章末检测试卷（第三章）（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（人教版 浙江）

章末检测试卷(第三章) (满分：100分) 一、选择题Ⅰ(本题共13小题，每小题3分，共39分。每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分) 1.(2021·天津卷)如图所示，闭合开关后，R=5 Ω的电阻两端的交流电压为u=50sin 10πt V，电压表和电流表均为理想交流电表，则(　　) A.该交流电周期为0.02 s B.电压表的读数为100 V C.电流表的读数为10 A D.电阻的电功率为1 kW 答案　C 解析　该交流电的周期T== s=0.2 s， 电压表的读数为交流电的有效值， 即U= V=50 V，选项A、B错误； 电流表的读数为I== A=10 A，选项C正确； 电阻的电功率为P=IU=10×50 W=500 W，选项D错误。 2.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则(　　) A.t=0时，线圈中的电流改变方向 B.t=1.0 s时，线圈平面垂直于磁感线 C.t=1.5 s时，线圈中的感应电动势为0 D.一个周期内，线圈产生的热量为8 J 答案　C 解析　每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值)，电流的方向改变一次，t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，线圈中的电流方向不改变，A错误；t=1.0 s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，B错误；t=1.5 s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为0，C正确；感应电动势最大值Em=NBSω=4π V，有效值E==2π V，一个周期内，线圈产生的热量为Q=T=8π2 J，D错误。 3.(2024·杭州师范大学附属中学高二期末)如图所示是输入电压为220 V，输出电压为20 V的变压器，相应的线圈匝数分别为n1和n2。则(　　) A.n1<n2 B.输入的电流大于输出的电流 C.绕制输入端线圈的导线比输出端的导线细 D.输出端连接的用电器数量增加，输入端功率不变 答案　C 解析　由题知，副线圈的电压小于原线圈的电压，故此为降压变压器，故n1>n2，故A错误；根据电流与匝数成反比可知，输入的电流小于输出的电流，故B错误；因为输出功率与输入功率相等，而副线圈中电流大，故绕制输入端线圈的导线比输出端的导线细，故C正确；输出端连接的用电器数量增加，输出功率增大，输入端功率增大，故D错误。 4.(2023·台州市高二期末)随着电动汽车的普及，汽车无线充电受到越来越多地关注。其原理如图所示，将受电线圈安装在汽车的底盘上，供电线圈安装在路基中，当电动汽车行驶到供电线圈装置上方时，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是(　　) A.供电线圈接直流电源也可以实现无线充电 B.地面供电线圈中电流和车身底部受电线圈中电流的频率相同 C.地面供电线圈和车身底部受电线圈的磁通量变化率相同 D.若供电线圈和受电线圈均采用超导材料，则能量的传输效率可达到100% 答案　B 解析　无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，若将供电线圈接到恒定电流的电源上，不能对蓄电池进行充电，应将供电线圈接到交流电源上，才能产生变化的磁场，使受电线圈发生电磁感应，对电池进行充电，故A错误；变压器变压不变频，所以受电线圈中交变电流的频率与供电线圈中交变电流的频率相同，故B正确；由于存在漏磁，即地面供电线圈产生的磁场没有完全提供给车身底部受电线圈，导致地面供电线圈和车身底部受电线圈的磁通量变化率不相同，故C错误；由于漏磁等因素，传输效率不可能达到100%，故D错误。 5.(2023·温州市高二月考)为探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，小明绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上(线圈电阻忽略不计)，如图所示，他将线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，线圈b接小灯泡，当闭合电源开关时，发现电源过载(电流过大，超过学生电源允许的最大值)指示灯亮。为解决电源过载问题，下列措施中可行的是(　　) A.增大电源电压 B.适当减小原线圈a的匝数 C.适当减小副线圈b的匝数 D.换一个电阻更小的灯泡 答案　C 解析　增大电源电压Ua，根据=，可知Ub增大，则流过灯泡的电流Ib增大，根据=，可知Ia增大，则过载更大，A错误；适当减小原线圈a的匝数na，根据=，可知Ub增大，则流过灯泡的电流Ib增大，根据=，可知Ia增大，则过载更大，B错误；适当减小副线圈b的匝数nb，根据=，可知Ub减小，则流过灯泡的电流Ib减小，根据=，可知Ia减小，则可解决过载问题，C正确；换一个电阻更小的灯泡，根据=，可知Ub不变，则流过灯泡的电流Ib增大，根据=，可知Ia增大，则过载更大，D错误。 6.(2024·杭州市高二期末)如图所示为远距离输电原理图，图中的电压表、电流表均为理想电表，变压器为理想变压器，发电机输出的电压恒定。若电压表V2示数减小，则(　　) A.电压表V1示数减小 B.电流表A1示数减小 C.电流表A2示数增大 D.发电机输出的功率减小 答案　C 解析　由于发电机输出电压不变，因此由变压器的变压比可知，电压表V1的示数不变，故A错误；由于电压表V2示数减小，可知降压变压器原线圈两端的电压变小，因此输电线上损失的电压ΔU变大，由I1=可知，输送电流增大，电流表A1的示数变大，发电机的输出功率增大，故B、D错误；根据变压器的变流比可知，电流表A2的示数增大，故C正确。 7.(2023·舟山市高二期末)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b，当输入电压u的有效值为灯泡额定电压的5倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是(　　) A.原、副线圈匝数之比为2∶1 B.原、副线圈匝数之比为1∶2 C.此时a和b的电功率之比为1∶1 D.此时a和b的电功率之比为1∶4 答案　D 解析　灯泡正常发光，则灯泡两端电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为4U，输出电压为U，则可知，原、副线圈匝数之比为4∶1，故A、B错误；根据变压器原理可得==，所以I1=I2，由于小灯泡两端电压相等，所以根据公式P=UI，可得两者的电功率之比为1∶4，故C错误，D正确。 8.(2024·金华市高二期末)2023年1月“白浙工程”(白鹤滩—浙江800 kV特高压直流输电工程)成功投产运营，该工程是国家“西电东送”战略部署的重点工程。输电线路流程和参数可简化为如图，变压设备和整流逆变设备造成的能量损失均不计。直流和交流转变时有效值不发生变化。下列说法正确的是(　　) A.采用直流输电可以减少远距离输电中感抗、容抗引起的电能损失 B.“500 kV”指交流电的平均值 C.若保持输送功率不变，远距离输电电压降低一半，输电线电阻上损失的电能为原来的一半 D.降压变压器的原副线圈匝数之比为8∶5 答案　A 解析　采用直流输电可以减少远距离输电中感抗、容抗引起的电能损失，故A正确；“500 kV”指交流电的有效值，故B错误； 输电线电阻上损失的功率为ΔP=I2r线=()2r线，如果保持输送功率不变，若远距离输电电压降低一半，则输电线电阻上损失的功率变为原来的4倍，故C错误；由于输电线电阻存在一定的损失电压，则降压变压器原线圈的输入电压小于800 kV，则降压变压器的原副线圈匝数之比满足=<=，故D错误。 9.(2024·浙江1月选考)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u=5sin (100πt) V的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是(　　) A.< B.< C.用电压表测原线圈两端电压，示数为5 V D.副线圈输出交流电压的频率是100 Hz 答案　B 解析　原线圈两端电压的有效值U1= V= V，根据电压与匝数关系有=，变压器副线圈电压的峰值U2max=U2，根据题意有U2max>10×103 V，解得<，故A错误，B正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1= V，故C错误；根据ω=2πf=100π rad/s，解得f=50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D错误。 10.图甲为某变压器，由于铁芯中有涡流，其效率为95%，ab为原线圈，cd为副线圈，e为副线圈中引出的一个接头。ab端输入电压如图乙所示，若只在cd上接一个800 Ω的电阻，或者只在ce处接一个450 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W，下列说法正确的是(　　) A.原线圈输入电压的瞬时值表达式为e=220·sin 100πt(V) B.两种情况下原线圈中的电流有效值大小不同 C.只在cd上接一个800 Ω的电阻时，原线圈中电流大小为 A D.cd和ce间线圈的匝数之比为4∶3 答案　D 解析　由题图乙可知输入电压峰值为220 V，周期为0.02 s，则原线圈输入电压的瞬时值表达式为e=220sin 100πt(V)，A错误；两种情况下电阻消耗的功率均为80 W，则原线圈输入功率相同，两种情况下原线圈中的电流有效值大小相同，B错误；只在cd上接一个800 Ω的电阻时，电压有效值U1=220 V，变压器的效率为95%，P1== W，原线圈中的电流I1== A≈0.38 A> A，故C错误；设ab间匝数为n1，则=，=，由题意知=，解得=，代入数据得=，故cd和ce间线圈的匝数之比为4∶3，D正确。 11.(2023·浙江大学附属中学高二期中)如图所示，ab间接有一电压稳定的正弦交流电，交流电流表和交流电压表均为理想电表，开始时开关S处于断开状态，下列说法正确的是(　　) A.若仅将滑动变阻器的滑动触头P向左滑动，电压表的示数将减小 B.若仅将滑动变阻器的滑动触头P向左滑动，电流表的示数将减小 C.若仅将开关S闭合，电压表的示数将减小 D.若仅将开关S闭合，电流表的示数将减小 答案　C 解析　当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻将减小，副线圈中电压一定，则副线圈的电流I2将变大，电压表的示数为UV=I2R2，可知电压表示数将变大；由=，可知原线圈中的电流I1将变大，即电流表的示数将变大，A、B项错误；若将开关S闭合，副线圈所接负载电阻的总阻值减小，副线圈中的电流I2增大，滑动变阻器R两端的电压变大，则电压表的示数将减小；由=，可知电流表的示数I1增大，C项正确，D项错误。 12.如图所示为一理想变压器，其原线圈与一学生电源相连，P为滑动触头，开始时白炽灯L正常发光(阻值随温度的增加而变大)。现令P从均匀密绕的副线圈最顶端开始，沿副线圈缓慢匀速下滑，直至白炽灯L两端的电压为零。用U1表示原线圈两端的总电压，U2表示灯泡两端的电压，I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流(U1、U2、I1、I2均指有效值)。下图能正确反映相应物理量变化趋势的是(　　) 答案　B 解析　变压器原线圈电压U1是不变的，则选项A错误；根据U2=U1，由于P从均匀密绕的副线圈最顶端开始，沿副线圈缓慢匀速下滑，所以副线圈的有效的匝数n2均匀减小，所以副线圈两端的电压即灯泡两端的电压U2均匀减小，选项B正确；因为白炽灯灯泡的电阻随着温度的增加而变大，所以电压和电流不是正比例的关系，I2-t图像不是直线；由于I1=I2，所以I1-t图像也不是直线，选项C、D错误。 13.在如图甲所示的电路中，ab两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，电压表的示数为22 V，D为理想二极管，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是(　　) A.理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1 B.若RT处出现火灾时，电压表示数不变，电流表示数将变小 C.若RT处出现火灾时，指示灯L将变暗 D.若只将原线圈的理想二极管去掉，则电压表的示数会变为原来的2倍 答案　C 解析　设原线圈两端电压为U1，根据电流的热效应可得T=×，解得U1= V，由=得=，故A错误；输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，若RT处出现火灾时，RT电阻变小，副线圈的电流变大，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故B错误；若RT处出现火灾时，RT电阻变小，副线圈中电流变大，R0两端电压变大，则指示灯两端电压变小，指示灯变暗，故C正确；有二极管时原线圈两端电压为 V，没有二极管时原线圈两端电压为 V，则原线圈两端电压变为原来的倍，由于匝数比不变，则电压表的示数变为原来的倍，故D错误。 二、选择题Ⅱ(本题共2小题，每小题3分，共6分。每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的。全部选对的得3分，选对但不选全的得2分，有选错的得0分) 14.(2023·温州市高二月考)如图所示，电阻不计的矩形导线框abcd处于匀强磁场中。t=0时刻，线框处于图示位置，线框绕中心轴OO'匀速转动时，产生的感应电动势e=200cos(100πt) V。线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20 V　8 W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为 A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计，下列说法中正确的是(　　) A.t=0时刻线框中磁通量变化率最大 B.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1 C.若副线圈两端并联多只“20 V　8 W”的灯泡，则最多不能超过10只 D.若线框转速减半，产生的感应电动势e=100·cos(100πt) V 答案　AB 解析　题图所示位置线框与中性面垂直，感应电动势最大，所以线框中磁通量的变化率最大，故A正确；线框绕中心轴OO'匀速运动时，产生的感应电动势为e=200cos(100πt) V，故输入变压器的电压的有效值为U1= V=200 V，灯泡能正常发光，所以变压器的输出电压为20 V，===，故B正确；电路中熔断器熔断电流为 A，此时有U1I1=U2(nIL)，解得n≈14，所以副线圈两端并联“20 V　8 W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误；若线框转速减半，根据公式Em=NBSω=2πnNBS，产生的最大电动势也减半，线框转动的角速度为ω=2πn=50π rad/s，则产生的感应电动势为e=100cos(50πt) V，故D错误。 15.(2021·浙江1月选考)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO'轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周(　　) A.框内电流方向不变 B.电动势的最大值为Um C.流过电阻的电荷量q= D.电阻产生的焦耳热Q= 答案　BD 解析　金属框转动一周，金属框内的电流方向改变两次，A项错误；因除电阻R外其他电阻不计，R两端电压就等于电动势，所以电动势最大值为Um，B项正确；流过电阻的电荷量q=，C项错误；电阻R两端的电压的有效值U=，Um=BL2ω，T=，又Q=T，联立解得Q=，D项正确。 三、非选择题(本题共5小题，共55分) 16.Ⅰ.(6分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中： (1)(2分)下列仪器中不需要的是　　　　。  (2)(1分)实验时，原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是　　　　。 A.原线圈接直流电压，多用电表用直流电压挡 B.原线圈接直流电压，多用电表用交流电压挡 C.原线圈接交流电压，多用电表用交流电压挡 D.原线圈接交流电压，多用电表用直流电压挡 (3)(3分)若某次实验中用匝数N1=400、N2=800的变压器，测得的电压分别为U1=3.6 V、U2=8.2 V，据此可知　　　　(填“N1”或“N2”)是原线圈匝数，电压比与匝数比不相等的原因可能是　　　　。 答案　(1)AB　(2)C　 (3)N2　 存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等 解析　(1)仪器中不需要干电池和磁体，需要低压交流电源给变压器供电，需要多用电表测量变压器的电压，A、B符合题意，C、D不符合题意； (2)变压器接直流电源不能工作，必须接交流电源才能工作，多用电表也必须用交流电压挡，故选C； (3)若N1是原线圈匝数，根据匝数比，副线圈两端的电压为7.2 V，或者小于7.2 V，不可能是8.2 V，所以N2是原线圈匝数，电压比与匝数比不相等的原因可能有存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等。 Ⅱ.(8分)小明和同学在物理实验室中探究变压器线圈两端的电压和匝数关系的时候，观察了可拆变压器，发现以下几个问题，便和小组同学展开了讨论。 (1)(2分)观察可拆变压器的铁芯，发现它的铁芯是　　　　　。 A.整块硅钢 B.整块不锈钢 C.绝缘的硅钢片叠成的 (2)(2分)观察原、副线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数　　　　　(选填“多”或“少”)。 (3)(2分)实验中将电源接在原线圈两个接线柱上，调整原、副线圈的匝数比为1∶2，用电压表测得副线圈两个接线柱之间电压为4 V，则原线圈输入的电压可能是　　　　　。 A.1.0 V　　B.2.0 V　　C.2.2 V (4)(2分)如图所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡。下列说法正确的是　　　　　。 A.与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力 B.若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将增加 C.若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起 D.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈 答案　(1)C　(2)少　(3)C　(4)AC 解析　(1)观察可拆变压器的铁芯，发现它的铁芯是绝缘的硅钢片叠成的。故选C。 (2)观察原、副线圈的导线，发现粗细不同，根据=，可知，匝数少的电流大，则导线粗的线圈匝数少。 (3)若是理想变压器，则有=，可知副线圈两个接线柱之间电压为4 V，则原线圈输入的电压为2 V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈输入的电压大于2 V。故选C。 (4)变压器线圈通电后会产生磁场，从而对变压器上端的横条铁芯有吸引作用，则与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，选项A正确；若仅增加原线圈绕制的圈数，则次级电压减小，小灯泡的亮度将变暗，选项B错误；若仅增加副线圈绕制的圈数，则次级电压变大，功率变大，学生电源的过载指示灯可能会亮起，选项C正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，铁芯起到传递能量的作用，而不是导电，故D错误。 17.(8分)如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2=200，灯泡A标有“5 V　2 W”的字样，电动机D的线圈电阻为1 Ω。将交流电压u=100sin 100πt (V)加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求： (1)(4分)副线圈两端电压； (2)(4分)电动机D消耗的电功率。 答案　(1)25 V　(2)8 W 解析　(1)交流电压u=100sin 100πt (V)， 最大值为Um=100 V 故有效值为U1== V=100 V 根据理想变压器= 有U2== V=25 V (2)由于灯泡正常发光，故电流为 I== A=0.4 A 电动机两端电压为 UD=U2-UL=25 V-5 V=20 V 电动机消耗的电功率为 PD=UDI=20×0.4 W=8 W。 18.(11分)如图所示，一小型发电机内有匝数n=100的矩形线圈，矩形面积S=0.10 m2，线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在B=0.10 T的匀强磁场中，以恒定的角速度ω=100π rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动，发电机线圈两端与R=100 Ω的电阻构成闭合回路，π取3.14。 (1)(3分)求线圈转动时产生感应电动势的最大值； (2)(3分)从线圈平面在中性面位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； (3)(5分)求从线圈平面在中性面位置开始，线圈转过90°角的过程中通过电阻R的电荷量。 答案　(1)314 V　(2)e=314sin 100πt (V) (3)0.01 C 解析　(1)线圈中感应电动势的最大值为Em=nBSω=100×0.10×0.10×100π V=314 V (2)从中性面开始计时， 线圈中感应电动势的瞬时值表达式为 e=Emsinωt=314sin 100πt (V) (3)平均感应电动势=n=nB 平均电流= 转过90°角过程中的电荷量为q=Δt= 代入数据解得q=0.01 C。 19.(11分)(2023·宁波市高二期中)如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd连接到变压器原线圈上，变压器为理想变压器，副线圈接电阻R=10 Ω，已知线圈边长ab=cd=0.1 m，ad=bc=0.2 m，匝数N=50，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端。变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶3，线圈在磁感应强度大小为B=0.2 T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以ω=200 rad/s的角速度匀速转动，求： (1)(4分)从图示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值e的表达式； (2)(2分)理想交流电压表的示数U； (3)(5分)电阻R上消耗的电功率P。 答案　(1)e=40cos 200t (V)　(2)20 V　(3)720 W 解析　(1)感应电动势的最大值为Em=NBSω 解得Em=50×0.2×0.1×0.2×200 V=40 V 故从题图所示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势随时间变化的关系式为e=40cos 200t (V) (2)由于线圈电阻不计，所以电压表示数等于感应电动势的有效值，则有U=，解得U=20 V (3)根据= 解得U2=60 V 则电阻R上消耗的电功率为P= 解得P=720 W。 20.(11分)(2024·嘉兴市高二期末)如图甲所示为某小型水电站的发电机示意图，已知正方形线圈边长L=100 cm，匝数N=100，线圈电阻不计；线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO'匀速转动，转速n=100 r/s；已知电动势最大值Em=500 V。 (1)(3分)求发电机中匀强磁场的磁感应强度大小； (2)(2分)从线圈在图甲所示位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的函数表达式； (3)(6分)如图乙所示，将发电机通过升压变压器T1升压后向远处输电，发电机的输出功率为200 kW，输电线的总电阻为4 Ω，在用户端用降压变压器T2把电压降为220 V，要求在输电线上损失的功率控制在10 kW，则T1、T2的原副线圈匝数比和分别为多少？ 答案　(1) T　(2)e=500cos 200πt(V)　(3)　 解析　(1)线圈转动的角速度ω=2πn=200π rad/s，线圈面积S=L2=1 m2 由Em=NBSω得B= T (2)线圈初始时刻与中性面位置垂直，则感应电动势随时间变化的函数表达式e=Emcos ωt=500cos 200πt(V) (3)输电线上的电流I2==50 A T1原线圈两端电压为U1==500 V T1的输入电流I1==400 A 则T1原、副线圈匝数比== T1副线圈两端电压U2=U1=4 000 V T2原线圈两端电压U3=U2-I2r线=3 800 V 则T2原、副线圈匝数比==。 学科网（北京）股份有限公司 $ 章末检测试卷(第三章) 1 一、选择题Ⅰ 1.(2021·天津卷)如图所示，闭合开关后，R=5 Ω的电阻两端的交流电压为u=50sin 10πt V，电压表和电流表均为理想交流电表，则 A.该交流电周期为0.02 s B.电压表的读数为100 V C.电流表的读数为10 A D.电阻的电功率为1 kW 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 该交流电的周期T== s=0.2 s， 电压表的读数为交流电的有效值， 即U= V=50 V，选项A、B错误； 电流表的读数为I== A=10 A，选项C正确； 电阻的电功率为P=IU=10×50 W=500 W，选项D错误。 13 14 15 16 17 18 19 20 2.在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则 A.t=0时，线圈中的电流改变方向 B.t=1.0 s时，线圈平面垂直于磁感线 C.t=1.5 s时，线圈中的感应电动势为0 D.一个周期内，线圈产生的热量为8 J 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值)，电流的方向改变一次，t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，线圈中的电流方向不改变，A错误； 16 17 18 19 20 t=1.0 s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，B错误； t=1.5 s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为0，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 感应电动势最大值Em=NBSω=4π V，有效值E==2π V，一个周期内，线圈产生的热量为Q=T=8π2 J，D错误。 16 17 18 19 20 3.(2024·杭州师范大学附属中学高二期末)如图所示是输入电压为220 V，输出电压为20 V的变压器，相应的线圈匝数分别为n1和n2。则 A.n1<n2 B.输入的电流大于输出的电流 C.绕制输入端线圈的导线比输出端的导线细 D.输出端连接的用电器数量增加，输入端功率不变 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 由题知，副线圈的电压小于原线圈的电压，故此为降压变压器，故n1>n2，故A错误； 根据电流与匝数成反比可知，输入的电流小于输出的电流，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 因为输出功率与输入功率相等，而副线圈中电流大，故绕制输入端线圈的导线比输出端的导线细，故C正确； 输出端连接的用电器数量增加，输出功率增大，输入端功率增大，故D错误。 4.(2023·台州市高二期末)随着电动汽车的普及，汽车无线充电受到越来越多地关注。其原理如图所示，将受电线圈安装在汽车的底盘上，供电线圈安装在路基中，当电动汽车行驶到供电线圈装置上方时，受电线圈即可“接受”到供电线圈的电流，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是 A.供电线圈接直流电源也可以实现 　无线充电 B.地面供电线圈中电流和车身底部 　受电线圈中电流的频率相同 C.地面供电线圈和车身底部受电线圈的磁通量变化率相同 D.若供电线圈和受电线圈均采用超导材料，则能量的传输效率可达到100% 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，若将供电线圈接到恒定电流的电源上，不能对蓄电池进行充电，应将供电线圈接到交流电源上，才能产生变化的磁场，使受电线圈发生电磁感应，对电池进行充电，故A错误； 变压器变压不变频，所以受电线圈中交变电流的频率与供电线圈中交变电流的频率相同，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 由于存在漏磁，即地面供电线圈产生的磁场没有完全提供给车身底部受电线圈，导致地面供电线圈和车身底部受电线圈的磁通量变化率不相同，故C错误； 由于漏磁等因素，传输效率不可能达到100%，故D错误。 5.(2023·温州市高二月考)为探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，小明绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上(线圈电阻忽略不计)，如图所示，他将线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，线圈b接小灯泡，当闭合电源开关时，发现电源过载(电流过大，超过学生电源允许的最大值)指示灯亮。为解决电源过载问题，下列措施中可行的是 A.增大电源电压 B.适当减小原线圈a的匝数 C.适当减小副线圈b的匝数 D.换一个电阻更小的灯泡 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 增大电源电压Ua，根据=，可知Ub增大，则流过灯泡的电流Ib增大，根据=，可知Ia增大，则过载更大，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 适当减小原线圈a的匝数na，根据=，可知Ub增大，则流过灯泡的电流Ib增大，根据=，可知Ia增大，则过载更大，B错误； 适当减小副线圈b的匝数nb，根据=，可知Ub减小，则流过灯泡的电流Ib减小，根据=，可知Ia减小，则可解决过载问题，C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 换一个电阻更小的灯泡，根据=，可知Ub不变，则流过灯泡的电流Ib增大，根据=，可知Ia增大，则过载更大，D错误。 6.(2024·杭州市高二期末)如图所示为远距离输电原理图，图中的电压表、电流表均为理想电表，变压器为理想变压器，发电机输出的电压恒定。若电压表V2示数减小，则 A.电压表V1示数减小 B.电流表A1示数减小 C.电流表A2示数增大 D.发电机输出的功率减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由于发电机输出电压不变，因此由变压器的变压比可知，电压表V1的示数不变，故A错误； 16 17 18 19 20 由于电压表V2示数减小，可知降压变压器原线圈两端的电压变小，因此输电线上损失的电压ΔU变大，由I1=可知，输送电流增大，电流表A1的示数变大，发电机的输出功率增大，故B、D错误； 根据变压器的变流比可知，电流表A2的示数增大，故C正确。 7.(2023·舟山市高二期末)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b，当输入电压u的有效值为灯泡额定电压的5倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是 A.原、副线圈匝数之比为2∶1 B.原、副线圈匝数之比为1∶2 C.此时a和b的电功率之比为1∶1 D.此时a和b的电功率之比为1∶4 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 灯泡正常发光，则灯泡两端电压均为额定电压U，则说明原线圈输入电压为4U，输出电压为U，则可知，原、副线圈匝数之比为4∶1，故A、B错误； 根据变压器原理可得==，所以I1=I2，由于小灯泡两端电压相等，所以根据公式P=UI，可得两者的电功率之比为1∶4，故C错误，D正确。 8.(2024·金华市高二期末)2023年1月“白浙工程”(白鹤滩—浙江800 kV特高压直流输电工程)成功投产运营，该工程是国家“西电东送”战略部署的重点工程。输电线路流程和参数可简化为如图，变压设备和整流逆变设备造成的能量损失均不计。直流和交流转变时有效值不发生变化。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 下列说法正确的是 A.采用直流输电可以减少远距离输电中感抗、容抗引起的电能损失 B.“500 kV”指交流电的平均值 C.若保持输送功率不变，远距离输电电压降低一半，输电线电阻上损失 　的电能为原来的一半 D.降压变压器的原副线圈匝数之比为8∶5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 采用直流输电可以减少远距离输电中感抗、容抗引起的电能损失，故A正确；“500 kV”指交流电的有效值，故B错误； 输电线电阻上损失的功率为ΔP=I2r线=()2r线，如果保持输送功率不变，若远距离输电电压降低一半，则输电线电阻上损失的功率变为原来的4倍，故C错误； 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由于输电线电阻存在一定的损失电压，则降压变压器原线圈的输入电压小于800 kV，则降压变压器的原副线圈匝数之比满足=< =，故D错误。 16 17 18 19 20 9.(2024·浙江1月选考)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u=5sin (100πt) V的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是 A.< B.< C.用电压表测原线圈两端电压，示数为5 V D.副线圈输出交流电压的频率是100 Hz 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 原线圈两端电压的有效值U1= V= V，根据电压与匝数关系有=，变压器副线圈电压的峰值U2max=U2，根据题意有U2max>10×103 V，解得<，故A错误，B正确； 16 17 18 19 20 用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1= V，故C错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 根据ω=2πf=100π rad/s，解得f=50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D错误。 16 17 18 19 20 10.图甲为某变压器，由于铁芯中有涡流，其效率为95%，ab为原线圈，cd为副线圈，e为副线圈中引出的一个接头。ab端输入电压如图乙所示，若只在cd上接一个800 Ω的电阻，或者只在ce处接一个450 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W，下列说法正确的是 A.原线圈输入电压的瞬时值表达式为e 　=220·sin 100πt(V) B.两种情况下原线圈中的电流有效值 　大小不同 C.只在cd上接一个800 Ω的电阻时，原线圈中电流大小为 A D.cd和ce间线圈的匝数之比为4∶3 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 由题图乙可知输入电压峰值为220 V，周期为0.02 s，则原线圈输入电压的瞬时值表达式为e=220sin 100πt(V)，A错误； 16 17 18 19 20 两种情况下电阻消耗的功率均为80 W，则原线圈输入功率相同，两种情况下原线圈中的电流有效值大小相同，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 只在cd上接一个800 Ω的电阻时，电压有效值U1=220 V，变压器的效率为95%，P1== W， 16 17 18 19 20 原线圈中的电流I1== A≈0.38 A> A，故C错误； 设ab间匝数为n1，则==== =，故cd和ce间线圈的匝数之比为4∶3，D正确。 A.若仅将滑动变阻器的滑动触头P向左滑动，电压表的示数将减小 B.若仅将滑动变阻器的滑动触头P向左滑动，电流表的示数将减小 C.若仅将开关S闭合，电压表的示数将减小 D.若仅将开关S闭合，电流表的示数将减小 11.(2023·浙江大学附属中学高二期中)如图所示，ab间接有一电压稳定的正弦交流电，交流电流表和交流电压表均为理想电表，开始时开关S处于断开状态，下列说法正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 当滑动变阻器的滑动触头P向左滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻将减小，副线圈中电压一定，则副线圈的电流I2将变大，电压表 16 17 18 19 20 的示数为UV=I2R2，可知电压表示数将变大；由=，可知原线圈中的电流I1将变大，即电流表的示数将变大，A、B项错误； 若将开关S闭合，副线圈所接负载电阻的总阻值减小，副线圈中的电流I2增大，滑动变阻器R两端的电压变大，则电压表的示数将减小；由=，可知电流表的示数I1增大，C项正确，D项错误。 12.如图所示为一理想变压器，其原线圈与一学生电源相连，P为滑动触头，开始时白炽灯L正常发光(阻值随温度的增加而变大)。现令P从均匀密绕的副线圈最顶端开始，沿副线圈缓慢匀速下滑，直至白炽灯L两端的电压为零。用U1表示原线圈两端的总电压，U2表示灯泡两端的电压，I1表示流过原线圈的电流， 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 I2表示流过灯泡的电流(U1、U2、I1、I2均指有效值)。下图能正确反映相应物理量变化趋势的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 变压器原线圈电压U1是不变的，则选项A错误； 16 17 18 19 20 根据U2=U1，由于P从均匀密绕的副线圈最顶 端开始，沿副线圈缓慢匀速下滑，所以副线圈的有效的匝数n2均匀减小，所以副线圈两端的电压即灯泡两端的电压U2均匀减小，选项B正确； 因为白炽灯灯泡的电阻随着温度的增加而变大，所以电压和电流不是正比例的关系，I2-t图像不是直线；由于I1=I2，所以I1-t图像也不是直线，选项C、D错误。 13.在如图甲所示的电路中，ab两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，电压表的示数为22 V，D为理想二极管，R0为定值电阻，L为电阻恒定的指示灯，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是 A.理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1 B.若RT处出现火灾时，电压表示数不变， 　电流表示数将变小 C.若RT处出现火灾时，指示灯L将变暗 D.若只将原线圈的理想二极管去掉，则电压表的示数会变为原来的2倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ 16 17 18 19 20 设原线圈两端电压为U1，根据电流的热效应可得T=×，解 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 得U1= V，由==，故A错误； 输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，若RT处出现火灾时，RT电阻变小，副线圈的电流变大，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故B错误； 若RT处出现火灾时，RT电阻变小，副线圈中电流变大，R0两端电压变大，则指示灯两端电压变小，指示灯变暗，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 有二极管时原线圈两端电压为 V，没有二极管时原线圈两端电压为 V，则原线圈两端电压变为原来的 倍，故D错误。 二、选择题Ⅱ 14.(2023·温州市高二月考)如图所示，电阻不计的矩形导线框abcd处于匀强磁场中。t=0时刻，线框处于图示位置，线框绕中心轴OO'匀速转动时，产生的感应电动势e=200cos(100πt) V。线框的输出端与理想变压器原 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 线圈相连，副线圈连接着一只“20 V　8 W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为 A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计， 下列说法中正确的是 A.t=0时刻线框中磁通量变化率最大 B.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1 C.若副线圈两端并联多只“20 V　8 W”的灯泡， 　则最多不能超过10只 D.若线框转速减半，产生的感应电动势e=100·cos(100πt) V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 16 17 18 19 20 题图所示位置线框与中性面垂直，感应电动势最大，所以线框中磁通量的变化率最大，故A正确； 线框绕中心轴OO'匀速运动时，产生的感应电动 势为e=200cos(100πt) V，故输入变压器的电压的 有效值为U1= V=200 V，灯泡能正常发光，所以变压器的输出电压为20 V，===，故B正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 电路中熔断器熔断电流为 A，此时有U1I1= U2(nIL)，解得n≈14，所以副线圈两端并联“20 V　8 W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误； 若线框转速减半，根据公式Em=NBSω=2πnNBS， 产生的最大电动势也减半，线框转动的角速度为ω=2πn=50π rad/s，则产生的感应电动势为e=100cos(50πt) V，故D错误。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 15.(2021·浙江1月选考)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO'轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周 A.框内电流方向不变 B.电动势的最大值为Um C.流过电阻的电荷量q= D.电阻产生的焦耳热Q= 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 √ √ 16 17 18 19 20 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 金属框转动一周，金属框内的电流 方向改变两次，A项错误； 因除电阻R外其他电阻不计，R两端 电压就等于电动势，所以电动势最大值为Um，B项正确； 16 17 18 19 20 流过电阻的电荷量q=，C项错误； 电阻R两端的电压的有效值U=，Um=BL2ω，T=，又Q=T，联立解得Q=，D项正确。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 三、非选择题 16.Ⅰ.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中： (1)下列仪器中不需要的是　　 。  AB 仪器中不需要干电池和磁体，需要低压交流电源给变压器供电，需要多用电表测量变压器的电压，A、B符合题意，C、D不符合题意； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (2)实验时，原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是　　。 A.原线圈接直流电压，多用电表用直流电压挡 B.原线圈接直流电压，多用电表用交流电压挡 C.原线圈接交流电压，多用电表用交流电压挡 D.原线圈接交流电压，多用电表用直流电压挡 C 变压器接直流电源不能工作，必须接交流电源才能工作，多用电表也必须用交流电压挡，故选C； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 (3)若某次实验中用匝数N1=400、N2=800的变压器，测得的电压分别为U1=3.6 V、U2=8.2 V，据此可知　 　(填“N1”或“N2”)是原线圈匝数，电压比与匝数比不相等的原因可能是______________________________ _________。 N2 存在漏磁、线圈电阻大、铁芯 发热等 若N1是原线圈匝数，根据匝数比，副线圈两端的电压为7.2 V，或者小于7.2 V，不可能是8.2 V，所以N2是原线圈匝数，电压比与匝数比不相等的原因可能有存在漏磁、线圈电阻大、铁芯发热等。 Ⅱ.小明和同学在物理实验室中探究变压器线圈两端的电压和匝数关系的时候，观察了可拆变压器，发现以下几个问题，便和小组同学展开了讨论。 (1)观察可拆变压器的铁芯，发现它的铁芯是　　。 A.整块硅钢 B.整块不锈钢 C.绝缘的硅钢片叠成的 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 C 观察可拆变压器的铁芯，发现它的铁芯是绝缘的硅钢片叠成的。故选C。 (2)观察原、副线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数　　(选填“多”或“少”)。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 少 观察原、副线圈的导线，发现粗细不同，根据=，可知，匝数少的电流大，则导线粗的线圈匝数少。 (3)实验中将电源接在原线圈两个接线柱上，调整原、副线圈的匝数比为1∶2，用电压表测得副线圈两个接线柱之间电压为4 V，则原线圈输入的电压可能是　　　。 A.1.0 V　　B.2.0 V　　C.2.2 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 C 若是理想变压器，则有=，可知副线圈两个接线柱之间电压为4 V，则原线圈输入的电压为2 V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈输入的电压大于2 V。故选C。 (4)如图所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡。下列说法正确的是　　　。 A.与变压器未通电时相比较，此时若将可拆 　变压器上端的横条铁芯取下将更费力 B.若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮 　度将增加 C.若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起 D.变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 AC 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 变压器线圈通电后会产生磁场，从而对变压器上端的横条铁芯有吸引作用，则与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，选项A正确； 若仅增加原线圈绕制的圈数，则次级电压减小，小灯泡的亮度将变暗，选项B错误； 若仅增加副线圈绕制的圈数，则次级电压变大，功率变大，学生电源的过载指示灯可能会亮起，选项C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 变压器的工作原理是电磁感应现象，在原线圈上将电能转化为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，铁芯起到传递能量的作用，而不是导电，故D错误。 17.如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2=200，灯泡A标有“5 V　2 W”的字样，电动机D的线圈电阻为1 Ω。将交流电压u=100sin 100πt (V)加到理想变压器原线圈两端，灯泡恰能正常发光，求： (1)副线圈两端电压； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 答案　25 V 交流电压u=100sin 100πt (V)， 最大值为Um=100 V 故有效值为U1== V=100 V 根据理想变压器= 有U2== V=25 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 (2)电动机D消耗的电功率。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 答案　8 W 由于灯泡正常发光，故电流为 I== A=0.4 A 电动机两端电压为 UD=U2-UL=25 V-5 V=20 V 电动机消耗的电功率为 PD=UDI=20×0.4 W=8 W。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 18.如图所示，一小型发电机内有匝数n=100的矩形线圈，矩形面积S=0.10 m2，线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在B=0.10 T的匀强磁场中，以恒定的角速度ω=100π rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动，发电机线圈两端与R=100 Ω的电阻构成 闭合回路，π取3.14。 (1)求线圈转动时产生感应电动势的最大值； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 答案　314 V 线圈中感应电动势的最大值为Em=nBSω=100×0.10×0.10×100π V=314 V (2)从线圈平面在中性面位置开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 答案　e=314sin 100πt (V) 从中性面开始计时， 线圈中感应电动势的瞬时值表达式为 e=Emsinωt=314sin 100πt (V) (3)求从线圈平面在中性面位置开始，线圈转过90°角的过程中通过电阻R的电荷量。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 答案　0.01 C 平均感应电动势=n=nB 平均电流= 转过90°角过程中的电荷量为q=Δt= 代入数据解得q=0.01 C。 19.(2023·宁波市高二期中)如图所示，将一交流发电机的矩形线圈abcd连接到变压器原线圈上，变压器为理想变压器，副线圈接电阻R=10 Ω，已知线圈边长ab=cd=0.1 m，ad=bc=0.2 m，匝数N=50，线圈电阻不计，理想交流电压表接在原线圈两端。变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶3，线圈在磁感应强度大小为B=0.2 T的匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以ω=200 rad/s的角速度匀速转动，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 (1)从图示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势瞬时值e的表达式； 答案　e=40cos 200t (V) 感应电动势的最大值为Em=NBSω 解得Em=50×0.2×0.1×0.2×200 V=40 V 故从题图所示位置开始计时，线圈中产生的感应电动势随时间变化的关系式为e=40cos 200t (V) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 (2)理想交流电压表的示数U； 答案　20 V 由于线圈电阻不计，所以电压表示数等于感应电动势的有效值，则有U=，解得U=20 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 (3)电阻R上消耗的电功率P。 答案　720 W 根据= 解得U2=60 V 则电阻R上消耗的电功率为P= 解得P=720 W。 20.(2024·嘉兴市高二期末)如图甲所示为某小型水电站的发电机示意图，已知正方形线圈边长L=100 cm，匝数N=100，线圈电阻不计；线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO'匀速转动，转速n=100 r/s；已知电动势最大值Em=500 V。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 (1)求发电机中匀强磁场的磁感应强度大小； 答案　 T 线圈转动的角速度ω=2πn=200π rad/s，线圈面积S=L2=1 m2 由Em=NBSω得B= T 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 (2)从线圈在图甲所示位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的函数表达式； 答案　e=500cos 200πt(V) 线圈初始时刻与中性面位置垂直，则感应电动势随时间变化的函数表达式e=Emcos ωt=500cos 200πt(V) 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 (3)如图乙所示，将发电机通过升压变压器T1升压后向远处输电，发电机的输出功率为200 kW，输电线的总电阻为4 Ω，在用户端用降压变压器T2把电压降为220 V，要求在输电线上损失的功率控制在10 kW，则T1、T2的原副线圈匝数比和分别为多少？ 答案　　 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 输电线上的电流I2==50 A T1原线圈两端电压为U1==500 V T1的输入电流I1==400 A 则T1原、副线圈匝数比== T1副线圈两端电压U2=U1=4 000 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 17 18 19 20 16 T2原线圈两端电压U3=U2-I2r线=3 800 V 则T2原、副线圈匝数比==。 $