2018届山东省滕州市第十一中学高三物理一轮复习专题：交变电流练习题(无答案)

专题11 交变电流 传感器1. （15江苏卷）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V 交变电流改为110V ，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为 A ．200 B ．400 C ．1600 D ．3200 解析：根据2121n n U U =，解得4002=n . 答案：B2．（15北京卷）利用所学物理知识，可以初步了解常用的一卡通（IC 卡）的工作原理及相关问题.IC 卡内部有一个由电感线圈 L 和电容 C 构成的 LC 振荡电路，公交车上的读卡机（刷卡时“嘀”的响一声的机器）向外发射某一特定频率的电磁波.刷卡时，IC 卡内的线圈 L 中产生感应电流，给电容 C 充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输.下列说法正确的是IC 卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B ．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效工作C ．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈 L 不会产生感应电流D ．IC 卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息 答案：B解析：IC 卡内只是一个 LC 振荡电路，并没有电池，故A 选项错；只有当读卡机发出特定频率的电磁波时，IC 卡才能正常工作，故 B 选项对；当读卡机发射的电磁波偏离该频率时，也会产生变化的磁场，但达不到电谐振，线圈中仍可以产生的电流但较小，故 C 错；IC 卡是可以和读卡机进行数据传输的，如可以显示卡内余额，故 D 选项错.3.（15福建卷）图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1 、n 2 .在T 的原线圈两端接入一电压的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )答案：C解析：原线圈电压的有效值：21m U U =，根据2121n n U U =可求：2122m Un n U =，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的电流功率等于输入功率P ，所以输电线上电流2U PI =，导线上损耗的电功率2221242⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=='m U P nn r r I P ，所以C 正确，A 、B 、D 错误.4.（15四川卷）小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示.矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是D ．有效值是 答案：D解析：由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e 0，又因为发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne 0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne 0，故选项A 、B 错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U ＝，即022Ne 02Ne 2m UU ＝，故选项C错误；选项D 正确.5.（15安徽卷）图示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的变流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是 A ．电压表V 1示数增大 B ．电压表V 2、V 3示数均增大 C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动 答案：D解析：根据变压器原理，输出电压U 2保持不变，而A 2示数变大说明回路电阻变小，所以滑动变阻器电阻R 减小了，即变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，故答案为D ．6.（15广东卷）图5为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220V 降至110V ，调节前后A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2 答案：C解析：设原线圈中电流为I 1，匝数为n 1，两端输入电压为U 1，输入功率为P 1，幅线圈中电流为I 2，匝数为n 2，两端输出电压为U 2，输出功率为P 2，根据理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系有：21U U ＝21n n ，所以当输出电压U 2由220V 降至110V 时，副线圈匝数n 2也应减少为一半，故选项C 正确；由于副线圈两端所接用电器不变，所以当用电器电压减半时，02Ne其电流I2也减半，故选项A错误；根据功率计算式P＝UI可知，副线圈中输出功率P2变为原来的1/4，故选项B错误；由能量守恒定律可知，原线圈中输入功率P1也变为原来的1/4，故选项D错误.。

，和均为理想电表，灯泡电2sin 100πt(V)．下列说法正确的是(A．电流频率为 B.的读数为24 VC.的读数为D．变压器输入功率为6 W得：f＝50 Hz，A错．有效值错．由能量守恒得P1＝P2线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2.则()2压表和电流表均为理想电表．则下列说法正确的是()．图乙所示电压的瞬时值表达式为u＝51 sin 50πt V．变压器原、副线圈中的电流之比为1 ：4．变压器输入、输出功率之比为1 ：4处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大L 1正常发光．S 闭合后，下列说法正确的是的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1 A．副线圈两端电压为22 2 V ．电动机输出的机械功率为12 W ．通过电动机的交流电频率为50 Hz．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小＝220 V ，又知n ：n ＝10 ：1，则由U 1＝的电阻不计，则下列说法中正确的是( )rPB rPBC ．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为πR 2BrD ．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为零解析：转动的半圆形导线切割磁感线，产生感应电动势直接给灯泡供电，因灯泡此时正常发光，则其功率为P ，电阻为r ，设线圈转速为n ，则感应电动势的有效值E 有＝B ·π·R 2·12·2πn2，由P ＝U 2R 得：E 2有＝P ·r ，可求得：n ＝2rP π2R 2B，则A 对、B 错；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电荷量q ＝ΔΦr ＝B ·π·R 2·12r ＝πR 2B 2r，则C 、D 错．答案：A7．理想变压器原、副线圈匝数比n 1 n 2＝2 1.如图所示，电路中接有规格均为“220 V 40 W ”的三个完全相同的灯泡A 、B 、C ，若三只灯泡都正常发光，则此时输入电压U 0为( )A ．220 VB ．380 VC ．600 VD ．660 V解析：负载电阻为R ＝12R 灯＝22022×40Ω＝605 Ω设负载等效到变压器输入端的电阻为R ′，则变压器的输入等效电路如图所示，所以由变阻规律可得R ′＝⎝⎛⎭⎫n 1n 22R ＝2 420 Ω则由图可知，阻值为1 210 Ω的灯泡A 与电阻R ′串联，灯泡正常发光时两端电压为220 V ，根据串联电路的分压规律可得输入电压为U 0＝220 V ＋2×220 V ＝660 V ．故选项D 正确． 答案：D8．(2017·湖南六校联考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT ，单匝矩形线圈的面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A 为交流电流表．调整副线圈的触头P ，当变压器原、副线圈的匝数比为2 ：1时，副线圈电路中标有“6 V 6 W ”的灯泡正常发光，以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为1 AB ．矩形线圈产生电动势的有效值为18 VC ．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝12 2 sin 30πt VD ．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当上移U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有不变，U3变小2P2变大，P3变大当用户消耗的电功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u＝220 2ΔtA ．导线圈的电动势为20 VB ．导线圈的电动势为10 2 VC ．负载电阻R 的电流为 2 AD ．电流表的示数为 2 A解析：根据法拉第电磁感应定律，电动势最大值E m ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0ωS ＝B 02πTS ，代入数据可得E m ＝20 V ，电动势有效值E ＝10 2 V ，B 正确，A 错误．电压与匝数成正比，所以变压器副线圈电压U 2＝10E ＝100 2 V ，变压器副线圈电压I 2＝U 2/R ＝2/10 A ，电流与匝数成反比，所以原线圈电流I 1＝10I 2＝ 2 A ，C 错误，D 正确．答案：BD 12．(2017·贵州六校联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1 ：n 2＝10 ：1，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻R ＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )A ．当S 与a 连接后，理想电流表的示数为2.2 AB ．当S 与a 连接后，t ＝0.01 s 时理想电流表示数为零C ．当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D ．当S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz解析：S 与a 连接后，由U 1U 2＝n 1n 2，又知U 1＝22022V ＝200 V ，得U 2＝22 V ，则理想电压表的示数为22 V ，又知定值电阻R ＝10 Ω，可得理想电流表示数为I ＝U 2R＝2.2 A ，故A 对、B错；S 由a 拨到b 后，n 1 ：n 2＝5 ：1，则U 1 ：U ′2＝5 ：1，得U ′2＝2U 2，据P ＝U 2R得功率变为原来的4倍，故C 对；输出电压频率不变，仍为50 Hz ，故D 错．答案：AC 13．(2017·河南八市质检)理想变压器原线圈a 匝数n 1＝200匝，副线圈b 匝数n 2＝100匝，线圈a 接在u ＝44 2 sin 314t V 交流电源上，“12 V ,6 W”的灯泡恰好正常发光．电阻R 2＝16 Ω，电压表V 为理想电表．下列推断正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为25Wb/s C ．电压表V 的示数为22 V D ．R 1消耗的功率是1 W解析：由u ＝44 2 sin 314t V ，知f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 错误；灯泡正常发光，由P ＝UI得灯泡中的电流I 2＝6 W12 V＝0.5 A ，电压表的示数U 2＝12 V ＋0.5×16 V ＝20 V ，C 错误；穿过”，则下列说法正确的是()＝20 V，则A处并联三盏电灯均能正常发光＝20 V，则A处并联六盏电灯均能正常发光处安装六盏电灯均能正常发光，则正弦式交流电压有效值。

十一 交变电流 传感器(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．某交流电源电压的瞬时值表达式为u ＝6 2 sin 10πt (V)，则下列说法中正确的是( )A ．用交流电压表测该电源电压时，示数是6 VB ．用交流电压表测该电源电压时，示数是6 2 VC ．用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.01 sD ．把标有“6 V 3 W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡将被烧毁解析：选A.此交流电的有效值为6 V ，故用交流电压表测该电源电压时，示数是6 V ，选项A 正确，B 错误；因为T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，故用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.02 s ，选项C 错误；因为此交流电的有效值为6 V ，故把标有“6 V 3 W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡能正常发光，选项D 错误；故选A.2．小型交流发电机的矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系是正弦函数．将发电机与一个标有“6 V 6 W”的小灯泡连接形成闭合回路，不计电路的其他电阻．当线圈的转速为n ＝5 r/s 时，小灯泡恰好正常发光，则电路中电流的瞬时值表达式为( )A ．i ＝sin 5t (A)B ．i ＝sin 10πt (A)C ．i ＝1.41sin 5t (A)D ．i ＝1.41sin 10πt (A)解析：选D.因为小灯泡正常发光，所以电路中电流的有效值为I ＝P U＝1 A ，则电流的最大值为I m ＝ 2 A≈1.41 A ．因为转速n ＝5 r/s ，且ω＝2n π，所以ω＝10π rad/s ，故电路中电流的瞬时值表达式为i ＝1.41sin 10πt (A)，选项D 正确．3．远距离输电，原来采用2 200 V 输电，输电线上损失的电功率为P ，在保持输送电功率和输电线电阻不变的条件下，现采用22 kV 输电，则输电线上损失的电功率将变为( )A.1100 PB.110 P C ．10 P D ．100 P解析：选A.据题意，提升电压前，损失的功率为：P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 出U 2R ＝P 2出2 2002R ＝P 2出R 4.84×106；当电压提升后，损失功率为：P ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 出U ′2R ＝P 2出22 0002R ＝P 2出R 4.84×108，则P ′＝P 100，故选项A 正确．4. 如图所示，一台理想变压器的原副线圈的匝数为5∶1，原线圈接入最大值一定的正弦交流电，副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联，电压表和电流表均为理想交流电表，电流表A 1、A 2及电压表V 的示数分别为I 1、I 2、U 2，定值电阻的阻值为R ，其消耗的功率为P ，电容器的电容为C ，所带的电量为Q ，则它们的关系为( )A ．Q ＝CU 2B ．I 2＝U 2R C. P ＝5I 1U 2 D.I 1I 2＝15解析：选 D.由于电容器两端电压是变化的，即电容器不断的被充电和放电，故其电量不是一个定值，故不能用公式Q ＝CU 2来计算，故选项A 错误；根据题意I 2是副线圈的总电流，而U 2R 只是通过电阻R 的电流，由于电容器不断充电和放电，故I 2＞U 2R，故选项B 、C 错误；根据变压器的相关规律：I 1I 2＝n 2n 1＝15，故选项D 正确． 5. 阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈两端的电压随时间的变化规律如图所示．则下列说法中正确的是( )A ．线圈两端电压的平均值为10 VB ．电压表连接在线圈两端时，其示数为20 VC ．在0.01 s 时，线圈平面与磁场垂直D ．当接外电路时，线圈内的电流方向1 s 内改变50次解析：选C.因为电压随时间变化不是线性关系，故线圈两端电压的平均值不等于10 V ，选项A 错误；电压表连接在线圈两端时，其示数应为电压的有效值202V ＝10 2 V ，选项B 错误；在0.01 s 时，感应电动势为零，故线圈平面与磁场垂直，选项C 正确；电流方向每周期变化2次，故当接外电路时，线圈内的电流方向1 s 内改变100次，选项D 错误；故选C.6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶2，副线圈与阻值R ＝10 Ω的电阻相连，原线圈两端所加的电压u ＝10 2 sin 100πt (V)，下列说法正确的是( )A ．交流电压表的示数为14.1 VB ．原线圈中的电流为4 AC ．电阻R 消耗的电功率为400 WD ．副线圈中交流电的频率为50 Hz解析：选BD.由交流电的瞬时值可得电压的最大值为10 2 V ，所以电压的有效值为10 V ，交流电压表的示数为电压的有效值，所以电压表的示数为10 V ，所以A 错误．根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为20 V ，所以电阻R 上消耗的电功率为P ＝U 2R ＝20210W ＝40 W ，所以C 错误．副线圈的电流为I 2＝U R ＝2010A ＝2 A ，根据电流与匝数成反比可得，原线圈中的电流为4 A ，所以B 正确．变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出交流电的频率为f ＝1T ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，所以D 正确． 7．如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f 、电压为U 的交流电，副线圈接有光敏电阻R 、交流电表 .下列说法正确的是( )A ．当U 增大时，变压器的输入功率增大B ．当 f 减小时，变压器的输入功率减小C ．当光照增强时，交流电表 的示数减小D ．当滑动触头P 向下滑动时，交流电表的示数增大 解析：选AD.当U 增大时，根据U 1n 1＝U 2n 2可知，变压器次级电压增大，次级消耗的功率变大，则变压器的输入功率增大，选项A 正确；当f 减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故选项B 错误；当光照增强时，光敏电阻R 的值减小，交流电表 的示数增大，选项C 错误；当滑动触头P 向下滑动时，根据U 1n 1＝U 2n 2可知，变压器次级电压变大，则交流电表的示数增大，选项D 正确． 8．通过理想变压器给用电器供电，电路如图甲所示，变压器初级线圈匝数n 1＝1 000匝，两次级线圈的匝数分别为n 2＝50匝、n 3＝100匝．在初级线圈ab 端接如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是( )A ．交流电的频率为50 HzB ．U 2＝50 V ，U 3＝100 VC ．I 1∶I 2＝1∶20D ．闭合电键S ，则I 1增大解析：选AD.交流电的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，选项A 正确；根据变压器的匝数与电压比可知，U 2＝n 2U 1n 1＝501 000·1 0002 V ＝25 2 V ；U 3＝n 3U 1n 1＝1001 000·1 0002V ＝50 2 V ，选项B 错误 ；因电流与匝数之间满足：I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3，故选项C 错误；闭合电键S ，则I 3变大，根据I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3可知I 1增大，选项D 正确；故选D.二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)按图所示接好电路，合上S 1、S 2，发现小灯泡不亮，原因是________________；用电吹风对热敏电阻吹一会儿热风，会发现小灯泡________，原因是________________；停止吹风，会发现________________；把热敏电阻放入冷水中会发现_____________．解析：根据热敏电阻的性质进行分析，由于热敏电阻在常温时阻值较大，左侧电路中电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁；当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小时，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，使右侧电路接通，小灯泡亮了；停止吹风后，小灯泡不会立即熄灭，因为热敏电阻温度仍然较高，当把热敏电阻放入冷水后，热敏电阻温度降低很快，阻值变大，故小灯泡熄灭．答案：见解析10．(14分)如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V 的交流电上，向额定电压为1.80×104 V 的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA 时，熔丝就熔断．(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10 mA 时，变压器的输入功率是多大？解析：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U 1、U 2、I 1、I 2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U 1I 1＝U 2I 2.当I 2＝12 mA 时，I 1即为熔断电流，I 1＝U 2U 1I 2≈0.98 A.(2)当副线圈电流为I 2′＝10 mA 时，变压器的输入功率为P 1，所以P 1＝P 2＝I 2′ U 2＝180 W.答案：(1) 0.98 A (2) 180 W11．(14分)一座小型发电站的输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是5 Ω.(1)若输电电压是400 V ，输电线路损耗的功率是多少？(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，用户得到的电压是多少？解析：(1)输电线上的电流为 I ＝P U ＝20×103400A ＝50 A ， 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝502×5 W＝12 500 W ＝12.5 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I ′＝P U ′＝20×1035 000A ＝4 A ， 用户端在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5 000－4×5) V＝4 980 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，用户得到的电压为 U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 980 V＝226.4 V. 答案：(1)12.5 kW (2)226.4 V12．(14分)如图所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n ＝100匝，总电阻r ＝1. 0 Ω，所围成矩形的面积S ＝0.040 m 2，小灯泡的电阻R ＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e ＝nB 0S 2πTcos 2πTt ，其中B 0为磁感应强度的最大值，T 为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化．求：(1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0～T 4时间内，通过小灯泡的电荷量． 解析：(1)由e ＝nB 0S 2πT cos 2πT t ，可知最大值E m ＝nB 0S ·2πT＝8 V ； (2)电路中电流的最大值I m ＝E m R ＋r ＝45 A ，I ＝I m 2＝452 A ， P 灯＝I 2R ＝2.88 W.(3)E ＝n ΔB Δt·S ① q ＝I ·Δt ②I ＝ER ＋r ③由①②③得：q ＝n B 0S R ＋r＝4×10－3 C. 答案：(1)8 V (2)2.88 W (3)4×10－3 C。

第11单元交变电流传感器一、选择题(每小题6分，共48分，1～4小题为单选，5～8小题为多选)1．如图D11­1甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示．发电机线圈内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω恒定不变，则下列说法中正确的为( )图D11­1A．电压表的示数为6 VB．发电机的输出功率为4 WC．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大2．如图D11­2甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流随时间按照图乙所示的余弦规律变化，在t＝π2ω时刻( )图D11­2A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．穿过线圈磁通量的变化率最大3．如图D11­3所示变压器可视为理想变压器，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有一正弦交流电源．若两电阻消耗的电功率相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( )图D11­3A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶44．某种角速度计的结构如图D11­4所示．当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k，自然长度为l，电源的电动势为E，内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，闭合开关，当系统以角速度ω转动时，则( )图D11­4A．电路中电流随角速度的增大而增大B．电路中电流随角速度的增大而减小C．弹簧的伸长量为x＝mωlk－mω2D．输出电压U与ω的函数关系式为U＝Emω2k－mω25．如图D11­5甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈输入的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22 W，原线圈电路中接有电压表和电流表，均为理想电表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )图D11­5A．灯泡的电压为110 VB．副线圈输出交流电的频率为50 HzC．U＝220 V，I＝0.2 AD．原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt(V)6．如图D11­6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表、电流表均为理想电表．L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220 V，60 W”的灯泡．如果副线圈电压随时间按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )图D11­6A ．电压表的示数为660 VB ．电流表的示数为0.82 AC ．a 、b 两点间的电压是1045 VD ．a 、b 两点间的电压是1100 V7．手摇式发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L 供电，其电路如图D11­7所示．当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r ，灯泡正常发光时的电阻为R ，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k ，变压器可视为理想变压器．则( )图D11­7A ．灯泡的额定电压为U kB ．灯泡的额定功率为k 2U 2RC ．发电机的线圈中产生的电动势最大值为2（R ＋r ）RUD ．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt8．图D11­8甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压随时间变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 1为一定值电阻，R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．未发生警报时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法中正确的有( )图D11­8A ．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB ．远距离输电线路损耗功率为180 kWC ．当传感器R 2所在处发生警报时，电压表V 的示数变大D ．当传感器R 2所在处发生警报时，输电线上的电流变大二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．一小型交流发电机产生正弦式交变电压，该电压随时间变化的规律如图D11­9所示．发电机线圈电阻为5 Ω，当发电机输出端仅接入一个95 Ω的纯电阻用电器时，用电器恰能正常工作．求：(1)通过该用电器的电流值；(2)该用电器的额定功率．图D11­910．某中学有一台应急备用发电机，发电机线圈内阻为r＝1 Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V，40 W”规格的电灯6盏，要求所有灯都正常发光，输电线路如图D11­10所示．求：(1)发电机的输出功率；(2)发电机的电动势；(3)输电线上损耗的电功率．图D11­10参考答案（测评手册）单元小结卷(十一)1．C [解析] 根据图乙所示的产生的电动势随时间变化的正弦规律图像可知，电动势最大值为6 2 V ，有效值为E ＝6 V ，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r＝0.6 A ，电流表示数为0.6 A ，电压表的示数为U ＝IR ＝0.6×9 V ＝5.4 V ，选项A 错误．发电机的输出功率为P ＝UI＝5.4×0.6 W ＝3.24 W ，选项B 错误．在1.0×10－2s 时刻，产生的感应电动势为零，说明磁通量变化率为零，线圈正在通过中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，选项C 正确，选项D 错误．2．C [解析] 线圈中产生的交变电流随时间按照图乙所示的余弦规律变化，即i ＝i m cos ωt ，在t ＝π2ω时刻i ＝i m cos ωt ＝i m cos π2ω·ω＝0，此时刻线圈所在的平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，A 、B 、D 错误；产生的感应电流为零，所以安培力为零，C 正确．3．C [解析] 原、副线圈电流之比等于匝数的反比，I 1I 2＝n 2n 1，两电阻消耗的功率相等，即I 21R ＝I 22R ，由以上两式得n 1n 2＝11，故选C.4．D [解析] 系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，滑动变阻器接入电路电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，故选项A 、B 错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x ，则对元件A ，根据牛顿第二定律得kx ＝m ω2(l ＋x )，又输出电压U ＝R BP R BC E ＝x l E ，联立两式得x ＝m ω2l k －m ω2，U ＝Em ω2k －m ω2，故选项C 错误，选项D 正确．5．ABD [解析] 原线圈电压有效值U 1＝22022V ＝220 V ，副线圈的电压U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ，电流I 2＝P U 2＝22110 A ＝0.2 A ，电流表示数I 1＝n 2n 1I 2＝12×0.2 A ＝0.1 A ，A 正确，C 错误；原线圈交流电的频率f ＝10.02Hz ＝50 Hz ，变压器不会改变交流电频率，B 正确；原线圈输入电压瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt (V)，D 正确．6．BC [解析] 根据图乙所示的副线圈电压—时间图像，可知副线圈电压有效值为U 2＝220 V ．由变压器变压公式可知，原线圈输入电压U 1＝n 1n 2U 2＝4×220 V ＝880 V ，选项A 错误．副线圈所接的每个灯泡中电流均为I ＝P U ＝60220 A ＝311 A ，电流表的示数为I 2＝3I ＝3×311A ＝0.82 A ，选项B 正确．由U 1I 1＝U 2I 2，解得原线圈中电流I 1＝I 24＝944 A ，灯泡电阻R ＝U 2P ＝220260Ω＝24203 Ω，原线圈串联的灯泡两端电压为U 灯＝I 1R ＝944×24203 V ＝165 V ，a 、b 两点间的电压是U 灯＋U 1＝165 V ＋880 V ＝1045 V ，选项C 正确，选项D 错误．7．AD [解析] 由变压公式可知，变压器副线圈输出电压为U 2＝Uk.灯泡正常发光，说明灯泡的额定电压为Uk ，选项A 正确．灯泡的额定功率为P ＝U k 2R ＝U 2k 2R，选项B 错误．设发电机的线圈中产生的电动势最大值为E m ，有效值为E ＝E m2，由闭合电路欧姆定律，有E ＝U ＋Ir ，I＝U k 2R ，联立解得E m ＝2（k 2R ＋r ）k 2RU ，选项C 错误．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt ，选项D 正确． 8．AD [解析] 根据升压变压器的输入电压随时间变化规律，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化．由图乙知交流电的周期为0.02 s ，所以频率为50 Hz ，选项A 正确；由图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V ，根据原、副线圈电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V ，所以输电线中的电流为：I ＝P U＝30 A ，输电线损失的电压为：ΔU ＝IR ＝30×100 V ＝3000 V ，输电线路损耗功率为：ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，选项B 错误；当传感器R 2所在处发生警报时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V 的示数变小，选项C 错误；副线圈电流增大，根据原、副线圈电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，选项D 正确．9．(1)1 A (2)95 W[解析] (1)由电压—时间图像可知，发电机产生的交变电压的有效值为100 V. 由闭合电路欧姆定律可得，通过该用电器的电流I ＝U R ＋r ＝100 V 95 Ω＋5 Ω＝1 A. (2)由于用电器正常工作，故其额定功率 P ＝I 2R ＝12×95 W ＝95 W.10．(1)5424 W (2)250 V (3)144 W [解析] (1)所有灯都正常工作的总功率 P ＝22×6×40 W ＝5280 W 通过电灯的总电流I 4＝P U 4＝5280 W220 V＝24 A根据I 4I 3＝n 3n 4得输电线上的电流I 3＝I 4n 4n 3＝6 A 降压变压器原线圈电压U 3＝P I 3＝880 V输电线上的电压损失ΔU ＝I 3R ＝24 V因此升压变压器的输出电压U 2＝U 3＋ΔU ＝904 V 根据U 1U 2＝n 1n 2得升压变压器输入电压U 1＝U 2n 1n 2＝226 V 输入电流I 1＝I 2n 2n 1＝I 3n 2n 1＝24 A所以发电机的输出功率为P1＝U1I1＝5424 W.(2)根据闭合电路欧姆定律，发电机的电动势E＝U1＋I1r＝250 V.(3)输电线上损耗的电功率ΔP＝I23R＝144 W.。