1、交变电流1一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比值为()A2 B3 C4 D52图甲是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图乙是线圈的主视图，导线ab
2、和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度逆时针转动。(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计)1如图所示，面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势eBSsin t的图是()2一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动在转动过程中，线框中的最
3、大磁通量为m，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是()A当磁通量为零时，感应电动势也为零B当磁通量减小时，感应电动势也减小C当磁通量等于0.5m时，感应电动势等于0.5EmD角速度等于3一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变化的图象如图甲所示则下列说法正确的是()At0时刻，线圈平面与中性面垂直Bt0.01 s时刻，的变化率最大Ct0.02 s时刻，交流电动势达到最大D该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示4.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈绕OO匀速转动，如图所示矩形线
4、圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A峰值是e0B峰值是2e0C有效值是Ne0 D有效值是Ne05图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈内阻为10 ，外接一只电阻为 90 的灯泡，不计电路的其他电阻，则()At0时刻线圈平面与中性面垂直B每秒钟内电流方向改变100次C灯泡两端的电压为22 VD00.01 s时间内通过灯泡的电荷量为06如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45的扇形闭合导线框绕垂直
5、于纸面的O轴以角速度匀速转动(O轴位于磁场边界)则线框内产生的感应电流的有效值为()A. BC.D7用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则()A变压器输入功率约为3.9 WB输出电压的最大值是110 VC变压器原、副线圈匝数比是12D负载电流的函数表达式i0.05sin A8.如图所示，理想变压器的原线圈接入u11 000sin 100t(V)的交变电压，副线圈通过电阻r6 的导线对“220 V880 W”的电器RL供电，该电器正常工作由此可知()A原、副线圈的匝数比为501B交变电压的频率为100 HzC副线圈中电流的有
6、效值为4 AD变压器的输入功率为880 W9(多选)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 ，则() At0时，线圈平面平行于磁感线Bt1 s时，线圈中的电流改变方向Ct1.5 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82 J10远距离输电的原理图如图所示， 升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2, 电压分别为U1、U2，电流分别为 I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()ABI2CI1U1IRDI1U1I2U211普通的交流电流表不能直
7、接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则()Aab接MN、cd接PQ，IabIcdCab接PQ、cd接MN，IabIcd12(多选)如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1n2551，原线圈接电压u220sin 100t (V)的交流电源，电表均为理想电表闭合开关后，在滑动变阻器的滑片P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是() A副线圈交变电流的频率是100 HzB电压表的示数为4 VC滑动变阻器两端的电压先变大后变小D电流表的示数变
8、大13(多选)如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S后，额定电压为20 V的用电器正常工作，理想交流电流表A的示数为0.1 A已知图中元件D具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是()A交变电流的频率为50 HzB变压器原副线圈匝数比为111C用电器额定功率为22 WD在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器功率将变为原来的一半14如图甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连线框所在空间有
9、水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知量在0t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度匀速转动求：(1)0t1时间内通过电阻R的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90的过程中，通过电阻R的电荷量答案与解析1【答案】B【解析】设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，UIR1U1.由变压公式k及功率关系U1IU2I2，可得k，即副线圈
10、输出电流为I2kI，U2I2(R2R3)kI(R2R3)当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U4IR1U1.由变压器公式k及功率关系U14IU2I2，可得k，即副线圈输出电流为I24kI，U2I2R24kIR2；联立解得k3，B正确。2【解析】(1)矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则v在t时刻，ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1BL1v由图可知vvsin t则整个线圈的感应电动势为e12E1BL1L2sin t。(2)当线圈由题图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2BL1L2sin (t0)。(3)由闭合电路欧姆
11、定律可知I这里E为线圈产生的感应电动势的有效值E则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QRI2RT其中T于是QRR。1【答案】A【解析】线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为eBSsin t，由这一原理可判断，A图中感应电动势为eBSsin t；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直2【答案】D【解析】根据正弦式交变电流的产生及其变化规律，当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大，磁通量减为零时，感应电动势最大，由此可知A、B错误；设从线框位于中性面开始计时，则有eEmsin t，式中E
12、mBS，因mBS，故角速度，D正确；设e0.5Em，则解出t，此时BScosBSm，C错误3【答案】B【解析】由题图甲可知，t0时，通过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面位置t0.01 s时刻，磁通量为零，但磁通量变化率最大，所以A错误，B正确t0.02 s时，交流电动势应为0，C、D均错误4.【答案】D【解析】因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值ENe0，故D正确5【答案】B【解析】由题图乙电动势随时间变化
13、的正弦规律图象可知：计时起点e0，即从中性面开始计时，A错误；由图象可知：电动势周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，即每秒钟内电流方向改变100次，B正确；由图象可知：电动势的有效值为22 V，所以灯泡两端的电压为U22 V19.8 V，C错误；00.01 s时间内通过灯泡的电流均为正方向，所以电荷量不为0，D错误6【答案】D【解析】线框转动的角速度为，进磁场的过程用时周期，出磁场的过程用时周期，进、出磁场时产生的感应电流大小都为I，则转动一周产生的感应电流的有效值满足：I2RT()2RT，解得I，D正确7【答案】A【解析】由题图可知通过负载的电流最大值为Im0.05 A，周期T0.02
14、 s，故电流的函数表达式iImsint0.05sin 100t (A)，D错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n1n2U1U221，C错误；输出电压U2110 V，其最大值U2mU2110 V，B错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率PI2U2110 W3.9 W，A正确8.【答案】C【解析】由题可知，副线圈输出电压U2220 VUr，故A错误；2f100 rad/s，f50 Hz，故B错误；I2 A4 A，故C正确；由于理想变压器P入P出Ir880 W880 W，故D错误9【答案】AD【解析】t0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率
15、最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图象如图，由图可知，t1 s时，感应电流没有改变方向，B错误；t1.5 s时，感应电动势为0，C错误；感应电动势最大值EmNBSNm1000.04 V4 V，有效值E4 V2 V，QT82 J，D正确10【答案】D【解析】根据理想变压器的工作原理得I1U1I2U2、.U2不是加在R两端的电压，故I2，而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和只有D正确11【答案】B【解析】高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且IabIcd，B正确12【答案】BD【解析】由电压公式知交
16、变电流的角速度为100 rad/s，则频率f50 Hz，变压器不改变电流的频率，故副线圈交变电流的频率是50 Hz，A错误；原线圈两端的输入电压有效值为220 V，由知，副线圈两端电压为U24 V，即为电压表的读数，故B正确；在滑动变阻器的滑片P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，变压器的输出电流增大，则输入的电流也增大，即电流表的示数变大，故D正确；电流增大，定值电阻R两端的电压变大，副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压变小，故C错误13【答案】ACD【解析】由ut图象可知交变电流的周期T0.02 s，则频率f50 Hz，A正确由图乙可知原线圈两端输入电压
17、U1220 V，因闭合S后，额定电压为20 V的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U220 V，n1n2U1U2220 V20 V111，B错误理想变压器P入P出I1U122 W，又P出P电器，C正确若在用电器电阻不变的情况下断开开关S，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D正确14【解析】(1)0t1时间内，线框中的感应电动势En根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流I.(2)线框产生感应电动势的最大值EmnB1L1L2感应电动势的有效值EnB1L1L2通过电阻R的电流的有效值I线框转动一周所需的时间t此过程中，电阻R产生的热量QI2RtR.(3)线框从图甲所示位置转过90的过程中，平均感应电动势n平均感应电流通过电阻R的电荷量qt.- 11 -