挑战高考压轴题-专题09：电磁感应与交变电流

挑战高考压轴题-专题09：电磁感应与交变电流
一、正弦式交变电流
1．产生
线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．
2．两个特殊位置的特点
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变．
3．电流方向的改变
一个周期内线圈中电流的方向改变两次．
4．交变电动势的最大值
Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关．
5．交变电动势随时间的变化规律(中性面开始计时)
二、描述交变电流的物理量
1．周期和频率
(1)周期T：交变电流完成1次周期性变化所需要的时间，单位是秒(s)．表达式为T＝＝(n为转速)．
(2)频率f：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)．
(3)周期和频率的关系：T＝或f＝.
2．交变电流的瞬时值、最大值、有效值和平均值
(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值．
(2)最大值：交变电流或电压所能达到的最大的值．
(3)有效值：让恒定电流和交变电流分别通过阻值相等的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，就可以把恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值．
(4)正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系
I＝，U＝，E＝.
(5)交变电流的平均值
＝n，＝.
三、理想变压器
1．构造
如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．

图1
(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈．
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈．
2．原理
电流磁效应、电磁感应．
3．理想变压器原、副线圈基本量的关系
理想变压器
(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)
(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)
基本关系
功率关系
根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出

电压关系
原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：＝，与负载、副线圈的个数无关

电流关系
(1)只有一个副线圈时：＝
(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn

频率关系
f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)



4.几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示．


图2
(2)互感器
二、电能的输送
如图3所示，发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电电流为I，输电线总电阻为R.

图3
1．输电电流
I＝＝＝.
2．电压损失
(1)ΔU＝U－U′
(2)ΔU＝IR
3．功率损失
(1)ΔP＝P－P′
(2)ΔP＝I2R＝()2R
4．减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R.由R＝ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．
(2)减小输电线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压．

题型一：交变电流的产生和描述
例1　 (多选)(2019·山东淄博市3月模拟)由法拉第电磁感应定律可知，若穿过某截面的磁通量为Φ＝Φmsin ωt，则产生的感应电动势为e＝ωΦmcos ωt.如图5所示，竖直面内有一个闭合导线框ACD(由细软弹性电阻丝制成)端点A、D固定．在以水平线段AD为直径的半圆形区域内，有磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的有界匀强磁场．设导线框的电阻恒定，圆的半径为R，用两种方式使导线框上产生感应电流．方式一：将导线上的C点以恒定角速度ω1(相对圆心O)从A点沿圆弧移动至D点；方式二：以AD为轴，保持∠ADC＝45°，将导线框从竖直位置以恒定的角速度ω2转90°.则下列说法正确的是(　　)

图5
A．方式一中，导线框中感应电流的方向先逆时针，后顺时针
B．方式一中，导线框中的感应电动势为e1＝BR2ω1cos ω1t
C．两种方式中，通过导线截面的电荷量相等
D．若ω1＝ω2，则两种方式电阻丝上产生的热量相等
答案　AB
解析　方式一中，导线框中磁通量先增大后减小，根据楞次定律可知，感应电流的方向先逆时针，后顺时针，选项A正确；第一种方式穿过回路的磁通量Φ1＝BR2sin ω1t，所产生的电动势为e1＝ω1BR2cos ω1t，选项B正确；根据q＝可知两种方式中，磁通量的变化量不相同，则通过导线截面的电荷量不相等，选项C错误；第二种方式穿过回路的磁通量Φ2＝BR2sin ω2t，所产生的电动势为e2＝ω2BR2cos ω2t，则两种方式所产生的正弦交流电动势的有效值之比为＝，时间满足＝＝，若ω1＝ω2，根据Q＝t可知，＝＝，故D错误．
拓展训练1　(多选)(2019·河南普通高中高考模拟)一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图6甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与R＝15 Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v＝0.8πsin (πt) m/s.浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B＝0.2 T，线圈的直径D＝0.4 m，总电阻r＝1 Ω.取π2＝10.则下列说法正确的是(　　)

图6
A．线圈中产生电动势的瞬时值为e＝64sin (πt) V
B．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sin (πt) A
C．灯泡两端电压的有效值为30 V
D．灯泡的电功率为240 W
答案　ABC
解析　线圈在磁场中切割磁感线，产生的电动势为：
Emax＝NBlvmax
l＝πD
联立得：Emax＝πNBDvmax＝π×100×0.2×0.4×0.8π V＝64 V
则波浪发电产生电动势e的瞬时表达式：e＝Emaxsin (πt)＝64sin (πt)V，故A正确；
根据闭合电路欧姆定律得：
i＝＝4sin (πt) A，故B正确；
灯泡电流的有效值为：I＝ A＝2 A，则灯泡电压的有效值为：U＝IR＝2×15 V＝30 V，故C正确；
灯泡的电功率为：P＝I2R＝(2)2×15 W＝120 W，故D错误．
题型二：变压器和远距离输电
1．理想变压器动态分析的两种情况
(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况．
(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况．
2．理想变压器问题分析技巧
(1)根据题意分清变量和不变量；
(2)弄清“谁决定谁”的制约关系．对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入．
3．远距离输电问题的解题关键
(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系．
(2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流．
例1　(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)有一种理想自耦变压器的构造如图7所示，线圈a、b绕在一个圆环形的铁芯上，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中电阻R1、R2、R3和R4的阻值分别为10 Ω、5 Ω、10 Ω和10 Ω，电压表为理想交流电表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定，滑动触头P处在线圈a、b的中点．开关S闭合时电压表的示数是7 V，则下列说法中正确的是(　　)

图7
A．正弦交流电压源U的峰值为35 V
B．开关S断开时，理想电压表的示数为5 V
C．开关S闭合时，通过电阻R4的电流为0.7 A
D．开关S闭合时，电阻R2和R3消耗的电功率相等
答案　BC
解析　开关S闭合时，根据欧姆定律可知通过R1的电流为I1＝＝0.7 A，根据电流之比等于匝数的反比可知副线圈的电流为I2＝1.4 A；R3和R4并联后与R2串联的电阻为10 Ω，可知副线圈的电压为U2＝14 V，根据电压之比等于匝数之比可知原线圈的电压为U1＝28 V，正弦交流电压源U＝UV＋U1＝35 V，正弦交流电压源的峰值为35 V；通过电阻R4的电流为I2＝0.7 A；电阻R2消耗的电功率P2＝I22R2＝9.8 W，电阻R3消耗的电功率P3＝(I2)2R3＝4.9 W，故选项C正确，A、D错误；开关S断开时，R3和R2串联的电阻为R23＝15 Ω，设副线圈的电流为I2′，则副线圈的电压为U2′＝I2′R23，根据电流之比等于匝数的反比可知原线圈的电流为I1′＝I2′，所以原线圈的电压为U1′＝U－I1′R1＝U－I2′R1，根据电压之比等于匝数之比可得U1′＝2U2′，联立解得副线圈的电流为I2′＝1 A，理想电压表的示数为I1′R1＝I2′R1＝5 V，故选项B正确．
拓展训练1　 (2019·陕西汉中市第二次教学质检)有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，电源输出电压U恒定不变，如图8所示．若将该线路与交流电源接通，且开关S接在位置1时，4个灯泡发光亮度相同；若将开关S接在位置2时，灯泡均未烧坏．则下列可能的是(　　)

图8
A．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1
B．该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为1∶4
C．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变亮
D．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗
答案　C
解析　四个灯泡亮度相同，所以原线圈电流与副线圈电流之比为1∶3，根据电流与匝数成反比知原、副线圈的匝数比为3∶1，可知该变压器是降压变压器，故A、B错误；接到位置2，原线圈输入电压变大，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，所以副线圈中的灯泡的电流变大，灯泡仍能发光，但亮度变大，故C正确，D错误．
考题预测
一、单选题（共10题；共20分）
1.如图所示的电路中，A1和A2是完全相同的灯泡，线圈L的直流电阻不可以忽略，下列说法中正确的是（?? ）
A.?合上S时，A1和A2同时亮起来
?????B.?合上S时，A2比A1先亮，且最后A2比A1要亮些
C.?断开S时，A2立刻熄灭，A1过一会儿熄灭
???????????D.?断开S时，A2会闪亮一下才熄灭
2.一只闭合的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化图像如图所示，则下列说法正确的是（?? ）
A.?t=0s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大
B.?t=0s时刻线圈平面与中性面重合
C.?t=0.1s，线圈中电流方向改变
D.?t=0.2s时刻，线圈中感应电动势最大
3.如图所示， n 匝矩形闭合导线框 ABCD 处于磁感应强度大小为 B 的水平匀强磁场中，线框面积为电阻为 r ．线框绕垂直于磁场的轴 OO□ 以角速度 ω 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，原副线圈匝数之比为 2:1 ，变压器副线圈接入一只额定电压为 U .电阻为 R 的灯泡，灯泡正常发光．从线框通过中性面开始计时，下列说法错误的是（?? ）
A.?匀速转动过程中穿过线框的磁通量变化率最大值为 Bsω
B.?灯泡中的电流方向每秒改变 ωπ 次
C.?变压器原线圈两端电压最大值为 nBsω
D.?线框中产生的感应电流表达式为 U2Rsinωt
4.图甲为一理想降压变压器的示意图，原线圈接如图乙所示的交流电，副线圈接R=20Ω的电阻和二极管，原副线圈匝数之比为50：1。以下说法正确的是（?? ）

A.?通过电阻R的电流频率为100Hz???????????????????????????B.?电阻R消耗的功率为0.2W
C.?电阻R两端电压的最大值为4 2 V??????????????????????D.?电阻R两端电压的有效值为2 2 V
5.在如图所示电路中，理想变压器原线圈接在交流电源上，调节滑动触头Q可以改变副线圈接入电路的匝数。 R0 为定值电阻，灯泡L和滑动变阻器R串联，P为滑动变阻器的滑片，A为交流电流表。开关S闭合，电流表A的示数为I。则（?? ）
A.?仅将P向下滑动，I增大
B.?仅将Q向下滑动，灯泡变亮
C.?仅将开关S断开，灯泡变亮
D.?仅将开关S断开，变压器的输入功率增加
6.图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S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。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动，已知发电机线圈电阻为5Ω，外接一只阻值为5Ω的电阻R，不计电路的其他电阻，已知电阻R两端的电压随时间变化的图像如图乙所示。则（?? ）
A.?线圈的转速为100r/s
B.?交流电流表的示数为 22A
C.?0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D.?电阻R在1分钟内产生的热量为4800J
7.在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比 n1:n2=2:1 ，原线圈通过电流表和定值电阻 R1 连接 u=202?sin100πt(V) 的交变电源，定值电阻 R1=R2=10Ω 电流表、电压表均为理想电表，则（ ??）
A.?电流表示数为 1A????????????????????????????????????????????????B.?电压表示数为 5V
C.?电阻 R1 的功率为 1.6W?????????????????????????????????????D.?电阻 R2 的功率为 3.2W
8.如图为日常生活中常见的电子打火灶点火装置原理图。将1.5 V直流电压通过转换器转换为正弦交变电压 u=6sin100πt(V) ，再将其加在匝数比 n2:n1=2000:1 的理想变压器的原线圈上，副线圈两端就可获得高压引发电火花点燃燃气。下列说法正确的是（?? ）
A.?原线圈两端所接交流电压表的读数为6 V?????????????B.?放电针之间电压最高可达12000 V
C.?放电针之间交流电压频率100 Hz????????????????????????D.?放电针每隔0.02 s点火一次
9.如图a，理想变压器的原线圈接入图b所示的正弦交变电压。副线圈接10个并联的彩色灯泡，每个灯泡的额定电压为 4V 、额定电流为 0.1A 。若灯泡都正常工作，则（?? ）
A.?图b中电压的有效值为 311V??????????????????????????????B.?图b中交流电的频率为 25Hz
C.?图a中原线圈上的电流为 1A????????????????????????????????D.?图a中原副线圈的匝数比为 55:1
10.如图所示为研究远距离输电的装置。理想变压器T1、T2的匝数比相等（n1：n2=n4：n3），变压器T1的输入电压 u1=e=502sin100πt(V) ，输电线的总电阻为r，则（?? ）

A.?闭合开关后，灯泡两端的电压为50V
B.?闭合开关后，通过灯泡电流的频率为100Hz
C.?闭合的开关数越多，所有灯泡获得的总功率越大
D.?依次闭合开关S1、S2、S3·····，灯泡L1越来越暗
二、多选题（共9题；共27分）
11.如右图所示，光滑固定导轨M、N水平放置，两根导体棒P、Q平行放于导轨上，形成一个闭合回路。当一条形磁铁N极朝下从高处下落接近回路时 ( ?? )
A.?P、Q将互相靠拢?????B.?产生的电流方向从Q到P
?????C.?磁铁的加速度仍为g?????D.?磁铁的加速度小于g
12.如图所示，A、B、C是三个完全相同的灯泡，L是一个自感系数较大的线圈（直流电阻可忽略不计）。则（?? ）
A.?S闭合时，A灯立即亮，然后逐渐熄灭
?????????????????B.?S闭合时，B灯立即亮，然后逐渐熄灭
C.?电路接通稳定后，三个灯亮度相同
??????????????????????D.?电路接通稳定后，S断开时，B，C灯逐渐熄灭
13.如图所示，理想变压器原线圈接在电压有效值不变的正弦交流电源上，图中各电表均为理想电表， R1 为定值电阻， R2 为滑动变阻器。当滑动变阻器滑片P向下滑动时，下列说法正确的是（? ）
A.?电压表 V1 示数不变????????B.?电压表 V2 示数变小????????C.?电流表A示数变大????????D.?电阻 R1 功率变大
14.如图所示，理想变压器的初级线圈连接电压恒定的交流电源，初、次级线圈均接入阻值为R的负载电阻。当电键S断开时，与初级线圈连接的电压表V1的示数为U1 ， 与次级线圈连接的电压表V2的示数为U2 ， 则以下判断中正确的是（?? ）
A.?电键断开时，初级线圈中的输入电流为 U12U2R??????B.?交流电源的电压为 U12+U22U1
C.?电键闭合时，电压表V1的示数减小?????????????????????D.?电键闭合时，交流电源输出功率减小
15.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 I=n2Pn1U1???????????????????????????B.?输电线上损失的电压为 U损=n1Prn2U1
C.?输电线上损失的功率 P损=n12Pn22U12r?????????????????????D.?用户得到的功率 P用=P?n12P2n22U12r
16.图中L1、L2是规格为“4V、3W”的灯泡，ab端所接的交变电压u=16 2 sin100 π t（V），现调节电阻箱R为某一值时恰好能使两个灯泡均正常发光，变压器为理想变压器。则（?? ）
A.?变压器原副线圈匝数比为3：1
B.?变压器原副线圈匝数比为4：1
C.?增大电阻箱R连入电路的阻值，电压表的示数不变
D.?增大电阻箱R连入电路的阻值，电压表的示数增大
17.如图所示，电池内阻不计，L是电阻不计、自感系数足够大的线圈，D1、D2是两个规格相同的灯泡．对于这个电路，下列说法中正确的是（ ??）
A.?S刚闭合瞬间，D1、D2同时亮
B.?S刚闭合瞬间，D1先亮，D2后亮
C.?闭合S电路达到稳定后，D1熄灭，D2比S刚闭合时亮
D.?闭合S待电路达到稳定后，再将S断开时，D1亮一下再逐渐变暗，D2立即熄灭
18.如图所示，M是理想变压器，将a、b?? 接在电压 u=314sin100π t?? V的正弦交流电源上．变压器右侧为一火警报警系统原理图，其中RT为用半导体热敏材料制成的传感器（其电阻率随温度升高而减小），电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R2为定值电阻．当传感器RT所在处出现火警时，以下说法中正确的是（ ??）
A.?电流表A1的示数不变，电流表A2的示数增大
B.?电流表A1的示数增大，电流表A2的示数减小
C.?电压表V1的示数增大，电压表V2的示数增大
D.?电压表V1的示数不变，电压表V2的示数减小
19.如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，整个线圈的电阻为r，在磁感应强度为B的磁场中，线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是(?? )
A.?磁通量的变化量为ΔΦ＝NBS
B.?平均感应电动势为 E=2NBSωπ
C.?电阻R所产生的焦耳热为 Q=(NBSω)22R
D.?通过电阻R的电荷量为 q=NBSR+r
三、综合题（共6题；共78分）
20.如图所示，矩形线圈abcd的匝数为N =100匝，线圈ab的边长为 L1=0.2m bc的边长为 L2=0.25m ，在磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的 OO′ 轴匀速转动，转动的角速度 ω=1002rad/s ，若线圈自身电阻为r=1Ω，负载电阻R=9Ω。试求：
（1）感应电动势的最大值 Em ；
（2）设时间t =0时线圈平面与磁感线垂直，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
（3）1分钟时间内电阻R上产生的焦耳热Q的大小；
（4）线圈从图示位置转过 90° 的过程中，通过R的电荷量。
21.如图所示，匀强磁场的磁感应强度 B=2πT 。矩形线圈ABCD共10匝，线圈的面积 S=0.05m2 ，线圈总电阻 r=1Ω 。线圈绕垂直于磁感线的对称轴 OO′ 匀速转动，转速 n=25r/s 。外电路中的电阻 R=9Ω 。从图示位置开始计时，求：（结果可以用π和根号表示）
（1）感应电动势的瞬时值表达式；
（2）t=1300s 时通过线圈的磁通量；
（3）维持该线圈匀速转动一周，外力需要做的功W。
22.如图1所示，匝数 n=100 ，边长 l=0.1m 的正方形线框置于匀强磁场中，从图示位置开始计时，让线框绕垂直磁场方向的轴匀速转动，通过线框的磁通量随时间变化的图象如图2所示。
（1）匀强磁场的磁感应强度为________T；
（2） 线框中感应电动势的有效值为________V；
（3）线框中感应电动势的瞬时值表达式为________。
23.如图为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴 OO′ 匀速转动，线圈的匝数为N匝，线圈所围面积为S，线圈电阻为r，线圈的两端经滑环和电刷与阻值为R的电阻相连，其余电阻忽略不计。测得电路中交流电流表的示数为I，求：
（1）线圈转动时产生感应电动势的最大值；
（2）线圈自中性面位置开始计时，写出电源电动势的瞬时表达式。
24.如图所示，一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给用户，已知发电机的输出功率P=50kW，输出电压U1=500V，升压变压器原、副线圈匝数比为n1:n2=1:10，两个变压器间的输电导线的总电阻R=60Ω，降压变压器的输出电压U4=220V，变压器本身的损耗忽略不计，求：
?
（1）升压变压器副线圈两端的电压U2.
（2）输电线上损耗的电功率 ΔP .
（3）降压变压器原、副线圈的匝数比n3:n4.
25.如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω。求：
（1）写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；
（2）转动过程中穿过线圈的最大磁通量；
（3）线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功。
答案解析部分
一、单选题
1.【答案】 B
【解析】【解答】AB．合上开关接通电路时，A2立即正常发光，线圈中电流要增大，由于自感电动势的阻碍，灯泡A1中电流只能逐渐增大，则A2先亮，A1后亮，最后因线圈L支路的电阻较大，则电流较小，即最后A2比A1要亮些。A不符合题意B符合题意。
CD．断开开关时，A2原来的电流立即减小为零，线圈中产生自感电动势，两灯泡串联和线圈组成回路，回路中电流从原来值逐渐减小到零，则A1和A2都要过一会儿才熄灭。CD不符合题意。
故答案为：B。

【分析】由于电感对变化电流的阻碍作用，合上开关，其电流慢慢流过A1所以A1逐渐变亮其A2立即变亮；断开开关时，两个灯泡都是逐渐变暗。
2.【答案】 B
【解析】【解答】AB．由图知t=0时刻磁通量最大，磁通量的变化率为零，线圈平面应在中性面，A不符合题意，B符合题意；
C．t=0.1s时刻，磁通量为零，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大，即电动势最大，电流不改变方向，C不符合题意；
D．t=0.2s时刻，磁通量最大，但磁通量变化率为零，故线圈中感应电动势为零，D不符合题意；
故答案为：B 。

【分析】利用图象斜率可以判别磁通量变化率的大小；利用磁通量的大小可以判别线圈的位置；利用线圈的位置可以判别电流的方向是否改变；利用磁通量变化率可以判别电动势的大小。
3.【答案】 C
【解析】【解答】线圈在磁场中转动产生感应电动势，单匝线圈在磁场中产生的最大感应电动势为Em=BSω，A正确，不符合题意；交流电的周期 T=2πω ，1s内完成周期性变化的次数 1T=ω2π ，1个周期电流方向改变2次，所以灯泡中电流方向每秒改变 ω2π×2=ωπ ，B正确，不符合题意；根据变压器原副线圈中电压的特点可知 U1U2=n1n2 ，解得U1=2U，变压器原线圈两端电压最大值为 2U1=22U ，C错误，符合题意；副线圈中的电流 I=UR ，根据变压器原副线圈中电流与线圈匝数的关系可知， I1I2=n2n1 ，解得 I1=n2n1I2=U2R ，故电流的最大值为 Im=2I1=U2R ，由于从中性面开始计时，故线框中产生的感应电流表达式为 i=U2Rsinωt ，D正确，不符合题意；
故答案为：C．

【分析】?A、匀速转动过程中穿过线框的磁通量变化率即为线圈的电动势。B、线圈转一圈所用的时间即为交流电的周期。线圈转一圈电流改变两次方向。可以根据周期算出1s内线圈转的圈数，进而可以知道电流方向改变的次数。C、 变压器副线圈电压为?U ，根据变压器原副线圈中电流与线圈匝数的关系，可以得到原线圈电压，此电压为有效值，根据交变电流电压有效值和最大值之间的关系可以算出原线圈的最大电压。D、根据变压器的特点，由副线圈的电流可以求出原线圈的电流，进而算出原线圈电流的最大值。注意到线圈从中性面开始计时，可以写出电流表达式。
4.【答案】 B
【解析】【解答】A．由图乙知，该交流电的周期为T=0.02s，故流过原线圈电流的频率为50Hz，由于理想变压器流过原副线圈的电流频率相同，所以通过电阻R的电流频率也为50Hz，A不符合题意；
CD．根据 U1U2=n1n2
可得副线圈两端电压为 U2=U1?n2n1=200×150V=4V
所以，电阻R两端电压的最大值为 Um=4V ，由于晶体二极管的单向导电性，根据有效值定义可求得电阻R两端电压的有效值为 (Um2)2R×T2+0=U有2R×T
代入数据求得： U有=2V ，CD不符合题意；
B．电阻R消耗的功率为 P=U有2R=2220W=0.2W
B符合题意。
故答案为：B。

【分析】根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系结合交流电有效值的定义进行分析求解。
5.【答案】 A
【解析】【解答】A．仅将P向下滑动，次级总电阻减小，次级总电流变大，根据变压器原理可得原线圈的电流变大，A符合题意；
B．仅将Q向下滑动，副线圈匝数减小，次级输出电压变小，灯泡变暗，B不符合题意；
C．仅将开关S断开，次级电压不变，则灯泡亮度不变，C不符合题意。
D．仅将开关S断开，次级电压不变，次级电阻增加，则次级功率减小，则变压器的输入功率减小，D不符合题意。
故答案为：A。

【分析】当线圈匝数不变时，其输入电压和输出电压不变；利用欧姆定律结合滑动变阻器阻值变小可以判别其电流变大；当Q下滑时其副线圈匝数变小导致其输出电压变小则灯泡变暗；当开关断开时由于副线圈的电阻变大所以导致输出电流和输入电流变小则其灯泡变暗；导致其输入功率减小。
6.【答案】 D
【解析】【解答】A．由图乙可知，交变电流的周期为0.02s，所以线圈的转速为 n=1T=50r/s
A不符合题意；
B．电阻R两端的电压的有效值为20V，交流电流表的示数为有效值，其值为 I=UR=4A
B不符合题意；
C．0.01s时电压为零，则感应电动势为零，线圈处于中性面位置。C不符合题意；
D．电阻R在1分钟内产生的热量为 Q=I2Rt=4800J
D符合题意。
故答案为：D。

【分析】利用交流电的周期可以求出线圈的转速；利用电压的有效值结合欧姆定律可以求出电流的有效值；利用电动势的大小可以判别线圈的位置；利用焦耳定律可以求出产生的热量。
7.【答案】 C
【解析】【解答】AB．由 u=202?sin100πt(V)
可知，输入电压的有效值为20V ，则有 20V=U1+I1R1
(其中U1、U2为原副线圈上的电压值，I1、I2为原副线圈上的电流值)，根据公式 U1U2=I2I1=n1n2=21
且 R1=R2=10Ω
联立可得 U2=8V
I1=0.4A
即电压表示数为8V，电流表的示数为0.4A，故 AB 错误；
CD． R1的功率为 P1=I12R1=1.6W
R2的功率为 P2=I22R2=6.4W
C符合题意D不符合题意。
故答案为：C。

【分析】利用电压瞬时值的表达式可以求出电压的有效值；利用原线圈的欧姆定律结合匝数之比可以求出输出电压和输入电流的大小；结合热功率的表达式可以求出电阻的功率大小。
8.【答案】 B
【解析】【解答】A．正弦交流电有效值和最大值之间的关系为 u=umax2
电压表显示的是有效值，所以原线圈两端所接交流电压表的读数为 u=umax2=62=32V
A不符合题意；
B．根据变压器原副线圈电压关系 U1U2=n1n2
计算出副线圈两端电压的最大值为12000 V，B符合题意；
C．正弦交流电的角速度为 100π ，所以交流电的频率为50 Hz，C不符合题意；
D．一个周期内电压可两次达到最高电压12000 V，故每间隔0.01 s点火一次，D不符合题意。
故答案为：B。

【分析】利用峰值的大小可以求出电压表的有效值大小；利用电压之比和匝数之比的关系可以求出副线圈最大的电压；利用角速度的大小可以求出交流电的频率大小；利用一个周期内电压峰值的次数可以判别点火的次数。
9.【答案】 D
【解析】【解答】A．图b中电压的有效值为 U1=Um2=220V
A不符合题意；
B．图b中交流电的周期为T=0.02s，则频率为 f=10.02=50Hz
B不符合题意；
C．图a中副线圈电流为I2=10×0.1A=1A
则根据 I1U1=I2U2
原线圈上的电流为 I1=1×4220A=0.018A
C不符合题意；
D．图a中原副线圈的匝数比为 n1n2=U1U2=2204=551
D符合题意。
故答案为：D。

【分析】利用图象峰值可以求出有效值的大小；利用周期可以求出评论的大小；利用原副线圈的电功率相等可以求出原线圈的电流大小；利用电压之比可以求出匝数的比值。
10.【答案】 D
【解析】【解答】A．闭合开关后，灯泡两端的电压为 U4=n4n3U3=n4n3(U2?ΔU)=n4n3(n2n1U1?ΔU)=U1?n4n3ΔU
A不符合题意；
B．变压器不改变频率，交变电流的频率为 f=ω2π=50Hz
B不符合题意；
C．设升压变压器的输出电压为 U2 ，输送电流为 I2 ，所有灯泡获得的总功率为 P=U2I2?I22r=?r(I2?U22r)2+U224r
闭合的开关数越多，灯泡总电阻越小，所以灯泡总功率有可能先增大后减小，也有可能一直减小。C不符合题意；
D．依次闭合开关S1、S2、S3·····，灯泡总电阻逐渐减小，输送电流逐渐增大，所以灯泡两端的电压逐渐减小，灯泡L1越来越暗。D符合题意。
故答案为：D。

【分析】根据变压器的规律和欧姆定律可知灯泡两端的功率gong电压；根据频率与角速度求出频率；判断灯泡亮度变化可根据功率判断；根据功率公式判断输电线上消耗的功率。
二、多选题
11.【答案】 A,D
【解析】【解答】AB．当一条形磁铁从高处下落接近回路时，穿过回路的磁通量增加，根据楞次定律：感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，可知P、Q将互相靠拢，回路的面积减小一点，使穿过回路的磁场减小一点，起到阻碍原磁通量增加的作用，由于通过回路的原磁场向下增大，则此时感应磁场向上，根据安培定则可知，产生的逆时针的电流，即电流方向从P到Q，A符合题意，B不符合题意；
CD．由于磁铁受到向上的安培力作用，所以合力小于重力，磁铁的加速度一定小于g，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】当磁铁下落时，利用楞次定律可以判别感应电流的方向，利用增缩减阔可以判别两个导线将相互靠拢；由于安培力的作用所以其磁铁下落的加速度小于重力加速度。
12.【答案】 A,D
【解析】【解答】A．由图可知，电路中A灯与线圈L并联后与B灯串联，再与C灯并联。S闭合时，三个灯同时立即发光，由于线圈的电阻很小，逐渐将A灯短路，A灯逐渐熄灭，A符合题意；
B．A灯逐渐熄灭，A灯的电压逐渐降低，B灯的电压逐渐增大，B灯逐渐变亮，B不符合题意；
C．电路接通稳定后，A灯被线圈短路，完全熄灭，B、C并联，电压相同，亮度相同，C不符合题意；
D．电路接通稳定后，S断开时，由于线圈中电流要减小，产生自感电动势，阻碍电流的减小，线圈中电流不会立即消失，这个自感电流通过B、C灯，所以，B、C灯逐渐熄灭，D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】利用电感对变化电流的阻碍作用，在开关闭合时其电流从A流过所以三个灯泡同时发亮，当电路稳定时，其A逐渐熄灭；当开关断开时，由于电感的作用其三个灯泡逐渐熄灭。
13.【答案】 A,C
【解析】【解答】A．变压器输入端电压有效值不变，变压器原副线圈匝数不变，根据理想变压器原理 UU1=n1n2
电压表 V1 示数不变，A符合题意；
B． V2 和 V1 并联，示数相同，B不符合题意；
C．滑片P向下滑动，电阻 R2 变小，副线圈电流增大，原线圈电流增大，C符合题意；
D． R1 两端电压不变，功率不变，D不符合题意。
故答案为：AC。

【分析】根据理想变压器原副线圈电压与匝数之比的关系结合电路分析进行求解。
14.【答案】 B,C
【解析】【解答】A．设初级线圈中的电流为I1 ， 理想变压器原副线圈功率相等，可得 U1I1=U22R
化简可得， I1=U22U1R ，A不符合题意；
B．原线圈中电阻R两端电压为 U′=I1R=U22U1
故交流电源的电压为 U=U1+U′=U12+U22U1
B符合题意；
C．电键闭合时，副线圈电阻减小，电流增大，原线圈电流随之增大，原线圈所接电阻R两端电压增大，原线圈电压减小，即电压表V1的示数减小，C符合题意；
D．电键闭合时，交流电源输出功率 P=UI1 ，由于电流增大，功率增大，D不符合题意。
故答案为：BC。

【分析】利用副线圈的输出电压及电阻可以求出输出功率的大小，结合输入功率等于输出功率可以求出输入功率的大小，再结合原线圈的输入电压可以求出输入电流的大小；利用原线圈的负载电压和输入电压可以求出交流电电压的大小；当开关闭合时其副线圈电流变大导致原线圈电流变大则其原线圈的输入电压变小；电键闭合由于电流增大所以其交流电的输出功率变大。
15.【答案】 B,D
【解析】【解答】A．对于理想变压器有 U=U1 ， P=UI1=U2I2 ， U1U2=n1n2
解得 I2=n1Pn2U1=I
A不符合题意；
B．输电线上损失的电压为 U损=I2r=n1Prn2U1
B符合题意；
C．输电线损失的功率 P损=I22r=(n1Pn2U1)2r
C不符合题意；
D．用户得到的功率 P用=P?P损=P?n12P2n22U12r
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。
16.【答案】 A,D
【解析】【解答】AB．ab端所接的交变电压的有效值为 U=1622V=16V
因为L1正常发光，所以 UL1=4V
又 U1=U?UL1=16V?4V=12V
又因为L2正常发光，所以 U2=UL2=4V
所以，变压器原副线圈匝数比为 n1n2=U1U2=124=31
A符合题意，B不符合题意；
CD．设变压器的匝数比 n1n2=k ，设原线圈的电流为 I1 ，副线圈的总电阻为R总 ， 根据题意可知ab两端的电压不变，根据电流与匝数的关系有 I1I2=n2n1=1k
解得 I2=kI1
则副线圈两端的电压为 U2=I2R总=kI1R总
根据电压与匝数关系有 U1U2=n1n2=k
解得 U1=kU2=k2I1R总
则有 Uab=I1R+U1=I1(R+k2R总)
增大电阻箱R连入电路的阻值，副线圈的总电阻R总增大，所以原线圈的电流I1减小，故灯泡L1两端电压减小，因Uab不变，所以电压表示数将增大，C不符合题意，D符合题意。
故答案为：AD。

【分析】由两灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电压，然后求的匝数之比，根据欧姆定律分析增大电阻箱连入电路的电阻，电路中的电流与电压表的示数的变化。
17.【答案】 A,C,D
【解析】【解答】由电路可知，当S刚闭合瞬间，线圈中的电流变化较大，线圈的感抗很大，相当于断开，D1、D2同时亮，二者串联，A符合题意；B不符合题意；当电路达到稳定后，线圈的电阻很小，故灯泡D1被短路，D1熄灭，D2两端是电源电压，比飓闭合开关时亮，C符合题意；若将S断开，线圈中的电流减小，它将产生电动势阻碍这种减小，D1亮一下再逐渐变暗，D2立即熄灭，D符合题意．
故答案为：ACD

【分析】当开关闭合时，由于电感产生阻碍电流增大的电流所以两个灯泡同时发亮；当电路稳定后其D1熄灭；再断开开关时其D1先闪一下再逐渐熄灭，D2立即熄灭。
18.【答案】 B,D
【解析】【解答】当传感器RT所在处出现火情时，RT的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，匝数比不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R2的电压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小．
故答案为：BD．

【分析】当热敏电阻温度升高时其负载电阻变小导致电路中电阻变小所以电路中总电流变大，由于定值电阻R2两端的电压变大且输出电压不变所以其电压表V2的读数变小则A2的读数也变小，当输出电流变大时其输入电流也变大，当输入电压决定输出电压所以其电压表V1读数保持不变。
19.【答案】 B,D
【解析】【解答】图示位置磁通量为 Φ1=0 ，转过90°磁通量为 Φ2=BS ， ΔΦ=Φ2?Φ1=BS ，A不符合题意；根据法拉第电磁感应定律得，平均感应电动势 E=nΔΦΔt ， Δt=π2ω 解得平均感应电动势为 E=2NBSωπ ，B符合题意；电流的有效值为 I=ER+r ，电阻R所产生的焦耳热 Q=I2Rt ， t=π2ω ，解得 Q=πωRN2B2S24(R+r)2 ，C不符合题意；通过电阻R的电量 q=It=nΔΦR+r ，得到 q=NBSR+r ，D符合题意．
故答案为：BD

【分析】利用初末位置磁通量的大小可以求出磁通量变化量的大小；利用法拉第电磁感应定律可以求出电动势的大小；利用电动势的大小结合欧姆定律和焦耳定律可以求出电阻产生的焦耳热大小；利用磁通量变化量和电阻的大小可以求出电荷量的大小。
三、综合题
20.【答案】 （1）解：感应电动势的最大值： Em=NBSω=100×0.4×0.2×0.25×1002V=2002V
（2）解：线圈从中性面开始计时，则表达式为： e=Ensinωt=2002sin1002t(V)
（3）解：电动势的有效值为： E=Em2=200V
电流有效值为： I=ER+r=2009+1A=20A
由 Q=I2Rt 得 Q=202×9×60J=2.16×105J
（4）解：流过R的电荷量为： q=IΔt
平均电流为： I=ER+r
平均电动势为： E=NΔΦΔt
联立三式可得： q=NΔΦR+r
从 t=0 起转过 90° 过程中， Δt 内流过R的电荷量为： q=NBSR+r=NBL1L2R+r
代入数据得： q=0.2C
【解析】【分析】根据感应电动势最大值公式求出最大电动势，从而求出电动势的有效值，进一步求出感应电动势的瞬时值表达式；根据焦耳定律结合闭合电路欧姆定律求出R上产生的焦耳热；根据平均感应电动势的公式和闭合回路欧姆定律结合电荷量公式求出R的电荷量。
?
?
21.【答案】 （1）解：因 ω=2πn=50πrad/s
感应电动势的最大值 Em=nBωS=10×2π×50π×0.05V=252V
则瞬时值表达式 e=Emcosωt=252cos50πt(V)
（2）解： t=1300s 时线圈转过的角度为 θ=ωt=50π300=π6
此时线圈的磁通量 Φ=BSsinπ6=2π×0.05×12Wb=240πWb
（3）解：维持该线圈匀速转动一周，外力需要做的功等于产生的电能 W=Q=E2R+rT=(2522)29+1×125J=2.5J
【解析】【分析】（1）根据感应电动势最大值的计算公式求出电动势最大值，从而计算出感应电动势的最大值；
（2）根据磁通量公式求出 t=1300s?时通过线圈的磁通量 ；
（3）?根据外力需要做的功等于产生的电能进行计算。
22.【答案】 （1）4
（2）1002π
（3）e=200πcos50πt(V)
【解析】【解答】(1)根据 Φ?t 图象可知通过线框的最大磁通量为 Φm=4×10?2Wb
?
又 Φm=BL2
所以 B=4T ；
(2)根据 Φ?t 图象可知线圈转动的周期 T=0.04s ，转动的角速度为 ω=2πT=50πrad/s
线圈在转动过程中产生的感应电动势的最大值为 Em=NBSω=NΦmω=200πV
故线圈中感应电动势的有效值为 E=Em2=1002πV
(3)从线框平面与磁场方向平行开始计时，线框中感应电动势的瞬时值表达式为 e=200πcos50πt(V)
【分析】根据磁通量公式求出磁感应强度；根据交变电流的最大感应电动势结合角速度周期公式求出感应电动势的有效值，从而确定感应电动势的瞬时值表达式。
?
23.【答案】 （1）解：根据闭合电路欧姆定律，电动势的有效值 E=I(R+r)
电动势最大值 Em=2I(R+r)
（2）解：根据正弦交流发电机电动势最大值 Em=NBSω
发电机转动的角速度 ω=2I(R+r)NBS
自中性面开始计时，感应电动势表达式中相位为零
所以表达式 E=2I(R+r)sin2I(R+r)NBSt
【解析】【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律求出电动势的有效值，再求出最大值；
（2）根据交表电流的最大值确定角速度的大小从而写出电源电动势的瞬时表达式。
24.【答案】 （1）解：升压变压器的输出电压： U2=n2n1U1=101×500V=5000V
（2）解：传输电流： I2=P2U2=50×1035000A=10A
损失的功率： ΔP=I22R=102×60W=6000W
（3）解：降压变压器的输入电压为：U3=U2－I2R=（5000－10×60）V=4400V
降压变压器的匝数比：n3:n4=U3:U4=4400:220=20:1
【解析】【分析】（1）已知升压变压器的匝数，利用输入电压的大小可以求出输出电压的大小；
（2）已知输电功率和输电电压，两者结合可以求出输电电流，结合热功率的表达式可以求出损失的功率大小；
（3）已知损失的电压，利用输入电压可以求出降压变压器的输入电压，结合输出电压的大小可以求出匝数的比值。
?
?
25.【答案】 （1）解：由图得 e=Emsinωt=62sin100πt(V)
则电流为 i=er+R=0.62sin100πt(A)
（2）解：由电动势的最大值公式 Em=BSω ，则有 Em=62V
角速度为 ω=2πT=2π0.02=100π(rad/s)
最大磁通量为 Φmax=BS=Emω=2.7×10?2Wb
（3）解：匀速转动一周的过程中，外力所做的功等于电路产生的热量 W外=Q=(Em2)2R+rT=7.2×10?2J
【解析】【分析】（1）已知电动势的图象可以写出对应的表达式，结合欧姆定律可以求出电流的表达式；
（2）已知电动势的最大值，结合电动势的表达式可以求出角速度的大小，利用磁通量的表达式可以求出最大的磁通量大小；
（3）线圈转动一圈其外力做功等于电路产生的焦耳热，利用焦耳定律可以求出外力做功的大小。
?
12528557702550