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人教版 (2019)选择性必修 第二册1 交变电流同步测试题
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册1 交变电流同步测试题，共10页。试卷主要包含了下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
专练三 交变电流及应用
1．(2022年浙江卷)下列说法正确的是( )
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【答案】B 【解析】恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误．
2．(多选)如图中闭合金属线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定轴匀速转动，能产生正弦式交变电流的是( )
A B
C D
【答案】AD 【解析】矩形线圈在匀强磁场内绕垂直磁场的轴匀速转动时，线圈中就会产生正弦式交变电流．A选项中虽然只有一半金属线圈在磁场中，但在线圈绕固定轴转动的过程中，始终有一边切割磁感线，保证线圈在转动过程中产生的感应电动势连续，按照正弦规律变化，A正确；B选项中固定轴与磁场方向平行，线圈转动过程中，磁通量不变，无感应电流产生，B错误；C选项中线圈转动过程中，每个周期内只有半个周期内有感应电流，不能产生正弦式交变电流，C错误；D选项中闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场且在线圈平面内的转轴匀速转动，满足产生正弦式交变电流的条件，能产生正弦式交变电流，D正确．
3．(多选)如图，一矩形导线框在匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，产生的交变电流通过升压变压器的原、副线圈送入电路，使灯泡发光，若灯泡偏暗，不能正常工作，为使灯泡能够正常工作，下列各项措施中正确的是( )
A．只增加匝数n1
B．只增加匝数n2
C．只向左移动滑动变阻器R的滑片
D．只增加矩形导线框的转速
【答案】BCD 【解析】若只减少n1匝数，或只增加n2匝数，则副线圈电压有效值U2＝U1增大，灯泡两端分得电压变大，A错误，B正确；若只向左移动滑动变阻器R的滑片，其电阻减小，则灯泡分得电压增大，C正确；若只增加导线框的转速，其角速度ω增大，则原线圈电压Em＝nBSω增大，其有效值U1＝增大，副线圈电压有效值U2＝U1增大，则灯泡两端分得电压变大，故D正确．
4．(多选)国家电网推进智能电网项目建设，拟新建智能变电站1400座．变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝220sin(100πt) V，电压表、电流表都为理想电表，则下列判断正确的是( )
A．输入电压有效值为220 V，电流频率为50 Hz
B．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大
C．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小
D．若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小
【答案】AD 【解析】输入电压有效值为U1＝ V＝220 V，由输入电压瞬时值表达式可知，角速度为ω＝100π rad/s，电流频率为f＝＝＝50 Hz，A正确；S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，副线圈电路的总电阻减小，由＝，可知U2不变，即电压表V2的示数不变，所以电流表A2的示数变大，B、C错误；若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，副线圈匝数减小，输入电压不变，输出电压减小，即电压表V2的示数减小，根据P＝，知输出功率减小，根据输入功率等于输出功率，可知P1＝U1I1减小，U1不变，则I1减小，即电流表A1的示数减小，D正确．
5．(2022年广东卷)如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图．定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流．不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是( )
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
【答案】B 【解析】根据E＝n可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝可知，两电阻的电功率也不相等，A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，B正确；当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，C错误．
6．(2022年山东卷)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为U＝Umcos(100πt)．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V．将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W．下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
【答案】D 【解析】变压器的输入电压为220 V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为220 V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为＝，解得原线圈为2 200匝，A错误；根据图像可知，当原线圈输入220 V时，BC间的电压应该为12 V，故BC间的线圈匝数关系有＝＝120，BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝＝＝1 A，B错误；若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220 V时，AB间的电压应该为18 V，根据交流电源线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100π rad/s，故交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，C错误；若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220 V时，AC间的电压应该为30 V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC＝＝ A＝2.5 A，交流电的周期为T＝＝＝0.02 s，D正确．
7．某电动牙刷的充电装置含有变压器，用正弦交流电给此电动牙刷充电时，原线圈两端的电压为220 V，副线圈两端的电压为4.4 V，副线圈的电流为1.0 A，若将该变压器视为理想变压器，则( )
A．原、副线圈匝数之比为25∶1
B．原线圈的电流为0.02 A
C．副线圈两端的电压最大值为5 V
D．原、副线圈的功率之比为50∶1
【答案】B 【解析】由理想变压器的变压公式，可知原副线圈匝数之比为＝＝＝，A错误；由理想变压器的变流公式＝＝，解得原线圈电流I1＝×1.0 A＝0.02 A，B正确；根据有效值与最大值的关系可知，副线圈两端的电压最大值U2m＝×U2＝×4.4 V＝6.16 V，C错误；根据理想变压器输出功率等于输入功率可知，原、副线圈的功率之比为1∶1，D错误．
8．(2022年浙江卷)如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动．下列说法正确的是( )
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
【答案】A 【解析】甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，A正确；乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，B错误；根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，C错误；乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，D错误．
9．如图所示，匀强磁场中水平放置两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有阻值为R的电阻和理想二极管D.t＝0时刻起阻值也为R的导体棒ab在外力作用下向右运动，其速度变化规律为v＝vmsint，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则金属棒两端电压Uab随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A B
C D
【答案】A 【解析】当导体棒向右运动时，根据楞次定律和安培定则可知，电流沿逆时针方向，二极管导通，则金属棒两端电压Uab＝E＝BLv＝BLvmsint，当导体棒向左运动时，二极管断路，则金属棒两端电压Uab＝BLv＝BLvmsint.
10．如图所示为一交流电压随时间变化的图像．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得此交流电压的有效值为( )
A．15 V B．2 V
C．5 V D． V
【答案】B 【解析】在0～1 s内是正弦式电流，则电压的有效值等于3 V；在1～3 s内是恒定电流，则有效值等于9 V．则在0～3 s内，产生的热量为×1 s＋×2 s＝×3 s，解得U＝2 V，故选B．
11．手摇式发电机是实验室中常用的演示工具，如图甲所示，它可以简化为图乙．一个小型旋转电枢式交流发电机的矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以矩形线圈中轴线为轴以角速度ω匀速转动，产生的交流电通过E、F与外电路连接，外电路电灯电阻为R，电压表为理想交流电压表．在线圈由平行于磁场方向位置转过90°的过程中，下面说法正确的是( )
A．电压表的示数为nBSω
B．通过灯泡的电荷量为
C．电灯中产生的焦耳热为
D．流过线圈的电流的平均值为
【答案】C 【解析】线圈转动产生的感应电动势最大值为Emax＝nBSω，线圈由平行于磁场方向位置转过90°，经过个周期，则此段时间内电动势有效值为E＝，所以电流有效值为I＝＝＝，电压表示数为U＝IR＝，A错误；通过灯泡的电荷量为q＝＝，B错误；电流的有效值为I＝，这一过程的时间为t＝＝×，则电灯中产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝，C正确；通过灯泡的电荷量等于通过线圈的电荷量，故流过线圈的电流的平均值为＝＝，D错误．
12．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，电路中灯泡电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计，在原线圈两端加上如图乙所示的正弦式交变电压．下列说法中正确的是( )
A．小灯泡两端电压为10 V
B．原线圈中的电流为2 A
C．原线圈输入功率为10 W
D．若将一个相同的小灯泡串联接入副线圈电路中，则原线圈输入功率为200 W
【答案】C 【解析】由图乙可知，原线圈输入电压的最大值Um＝220 V，有效值U＝220 V，由＝，可知副线圈电压的有效值为U′＝10 V，A错误；副线圈中的电流I′＝＝1 A，由＝，代入数据解得原线圈中的电流I＝ A，B错误；原线圈输入功率P1＝UI＝220× W＝10 W，C正确；若将一个相同的小灯泡串联接入副线圈电路中，副线圈输出电压不变，负载电阻变为20 Ω，电流变为0.5 A，则原线圈中的电流为 A，原线圈输入功率为P＝×220 W＝5 W，D错误．
13．如图为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，升压变压器与降压变压器之间输电线上的总电阻为R，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，两端电压分别为U3、U4，电流分别为I3、I4.变压器均为理想变压器，若保持发电厂的输出功率和输出电压不变，则下列说法正确的是( )
A．输电线上的电流I2＝
B．输电线上损失的功率ΔP＝
C．若用户端负载增加，那么用户端电压U4变大
D．无论用户端的负载如何增加，始终有I1U1＝I2U2
【答案】D 【解析】R是输电线电阻，输电线上的电压损失ΔU＝U2－U3，输电线上的电流为I2＝，A错误；输电线上损失的功率为P＝IR＝，B错误；若用户端负载增加，则通过降压变压器副线圈的电流I4增大，根据＝，I2＝I3，则输电电流增大，输电线上损耗的电压ΔU增大，因为U3＝U2－ΔU，降压变压器原线圈的电压减小，根据＝，U4减小，C错误；变压器均为理想变压器，根据能量守恒可得无论用户端的负载如何变化，始终有P1＝P2，即I1U1＝I2U2，D正确．
14．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关K断开，当K接通时，以下说法正确的是( )
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压减小
C．通过灯泡L1的电流增大
D．原线圈中的电流增大
【答案】D 【解析】输入电压和原、副线圈的匝数比不变，由＝，可知副线圈两端M、N的输出电压不变，A错误；当K接通时，副线圈电路的总电阻减小，总电流I2变大，输电线等效电阻R上的电压增大，并联部分的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，B、C错误；由＝可知，电流I2变大，则I1变大，即原线圈中的电流增大，D正确．
15．如图所示，理想变压器原线圈接入电压稳定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻．在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中( )
A．电流表A1示数减小
B．电流表A2示数增大
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
【答案】A 【解析】由于原线圈所接电压稳定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压稳定，变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得I2＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝，可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A正确，B错误；原线圈的输入功率为P入＝U1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，C错误；由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与变阻器右半部分并联的总电流减小，又与定值电阻并联的变阻器右半部分的电阻值减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式PR＝I2R，可知，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，故D错误．
16．汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油、空气混合气要靠火花塞点燃，但是汽车蓄电池的电压只有12 V，远远达不到火花塞产生火花所需要的10 000 V电压．为此，有人设计了如图所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它的初级线圈通过开关连到蓄电池上，次级线圈接到火花塞的两端，开关由机械进行自动控制．试分析该设计是否可行，若要实现点火，变压器需满足什么条件？
【答案】见解析 【解析】虽然蓄电池只能输出直流电，但在开关闭合的一瞬间，变压器原、副线圈中的磁通量会发生变化，在这一瞬间可以起到变压的作用，而火花塞点火不需要持续的高压，只需要一瞬间的高压即可点火，综上所述可知该设计可行．设变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，则根据理想变压器变压规律可得变压器需满足的匝数比为＝＝.
17．如图所示是一理想变压器示意图，原线圈n1＝1 100匝，其中一副线圈n2＝500匝，两端接电阻R＝250 Ω；另一副线圈n3＝150匝，两端接有额定值为“30 V 15 W”的灯泡L.原线圈接入交变电压后，灯泡L恰能正常发光．求电阻R的电功率和原线圈中的电流．
解：因灯泡L正常发光，所以U3＝30 V，
由＝，代入数据，可得U1＝220 V，
由＝，代入数据，可得U2＝100 V，
电阻R的电功率为PR＝＝ W＝40 W.
因为理想变压器有P入＝P出，
即U1I1＝U2I2＋U3I3，
则有220 V·I1＝(40＋15) W，
解得原线圈中的电流为I1＝0.25 A．
18．如图是一种漏电保护器的原理图．在变压器A处火线和零线双线并列绕制成线圈，然后接到用电器上；在变压器B处有一个输出线圈．一旦发生火线对地漏电事故，变压器线圈B中就会产生电流，令继电器J切断电源．试讨论该漏电保护器的工作原理．
【答案】见解析 【解析】当零线和火线中的电流大小不等、方向相反时，线圏A中产生的总磁通量不为零，即磁通量增加，线圈B中会产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，从而可得漏电保护器的工作原理是电磁感应原理；由于它们是双股并绕的，当点亮电灯时，流过缠绕部分的电流方向在任何时候都是大小相同、方向相反的，因此电流产生的磁场总是相互抵消的，在通过与铁芯相联系的B线圈中不会有感应电流，这时控制电路的电磁铁B不会工作，所以电器使用多些或少些都一样，而当某个用电器发生漏电，人触及带电的金属外壳时，情况就不同了．这时电流通过人体导入地下，零线中电流小于火线，这时铁芯中突然产生了磁场，在B线圈中就有感应电流产生，若将这个电流放大之后推动控制电闸的继电器J，就能自动切断电源，人的安全就得到了保障．
专练三 交变电流及应用
1．(2022年浙江卷)下列说法正确的是( )
A．恒定磁场对静置于其中的电荷有力的作用
B．小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向
C．正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流最大
D．升压变压器中，副线圈的磁通量变化率大于原线圈的磁通量变化率
【答案】B 【解析】恒定磁场对速度不平行于磁感线的运动电荷才有力的作用，A错误；小磁针N极在磁场中的受力方向是该点磁感应强度的方向，B正确；正弦交流发电机工作时，穿过线圈平面的磁通量最大时，电流为0，C错误；根据变压器的原理可知，副线圈中磁通量的变化率小于或等于原线圈中磁通量的变化率，D错误．
2．(多选)如图中闭合金属线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定轴匀速转动，能产生正弦式交变电流的是( )
A B
C D
【答案】AD 【解析】矩形线圈在匀强磁场内绕垂直磁场的轴匀速转动时，线圈中就会产生正弦式交变电流．A选项中虽然只有一半金属线圈在磁场中，但在线圈绕固定轴转动的过程中，始终有一边切割磁感线，保证线圈在转动过程中产生的感应电动势连续，按照正弦规律变化，A正确；B选项中固定轴与磁场方向平行，线圈转动过程中，磁通量不变，无感应电流产生，B错误；C选项中线圈转动过程中，每个周期内只有半个周期内有感应电流，不能产生正弦式交变电流，C错误；D选项中闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场且在线圈平面内的转轴匀速转动，满足产生正弦式交变电流的条件，能产生正弦式交变电流，D正确．
3．(多选)如图，一矩形导线框在匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，产生的交变电流通过升压变压器的原、副线圈送入电路，使灯泡发光，若灯泡偏暗，不能正常工作，为使灯泡能够正常工作，下列各项措施中正确的是( )
A．只增加匝数n1
B．只增加匝数n2
C．只向左移动滑动变阻器R的滑片
D．只增加矩形导线框的转速
【答案】BCD 【解析】若只减少n1匝数，或只增加n2匝数，则副线圈电压有效值U2＝U1增大，灯泡两端分得电压变大，A错误，B正确；若只向左移动滑动变阻器R的滑片，其电阻减小，则灯泡分得电压增大，C正确；若只增加导线框的转速，其角速度ω增大，则原线圈电压Em＝nBSω增大，其有效值U1＝增大，副线圈电压有效值U2＝U1增大，则灯泡两端分得电压变大，故D正确．
4．(多选)国家电网推进智能电网项目建设，拟新建智能变电站1400座．变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝220sin(100πt) V，电压表、电流表都为理想电表，则下列判断正确的是( )
A．输入电压有效值为220 V，电流频率为50 Hz
B．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大
C．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小
D．若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小
【答案】AD 【解析】输入电压有效值为U1＝ V＝220 V，由输入电压瞬时值表达式可知，角速度为ω＝100π rad/s，电流频率为f＝＝＝50 Hz，A正确；S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，副线圈电路的总电阻减小，由＝，可知U2不变，即电压表V2的示数不变，所以电流表A2的示数变大，B、C错误；若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，副线圈匝数减小，输入电压不变，输出电压减小，即电压表V2的示数减小，根据P＝，知输出功率减小，根据输入功率等于输出功率，可知P1＝U1I1减小，U1不变，则I1减小，即电流表A1的示数减小，D正确．
5．(2022年广东卷)如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图．定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流．不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是( )
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
【答案】B 【解析】根据E＝n可得两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝可知，两电阻的电功率也不相等，A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，B正确；当磁铁的磁极到达一线圈附近时，一个线圈的磁通量最大，感应电动势为0，另一个线圈通过的磁通量最小，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，C错误．
6．(2022年山东卷)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为U＝Umcos(100πt)．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V．将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W．下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
【答案】D 【解析】变压器的输入电压为220 V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为220 V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为＝，解得原线圈为2 200匝，A错误；根据图像可知，当原线圈输入220 V时，BC间的电压应该为12 V，故BC间的线圈匝数关系有＝＝120，BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝＝＝1 A，B错误；若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220 V时，AB间的电压应该为18 V，根据交流电源线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100π rad/s，故交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，C错误；若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220 V时，AC间的电压应该为30 V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC＝＝ A＝2.5 A，交流电的周期为T＝＝＝0.02 s，D正确．
7．某电动牙刷的充电装置含有变压器，用正弦交流电给此电动牙刷充电时，原线圈两端的电压为220 V，副线圈两端的电压为4.4 V，副线圈的电流为1.0 A，若将该变压器视为理想变压器，则( )
A．原、副线圈匝数之比为25∶1
B．原线圈的电流为0.02 A
C．副线圈两端的电压最大值为5 V
D．原、副线圈的功率之比为50∶1
【答案】B 【解析】由理想变压器的变压公式，可知原副线圈匝数之比为＝＝＝，A错误；由理想变压器的变流公式＝＝，解得原线圈电流I1＝×1.0 A＝0.02 A，B正确；根据有效值与最大值的关系可知，副线圈两端的电压最大值U2m＝×U2＝×4.4 V＝6.16 V，C错误；根据理想变压器输出功率等于输入功率可知，原、副线圈的功率之比为1∶1，D错误．
8．(2022年浙江卷)如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动．下列说法正确的是( )
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
【答案】A 【解析】甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，A正确；乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，B错误；根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，C错误；乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，D错误．
9．如图所示，匀强磁场中水平放置两根足够长的光滑平行金属导轨，导轨的左侧接有阻值为R的电阻和理想二极管D.t＝0时刻起阻值也为R的导体棒ab在外力作用下向右运动，其速度变化规律为v＝vmsint，运动过程中棒始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，不计导轨电阻，则金属棒两端电压Uab随时间t变化的关系图像可能正确的是( )
A B
C D
【答案】A 【解析】当导体棒向右运动时，根据楞次定律和安培定则可知，电流沿逆时针方向，二极管导通，则金属棒两端电压Uab＝E＝BLv＝BLvmsint，当导体棒向左运动时，二极管断路，则金属棒两端电压Uab＝BLv＝BLvmsint.
10．如图所示为一交流电压随时间变化的图像．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得此交流电压的有效值为( )
A．15 V B．2 V
C．5 V D． V
【答案】B 【解析】在0～1 s内是正弦式电流，则电压的有效值等于3 V；在1～3 s内是恒定电流，则有效值等于9 V．则在0～3 s内，产生的热量为×1 s＋×2 s＝×3 s，解得U＝2 V，故选B．
11．手摇式发电机是实验室中常用的演示工具，如图甲所示，它可以简化为图乙．一个小型旋转电枢式交流发电机的矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以矩形线圈中轴线为轴以角速度ω匀速转动，产生的交流电通过E、F与外电路连接，外电路电灯电阻为R，电压表为理想交流电压表．在线圈由平行于磁场方向位置转过90°的过程中，下面说法正确的是( )
A．电压表的示数为nBSω
B．通过灯泡的电荷量为
C．电灯中产生的焦耳热为
D．流过线圈的电流的平均值为
【答案】C 【解析】线圈转动产生的感应电动势最大值为Emax＝nBSω，线圈由平行于磁场方向位置转过90°，经过个周期，则此段时间内电动势有效值为E＝，所以电流有效值为I＝＝＝，电压表示数为U＝IR＝，A错误；通过灯泡的电荷量为q＝＝，B错误；电流的有效值为I＝，这一过程的时间为t＝＝×，则电灯中产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝，C正确；通过灯泡的电荷量等于通过线圈的电荷量，故流过线圈的电流的平均值为＝＝，D错误．
12．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，电路中灯泡电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计，在原线圈两端加上如图乙所示的正弦式交变电压．下列说法中正确的是( )
A．小灯泡两端电压为10 V
B．原线圈中的电流为2 A
C．原线圈输入功率为10 W
D．若将一个相同的小灯泡串联接入副线圈电路中，则原线圈输入功率为200 W
【答案】C 【解析】由图乙可知，原线圈输入电压的最大值Um＝220 V，有效值U＝220 V，由＝，可知副线圈电压的有效值为U′＝10 V，A错误；副线圈中的电流I′＝＝1 A，由＝，代入数据解得原线圈中的电流I＝ A，B错误；原线圈输入功率P1＝UI＝220× W＝10 W，C正确；若将一个相同的小灯泡串联接入副线圈电路中，副线圈输出电压不变，负载电阻变为20 Ω，电流变为0.5 A，则原线圈中的电流为 A，原线圈输入功率为P＝×220 W＝5 W，D错误．
13．如图为远距离输电的原理图，已知升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两端电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，升压变压器与降压变压器之间输电线上的总电阻为R，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，两端电压分别为U3、U4，电流分别为I3、I4.变压器均为理想变压器，若保持发电厂的输出功率和输出电压不变，则下列说法正确的是( )
A．输电线上的电流I2＝
B．输电线上损失的功率ΔP＝
C．若用户端负载增加，那么用户端电压U4变大
D．无论用户端的负载如何增加，始终有I1U1＝I2U2
【答案】D 【解析】R是输电线电阻，输电线上的电压损失ΔU＝U2－U3，输电线上的电流为I2＝，A错误；输电线上损失的功率为P＝IR＝，B错误；若用户端负载增加，则通过降压变压器副线圈的电流I4增大，根据＝，I2＝I3，则输电电流增大，输电线上损耗的电压ΔU增大，因为U3＝U2－ΔU，降压变压器原线圈的电压减小，根据＝，U4减小，C错误；变压器均为理想变压器，根据能量守恒可得无论用户端的负载如何变化，始终有P1＝P2，即I1U1＝I2U2，D正确．
14．如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关K断开，当K接通时，以下说法正确的是( )
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压减小
C．通过灯泡L1的电流增大
D．原线圈中的电流增大
【答案】D 【解析】输入电压和原、副线圈的匝数比不变，由＝，可知副线圈两端M、N的输出电压不变，A错误；当K接通时，副线圈电路的总电阻减小，总电流I2变大，输电线等效电阻R上的电压增大，并联部分的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，B、C错误；由＝可知，电流I2变大，则I1变大，即原线圈中的电流增大，D正确．
15．如图所示，理想变压器原线圈接入电压稳定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻．在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中( )
A．电流表A1示数减小
B．电流表A2示数增大
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
【答案】A 【解析】由于原线圈所接电压稳定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压稳定，变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得I2＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝，可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A正确，B错误；原线圈的输入功率为P入＝U1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，C错误；由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与变阻器右半部分并联的总电流减小，又与定值电阻并联的变阻器右半部分的电阻值减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式PR＝I2R，可知，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，故D错误．
16．汽油机做功冲程开始时，汽缸中的汽油、空气混合气要靠火花塞点燃，但是汽车蓄电池的电压只有12 V，远远达不到火花塞产生火花所需要的10 000 V电压．为此，有人设计了如图所示的点火装置，这个装置的核心是一个变压器，它的初级线圈通过开关连到蓄电池上，次级线圈接到火花塞的两端，开关由机械进行自动控制．试分析该设计是否可行，若要实现点火，变压器需满足什么条件？
【答案】见解析 【解析】虽然蓄电池只能输出直流电，但在开关闭合的一瞬间，变压器原、副线圈中的磁通量会发生变化，在这一瞬间可以起到变压的作用，而火花塞点火不需要持续的高压，只需要一瞬间的高压即可点火，综上所述可知该设计可行．设变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，则根据理想变压器变压规律可得变压器需满足的匝数比为＝＝.
17．如图所示是一理想变压器示意图，原线圈n1＝1 100匝，其中一副线圈n2＝500匝，两端接电阻R＝250 Ω；另一副线圈n3＝150匝，两端接有额定值为“30 V 15 W”的灯泡L.原线圈接入交变电压后，灯泡L恰能正常发光．求电阻R的电功率和原线圈中的电流．
解：因灯泡L正常发光，所以U3＝30 V，
由＝，代入数据，可得U1＝220 V，
由＝，代入数据，可得U2＝100 V，
电阻R的电功率为PR＝＝ W＝40 W.
因为理想变压器有P入＝P出，
即U1I1＝U2I2＋U3I3，
则有220 V·I1＝(40＋15) W，
解得原线圈中的电流为I1＝0.25 A．
18．如图是一种漏电保护器的原理图．在变压器A处火线和零线双线并列绕制成线圈，然后接到用电器上；在变压器B处有一个输出线圈．一旦发生火线对地漏电事故，变压器线圈B中就会产生电流，令继电器J切断电源．试讨论该漏电保护器的工作原理．
【答案】见解析 【解析】当零线和火线中的电流大小不等、方向相反时，线圏A中产生的总磁通量不为零，即磁通量增加，线圈B中会产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，从而可得漏电保护器的工作原理是电磁感应原理；由于它们是双股并绕的，当点亮电灯时，流过缠绕部分的电流方向在任何时候都是大小相同、方向相反的，因此电流产生的磁场总是相互抵消的，在通过与铁芯相联系的B线圈中不会有感应电流，这时控制电路的电磁铁B不会工作，所以电器使用多些或少些都一样，而当某个用电器发生漏电，人触及带电的金属外壳时，情况就不同了．这时电流通过人体导入地下，零线中电流小于火线，这时铁芯中突然产生了磁场，在B线圈中就有感应电流产生，若将这个电流放大之后推动控制电闸的继电器J，就能自动切断电源，人的安全就得到了保障．
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