阶段质量检测(三) 第三章 交变电流（含解析）高中物理人教版（2019）选择性必修 第二册
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| 名称 | 阶段质量检测(三) 第三章 交变电流（含解析）高中物理人教版（2019）选择性必修 第二册 |  | |
| 格式 | DOC | ||
| 文件大小 | 1.4MB | ||
| 资源类型 | 教案 | ||
| 版本资源 | 人教版（2019） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-07-24 09:23:59 | ||
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文档简介
阶段质量检测(三) 交变电流
(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题目要求)
1．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁场垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的交流电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0.01 s时，穿过线框的磁通量最小
B．t＝0.01 s时，穿过线框的磁通量变化率最大
C．该线框匀速转动的角速度大小为50π rad/s
D．感应电动势瞬时值为22 V时，线框平面与中性面的夹角为45°
2．一交流电压瞬时值表达式为u＝100sin 100πt(V)，由此表达式可知( )
A．用交流电压表测该电压，t＝0时其示数为0
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零
C．将该电压加在“100 V,100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 W
D．t＝ s时，该交流电压的瞬时值为100 V
3．如图所示，abcd为一个单匝闭合矩形金属线框，已知ab的长度L1＝10 cm，bc的长度L2＝20 cm，线框电阻R＝0.1 Ω，图中虚线O1O2为匀强磁场的右边界(磁场左边界足够远)，O1O2与线框的ab边平行，且将bc边等分，磁场的磁感应强度大小为B＝0.1 T、方向垂直线框平面向里。t＝0时，线框由图示位置开始绕ab边以角速度ω＝100π rad/s匀速转动，下列关于线框中感应电流随时间变化的图像可能正确的是(图像中只画了一个周期，图线均为正弦曲线，实线表示实际电流，虚线表示没有电流)( )
4.通过某用电器的电流和时间的关系图像如图所示(初始部分为正弦函数的四分之一周期)，则该交变电流的有效值为( )
A．2I0 B.I0
C．2I0 D．3I0
5．如图所示，变压器为理想变压器，电流表A1内阻不可忽略，其余的均为理想的电流表和电压表。a、b之间接有电压不变的交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时，则下列说法正确的是( )
A．电流表A1、A2的示数都减小
B．电流表A1的示数减小，A2的示数增大
C．电压表V1、V2、V3的示数均减小
D．电压表V1、V2的示数减小，V3的示数增大
6.生产生活中有各种变压器，如图所示为一理想变压器。该理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶10，在原、副线圈的回路中分别接有电阻R1、R2，原线圈一侧接在电压为U1的正弦式交变电源上。设副线圈回路中电阻R2两端的电压为U2，原线圈a、b两端的电压为Uab。则下列关系正确的是(原、副线圈导线电阻均不计)( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
7．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为22 kW。升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶10，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻R线＝10 Ω。下列说法正确的是( )
A．升压变压器的原线圈输入电压U1＝2 200 V
B．电流互感器是一种降压变压器
C．将滑动触头P下移，用户获得的电压将增大
D．用户获得的功率为21 kW
8．已知某水电站的输出功率为100 kW，发电机的电压为250 V，通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V。已知输电过程中输电线上损失的功率为5 kW。则下列说法正确的是( )
A．输电线上通过的电流为625 A
B．升压变压器的输出电压为4 000 V
C．降压变压器的匝数比为200∶11
D．升压变压器的匝数比为5∶76
二、多项选择题(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，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．如图所示为某发电站高压输电示意图，其中E为可提供恒定电压的交流电源﹐电阻r模拟输电线上的电阻，A为交流电流表，V为交流电压表，R为滑动变阻器，L1以及一系列灯泡L2至Ln模拟家庭用电器，降压变压器右侧电路统称用电电路，下列说法正确的是( )
A．若减少除L1以外的灯泡数，电压表示数将增大，电流表示数将减小
B．将滑动变阻器滑片向上移动，灯泡L1变亮，其他灯泡都变暗
C．模拟用电高峰期的情况，增加灯泡数，原灯泡将变亮
D．为保证用电高峰期每个用电器正常工作，可将降压变压器的原线圈匝数适当减小
10.如图所示，理想变压器原线圈通过电阻R1接电压有效值为220 V的正弦式交流电源，原、副线圈的匝数比为5∶1，R1＝20 Ω，R2＝40 Ω，理想电流表的示数为1.0 A，则下列判断正确的是( )
A．电阻R3的阻值为20 Ω
B．电阻R3两端电压是电阻R1两端电压的2倍
C．变压器输出功率为200 W
D．若减小R3的阻值，电流表的示数将变大
11.如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按图示方向匀速转动，转动角速度ω＝50 rad/s，线圈的匝数n＝100、总电阻r＝10 Ω，线圈围成的面积S＝0.1 m2。线圈两端与阻值R＝90 Ω的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度大小为B＝0.2 T，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则( )
A．图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为abcda
B．从图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量随时间t变化的关系式为Φ＝0.02cos 50t(Wb)
C．电路中交流电压表的示数为45 V
D．线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02 C
12.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈c、d两端加上正弦式交流电压，其瞬时值表达式为u＝36sin(100πt)V，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表。下列说法正确的是( )
A．当单刀双掷开关与a相接时，电压表的示数为3.6 V
B．当单刀双掷开关与a相接时，通过滑动变阻器R的交变电流的频率为50 Hz
C．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数不变，电流表的示数变小
D．单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
三、非选择题(本题共5小题，共60分)
13．(6分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验中：
(1)下列仪器中不需要的是___________。(填写字母)
(2)实验时原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是___________。
A．原线圈接直流电压，多用电表用直流电压挡
B．原线圈接直流电压，多用电表用交流电压挡
C．原线圈接交流电压，多用电表用交流电压挡
D．原线圈接交流电压，多用电表用直流电压挡
(3)若某次实验中用匝数N1＝400匝、N2＝800匝的变压器，测得N1的电压U1＝3.6 V，N2的电压U2＝8.2 V，据此可知___________(填“N1”或“N2”)是原线圈匝数。
14．(8分)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验。
(1)以下给出的器材中，本实验需要用到的有___________。(填选项字母)
(2)下列说法正确的是___________。
A．变压器工作时，副线圈电压频率与原线圈不相同
B．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12 V
D．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
(3)为了减小能量传递过程中的损失，减小涡流，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横挡的铁芯的硅钢片应按照下列哪种方法设计_________。
(4)由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的________值(选填“平均”“有效”或“最大”)。若在实验中用匝数n1＝400匝和n2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，n1一定是________(选填“原”或“副”)线圈。
实验次数 1 2 3 4
U1/V 0.90 1.40 1.90 2.40
U2/V 2.00 3.01 4.02 5.02
15．(12分)图(a)所示为某共享单车，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(b)所示，矩形线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r， 线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在外力作用下线圈以角速度ω绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′逆时针(沿OO′方向观察)匀速转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为R的电阻连接，不计交流电流表的内阻。图示时刻记为t＝0，不计一切摩擦，求：
(1)t＝0时流过电阻R的电流方向；
(2)从t＝0时刻开始计时，线圈中产生的瞬时电动势e的表达式；
(3)外力驱动线圈转动一周所做的功。
16．(16分)如图所示，矩形线圈面积为 S＝0.2 m2, 匝数为N＝100匝，绕OO′轴在磁感应强度大小为 T的匀强磁场中以角速度ω＝100π rad/s匀速转动。 理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2, 两电表均为理想电表， 电阻R＝50 Ω， 其他电阻不计。
(1)线圈转到与磁场垂直时开始计时， 求从计时开始线圈转过30°时感应电动势的瞬时值e；
(2)＝，求变压器的输入功率及电流表的示数。
17．(18分)中国在超导物理的研究中处于世界领先水平，如果能够实现常温超导，由于超导体电阻为零，用超导体代替常规导线输电将会节约大量的电能。如图是远距离输电示意图，已知发电机的输出功率为300 kW，发电机输出电压为300 V，用户电压220 V，升压变压器匝数比n1∶n2＝1∶100，输电导线总电阻为20 Ω。变压器可视为理想变压器。求：
(1)若用超导体代替常规导线，可以节省的功率是多少？
(2)降压变压器匝数比n3∶n4。
阶段质量检测(三)
1．选D 由题图乙知，t＝0.01 s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，穿过线框的磁通量变化率最小，故A、B错误；由题图乙得，周期T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，故C错误；当t＝0时，感应电动势为零，线框平面与中性面重合，故该交流电动势的瞬时值表达式为e＝22sin 100πt(V)，感应电动势瞬时值为22 V时，将瞬时值22 V代入瞬时表达式，可得线框平面与中性面的夹角正弦值sin α＝，所以线框平面与中性面的夹角为45°，故D正确。
2．选D 交流电压表的示数是交流电压的有效值，则t＝0时其示数不为0，A错误；t＝0时，线圈在中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，B错误；该交流电压的有效值为U＝ V＝100 V，则将该电压加在“100 V，100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率等于100 W，C错误；t＝ s时，该交流电压的瞬时值为u＝100sinV＝100 V，D正确。
3．选A 当线框从题图示位置转过90°时，线框中的感应电动势和感应电流最大，且最大感应电动势Em＝BSω＝0.2π V，最大感应电流Im＝＝2π A，线框转动周期T＝＝0.02 s。在线框从题图示位置转动的一个周期中，在最初转过的60°和最后转过的60°，所对应时间为最初的和最后的时间内，由于线框在磁场方向的投影面积不变，即穿过线框的磁通量保持不变，因此在这两段时间内线框中没有感应电流，而在一个周期中间的时间内，感应电流按正弦规律变化，故选A。
4．选D 根据电流的热效应，设电流的有效值为I，则有I2RT＝2R×＋2R×，解得I＝3I0，故选D。
5．选C 将变压器和整个副线圈电路等效为一个电阻，a、b之间接有电压不变的交流电源，滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时，接入电路的等效电阻变小，故电流表A1的示数增大，原、副线圈匝数比不变，故电流表A2的示数也增大；因为电源电压不变，电流表A1分压增大，所以电压表V1的示数减小，副线圈两端的电压减小，电压表V2的示数减小，R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，电压表V3的示数减小，故选C。
6．选C 根据理想变压器比例关系，得＝，由于电阻R1分压，原线圈两端电压Uab小于U1，则>，故选C。
7．选D 电流互感器原线圈中的电流I2＝10I＝10 A，升压变压器的输出电压U2＝＝2 200 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶10，则＝，则U1＝220 V，故A错误；根据原、副线圈匝数关系可知，电流互感器是一种升压变压器，故B错误；将滑动触头P下移，增大了n3，用户获得的电压U4＝U3，可知n3增大时，U4减小，故C错误；输电线上损失的功率ΔP＝I22R线＝1 000 W，用户获得的功率P4＝P3＝P－ΔP＝22 kW－1 kW＝21 kW，故D正确。
8．选B 根据P损＝I2r线，求得I＝25 A，故A错误；理想变压器不损耗能量，功率不变，根据P＝UI，求得升压变压器输出电压为U2＝＝ V＝4 000 V，故B正确；降压变压器输入端电压U3＝U2－U损＝U2－Ir线＝4 000 V－25×8 V＝3 800 V，又由＝，可得＝＝，故C错误；根据＝，可得＝＝，故D错误。
9．选AD 减少除L1以外的灯泡数，则功率减小，输电线路中的电流将减小，电流表示数减小，由U线＝Ir可知，输电线路分得的电压将会减小，又由电源电压恒定知，电压表示数增大，A正确；模拟用电高峰期的情况，增加灯泡数，用户端干路电流变大，输电线路分得的电压将会增大，又由电源电压恒定可知，降压变压器两端电压减小，原灯泡将变暗，C错误；将滑动变阻器滑片向上移动，用电电路总电阻增大，总电流降低，输电线路中的电流I减小，最终用电电路获得的电压增大，则经过L2至Ln的电流增大，又因为总电流减小，则流经L1的电流减小，L2至Ln变亮而L1变暗，B错误；用电高峰期用电器分得的电压小于正常工作电压，根据变压器工作原理，可将降压变压器的原线圈匝数适当减小，D正确。
10．选BC 由欧姆定律得R2两端电压为40 V，由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可知，原线圈输入电压为200 V，则R1两端电压为20 V，由欧姆定律得流过R1的电流为1 A，变压器输入功率为200 W，则变压器输出功率也为200 W，故C正确；由I＝，得输出电流为5 A，则流过R3的电流为4 A，根据并联电路电压相等得R3两端电压为40 V，则R3＝10 Ω，故A错误， B正确； 若减小R3的阻值，整个副线圈电路等效电阻减小，流过R1的电流增大，R1两端电压增大，变压器输入电压减小，输出电压减小，R2两端电压减小，电流表示数减小，故D错误。
11．选ACD 题图示位置穿过线圈的磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为abcda，A正确；从题图示位置开始计时，穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的关系式为Φ＝Φmsin ωt＝BSsin ωt＝0.02sin 50t(Wb)，B错误；电动势的最大值Em＝nBSω＝100×0.2×0.1×50 V＝100 V，则电动势的有效值E＝＝ V＝50 V，由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数U＝R＝×90 V＝45 V，C正确；线圈由题图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝Δt＝·Δt＝＝ C＝0.02 C，D正确。
12．选ABC 根据交流电压的瞬时值表达式可知，原线圈两端的电压为U1＝＝36 V，根据原、副线圈电压与匝数的关系，可得U2＝U1＝3.6 V，故A正确；根据交流电压的瞬时值表达式，可知ω＝2πf＝100π rad/s，所以f＝50 Hz，理想变压器只改变电压与电流，不改变频率，故B正确；单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由于原线圈电压不变，原、副线圈匝数比不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，而滑动变阻器接入电路的电阻变大，电流表的示数变小，故C正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1，根据电压与匝数成正比可知，此时副线圈的电压为7.2 V，所以电压表的示数增大，由欧姆定律知，电流表的示数增大，故D错误。
13．解析：(1)变压器的工作基础是互感现象，所以不能对直流电进行变压，因此实验中应选择能提供交流电压的学生电源而不是干电池，故A符合题意，C不符合题意；变压器是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故B符合题意；本实验需要测量副线圈两端的电压，所以需要多用电表，故D不符合题意。
(2)由(1)中分析可知，原线圈接交流电压，副线圈产生的也是交流电，所以多用电表用交流电压挡，故选C。
(3)考虑到实验中的变压器并不是理想变压器，则副线圈两端电压应为U2＜U1。假设N1是原线圈匝数，原线圈两端电压为3.6 V，则副线圈两端电压应为U2＜U1＝7.2 V，而实际副线圈两端电压为8.2 V，则假设不成立；假设N2是原线圈匝数，原线圈两端电压为8.2 V，副线圈两端电压应为U1＜U2＝4.1 V，而实际副线圈两端电压为3.6 V，则假设成立，即N2是原线圈匝数。
答案：(1)AB (2)C (3)N2
14．解析：(1)做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验需要用到交流电源、交流电压表、变压器。故选B、D、E。
(2)变压器工作时，副线圈电压频率与原线圈相同，故A错误；实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法，故B正确；变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，交流电压不能超过12 V，故C错误；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故D错误。
(3)根据楞次定律和安培定则，作为横挡的铁芯中产生的涡流的方向与左侧面平行，还有一些与上表面平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于前表面(后表面)。故选D。
(4)由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的有效值。
由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器变压规律＝＝，由表格数据知U1总是略小于U2，故n1一定是副线圈，n2一定是原线圈。
答案：(1)BDE (2)B (3)D (4)有效 副
15．解析：(1)线圈绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′逆时针匀速转动，根据右手定则可知，t＝0时线圈中电流方向为dcba，则流过电阻R的电流方向从左向右。
(2)线圈产生的最大感应电动势为Em＝nBSω
线圈从垂直中性面位置开始转动，电动势的瞬时表达式为e＝Emcos ωt＝nBSωcos ωt。
(3)电动势的有效值为E＝＝
电流的有效值为I＝＝
根据能量守恒定律可知，外力驱动线圈转动一周所做的功为W＝I2(R＋r)T＝2(R＋r)＝。
答案：(1)从左向右 (2)e＝nBSωcos ωt (3)
16．解析：(1)当从线圈平面与磁场平面垂直时开始计时，产生的感应电动势的变化满足正弦函数规律，可得e＝Emsin ωt
其中 Em＝NBSω＝100××0.2×100π(V)＝400 V
可得瞬时感应电动势的表达式为
e＝400sin 100πt V
当线圈转过30°时，
可得e＝400sin 30° V＝200 V。
(2)根据正弦交流电最大值与有效值之间的关系可知，变压器原线圈输入电压为U1＝＝400 V
变压器副线圈的输出电压为
U2＝U1＝2 000 V
则变压器副线圈的输出功率为
P2＝＝80 kW
变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，
可得P1＝P2＝80 kW
电流表示数为I1＝＝200 A。
答案：(1)200 V (2)80 kW 200 A
17．解析：(1)根据题意可知，由于超导体的电阻为0，则用超导体代替常规导线，可以节省的功率等于用常规导线时损失的功率，设升压变压器的输出电压为U2，升压变压器副线圈电流为I2，则根据原、副线圈匝数与电压之间的关系有＝
输电电流I2＝
则损失的功率为ΔP＝I22R
代入数据解得I2＝10 A，ΔP＝2 000 W
即用超导体代替常规导线，可以节省的功率为2 000 W。
(2)输电线路损失的电压为ΔU＝I2R
设降压变压器的输入电压为U3，
则有U3＝U2－ΔU
根据原、副线圈匝数与电压之间的关系有＝
解得＝。
答案：(1)2 000 W (2)1 490∶11
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(本试卷满分：100分)
一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共24分，每小题只有一个选项符合题目要求)
1．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁场垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的交流电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．t＝0.01 s时，穿过线框的磁通量最小
B．t＝0.01 s时，穿过线框的磁通量变化率最大
C．该线框匀速转动的角速度大小为50π rad/s
D．感应电动势瞬时值为22 V时，线框平面与中性面的夹角为45°
2．一交流电压瞬时值表达式为u＝100sin 100πt(V)，由此表达式可知( )
A．用交流电压表测该电压，t＝0时其示数为0
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零
C．将该电压加在“100 V,100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 W
D．t＝ s时，该交流电压的瞬时值为100 V
3．如图所示，abcd为一个单匝闭合矩形金属线框，已知ab的长度L1＝10 cm，bc的长度L2＝20 cm，线框电阻R＝0.1 Ω，图中虚线O1O2为匀强磁场的右边界(磁场左边界足够远)，O1O2与线框的ab边平行，且将bc边等分，磁场的磁感应强度大小为B＝0.1 T、方向垂直线框平面向里。t＝0时，线框由图示位置开始绕ab边以角速度ω＝100π rad/s匀速转动，下列关于线框中感应电流随时间变化的图像可能正确的是(图像中只画了一个周期，图线均为正弦曲线，实线表示实际电流，虚线表示没有电流)( )
4.通过某用电器的电流和时间的关系图像如图所示(初始部分为正弦函数的四分之一周期)，则该交变电流的有效值为( )
A．2I0 B.I0
C．2I0 D．3I0
5．如图所示，变压器为理想变压器，电流表A1内阻不可忽略，其余的均为理想的电流表和电压表。a、b之间接有电压不变的交流电源，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时，则下列说法正确的是( )
A．电流表A1、A2的示数都减小
B．电流表A1的示数减小，A2的示数增大
C．电压表V1、V2、V3的示数均减小
D．电压表V1、V2的示数减小，V3的示数增大
6.生产生活中有各种变压器，如图所示为一理想变压器。该理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶10，在原、副线圈的回路中分别接有电阻R1、R2，原线圈一侧接在电压为U1的正弦式交变电源上。设副线圈回路中电阻R2两端的电压为U2，原线圈a、b两端的电压为Uab。则下列关系正确的是(原、副线圈导线电阻均不计)( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
7．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为22 kW。升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶10，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻R线＝10 Ω。下列说法正确的是( )
A．升压变压器的原线圈输入电压U1＝2 200 V
B．电流互感器是一种降压变压器
C．将滑动触头P下移，用户获得的电压将增大
D．用户获得的功率为21 kW
8．已知某水电站的输出功率为100 kW，发电机的电压为250 V，通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V。已知输电过程中输电线上损失的功率为5 kW。则下列说法正确的是( )
A．输电线上通过的电流为625 A
B．升压变压器的输出电压为4 000 V
C．降压变压器的匝数比为200∶11
D．升压变压器的匝数比为5∶76
二、多项选择题(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，有多项符合题目要求。全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分)
9．如图所示为某发电站高压输电示意图，其中E为可提供恒定电压的交流电源﹐电阻r模拟输电线上的电阻，A为交流电流表，V为交流电压表，R为滑动变阻器，L1以及一系列灯泡L2至Ln模拟家庭用电器，降压变压器右侧电路统称用电电路，下列说法正确的是( )
A．若减少除L1以外的灯泡数，电压表示数将增大，电流表示数将减小
B．将滑动变阻器滑片向上移动，灯泡L1变亮，其他灯泡都变暗
C．模拟用电高峰期的情况，增加灯泡数，原灯泡将变亮
D．为保证用电高峰期每个用电器正常工作，可将降压变压器的原线圈匝数适当减小
10.如图所示，理想变压器原线圈通过电阻R1接电压有效值为220 V的正弦式交流电源，原、副线圈的匝数比为5∶1，R1＝20 Ω，R2＝40 Ω，理想电流表的示数为1.0 A，则下列判断正确的是( )
A．电阻R3的阻值为20 Ω
B．电阻R3两端电压是电阻R1两端电压的2倍
C．变压器输出功率为200 W
D．若减小R3的阻值，电流表的示数将变大
11.如图为交流发电机的原理图，其矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按图示方向匀速转动，转动角速度ω＝50 rad/s，线圈的匝数n＝100、总电阻r＝10 Ω，线圈围成的面积S＝0.1 m2。线圈两端与阻值R＝90 Ω的电阻相连，交流电压表可视为理想电表。已知磁场的磁感应强度大小为B＝0.2 T，图示位置矩形线圈与磁感线平行。则( )
A．图示位置，线圈中的电流最大，电流方向为abcda
B．从图示位置开始计时，穿过线圈的磁通量随时间t变化的关系式为Φ＝0.02cos 50t(Wb)
C．电路中交流电压表的示数为45 V
D．线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为0.02 C
12.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈c、d两端加上正弦式交流电压，其瞬时值表达式为u＝36sin(100πt)V，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表。下列说法正确的是( )
A．当单刀双掷开关与a相接时，电压表的示数为3.6 V
B．当单刀双掷开关与a相接时，通过滑动变阻器R的交变电流的频率为50 Hz
C．单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数不变，电流表的示数变小
D．单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
三、非选择题(本题共5小题，共60分)
13．(6分)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验中：
(1)下列仪器中不需要的是___________。(填写字母)
(2)实验时原线圈接在电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是___________。
A．原线圈接直流电压，多用电表用直流电压挡
B．原线圈接直流电压，多用电表用交流电压挡
C．原线圈接交流电压，多用电表用交流电压挡
D．原线圈接交流电压，多用电表用直流电压挡
(3)若某次实验中用匝数N1＝400匝、N2＝800匝的变压器，测得N1的电压U1＝3.6 V，N2的电压U2＝8.2 V，据此可知___________(填“N1”或“N2”)是原线圈匝数。
14．(8分)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验。
(1)以下给出的器材中，本实验需要用到的有___________。(填选项字母)
(2)下列说法正确的是___________。
A．变压器工作时，副线圈电压频率与原线圈不相同
B．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12 V
D．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
(3)为了减小能量传递过程中的损失，减小涡流，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横挡的铁芯的硅钢片应按照下列哪种方法设计_________。
(4)由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的________值(选填“平均”“有效”或“最大”)。若在实验中用匝数n1＝400匝和n2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，n1一定是________(选填“原”或“副”)线圈。
实验次数 1 2 3 4
U1/V 0.90 1.40 1.90 2.40
U2/V 2.00 3.01 4.02 5.02
15．(12分)图(a)所示为某共享单车，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(b)所示，矩形线圈abcd的面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r， 线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，在外力作用下线圈以角速度ω绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′逆时针(沿OO′方向观察)匀速转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值为R的电阻连接，不计交流电流表的内阻。图示时刻记为t＝0，不计一切摩擦，求：
(1)t＝0时流过电阻R的电流方向；
(2)从t＝0时刻开始计时，线圈中产生的瞬时电动势e的表达式；
(3)外力驱动线圈转动一周所做的功。
16．(16分)如图所示，矩形线圈面积为 S＝0.2 m2, 匝数为N＝100匝，绕OO′轴在磁感应强度大小为 T的匀强磁场中以角速度ω＝100π rad/s匀速转动。 理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2, 两电表均为理想电表， 电阻R＝50 Ω， 其他电阻不计。
(1)线圈转到与磁场垂直时开始计时， 求从计时开始线圈转过30°时感应电动势的瞬时值e；
(2)＝，求变压器的输入功率及电流表的示数。
17．(18分)中国在超导物理的研究中处于世界领先水平，如果能够实现常温超导，由于超导体电阻为零，用超导体代替常规导线输电将会节约大量的电能。如图是远距离输电示意图，已知发电机的输出功率为300 kW，发电机输出电压为300 V，用户电压220 V，升压变压器匝数比n1∶n2＝1∶100，输电导线总电阻为20 Ω。变压器可视为理想变压器。求：
(1)若用超导体代替常规导线，可以节省的功率是多少？
(2)降压变压器匝数比n3∶n4。
阶段质量检测(三)
1．选D 由题图乙知，t＝0.01 s时，感应电动势为零，则穿过线框的磁通量最大，穿过线框的磁通量变化率最小，故A、B错误；由题图乙得，周期T＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，故C错误；当t＝0时，感应电动势为零，线框平面与中性面重合，故该交流电动势的瞬时值表达式为e＝22sin 100πt(V)，感应电动势瞬时值为22 V时，将瞬时值22 V代入瞬时表达式，可得线框平面与中性面的夹角正弦值sin α＝，所以线框平面与中性面的夹角为45°，故D正确。
2．选D 交流电压表的示数是交流电压的有效值，则t＝0时其示数不为0，A错误；t＝0时，线圈在中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，B错误；该交流电压的有效值为U＝ V＝100 V，则将该电压加在“100 V，100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率等于100 W，C错误；t＝ s时，该交流电压的瞬时值为u＝100sinV＝100 V，D正确。
3．选A 当线框从题图示位置转过90°时，线框中的感应电动势和感应电流最大，且最大感应电动势Em＝BSω＝0.2π V，最大感应电流Im＝＝2π A，线框转动周期T＝＝0.02 s。在线框从题图示位置转动的一个周期中，在最初转过的60°和最后转过的60°，所对应时间为最初的和最后的时间内，由于线框在磁场方向的投影面积不变，即穿过线框的磁通量保持不变，因此在这两段时间内线框中没有感应电流，而在一个周期中间的时间内，感应电流按正弦规律变化，故选A。
4．选D 根据电流的热效应，设电流的有效值为I，则有I2RT＝2R×＋2R×，解得I＝3I0，故选D。
5．选C 将变压器和整个副线圈电路等效为一个电阻，a、b之间接有电压不变的交流电源，滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时，接入电路的等效电阻变小，故电流表A1的示数增大，原、副线圈匝数比不变，故电流表A2的示数也增大；因为电源电压不变，电流表A1分压增大，所以电压表V1的示数减小，副线圈两端的电压减小，电压表V2的示数减小，R0两端的电压增大，则滑动变阻器两端的电压减小，电压表V3的示数减小，故选C。
6．选C 根据理想变压器比例关系，得＝，由于电阻R1分压，原线圈两端电压Uab小于U1，则>，故选C。
7．选D 电流互感器原线圈中的电流I2＝10I＝10 A，升压变压器的输出电压U2＝＝2 200 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶10，则＝，则U1＝220 V，故A错误；根据原、副线圈匝数关系可知，电流互感器是一种升压变压器，故B错误；将滑动触头P下移，增大了n3，用户获得的电压U4＝U3，可知n3增大时，U4减小，故C错误；输电线上损失的功率ΔP＝I22R线＝1 000 W，用户获得的功率P4＝P3＝P－ΔP＝22 kW－1 kW＝21 kW，故D正确。
8．选B 根据P损＝I2r线，求得I＝25 A，故A错误；理想变压器不损耗能量，功率不变，根据P＝UI，求得升压变压器输出电压为U2＝＝ V＝4 000 V，故B正确；降压变压器输入端电压U3＝U2－U损＝U2－Ir线＝4 000 V－25×8 V＝3 800 V，又由＝，可得＝＝，故C错误；根据＝，可得＝＝，故D错误。
9．选AD 减少除L1以外的灯泡数，则功率减小，输电线路中的电流将减小，电流表示数减小，由U线＝Ir可知，输电线路分得的电压将会减小，又由电源电压恒定知，电压表示数增大，A正确；模拟用电高峰期的情况，增加灯泡数，用户端干路电流变大，输电线路分得的电压将会增大，又由电源电压恒定可知，降压变压器两端电压减小，原灯泡将变暗，C错误；将滑动变阻器滑片向上移动，用电电路总电阻增大，总电流降低，输电线路中的电流I减小，最终用电电路获得的电压增大，则经过L2至Ln的电流增大，又因为总电流减小，则流经L1的电流减小，L2至Ln变亮而L1变暗，B错误；用电高峰期用电器分得的电压小于正常工作电压，根据变压器工作原理，可将降压变压器的原线圈匝数适当减小，D正确。
10．选BC 由欧姆定律得R2两端电压为40 V，由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可知，原线圈输入电压为200 V，则R1两端电压为20 V，由欧姆定律得流过R1的电流为1 A，变压器输入功率为200 W，则变压器输出功率也为200 W，故C正确；由I＝，得输出电流为5 A，则流过R3的电流为4 A，根据并联电路电压相等得R3两端电压为40 V，则R3＝10 Ω，故A错误， B正确； 若减小R3的阻值，整个副线圈电路等效电阻减小，流过R1的电流增大，R1两端电压增大，变压器输入电压减小，输出电压减小，R2两端电压减小，电流表示数减小，故D错误。
11．选ACD 题图示位置穿过线圈的磁通量为零，电动势最大，电流最大，根据右手定则可知，线圈中电流方向为abcda，A正确；从题图示位置开始计时，穿过矩形线圈的磁通量Φ随时间t变化的关系式为Φ＝Φmsin ωt＝BSsin ωt＝0.02sin 50t(Wb)，B错误；电动势的最大值Em＝nBSω＝100×0.2×0.1×50 V＝100 V，则电动势的有效值E＝＝ V＝50 V，由闭合电路欧姆定律，可得电路中交流电压表的示数U＝R＝×90 V＝45 V，C正确；线圈由题图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝Δt＝·Δt＝＝ C＝0.02 C，D正确。
12．选ABC 根据交流电压的瞬时值表达式可知，原线圈两端的电压为U1＝＝36 V，根据原、副线圈电压与匝数的关系，可得U2＝U1＝3.6 V，故A正确；根据交流电压的瞬时值表达式，可知ω＝2πf＝100π rad/s，所以f＝50 Hz，理想变压器只改变电压与电流，不改变频率，故B正确；单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，由于原线圈电压不变，原、副线圈匝数比不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，而滑动变阻器接入电路的电阻变大，电流表的示数变小，故C正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1，根据电压与匝数成正比可知，此时副线圈的电压为7.2 V，所以电压表的示数增大，由欧姆定律知，电流表的示数增大，故D错误。
13．解析：(1)变压器的工作基础是互感现象，所以不能对直流电进行变压，因此实验中应选择能提供交流电压的学生电源而不是干电池，故A符合题意，C不符合题意；变压器是互感现象的应用，是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，所以不需要外界的磁场，故B符合题意；本实验需要测量副线圈两端的电压，所以需要多用电表，故D不符合题意。
(2)由(1)中分析可知，原线圈接交流电压，副线圈产生的也是交流电，所以多用电表用交流电压挡，故选C。
(3)考虑到实验中的变压器并不是理想变压器，则副线圈两端电压应为U2＜U1。假设N1是原线圈匝数，原线圈两端电压为3.6 V，则副线圈两端电压应为U2＜U1＝7.2 V，而实际副线圈两端电压为8.2 V，则假设不成立；假设N2是原线圈匝数，原线圈两端电压为8.2 V，副线圈两端电压应为U1＜U2＝4.1 V，而实际副线圈两端电压为3.6 V，则假设成立，即N2是原线圈匝数。
答案：(1)AB (2)C (3)N2
14．解析：(1)做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验需要用到交流电源、交流电压表、变压器。故选B、D、E。
(2)变压器工作时，副线圈电压频率与原线圈相同，故A错误；实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法，故B正确；变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，交流电压不能超过12 V，故C错误；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故D错误。
(3)根据楞次定律和安培定则，作为横挡的铁芯中产生的涡流的方向与左侧面平行，还有一些与上表面平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应平行于前表面(后表面)。故选D。
(4)由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的有效值。
由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器变压规律＝＝，由表格数据知U1总是略小于U2，故n1一定是副线圈，n2一定是原线圈。
答案：(1)BDE (2)B (3)D (4)有效 副
15．解析：(1)线圈绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′逆时针匀速转动，根据右手定则可知，t＝0时线圈中电流方向为dcba，则流过电阻R的电流方向从左向右。
(2)线圈产生的最大感应电动势为Em＝nBSω
线圈从垂直中性面位置开始转动，电动势的瞬时表达式为e＝Emcos ωt＝nBSωcos ωt。
(3)电动势的有效值为E＝＝
电流的有效值为I＝＝
根据能量守恒定律可知，外力驱动线圈转动一周所做的功为W＝I2(R＋r)T＝2(R＋r)＝。
答案：(1)从左向右 (2)e＝nBSωcos ωt (3)
16．解析：(1)当从线圈平面与磁场平面垂直时开始计时，产生的感应电动势的变化满足正弦函数规律，可得e＝Emsin ωt
其中 Em＝NBSω＝100××0.2×100π(V)＝400 V
可得瞬时感应电动势的表达式为
e＝400sin 100πt V
当线圈转过30°时，
可得e＝400sin 30° V＝200 V。
(2)根据正弦交流电最大值与有效值之间的关系可知，变压器原线圈输入电压为U1＝＝400 V
变压器副线圈的输出电压为
U2＝U1＝2 000 V
则变压器副线圈的输出功率为
P2＝＝80 kW
变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，
可得P1＝P2＝80 kW
电流表示数为I1＝＝200 A。
答案：(1)200 V (2)80 kW 200 A
17．解析：(1)根据题意可知，由于超导体的电阻为0，则用超导体代替常规导线，可以节省的功率等于用常规导线时损失的功率，设升压变压器的输出电压为U2，升压变压器副线圈电流为I2，则根据原、副线圈匝数与电压之间的关系有＝
输电电流I2＝
则损失的功率为ΔP＝I22R
代入数据解得I2＝10 A，ΔP＝2 000 W
即用超导体代替常规导线，可以节省的功率为2 000 W。
(2)输电线路损失的电压为ΔU＝I2R
设降压变压器的输入电压为U3，
则有U3＝U2－ΔU
根据原、副线圈匝数与电压之间的关系有＝
解得＝。
答案：(1)2 000 W (2)1 490∶11
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