专题17 交流电的产生及描述、 理想变压器与远距离输电（解析版）

这是一份专题17 交流电的产生及描述、 理想变压器与远距离输电（解析版），共13页。试卷主要包含了25 s等内容，欢迎下载使用。

A.交变电流的频率为2 Hz
B.交变电流的周期为0.25 s
C.交变电动势的有效值为10 V
D.当t＝0.25 s时，感应电动势为10 V
【答案】 D
【解析】 交变电动势瞬时值表达式e＝10sin(2πt) V，可知ω＝2π，则交变电流的周期T＝eq \f(2π,ω)＝1 s，频率为f＝eq \f(1,T)＝1 Hz，选项A、B错误；交变电动势瞬时值表达式e＝10sin(2πt) V，可知交变电动势的最大值为10 V，则有效值为eq \f(10,\r(2)) V＝5eq \r(2) V，选项C错误；当t＝0.25 s时，感应电动势为e＝10sin eq \f(π,2) V＝10 V，选项D正确。
2.(2021·安徽合肥市第二次教学质检)如图所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为B、方向水平向右的匀强磁场中，线圈通过电刷与定值电阻R及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO′ 以恒定的角速度ω匀速转动，t＝0时刻线圈位于与磁场平行的位置。已知线圈的匝数为n、面积为S、阻值为r。则下列说法正确的是( )
A.t＝0时刻流过电阻R的电流方向向左
B.线圈中感应电动势的瞬时表达式为e＝nBSωsin ωt
C.线圈转动的过程中，电阻R两端的电压为eq \f(nBSωR,R＋r)
D.从t＝0时刻起，线圈转过60°时电阻R两端的电压为eq \f(nBSωR,2（R＋r）)
【答案】 D
【解析】 t＝0时刻线框与磁场方向平行，即线框的速度与磁场方向垂直，由右手定则可知，流过电阻R 的电流方向向右，故A错误；从与中性面垂直的位置开始计时，感应电动势随时间按余弦规律变化，且最大感应电动势Em＝nBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωcs ωt，故B错误；线圈转过的过程中，最大感应电动势Em＝nBSω，则产生的感应电动势的有效值为E＝eq \f(\r(2),2)nBSω，因此电阻R两端的电压为U＝eq \f(\r(2)nBSωR,2（R＋r）)，故C错误；线圈从t＝0开始转过60°时，电阻R两端的电压为UR＝eq \f(nBSωcs 60°·R,R＋r)＝eq \f(nBSωR,2（R＋r）)，故D正确。
3.(2021·云南省师大附中第五次月考)阻值为100 Ω 的纯电阻元件通以如图所示的交流电，则该元件的发热功率为( )
A.121 W B.302.5 W
C.484 W D.605 W
【答案】 B
【解析】 电热Q＝eq \f(U2,R)T，代入数据得eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(110\r(2),\r(2))))2,R)×0.01＋eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(220\r(2),\r(2))))2,R)×0.01＝eq \f(U2,R)×0.02，解得电压有效值为U＝174 V，发热功率P＝eq \f(U2,R)＝302.5 W，故选项B正确。
4.(2021·1月河北学业水平选择性考试模拟演练，4)如图所示，理想变压器原线圈匝数为1 100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0 V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10 V。已知RL∶R＝4∶1，则副线圈的匝数为( )
A.225 B.550 C.2 200 D.4 400
【答案】 C
【解析】 因为电压表V2的示数为0.10 V，由变压器原副线圈匝数与电压之间的关系，可知原线圈的输入电压为U1＝110 V；根据电路连接，可知原线圈中的电流I1＝eq \f(UR,R)；副线圈两端电压为U2，电流为I2＝eq \f(U2,RL)，又U1I1＝U2I2，RL∶R＝4∶1，联立得U2＝220 V，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)得，n2＝2 200，故C正确。
5.(多选)(2021·宁夏石嘴山市4月模拟)如图所示，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减小，下列说法正确的是( )
A.P向左滑动时，变压器的输出电压变大
B.若P向左滑动时，RT阻值保持不变，则变压器的输入功率变大
C.若P保持不变，RT温度升高时，则灯L变暗
D.RT温度升高时，适当向右滑动P可能保持灯L亮度不变
【答案】 CD
【解析】 P向左滑动时，变压器原线圈电压和原副线圈的匝数比均不变，输出电压不变，故A错误；P向左滑动时，则滑动变阻器电阻变大，而RT阻值保持不变，所以副线圈回路总电阻增大，根据P＝eq \f(U2,R总)知变压器的输出功率减小，所以变压器的输入功率也变小，故B错误；若P保持不变，RT温度升高时，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器的分压增大，灯L两端电压减小，灯L变暗，故C正确；RT温度升高时，热敏电阻阻值减小，适当向右滑动P，可能使灯L分压不变，从而保持灯的亮度不变，故D正确。
6.(多选) (2021·山东济南市高考模拟)如图所示为一台小型发电机结构示意图，线圈绕垂直匀强磁场方向的轴匀速转动，通过电刷接有一盏小灯泡。已知线圈匝数为N，内阻为r，转动的周期为T，小灯泡的电阻为9r，电压表的示数为U。从图示位置开始计时，下列说法中正确的是( )
A.从开始计时到t＝eq \f(T,4)过程中，通过灯泡的电荷量为eq \f(UT,36r)
B.从开始计时到t＝eq \f(T,2)过程中，灯泡消耗的电能为eq \f(U2T,18r)
C.线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝eq \r(2)Ucs eq \f(2π,T)t
D.线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为eq \f(5\r(2)UT,9Nπ)
【答案】 BD
【解析】 由题意可知U＝eq \f(9r,r＋9r)E，得E＝eq \f(10,9)U，最大感应电动势为Emax＝eq \f(10\r(2),9)U，又Em＝NBSω＝NBS·eq \f(2π,T)，得NBS＝eq \f(10\r(2)UT,2×9π)＝eq \f(5\r(2)UT,9π)，从开始计时到t＝eq \f(T,4)过程中，通过灯泡的电荷量为q＝eq \f(NΔΦ,10r)＝eq \f(NBS,10r)＝eq \f(5\r(2)UT,9π×10r)＝eq \f(\r(2)UT,18πr)，故A错误；电路中的电流为I＝eq \f(U,9r)，则从开始计时到t＝eq \f(T,2)过程中，灯泡消耗的电能为E＝I2×9r×eq \f(T,2)＝eq \f(U2,81r2)×9r×eq \f(T,2)＝eq \f(U2T,18r)，故B正确；线圈产生的电动势瞬时值表达式为e＝Emaxcs ωt＝eq \f(10\r(2),9)Ucs eq \f(2π,T)t，故C错误；线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为Φmax＝BS＝eq \f(5\r(2)UT,9Nπ)，故D正确。
7. (2021·山东济南市期末学习质量评估)理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个相同灯泡L1、L2和L3接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是( )
A.灯泡L1变亮，L2变暗 B.灯泡L1、L2都变亮
C.灯泡L2、L3都变亮 D.电源输出功率减小
【答案】 B
【解析】 设M、N两端稳压交流电源的电压有效值为U，原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，原副线圈的匝数比n1∶n2＝k，灯泡的电阻都为R，根据欧姆定律，可得副线圈两端的电压为U2＝I2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋R并))，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝k，得原线圈两端的电压为U1＝kU2＝kI2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋R并))，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,k)，解得I1＝eq \f(1,k)I2，根据欧姆定律，可得L1两端的电压U1′＝I1R＝eq \f(I2R,k)，则稳压交流电源的电压为U＝U1′＋U1＝I2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(R,k)＋k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋R并))))，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，其电阻减小，则R并电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的电压U不变，所以电流I2变大，则L2变亮；原线圈的电流I1＝eq \f(1,k)I2也增大，所以L1变亮，其两端的电压变大，所以原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而L2的电压变大，所以L3与滑动变阻器并联部分的电压减小，所以L3变暗，B正确，A、C错误；因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据P＝UI1，可知电源输出功率增大，D错误。
8.(多选)(2021·四川成都市第二次诊断)如图(a)为一交流发电机示意图，线圈abcd在匀强磁场中绕固定轴OO′沿顺时针方向匀速转动，图(b)是该发电机的电动势随时间t按余弦规律变化的图象。已知线圈电阻为2.5 Ω，定值电阻R＝10 Ω，电表均为理想交流电表。由此可以判定( )
A.电流表读数为0.8 A
B.电压表读数为10 V
C.t＝0.1 s时刻，穿过线圈的磁通量为零
D.0～0.05 s内，通过电阻R的电荷量为0.04 C
【答案】 AC
【解析】 电动势有效值为E＝eq \f(Em,\r(2))＝10 V，电流表的读数I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(10,10＋2.5) A＝0.8 A，电压表读数U＝IR＝8 V，选项A正确，B错误；t＝0.1 s时刻，感应电动势最大，此时穿过线圈的磁通量为零，选项C正确；0～0.05 s内，通过电阻R的电荷量为q＝eq \f(\(E,\s\up6(－)),（R＋r）)Δt，eq \(E,\s\up6(－))＝eq \f(NBS,Δt)＝eq \f(Em,ωΔt)＝eq \f(TEm,2πΔt)，则q＝eq \f(TEm,2π（R＋r）)＝eq \f(0.2×10\r(2),2π（10＋2.5）) C＝eq \f(2\r(2),25π) C，选项D错误。
9.(多选)(2021·云南昆明市4月教学质量检测)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈的输入电压u随时间t变化的图象如图乙所示，D为理想二极管，R为电阻箱，当电阻箱阻值R＝11 Ω时，下列说法正确的是( )
A.原线圈的输入电压频率为50 Hz
B.电阻箱R两端电压的有效值为11 V
C.电阻箱R消耗的功率为22 W
D.若电阻箱R阻值变小，原线圈中的电流变小
【答案】 AC
【解析】 由题图乙可知，T＝0.02 s，f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.02) Hz＝50 Hz，故A正确；原线圈电压的有效值为U1＝eq \f(220\r(2),\r(2)) V＝220 V，由变压比可知，副线圈两端的电压U2＝22 V，由于二极管具有单向导电性，由电流的热效应可知，eq \f(Ueq \\al(2,R),R)T＝eq \f(Ueq \\al(2,2),R)·eq \f(T,2)，解得UR＝11eq \r(2) V，故B错误；PR＝eq \f(Ueq \\al(2,R),R)＝eq \f(（11\r(2)）2,11) W＝22 W，故C正确；若电阻箱R阻值变小，由于原线圈电压不变和变压器匝数比不变，所以副线圈的电压不变，所以副线圈中的电流变大，则原线圈中的电流变大，故D错误。
10.(多选)(2021·河北邯郸市上学期期末)如图所示，交流发电机的线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴逆时针匀速转动，每秒转动10转，线圈从图示位置开始计时，电流表的示数为1 A，已知线圈匝数为500匝，线圈内阻r＝1.0 Ω，外接电阻R＝9.0 Ω，以下判断正确的是( )
A.图示时刻交变电流方向为ADCBA
B.通过线圈磁通量的最大值为eq \f(\r(2),π)×10－3 Wb
C.t＝eq \f(5,16) s时线圈磁通量的变化率为eq \f(\r(2),50) Wb/s
D.t＝eq \f(9,16) s时外接电阻R所消耗的电功率为10 W
【答案】 AB
【解析】 由右手定则可知，图示时刻电流方向为ADCBA，故A正确；电动势的有效值E＝I(R＋r)＝1×(9.0＋1.0)V＝10 V，电动势的峰值Em ＝eq \r(2)E＝10eq \r(2) V，感应电动势峰值Em＝NBSω，通过线圈磁通量的最大值Φm＝BS＝eq \f(Em,Nω)＝eq \f(Em,2πnN)，代入数据解得Φm＝eq \f(\r(2),π)×10－3 Wb，故B正确；线圈做圆周运动的角速度ω＝2πn＝20π rad/s，从图示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式e＝Emsin(ωt＋90°)＝Emcs ωt＝10eq \r(2)cs(20πt )V，t＝eq \f(5,16) s 时，感应电动势瞬时值e＝10 V，此时磁通量的变化率eq \f(e,N)＝eq \f(1,50) Wb/s，故C错误；t＝eq \f(9,16) s时外接电阻R所消耗的电功率P＝I2R＝eq \f(E,R＋r)2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(10,9.0＋1.0)))2×9 W＝9 W，故D错误。
11.(2021·福建泉州市第一次质检)如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器(均视为理想变压器)，T1的原、副线圈匝数比为1∶1 000，、是交流电压表或交流电流表，其中交流电压表两端的电压为10 V，高压线路输送的电功率是2.2×103 kW、电压是22 kV，则( )
A.是交流电压表
B.T2的原、副线圈匝数比为1 000∶1
C.通过交流电流表的电流为0. 1 A
D.绕制T1原线圈的导线应比副线圈的细
【答案】 C
【解析】 T1是电流互感器，是交流电流表，T2是电压互感器，是交流电压表，故A错误；对T2，根据变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(22×1 000,10)＝eq \f(2 200,1)，故B错误；对T1，原线圈的电流I1＝eq \f(P,U)＝eq \f(2.2×103,22) A＝100 A，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，解得I2＝0.1 A，故C正确；T1原线圈的电流大于副线圈的电流，故绕制T1原线圈的导线应比副线圈的粗，故D错误。
12.(2021·1月江苏新高考适应性考试，7)小明分别按图甲和乙电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等，两次实验中( )
A.都接直流电源
B.A两端的电压相等
C.A损耗的功率相等
D.图甲中A的电流较大
【答案】 D
【解析】 由于变压器只能改变交变电流，因此题图乙中不可能接直流电源，故A错误；设灯泡的电压为U0，电流为I0，A、B的阻值为R，则题图甲电路中电流为I0，A两端电压为I0R，损耗的功率为Ieq \\al(2,0)R，题图乙中降压变压器的匝数比为eq \f(n3,n4)>1，则流过A的电流I3＝eq \f(n4,n3)· I013.(2021·北京市东城区上学期期末)一台手摇交流发电机，线圈内阻1.0 Ω，产生的电动势随时间变化的规律为e＝10eq \r(2)sin(10πt) V。发电机与9.0 Ω的电阻组成闭合电路。则( )
A.交变电流的频率为10 Hz
B.电动势的峰值为20 V
C.电路中电流的有效值为1.0 A
D.一周期内外接电阻消耗电能9.0 J
【答案】 C
【解析】 交变电流的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(10π,2π) Hz＝5 Hz，选项A错误；电动势的峰值为10eq \r(2) V，选项B错误；电动势的有效值为E＝10 V，则电路中电流的有效值为I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(10,9.0＋1.0) A＝1.0 A，选项C正确；因为T＝eq \f(1,f)＝0.2 s，则一周期内外接电阻消耗电能E电＝I2RT＝12×9×0.2 J＝1.8 J，选项D错误。
14.(多选)(2021·海南省高考调研)如图所示，一理想变压器输入端接一正弦交流电源(电压有效值不变)，输出端电路由R1、R2、R3和R4四个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后( )
A.R1两端的电压减小到原来的eq \f(1,4)
B.R2两端的电压减小到原来的eq \f(1,3)
C.R3两端的电压减小到原来的eq \f(1,2)
D.R4的热功率减小到原来的eq \f(1,4)
【答案】 CD
【解析】 理想变压器的原、副线圈的电压和匝数成正比，将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后，副线圈的电压减小到原来的eq \f(1,2)，输出端的四个电阻的电压都减小到原来的eq \f(1,2)，故A、B错误，C正确；根据P＝eq \f(U2,R)知，R4的热功率减小到原来的eq \f(1,4)，D正确。
15.[2021·天津市等级考模拟(一)]如图所示，线圈ABCD匝数n＝10，面积S＝0.4 m2，边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B＝eq \f(2,π) T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB边以ω＝10π rad/s的角速度匀速转动。则以下说法正确的是( )
A.线圈产生的是正弦交流电
B.线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为40 V
C.线圈转动eq \f(1,60) s时瞬时感应电动势为40eq \r(3) V
D.线圈产生的感应电动势的有效值为40 V
【答案】 D
【解析】 线圈出了磁场不再产生感应电流，故线圈在有界磁场中产生正弦交流电的一半，故A错误；线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为Em＝nBSω，代入解得Em＝80 V，故B错误；线圈从中性面位置开始计时，产生正弦式交变电流，其瞬时表达式e＝Emsin ωt，当线圈转动eq \f(1,60) s时，转过的角度为eq \f(π,6)，此时瞬时感应电动势为e＝Emsin eq \f(π,6)＝40 V，故C错误；在一个周期内，只有半个周期产生感应电动势，故线圈产生的电动势的有效值为eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Em,\r(2)R)))eq \s\up12(2)Req \f(T,2)＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E,R)))eq \s\up12(2)RT，解得E＝40 V，故D正确。
16.(多选)(2021·山东威海市模拟考试)如图(a)所示为一线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流的u－t图象，假设将此电压加在图(b)所示的回旋加速器上给氘核加速，已知氘核的质量为3.3×10－27 kg，下列说法正确的是( )
A.该交流电电压的有效值为2 000 kV
B.t＝0.5×10－7 s时，穿过线圈的磁通量最大
C.氘核在回旋加速器中运动的周期为1.0×10－7 s
D.加在回旋加速器上的匀强磁场的磁感应强度大小约为1.3 T
【答案】 BCD
【解析】 由图可知该交流电电压的最大值是2 000 kV，有效值为eq \f(2 000,\r(2)) kV＝1 000eq \r(2) kV, 选项A错误；t＝0.5×10－7 s时，线圈在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，选项B正确；氘核在回旋加速器中运动的周期与交流电电压的周期T相同为1.0×10－7 s，选项C正确；氘核在匀强磁场中做匀速圆周运动，由牛顿第二定律有qvB＝meq \f(v2,R)，氘核运动的周期为T′＝eq \f(2πR,v)＝eq \f(2πm,qB)，式中q＝1.6×10－19 C，m＝3.3×10－27 kg，欲使氘核能不断加速，必须满足T＝T′，解得B＝1.3 T，选项D正确。
17.(2021·北京市密云区下学期第一次测试)如图所示，为探究理想变压器原副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接入理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，不计导线电阻。闭合开关S后，下列说法正确的是( )
A.A1示数不变，V1示数不变，L1变亮
B.A2示数变大，V2示数变大，L1变暗
C.A1示数变大，变压器输出功率变大，A1与A2示数的比值不变
D.V2示数变大，变压器输出功率变大，V1与V2示数的比值不变
【答案】 C
【解析】 闭合开关后，根据理想变压器的电压规律eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知变压器两端电压不变，所以两电压表示数不变，灯泡两端电压不变，L1亮度不变；副线圈并联负载增加，根据并联分流规律可知副线圈干路电流增大，所以A2示数增大，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知原线圈电流增大，所以A1示数增大，A、B错误；根据P＝IU可知变压器输出电压不变，电流增大，所以变压器输出功率变大，结合上述分析可知A1与A2示数的比值不变，V1与V2示数的比值不变，C正确，D错误。
18.(多选)(2021·广东惠州市第三次调研)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )
A.发电机输出交流电的电压有效值是500 V
B.降压变压器上交流电的频率是50 Hz
C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
【答案】 BD
【解析】 由图象可知交流电的电压的最大值为Um＝500 V，因此其有效值为U＝eq \f(500,\r(2)) V，故A错误；由图可知，T＝0.02 s，故f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.02) Hz＝50 Hz，故B正确；输电线中的电流与需要传输的功率有关，传输的功率越大，输电线中的电流也越大，故C错误；当用户用电器的总电阻增大时，用户的功率减小，降压变压器的输出功率减小，则输入的功率减小，输入的电流减小，输电线上损失的功率减小，故D正确。
19.(2021·河南濮阳市摸底)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机向升压变压器原线圈输出电压为220 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，变压器均为理想变压器。要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
A.eq \f(n2,n1)＝eq \f(n3,n4)
B.eq \f(n2,n1)＞eq \f(n3,n4)
C.eq \f(n2,n1)＜eq \f(n3,n4)
D.因为变压器均为理想变压器，所以升压变压器的输入功率等于降压变压器的输出功率
【答案】 B
【解析】 设升压变压器副线圈两端电压、降压变压器原线圈两端电压分别为U2、U3，有eq \f(U2,220)＝eq \f(n2,n1)，eq \f(U3,220)＝eq \f(n3,n4)，由于输电线路上有电压损耗，则U2＞U3，即eq \f(n2,n1)＞eq \f(n3,n4)，故A、C错误，B正确；在电能输送过程中，输电线上有功率损耗，升压变压器的输入功率大于降压变压器的输出功率，故D错误。
20.(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，7)科学中心某款手摇点火器原理如图所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5 000 V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2 T，手摇发电机线圈的面积为0.25 m2，共50匝，不计内阻。变压器为理想变压器，其原、副线圈匝数比为1∶100。下列说法正确的是( )
A.线圈转速等于2 r/s时，点火器可以产生电火花
B.线圈转速等于4 r/s时，点火器可以产生电火花
C.电压表的示数为5 V时，点火器可以产生电火花
D.电压表的示数为25 V时，点火器可以产生电火花
【答案】 B
【解析】 线圈在匀强磁场中转动产生交变电流，设转速为n，则发电机的最大电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，U1m＝Em，根据变压器变压规律知eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，有eq \f(U1m,U2m)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,100)，钢针和金属板间瞬时电压超过5 000 V时可以产生电火花，现令U2m＝5 000 V，联立各方程解得U1m＝50 V，n＝eq \f(10,π) r/s≈3.18 r/s，故线圈转速等于4 r/s时，副线圈的电压最大值超过了5 000 V，能产生电火花，故A错误，B正确；电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，刚点火时UV＝eq \f(U1m,\r(2))＝25eq \r(2) V，5 V和25 V均小于25eq \r(2) V，则不能达到点火电压，故C、D错误。
21.(2021·浙江绍兴市适应性考试)如图所示，一台变压器T的原线圈与3.0 kV的交流电源相连，副线圈上接有一电动机M，电动机正常工作时两端的电压为
120 V、消耗功率为1.0 kW，变压器T的效率(效率指的是变压器的输出功率与输入功率的比值)为97%，不计导线的电阻，则( )
A.交流电源提供的电流约为0.34 A
B.电动机的电阻约为14.4 Ω
C.变压器T的输入功率为0.97 kW
D.变压器T的匝数比为25∶1
【答案】 A
【解析】 变压器的输入功率为P＝eq \f(PM,97%)＝1 030.9 W，故交流电源的提供的电流为I＝eq \f(P,U)＝0.34 A，故A正确，C错误；流过电动机的电流为IM＝eq \f(PM,UM)＝eq \f(25,3) A，由于电动机不是纯电阻元件，故其电阻R≠eq \f(UM,IM)＝14.4 Ω，故B错误；由于变压器的效率不是100%，故原、副线圈的匝数比不等于变压器两端电压之比，即eq \f(n1,n2)≠eq \f(U,UM)＝eq \f(25,1)，故D错误。
22.(2021·天津市红桥区第一次模拟)如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin(314t)V的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电阻随着温度的升高而减小，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)，R3为一定值电阻，当传感器R2所在处出现火灾时，以下说法中正确的是( )
A.A1的示数变大，A2的示数变小
B.A1的示数增大，A2的示数增大
C.V1的示数不变，V2的示数增大
D.V1的示数增大，V2的示数变小
【答案】 A
【解析】 当传感器R2所在处出现火警时，R2的电阻减小，导致副线圈电路的总电阻减小，则副线圈的输出电流增大，根据电流与匝数关系可知，原线圈的输入电流增大，电流表A1测量的是原线圈的输入电流，则电流表A1示数变大；由于电源的电压不变，则原线圈输入电压不变，匝数比不变，根据变压比可知，副线圈输出电压也不变，所以电压表V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的两端电压变大，则电压表V2的示数变小，即R1的两端电压变小，根据欧姆定律可知，电流表A2的示数变小，故A正确，B、C、D错误。