第三章交变电流综合练习（word版含答案）
文档属性
| 名称 | 第三章交变电流综合练习（word版含答案） |  | |
| 格式 | docx | ||
| 文件大小 | 1.3MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2022-02-10 07:10:47 | ||
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文档简介
人教版（2019）选择性必修二第三章交变电流综合练习
一、单选题
1．如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的直流电阻值相同都较小，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光．则（ ）
A．在电路甲中，断开S，D将逐渐变亮
B．在电路甲中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，D将立刻熄灭
D．在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗
2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝220 sin100πt V，对于这个交变电流的说法正确的是（ ）
A．此交变电流的频率为100 Hz，周期为0.01 s
B．此交变电流电动势的有效值为220 V
C．耐压为220 V的电容器能够在该交变电路中使用
D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零
3．如图所示，某电子电路的输入端输入的电流既有直流成分，又有交流低频成分和交流高频成分，若通过该电路只把交流的低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各器件的作用，有下列说法：
① 在此的功能为通直流，阻交流，叫高频扼流圈
② 在此的功能为通高频，阻低频，叫低频扼流圈
③ 在此的功能为通交流，隔直流，叫隔直电容
④ 在此的功能为通高频，阻低频，叫高频旁路电容
以上说法中正确的有（ ）
A．①和③ B．①和④ C．②和③ D．③和④
4．发电机的转子在匀速转动过程中，下列物理量没有发生改变的有（ ）
A．穿过线圈的磁通量 B．线圈中产生的感应电动势
C．闭合回路中的电流 D．闭合回路中电流变化的周期
5．如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大（ ）
A．I0 B． I0 C． +I0 D．
6．如图所示，单匝线框在匀强磁场中匀速转动，周期为 T，转轴 O1O2垂直于磁场方向，线框电阻为 2 Ω。若线框从图示位置转过 60°时感应电流的瞬时值为 1A。则下列说法正确的是（ ）
A．线框匀速转动过程中消耗的电功率为 8W
B．线框中感应电流的有效值为 2A
C．线框在图示的位置磁通量变化率为零
D．从图示位置开始计时，在任意时刻穿过线框磁通量的表达式为F= （Wb）
7．2016年1月，重庆主城及多个区县迎来冰冻雨雪天气，图为重庆电力公司工作人员监测高压电线覆冰厚度．为清除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路，利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为 ；除冰时，输电功率、输电线电阻不变，输电线上的热损耗功率为16 ，则除冰时（ ）
A．输电电流为 B．输电电压为
C．输电电压为4U D．输电电流为16I
8．如图，理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端，P为滑动变阻器的滑片，RT为热敏电阻，其阻值随温度升高而变小．则（ ）
A．P向左滑动时，变压器的输出电压变大
B．P向左滑动时，变压器的输入功率变大
C．RT温度升高时，灯L变亮
D．RT温度升高时，适当向右滑动P可保持灯L亮度不变
9．为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A．输电电流为3I B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为 U
10．在图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“﹣”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通稳定工作后再断开的瞬间，下面哪个说法符合实际（ ）
A．G1指针向左摆，G2指针向右摆 B．G1指针向右摆，G2指针向左摆
C．G1、G2的指针都向左摆 D．G1、G2的指针都向右摆
11．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴以角速度ω匀速转动,产生的感应电动势随时间的变化关系如图所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（ ）
A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零
B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为
C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D．t4时刻线圈处于中性面位置
12．一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器 升压后向远方输电 输电线路总电阻 到目的地经变压器 降压，负载为多个正常发光的灯泡 、 若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的 ，变压器 和 的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则
A． 原、副线圈电流分别为 和10A
B． 原、副线圈电压分别为 和220V
C． 和 的变压比分别为1：50和40：1
D．有 盏灯泡 、 正常发光
13．甲、乙两个完全相同的变压器如图接在交流电路中，两负载电阻的阻值之比R甲：R乙=3：1，甲变压器原线圈上电压为U甲，副线圈上电流为I甲；乙变压器原线圈上电压为U乙，副线圈上电流为I乙，则有（ ）
A．U甲=U乙 I甲=I乙 B．U甲=3U乙 I甲=I乙
C．U甲=U乙 I甲=3I乙 D．U甲=3U乙 I甲=3I乙
14．如图甲所示，矩形线圈的一部分处在有界匀强磁场中，并绕处于磁场边界的轴OO'匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．t=0时刻线圈处于与中性面垂直的位置
B．t=0时刻线圈位于磁场内、外的面积比为3：2
C．每秒钟电流方向改变100次
D．该交变电流的有效值为U= V
15．远距离输电线路的示意图如图所示，若发动机输出电压不变，则下列叙述中正确的是（ ）
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户电器设备消耗的功率无关
B．输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上的损失功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
二、多选题
16．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，线圈平面平行于磁感线
B．t=1 s时，线圈中的电流改变方向
C．t=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大
D．一个周期内，线圈产生的热量为
17．如图所示，L为自感线圈，闭合开关S，灯D1立即变亮，另一个相同的灯D2逐渐变亮，最终D1比D2亮。则（ ）
A．滑动变阻器R的阻值小于自感线圈L的直流电阻阻值
B．滑动变阻器R的阻值大于自感线圈L的直流电阻阻值
C．断开S，灯D1闪亮后逐渐熄灭
D．断开S，灯D1逐渐熄灭
18．如图所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是（ ）
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损耗
B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损耗越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
19．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生交流电，其瞬时值表达式为e=220 sin10πt伏，下列叙述中正确的是（ ）
A．频率是50赫兹
B．当t=0时，线圈平面恰好与中性面重合
C．当t= 秒时，e有最大值
D．有效值为220伏特
20．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R．则下列说法正确的是（ ）
A．输电线上的电流
B．输电线上的电流
C．输电线上损失的功率
D．输电线上损失的功率
21．理想变压器原线圈接有理想交流电流表，副线圈接有两个电热器 与 ，其铭牌参数分别为“220V 1100W”和“220V 440W”，如图甲所示。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压时，两电热器均正常工作，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器原线圈的输入电功率为1540W
B．变压器原、副线圈的匝数比为10∶1
C．原线圈输入电压为3110V
D．理想交流电流表的示数为7A
22．矩形线圈A B C D绕与磁场垂直的中心轴 按图示方向在外力作用下匀速转动.引出线的两端各与互相绝缘的两铜滑环连接, 圆滑环通过电刷与外电路电阻相连,在线圈转动过程中正确的判断是（ ）
A．R上的电流大小方向都不变
B．R上电流大小和方向都发生周期性变化
C．转动中A B C D各边一直受到磁场力对它的作用
D．A D边和B C边有时受到磁场力的作用
23．教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图所示。副线團的匝数可以通过滑动触头Q来调节，副线圈两端连接定值电阻R0，灯泡L和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，原线圈上连接一只理想交流电流表A，闭合开关S，电流表的示数为I，则（ ）
A．仅增大发电机线的转速，I增大 B．仅将P向上滑动，I增大
C．仅将Q向上滑动，I增大 D．仅将开关S断开，I增大
24．如图所示，理想变压器原线圈输入正弦式交变电压且保持不变，副线圈电路中 、 为定值电阻，R是滑动变阻器， 和 是理想交流电压表，示数分别用 和 表示； 和 是理想交流电流表，示数分别用 和 表示；则在滑片P向上滑动过程中，下列说法正确的是（ ）
A． 和 均保持不变 B． 消耗的功率增大
C． 和 均减小 D． 减小， 变大
25．如图所示为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，灯L1、L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光。则下列说法正确的是（ ）
A．仅闭合开关S，灯L1会变亮
B．仅闭合开关S，r消耗的功率会变大
C．仅将滑片P下移，电流表的示数会变大
D．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小
26．如图所示为小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向以角速度ω匀速转动。线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，A为交流电流表。线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开始转过60°时的感应电流为I。下列说法中正确的有（ ）
A．电流表的读数为
B．转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为
C．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为
D．从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为
27．如图甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈匝数比为1:10的理想变压器给一灯泡供电，灯泡上标有“220V 22W”字样，如图丙所示，则（ ）
A．t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零
B．灯泡中的电流方向每秒钟改变100次
C．灯泡正常发光
D．电流表示数为
28．如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为1100，次级线圈的匝数为55，初级线圈两端a、b接正弦交流电源，在原线圈前串接一个电阻 的保险丝，电压表V的示数为220V，如果负载电阻R＝5.5Ω，各电表均为理想电表，则（ ）
A．电流表A的示数为2A
B．ab端的输入电压为232.1V
C．负载电阻实际消耗的功率为
D．保险丝实际消耗的功率为1.21W
29．如图，一匝数为100匝的固定矩形线圈abcd，其面积为0.01m2，线圈所在空间内存在与线圈平面垂直且均匀分布的磁场，磁感应强度随时间变化规律为 （T）。线圈两端接一原副线圈匝数n1:n2:n3=3:1:2的理想变压器。断开开关S2、闭合开关S1时，电流表示数为1A；断开开关S1、闭合开关S2时，电流表示数也为1A。已知R1=1Ω，导线电阻不计。则（ ）
A．线框产生的感应电动势 （V）
B．矩形线圈abcd的电阻r=1Ω
C．电阻R2=2Ω
D．S1、S2均闭合时，电流表示数为 A
30．图甲中S、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， A为理想交流电流表，V为理想交流电压表，矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO＇匀速转动，矩形线圈通过滑环接理想变压器，滑片P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R．从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动勢随时间变化的图像如图乙所示，忽略线圈、电刷与导线的电阻，下列说法正确的是( )
A．t＝0.01s时穿过发电机线圈的磁通量最大
B．t＝0.005时电压表的示数为10V
C．保持R的大小不变，P的位置向上移动，电流表读数增大
D．保持R的大小及P的位置不变，发电机线的转速增大一倍，变压器的输入功率增大到原来的2倍
31．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B= T，单匝矩形线圈面积S=1m2，电阻r= Ω，绕垂直于磁场的轴OOˊ匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接．V为理想交流电压表，A1、A2 为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20V，30W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1.5A．则 以下说法正确的是（ ）
A．电流表A1、A2的示数之比2：1
B．理想电压表原副线圈的匝数之比2：1
C．线圈匀速转动的角速度ω=120rad/s
D．电压表的示数为40 V
32．如图是远距离输电的示意图，两个变压器均为理想变压器，输电导线的总电阻为r，升压变压器匝数比为n1：n2，发电机输出的电功率为P，输出电压为U，导线上损失的功率为P损，用户得到的功率为P用，升压变压器原副线圈两端的电压分别为U1、U2，输电线上输送的电流大小为I。下列判断正确的是（ ）
A．输电线上电流大小为
B．输电线上损失的电压为
C．输电线上损失的功率
D．用户得到的功率
33．在如图甲所示的理想变压器的原线圈输入端a、b加如图乙所示的交变电压，理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，副线圈电路中定值电阻 、 ，电动机内电阻r=6Ω。开始时电键S闭合，电动机正常工作；当电键S断开后，交流电流表的示数减小了0.5A。则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．电键S断开时，电阻 消耗的功率为8W
B．电键S闭合时，交流电流表的示数为2.5A
C．电动机正常工作时的机械效率为70%
D．电键S闭合时，变压器的原线圈输入总功率为50W
34．如图，理想变压器上接有3个完全相同的灯泡，其中1个灯泡与原线圈串联，另外2个灯泡并联后接在副线圈两端。已知交流电源的电压 ，3个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器（ ）
A．副线圈电压的频率为50Hz B．原线圈两端的电压为18V
C．原副线圈的电流比为2：1 D．原副线圈的匝数比为2：1
35．如图甲所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为10：1，，电压表，V1、V2和电流表、A1、A2都为理想电表，电阻 ， ， 的最大阻值为12Ω，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压.在 的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是( )
A．电压表V2的示数减小
B．电压表V2的示数为22 V不变
C．电流表A1示数增大、A2的示数减小
D．电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积一直减小
三、实验探究题
36．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，斌斌利用如图所示可拆式变压器（铁芯不闭合）进行研究。
（1）实验还需要下列器材中的 ；
（2）实验中，图中变压器的原线圈接线“0、8”接线柱，所接电源电压为交流10.0V，副线圈接线“0、4”接线柱，则副线圈所接电表示数可能是______。
A．20.0 V B．15.0 V C．5.0 V D．2.5 V
37．【加试题】根据所学知识完成下面的实验：
（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是 （多选）。
A.有闭合铁芯的原副线圈 B.无铁芯的原副线圈 C.交流电源 D.直流电源
E.多用电表（交流电压档） F.多用电表（交流电流档）
用匝数 匝和 匝的变压器，实验测量数据如下表，
1.80 2.80 3.80 4.90
4.00 6.01 8.02 9.98
根据测量数据可判断连接电源的线圈是 （填 或 ）。
（2）用如图所示的装置做“探究感应电流方向的规律”实验，磁体从靠近线圈的上方静止下落，当磁体运动到如图所示的位置时，流过线圈的感应电流方向从 （填“a到b”或“b到a”）。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流 随时间 的图像应该是 。
38．在学校实验周中，某实验小组同学对以前做过的部分实验做复习与拓展。
（1）他们选用如图（a)可拆变压器做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，实验电路图如图（b)，实验时n1=800匝，n2=400匝，断开K，接通电源，观察电压表的读数为6V，则下列哪一选项，可能是可拆变压器的输入电压有效值 。
A．3V B． V C．12 V D．15 V
灯泡的额定电压也为6V，闭合K，灯泡能否正常发光 。（填：“能”或“不能”）
（2）他们在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，实验小组又利用单摆周期公式来测量当地的重力加速度g。为使测量结果更准确，利用多组数据求平均值的办法来测定g值。小组二位成员分别设计了如下的记录表格，你认为表 (填“A”或“B”)设计得比较合理。
完成单摆实验后，他们又做了“探究弹簧振子周期与振子质量关系”的拓展实验。他们将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m 的小球，将小球向下拉离平衡位置后松开，小球上下做简谐运动，用停表测量周期T，在图所示的 位置作为计时的开始与终止更好。［选填“(a)”、“(b)”或“(c)”］
39．
（1）①小王同学做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，实验装置如下图。
学生电源输出端与原线圈A的0与4接线柱相连，选择开关打在电压4V处。交流电压表与副线圈B的0与8接线柱相连，接通开关后，发现电压表中示数为0。小王检查学生电源与电表正常，电路中导线无故障，请你帮他诊断其原因 。
②小王并以此变压器继续进行探究电磁感应现象，副线圈B的0与2接线柱接灵敏电流表G，如下图所示，在学生电源接通瞬间，发现灵敏电流表指针向左偏，当电流表稳定后，若断开电源开关，则灵敏电流表指针 （选填“向左偏”、“向右偏”或“不动”），此时原、副线圈中电流的绕行方向 （选填“相同”或“相反”）。
（2）小明同学在家里探究单摆周期与摆长的关系，他设计的实验步骤的是：
A ．选择体积小、密度大的球
B ．用刻度尺测量细线的长度l作为摆长
C ．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，然后由静止释放
D ．从摆球摆到最低点时开始计时，测出摆球经过最低点30次的总时间t，由 得出周期
则以上实验步骤中有错误的是 。
40．功放内部的变压器一般为环状，简称环牛，如图所示。某同学利用环牛探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系。（环牛效率极高，可看成理想变压器）
（1）测量环牛的初级（原）、次级（副）线圈匝数n1、n2的方法是：先在闭合铁芯上紧密缠绕50匝漆包细铜线，并将理想交流电压表1接在细铜线两端；然后在初级线圈（左侧）上输入有效值为24.0V的低压交流电，再将理想交流电压表2连接在次级线圈（右侧）上。若理想交流电压表1的示数为1.5V，理想交流电压表2的示数为12.0V，则初级线圈的匝数n1= ，次级线圈的匝数n2= 。
（2）若在初级线圈（左侧）上接入电压瞬时值的电压，则连接在次级线圈（右侧）上理想交流电压表2的示数为 V。（计算结果保留三位有效数字）
（3）由于变压器工作时有能量损失，实验中测得的原、副线圈的电压比 （选填“大于”、“等于”或“小于”）原、副线圈的匝数比。
四、解答题
41．一个电热器，工作时电阻为 ，接在输出电流如图所示的交流电源上，其周期为 。求该电热器工作 消耗的电能。
42．如图所示为正弦交流电经过整流器处理后的电压波形，求其电压的有效值？
43．某小水电站发电机输出的电功率为100kW，输出电压250V，现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，用户获得220V电压，求应选用匝数比多大的升压变压器和降压变压器？
44．当变压器一个线圈的匝数已知时，可以用下面的方法测量其他线圈的匝数∶把被测线圈作为原线圈，用匝数已知的线圈作为副线圈，通入交流，测出两线圈的电压，就可以求出被测线圈的匝数。已知副线圈有400匝，把原线圈接到220V的线路中，测得副线圈的电压是55V，求原线圈的匝数。
45．有一个负载电阻值为R，当将它接在20V的直流电源上时，消耗的电功率为P，若将R接在图中的变压器的次级电路中消耗的电功率是 。已知变压器的输入电压的最大值为200 V，求此变压器的原、副线圈的匝数之比。
46．某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用总电阻r＝3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，如图所示。求：升压变压器和降压变压器原副线圈的匝数比各是多少？
47．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为 输电和输电电压为 输电 则两种情况中，输电线上通过的电流之比 ： 为？
48．一个小型电势器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的功率为 如果电势器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为多少？
49．某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104W，电厂输出电压仅350V，为减少输送功率损失，先用一升压变压器将电压升高再输送，在输送途中，输电线路的总电阻为4Ω，允许损失的功率为输送功率的5%，求：用户所需电压为220V时，升压、降压变压器的原副线圈的匝数比各是多少？
50．如图所示，匝数为n，面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中匀速转动，角速度为ω，求线圈从图示位置转过180°时间内的平均感应电动势。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解:A、B、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致D将逐渐变暗．故A不正确，B错误；
C、D、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确；
故选：D．
【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．
2．【答案】B
【解析】【解答】由交变电流的瞬时值的表达式知e＝Emsin V，故频率 Hz，周期 s，A不符合题意；交变电流电动势的有效值 =220V，B符合题意；电容器的耐压值为交变电流的最大值，即220 V,C不符合题意；t＝0时，感应电动势的瞬时值 ，磁通量的变化率为零，此时磁通量为最大，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】通过交流电压的表达式读出交流电的周期和最大值，利用周期求出交流电频率，利用最大值求解交流电的有效值，当导线框处于中性面时，磁通量最大，当导线框处于与中性面垂直的面时，磁通量最小。
3．【答案】D
【解析】【解答】 的功能是通直流，阻交流，阻低频，更阻高频，所以 是自感系数很大的低频扼流圈，①和②错误； 在此的功能为通交流，隔直流，将交流电输送到下一级，叫隔直电容； 在此的功能为通高频，阻低频，叫高频旁路电容，最终将交流的低频成分输出，则③和④正确，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电感的特性值通直流阻交流，电流的频率越大，电感的阻抗就越大，电容的特性是通交流阻直流，电流的频率越小，电容的阻抗就越大，结合电路中电流的变化分析即可。
4．【答案】D
【解析】【解答】A、发电机转子在匀速转动时，通过线圈的磁通量、产生感应电动势及电流均随时间呈周期性变化；故ABC不正确；
D、闭合回路中电流变化的周期等于线圈的转动周期，其大小不变化；故D正确；
故选：D．
【分析】明确交流发电机的工作原理，知道哪些量在随时间作周期性变化．
5．【答案】B
【解析】【解答】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R． 则有 ，解得：I= I0；
故答案为：B
【分析】电流的有效值是根据电流的热效应来确定的，选定一个周期，在这个周期内利用焦耳定律求解电流的有效值即可。
6．【答案】D
【解析】【解答】B．从垂直中性面开始其瞬时表达式为
转过 60°时感应电流的瞬时值为 1A，则
有效值为
B不符合题意；
A．线框匀速转动过程中消耗的电功率
A不符合题意；
C．线圈在如图所示的电动势最大，线框在图示的位置磁通量变化率最大，C不符合题意；
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为
根据公式
感应电动势的最大值为
可得
故
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】线圈平面垂直磁场时，处于中性面位置，磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零；线圈平面平行磁场时，处于中性面的垂面，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大。
7．【答案】B
【解析】【解答】AD．高压线上的热耗功率△P=I2R线…①
若热耗功率变为16△P，则16△P=I′2R线…②
由①②得I′=4I
所以AD不符合题意．
BC．又输送功率不变，由P=UI=U′I′得
所以C不符合题意，B符合题意．
故答案为：B
【分析】利用热功率的大小变化可以求出输电电流的大小；结合功率的表达式可以求出输电电压的大小。
8．【答案】D
【解析】【解答】P向左滑动时，电阻变大，次级电流减小，根据P=IU可知，因变压器输出电压不变，故变压器的输出功率减小，变压器输入功率减小，AB不符合题意；RT温度升高时，RT电阻减小，次级电阻减小，电流变大，变阻器两端电压变大，电灯两端电压变小，故灯L变暗，C不符合题意；RT温度升高时, 热敏电阻阻值减小，只有适当向右滑动P ,才能使灯L分压不变,从而保持灯的亮度不变，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】输入电压决定输出电压所以与负载电阻大小无关；利用滑动变阻器的阻值变化可以判别输出电流和功率的变化；利用热敏电阻的变化结合欧姆定律可以判别灯泡的电流变化。
9．【答案】A
【解析】【解答】输电线上的热耗功率P线＝I2R线，热耗功率由P变为9P，则电流I变为3I，选项A正确；
输电功率P不变，由P＝UI，电流变为3I，输电电压为 。
故选A
【分析】本题考查在输电过程中对公式P＝UI的正确理解。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻．所以含有电感器的支路的电流从“+”接线柱流入，G1指针向右摆．含有电阻的支路电流从“﹣”接线柱流入，G2指针向左摆．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．
11．【答案】B
【解析】【解答】由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量△Φ=2Bs，A不符合题意；通过电阻的电荷量 ，所以t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量 ,又 。，故 ,B符合题意；由于最大值面产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以 ，C不符合题意；t4时刻电动势最大，所以此时磁通量应该最小为零，所以线圈处于与中性面相垂直的位置，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】通过交流电压的表达式读出电压的最大值和角速度，计算出电压的有效值和频率，再利用欧姆定律求出电路中的电流，通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。
12．【答案】B
【解析】【解答】由 可得升压变压器输入电流为：
由 得升压变压器的输出电流为： ，A不符合题意．
由 得：
根据 得升压变压器的输出电压为：
输电线上的电压损失为：
降压变压器的输入电压：
用户得到的电压即为降压变压器的输出电压：
由 可知B符合题意．
降压变压器的匝数比：
由 知C不符合题意；
用户得到的功率：
可供灯泡正常发光的盏数： ，D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】原副线圈两端的电压关系和电流关系与其匝数比有关，利用公式求解即可。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：由图象知本题为两个变压器串联的情况，所以电流相等I甲=I乙，因为是两个相同的变压器，所以两个变压器副线圈电流相等，根据欧姆定律副线圈电压之比为3：1，因为变压器完全相同，所以原线圈电压之比为3：1，故U甲=3U乙，B符合题意．ACD不符合题意；
故答案为：B
【分析】理想变压器没有能量损失，原副线圈，电压之比等于线圈匝数之比。输入功率等于输出功率。
14．【答案】D
【解析】【解答】根据题图乙 可知，t=0时刻，感应电动势为零，此时线圈处于中性面位置，A不符合题意；分析交变电流的产生条件，结合题图乙可知，t=1s时，感应电动势数值出现跳跃，最大值由5V变为10V，根据法拉第电磁感应定律可知，最大值Em=NBS ，则t=0时刻，线圈位于磁场内、外的面积之比为1：2，B不符合题意；分析题图乙可知，周期T=0.04s，一个周期内电流方向改变两次，则每秒钟电流方向改变50次，C不符合题意；根据交变电流有效值的定义可知 ，解得该交变电流电压的有效值U= V，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据交变电流的产生原理判断电动势为零时线圈的位置；结合感应电流的产生条件以及法拉第电磁感应定律得出感应电动势的最大值；利用交变电流有效值的定义得出该交表电流的有效值。
15．【答案】C
【解析】【解答】解：A、用户用电的总功率增加，输出功率增大，输入功率增大，升压变压器、降压变压器的原、副线圈电流都要增加，A不符合题意；
B、输电线的电流由用户消耗的功率和高压输电电压有关，B不符合题意；
C、用户总电阻减少，而输出电压不变，所以电流增大，功率损失P损=I2R增大，C符合题意；
D、升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压加上输电线分得的电压，D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据远距离高压输电的原则和变压器的工作原理综合进行判断。
16．【答案】A,D
【解析】【解答】由图知t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A项正确；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，图中t=1 s时，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故B项错误；t=1.5 s时，磁通量有最大值，因为图像的斜率为零，所以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零，故C项错误；计算交流电产生的热量必须用有效值，感应电动势最大值，所以有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D项正确。
【分析】由图知磁通量为零得出线圈平面平行于磁感线，中性面是电流方向改变的位置，根据法拉第电磁感应定律计算电动势大小，计算线圈产生的热量必须用有效值。
17．【答案】A,D
【解析】【解答】AB．因为最终D1比D2亮，即通过D1的电流大，所以滑动变阻器R的阻值小于自感线圈L的直流电阻阻值，A符合题意，B不符合题意；
CD．断开S瞬间，电感线圈L、灯A1、A2构成回路，通过D1的电流缓慢减小至为零，故灯D1逐渐熄灭，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】当开关断开后，流过电感的电流会减小，此时电感会充当电源，构成回路就会放电，故断开电路后小灯泡会亮一下再慢慢熄灭；当开关闭合后，流过电感的电流会变大，此时电感会阻碍电流的增大，故闭合开关后，电小灯泡会逐渐变亮。
18．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A、根据P＝I2R可知，在电流I一定的情况下，减小电阻R，可以减小电路上的电能损失，而R＝ρ ，所以增大输电线的横截面积S可减小电阻，故A选项符合题意；
B、C、由输入功率P＝UI，知输电线电功率损失P损＝I2R＝ R，可见减小输电线电流可减小电路的发热损耗，故B选项符合题意，C选项不符合题意；
D、高压输电并不一定是电压越高越好，电压过高时，会带来技术和设备上的困难，所以D选项符合题意。
故答案为：A、B、D。
【分析】根据电阻定律可知，增大输电线的横截面积即可减小导线的电阻，电能在传送的过程中损失的功率为热功率，当电阻不变时电流越小，热功率就越小，而与输送的电功率大小无关。
19．【答案】B,D
【解析】【解答】解：A、线圈的角速度为10πrad/s，故其频率为：f= =5Hz，故A错误；
B、当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故B正确．
C、当t= s时，sin10πt＜1，所以e达不到最大值，故C错误；
D、交流电的有效值为：U= =220V；故D正确；
故选：BD．
【分析】根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．
20．【答案】B,C
【解析】【解答】根据 得，输电线上的电流 ，由于U不是输电线上损失的电压，不能通过 求解输电线上的电流，A不符合题意B符合题意；输电线上损失的功率 ，C符合题意D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】根据P=UI求出输电线上的电流，结合 求出输电线上损失的功率．
21．【答案】A,B
【解析】【解答】A．变压器原线圈的输入电功率为
A符合题意；
C．原线圈输入电压为
C不符合题意；
B．变压器原、副线圈的匝数比为
B符合题意；
D．理想交流电流表的示数为
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据输入功率等于输出功率，等于两电阻消耗的功率来判断A选项；根据正弦交流电压的最大值和有效值的关系来判断B选项；根据原副线圈的电压比来判断C选项；根据功率公式可判断D选项.
22．【答案】B,D
【解析】【解答】该图是交流发电机的原理图，当线圈转动时，线圈中产生交流电，电阻R上电流大小和方向都发生周期性变化，A不符合题意，B符合题意；转动的过程中，当线圈平面和磁感线平行时，感应电流最大，但是线圈的AD边和BC边和磁场平行，不受安培力作用；当线圈平面和磁感线垂直时，感应电流为零，线圈的各边不受安培力作用，C不符合题意；A D边和B C边与磁感线不平行时，将受到磁场力的作用，D符合题意；
故答案为：BD.
【分析】由于线圈产生的是交流电所以通过负载的电流方向和大小发生改变；转动过程只有切割的两条导线收到安培力作用。
23．【答案】A,C
【解析】【解答】A、仅增大发电机线的转速 ，则角速度 增大，则最大感应电动势 增大，则电动势的有效值增大，由于原、副线圈匝数不变，导致副线圈端电压增大，则副线圈电流增大，根据 可知原线圈电流I增大，A符合题意；
B、仅将P向上滑动，则副线圈总电阻增大，则副线圈电流减小，根据 可知原线圈电流I减小，B不符合题意；
C、仅将Q向上滑动，则副线圈的匝数增大，由于原线圈端电压不变，则根据 可知，副线圈端电压增大，则副线圈电流增大，根据 可知原线圈电流I增大，C符合题意；
D、仅将开关S断开，则副线圈总电阻增大，由于原、副线圈电压均不变，则副线圈电流减小，根据 可知原线圈电流I减小，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用变压器原副线圈匝数比与电压的关系求解副线圈的电压，结合滑动变阻器电阻的变化，再利用欧姆定律分析电流的变化。
24．【答案】B,D
【解析】【解答】当滑片P向上端滑动过程中，电阻增大，副线圈电路的总电阻增大，由于匝数比不变，所以副线圈电压不变，副线圈电流变小，R1的电压变小，电压表V2的示数变大，A不符合题意；
由上可知电阻R2两端的电压增大，根据 ，可知R2消耗的功率增大，B符合题意；由上可知电阻R2两端的电压增大，根据 可知I2变大，原线圈、副线圈的匝数比不变，原线圈、副线圈两端的电压都不变，当滑片P向上端滑动过程中，电阻增大，副线圈电路的总电阻增大，输出功率变小，输入功率也变小，输入电压不变，所以I1变小，D符合题意，C不符合题意。所以BD符合题意，AC不符合题意。
故答案为：BD
【分析】本题考查变压器动态变化分析问题。在变压器工作时，变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定，与负载电阻的变化无关；变压器的输出功率决定输入功率，变压器的输出电流决定输入电流。解决本题抓住题中的不变量和变化量，根据欧姆定律和变压器物理量间的相互制约关系分析各物理量的变化。
25．【答案】B,C
【解析】【解答】闭合S，则消耗功率增大，T2副线圈中电流增大，T2原线圈电流也增大，则导线r上损失的电压和功率增大，则T2输入电压UT2初=UT1次-Ir减小，灯泡两端电压UT2次减小，故灯泡会变暗，A不符合题意，B符合题意；仅将滑片P下移，T1副线圈匝数增大，则输出电压增大，T2的输入电压增大，灯泡电压也增大，T2次级电流变大，则T2初级电流变大，即导线r消耗的功率会变大；变压器T1次级电流变大，则初级电流也变大，即电流表的示数会变大，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】根据电路动态变化分析方法和变压器电压、电流、功率决定关系分析。
26．【答案】B,C,D
【解析】【解答】A项：由题有： ，则得感应电流的最大值 Im=2I，有效值 ，则电流表的读数为 ，A不符合题意；
B项：感应电动势的最大值Em=Im（R+r）=2I（R+r），又Em=nBSω，磁通量的最大值 Φm=BS，联立解得：Φm= ，B符合题意；
C项：线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量 ，C符合题意；
D项：从图示位置开始转过 的过程中，通过电阻R的电荷量 ，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】利用电流的表达式可以求出电流峰值的大小及电表有效值的大小；利用电流大小可以求出最大电动势，利用最大电动势表示式可以求出磁通量最大值；利用焦耳定律可以求出一个周期内电阻产生的热量；利用电荷量和磁通量变化量的关系可以求出电荷量的大小。
27．【答案】B,C
【解析】【解答】A、由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，A不符合题意；
B、由图可知，交流电的周期为0.02s，则 ，所以灯泡中的电流方向每秒钟改变100次，B符合题意；
CD、原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为22×10=220V；由P=UI可知，副线圈电流I2=0.1A，则I1=1A，灯泡正常发光，故额定电压为220V，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】当时间t=0.01s时此时电压为0磁通量最大；利用周期可以求出每秒内周期的个数，乘以2是电流方向改变的次数；利用电压之比和匝数成正比可以求出灯泡两端的电压是否符合额定电压；利用灯泡的电压和功率可以求出电灯泡的电流，利用匝数之比可以求出原线圈的电流大小。
28．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A、根据电压与匝数成正比 ，则有 ，根据欧姆定律可知 ，A符合题意；
B、根据 ，即 ，解得： ，ab端的输入电压为 ，B符合题意；
C、负载电阻实际消耗的功率为 ，C不符合题意；
D、保险丝实际消耗的功率为 ，D符合题意；
故答案为：ABD。
【分析】本题考查变压器原理，根据变压器电压、电流、功率与线圈匝数比的关系以及欧姆定律可解。
29．【答案】B,D
【解析】【解答】A．根据法拉第电磁感应定律，有
依题意，有
联立，可得 （V）
A不符合题意；B．断开开关S2、闭合开关S1时，有
根据闭合电路欧姆定律，有
解得
B符合题意；
C．断开开关S1、闭合开关S2时，有
根据欧姆定律，有
C不符合题意；
D．S1、S2均闭合时，电压和电流之比分别为
根据电路有
联立，可得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用法拉第电磁感应定律结合磁感应强度和时间的关系可以求出电动势瞬时值的表达式；利用匝数之比可以求出副线圈电流的大小，结合欧姆定律可以求出副线圈输出电压的大小，结合匝数之比可以求出原线圈输入电压的大小，再利用原线圈的欧姆定律可以求出线圈内阻的大小；利用匝数之比可以求出n3线圈中的电流和电压大小，结合欧姆定律可以求出电阻的大小；当两个开关闭合时；利用原线圈总功率等于各线圈功率之和，结合电压之比和原线圈的闭合电路的欧姆定律可以求出电流表读数。
30．【答案】B,C
【解析】【解答】t＝0.01s时线圈中的感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，A不符合题意；由图乙知交流电电压峰值为10 V，电压表显示的为有效值10V，B符合题意；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，C符合题意；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍电压增大为原来的2倍，则变压器的输入电压和输出都增大为原来的2倍，负载消耗的电功率：P=U2/R增大为原来的4倍，则输入功率也将增大到原来的4倍，D不符合题意．
【分析】利用电动势的大小可以判别线圈磁通量的大小；利用有效值可以求出电压的大小；利用原线圈匝数变小可以判别输出电压变大则输出电流和输入电流都变大；利用转速对电动势的影响可以判别功率的变化。
31．【答案】B,C
【解析】【解答】解：A、因灯泡正常发光，则原副线圈的电流比为：1：2，A不符合题意；
B、由于电流与匝数成反比，则理想电压表原副线圈的匝数之比2：1，B符合题意；
C、副线圈的电压为20V，则原线圈的电压为40V，由于线圈的内阻r= Ω，因电流为1.5A，
那么最大值为60 =BSω，求得ω=120rad/s，C符合题意；
D、电压表的示数为有效值40V，D不符合题意；
故答案为：BC．
【分析】根据变压器原理以及交变电流的性质，综合分析求解。
32．【答案】B,D
【解析】【解答】A．对于理想变压器有 ， ，
解得
A不符合题意；
B．输电线上损失的电压为
B符合题意；
C．输电线损失的功率
C不符合题意；
D．用户得到的功率
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据理想便器原副线圈的匝数之比与电压、电流的关系，结合原副线圈输入、输出功率相等求得输电线上的电流，从而算出输电线上损失的电压和损失的功率，就可得到用户得到的功率。
33．【答案】B,D
【解析】【解答】由图可知输入电压的有效值为： ，根据理想变压器电压比可得： ，电键S断开时，电阻R1消耗的功率为: ，A不符合题意；电键S断开后，交流电流表的示数为： ，由题意知当电键S断开后，交流电流表的示数减小了0.5A，所以电键S闭合时，交流电流表的示数为2.5A，B符合题意；电动机正常工作时的电压为： ，电动机正常工作时的电流为： ，电动机的输出功率为： ，电动机正常工作时的机械效率为： ，C不符合题意；根据理想变压器电压比可得： ，由上可知电键S闭合时，交流电流表的示数为2.5A， ，D符合题意。所以BD符合题意，AC不符合题意。
故答案为：BD
【分析】本题是交变电流、变压器、闭合电路功能关系的综合应用。变压器是电路的电源，解题时根据变压器工作原理得出变压器输出电压，这也就是后端电路部分电路的电源电压，然后根据串、并联电路的分压、分流关系计算电流、电压和功率等。应注意的是电动机是非纯电阻元件，不适用欧姆定律，电动机输出功率等于输入功率减热功率。
34．【答案】A,D
【解析】【解答】A．由瞬时值表达式有： ，
可知角速度为：ω＝100πrad/s，
则频率为： ，
A符合题意；
BCD．设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，根据原副线圈中电流之比与匝数成反比得原、副线圈的匝数之比为： ，
又
得原线圈两端电压为U1＝2U，
根据闭合电路欧姆定律得交流电源电压为：U′＝U+2U＝3U，
该交流电的最大值为 ，
则有效值为18V，所以3U＝18V，
则灯泡的额定电压为6V，原线圈两端得电压等于2U＝12V．D符合题意，BC不符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用表达式可以求出频率和峰值的大小；利用电流之比可以求出匝数之比；利用匝数之比可以求出输入电压的大小。
35．【答案】C,D
【解析】【解答】AB．由图乙知，原线圈两端电压的有效值 ，据 ，可得副线圈两端电压的有效值 ，则电压表V2的示数为22V不变．AB两项错误；
C．在滑动变阻器的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，R3接入电路的电阻减小，副线圈回路的总电阻减小，因为副线圈两端电压不变，所以副线圈回路的总电流增大，电流表A1示数增大；副线圈回路的总电流增大，电阻R1两端电压增大，并联电路电压减小，流过电阻R2的电流减小，A2的示数减小．C项正确；
D．电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积
当 时，电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积最大；在滑动变阻器的滑片自最下端滑动到最上端的过程中， 的阻值由4Ω逐渐减小到0；则滑片自最下端滑动到最上端的过程中，电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积一直减小．D项正确。
故答案为：CD。
【分析】根据图乙求出原副线圈的电压，也就是电压表V2的示数；根据电路的动态分析，总的原则是由部分电路的变化确定总电路的变化情况，再确定其他电路的变化情况。
36．【答案】（1）AD
（2）D
【解析】【解答】(1)探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验要用到交流电压表，B是直流电流表，C是直流电压表，A是多用电表，可以用多用电表的交流电压挡测电压，实验中为了安全，输入电压不能超过12V，需要交流学生电源，故答案为：AD。
(2)如果是理想变压器，则电压比等于匝数比，输出电压为5V，但图中变压器存在比较大的漏磁，实际输出电压小于5V，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】（1）探究变压器线圈两端的电压关系需要使用交流电压表，还需要使用交流电源；
（2）利用变压器的匝数之比结合磁漏现象可以求出实际输出电压的大小。
37．【答案】（1）ACE；
（2）b到a；A
【解析】【解答】(1)变压器的原理是互感现象的应用.是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源.则副线圈中不会有感应电流产生.题意为探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系.需要测量电压J所以需要一个测电压的仪器，所以需要的器材有A、有闭合铁芯的原副线圈:c交流电源 E多用电表哎交流电压档;根据题意.电压比与匝数比不相等.可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁铁芯发热、导线发热等影晌判断出 Ub 为原线圈上电压大小，则判断出: 接的是电源.(2)根据题目可知.当磁体下落时.穿过线圈的磁场方向向上增加.由楞次定律可知感应电流的磁场应向下.则由安培定则，可知电流方从b到a‘;当磁体穿过线圈下落的过程中.穿过线圈磁通量向上.故先增加后减小，限据楞次定律.感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化.故感应电流的磁场先向下后向上，故感应电流的方向先从b到a，后从a到b。
38．【答案】（1）D；不能
（2）B；（b）
【解析】【解答】（1）根据 解得 ，考虑到可拆变压器漏磁等问题，则可拆变压器的输入电压有效值应该大于12V，
故答案为：D.若灯泡的额定电压也为6V，闭合K，灯泡两端的电压也会小于6V，不能正常发光；（2）此实验中不能取摆长和周期的平均值来计算重力加速度，只能通过每次的摆长和周期求解每次的重力加速度的值，然后取重力加速度的平均值，
故答案为：B；振子通过平衡位置时作为计时的起点最好，
故答案为：(b)。
【分析】（1）根据原副线圈的匝数比可以确定原线圈两端的电压为12V，因为变压器有损耗，故要高于12V；灯泡两端的电压会低于6V，故不能正常发光；
（2）利用单摆测量重力加速度，应该是多测实验计算重力加速度，再取平均值；小球在平衡位置速度最大，时间的相对误差比较小。
39．【答案】（1）原线圈接直流电源，副线圈中磁通量不变，不产生感应电动势；向右偏；相反
（2）BCD
【解析】【解答】(1)①原线圈接直流电源，副线圈中磁通量不变，不产生感应电动势；
②在学生电源接通瞬间，副线圈中的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，此时电流表指针向左偏，当断开电源开关的瞬间，副线圈中的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，则电流表指针向右偏；
由图可知原线圈与副线圈中原磁场磁感线方向相反，即副线圈中感应电流的磁感线方向与原线圈中的磁感线方向相反，根据安培定则可知，此时原、副线圈中电流的绕行方向相反。
(2)A．为减小摆球运动过程中受到的空气阻力，应选择体积小、密度大的球，A符合题意，不符合题意；
B．摆长应是摆线长与小球半径之和，B不符合题意，符合题意；
C．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度（一般不超过10°），由静止释放，C不符合题意，符合题意；
D．从摆球摆到最低点时开始计时，测出摆球经过最低点30次的总时间t，则有15次全振动，由 得出周期，D不符合题意，符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】（1）原线圈接直流电源时其磁通量不变所以不能工作；利用磁通量变化对应电流表的指针偏转，结合楞次定律可以判别断开电源时其电流表指针的偏转，利用磁场方向可以判别感应电流的方向；
（2）实验应该使用细绳的长度加摆球半径作为摆长；单摆的角度不能太大；摆球经过最低点30次时其全振动的次数只有15次。
40．【答案】（1）800；400
（2）110
（3）大于
【解析】【解答】（1）由题意，根据理想变压器变压规律可得
解得
（2）初级线圈所接交流电压的有效值为
则连接在次级线圈（右侧）上理想交流电压表2的示数为
（3）由于变压器工作时有能量损失，导致副线圈电压实际值比理论值小，即
所以
【分析】（1）利用变压器的电压之比可以求出线圈的匝数大小；
（2）利用其初级线圈的输入电压的峰值可以求出有效值的大小，结合匝数之比可以求出电压表2的读数的大小；
（3）利用其能量的损失可以判别其电压之比和匝数之比的大小关系。
41．【答案】解：电流的有效值I满足
其中 ， ，解得
该电热器工作t= 消耗的电能为
代入数据解得
【解析】【分析】已知各个时间段电流的大小，结合焦耳定律和通电时间可以求出消耗的电能大小。
42．【答案】解：设交流电电压的有效值为U，周期为T，电阻为R，
，
解得U＝1.5 V。
【解析】【分析】电流的有效值是根据电流的热效应来确定的，选定一个周期，在这个周期内利用焦耳定律求解电流的有效值即可。
43．【答案】解：依题意作出如图输电示意图
升压变压器原线圈的电流为
当输电线上损失的电功率为输送电功率的5%时，输电线中的电流为I2，则
所以
升压变压器的匝数比为
降压变压器T2副线圈中电流I4，即为提供给所有用户的总电流I总，用户获得的总功率为P用=
又P用=U4I总=U4I4
所以I4= = A=431.8A
降压变压器T2原线圈中电流I3=I2=25A
降压变压器的匝数比为
【解析】【分析】结合电场的输出电压与输出功率求解输出电流，利用输电线损失的功率求解输电线上的电流，结合电流与原副线圈匝数比的关系求解匝数比即可。
44．【答案】解：由变压器的匝数之比等于电压之比则有
可得
解得
【解析】【分析】根据电压和匝数的关系求解。
45．【答案】解：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．
当电阻接在直流电路中的时候，由
当功率为 ，根据 可得，此时电阻的电压的有效值为 ，
变压器的输入电压的有效值为：
所以变压器原、副线圈的匝数比为:
【解析】【分析】本题主要考查了变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题．
46．【答案】根据 求出输电线上的电流；根据输电线上的电流和升压变压器的输出功率，求出输出电压；根据原副线圈的电压比等于匝数比求出升压变压器的匝数比。求出输电线上的电压损失，从而得出降压变压器的输入电压，根据降压变压器原副线圈电压比等于匝数比求出降压变压器的匝数比。
用高压输送时，示意图如下图所示
要求 ，即 ．
输电电流为： ，
电站升压后输电电压为：
升压变压器匝数比为：
输电线上损失的电压为：
到达用户输入变压器电压为： ，
降压变化器的匝数比：
【解析】【分析】解决本题的关键知道升压变压器的输出电压、损失电压和降压变压器的输入电压的关系，以及知道输出功率和输出电流和输出电压的关系。
47．【答案】解:输送功率相同，根据 得，输电电流与输电电压成反比，所以 ： ： ： ：1
【解析】【分析】输入功率不变，输入电压改变，利用公式P=UI分析求解即可。
48．【答案】解:设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，则：
此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以有：
所以：
解得：
所以最大值为
【解析】【分析】利用焦耳定律求出两种电源在时间t内产生的热量，利用其消耗功率的关系列方程求解即可。
49．【答案】解：允许消耗的功率P1=5%×9.8×104W=4.9×103W；
由P1=I2R可知，输电线上的电流I= = A=35A；
则由P=UI得：
输电电压应为U= = =2800V；
则升压变压器的匝数之比为： = = = ；
输电线上损失的电压U′=IR=35×4V=140V；
故降压变压器上得到的电压为U3=U2﹣U′=2800﹣140=2660V；
则降压变压器匝数之比； = = ；
答：升压变压器匝数之比为 ；降压变压器匝数之比为
【解析】【分析】变压器匝数之比等于电压之比；由输电线上功率的损失可求得高压输电中的电流，由功率公式可求得升压变压器输出电压，则可求得升压变压器的匝数比；
由电压损失可求得降压变压器原线圈端的电压，则可求得降压变压器的匝数之比．
50．【答案】解:磁通量是没有方向的标量，但却有正负。如果我们规定磁感线从线圈的一侧穿入另一侧，穿出磁通量为正，那么从另一侧穿入这一侧穿出时，磁通量就为负了。
设线圈转过180°时，穿过它的磁通量Φ′＝BS
那么图示位置时穿过它的磁通量Φ＝－BS
由法拉第电磁感应定律得： ＝n ＝n ＝ nBSω
【解析】【分析】平均感应电动势的计算公式，磁通量在初始位置大小相同方向不同。 2 / 3
一、单选题
1．如图所示，电路甲、乙中，电阻R和自感线圈L的直流电阻值相同都较小，接通S，使电路达到稳定，灯泡D发光．则（ ）
A．在电路甲中，断开S，D将逐渐变亮
B．在电路甲中，断开S，D将先变得更亮，然后渐渐变暗
C．在电路乙中，断开S，D将立刻熄灭
D．在电路乙中，断开S，D将变得更亮，然后渐渐变暗
2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝220 sin100πt V，对于这个交变电流的说法正确的是（ ）
A．此交变电流的频率为100 Hz，周期为0.01 s
B．此交变电流电动势的有效值为220 V
C．耐压为220 V的电容器能够在该交变电路中使用
D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零
3．如图所示，某电子电路的输入端输入的电流既有直流成分，又有交流低频成分和交流高频成分，若通过该电路只把交流的低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各器件的作用，有下列说法：
① 在此的功能为通直流，阻交流，叫高频扼流圈
② 在此的功能为通高频，阻低频，叫低频扼流圈
③ 在此的功能为通交流，隔直流，叫隔直电容
④ 在此的功能为通高频，阻低频，叫高频旁路电容
以上说法中正确的有（ ）
A．①和③ B．①和④ C．②和③ D．③和④
4．发电机的转子在匀速转动过程中，下列物理量没有发生改变的有（ ）
A．穿过线圈的磁通量 B．线圈中产生的感应电动势
C．闭合回路中的电流 D．闭合回路中电流变化的周期
5．如图所示为一交变电流的图象，则该交变电流的有效值为多大（ ）
A．I0 B． I0 C． +I0 D．
6．如图所示，单匝线框在匀强磁场中匀速转动，周期为 T，转轴 O1O2垂直于磁场方向，线框电阻为 2 Ω。若线框从图示位置转过 60°时感应电流的瞬时值为 1A。则下列说法正确的是（ ）
A．线框匀速转动过程中消耗的电功率为 8W
B．线框中感应电流的有效值为 2A
C．线框在图示的位置磁通量变化率为零
D．从图示位置开始计时，在任意时刻穿过线框磁通量的表达式为F= （Wb）
7．2016年1月，重庆主城及多个区县迎来冰冻雨雪天气，图为重庆电力公司工作人员监测高压电线覆冰厚度．为清除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路，利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热损耗功率为 ；除冰时，输电功率、输电线电阻不变，输电线上的热损耗功率为16 ，则除冰时（ ）
A．输电电流为 B．输电电压为
C．输电电压为4U D．输电电流为16I
8．如图，理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端，P为滑动变阻器的滑片，RT为热敏电阻，其阻值随温度升高而变小．则（ ）
A．P向左滑动时，变压器的输出电压变大
B．P向左滑动时，变压器的输入功率变大
C．RT温度升高时，灯L变亮
D．RT温度升高时，适当向右滑动P可保持灯L亮度不变
9．为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A．输电电流为3I B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为 U
10．在图所示的电路中，两个灵敏电流表G1和G2的零点都在刻度盘中央，当电流从“+”接线柱流入时，指针向右摆；电流从“﹣”接线柱流入时，指针向左摆．在电路接通稳定工作后再断开的瞬间，下面哪个说法符合实际（ ）
A．G1指针向左摆，G2指针向右摆 B．G1指针向右摆，G2指针向左摆
C．G1、G2的指针都向左摆 D．G1、G2的指针都向右摆
11．在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕轴以角速度ω匀速转动,产生的感应电动势随时间的变化关系如图所示，矩形线圈与阻值为R的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是（ ）
A．从t1到t3这段时间内穿过线圈磁通量的变化量为零
B．从t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量为
C．t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E0
D．t4时刻线圈处于中性面位置
12．一台发电机最大输出功率为4000kW，电压为4000V，经变压器 升压后向远方输电 输电线路总电阻 到目的地经变压器 降压，负载为多个正常发光的灯泡 、 若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的 ，变压器 和 的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则
A． 原、副线圈电流分别为 和10A
B． 原、副线圈电压分别为 和220V
C． 和 的变压比分别为1：50和40：1
D．有 盏灯泡 、 正常发光
13．甲、乙两个完全相同的变压器如图接在交流电路中，两负载电阻的阻值之比R甲：R乙=3：1，甲变压器原线圈上电压为U甲，副线圈上电流为I甲；乙变压器原线圈上电压为U乙，副线圈上电流为I乙，则有（ ）
A．U甲=U乙 I甲=I乙 B．U甲=3U乙 I甲=I乙
C．U甲=U乙 I甲=3I乙 D．U甲=3U乙 I甲=3I乙
14．如图甲所示，矩形线圈的一部分处在有界匀强磁场中，并绕处于磁场边界的轴OO'匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的图像如图乙所示，下列说法正确的是( )
A．t=0时刻线圈处于与中性面垂直的位置
B．t=0时刻线圈位于磁场内、外的面积比为3：2
C．每秒钟电流方向改变100次
D．该交变电流的有效值为U= V
15．远距离输电线路的示意图如图所示，若发动机输出电压不变，则下列叙述中正确的是（ ）
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户电器设备消耗的功率无关
B．输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减少时，输电线上的损失功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
二、多选题
16．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，线圈平面平行于磁感线
B．t=1 s时，线圈中的电流改变方向
C．t=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大
D．一个周期内，线圈产生的热量为
17．如图所示，L为自感线圈，闭合开关S，灯D1立即变亮，另一个相同的灯D2逐渐变亮，最终D1比D2亮。则（ ）
A．滑动变阻器R的阻值小于自感线圈L的直流电阻阻值
B．滑动变阻器R的阻值大于自感线圈L的直流电阻阻值
C．断开S，灯D1闪亮后逐渐熄灭
D．断开S，灯D1逐渐熄灭
18．如图所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是（ ）
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损耗
B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损耗越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
19．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生交流电，其瞬时值表达式为e=220 sin10πt伏，下列叙述中正确的是（ ）
A．频率是50赫兹
B．当t=0时，线圈平面恰好与中性面重合
C．当t= 秒时，e有最大值
D．有效值为220伏特
20．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R．则下列说法正确的是（ ）
A．输电线上的电流
B．输电线上的电流
C．输电线上损失的功率
D．输电线上损失的功率
21．理想变压器原线圈接有理想交流电流表，副线圈接有两个电热器 与 ，其铭牌参数分别为“220V 1100W”和“220V 440W”，如图甲所示。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压时，两电热器均正常工作，则下列说法正确的是（ ）
A．变压器原线圈的输入电功率为1540W
B．变压器原、副线圈的匝数比为10∶1
C．原线圈输入电压为3110V
D．理想交流电流表的示数为7A
22．矩形线圈A B C D绕与磁场垂直的中心轴 按图示方向在外力作用下匀速转动.引出线的两端各与互相绝缘的两铜滑环连接, 圆滑环通过电刷与外电路电阻相连,在线圈转动过程中正确的判断是（ ）
A．R上的电流大小方向都不变
B．R上电流大小和方向都发生周期性变化
C．转动中A B C D各边一直受到磁场力对它的作用
D．A D边和B C边有时受到磁场力的作用
23．教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机通过理想变压器向用电器供电，电路如图所示。副线團的匝数可以通过滑动触头Q来调节，副线圈两端连接定值电阻R0，灯泡L和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，原线圈上连接一只理想交流电流表A，闭合开关S，电流表的示数为I，则（ ）
A．仅增大发电机线的转速，I增大 B．仅将P向上滑动，I增大
C．仅将Q向上滑动，I增大 D．仅将开关S断开，I增大
24．如图所示，理想变压器原线圈输入正弦式交变电压且保持不变，副线圈电路中 、 为定值电阻，R是滑动变阻器， 和 是理想交流电压表，示数分别用 和 表示； 和 是理想交流电流表，示数分别用 和 表示；则在滑片P向上滑动过程中，下列说法正确的是（ ）
A． 和 均保持不变 B． 消耗的功率增大
C． 和 均减小 D． 减小， 变大
25．如图所示为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，灯L1、L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光。则下列说法正确的是（ ）
A．仅闭合开关S，灯L1会变亮
B．仅闭合开关S，r消耗的功率会变大
C．仅将滑片P下移，电流表的示数会变大
D．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小
26．如图所示为小型交流发电机的示意图，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向以角速度ω匀速转动。线圈的匝数为n、电阻为r，外接电阻为R，A为交流电流表。线圈从图示位置（线圈平面平行于磁场方向）开始转过60°时的感应电流为I。下列说法中正确的有（ ）
A．电流表的读数为
B．转动过程中穿过线圈磁通量的最大值为
C．线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量为
D．从图示位置开始转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为
27．如图甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈匝数比为1:10的理想变压器给一灯泡供电，灯泡上标有“220V 22W”字样，如图丙所示，则（ ）
A．t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零
B．灯泡中的电流方向每秒钟改变100次
C．灯泡正常发光
D．电流表示数为
28．如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为1100，次级线圈的匝数为55，初级线圈两端a、b接正弦交流电源，在原线圈前串接一个电阻 的保险丝，电压表V的示数为220V，如果负载电阻R＝5.5Ω，各电表均为理想电表，则（ ）
A．电流表A的示数为2A
B．ab端的输入电压为232.1V
C．负载电阻实际消耗的功率为
D．保险丝实际消耗的功率为1.21W
29．如图，一匝数为100匝的固定矩形线圈abcd，其面积为0.01m2，线圈所在空间内存在与线圈平面垂直且均匀分布的磁场，磁感应强度随时间变化规律为 （T）。线圈两端接一原副线圈匝数n1:n2:n3=3:1:2的理想变压器。断开开关S2、闭合开关S1时，电流表示数为1A；断开开关S1、闭合开关S2时，电流表示数也为1A。已知R1=1Ω，导线电阻不计。则（ ）
A．线框产生的感应电动势 （V）
B．矩形线圈abcd的电阻r=1Ω
C．电阻R2=2Ω
D．S1、S2均闭合时，电流表示数为 A
30．图甲中S、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场， A为理想交流电流表，V为理想交流电压表，矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO＇匀速转动，矩形线圈通过滑环接理想变压器，滑片P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R．从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动勢随时间变化的图像如图乙所示，忽略线圈、电刷与导线的电阻，下列说法正确的是( )
A．t＝0.01s时穿过发电机线圈的磁通量最大
B．t＝0.005时电压表的示数为10V
C．保持R的大小不变，P的位置向上移动，电流表读数增大
D．保持R的大小及P的位置不变，发电机线的转速增大一倍，变压器的输入功率增大到原来的2倍
31．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B= T，单匝矩形线圈面积S=1m2，电阻r= Ω，绕垂直于磁场的轴OOˊ匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接．V为理想交流电压表，A1、A2 为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标称值为“20V，30W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1.5A．则 以下说法正确的是（ ）
A．电流表A1、A2的示数之比2：1
B．理想电压表原副线圈的匝数之比2：1
C．线圈匀速转动的角速度ω=120rad/s
D．电压表的示数为40 V
32．如图是远距离输电的示意图，两个变压器均为理想变压器，输电导线的总电阻为r，升压变压器匝数比为n1：n2，发电机输出的电功率为P，输出电压为U，导线上损失的功率为P损，用户得到的功率为P用，升压变压器原副线圈两端的电压分别为U1、U2，输电线上输送的电流大小为I。下列判断正确的是（ ）
A．输电线上电流大小为
B．输电线上损失的电压为
C．输电线上损失的功率
D．用户得到的功率
33．在如图甲所示的理想变压器的原线圈输入端a、b加如图乙所示的交变电压，理想变压器原、副线圈匝数比为5:1，副线圈电路中定值电阻 、 ，电动机内电阻r=6Ω。开始时电键S闭合，电动机正常工作；当电键S断开后，交流电流表的示数减小了0.5A。则下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A．电键S断开时，电阻 消耗的功率为8W
B．电键S闭合时，交流电流表的示数为2.5A
C．电动机正常工作时的机械效率为70%
D．电键S闭合时，变压器的原线圈输入总功率为50W
34．如图，理想变压器上接有3个完全相同的灯泡，其中1个灯泡与原线圈串联，另外2个灯泡并联后接在副线圈两端。已知交流电源的电压 ，3个灯泡均正常发光，忽略导线电阻，则变压器（ ）
A．副线圈电压的频率为50Hz B．原线圈两端的电压为18V
C．原副线圈的电流比为2：1 D．原副线圈的匝数比为2：1
35．如图甲所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为10：1，，电压表，V1、V2和电流表、A1、A2都为理想电表，电阻 ， ， 的最大阻值为12Ω，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压.在 的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是( )
A．电压表V2的示数减小
B．电压表V2的示数为22 V不变
C．电流表A1示数增大、A2的示数减小
D．电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积一直减小
三、实验探究题
36．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系”实验中，斌斌利用如图所示可拆式变压器（铁芯不闭合）进行研究。
（1）实验还需要下列器材中的 ；
（2）实验中，图中变压器的原线圈接线“0、8”接线柱，所接电源电压为交流10.0V，副线圈接线“0、4”接线柱，则副线圈所接电表示数可能是______。
A．20.0 V B．15.0 V C．5.0 V D．2.5 V
37．【加试题】根据所学知识完成下面的实验：
（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是 （多选）。
A.有闭合铁芯的原副线圈 B.无铁芯的原副线圈 C.交流电源 D.直流电源
E.多用电表（交流电压档） F.多用电表（交流电流档）
用匝数 匝和 匝的变压器，实验测量数据如下表，
1.80 2.80 3.80 4.90
4.00 6.01 8.02 9.98
根据测量数据可判断连接电源的线圈是 （填 或 ）。
（2）用如图所示的装置做“探究感应电流方向的规律”实验，磁体从靠近线圈的上方静止下落，当磁体运动到如图所示的位置时，流过线圈的感应电流方向从 （填“a到b”或“b到a”）。在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流 随时间 的图像应该是 。
38．在学校实验周中，某实验小组同学对以前做过的部分实验做复习与拓展。
（1）他们选用如图（a)可拆变压器做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，实验电路图如图（b)，实验时n1=800匝，n2=400匝，断开K，接通电源，观察电压表的读数为6V，则下列哪一选项，可能是可拆变压器的输入电压有效值 。
A．3V B． V C．12 V D．15 V
灯泡的额定电压也为6V，闭合K，灯泡能否正常发光 。（填：“能”或“不能”）
（2）他们在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，实验小组又利用单摆周期公式来测量当地的重力加速度g。为使测量结果更准确，利用多组数据求平均值的办法来测定g值。小组二位成员分别设计了如下的记录表格，你认为表 (填“A”或“B”)设计得比较合理。
完成单摆实验后，他们又做了“探究弹簧振子周期与振子质量关系”的拓展实验。他们将一劲度系数为k的轻质弹簧竖直悬挂，下端系上质量为m 的小球，将小球向下拉离平衡位置后松开，小球上下做简谐运动，用停表测量周期T，在图所示的 位置作为计时的开始与终止更好。［选填“(a)”、“(b)”或“(c)”］
39．
（1）①小王同学做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，实验装置如下图。
学生电源输出端与原线圈A的0与4接线柱相连，选择开关打在电压4V处。交流电压表与副线圈B的0与8接线柱相连，接通开关后，发现电压表中示数为0。小王检查学生电源与电表正常，电路中导线无故障，请你帮他诊断其原因 。
②小王并以此变压器继续进行探究电磁感应现象，副线圈B的0与2接线柱接灵敏电流表G，如下图所示，在学生电源接通瞬间，发现灵敏电流表指针向左偏，当电流表稳定后，若断开电源开关，则灵敏电流表指针 （选填“向左偏”、“向右偏”或“不动”），此时原、副线圈中电流的绕行方向 （选填“相同”或“相反”）。
（2）小明同学在家里探究单摆周期与摆长的关系，他设计的实验步骤的是：
A ．选择体积小、密度大的球
B ．用刻度尺测量细线的长度l作为摆长
C ．把单摆从平衡位置拉开30°的摆角，然后由静止释放
D ．从摆球摆到最低点时开始计时，测出摆球经过最低点30次的总时间t，由 得出周期
则以上实验步骤中有错误的是 。
40．功放内部的变压器一般为环状，简称环牛，如图所示。某同学利用环牛探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数之间的关系。（环牛效率极高，可看成理想变压器）
（1）测量环牛的初级（原）、次级（副）线圈匝数n1、n2的方法是：先在闭合铁芯上紧密缠绕50匝漆包细铜线，并将理想交流电压表1接在细铜线两端；然后在初级线圈（左侧）上输入有效值为24.0V的低压交流电，再将理想交流电压表2连接在次级线圈（右侧）上。若理想交流电压表1的示数为1.5V，理想交流电压表2的示数为12.0V，则初级线圈的匝数n1= ，次级线圈的匝数n2= 。
（2）若在初级线圈（左侧）上接入电压瞬时值的电压，则连接在次级线圈（右侧）上理想交流电压表2的示数为 V。（计算结果保留三位有效数字）
（3）由于变压器工作时有能量损失，实验中测得的原、副线圈的电压比 （选填“大于”、“等于”或“小于”）原、副线圈的匝数比。
四、解答题
41．一个电热器，工作时电阻为 ，接在输出电流如图所示的交流电源上，其周期为 。求该电热器工作 消耗的电能。
42．如图所示为正弦交流电经过整流器处理后的电压波形，求其电压的有效值？
43．某小水电站发电机输出的电功率为100kW，输出电压250V，现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，用户获得220V电压，求应选用匝数比多大的升压变压器和降压变压器？
44．当变压器一个线圈的匝数已知时，可以用下面的方法测量其他线圈的匝数∶把被测线圈作为原线圈，用匝数已知的线圈作为副线圈，通入交流，测出两线圈的电压，就可以求出被测线圈的匝数。已知副线圈有400匝，把原线圈接到220V的线路中，测得副线圈的电压是55V，求原线圈的匝数。
45．有一个负载电阻值为R，当将它接在20V的直流电源上时，消耗的电功率为P，若将R接在图中的变压器的次级电路中消耗的电功率是 。已知变压器的输入电压的最大值为200 V，求此变压器的原、副线圈的匝数之比。
46．某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用总电阻r＝3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)，如图所示。求：升压变压器和降压变压器原副线圈的匝数比各是多少？
47．远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为 输电和输电电压为 输电 则两种情况中，输电线上通过的电流之比 ： 为？
48．一个小型电势器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的功率为 如果电势器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为多少？
49．某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104W，电厂输出电压仅350V，为减少输送功率损失，先用一升压变压器将电压升高再输送，在输送途中，输电线路的总电阻为4Ω，允许损失的功率为输送功率的5%，求：用户所需电压为220V时，升压、降压变压器的原副线圈的匝数比各是多少？
50．如图所示，匝数为n，面积为S的矩形线圈在匀强磁场B中匀速转动，角速度为ω，求线圈从图示位置转过180°时间内的平均感应电动势。
答案解析部分
1．【答案】D
【解析】【解答】解:A、B、在电路甲中，断开S，由于线圈阻碍电流变小，导致D将逐渐变暗．故A不正确，B错误；
C、D、在电路乙中，由于电阻R和自感线圈L的电阻值都很小，所以通过灯泡的电流比线圈的电流小，断开S时，由于线圈阻碍电流变小，导致D将变得更亮，然后逐渐变暗．故C错误，D正确；
故选：D．
【分析】电感总是阻碍电流的变化．线圈中的电流增大时，产生自感电流的方向更原电流的方向相反，抑制增大；线圈中的电流减小时，产生自感电流的方向更原电流的方向相同，抑制减小，并与灯泡1构成电路回路．
2．【答案】B
【解析】【解答】由交变电流的瞬时值的表达式知e＝Emsin V，故频率 Hz，周期 s，A不符合题意；交变电流电动势的有效值 =220V，B符合题意；电容器的耐压值为交变电流的最大值，即220 V,C不符合题意；t＝0时，感应电动势的瞬时值 ，磁通量的变化率为零，此时磁通量为最大，D不符合题意。
故答案为：B
【分析】通过交流电压的表达式读出交流电的周期和最大值，利用周期求出交流电频率，利用最大值求解交流电的有效值，当导线框处于中性面时，磁通量最大，当导线框处于与中性面垂直的面时，磁通量最小。
3．【答案】D
【解析】【解答】 的功能是通直流，阻交流，阻低频，更阻高频，所以 是自感系数很大的低频扼流圈，①和②错误； 在此的功能为通交流，隔直流，将交流电输送到下一级，叫隔直电容； 在此的功能为通高频，阻低频，叫高频旁路电容，最终将交流的低频成分输出，则③和④正确，ABC不符合题意，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】电感的特性值通直流阻交流，电流的频率越大，电感的阻抗就越大，电容的特性是通交流阻直流，电流的频率越小，电容的阻抗就越大，结合电路中电流的变化分析即可。
4．【答案】D
【解析】【解答】A、发电机转子在匀速转动时，通过线圈的磁通量、产生感应电动势及电流均随时间呈周期性变化；故ABC不正确；
D、闭合回路中电流变化的周期等于线圈的转动周期，其大小不变化；故D正确；
故选：D．
【分析】明确交流发电机的工作原理，知道哪些量在随时间作周期性变化．
5．【答案】B
【解析】【解答】设交流电电流的有效值为I，周期为T，电阻为R． 则有 ，解得：I= I0；
故答案为：B
【分析】电流的有效值是根据电流的热效应来确定的，选定一个周期，在这个周期内利用焦耳定律求解电流的有效值即可。
6．【答案】D
【解析】【解答】B．从垂直中性面开始其瞬时表达式为
转过 60°时感应电流的瞬时值为 1A，则
有效值为
B不符合题意；
A．线框匀速转动过程中消耗的电功率
A不符合题意；
C．线圈在如图所示的电动势最大，线框在图示的位置磁通量变化率最大，C不符合题意；
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为
根据公式
感应电动势的最大值为
可得
故
D符合题意。
故答案为：D。
【分析】线圈平面垂直磁场时，处于中性面位置，磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零；线圈平面平行磁场时，处于中性面的垂面，磁通量为零，磁通量变化率最大，感应电动势最大。
7．【答案】B
【解析】【解答】AD．高压线上的热耗功率△P=I2R线…①
若热耗功率变为16△P，则16△P=I′2R线…②
由①②得I′=4I
所以AD不符合题意．
BC．又输送功率不变，由P=UI=U′I′得
所以C不符合题意，B符合题意．
故答案为：B
【分析】利用热功率的大小变化可以求出输电电流的大小；结合功率的表达式可以求出输电电压的大小。
8．【答案】D
【解析】【解答】P向左滑动时，电阻变大，次级电流减小，根据P=IU可知，因变压器输出电压不变，故变压器的输出功率减小，变压器输入功率减小，AB不符合题意；RT温度升高时，RT电阻减小，次级电阻减小，电流变大，变阻器两端电压变大，电灯两端电压变小，故灯L变暗，C不符合题意；RT温度升高时, 热敏电阻阻值减小，只有适当向右滑动P ,才能使灯L分压不变,从而保持灯的亮度不变，D符合题意；
故答案为：D.
【分析】输入电压决定输出电压所以与负载电阻大小无关；利用滑动变阻器的阻值变化可以判别输出电流和功率的变化；利用热敏电阻的变化结合欧姆定律可以判别灯泡的电流变化。
9．【答案】A
【解析】【解答】输电线上的热耗功率P线＝I2R线，热耗功率由P变为9P，则电流I变为3I，选项A正确；
输电功率P不变，由P＝UI，电流变为3I，输电电压为 。
故选A
【分析】本题考查在输电过程中对公式P＝UI的正确理解。
10．【答案】B
【解析】【解答】解：电路稳定后断开，通过电阻这一支路的电流立即消失，由于电感器对电流的变化有阻碍作用，会阻碍其减小，通过电感器的电流并且通过电阻．所以含有电感器的支路的电流从“+”接线柱流入，G1指针向右摆．含有电阻的支路电流从“﹣”接线柱流入，G2指针向左摆．故B正确，A、C、D错误．
故选：B．
【分析】电感器对电流的变化有阻碍作用，当电流增大时，会阻碍电流的增大，当电流减小时，会阻碍其减小．
11．【答案】B
【解析】【解答】由于磁通量是双向标量，在t1到t3这段时间穿过线圈磁通量的变化量△Φ=2Bs，A不符合题意；通过电阻的电荷量 ，所以t3到t4这段时间通过电阻R的电荷量 ,又 。，故 ,B符合题意；由于最大值面产生的电动势最大，所以磁通量时间图象中，在最大值面上磁通量的斜率最大，即E0=nK，所以 ，C不符合题意；t4时刻电动势最大，所以此时磁通量应该最小为零，所以线圈处于与中性面相垂直的位置，D不符合题意；
故答案为：B
【分析】通过交流电压的表达式读出电压的最大值和角速度，计算出电压的有效值和频率，再利用欧姆定律求出电路中的电流，通过的电荷量利用法拉第电磁感应定律和电流的定义式求解即可。
12．【答案】B
【解析】【解答】由 可得升压变压器输入电流为：
由 得升压变压器的输出电流为： ，A不符合题意．
由 得：
根据 得升压变压器的输出电压为：
输电线上的电压损失为：
降压变压器的输入电压：
用户得到的电压即为降压变压器的输出电压：
由 可知B符合题意．
降压变压器的匝数比：
由 知C不符合题意；
用户得到的功率：
可供灯泡正常发光的盏数： ，D不符合题意．
故答案为：B．
【分析】原副线圈两端的电压关系和电流关系与其匝数比有关，利用公式求解即可。
13．【答案】B
【解析】【解答】解：由图象知本题为两个变压器串联的情况，所以电流相等I甲=I乙，因为是两个相同的变压器，所以两个变压器副线圈电流相等，根据欧姆定律副线圈电压之比为3：1，因为变压器完全相同，所以原线圈电压之比为3：1，故U甲=3U乙，B符合题意．ACD不符合题意；
故答案为：B
【分析】理想变压器没有能量损失，原副线圈，电压之比等于线圈匝数之比。输入功率等于输出功率。
14．【答案】D
【解析】【解答】根据题图乙 可知，t=0时刻，感应电动势为零，此时线圈处于中性面位置，A不符合题意；分析交变电流的产生条件，结合题图乙可知，t=1s时，感应电动势数值出现跳跃，最大值由5V变为10V，根据法拉第电磁感应定律可知，最大值Em=NBS ，则t=0时刻，线圈位于磁场内、外的面积之比为1：2，B不符合题意；分析题图乙可知，周期T=0.04s，一个周期内电流方向改变两次，则每秒钟电流方向改变50次，C不符合题意；根据交变电流有效值的定义可知 ，解得该交变电流电压的有效值U= V，D符合题意。
故答案为：D
【分析】根据交变电流的产生原理判断电动势为零时线圈的位置；结合感应电流的产生条件以及法拉第电磁感应定律得出感应电动势的最大值；利用交变电流有效值的定义得出该交表电流的有效值。
15．【答案】C
【解析】【解答】解：A、用户用电的总功率增加，输出功率增大，输入功率增大，升压变压器、降压变压器的原、副线圈电流都要增加，A不符合题意；
B、输电线的电流由用户消耗的功率和高压输电电压有关，B不符合题意；
C、用户总电阻减少，而输出电压不变，所以电流增大，功率损失P损=I2R增大，C符合题意；
D、升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压加上输电线分得的电压，D不符合题意；
故答案为：C．
【分析】根据远距离高压输电的原则和变压器的工作原理综合进行判断。
16．【答案】A,D
【解析】【解答】由图知t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A项正确；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，图中t=1 s时，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，故B项错误；t=1.5 s时，磁通量有最大值，因为图像的斜率为零，所以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零，故C项错误；计算交流电产生的热量必须用有效值，感应电动势最大值，所以有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D项正确。
【分析】由图知磁通量为零得出线圈平面平行于磁感线，中性面是电流方向改变的位置，根据法拉第电磁感应定律计算电动势大小，计算线圈产生的热量必须用有效值。
17．【答案】A,D
【解析】【解答】AB．因为最终D1比D2亮，即通过D1的电流大，所以滑动变阻器R的阻值小于自感线圈L的直流电阻阻值，A符合题意，B不符合题意；
CD．断开S瞬间，电感线圈L、灯A1、A2构成回路，通过D1的电流缓慢减小至为零，故灯D1逐渐熄灭，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。
【分析】当开关断开后，流过电感的电流会减小，此时电感会充当电源，构成回路就会放电，故断开电路后小灯泡会亮一下再慢慢熄灭；当开关闭合后，流过电感的电流会变大，此时电感会阻碍电流的增大，故闭合开关后，电小灯泡会逐渐变亮。
18．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A、根据P＝I2R可知，在电流I一定的情况下，减小电阻R，可以减小电路上的电能损失，而R＝ρ ，所以增大输电线的横截面积S可减小电阻，故A选项符合题意；
B、C、由输入功率P＝UI，知输电线电功率损失P损＝I2R＝ R，可见减小输电线电流可减小电路的发热损耗，故B选项符合题意，C选项不符合题意；
D、高压输电并不一定是电压越高越好，电压过高时，会带来技术和设备上的困难，所以D选项符合题意。
故答案为：A、B、D。
【分析】根据电阻定律可知，增大输电线的横截面积即可减小导线的电阻，电能在传送的过程中损失的功率为热功率，当电阻不变时电流越小，热功率就越小，而与输送的电功率大小无关。
19．【答案】B,D
【解析】【解答】解：A、线圈的角速度为10πrad/s，故其频率为：f= =5Hz，故A错误；
B、当t=0时e=0，此时线圈处在中性面上，故B正确．
C、当t= s时，sin10πt＜1，所以e达不到最大值，故C错误；
D、交流电的有效值为：U= =220V；故D正确；
故选：BD．
【分析】根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．
20．【答案】B,C
【解析】【解答】根据 得，输电线上的电流 ，由于U不是输电线上损失的电压，不能通过 求解输电线上的电流，A不符合题意B符合题意；输电线上损失的功率 ，C符合题意D不符合题意．
故答案为：BC
【分析】根据P=UI求出输电线上的电流，结合 求出输电线上损失的功率．
21．【答案】A,B
【解析】【解答】A．变压器原线圈的输入电功率为
A符合题意；
C．原线圈输入电压为
C不符合题意；
B．变压器原、副线圈的匝数比为
B符合题意；
D．理想交流电流表的示数为
D不符合题意。
故答案为：AB。
【分析】根据输入功率等于输出功率，等于两电阻消耗的功率来判断A选项；根据正弦交流电压的最大值和有效值的关系来判断B选项；根据原副线圈的电压比来判断C选项；根据功率公式可判断D选项.
22．【答案】B,D
【解析】【解答】该图是交流发电机的原理图，当线圈转动时，线圈中产生交流电，电阻R上电流大小和方向都发生周期性变化，A不符合题意，B符合题意；转动的过程中，当线圈平面和磁感线平行时，感应电流最大，但是线圈的AD边和BC边和磁场平行，不受安培力作用；当线圈平面和磁感线垂直时，感应电流为零，线圈的各边不受安培力作用，C不符合题意；A D边和B C边与磁感线不平行时，将受到磁场力的作用，D符合题意；
故答案为：BD.
【分析】由于线圈产生的是交流电所以通过负载的电流方向和大小发生改变；转动过程只有切割的两条导线收到安培力作用。
23．【答案】A,C
【解析】【解答】A、仅增大发电机线的转速 ，则角速度 增大，则最大感应电动势 增大，则电动势的有效值增大，由于原、副线圈匝数不变，导致副线圈端电压增大，则副线圈电流增大，根据 可知原线圈电流I增大，A符合题意；
B、仅将P向上滑动，则副线圈总电阻增大，则副线圈电流减小，根据 可知原线圈电流I减小，B不符合题意；
C、仅将Q向上滑动，则副线圈的匝数增大，由于原线圈端电压不变，则根据 可知，副线圈端电压增大，则副线圈电流增大，根据 可知原线圈电流I增大，C符合题意；
D、仅将开关S断开，则副线圈总电阻增大，由于原、副线圈电压均不变，则副线圈电流减小，根据 可知原线圈电流I减小，D不符合题意。
故答案为：AC
【分析】利用变压器原副线圈匝数比与电压的关系求解副线圈的电压，结合滑动变阻器电阻的变化，再利用欧姆定律分析电流的变化。
24．【答案】B,D
【解析】【解答】当滑片P向上端滑动过程中，电阻增大，副线圈电路的总电阻增大，由于匝数比不变，所以副线圈电压不变，副线圈电流变小，R1的电压变小，电压表V2的示数变大，A不符合题意；
由上可知电阻R2两端的电压增大，根据 ，可知R2消耗的功率增大，B符合题意；由上可知电阻R2两端的电压增大，根据 可知I2变大，原线圈、副线圈的匝数比不变，原线圈、副线圈两端的电压都不变，当滑片P向上端滑动过程中，电阻增大，副线圈电路的总电阻增大，输出功率变小，输入功率也变小，输入电压不变，所以I1变小，D符合题意，C不符合题意。所以BD符合题意，AC不符合题意。
故答案为：BD
【分析】本题考查变压器动态变化分析问题。在变压器工作时，变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定，与负载电阻的变化无关；变压器的输出功率决定输入功率，变压器的输出电流决定输入电流。解决本题抓住题中的不变量和变化量，根据欧姆定律和变压器物理量间的相互制约关系分析各物理量的变化。
25．【答案】B,C
【解析】【解答】闭合S，则消耗功率增大，T2副线圈中电流增大，T2原线圈电流也增大，则导线r上损失的电压和功率增大，则T2输入电压UT2初=UT1次-Ir减小，灯泡两端电压UT2次减小，故灯泡会变暗，A不符合题意，B符合题意；仅将滑片P下移，T1副线圈匝数增大，则输出电压增大，T2的输入电压增大，灯泡电压也增大，T2次级电流变大，则T2初级电流变大，即导线r消耗的功率会变大；变压器T1次级电流变大，则初级电流也变大，即电流表的示数会变大，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC.
【分析】根据电路动态变化分析方法和变压器电压、电流、功率决定关系分析。
26．【答案】B,C,D
【解析】【解答】A项：由题有： ，则得感应电流的最大值 Im=2I，有效值 ，则电流表的读数为 ，A不符合题意；
B项：感应电动势的最大值Em=Im（R+r）=2I（R+r），又Em=nBSω，磁通量的最大值 Φm=BS，联立解得：Φm= ，B符合题意；
C项：线圈转动一周的过程中，电阻R产生的热量 ，C符合题意；
D项：从图示位置开始转过 的过程中，通过电阻R的电荷量 ，D符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】利用电流的表达式可以求出电流峰值的大小及电表有效值的大小；利用电流大小可以求出最大电动势，利用最大电动势表示式可以求出磁通量最大值；利用焦耳定律可以求出一个周期内电阻产生的热量；利用电荷量和磁通量变化量的关系可以求出电荷量的大小。
27．【答案】B,C
【解析】【解答】A、由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，A不符合题意；
B、由图可知，交流电的周期为0.02s，则 ，所以灯泡中的电流方向每秒钟改变100次，B符合题意；
CD、原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为22×10=220V；由P=UI可知，副线圈电流I2=0.1A，则I1=1A，灯泡正常发光，故额定电压为220V，C符合题意，D不符合题意；
故答案为：BC。
【分析】当时间t=0.01s时此时电压为0磁通量最大；利用周期可以求出每秒内周期的个数，乘以2是电流方向改变的次数；利用电压之比和匝数成正比可以求出灯泡两端的电压是否符合额定电压；利用灯泡的电压和功率可以求出电灯泡的电流，利用匝数之比可以求出原线圈的电流大小。
28．【答案】A,B,D
【解析】【解答】A、根据电压与匝数成正比 ，则有 ，根据欧姆定律可知 ，A符合题意；
B、根据 ，即 ，解得： ，ab端的输入电压为 ，B符合题意；
C、负载电阻实际消耗的功率为 ，C不符合题意；
D、保险丝实际消耗的功率为 ，D符合题意；
故答案为：ABD。
【分析】本题考查变压器原理，根据变压器电压、电流、功率与线圈匝数比的关系以及欧姆定律可解。
29．【答案】B,D
【解析】【解答】A．根据法拉第电磁感应定律，有
依题意，有
联立，可得 （V）
A不符合题意；B．断开开关S2、闭合开关S1时，有
根据闭合电路欧姆定律，有
解得
B符合题意；
C．断开开关S1、闭合开关S2时，有
根据欧姆定律，有
C不符合题意；
D．S1、S2均闭合时，电压和电流之比分别为
根据电路有
联立，可得
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】利用法拉第电磁感应定律结合磁感应强度和时间的关系可以求出电动势瞬时值的表达式；利用匝数之比可以求出副线圈电流的大小，结合欧姆定律可以求出副线圈输出电压的大小，结合匝数之比可以求出原线圈输入电压的大小，再利用原线圈的欧姆定律可以求出线圈内阻的大小；利用匝数之比可以求出n3线圈中的电流和电压大小，结合欧姆定律可以求出电阻的大小；当两个开关闭合时；利用原线圈总功率等于各线圈功率之和，结合电压之比和原线圈的闭合电路的欧姆定律可以求出电流表读数。
30．【答案】B,C
【解析】【解答】t＝0.01s时线圈中的感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，A不符合题意；由图乙知交流电电压峰值为10 V，电压表显示的为有效值10V，B符合题意；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，C符合题意；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍电压增大为原来的2倍，则变压器的输入电压和输出都增大为原来的2倍，负载消耗的电功率：P=U2/R增大为原来的4倍，则输入功率也将增大到原来的4倍，D不符合题意．
【分析】利用电动势的大小可以判别线圈磁通量的大小；利用有效值可以求出电压的大小；利用原线圈匝数变小可以判别输出电压变大则输出电流和输入电流都变大；利用转速对电动势的影响可以判别功率的变化。
31．【答案】B,C
【解析】【解答】解：A、因灯泡正常发光，则原副线圈的电流比为：1：2，A不符合题意；
B、由于电流与匝数成反比，则理想电压表原副线圈的匝数之比2：1，B符合题意；
C、副线圈的电压为20V，则原线圈的电压为40V，由于线圈的内阻r= Ω，因电流为1.5A，
那么最大值为60 =BSω，求得ω=120rad/s，C符合题意；
D、电压表的示数为有效值40V，D不符合题意；
故答案为：BC．
【分析】根据变压器原理以及交变电流的性质，综合分析求解。
32．【答案】B,D
【解析】【解答】A．对于理想变压器有 ， ，
解得
A不符合题意；
B．输电线上损失的电压为
B符合题意；
C．输电线损失的功率
C不符合题意；
D．用户得到的功率
D符合题意。
故答案为：BD。
【分析】根据理想便器原副线圈的匝数之比与电压、电流的关系，结合原副线圈输入、输出功率相等求得输电线上的电流，从而算出输电线上损失的电压和损失的功率，就可得到用户得到的功率。
33．【答案】B,D
【解析】【解答】由图可知输入电压的有效值为： ，根据理想变压器电压比可得： ，电键S断开时，电阻R1消耗的功率为: ，A不符合题意；电键S断开后，交流电流表的示数为： ，由题意知当电键S断开后，交流电流表的示数减小了0.5A，所以电键S闭合时，交流电流表的示数为2.5A，B符合题意；电动机正常工作时的电压为： ，电动机正常工作时的电流为： ，电动机的输出功率为： ，电动机正常工作时的机械效率为： ，C不符合题意；根据理想变压器电压比可得： ，由上可知电键S闭合时，交流电流表的示数为2.5A， ，D符合题意。所以BD符合题意，AC不符合题意。
故答案为：BD
【分析】本题是交变电流、变压器、闭合电路功能关系的综合应用。变压器是电路的电源，解题时根据变压器工作原理得出变压器输出电压，这也就是后端电路部分电路的电源电压，然后根据串、并联电路的分压、分流关系计算电流、电压和功率等。应注意的是电动机是非纯电阻元件，不适用欧姆定律，电动机输出功率等于输入功率减热功率。
34．【答案】A,D
【解析】【解答】A．由瞬时值表达式有： ，
可知角速度为：ω＝100πrad/s，
则频率为： ，
A符合题意；
BCD．设每只灯的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1：2，根据原副线圈中电流之比与匝数成反比得原、副线圈的匝数之比为： ，
又
得原线圈两端电压为U1＝2U，
根据闭合电路欧姆定律得交流电源电压为：U′＝U+2U＝3U，
该交流电的最大值为 ，
则有效值为18V，所以3U＝18V，
则灯泡的额定电压为6V，原线圈两端得电压等于2U＝12V．D符合题意，BC不符合题意。
故答案为：AD
【分析】利用表达式可以求出频率和峰值的大小；利用电流之比可以求出匝数之比；利用匝数之比可以求出输入电压的大小。
35．【答案】C,D
【解析】【解答】AB．由图乙知，原线圈两端电压的有效值 ，据 ，可得副线圈两端电压的有效值 ，则电压表V2的示数为22V不变．AB两项错误；
C．在滑动变阻器的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，R3接入电路的电阻减小，副线圈回路的总电阻减小，因为副线圈两端电压不变，所以副线圈回路的总电流增大，电流表A1示数增大；副线圈回路的总电流增大，电阻R1两端电压增大，并联电路电压减小，流过电阻R2的电流减小，A2的示数减小．C项正确；
D．电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积
当 时，电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积最大；在滑动变阻器的滑片自最下端滑动到最上端的过程中， 的阻值由4Ω逐渐减小到0；则滑片自最下端滑动到最上端的过程中，电压表的V1示数与电流表的A1示数的乘积一直减小．D项正确。
故答案为：CD。
【分析】根据图乙求出原副线圈的电压，也就是电压表V2的示数；根据电路的动态分析，总的原则是由部分电路的变化确定总电路的变化情况，再确定其他电路的变化情况。
36．【答案】（1）AD
（2）D
【解析】【解答】(1)探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系实验要用到交流电压表，B是直流电流表，C是直流电压表，A是多用电表，可以用多用电表的交流电压挡测电压，实验中为了安全，输入电压不能超过12V，需要交流学生电源，故答案为：AD。
(2)如果是理想变压器，则电压比等于匝数比，输出电压为5V，但图中变压器存在比较大的漏磁，实际输出电压小于5V，D符合题意。
故答案为：D。
【分析】（1）探究变压器线圈两端的电压关系需要使用交流电压表，还需要使用交流电源；
（2）利用变压器的匝数之比结合磁漏现象可以求出实际输出电压的大小。
37．【答案】（1）ACE；
（2）b到a；A
【解析】【解答】(1)变压器的原理是互感现象的应用.是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源.则副线圈中不会有感应电流产生.题意为探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系.需要测量电压J所以需要一个测电压的仪器，所以需要的器材有A、有闭合铁芯的原副线圈:c交流电源 E多用电表哎交流电压档;根据题意.电压比与匝数比不相等.可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁铁芯发热、导线发热等影晌判断出 Ub 为原线圈上电压大小，则判断出: 接的是电源.(2)根据题目可知.当磁体下落时.穿过线圈的磁场方向向上增加.由楞次定律可知感应电流的磁场应向下.则由安培定则，可知电流方从b到a‘;当磁体穿过线圈下落的过程中.穿过线圈磁通量向上.故先增加后减小，限据楞次定律.感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化.故感应电流的磁场先向下后向上，故感应电流的方向先从b到a，后从a到b。
38．【答案】（1）D；不能
（2）B；（b）
【解析】【解答】（1）根据 解得 ，考虑到可拆变压器漏磁等问题，则可拆变压器的输入电压有效值应该大于12V，
故答案为：D.若灯泡的额定电压也为6V，闭合K，灯泡两端的电压也会小于6V，不能正常发光；（2）此实验中不能取摆长和周期的平均值来计算重力加速度，只能通过每次的摆长和周期求解每次的重力加速度的值，然后取重力加速度的平均值，
故答案为：B；振子通过平衡位置时作为计时的起点最好，
故答案为：(b)。
【分析】（1）根据原副线圈的匝数比可以确定原线圈两端的电压为12V，因为变压器有损耗，故要高于12V；灯泡两端的电压会低于6V，故不能正常发光；
（2）利用单摆测量重力加速度，应该是多测实验计算重力加速度，再取平均值；小球在平衡位置速度最大，时间的相对误差比较小。
39．【答案】（1）原线圈接直流电源，副线圈中磁通量不变，不产生感应电动势；向右偏；相反
（2）BCD
【解析】【解答】(1)①原线圈接直流电源，副线圈中磁通量不变，不产生感应电动势；
②在学生电源接通瞬间，副线圈中的磁通量增大，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相反，此时电流表指针向左偏，当断开电源开关的瞬间，副线圈中的磁通量减小，根据楞次定律，感应电流的磁场方向与原磁场方向相同，则电流表指针向右偏；
由图可知原线圈与副线圈中原磁场磁感线方向相反，即副线圈中感应电流的磁感线方向与原线圈中的磁感线方向相反，根据安培定则可知，此时原、副线圈中电流的绕行方向相反。
(2)A．为减小摆球运动过程中受到的空气阻力，应选择体积小、密度大的球，A符合题意，不符合题意；
B．摆长应是摆线长与小球半径之和，B不符合题意，符合题意；
C．把单摆从平衡位置拉开一个很小的角度（一般不超过10°），由静止释放，C不符合题意，符合题意；
D．从摆球摆到最低点时开始计时，测出摆球经过最低点30次的总时间t，则有15次全振动，由 得出周期，D不符合题意，符合题意。
故答案为：BCD。
【分析】（1）原线圈接直流电源时其磁通量不变所以不能工作；利用磁通量变化对应电流表的指针偏转，结合楞次定律可以判别断开电源时其电流表指针的偏转，利用磁场方向可以判别感应电流的方向；
（2）实验应该使用细绳的长度加摆球半径作为摆长；单摆的角度不能太大；摆球经过最低点30次时其全振动的次数只有15次。
40．【答案】（1）800；400
（2）110
（3）大于
【解析】【解答】（1）由题意，根据理想变压器变压规律可得
解得
（2）初级线圈所接交流电压的有效值为
则连接在次级线圈（右侧）上理想交流电压表2的示数为
（3）由于变压器工作时有能量损失，导致副线圈电压实际值比理论值小，即
所以
【分析】（1）利用变压器的电压之比可以求出线圈的匝数大小；
（2）利用其初级线圈的输入电压的峰值可以求出有效值的大小，结合匝数之比可以求出电压表2的读数的大小；
（3）利用其能量的损失可以判别其电压之比和匝数之比的大小关系。
41．【答案】解：电流的有效值I满足
其中 ， ，解得
该电热器工作t= 消耗的电能为
代入数据解得
【解析】【分析】已知各个时间段电流的大小，结合焦耳定律和通电时间可以求出消耗的电能大小。
42．【答案】解：设交流电电压的有效值为U，周期为T，电阻为R，
，
解得U＝1.5 V。
【解析】【分析】电流的有效值是根据电流的热效应来确定的，选定一个周期，在这个周期内利用焦耳定律求解电流的有效值即可。
43．【答案】解：依题意作出如图输电示意图
升压变压器原线圈的电流为
当输电线上损失的电功率为输送电功率的5%时，输电线中的电流为I2，则
所以
升压变压器的匝数比为
降压变压器T2副线圈中电流I4，即为提供给所有用户的总电流I总，用户获得的总功率为P用=
又P用=U4I总=U4I4
所以I4= = A=431.8A
降压变压器T2原线圈中电流I3=I2=25A
降压变压器的匝数比为
【解析】【分析】结合电场的输出电压与输出功率求解输出电流，利用输电线损失的功率求解输电线上的电流，结合电流与原副线圈匝数比的关系求解匝数比即可。
44．【答案】解：由变压器的匝数之比等于电压之比则有
可得
解得
【解析】【分析】根据电压和匝数的关系求解。
45．【答案】解：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．
当电阻接在直流电路中的时候，由
当功率为 ，根据 可得，此时电阻的电压的有效值为 ，
变压器的输入电压的有效值为：
所以变压器原、副线圈的匝数比为:
【解析】【分析】本题主要考查了变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题．
46．【答案】根据 求出输电线上的电流；根据输电线上的电流和升压变压器的输出功率，求出输出电压；根据原副线圈的电压比等于匝数比求出升压变压器的匝数比。求出输电线上的电压损失，从而得出降压变压器的输入电压，根据降压变压器原副线圈电压比等于匝数比求出降压变压器的匝数比。
用高压输送时，示意图如下图所示
要求 ，即 ．
输电电流为： ，
电站升压后输电电压为：
升压变压器匝数比为：
输电线上损失的电压为：
到达用户输入变压器电压为： ，
降压变化器的匝数比：
【解析】【分析】解决本题的关键知道升压变压器的输出电压、损失电压和降压变压器的输入电压的关系，以及知道输出功率和输出电流和输出电压的关系。
47．【答案】解:输送功率相同，根据 得，输电电流与输电电压成反比，所以 ： ： ： ：1
【解析】【分析】输入功率不变，输入电压改变，利用公式P=UI分析求解即可。
48．【答案】解:设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为Q，则：
此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以有：
所以：
解得：
所以最大值为
【解析】【分析】利用焦耳定律求出两种电源在时间t内产生的热量，利用其消耗功率的关系列方程求解即可。
49．【答案】解：允许消耗的功率P1=5%×9.8×104W=4.9×103W；
由P1=I2R可知，输电线上的电流I= = A=35A；
则由P=UI得：
输电电压应为U= = =2800V；
则升压变压器的匝数之比为： = = = ；
输电线上损失的电压U′=IR=35×4V=140V；
故降压变压器上得到的电压为U3=U2﹣U′=2800﹣140=2660V；
则降压变压器匝数之比； = = ；
答：升压变压器匝数之比为 ；降压变压器匝数之比为
【解析】【分析】变压器匝数之比等于电压之比；由输电线上功率的损失可求得高压输电中的电流，由功率公式可求得升压变压器输出电压，则可求得升压变压器的匝数比；
由电压损失可求得降压变压器原线圈端的电压，则可求得降压变压器的匝数之比．
50．【答案】解:磁通量是没有方向的标量，但却有正负。如果我们规定磁感线从线圈的一侧穿入另一侧，穿出磁通量为正，那么从另一侧穿入这一侧穿出时，磁通量就为负了。
设线圈转过180°时，穿过它的磁通量Φ′＝BS
那么图示位置时穿过它的磁通量Φ＝－BS
由法拉第电磁感应定律得： ＝n ＝n ＝ nBSω
【解析】【分析】平均感应电动势的计算公式，磁通量在初始位置大小相同方向不同。 2 / 3