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章末检测试卷(第3章)
(满分：100分)
一、单项选择题：本题共4小题，每小题4分，共16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.从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为5 Ω，分别用1 100 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的功率损失之比为(　　)
A.1∶100 B.100∶1
C.1∶10 D.10∶1
2.(2023·西安市高新一中高二阶段练习)如图为正弦电流和方波电流随时间的变化关系图像，关于甲、乙、丙、丁四幅图，下列说法正确的是(　　)
A.图甲中电流的最大值为2 A，有效值为 A，周期为5 s
B.图乙中电流的最大值为5 A，有效值为2.5 A，周期为4 s
C.图丙中电流的最大值为2 A，有效值为1 A，周期为4 s
D.图丁中电流的最大值为4 A，有效值为3.5 A，周期为2 s
3.(2023·北京市通州区期末)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为滑动变阻器的滑片，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
4.(2024·山西省卓越联盟高二期中改编)如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，当用户开启的用电器越来越多时，下列表述正确的是(　　)
A.升压变压器副线圈电压U2减小
B.降压变压器原线圈电压U3增大
C.输电线消耗的功率增大
D.发电机的输出功率不变
二、多项选择题：本题共4小题，每小题6分，共24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。
5.(2024·蚌埠市铁路中学高二期中)图甲是小型交流发电机的示意图，线圈绕水平轴OO'匀速转动，为交流电流表。从图示位置开始计时，交变电流随时间变化的图像如图乙所示。则(　　)
A.电流的频率是100 Hz
B.电流表的示数为10 A
C.电路中的电流方向每秒钟改变100次
D.0.02 s时穿过线圈平面的磁通量最大
6.如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动。已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R，t=0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是(　　)
A.矩形线框产生的感应电动势有效值为Bl1l2ω
B.矩形线框转过π时的电流为零
C.矩形线框转动一周，通过线框任意横截面的电荷量为
D.矩形线框转过π过程中产生的热量为
7.(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
8.(2024·张家界市月考)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶3，a、b端接入电压有效值恒定的正弦交流电，原线圈接入阻值为R0恒定不变的灯泡L，副线圈接入可变电阻R、理想交流电压表V，则下列说法正确的是(　　)
A.原、副线圈中的电流比为3∶1
B.ab端电压与可变电阻两端电压比为1∶3
C.若可变电阻接入电路的阻值变大，电压表V示数变大
D.当可变电阻接入电路的阻值为3R0时，可变电阻消耗的功率最大
三、非选择题：本题共7小题，共60分。
9.(4分)利用垃圾发电可减少垃圾堆放、消除细菌和减少传染病传播、减少大气污染。中国第一座垃圾电站，日处理垃圾300吨，发电功率500 kW。当采用10 kV电压输电时，安装在输电线路起点的电能表和终点的电能表一昼夜读数相差2 400 kW·h，则输电线上的总电阻为　　　　 Ω，若要使输电线上损失的功率变为输送功率的1.25%，则输电电压应提高到　　　 V。
10.(4分)图甲为某品牌的共享单车，单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内小型发电机发电原理可简化为图乙所示，矩形线圈abcd的面积为S=0.001 m2，共有N=100匝，线圈总电阻r=1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为B= T的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO'转动，线圈在转动时保持与外电路电阻R=9 Ω连接，不计电流表内阻。在外力作用下线圈以ω=10π rad/s的角速度匀速转动，从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为　　　　 V；理想交流电流表的示数为　　　　 A；线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量q为　　　 C；线圈转动一圈外力所做的功为　　　 J。
11.(5分)(2023·莆田市第一中学高二期末)在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。
实验次数 n1 n2 U1/V U2/V
1 800 200 10.0 2.47
2 300 100 10.0 3.10
3 120 60 10.0 4.96
上表数据表示变压器线圈两端的电压和匝数。
(1)(1分)为实现探究目的，保持原线圈的输入电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是　　　。
A.归纳总结法 B.控制变量法
C.理想实验法 D.等效替代法
(2)(2分)用学生电源给原线圈供电，用多用电表测量副线圈两端电压，下列操作正确的是　　　　。
A.原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B.原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C.原线圈接交流电压，电表用直流电压挡
D.原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
(3)(2分)通过实验得到3组实验数据如上表所示，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析，你的结论是　　　　　　　　　　　　　　　　　。
12.(7分)某班物理实验课上，同学们用可拆变压器“探究变压器电压与线圈匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)(2分)如图丙所示，从学生电源输出的电压，经变压器降压后，使小灯泡正常发光。其对应的电路图为　　　　。
(2)(2分)一位同学实验时，观察两个线圈的导线发现粗细不同。他选择的原线圈为800匝，副线圈为400匝，原线圈接学生电源的正交流输出端，所接电源为“8 V”挡位，测副线圈的电压为4.2 V。则下列叙述中符合实际情况的一项是　　　　。
A.原线圈导线比副线圈导线粗
B.学生电源实际输出电压大于标注的“8 V”
C.原线圈实际匝数与标注“800”不符，应大于800匝
D.副线圈实际匝数与标注“400”不符，应小于400匝
E.变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上，导致铁芯没有闭合
(3)(3分)变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢。这样设计的原因是　　　　。
A.增大涡流，提高变压器的效率
B.减小涡流，提高变压器的效率
C.增大铁芯中的电阻，以产生更多的热量
13.(12分)(2024·十堰市郧阳区第二中学高二月考)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。将交变电压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)(6分)副线圈两端电压；
(2)(6分)电动机D消耗的电功率。
14.(12分)如图甲，电动车现在成为许多人常用的代步工具，其中的主要零件有车架、电动机、控制器、蓄电池和充电器。把电动车的电动机拆下来，使其中的线圈在匀强磁场中转动，并外接上用电器(可看作纯电阻)，电动机就变成发电机能给供电，其原理如图乙所示。线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝。线圈电阻为1 Ω，外接电阻R=9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B= T，当线圈以ω=10π rad/s的角速度匀速转动时。求：(各电表均视为理想交流电表)
(1)(3分)感应电动势的最大值Em和交流电压表示数U；(结果中可以保留根式)
(2)(3分)从图示位置开始计时，写出电路中电流i的瞬时值表达式；
(3)(3分)线圈转一圈电阻R产生的热量；
(4)(3分)经 s通过电阻R的电荷量是多少？
15.(16分)(2024·聊城市高二月考)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为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，输电导线的总电阻为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M恰能正常工作，发电机线圈电阻r不可忽略。
(1)(2分)求交流发电机产生感应电动势的最大值Em；
(2)(6分)求输电线路上损耗的电功率ΔP；
(3)(8分)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8，求升压变压器原线圈两端的电压U1。
答案精析
1.B　［输电线上由电阻造成的功率损失为ΔP=I2R=()2R，可得=()2=100，B正确。］
2.C　［题图甲中电流的最大值为2 A，周期为4 s，有效值为I甲== A，故A错误；题图乙中电流的最大值为5 A，周期为2 s，有效值为I乙== A，故B错误；题图丙中电流的最大值为2 A，周期为4 s，有效值满足RT=()2R·，解得I丙=1 A，故C正确；题图丁中电流的最大值为4 A，周期为2 s，有效值满足RT=R·+R·，解得I丁= A，故D错误。］
3.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；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。］
4.C　［发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U2不变，A错误；当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大、输电线上的电压损失增大，导致降压变压器的输入电压U3减小，B错误，C正确；用户开启的用电器增多，功率增大，发电机输出功率随之增大，D错误。］
5.BC　［由题图乙可知，周期为T=0.02 s，所以频率为f==50 Hz，故A错误；电流表的示数为有效值I==10 A，故B正确；线圈转一周，电流方向改变2次，故1 s内电流方向改变的次数为n=2×=100次，故C正确；0.02 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故D错误。］
6.ABD　［线框转动过程产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为Em=Bl1l2ω，所以有效值为E=，故A正确；线框转过π时，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，电流为零，故B正确；线框转动一周磁通量的变化量为零，故通过线框任意横截面的电荷量为零，故C错误；根据焦耳定律可得线框转过π过程中产生的热量为Q=I2Rt=·=，故D正确。］
7.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，根据串联电路分压原理可知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，根据串联电路分压原理可得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。］
8.AC　［设ab端的输入电压为U，则原线圈的输入电压为U1=U-UL，由理想变压器的电压关系有===，而U2等于可变电阻的电压，所以ab端电压U与可变电阻两端电压U2之比不为1∶3，B错误；根据理想变压器的电流关系有==，所以原、副线圈中的电流比为3∶1，A正确；若可变电阻接入电路的阻值变大，假设副线圈的输出电压不变，则副线圈中的电流I2减小，由变压器原、副线圈的电流关系可知，原线圈中的电流I1也会减小，根据U1=U-UL=U-I1R0可知，原线圈输入电压U1变大，根据变压器的电压关系可知，副线圈的输出电压U2变大，则电压表示数变大，C正确；可变电阻消耗功率为P=UI1-R0，当I1=时，可变电阻消耗功率最大，则有U1=U-I1R0=U，根据理想变压器的电压关系==，此时可变电阻的电压为U2=3U1=，根据理想变压器电流关系==，此时可变电阻的电流为I2=I1=，则可变电阻的阻值为R==9R0，所以当可变电阻接入电路的电阻为9R0时，可变电阻消耗的功率最大，D错误。］
9.40 　40 000
10.e=2cos 10πt　0.2　　0.08
解析　线圈产生的最大感应电动势为Em=NBSω=100××0.001×10π V=2 V，线圈从垂直于中性面位置开始转动，电动势的瞬时值表达式为e=Emcos ωt=2cos 10πt V。
交流电流表的示数为I==0.2 A。
线圈从题图所示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量
q=N=N= C。
电路的热功率为P=I2(R+r)=0.4 W，交流电的周期T==0.2 s，由能量的转化关系可知线圈转动一圈外力所做的功为W=Q=PT=0.08 J。
11.(1)B　(2)D　(3)在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于原、副线圈的匝数比
解析　(1)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法，故选B。
(2)变压器的工作原理是电磁感应，用学生电源给原线圈供电应接交变电压，用多用电表测量副线圈两端电压，应使用交流电压挡，故选D。
(3)由实验数据可知：第1次有==4，=≈4，第2次有==3，=≈3，第3次有==2，=≈5，由以上计算可知，在误差允许的范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，即=。
12.(1)B　(2)B　(3)B
解析　(1)变压器不能改变直流电的电压，A错误；而C、D图不是变压器，C、D错误，B正确。
(2)副线圈匝数少，则电流大，则副线圈导线比原线圈导线粗，A错误；学生电源实际输出电压大于标注的“8 V”，所以副线圈电压为4.2 V，B正确；根据=知，若原线圈实际匝数与标注“800”不符，应小于800匝，C错误；根据=，若副线圈实际匝数与标注“400”不符，应大于400匝，D错误；若变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上，导致铁芯没有闭合，则会导致变压器“漏磁”现象严重，则副线圈电压会小于4 V，E错误。
(3)这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，故B正确。
13.(1)25 V　(2)8 W
解析　(1)交变电压u=100sin 100πt (V)，
最大值为Um=100 V
故有效值为U1== V=100 V
根据理想变压器电压关系=
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。
14.(1)50 V　 V
(2)i=5sin 10πt(A)
(3)22.5 J　(4)0.08 C
解析　(1)感应电动势的最大值Em=NBSω=50 V，电动势的有效值E有效==25 V，电压表测量的是路端电压，所以电压表的示数
U== V
(2)电流最大值Im==5 A，则电路中电流瞬时值表达式为
i=Imsin ωt=5sin 10πt(A)
(3)电流有效值I有效=，转一圈所需时间T==0.2 s，线圈转一圈电阻R产生的热量Q=RT=22.5 J。
(4) s内线圈转过的角度
θ=ωt=10π×=
该过程中，ΔΦ=BS-BScos θ=BS
由=，=， =N
得q= N= N= C= C≈0.08 C。
15.(1)300 V　(2)160 W　(3)280 V
解析　(1)根据正弦式交变电流的产生规律可知，感应电动势的最大值为Em=NBSω
代入数据解得Em=300 V
(2)设降压变压器原、副线圈中的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有I4==40 A
根据=
可得I3==4 A
所以输电线路上损耗的电功率为
ΔP=R=160 W
(3)根据=
得U3===2 200 V
升压变压器副线圈两端的电压为
U2=U3+I3R=2 240 V
又=
可得U1==280 V。(共55张PPT)
章末检测试卷(第3章)
一、单项选择题
1.从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为5 Ω，分别用1 100 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的功率损失之比为
A.1∶100 B.100∶1
C.1∶10 D.10∶1
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
√
13
14
15
输电线上由电阻造成的功率损失为ΔP=I2R=()2R，可得=()2=100，B正确。
2.(2023·西安市高新一中高二阶段练习)如图为正弦电流和方波电流随时间的变化关系图像，关于甲、乙、丙、丁四幅图，下列说法正确的是
A.图甲中电流的最大值为2 A，有效值
　为 A，周期为5 s
B.图乙中电流的最大值为5 A，有效值
　为2.5 A，周期为4 s
C.图丙中电流的最大值为2 A，有效值
　为1 A，周期为4 s
D.图丁中电流的最大值为4 A，有效值为3.5 A，周期为2 s
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题图甲中电流的最大值为2 A，周期为4 s，有效值为I甲== A，故A错误；
题图乙中电流的最大值为5 A，周期为2 s，有效值为I乙== A，故B错误；
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
题图丙中电流的最大值为2 A，周期为4 s，有效值满足RT=()2R·，解得I丙=1 A，故C正确；
题图丁中电流的最大值为4 A，周期为2 s，有效值满足RT=　R·+R·，解得I丁= A，故D错误。
13
14
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
14
15
3.(2023·北京市通州区期末)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为滑动变阻器的滑片，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
√
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
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，
14
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；
15
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
13
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；
14
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。
15
1
2
3
4
5
6
7
8
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10
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14
15
4.(2024·山西省卓越联盟高二期中改编)如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，当用户开启的用电器越来越多时，下列表述正确的是
A.升压变压器副线圈电压U2减小
B.降压变压器原线圈电压U3增大
C.输电线消耗的功率增大
D.发电机的输出功率不变
√
1
2
3
4
5
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发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U2不变，A错误；
当用电器增多时，功率增大，降
压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大、输电线上的电压损失增大，导致降压变压器的输入电压U3减小，B错误，C正确；
用户开启的用电器增多，功率增大，发电机输出功率随之增大，D错误。
15
二、多项选择题
5.(2024·蚌埠市铁路中学高二期中)图甲是小型交流发电机的示意图，线圈绕水平轴OO'匀速转动，　为交流电流表。从图示位置开始计时，交变电流随时间变化的图像如图乙所示。则
A.电流的频率是100 Hz
B.电流表的示数为10 A
C.电路中的电流方向每秒钟改
　变100次
D.0.02 s时穿过线圈平面的磁通量最大
1
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√
√
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由题图乙可知，周期为T=　0.02 s，所以频率为f==　　50 Hz，故A错误；
电流表的示数为有效值I==10 A，
故B正确；
线圈转一周，电流方向改变2次，故1 s内电流方向改变的次数为n=2×=100次，故C正确；
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0.02 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故D错误。
15
6.如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动。已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R，t=0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是
A.矩形线框产生的感应电动势有效值为Bl1l2ω
B.矩形线框转过π时的电流为零
C.矩形线框转动一周，通过线框任意横截面的电荷量为
D.矩形线框转过π过程中产生的热量为
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√
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√
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线框转动过程产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为Em=Bl1l2ω，所以有效值为E=，故A正确；
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线框转过π时，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，电流为零，故B正确；
线框转动一周磁通量的变化量为零，故通过线框任意横截面的电荷量为零，故C错误；
根据焦耳定律可得线框转过π过程中产生的热量为Q=I2Rt=·=，
故D正确。
15
7.(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
√
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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；
13
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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，根据串联电路分压原理可知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'==
13
14
4nBL2ω，根据电阻定律可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得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。
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8.(2024·张家界市月考)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶3，a、b端接入电压有效值恒定的正弦交流电，原线圈接入阻值为R0恒定不变的灯泡L，副线圈接入可变电阻R、理想交流电压表V，则下列说法正确的是
A.原、副线圈中的电流比为3∶1
B.ab端电压与可变电阻两端电压比为1∶3
C.若可变电阻接入电路的阻值变大，电压表V示数变大
D.当可变电阻接入电路的阻值为3R0时，可变电阻消耗的功率最大
√
√
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设ab端的输入电压为U，则原线圈的输入电压为U1=U-UL，由理想变压器的电压关系有= ==，而U2等于可变电阻的电压，所以ab端电压U与可变电阻两端电压U2之比不为1∶3，B错误；
根据理想变压器的电流关系有==，所以原、副线圈中的电流比为3∶1，A正确；
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若可变电阻接入电路的阻值变大，假设副线圈的输出电压不变，则副线圈中的电流I2减小，由变压器原、副线圈的电流关系可知，原线圈中的电流I1也会减小，根据U1=U-UL=U-I1R0可知，原线圈输
入电压U1变大，根据变压器的电压关系可知，副线圈的输出电压U2变大，则电压表示数变大，C正确；
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可变电阻消耗功率为P=UI1-R0，当I1=时，可变电阻消耗功率最大，则有U1=U-I1R0=U，根据
理想变压器的电压关系==，此时可变电阻的电压为U2=3U1===，此时可变电阻的电流为I2=I1=，则可变电阻的阻值为R==9R0，所以当可变电阻接入电路的电阻为9R0时，可变电阻消耗的功率最大，D错误。
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三、非选择题
9.利用垃圾发电可减少垃圾堆放、消除细菌和减少传染病传播、减少大气污染。中国第一座垃圾电站，日处理垃圾300吨，发电功率500 kW。当采用10 kV电压输电时，安装在输电线路起点的电能表和终点的电能表一昼夜读数相差2 400 kW·h，则输电线上的总电阻为　 Ω，若要使输电线上损失的功率变为输送功率的1.25%，则输电电压应提高到________V。
15
40
40 000
乙所示，矩形线圈abcd的面积为S=0.001 m2，共有N=100匝，线圈总电阻r=1 Ω，线圈处于磁感应强度大小为B= T的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO'转动，线圈在转动时保持与外电路电阻R=9 Ω连接，不计电流表内阻。在外力作用下线圈以ω=10π rad/s的角速度匀速转动，从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为　　 　　 V；理想交流电流表的示数为　　 A；线圈从图示位置转过
90°的过程中通过电阻R的电荷量q为　 　 C；线圈转动一圈外力所做的功为_____J。
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10.图甲为某品牌的共享单车，单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内小型发电机发电原理可简化为图
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e=2cos 10πt
0.2
0.08
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线圈产生的最大感应电动势为Em=NBSω=100××0.001×10π V=2 V，线圈从垂直于中性面位置开始转动，电动势的瞬时值表达式为e=Emcos ωt =2cos 10πt V。
交流电流表的示数为I==0.2 A。
线圈从题图所示位置转过90°的过程中
通过电阻R的电荷量q=N=N= C。
电路的热功率为P=I2(R+r)=0.4 W，交流电的周期T==0.2 s，由能量的转化关系可知线圈转动一圈外力所做的功为W=Q=PT=0.08 J。
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11.(2023·莆田市第一中学高二期末)在“探究变压器线
圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如
图所示。
15
实验次数 n1 n2 U1/V U2/V
1 800 200 10.0 2.47
2 300 100 10.0 3.10
3 120 60 10.0 4.96
上表数据表示变压器线圈两端的电压和匝数。
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实验次数 n1 n2 U1/V U2/V
1 800 200 10.0 2.47
2 300 100 10.0 3.10
3 120 60 10.0 4.96
(1)为实现探究目的，保持原线圈的输入电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是__。
A.归纳总结法 B.控制变量法
C.理想实验法 D.等效替代法
B
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为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是控制变量法，故选B。
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实验次数 n1 n2 U1/V U2/V
1 800 200 10.0 2.47
2 300 100 10.0 3.10
3 120 60 10.0 4.96
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D
(2)用学生电源给原线圈供电，用多用电表测量副线圈两端电压，下列操作正确的是　　。
A.原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B.原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
C.原线圈接交流电压，电表用直流电压挡
D.原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
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变压器的工作原理是电磁感应，用学生电源给原线圈供电应接交变电压，用多用电表测量副线圈两端电压，应使用交流电压挡，故选D。
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(3)通过实验得到3组实验数据如上表所示，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析，你的结论是__________________________________________________________
_______。
实验次数 n1 n2 U1/V U2/V
1 800 200 10.0 2.47
2 300 100 10.0 3.10
3 120 60 10.0 4.96
在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于原、副线圈的匝数比
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由实验数据可知：第1次有==4，=≈4，第2次有==3，=≈3，第3次有==2，=≈5，由以上计算可知，在误差允许的范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，即=。
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实验次数 n1 n2 U1/V U2/V
1 800 200 10.0 2.47
2 300 100 10.0 3.10
3 120 60 10.0 4.96
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12.某班物理实验课上，同学们用可拆变压器“探究变压器电压与线圈匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
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(1)如图丙所示，从学生电源输出的电压，
经变压器降压后，使小灯泡正常发光。其
对应的电路图为　　。
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B
变压器不能改变直流电的电压，A错误；
而C、D图不是变压器，C、D错误，B正确。
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(2)一位同学实验时，观察两个线圈的导线发现粗细不同。他选择的原线圈为800匝，副线圈为400匝，原线圈接学生电源的正交流输出端，所接电源为“8 V”挡位，测副线圈的电压为4.2 V。则下列叙述中符合实际情况的一项是　　。
A.原线圈导线比副线圈导线粗
B.学生电源实际输出电压大于标
　注的“8 V”
C.原线圈实际匝数与标注“800”不符，应大于800匝
D.副线圈实际匝数与标注“400”不符，应小于400匝
E.变压器的铁芯B没有安装在铁芯A上，导致铁芯没有闭合
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B
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副线圈匝数少，则电流大，则副线圈导线比原线圈导线粗，A错误；
学生电源实际输出电压大于标注的“8 V”，所以副线圈电压为4.2 V，B正确；
根据=知，若原线圈实际匝数与标注“800”不符，应小于800匝，C错误；
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根据=，若副线圈实际匝数与标注“400”不符，应大于400匝，D错误；
若变压器的铁芯B没有安装在铁芯
A上，导致铁芯没有闭合，则会导致变压器“漏磁”现象严重，则副线圈电压会小于4 V，E错误。
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(3)变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢。这样设计的原因是　　。
A.增大涡流，提高变压器的效率
B.减小涡流，提高变压器的效率
C.增大铁芯中的电阻，以产生更
　多的热量
15
B
这样设计的原因是减小涡流，提高变压器的效率，故B正确。
13.(2024·十堰市郧阳区第二中学高二月考)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
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阻为1 Ω。将交变电压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；
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答案　25 V
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交变电压u=100sin 100πt (V)，
最大值为Um=100 V
故有效值为U1== V=100 V
根据理想变压器电压关系=
有U2== V=25 V
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(2)电动机D消耗的电功率。
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答案　8 W
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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。
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14.如图甲，电动车现在成为许多人常用的代步工具，其中的主要零件有车架、电动机、控制器、蓄电池和充电器。把电动车的电动机拆下来，使其中的线圈在匀强磁场中转动，并外接上用电器(可看作纯电阻)，电动机就变成发电
机能给供电，其原理如图乙所示。线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝。线圈电阻为1 Ω，外接电阻R=9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B= T，当线圈以ω=10π rad/s的角速度匀速转动时。求：(各电表均视为理想交流电表)
(1)感应电动势的最大值Em和交流电压表示数U；(结果中可以保留根式)
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答案　50 V　 V　
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感应电动势的最大值Em=NBSω=50 V，电动势的有效值E有效==25 V，电压表测量的是路端
电压，所以电压表的示数
U== V
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(2)从图示位置开始计时，写出电路中电流i的瞬时值表达式；
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答案　i=5sin 10πt(A)　
电流最大值Im==5 A，则电路中电流瞬时值表达式为i=Imsin ωt= 5sin 10πt(A)
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(3)线圈转一圈电阻R产生的热量；
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答案　22.5 J
电流有效值I有效=，转一圈所需时间T==0.2 s，线圈转一圈电阻R产生的热量Q=RT=22.5 J。
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(4)经 s通过电阻R的电荷量是多少？
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答案　0.08 C
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s内线圈转过的角度θ=ωt=10π×=
该过程中，ΔΦ=BS-BScos θ=BS
由===N
得q= N= N= C= C≈0.08 C。
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15.(2024·聊城市高二月考)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为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，输电导线的总电阻为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M恰能正常工作，发电机线圈电阻r不可忽略。
(1)求交流发电机产生感应电动势的最大值Em；
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(1)求交流发电机产生感应电动势的最大值Em；
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答案　300 V
根据正弦式交变电流的产生规律可知，感应电动势的最大值为Em= NBSω
代入数据解得Em=300 V
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(2)求输电线路上损耗的电功率ΔP；
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答案　160 W
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设降压变压器原、副线圈中的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有I4==40 A
根据=
可得I3==4 A
所以输电线路上损耗的电功率为
ΔP=R=160 W
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(3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶8，求升压变压器原线圈两端的电压U1。
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答案　280 V
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根据=
得U3===2 200 V
升压变压器副线圈两端的电压为
U2=U3+I3R=2 240 V
又=
可得U1==280 V。

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