1．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是( )
A．线圈经过中性面时，感应电动势方向不变
B．线圈每转动一周，感应电动势大小不变
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势方向改变一次
D．线圈转动一周过程中，感应电动势的大小在改变
【解析】 线圈每经过中性面一次，感应电动势的方向改变一次，A错、C对；线圈转动一周过程中，感应电动势的大小在改变，B错、D对．
【答案】 CD
2．(2012·绵阳高二期末)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是( )
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边不切割磁感线
【解析】 线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大．但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以电动势等于零，此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻变化．垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大，故C、D正确．
【答案】 CD
3．把一段确定的导线做成线圈，在确定的磁场中绕垂直于磁场的轴线以固定的转速转动，产生的交流电动势最大的情况是( )
A．做成方形线圈，线圈平面垂直于转轴
B．做成方形线圈，转轴通过线圈平面
C．做成圆形线圈，转轴通过线圈平面
D．做成圆形线圈，线圈平面垂直于转轴
【解析】 若周长相等，则圆的面积最大，据Em＝nBSω知，应做成圆形线圈，若线圈平面垂直于转轴，则线圈平面与磁场平行，故磁通量始终为零，故转轴应通过线圈平面．C对．
【答案】 C
4．如图2－1－10所示，观察电流表的指针，可以看到( )
图2－1－10
A．指针随着线圈转动而摆动，并且线圈旋转一周，指针左右摆动一次
B．当线圈平面转到跟磁感线垂直的平面位置时，电流表的指针的偏转最大
C．当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，电流表的指针的偏转最大
D．在匀强磁场中匀速转动的线圈里产生的感应电动势和感应电流是按正弦规律变化的
【解析】 由右手定则可以判断线圈转一周电流改变两次方向，A选项正确；当线圈平面转到跟磁感线垂直的平面位置时，磁通量最大，但磁通量的变化率为零，感应电动势为零，则感应电流为零，故B错；当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，磁能量的变化率最大，感应电动势最大，则感应电流最大，C选项正确；在匀强磁场中，如果线圈绕平行磁感线的轴转动，穿过线圈的磁通量总为零，磁通量不发生变化，无感应电动势和感应电流产生，所以D错．
【答案】 AC
5．长为a宽为b的矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场的OO′轴以恒定的角速度ω旋转，设t＝0时，线圈平面与磁场方向平行，则此时的磁通量和磁通量的变化率分别是( )
A．0,0 B．0，Babω
C. D．Bab，Babω
【解析】 实际上，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，产生交变电动势e＝Emcosωt＝Babωcosωt.当t＝0时，cosωt＝1，虽然磁通量Φ＝0，但是电动势为最大值，根据电磁感应定律可知当电动势为最大值时，对应的磁通量的变化率也最大，即＝Em＝Babω，正确的选项为B.
【答案】 B
6. (2013·彭州中学高二检测)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形如图2－1－11所示，下列说法中正确的是( )
图2－1－11
A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到最大值
B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到最大值
C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到最大值
D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到最大值
【解析】 由题图可知，t1和t3时刻，i最大，所以这两个时刻磁通量的变化率最大，线圈处于垂直中性面的位置，穿过线圈的磁通量为0.t2和t4两时刻i＝0，即＝0，线圈处于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大．
【答案】 BC
7．一台旋转电枢式交流发电机，在正常工作时的正弦电动势e＝220sin100πt V，由于超负荷使电枢转速降低了，这时的电动势是( )
A．e＝220sin100πt V B．e＝220sin90πt V
C．e＝198sin100πt V D．e＝198sin90πt V
【解析】 由于超负荷，使电枢转速降低了，即转速变为原来的，n′＝0.9n，所以电动势的最大值Em′＝NBSω′＝0.9Em＝0.9×220 V＝198 V，角速度ω′＝2πn′＝2π×0.9n＝0.9ω＝0.9×100πrad/s＝90πrad/s，故正确答案为D.
【答案】 D
8．矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图2－1－12所示，下列结论正确的是( )
图2－1－12
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量变化率最大，其值为3.14 Wb/s
【解析】 从题图中可知，在0.1 s和0.3 s时刻，穿过线圈的磁通量最大，此时刻磁通量的变化率等于零；0.2 s和0.4 s时刻，穿过线圈的磁通量为零，但此时刻磁通量的变化率最大，由此知选项A、B错误．根据电动势的最大值公式：Em＝NBSω，Φm＝BS，ω＝，可得：Em＝157 V；磁通量变化率的最大值应为＝3.14 Wb/s，故C、D正确．
【答案】 CD
9．如图2－1－13所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中，ad＝bc＝l1，ab＝cd＝l2.从图示位置起以角速度ω绕不同转轴做匀速转动，则( )
图2－1－13
A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcos ωt
B．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt
C．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt
D．以OO′为转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωsin(ωt＋)
【解析】 以O1O1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交流电．无论以OO′为轴还是以ab为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl1l2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的余弦交流电，则A、D正确．
【答案】 AD
10．如图2－1－14所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝T，线框的CD边长为20 cm，CE、DF边长均为10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
图2－1－14
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像．
【解析】 (1)开始计时的位置为线框平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt，其中B＝T，S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，故e＝×0.02×100πcos 100πtV，即e＝10cos 100πtV.
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示．
【答案】 (1)e＝10cos 100πtV (2)见解析图
11．(2012·宜宾高二期末)闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，线圈中产生正弦式交变电流．若在如图2－1－15甲所示N、S极间放置一圆柱形铁芯O，受铁芯影响，两极间的磁场如图乙所示，隙缝中的磁感线沿圆柱的半径分布，且只在图中所示的左、右各的圆心角范围内存在．一边长为l的正方形平面线框abcd，其中ab、cd两边与铁芯轴线平行，bc、da两边与铁芯的轴线OO′垂直．线圈由图示位置以恒定的角速度ω绕OO′逆时针旋转，试分析线圈中感应电动势随时间的变化规律．(图中ab、cd所在位置磁感应强度为B)
图2－1－15
【解析】 线圈由图中位置旋转角度过程中，ab、cd两边垂直切割磁感线
v＝ω·
Eab＝Ecd＝Blv＝Blω·＝
E总＝Eab＋Ecd＝Bl2ω
线圈由旋转至π角度过程中，ab、cd两边不切割磁感线，电动势为零．
依次分析，电动势变化规律如图．(badc为正方向)
【答案】 见解析
1．(2012·广东高考)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有( )
A．最大值是50 V B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
【解析】 交变电动势e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt，其中Em为电动势的最大值，ω为角速度，有效值E＝，周期T＝，频率f＝.由e＝50sin 100πt知，Em＝50 V，E＝ V＝25 V，T＝＝ s＝0.02 s，f＝＝ Hz＝50 Hz，所以选项C、D正确．
【答案】 CD
2．交变电压的瞬时值为u＝Umsin 100πt V，当t＝ s时，u＝5 V，则从交流电压表中看到的读数是( )
A. V B．10 V
C．5 V D．10 V
【解析】 将t＝ s、u＝5 V代入u＝Umsin 100πt V中，得Um＝10 V，则有效值为U＝10 V，从交流电压表中看到的读数为交变电压的有效值，所以，读数为10 V.
【答案】 D
3．下列四个用电器接220 V交流电，通电时间相同，其中消耗电能最多的是( )
A．正常发光的额定功率为100 W的灯泡
B．正常电流峰值为0.6 A的电熨斗
C．每秒发热168 J的电热器
D．额定电流为0.5 A的电烙铁
【解析】 灯泡P1＝100 W，电熨斗P2＝220 V× A＝93.3 W，电热器P3＝168 W，电烙铁P4＝220 V×0.5 A＝110 W，所以，通电时间相同时，功率大的消耗的电能就多，C对．
【答案】 C
4．(2012·乐山高二期末)如图2－2－8所示，4匝矩形线圈abcd，ab＝1 m，bc＝0.5 m，其总电阻R＝2 Ω，线圈绕O O′轴在匀强磁场中匀速转动，磁感应强度B＝1 T，角速度ω＝20 rad/s，当线圈由图示位置开始转过30°时，线圈中的电流强度为( )
图2－2－8
A．20 A B．0
C．10 A D．17.3 A
【解析】 转轴O O′与磁场方向平行、线圈在转动过程中，不会产生感应电流B对．
【答案】 B
5．两个完全相同的电热器，分别通以如图2－2－9甲、乙所示的交变电流，两个交变电流的最大值相等，它们分别是方波式和正弦式交变电流，则这两个电热器的电功率之比为( )
图2－2－9
A．1：1 B．1：2
C.：2 D．2：1
【解析】 因题图乙是正弦式交变电流，所以有效值I乙＝，而题图甲是方波式电流，不能利用倍关系求，只能根据有效值的定义求解．即IR＋(－Im)2R＝IRT，解得I甲＝Im，所以，这两个电热器的电功率之比＝＝.D对．
【答案】 D
6．(2013·扬州中学高二检测)如图2－2－10甲所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如乙图所示．此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为( )
甲 乙
图2－2－10
A．110 V B．156 V
C．220 V D．311 V
【解析】 交流电压表测量的是交流电压的有效值．题图乙所示波形为正弦交变电流在时间轴上方的部分．取一个周期T的时间，根据有效值的定义有：2·＝·T，所以u＝156 V．选B.
【答案】 B
7．如图2－2－11所示为加在电灯上的电压图像，即在正弦交流电的每二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，那么现在电灯上的电压为( )
图2－2－11
A．U0/2 B．U0/4
C．U0/6 D．U0/8
【解析】 此交流电在一个周期内产生的焦耳热等效于正弦交流电在半个周期内产生的焦耳热，故有·＝T，即U＝，A正确．
【答案】 A
8．(2012·遂宁高二期末)正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图2－2－12甲所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V．图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图像．则( )
甲 乙
图2－2－12
A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos 100πt (A)
B．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos 50πt (V)
C．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝10cos 100πt (V)
D．R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos 50πt (V)
【解析】 电压表示数为有效值，即U＝10 V，则Um＝10 V，
Im＝＝ A，又因ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，
所以通过R的电流iR＝cos 100πt (A), A对B错．
R两端的电压uR＝10cos 100πt (V) ，C对D错．
【答案】 AC
9．(2013·重庆三中高二检测)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图2－2－13甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
甲 乙
图2－2－13
A．电压表的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
【解析】 由题图甲可知发电机的电动势的有效值E＝＝220 V，周期为2×10－2s，电流在一个周期内改变两次方向，所以电流在每秒内改变100次方向，B错；由I＝知I＝ A＝2.2 A，所以灯泡两端的电压U＝IR＝2.2×95.0 V＝209 V，故A错；灯泡的实际功率为P＝I2R＝2.22×95.0 W＝459.8 W，C错；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，所以D选项正确．
【答案】 D
10. (2013·重庆八中高二检测)如图2－2－14所示，abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴OO′匀速转动，角速度为ω.空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.若闭合线圈的总电阻为R，则( )
图2－2－14
A．线圈中电动势的有效值为NBL2ω
B．线圈中电流方向每秒钟改变次数为次
C．在转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流
D．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为NBL2
【解析】 线圈在转动过程中，除线圈平行磁场方向时始终有N条边在切割磁感线，因此线圈中始终有电流，故C错．由于始终只有N条边在切割磁感线，因此线圈中电动势表达式为e＝NBL2ωsinωt，电动势有效值表达式为E＝＝NBL2ω，故A错．由ω＝2πf，则f＝，由此可知，线圈中电流方向每秒钟改变次数为次，因此B正确．磁通量与平面相对应，与线圈匝数无关，因此D错．
【答案】 B
11．如图2－2－15所示的电表均为理想的交流电表，保险丝P的熔断电流为2 A，电容器的击穿电压为300 V，若在a、b间加正弦交流电压，并适当地调节R，使P恰好不被熔断，C恰好不被击穿，则电流表的读数为多少？电压表的读数为多少？
图2－2－15
【解析】 电流表测的是通过P的电流，保险丝恰好不熔断，所以电流表读数为2 A．而电容器与电阻R并联，因而其路端电压和电阻R两端电压相同，也和电压表两端电压相同，由电容器耐压知Um＝300 V，所以U＝＝212.1 V.
【答案】 2 A 212.1 V
12．(2013·苏州中学高二检测)如图2－2－16所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab＝cd＝50 cm，bc＝ad＝30 cm，匝数n＝100，线圈电阻r＝0.2 Ω，外电阻R＝4.8 Ω，线圈在磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100 π rad/s.
图2－2－16
(1)求线圈中产生的感应电动势的最大值；
(2)若从图示位置开始计时，写出感应电流的瞬时值表达式；
(3)交流电压表和交流电流表的示数各为多少？
(4)此发电机的功率为多少？
(5)从图示位置起转过90°的过程中，平均感应电动势为多大？通过导线横截面的电荷量为多少？
(6)从图示位置起转过90°的过程中，外力做的功为多少？线圈上产生的焦耳热为多少？
【解析】 (1)设ab＝l1，cb＝l2，则感应电动势的最大值为Em＝nBl1l2ω＝235.5 V.
(2)根据闭合电路欧姆定律得感应电流的最大值为Im＝＝47.1 A，在图示位置时，电流有最大值，则感应电流的瞬时值表达式为i＝Imcos ωt代入数值得i＝47.1 cos100πt A.
(3)感应电流的有效值为I＝＝33.3 A.
则路端电压的有效值为U＝IR＝159.8 V.
故交流电压表的示数为159.8 V，交流电流表的示数为33.3 A.
(4)感应电动势的有效值为E＝＝166.5 V.
所以发电机的功率为P＝IE＝5 544.5 W.
(5)平均电动势为＝n＝n＝2nω＝150 V.
通过导线横截面的电荷量为q＝·Δt＝·＝0.15 C.
(6)外力通过克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，所以有W＝W电＝IEΔt＝IE(/ω)＝27.7 J.
线圈上产生的焦耳热为Q＝I2rΔt＝I2r(/ω)＝1.11 J.
【答案】 (1)235.5 V (2)i＝47.1 cos 100πt A
(3)159.8 V,33.3 A (4)5 544.5 W (5)150 V，0.15 C (6)27.7 J,1.11 J
1．在练习使用示波器的实验中，某同学欲按要求先在荧光屏上调出亮斑，为此，他进行了如下操作：首先将辉度调节旋钮逆时针转到底，竖直位移和水平位移旋钮转到某位置，将衰减调节旋钮置于1 000挡，扫描范围旋钮置于“外X”挡．然后打开电源开关(指示灯亮)，过2 min后，顺时针旋转辉度调节旋钮，结果屏上始终无亮斑出现(示波器完好)．那么，为了使屏上出现亮斑他应再调节( )
A．聚焦调节旋钮 B．辅助聚焦旋钮
C．竖直位移旋钮 D．水平位移旋钮
【解析】 因为该同学旋转了竖直位移和水平位移旋钮，导致亮斑调出了屏幕区域，所以应再次调节竖直位移和水平位移旋钮，选项C、D正确．
【答案】 CD
2．(2012·达州高二检测)若将变压器输出的交流信号按图2－3－11所示与示波器连接，对示波器调节后，在荧光屏上出现的波形应为下列四种波形中的( )
图2－3－11
【解析】 变压器副线圈输出信号为交流信号，通过二极管单向导电作用变为半波交流信号，故应选C.
【答案】 C
3．如果在示波器的荧光屏上出现一个亮点在水平方向自左向右移动的图像，现在要使它变成水平方向的一条亮线，调节的方法应该是( )
A．顺时针旋转辉度调节旋钮
B．调节衰减旋钮
C．调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，增大扫描频率
D．调节Y增益旋钮
【解析】 在荧光屏上出现的是一个亮点自左向右的水平移动的图形，要把它变成水平方向的亮线，若调节辉度旋钮，只能使亮度增大，不能改变图形，所以A选项错误；
若调节衰减旋钮，只能使输入信号的强度减弱，这里只有一个亮点，没有输入信号，所以B选项也是错的；
若调节Y增益旋钮是改变竖直方向输入的信号强度，即改变图线在竖直方向的幅度，显然D选项也是错误的；
现在荧光屏上出现的是水平方向移动的一个亮点，说明水平扫描频率太小，使眼睛能觉察到亮度的移动，所以应该提高水平扫描频率，使眼睛区分不开亮点位置的变化，故选项C是正确的．
【答案】 C
4．示波器是一种多功能的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压波形．它的工作原理等效成下列情况．如图2－3－12甲所示，真空室中电极K发出电子(初速度不计)，经过电压为U1的加速电场后，由小孔S沿水平金属板A、B间的中心线射入板中．在两极板右侧且与极板右端相距D处有一与两板中心线垂直的范围很大的荧光屏，中心线正好与屏上坐标原点相交，电子通过极板打到荧光屏上将出现亮点，若在A、B两板加上如图2－3－12乙所示的变化电压，忽略电子通过极板的时间，则荧光屏上的亮点的运动规律是( )
图2－3－12
A．沿y轴方向做匀速运动
B．沿x轴方向做匀速运动
C．沿y轴方向做匀加速运动
D．沿x轴方向做匀加速运动
【解析】 电子以一定速度从小孔S进入匀强电场发生偏转，沿水平向右方向做匀速运动，竖直方向做匀加速运动，离开电场后，进入无场区，做匀速运动，打到屏上．设极板长度为L，电子进入电场的初速度为v0，轨迹如图，由图知＝，而y′＝at2，t＝，则y″＝(L＋2D)a，可见亮点的位移规律与电场中的加速度规律一致，而a＝＝，加速度变化规律与U2相同，所以亮点的位移为时间的正比例函数，即亮点沿y轴方向做匀速运动．
【答案】 A
5．示波器是一种常用的电学仪器，可以在荧光屏上显示出被检测的电压随时间的变化情况．电子经电压u1加速后进入偏转电场(如图2－3－13所示)．下列关于所加竖直偏转电压u2、水平偏转电压u3与荧光屏上所得的图形(如图2－3－14和2－3－15所示)的说法中正确的是( )
图2－3－13
图2－3－14 图2－3－15
A．如果只在u2上加如图2－3－14甲所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图2－3－15(1)所示
B．如果只在u3上加如图2－3－14乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图2－3－15(2)所示
C．如果同时在u2和u3上加如图2－3－14甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图2－3－15(3)所示
D．如果同时在u2和u3上加如图2－3－14甲、乙所示的电压，则在荧光屏上看到的图形如图2－3－15(4)所示
【解析】 只在u2上加上如图甲所示的电压，则看到的图形如图(1)所示，故A项正确，只在u2上加如图乙所示的电压，则看到的图形如图(2)所示，故B项正确，如果同时在u2和u3上分别加上如图甲、乙所示的电压，则看到的图形如图(4)所示，故C项错，D项正确．
【答案】 ABD
6．如图2－3－16所示为：波器的面板图，若要测量外部交流电压信号，应将信号输入线接在______和______接线柱上，这时“衰减”旋钮不能置于________挡，“扫描范围”不能置于________挡．若信号水平方向的幅度过小或过大，应该用________旋钮进行调整．若信号图形过于偏于屏幕下方，应该用________旋钮进行调整．
图2－3－16
【解析】 测量外部交流电压信号应从“Y输入”和“地”输入，即应将信号输入线接在“Y输入”和“地”接线柱上．由于外部电压信号一般都比较强，所以要进行衰减，即此时“衰减”旋钮不能置于1挡．由于要从示波器内提供X方向的扫描电压，所以扫描范围旋钮不能置于外X挡．X方向的信号幅度用X增益旋钮调节．Y方向的偏移用竖直位移旋钮调节．
【答案】 Y输入 地 1 外X 9(或X增益)
6(或↑↓)
7．(1)在没有输入电压的情况下，若将图2－3－17中光屏上的亮斑由右侧的A图变为B图应________，要使B图中的亮斑变成水平亮线应________．
A B
图2－3－17
(2)若所给器材如图2－3－18，请将下列器材用线连接起来．
图2－3－18
【解析】 示波器的使用，要熟练掌握面板上所有旋钮的使用方法、注意事项．要在示波器的荧光屏上得到一个光点，应顺时针调节辉度旋钮，调节聚集旋钮使其处于中央位置，使屏上出现亮点，然后调节水平位移及竖直位移旋钮使亮点处于中心．若想让亮点从A位置变到B位置，应顺时针调节竖直位移旋钮6.调节X增益旋钮9和扫描范围旋钮11可使B图中的亮点变成亮线．
【答案】 (1)顺时针调节竖直位移旋钮6 调节X增益旋钮9和扫描范围旋钮11
(2)如图
8．用示波器观察频率为900 Hz的正弦电压信号，把该信号接入示波器Y输入．
甲 乙
图2－3－19
(1)当屏幕上出现如图2－3－19乙所示的波形时，应调节________钮．如果正弦波的正负半周均超出了屏幕的范围，应调节________或________钮，或这两个钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内．
(2)如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形，应将________钮置于________的位置，然后调节________钮．
【解析】 (1)屏幕上的波形位置偏上，应该调节“竖直位移”或“↑↓”旋钮使其向下移动至屏幕中心；如果正弦波形的正、负半周均超出屏幕的范围，说明波形在竖直方向上的最大距离(波幅)过大，应该调节“Y增益”旋钮使波幅减小，或者调节“衰减”旋钮使整个波形缩小；
(2)如果需要屏幕上出现一个完整的正弦波形，则应使横向扫描频率等于900 Hz的正弦电压的频率．首先应该将“扫描范围”旋钮置于“1 k”挡位的位置，然后调节“扫描微调”旋钮使扫描频率达到900 Hz即可形成稳定的波形．
【答案】 (1)竖直位移或↑↓ 衰减 Y增益
(2)扫描范围 1 k挡 扫描微调
1．关于电阻、电感、电容对电流作用的说法正确的是( )
A．电阻对直流电和交流电的阻碍作用相同
B．电感对直流电和交流电均有阻碍作用
C．电容器两极板间是绝缘的，故电容支路上没有电流通过
D．交变电流的频率增加时，电阻、电感、电容的变化情况相同
【解析】 电阻的阻值对直流电和交流电的阻碍作用相同，A正确；电感对直流电没有阻碍作用，对交流电有阻碍作用，B错误；由于电容器不断地充放电，电路中存在充电电流和放电电流，C错误；电阻的阻值与交流电的频率无关，感抗随交流电频率的增大而增大，容抗随交流电频率的增大而减小，D错误．
【答案】 A
2．(2012·广安高二检测)两个相同的灯泡L1和L2，分别与两个相同的电容器C1和C2连接，如图2－4－10所示．图中甲电路两端加直流电压U1，乙电路两端加最大值1.2U1的正弦交变电压U2，则此两灯泡的发光情况是( )
甲 乙
图2－4－10
A．L1灯泡比L2灯泡亮
B．L1灯泡发光，L2灯泡不发光
C．L1灯泡不发光，L2灯泡发光
D．两灯亮度相同
【解析】 因甲图中加的是直流电压，而电容器具有“隔直流”的作用，所以甲图中的灯泡没有电流通过，L1不发光；而乙图电路两端加最大值1.2U1的正弦交变电压，电路中有电流通过，所以乙图中的灯泡L2发光．
【答案】 C
3．如图2－4－11所示，是由交流电源供电的线路，如果交变电流的频率增大，则( )
图2－4－11
A．线圈L的自感系数增大
B．线圈L的感抗增大
C．电路中的电流增大
D．灯泡变暗
【解析】 本题考查感抗对交变电流的阻碍作用，本题的关键是理解感抗与哪些因素有关．自感系数由线圈本身决定，与交变电流频率无关，A项错误；当交变电流频率增大时，线圈L的感抗增大，B项正确；感抗增大对交变电流的阻碍作用增大，使电路中电流减小，灯泡变暗，C项错误，D项正确．
【答案】 BD
4．(2012·成都高二期末)如图2－4－12所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增加，可行的办法是( )
图2－4－12
A．使发电机F的转速增加
B．使发电机F的转速减小
C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D．使电容器两极板间的距离增大
【解析】 当发电机转速增加时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，使电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C、D两项均错误．故A正确．
【答案】 A
5．有一个电阻极小的导线绕制成的线圈接在交流电源上，如果电源的电压峰值保持一定，下列哪种情况下，通过线圈的电流最小( )
A．所加电源的频率为50 Hz
B．所加电源的频率为100 Hz
C．所加电源的频率为50 Hz，线圈的匝数较少
D．在线圈中加入铁芯，所加电源的频率为100 Hz
【解析】 电压峰值不变，则电源电压的有效值就不变，当交变电流的频率越大，线圈的自感系数越大时，感抗越大，电流越小，故选D.
【答案】 D
6．关于低频扼流圈，下列说法中正确的有( )
A．这种线圈的自感系数很小，对直流无阻碍作用
B．这种线圈的自感系数很大，对低频交流有很大的阻碍作用
C．这种线圈的自感系数很大，对高频交流的阻碍作用比对低频交流的阻碍作用更大
D．这种线圈的自感系数很小，对高频交流的阻碍作用很大而对低频交流的阻碍作用很小
【解析】 这种线圈的自感系数较大，且线圈本身有电阻，所以对直流电也有一定的阻碍作用，但较小，A错；低频扼流圈的自感系数较大，它对电流的阻碍作用是“通直流，阻交流”，即对低频交流有较大的阻碍作用，对高频交流电的阻碍作用更强，应选B、C.
【答案】 BC
7．如图2－4－13所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是( )
图2－4－13
A．灯L1比灯L2亮
B．灯L3也能发光，但亮度最暗
C．灯L2和L4亮度相同
D．灯L4比灯L1亮
【解析】 电压表示数相同，说明交流电的有效值相同．甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，L2两端电压等于电压表示数；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器隔直通交，所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L1并联，电流全部流过灯L4.综合以上分析，C、D两项正确．
【答案】 CD
8．(2012·资阳高二期末)用电压表检查如图2－4－14所示的电路中的故障，测量Uad＝5.0 V，Uab＝0，Ubc＝5.0 V，Ucd＝0.则电路故障可能是( )
图2－4－14
A．滑动变阻器R1断路
B．电容器C被击穿
C．电阻R2断路
D．电感线圈L断路
【解析】 当用电压表去判断电路故障时，如果电压表的两接线柱能与电源的两极接通，而与电压表两接线柱相并联的那部分电路没有完全短路，电压表就会有示数．即当电压表有示数时，电源两极与电压表两接线柱间的电路无断点．由题意Uad＝Ubc＝5.0 V可知ab、cd间为通路，A、C错误；若电容器被击穿，则Ubc将为零，B错误．故正确选项为D.
【答案】 D
9. (2013·扬州高级中学高二检测)如图2－4－15所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯1变亮，灯2变暗，灯3亮度不变，则M、N、L中所接元件可能是( )
图2－4－15
A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈
B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻
C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻
D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器
【解析】 当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮，灯2变暗可知M为电容器，N为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L为电阻，C正确．
【答案】 C
10．在如图2－4－16所示电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻．下列说法中正确的是( )
图2－4－16
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通交流，隔直流”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
【解析】 L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频，阻高频”，选项A正确．C是一个电容很小的电容器，在图示电路中，对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频，阻低频”，选项C正确；因电路中无直流电流，选项B错误．由于L对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中，低频交流所占的百分比远大于高频交流的百分比，选项D正确．
【答案】 ACD
11．如图2－4－17是可调灯泡亮度的台灯电路示意图，其中电路更合理的是____________．
甲 乙
图2－4－17
【解析】 乙中调节L可达到调节台灯两端电压的作用，从而调节台灯的亮度．甲图也可调节台灯的亮度，但变阻器要消耗电能，故甲图不合理．
【答案】 乙
12.如图2－4－18所示是电视机电源部分的滤波装置，当输入端输入含有直流成分、交流低频成分的电流后，能在输出端得到较稳定的直流电，试分析其工作原理及各电容和电感的作用．
图2－4－18
【解析】 含有多种成分的电流输入到C1两端，由于C1的“通交流，隔直流”功能，电流中的交流成分被旁路，而线圈L有“通直流，阻交流”功能，直流成分电流顺利通过L.一小部分交流通过L，到达C2两端时，C2进一步旁路电流中残余的交流成分，这样就在输出端得到较稳定的直流电，这个直流电供电视机内芯正常工作．
【答案】 见解析
1．对理想变压器可作出的判断是( )
A．高压线圈匝数多、电流大、导线粗
B．低压线圈匝数少、电流小、导线细
C．高压线圈匝数多、电流大、导线细
D．低压线圈匝数少、电流大、导线粗
【解析】 理想变压器中有U1I1＝U2I2且有＝，变压器电压较高的一边电流小，匝数多，导线细，则电压较低的一边电流大，匝数少、导线粗．
【答案】 D
2．(2012·达州高二期末)如图2－6－9所示，两个相同变压器的副线圈接有相同的灯泡L1、L2，原线圈接有定值电阻R，导轨和金属棒MN的电阻不计．现使金属棒沿轨道向右匀速运动，乙图中金属棒移动速度大于甲图中棒的移动速度，则在棒运动的过程中( )
甲 乙
图2－6－9
A．L1、L2都发光，L2比L1亮
B．L1、L2都不发光
C．L2发光，L1不发光
D．L1发光，L2不发光
【解析】 金属棒匀速切割磁感线．由E＝BLv知，甲图中L是变化的通过R的电流也是变化的．所以L1中有感应电流通过．L1灯发光，而乙图中，通过R的电流恒定，则L2不发光，D对．
【答案】 D
3. (2012·海南高考)如图2－6－10，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V，6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视理想的)的示数分别是( )
图2－6－10
A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 A
C．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A
【解析】 因为两个灯泡都正常工作，所以副线圈的输出电压有效值为U2＝12 V，输出电流为I2＝＝1 A，根据变压器的变压比和电流比规律得＝，n1I1＝n2I2，解得U1＝240 V，I1＝0.05 A，即D正确．
【答案】 D
4．(2012·巴中检测)如图2－6－11甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )
图2－6－11
A．交流电的频率为0.02 Hz
B．原线圈输入电压的最大值为200 V
C．电阻R2的电功率约为6.67 W
D．通过R3的电流始终为零
【解析】 由i－t图像可知交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，通过R1的最大电流为1 A，R1两端最大电压为20 V，由变压器变压规律可知，原线圈的最大电压为220 V，故A、B错；R2两端电压有效值为 V，所以R2的功率为P2＝6.67 W，C对；由于副线圈产生的是不断变化的电压、电流，电容器C要不断地充放电，所以通过R3的电流不会始终为零，D错．
【答案】 C
5．为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图2－6－12甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )
图2－6－12
A．u2＝190 sin(50πt)V
B．u2＝190 sin(100πt)V
C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
【解析】 由乙图知交变电流的周期T＝2×10－2s，所以ω＝＝100π，故u2＝Umsin ωt＝190 sin(100πt)V，A错误，B正确．由＝得U2＝U1，欲使U2升高，n1应减小，P应上移，C错误，D正确．
【答案】 BD
6．一个理想变压器副线圈上接一个电阻，欲使此电阻的电功率增大，可以采取的措施是(每次只改变一个因素)( )
A．增加原线圈的匝数n1 B．减少原线圈的匝数n1
C．增大电阻值 D．减少电阻值
【解析】 电阻消耗的功率P＝，而＝，所以P＝，P要增大，减小n1或R即可．
【答案】 BD
7．(2013·成都实验中学高二检测)如图2－6－13(a)左侧调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( )
(a) (b)
图2－6－13
A．电流表的示数为2 A
B．原、副线圈匝数比为1∶2
C．电压表的示数为电压的有效值
D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz
【解析】 电流表的示数为：I＝＝ A＝2 A，A正确；原、副线圈的电压比等于匝数比，所以匝数比为2∶1，B错误；电压表的示数指交变电压的有效值，C正确；由(b)知交变电压的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，D错误．
【答案】 AC
8．(2013·南京师大附中高二检测)图2－6－14甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( )
甲 乙
图2－6－14
A．输入电压u的表达式u＝20 sin(50πt) V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
【解析】 由图乙知周期为0.02 s，因此输入电压的表达式u＝20sin(100πt)V，A错；只断开S2，L1、L2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B错；只断开S2，负载电阻变大，功率变小，C错；S1换接到2后，据P＝和＝得R消耗的功率为0.8 W，故选D.
【答案】 D
9．如图2－6－15所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝20sin 100πt V．氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有( )
图2－6－15
A．开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz
B．开关接通后，电压表的示数为100 V
C．开关断开后，电压表的示数变大
D．开关断开后，变压器的输出功率不变
【解析】 由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U1＝ V＝20 V，由＝得副线圈两端的电压为U2＝100 V，电压表的示数为交变电压的有效值，选项B正确；交变电压的频率为f＝ Hz＝50 Hz，一个周期内电压两次大于100 V，即一个周期内氖泡能发光两次，所以其发光频率为100 Hz，选项A正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，选项C错误；开关断开后，电路消耗的功率减小，输出功率就变小，选项D错误．故本题正确选项为A、B.
【答案】 AB
10．如图2－6－16所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“5 V,5 W”字样，L4标有“5 V,10 W”字样，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1∶n2和ab间电压应为( )
图2－6－16
A．2∶1,25 V B．2∶1,20 V
C．1∶2,25 V D．1∶2,20 V
【解析】 要使得L1、L2、L3和L4都正常发光，副线圈的电压应为10 V，若L1也能正常发光则原线圈的电流应是副线圈的，所以由＝可知n1∶n2＝2∶1，再由＝可知原线圈的电压为20 V，Uab＝U1＋UL1＝25 V，所以选项A正确．
【答案】 A
11．如图2－6－17甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u－t图像如乙图所示．若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.
甲 乙
图2－6－17
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；
(2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比.
【解析】 (1)由乙图知ω＝200π rad/s
电压瞬时值uab＝400sin 200πt (V)．
(2)电压有效值U1＝＝200( V)
理想变压器P1＝P2
原线圈中的电流I1＝＝0.28 A.
(3)设ab间匝数为n1，根据变压器规律有＝，＝
由题意有：＝，联立可得：＝＝.
【答案】 (1)uab＝400sin 200πt V (2)0.28 A
(3)4∶3
12．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝ T．用此发电机所发出交流电带动两个标有“220 V 11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图2－6－18所示．求：
图2－6－18
(1)发电机的输出电压为多少？
(2)变压器原副线圈的匝数比为多少？
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多少？
【解析】 (1)线圈转动产生的电动势最大值为：
Em＝NBSω＝1100 V
由于线圈内阻不计，则输出电压就等于电动势，得输出电压的有效值为U1＝＝1100 V.
(2)由＝得＝5∶1.
(3)根据P入＝P出＝2.2×104 W.
再根据P入＝U1I1，解得I1＝20 A.
【答案】 (1)1100 V (2)5∶1 (3)20 A
1．远距离输送交流电都采用高压输电，其优点是( )
A．可节省输电线的铜材料
B．可根据需要调节交流电的频率
C．可减少输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
【解析】 由P＝IU得I＝，输送的电功率P一定，采用高压输电，输电线中的电流就小，由P线＝I2r，要求输电线损耗一定的情况下，就可选横截面积较小的输电线，从而可以节省输电线的铜材料．若输电线确定，则可减少输电线上的能量损失，故A、C正确．交流电的频率是一定的，升高电压无法改变交流电的频率．输电的速度就是电磁波的传播速度，是一定的，故B、D错误．
【答案】 AC
2．高压输电电压为U，输电线电阻为r，则下列说法正确的是( )
A．若发电机输出功率不变，使输电电压变大，则输电线损失功率变小
B．输电线上损失的功率为P损＝，故导线电阻越大，损失的功率越小
C．通过输电线的电流为I＝，故输电电压越高，电流越大，损失的功率越大
D．以上说法都不对
【解析】 P损＝I2r＝()2r，P损与U2成反比，故A正确；B、C混淆了输送电压U和损失电压U损，故B、C错误．
【答案】 A
3．(2013·南充高中高二检测)关于远距离输电，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )
图2－7－4
A．升压变压器原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关
B．输电线路中的电流只由升压变压器的匝数比决定
C．当用户消耗的总功率增大时，输电线上损失的功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
【解析】 因输入功率等于输出功率，而发电机输出的电压不变，所以选项A、B错误；当用户消耗的总功率增大时，输电线中的电流增大，根据P＝I2R，输电线上损耗的功率增大，选项C正确，因为输电线上也有电压降，所以升压变压器输出电压大于降压变压器的输入电压，选项D错误．
【答案】 C
4．某用电器离供电电源距离为L，线路上的电流为I，若要求线路上的电压降不超过U，已知输电导线的电阻率为ρ，那么，该输电导线的横截面积最小值是( )
A. B. C. D.
【解析】 输电线电流I＝，R＝2，S＝＝.B对．
【答案】 B
5．中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )
A．P/4 B．P/2
C．2P D．4P
【解析】 由P＝UI可知由500 kV的超高压输电变为1 000 kV特高压输电时，因为输送功率不变，故输电线电流为原来的1/2，再据P损＝I2R线可得输电线上损耗的电功率将变为P/4，故选A.
【答案】 A
6．(2012·扬州高二期末)远距离输电，原来用电压U0输电，在输电线上损失的电功率为P0，现在要使输电线上损失的电功率减小到原来的，则输电电压应为( )
A．100 U0 B.U0
C. D.
【解析】 输电线上损失功率P损＝IR，而I线＝，所以P损＝R，当P送和R一定时，有P损∝，由此＝，U＝U0.B对．
【答案】 B
7．一台理想降压变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率是( )
A．5 A,0,50 kW
B．5 A,250 V,50 kW
C．200 A,250 V,50 kW
D．200 A,10 kV,2×103 kW
【解析】 由＝得U2＝250 V，则P2＝U2I2＝250×200 W＝50 kW，由P1＝U1I1＝P2，得I1＝＝5 A，因此B对．
【答案】 B
8．(2013·彭州中学高二检测)在如图2－7－5所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
图2－7－5
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【解析】 由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A错误；在电能输出过程中有：I＝，U线＝IR线，U3＝U2－U线，因P变大，I变大，所以U线变大，降压变压器初级线圈电压U3变小，则降压变压器的输出电压变小，B错误；由P损＝()2R线，因P变大，所以P损变大，C正确；根据＝＝，因P变大，所以比值变大，D正确．
【答案】 CD
9．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为( )
A.， B．()2R，
C.， D．()2R，
【解析】 根据变压器的变压规律，得＝k，＝nk，所以U1＝kU，U2＝nkU.根据P＝UI，知匝数比为k和nk的变压器副线圈的电流分别为I1＝＝，I2＝＝.根据P＝I2R，输电线路损耗的电功率分别为P1＝IR＝()2R，P2＝IR＝()2R，所以＝.选项D正确，选项A、B、C错误．
【答案】 D
10．一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V 60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )
A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A
B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V
C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D．有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光
【解析】 输电线上消耗的功率P线＝IR＝P×10%＝400 kW，则I2＝＝20 A，又P1＝U1I1，则I1＝＝103 A，故A正确；T1的变压比＝＝，又P＝U1I1＝U2I2，得U2＝2×105 V，输电线上损失电压U线＝I2R＝2×104 V，则T2原线圈的输入电压U3＝U2－U线＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电压为220 V，B正确；T2的变压比＝＝，C错误；根据U3I2＝60n，解得n＝6×104，D正确．
【答案】 ABD
11．输电线的电阻共计1.0 Ω，输送的电功率是100 kW，用400 V的低压送电，输电线上发热损失的功率是多少？改用10 kV的高压送电，输电线上的功率损失又为多少？
【解析】 由P＝UI知，输电线的电流为I＝，式中P是输送的电功率，U是输电电压．当用400 V的低压送电时，输电线上发热损失的功率为：P1＝IR＝()2R＝()2×1.0 W＝6.25×104 W
当用10 kV的高压送电时，输电线上发热损失的功率为：P2＝IR＝()2R＝()2×1.0 W＝1.0×102 W
由上述计算可知，P1>P2，由此可见，为了减小输电线路上的电能损失，远距离送电应采用高压输电．
【答案】 6.25×104 W 1.0×102 W
12．(2012·成都高二期末)如图2－7－6所示，学校有一台应急备用发电机，内阻为r＝1 Ω，升压变压器匝数比为n1∶n2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n3∶n4＝4∶1，输电线总电阻为R线＝4 Ω，全校有22间教室，每间教室安装“220 V，40 W”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：
图2－7－6
(1)输电线上损耗的电功率P损多大？
(2)发电机的电动势E多大？
【解析】 (1)所有电灯正常发光时消耗的功率为
P灯＝40×22×6 W＝5 280 W＝P4，
由于灯正常发光时，降压变压器副线圈两端电压
U4＝220 V，
所以降压变压器原线圈两端电压
U3＝U4＝×220 V＝880 V，
两变压器之间输电线上的电流为
I线＝＝＝ A＝6 A，
输电线上损失的功率
P损＝IR＝62×4 W＝144 W.
(2)输电线上损失的电压
U损＝I线R＝6×4 V＝24 V，
升压变压器副线圈两端电压
U2＝U3＋U损＝(880＋24)V＝904 V，
升压变压器原线圈两端电压
U1＝U2＝×904 V＝226 V，
升压变压器原线圈中的电流
I1＝I线＝×6 A＝24 A，
发电机内阻上的电压Ur＝I1r＝24 V，
发电机的电动势
E＝U1＋Ur＝226 V＋24 V＝250 V.
【答案】 (1)144 W (2)250 V
