资源简介

章末检测试卷（第三章）
（满分：100分）　
一、单项选择题（本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的。）
1.如图甲所示是手摇手机充电器，它体型小，携带方便，可以在紧急状态下给手机临时充电。若某人摇动手柄给手机充电时，其内部线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，当线圈转到图乙所示位置时，下列说法正确的是（　　　　）
A.线圈中无电流 B.电流方向将发生改变
C.线圈中的电流最大 D.穿过线圈磁通量的变化率为0
2.（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
3.如图甲所示为科技小组制作的风力发电机简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式交变电流如图乙所示，则（　　　　）
A.t=0.1 s时穿过线圈的磁通量为零
B.磁体的角速度为20π rad/s
C.风速减半时电流i=0.6sin 20πt（A）
D.风速减半时线圈中电流的有效值为0.6 A
4.某理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=311∶11，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，电表均为理想交流电表。闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P从最上端往下滑的过程中，下列说法正确的是（　　　　）
A.电流表的示数增大 B.电压表的示数为11 V
C.副线圈输出电压的频率为100 Hz D.变压器的输入功率减小
5.（2020·浙江7月选考）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=100 kW，发电机的电压U1=250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220 V。已知输电线上损失的功率P线=5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（　　　　）
A.发电机输出的电流I1=40 A
B.输电线上的电流I线=625 A
C.降压变压器的匝数比n3∶n4=190∶11
D.用户得到的电流I4=455 A
6.汽车启动的工作原理如图所示，首先由转换器将蓄电池的直流电转换为正弦式交流电，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想交流电压表。当变压器副线圈输出电压的瞬时值达到12 000 V时，火花塞产生电火花点燃发动机汽缸内的雾化汽油，发动机开始工作。已知开关S闭合时，电压表的示数为12 V，要使发动机点火成功，变压器原、副线圈匝数比的最大值为（　　　　）
A.1 000 B. C.500 D.
7.（2023·惠州市华罗庚中学高二月考）手机无线充电的工作原理如图甲所示，它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈匝数为30，总电阻为r=2 Ω。在它的c、d两端接一阻值为R=6 Ω的电阻。若受电线圈内磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示，则（　　　　）
A.t=0时刻，受电线圈中产生的感应电流最大
B.受电线圈中产生的电动势的有效值为12 V
C.无线充电1 min，电阻R上产生的焦耳热为405 J
D.0~t1时间内，通过电阻R的电荷量为2.5×10-5 C
二、多项选择题（本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求。全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。）
8.某同学自制变压器，原线圈为n1匝，在做副线圈时，将导线ab对折后并在一起，在铁芯上绕n2圈，从导线对折处引出一个接头c，连成如图所示电路。S为单刀双掷开关，线圈电阻不计，电压表为理想电表，原线圈接u1=Umsin ωt的交流电源。下列说法正确的是（　　　　）
A.S接b时，电压表示数为
B.S接c时，电压表示数为
C.S接c时，滑动变阻器滑动触头P向下移动，变压器输入功率变大
D.S接c时，滑动变阻器滑动触头P向上移动，变压器输入电流变大
9.无线充电给我们生活带来了很大的方便，图甲是手机无线充电器的示意图，其原理如图乙所示，当送电线圈接上220 V的正弦交变电流后，会产生一个变化的磁场，从而使手机的受电线圈中产生交变电流，该电流经过其他装置转化为直流电给手机充电，该装置实际上可等效为一个无漏磁的理想变压器。送电线圈的匝数为N1，受电线圈匝数为N2，N1∶N2=44∶1，若手机电阻为5 Ω，当该装置给手机充电时，下列说法正确的是（　　　　）
A.流过原、副线圈的电流之比为1∶44
B.受电线圈两端c、d之间的输出电压为4 V
C.充电时流过手机的电流为1 A
D.保持ab端输入电压不变，若在充电时玩大型游戏（即增大手机用电功率），则受电线圈的输出电流将变小
10.（2023·湖南卷）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。 大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　　　）
A.线圈转动的角速度为4ω
B.灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
三、非选择题（本题共5小题，共54分。）
11.（8分）（2023·广东广雅中学高二月考）在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，
（1）（4分）下列器材需要的有　　　　。
A.干电池组 B.滑动变阻器
C.直流电压表 D.多用电表
E.学生电源
（2）（2分）在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将　　　　（选填“增大”“减小”或“不变”）。
（3）（2分）如图，当左侧线圈“0”“16”间接入9 V电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是　　　　。
A.3.1 V B.2.5 V
C.2.0 V D.1.8 V
12.（10分）（2021·江苏卷改编）贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4 000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为100、面积为0.5 m2，电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度为90 rad/s，线圈中产生的感应电流为50 A。则：
（1）（5分）线圈中感应电动势的有效值E=　　　　　　　　　　　　　。
（2）（5分）线圈的输出功率P=　　　　　　　　　　　　　　　　　。
13.（10分）如图甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一个小灯泡，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，总电阻r=1.0 Ω，所围成的矩形的面积S=0.040 m2，小灯泡的电阻R=9.0 Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化（图甲中B的方向为正方向），线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=nBmScos t，其中Bm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）（2分）线圈中产生的感应电动势的最大值；
（2）（2分）小灯泡消耗的电功率；
（3）（6分）在0~时间内，感应电动势和感应电流的平均值以及通过小灯泡的电荷量。
14.（12分）（2023·广东广雅中学高二月考）如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N=100，面积S=0.03 m2，线圈匀速转动的角速度ω=100π rad/s，匀强磁场的磁感应强度大小B= T。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻R=10 Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4=10∶1。若用户区标有“220 V，8.8 kW”的电动机恰能正常工作，发电机线圈电阻r不可忽略。求：
（1）（4分）输电线路上损耗的电功率ΔP；
（2）（8分）若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8，交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比。
15.（14分）某单位应急供电系统配有一小型发电机，该发电机内的矩形线圈面积为S=0.2 m2、电阻为r=5.0 Ω，线圈所处的空间存在方向垂直线圈转轴、磁感应强度大小为B= T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为n= r/min。如图所示是配电原理示意图，理想变压器原、副线圈的匝数之比为5∶2，R1=5.0 Ω，R2=5.2 Ω，电压表、电流表均为理想交流电表，系统正常运作时电流表的示数为10 A，电压表的示数为700 V。求：
（1）（6分）发电机内的矩形线圈的匝数；
（2）（4分）灯泡的工作电压；
（3）（4分）变压器输出的总功率。
答案精析
1.C　［当线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，产生正弦式交流电，当线圈转到题图乙所示位置时，线圈中电流最大，方向不变，A、B错误，C正确；题图乙所示位置为中性面的垂面，穿过线圈的磁通量为零，但穿过线圈磁通量的变化率最大，D错误。］
2.C　［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。］
3.B　［t=0.1 s时感应电流为零，感应电动势也为零，根据法拉第电磁感应定律可知磁通量的变化率为零，此时穿过线圈的磁通量最大，故A错误；由题图可知交变电流的周期T=0.1 s，则角速度ω==20π rad/s，故B正确；风速减半，转速减半，角速度ω=2πn'=10π rad/s，感应电流最大值减半，电流的表达式应为i=0.6sin 10πt（A），故C错误；根据正弦式交变电流的有效值与峰值的关系可知，风速减半时线圈中电流的最大值为0.6 A，有效值为 A，故D错误。］
4.A　［当滑动变阻器的滑片P向下滑动过程中，副线圈的总电阻变小，由于原线圈两端电压有效值不变，匝数不变，则副线圈两端电压有效值不变，根据欧姆定律可知副线圈电流增大，根据=，可知原线圈电流增大，电流表示数增大，故A正确；由题图甲可知原线圈两端电压有效值为U1== V≈220 V，根据=可得U2≈7.8 V，故B错误；变压器不改变周期，则副线圈输出电压的周期为2×10-2 s，则频率f==50 Hz，故C错误；由于变压器输入电压有效值不变，原线圈电流增大，根据P=U1I1，可知变压器的输入功率增大，故D错误。］
5.C　［发电机输出电流I1== A=400 A，故A错误；输电线上损失的功率P线=R线=5 kW，所以I线==25 A，故B错误；用户得到的功率P4=P-P线=（100-5） kW=95 kW，则I4== A= A≈432 A，故==，故C正确，D错误。］
6.D　［变压器副线圈输出电压的有效值为U2== V=6 000 V，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系=，变压器原、副线圈匝数比的最大值为===，故选D。］
7.C　［t=0时刻，受电线圈内磁通量Φ最大，则为0，则此时的感应电动势最小等于0，则感应电流为0，故A错误；由题图乙可知T=π×10-3 s，在受电线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=NΦm=30×2.0×10-4×V=12 V，受电线圈中产生的电动势的有效值为E== V=6 V，故B错误；根据闭合电路欧姆定律可得，受电线圈中的感应电流为I== A= A，无线充电1 min，电阻R上产生的焦耳热为Q=I2Rt=（）2×6×60 J=405 J，故C正确；0~t1时间内，受电线圈中的磁通量变化为ΔΦ=2×10-4Wb，则0~t1时间内，通过电阻R的电荷量为q=·Δt=·Δt=·Δt== C=7.5×10-4 C，故D错误。］
8.BD　［S接b时，副线圈属于双线绕法，不论原线圈中交变电流如何变化，副线圈中都不会产生感应电动势，所以电压表示数为零，选项A错误；S接c时，根据理想变压器的电压比关系=，且U1=，解得U2=，选项B正确；S接c时，滑动触头P向下移动，滑动变阻器连入电路的有效阻值增大，P入=P出=减小，选项C错误；滑动触头P向上移动，滑动变阻器连入电路的有效值减小，副线圈中的电流I2=增大，因U2I2=U1I1，所以变压器输入电流I1变大，选项D正确。］
9.AC　［流过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数反比，则流过原、副线圈的电流之比为==，故A正确；根据=，代入数据解得受电线圈两端c、d之间的输出电压为U2=5 V，故B错误；充电时流过手机的电流为
I2== A=1 A，故C正确；
保持ab端输入电压不变，则受电线圈的输出电压不变，若在充电时玩大型游戏（即增大手机用电功率），则受电线圈的输出电流将变大，故D错误。］
10.AC　［大轮和小轮通过皮带传动，线速度大小相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v=ωr，可知小轮转动的角速度为4ω，则线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax=nBS·4ω，又S=L2，可得Emax=4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E==2nBL2ω，灯泡两端电压有效值为U==nBL2ω，B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax'=8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E'==4nBL2ω，根据电阻定律可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，灯泡两端电压有效值U'==，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v=ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E有效=，可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。］
11.（1）DE　（2）减小　（3）CD
解析　（1）因为变压器两端要接入交流电源，才能起到变压的作用，所以不能用干电池，要用由交流输出的学生电源，故A错误，E正确；本实验不需要滑动变阻器，故B错误；测量交流电压不能用直流电压表，要用多用电表，故C错误，D正确。
（2）因为原、副线圈的电压之比满足=
即U2=，所以保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数时，副线圈两端的电压将减小。
（3）因为当左侧线圈“0”“16”间接入9 V电压时，左侧线圈匝数为16n，右侧线圈接“0”“4”接线柱时，右侧线圈匝数为4n，所以当变压器为理想变压器时满足==4，则U2=2.25 V，因为实际情况时，变压器有漏磁，且线圈有焦耳热产生，故右侧输出电压应该小于2.25 V，故C、D正确。
12.（1）6.4×102 V　（2）3.1×104 W
解析　（1）电动势的最大值
Em=NBSω
有效值E=，解得E=
代入数据得E≈6.4×102 V
（2）输出电压U=E-Ir
输出功率P=IU
解得P=I（E-Ir）=50×（6.4×102-50×0.6） W≈3.1×104 W。
13.（1）8.0 V　（2）2.88 W　（3）5.1 V
0.51 A　4.0×10-3 C
解析　（1）由题图乙可知线圈中交变电流的周期T=3.14×10-2 s
所以Em=nBmS=8.0 V。
（2）感应电流的最大值
Im==0.80 A
有效值I==A
小灯泡消耗的电功率P=I2R=2.88 W。
（3）在0~时间内
感应电动势的平均值=nS
通过灯泡的平均电流=
通过小灯泡的电荷量
Q=Δt=≈4.0×10-3 C。
14.（1）160 W　（2）4
解析　（1）设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有I4=，=
所以输电线路上损耗的电功率
ΔP=R
计算可得I4=40 A，I3=4 A，
ΔP=160 W
（2）电动势的最大值
Em=NBSω=300 V
=，U2=U3+I3R，=
可得U3=2 200 V，U2=2 240 V，U1=280 V
升压变压器的原线圈输入功率
P1=ΔP+P用，P1=U1I1
发电机线圈电阻上消耗的热功率
P内=I1E-P1，E=
得P1=8 960 W，I1=32 A，P内=640 W
所以=4。
15.（1）100　（2）220 V　（3）2 720 W
解析　（1）电流表的示数为10 A，根据=，得原线圈的电流I1=4 A
电压表的示数U=E-I1r
解得E=720 V
线圈在磁场中产生电动势的有效值为E=
又有ω=2πn，n= r/min= r/s
解得N=100
（2）原线圈的电压为
U1=U-I1R1=680 V
根据=，得副线圈上的电压U2=272 V
灯泡的工作电压为U'=U2-I2R2=220 V
（3）变压器输出的总功率为P=I2U2=2 720 W。(共50张PPT)
章末检测试卷(第三章)
一、单项选择题
1.如图甲所示是手摇手机充电器，它体型小，携带方便，可以在紧急状态下给手机临时充电。若某人摇动手柄给手机充电时，其内部线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，当线圈转到图乙所示位置时，下列说法正确的是
A.线圈中无电流
B.电流方向将发生改变
C.线圈中的电流最大
D.穿过线圈磁通量的变化率为0
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当线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，产
生正弦式交流电，当线圈转到题图乙所示位
置时，线圈中电流最大，方向不变，A、B错
误，C正确；
题图乙所示位置为中性面的垂面，穿过线圈的磁通量为零，但穿过线圈磁通量的变化率最大，D错误。
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2.(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
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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。
3.如图甲所示为科技小组制作的风力发电机简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁体转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式交变电流如图乙所示，则
A.t=0.1 s时穿过线圈的磁通量为零
B.磁体的角速度为20π rad/s
C.风速减半时电流i=0.6sin 20πt(A)
D.风速减半时线圈中电流的有效值为0.6 A
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t=0.1 s时感应电流为零，感应电动势也
为零，根据法拉第电磁感应定律可知磁
通量的变化率为零，此时穿过线圈的磁
通量最大，故A错误；
由题图可知交变电流的周期T=0.1 s，则角速度ω==20π rad/s，故B正确；
风速减半，转速减半，角速度ω=2πn'=10π rad/s，感应电流最大值减半，电流的表达式应为i=0.6sin 10πt(A)，故C错误；
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根据正弦式交变电流的有效值与峰值的关系可知，风速减半时线圈中电流
的最大值为0.6 A，有效值为 A，故
D错误。
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4.某理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=311∶11，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，电表均为理想交流电表。闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P从最上端往下滑的过程中，下列说法正确的是
A.电流表的示数增大
B.电压表的示数为11 V
C.副线圈输出电压的频率为100 Hz
D.变压器的输入功率减小
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当滑动变阻器的滑片P向下滑动过程
中，副线圈的总电阻变小，由于原线
圈两端电压有效值不变，匝数不变，
则副线圈两端电压有效值不变，根据欧姆定律可知副线圈电流增大，
根据=，可知原线圈电流增大，电流表示数增大，故A正确；
由题图甲可知原线圈两端电压有效值为U1== V≈220 V，根据=可得U2≈7.8 V，故B错误；
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变压器不改变周期，则副线圈输出
电压的周期为2×10-2 s，则频率f=
=50 Hz，故C错误；
由于变压器输入电压有效值不变，原线圈电流增大，根据P=U1I1，可知变压器的输入功率增大，故D错误。
5.(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P=
100 kW，发电机的电压U1=250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线=8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4=220 V。已知输电线上损失的功率P线=5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是
A.发电机输出的电流I1=40 A
B.输电线上的电流I线=625 A
C.降压变压器的匝数比n3∶n4=190∶11
D.用户得到的电流I4=455 A
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发电机输出电流I1== A=400 A，
故A错误；
输电线上损失的功率P线=R线=5 kW，
所以I线==25 A，故B错误；
用户得到的功率P4=P-P线=(100-5) kW=95 kW,则I4== A= A
≈432 A，故==，故C正确，D错误。
6.汽车启动的工作原理如图所示，首先由转换器将蓄电池的直流电转换为正弦式交流电，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为理想交流电压表。当变压器副线圈输出电压的瞬时值达到12 000 V时，火花塞产生电火花点燃发动机汽缸内的雾化汽油，发动机开始工作。已知开关S闭合时，电压表的示数为12 V，要使发动机点火成功，变压器原、副线圈匝数比的最大值为
A.1 000 B.
C.500 D.
√
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变压器副线圈输出电压的有效值为U2==
V=6 000 V，根据理想变压器原、
副线圈电压与匝数的关系=
===，故选D。
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7.(2023·惠州市华罗庚中学高二月考)手机无线充电的工作原理如图甲所示，它由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈匝数为30，总电阻为r=2 Ω。在它的c、d两端接一阻值为R=6 Ω的电阻。若受电线圈内磁通量Φ随时间t变化的规律如图乙所示，则
A.t=0时刻，受电线圈中产生的感应电流最大
B.受电线圈中产生的电动势的有效值为12 V
C.无线充电1 min，电阻R上产生的焦耳热为405 J
D.0~t1时间内，通过电阻R的电荷量为2.5×10-5 C
√
t=0时刻，受电线圈内磁通量Φ最大，则为0，
则此时的感应电动势最小等于0，则感应电流为
0，故A错误；
由题图乙可知T=π×10-3 s，在受电线圈中产生的感应电动势的最大值
为Em=NBSω=NΦm=30×2.0×10-4×V=12 V，受电线圈中产生的电动势的有效值为E== V=6 V，故B错误；
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根据闭合电路欧姆定律可得，受电线圈中的感
应电流为I== A= A，无线充电1 min，
电阻R上产生的焦耳热为Q=I2Rt=()2×6×
60 J=405 J，故C正确；
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0~t1时间内，受电线圈中的磁通量变化为ΔΦ=2×10-4Wb，则0~t1时间
内，通过电阻R的电荷量为q=·Δt=·Δt=·Δt== C=
7.5×10-4 C，故D错误。
二、多项选择题
8.某同学自制变压器，原线圈为n1匝，在做副线圈时，将导线ab对折后并在一起，在铁芯上绕n2圈，从导线对折处引出一个接头c，连成如图所示电路。S为单刀双掷开关，线圈电阻不计，电压表为理想电表，原线圈接u1=Umsin ωt的交流电源。下列说法正确的是
A.S接b时，电压表示数为
B.S接c时，电压表示数为
C.S接c时，滑动变阻器滑动触头P向下移动，变压器输入功率变大
D.S接c时，滑动变阻器滑动触头P向上移动，变压器输入电流变大
√
√
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S接b时，副线圈属于双线绕法，不论原线圈中
交变电流如何变化，副线圈中都不会产生感应
电动势，所以电压表示数为零，选项A错误；
S接c时，根据理想变压器的电压比关系=，且U1=，解得U2=
，选项B正确；
S接c时，滑动触头P向下移动，滑动变阻器连入电路的有效阻值增大，
P入=P出=减小，选项C错误；
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滑动触头P向上移动，滑动变阻器连入电路的
有效值减小，副线圈中的电流I2=增大，因
U2I2=U1I1，所以变压器输入电流I1变大，选项D正确。
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9.无线充电给我们生活带来了很大的方便，图甲是手机无线充电器的示意图，其原理如图乙所示，当送电线圈接上220 V的正弦交变电流后，会产生一个变化的磁场，从而使手机的受电线圈中产生交变电流，该电流经过其他装置转化为直流电给手机充电，该装置实际上可等效为一个无漏磁的理想变压器。送电线圈的匝数为N1，受电线圈匝数为N2，N1∶N2=44∶1，若手机电阻为5 Ω，当该装置给手机充电时，下列说法正确的是
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A.流过原、副线圈的电流之比为1∶44
B.受电线圈两端c、d之间的输出电压为4 V
C.充电时流过手机的电流为1 A
D.保持ab端输入电压不变，若在充电时玩大型游戏(即增大手机用电功率)，
则受电线圈的输出电流将变小
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流过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数反比，则流过原、
副线圈的电流之比为==，故A正确；
根据=，代入数据解得受电线圈两端c、d之间的输出电压为U2=
5 V，故B错误；
充电时流过手机的电流为I2== A=1 A，故C正确；
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保持ab端输入电压不变，则受电线圈的输出电压不变，若在充电时玩大型游戏(即增大手机用电功率)，则受电线圈的输出电流将变大，故D错误。
10.(2023·湖南卷)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图
所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比
为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线
绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。 大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是
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A.线圈转动的角速度为4ω
B.灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长
仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
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大轮和小轮通过皮带传动，线速度大小相等，小轮和
线圈同轴转动，角速度相等，根据v=ωr，可知小轮转
动的角速度为4ω，则线圈转动的角速度为4ω，A正确；
线圈产生感应电动势的最大值Emax=nBS·4ω，又S=L2，可得Emax=
4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E==2nBL2ω，灯泡两端电压有效值为U==nBL2ω，B错误；
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若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍
为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，
线圈产生感应电动势的最大值Emax'=8nBL2ω，此时线
圈产生感应电动势的有效值E'==4nBL2ω，根据电阻定律可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，灯泡两端电压有效值U'==
，C正确；
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若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v=ωr可知小轮
和线圈的角速度变小，根据E有效=，可知线圈产生
的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。
三、非选择题
11.(2023·广东广雅中学高二月考)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，
(1)下列器材需要的有　　　。
A.干电池组
B.滑动变阻器
C.直流电压表
D.多用电表
E.学生电源
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DE
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因为变压器两端要接入交流电源，才能起到变压的作用，所以不能用干电池，要用由交流输出的学生电源，故A错误，E正确；
本实验不需要滑动变阻器，故B错误；
测量交流电压不能用直流电压表，要用多用电表，故C错误，D正确。
(2)在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将　　　(选填“增大”“减小”或“不变”)。
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减小
因为原、副线圈的电压之比满足=
即U2=，所以保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原
线圈的匝数时，副线圈两端的电压将减小。
(3)如图，当左侧线圈“0”“16”间接入9 V电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是　　　。
A.3.1 V B.2.5 V
C.2.0 V D.1.8 V
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CD
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因为当左侧线圈“0”“16”间接入9 V电压时，左侧线
圈匝数为16n，右侧线圈接“0”“4”接线柱时，右侧
线圈匝数为4n，所以当变压器为理想变压器时满足=
=4，则U2=2.25 V，因为实际情况时，变压器有漏磁，且线圈有焦
耳热产生，故右侧输出电压应该小于2.25 V，故C、D正确。
12.(2021·江苏卷改编)贯彻新发展理念，我国风力发电发展迅猛，2020年我国风力发电量高达4 000亿千瓦时。某种风力发电机的原理如图所示，发电机的线圈固定，磁体在叶片驱动下绕线圈对称轴转动，已知磁体间的磁场为匀强磁场，磁感应强度的大小为0.20 T，线圈的匝数为100、面积为0.5 m2，电阻为0.6 Ω，若磁体转动的角速度
为90 rad/s，线圈中产生的感应电流为50 A。则：
(1)线圈中感应电动势的有效值E=　　　　　
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6.4×102 V
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电动势的最大值Em=NBSω
有效值E=，解得E=
代入数据得E≈6.4×102 V
(2)线圈的输出功率P=　　　　　　。
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3.1×104 W
输出电压U=E-Ir
输出功率P=IU
解得P=I(E-Ir)=50×(6.4×102-50×0.6) W≈3.1×104 W。
13.如图甲所示，固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一个小灯泡，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，总电阻r=1.0 Ω，所围成的矩形的面积S=0.040 m2，小灯泡的电阻R=9.0 Ω，磁感应强度随时间按图乙所示的规律变化(图甲中B的方向为正方向)，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=
nBmScos t，其中Bm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)线圈中产生的感应电动势的最大值；
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答案　8.0 V　
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由题图乙可知线圈中交变电流的周期T=3.14×10-2 s
所以Em=nBmS=8.0 V。
(2)小灯泡消耗的电功率；
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答案　2.88 W　
感应电流的最大值Im==0.80 A
有效值I==A
小灯泡消耗的电功率P=I2R=2.88 W。
(3)在0~时间内，感应电动势和感应电流的平均值以及通过小灯泡的电荷量。
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答案　5.1 V　0.51 A　4.0×10-3 C
在0~时间内
感应电动势的平均值=nS
通过灯泡的平均电流=
通过小灯泡的电荷量Q=Δt=≈4.0×10-3 C。
14.(2023·广东广雅中学高二月考)如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N=100，面积S=0.03 m2，线圈匀速
转动的角速度ω=100π rad/s，匀强磁场的磁感应强度大小B= T。输电时
先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻R=10 Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4=10∶1。若用户区标有“220 V，8.8 kW”的电动机恰能正常工作，发电机线
圈电阻r不可忽略。求：
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(1)输电线路上损耗的电功率ΔP；
答案　160 W
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设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，
有I4==
所以输电线路上损耗的电功率ΔP=R
计算可得I4=40 A，I3=4 A，ΔP=160 W
(2)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8，交流发电机线圈电阻r上的热功率与输电线上损耗的电功率之比。
答案　4
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电动势的最大值Em=NBSω=300 V
=，U2=U3+I3R，=
可得U3=2 200 V，U2=2 240 V，U1=280 V
升压变压器的原线圈输入功率P1=ΔP+P用
P1=U1I1
发电机线圈电阻上消耗的热功率P内=I1E-P1，E=
得P1=8 960 W，I1=32 A，P内=640 W
所以=4。
15.某单位应急供电系统配有一小型发电机，该
发电机内的矩形线圈面积为S=0.2 m2、电阻为r
=5.0 Ω，线圈所处的空间存在方向垂直线圈转轴、磁感应强度大小为B=
T的匀强磁场，发电机正常供电时线圈的转速为n= r/min。如图所
示是配电原理示意图，理想变压器原、副线圈的匝数之比为5∶2，R1=
5.0 Ω，R2=5.2 Ω，电压表、电流表均为理想交流电表，系统正常运作时电流表的示数为10 A，电压表的示数为700 V。求：
(1)发电机内的矩形线圈的匝数；
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答案　100　
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电流表的示数为10 A，根据=，得原线圈的电流I1=4 A
电压表的示数U=E-I1r
解得E=720 V
线圈在磁场中产生电动势的有效值为E=
又有ω=2πn，n= r/min= r/s
解得N=100
(2)灯泡的工作电压；
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答案　220 V　
原线圈的电压为U1=U-I1R1=680 V
根据=，得副线圈上的电压U2=272 V
灯泡的工作电压为U'=U2-I2R2=220 V
(3)变压器输出的总功率。
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答案　2 720 W
变压器输出的总功率为P=I2U2=2 720 W。

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