专题七 直流电路和交流电路

学案13直流电路和交流电路【考情分析】【考点预测】本学案包含直流电路的动态分析、电路故障的分析与判断、直流电路中能量转化问题、交变电流的产生和描述、变压器的规律、远距离输电等知识点，是各地高考的热点，预计2014年高考中仍会继续对该部分知识的考查，特别是交变电流有效值的计算、变压器的动态分析、电路知识与电磁感应的综合应用等知识点．从高考的考查重点不难看出，掌握电路的基本结构和基本规律是应对本内容的关键．考题1对直流电路动态分析的考查例1在某控制电路中，需要连成如图1所示的电路，主要由电动势为E、内阻为r的电源与定值电阻R1、R2及电位器(滑动变阻器)R连接而成，L1、L2是红、绿两个指示灯，当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，下列说法中正确的是 ()图1A．L1、L2两个指示灯都变亮B．L1、L2两个指示灯都变暗C．L1变亮，L2变暗D．L1变暗，L2变亮解析当电位器的触头由弧形碳膜的中点逆时针滑向a端时，电位器接入电路的电阻减小，根据串并联电路特点可知电路中总电阻减小，由闭合电路欧姆定律可得干路电流增大，内阻分担电压增大，路端电压减小，通过其电流减小，L1灯变暗；由U1＝I1R1及I1＝I－IL1可知R1分担电压增大，则L2和R2两端电压减小，L2将因功率减小而变暗，选项B正确．答案B技巧方法直流电路的动态变化分析技巧：(1)当电路中某一部分发生变化时，将引起电路中各处的电流和电压都随之发生变化，可谓“牵一发而动全身”．判断此类问题时，应先由局部的变化推出总电流的变化、路端电压的变化，再由此分析对其他各部分电路产生的影响，一般是先分析恒定电阻支路再分析变化电阻支路．(2)一个闭合电路就是一个整体，在研究电路的动态问题时，一定要弄清电路的串并联结构，同时要用整体的观点来看问题，还要善于转换思维的角度“电压不行看电流”．(3)可直接应用“部分电路中R、I、U的关系”中的两个结论：①任一电阻R阻值增大，必引起通过该电阻的电流I的减小和该电阻两端电压U的增大，即R↑→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I↓,U↑))②任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电阻两端电压U串的减小．即R↑→eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(I并↑,U串↓))突破练习1．(2013·江苏·4)在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图2所示．M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时 ()图2A．RM变大，且R越大，U增大越明显B．RM变大，且R越小，U增大越明显C．RM变小，且R越大，U增大越明显D．RM变小，且R越小，U增大越明显答案C解析由题意知，S两端的电压增大，则电路中的电流增大，接触药液的传感器的电阻变小，则A、B选项是错误的；将S看做外电路，其余看做等效电源，根据U＝E－Ir可判断，同样的变化电流，则内阻越大电压变化越大，因此答案为C.2．巨磁电阻(GMR)电流传感器可用来准确检测大容量远距离直流输电线路中的强电流，其原理利用了巨磁电阻效应．巨磁电阻效应是指某些磁性材料的电阻R在一定磁场作用下随磁感应强度B的增加而急剧减小的特性．如图3所示检测电路，设输电线路电流为I(不是GMR中的电流)，GMR为巨磁电阻，R1、R2为定值电阻，已知输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B的大小与I成正比，下列有关说法正确的是()图3A．如果I增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数增大B．如果I增大，电流表A示数减小，电压表V1示数增大C．如果I减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数增大D．如果I减小，电流表A示数减小，电压表V2示数减小答案AD解析如果I增大，输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生的磁场的磁感应强度B增大，GMR电阻值减小，回路中电流增大，电流表A示数增大，电压表V1示数减小，电压表V2示数增大，选项A正确，B错误；如果I减小，输电线路电流I在巨磁电阻GMR处产生磁场的磁感应强度B减小，GMR电阻值增大，回路中电流减小，电流表A示数减小，电压表V1示数增大，电压表V2示数减小，选项C错误，D正确．考题2对交变电流变化规律的考查例2(2013·山东·17)图4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，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是 ()图4A．电流表的示数为10B．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左审题突破①电流变化的周期与线圈的转动周期相同．②电流表测量的是电流的有效值．解析电流表测量的是电路中电流的有效值I＝10A，选项A正确．由图象可知，T＝0.02s，所以ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，选项B错误．t＝0.01s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确．t＝0.02s时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R中电流的方向自左向右，选项D错误．答案AC易混辨析1．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)表达式图象磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝NBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt电流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt2.对描述交变电流“四值”的比较和理解正弦式交变电流的瞬时值、峰值、有效值、平均值的比较物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况或力矩的瞬时值峰值最大的瞬时值Em＝NBSωEm＝NΦmωIm＝eq\f(Em,R＋r)讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正(余)弦交流电有：E＝Em/eq\r(2)U＝Um/eq\r(2)I＝Im/eq\r(2)①计算与电流热效应有关的量(如电功、电功率、热量等)②电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值③保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值eq\x\to(E)＝Bleq\x\to(v)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路横截面的电荷量突破练习3．(2013·海南·3)通过一阻值R＝100Ω的电阻的交变电流如图5所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为 ()图5A．12VB．4eq\r(10)VC．15VD．8eq\r(5)V答案B4．如图6甲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，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象．则 ()图6A．电阻R上的电动率为20WB．0.02s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πtVD．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝1.41cos50πtA答案C解析电阻R上的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝10W，选项A错误；由题图乙知0.02s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πtV，通过R的电流i随时间t的变化规律是i＝u/R＝1.41cos100πtA，选项C正确，D错误．5．如图7所示，电阻不能忽略的矩形闭合导线框ABCD处于水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“22V6W”的灯泡．当灯泡正常发光时，线框输出电压u＝66eq\r(2)sin100πtV．下列说法正确的是 ()图7A．线框转动的频率为100HzB．图示位置线框中产生的感应电动势最大C．变压器原、副线圈匝数之比为3∶1D．若副线圈再并联一个相同的灯泡，则闭合导线框的功率为12W答案C解析由线框输出电压u＝66eq\r(2)sin100πtV可知ω＝100πrad/s，则线圈转动的频率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，故A项错误；图示位置线圈处于中性面，故感应电动势为0，B项错误，从线框输出电压u＝66eq\r(2)sin100πtV可知：Um＝66eq\r(2)V，则U原＝U有效＝66V，灯泡正常发光，则U副＝22V，由变压器的电压规律eq\f(U原,U副)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(3,1)，故C正确；由于矩形闭合导线框ABCD的电阻不可忽略，则其电阻会发热，故闭合导线框的功率应大于12W，D错误．考题3对变压器和远距离输电的考查例3如图8甲所示，电阻不计的矩形线框在匀强磁场B中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动，产生了如图乙所示的正弦交变电流．理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1，为交流电压表，灯泡的电阻RL＝10Ω，C为电容器，电容器的击穿电压为23V，开始时开关S处于断开状态．以下说法正确的是 ()图8A．t＝0.01s时刻，穿过矩形线框的磁通量最大B．t＝0.01s时刻，电压表的示数为0C．通过小灯泡的电流的变化频率为5HzD．闭合开关S后，电容器会被击穿审题突破①当线圈经过中性面时，线圈的磁通量最大，感应电流为零．②电压表测量的是变压器副线圈电压的有效值．③交变电压的最大值超过电容器的击穿电压时，电容器将被击穿．解析由题图乙可知，在t＝0.01s时，电压为0，此时磁通量的变化率最小，穿过线圈的磁通量最大，所以A正确．电压表读数为副线圈电压的有效值，原线圈电压的有效值为220V，由变压器的电压与匝数成正比可得副线圈电压的有效值为22V，所以电压表的示数为22V，所以B错误．由题图乙可知交流电的周期是0.02s，则其频率为50Hz，由于变压器不改变交流电的频率，故通过小灯泡的电流的变化频率为50Hz，C错误．闭合开关S后，加在电容器两端的电压的最大值是22eq\r(2)V，大于电容器的击穿电压23V，故电容器会被击穿，D正确．答案AD规律方法变压器动态变化的“解析式法”(1)变压器各物理量间的因果关系变压器的eq\f(n1,n2)一定，输入电压U1决定了输出电压U2的大小，与输出端有无负载、负载R大小无关，也与变压器有无更多的副线圈无关．由输出电压U2与负载电阻R，通过欧姆定律决定了输出电流I2的大小．进而确定了输出功率P2的大小，由能量守恒决定了输入功率P1的大小．最后又通过eq\f(P1,U1)决定输入电流I1的大小．即：.(2)分析变压器中的“动态变化”现象在变压器中，若负载总电阻R、原线圈匝数n1、副线圈匝数n2、输入电压U1等任意一个量发生变化都会引起其他物理量的变化，就是变压器的动态现象．分析“动态变化”现象一般分两步：首先，确定变化物理量及其变化特点．比如滑动变阻器滑片的滑动、电路中开关的开闭转换、负载电阻的变化、变压器线圈匝数的改变等．其次，正确应用上述变压器各物理量间的因果关系，并结合电路的串并联知识、欧姆定律等，按顺序逐次判定即可．突破练习6．火警报警系统原理如图9甲所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，在变压器右侧部分，R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是 ()图9A．电压表示数为22VB．此交变电源的频率为50HzC．当传感器R2所在处出现火警时，电流表的示数减小D．当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数减小答案BD解析副线圈两端电压是22V，电压表示数等于副线圈两端电压减去R1两端的电压，小于22V，所以A错；从题图乙可知，周期是0.02s，所以频率是50Hz，B正确；当传感器R2所在处出现火警时，R2的电阻变小，它两端的电压变小，电流变大，电流表的示数变大，电压表的示数变小，C错，D对．7．如图10甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1＝350匝，副线圈匝数n2＝70匝，电阻R＝20Ω，是交流电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是()甲乙图10A．加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为u＝20eq\r(2)sin5πtVB．原线圈电流的有效值为0.04C．在t＝0.01s时，电压表的示数为0D．电阻R上消耗的电功率为0.8W答案BD解析由题图乙可知该交流电的峰值Um＝20eq\r(2)V，周期T＝0.02s，结合正弦交流电瞬时值的一般表达式u＝Umsineq\f(2π,T)t可得该交流电的瞬时值表达式应是u＝20eq\r(2)sin100πtV．A选项错．因为变压器是理想变压器，则有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，又U1＝eq\f(\r(2),2)Um＝20V，所以U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(70,350)×20V＝4V，变压器的输出功率P2＝PR＝eq\f(U\o\al(2,2),R)＝eq\f(42,20)W＝0.8W．D选项对．对理想变压器有P1＝P2，又P1＝U1I1，所以原线圈中电流的有效值I1＝eq\f(P1,U1)＝eq\f(P2,U1)＝eq\f(0.8,20)A＝0.04A．B选项对．因交流电压表测量的是交流电的有效值，故电压表的示数等于U2是4V．C选项错．8．图11甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数之比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表．若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R1为定值电阻．下列说法中正确的是 ()图11A．交流电压u的表达式为u＝36eq\r(2)sin50πtVB．t＝0.01s时，发电机线圈中穿过的磁通量最大C．Rt温度升高时，变压器的输入功率变小D．Rt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大答案BD解析原线圈接的是题图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压为36eq\r(2)V，周期为0.02s，故角速度是ω＝100πrad/s，u＝36eq\r(2)sin100πtV，故A错误．t＝0.01s时，感应电动势为0，线圈处于中性面位置，发电机线圈中穿过的磁通量最大，B正确．Rt温度升高时，副线圈中的电阻减小，由于原、副线圈电压均不变，故电压表示数不变，电流表的示数变大，输出功率变大，理想变压器的输入、输出功率相等，故输入功率变大，C错误，D正确．物理模型七交直流发电机模型线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生正弦交变电流，如图12，所产生的交变电动势的最大值Em＝NBSω.图12产生的交变电流的变化规律如图13甲，通过电刷也可将交流电转化为直流电，如图乙．图13线圈在辐向磁场中匀速转动时，将产生大小不变的交变电流或直流电．例4(16分)有人为汽车设计的一个“再生能源装置”原理简图如图14所示，当汽车减速时，线圈受到磁场的阻尼作用帮助汽车减速，同时产生电能储存备用．图中，线圈的匝数为n，ab长度为L1，bc长度为L2.图15是此装置的侧视图，切割处磁场的磁感应强度大小恒为B，有理想边界的两个扇形磁场区夹角都是90°.某次测试时，外力使线圈以角速度ω逆时针匀速转动，电刷M端和N端接电流传感器，电流传感器记录的i－t图象如图16所示(I为已知量)，取ab边刚开始进入左侧的扇形磁场时刻t＝0.不计线圈转动轴处的摩擦．

图14图15图16(1)求线圈在图15所示位置时，产生感应电动势E的大小，并指明电刷M和N哪个接电源正极；(2)求闭合电路的总电阻R和外力做功的平均功率P；(3)为了能够获得更多的电能，依据所学的物理知识，请你提出改进该装置的三条建议．审题突破①线圈在磁场中匀速转动时，产生的感应电动势大小不变．利用导线切割方法计算感应电动势．②外力做功的平均功率等于闭合电路消耗的电功率．解析(1)E＝2nBL1v (1分)v＝eq\f(1,2)ωL2 (1分)E＝nBL1L2ω (2分根据右手定则，M端是电源正极 (1分)(2)电流：I＝eq\f(E,R) (1分)R＝eq\f(nBL1L2ω,I) (2分)线圈转动一个周期时间内，产生电流的时间是半个周期 (1分)外力做功的平均功率P＝eq\f(1,2)I2R (2分)P＝eq\f(nBL1L2ωI,2) (2分)(3)增加磁感应强度、增加线圈匝数、增加磁场区域面积、适当增加线圈面积、变成多组线圈等． (3分)答案见解析知识专题练训练13一、单项选择题1．在研究微型电动机的性能时，应用如图1所示的实验电路．当调节滑动变阻器R并控制电动机停止转动时，电流表和电压表的示数分别为0.50A和2.0V；重新调节R并使电动机恢复正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为2.0A和24.0V图1A．32W B．44WC．47W D．48W答案A解析电动机不转动，说明无机械能输出，它消耗的电能全部转化为内能，此时的电动机就相当于一个纯电阻，根据电表读数可知，电动机内阻RM＝eq\f(2.0,0.50)Ω＝4Ω；当电动机恢复正常运转时，为非纯电阻用电器，它消耗的电能等于内部电阻产生的热能和输出的机械能之和，所以P出＝P总－P热＝(2.0×24.0－2.02×4)W＝32W，选项A正确．2．如图2所示，A和B为竖直放置的平行金属板，在两极板间用绝缘线悬挂一带电小球．开始时开关S闭合且滑动变阻器的滑动头P在a处，此时绝缘线向右偏离竖直方向θ角，电源的内阻不能忽略，则下列判断正确的是 ()图2A．小球带负电B．当滑动头从a向b滑动时，绝缘线的偏角θ变大C．当滑动头从a向b滑动时，电流表中有电流，方向从上向下D．当滑动头停在b处时，电源的输出功率一定大于滑动头在a处时电源的输出功率答案C解析根据题图电路可知A板电势高于B板电势，AB间电场强度方向水平向右．小球受力平衡，故受电场力也水平向右，即小球带正电，所以A项错误；当滑动头从a向b滑动时，电阻值减小，路端电压减小，故R1两端的电压减小，极板间电场强度随之减小，所受电场力减小，故绝缘线的偏角变小，所以B项错误；当极板间电压减小，极板的带电荷量将减小而放电，又由于A板原来带正电，故放电电流从上向下流过电流表，所以C项正确；由于电源的内电阻与外电阻的关系不确定，所以无法判断电源的输出功率变化的规律，所以D项错误．3．如图3所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝eq\f(\r(2),10)T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V,60W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10A()图3A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B．线框中产生电动势的有效值为250eq\r(2)VC．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D．允许变压器输出的最大功率为1000W答案C解析在图示位置线框和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，选项A错误；线框中产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω＝250eq\r(2)V，其有效值E＝eq\f(\r(2),2)Em＝250V，选项B错误；灯泡能正常发光，则电压U2＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，选项C正确；熔断器允许通过的最大电流为10A，即I1＝10A，P1＝U1I1＝250×10W＝2500W，因此变压器允许输出的最大功率为2500W，选项D错误．4．某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图4所示，当线圈以较大的转速n匀速转动时，电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P，手摇发电机的线圈电阻是r，则有 ()图4A．电流表的示数是eq\f(P,U1)B．变压器的原、副线圈的匝数之比是U2∶U1C．变压器输入电压的瞬时值是u＝U2sin2πntD．手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是Em＝eq\r(2)U1答案A解析理想变压器原、副线圈的功率相等，由P＝UI知电流表的示数即流过原线圈的电流为eq\f(P,U1)，A正确；变压器原、副线圈的匝数之比等于电压之比，即n1∶n2＝U1∶U2，B错误；由交流电瞬时值表达式u＝Umsinωt可知变压器输入电压的瞬时值是u＝eq\r(2)U1sin2πnt，C错误；由于手摇发电机的线圈有内阻，故产生的电动势的最大值大于eq\r(2)U1，D错误．5．如图5所示，电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变，为交流电流表．在变压器原线圈a、b两端加上一峰值不变的正弦交变电压，下列分析正确的是 ()图5A．只将S1从1拨向2时，电流表示数变小B．只将S2从3拨向4时，电流表示数变大C．只将R的滑片上移，R2的电功率变大D．只将R的滑片上移，R2的电功率变小答案D解析只将S1从1拨向2时，会使副线圈两端电压增大，输出功率增大，电流表示数会变大，所以A错；只将S2从3拨向4时，会使副线圈两端电压变小，输出功率变小，电流表示数会变小，所以B错；只将R的滑片上移，使得变阻器R阻值变大，变阻器R两端的电压增大，所以R2两端的电压会减小，R2的电功率变小，所以C错，D对．二、多项选择题6．在如图6所示的远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有()图6A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大答案CD解析升压变压器的输出电压由电源电压及匝数比决定，输出功率变大时升压变压器的输出电压不变，A项错误．由I＝eq\f(P,U)可知，当输电电压不变，而输出功率增大时输电电流增大，由U损＝IR及P损＝I2R可知U损及P损均增大，当U损增大时降压变压器的输出电压减小，故B项错误，C项正确．由P损＝eq\f(P2,U2)R可知eq\f(P损,P)＝eq\f(P,U2)R.当输出功率增大时输电线损耗功率占总功率的比例增大，D项正确．7．如图7所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO′轴匀速转动，则以下判断正确的是()图7A．图示位置线圈中的感应电动势最大为Em＝BL2ωB．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝eq\f(1,2)BL2ωsinωtC．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(2BL2,R＋r)D．线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝eq\f(πB2ωL4R,4R＋r2)答案BD解析图示位置线圈中的感应电动势最小为零，A错；若线圈从图示位置开始转动时，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e＝eq\f(1,2)BL2ωsinωt，B对；线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ,R总)＝eq\f(BL2,R＋r)，C错；线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q＝eq\f(\f(Em,\r(2))2,R＋r)·eq\f(2π,ω)·eq\f(R,R＋r)＝eq\f(πB2ωL4R,4R＋r2)，D对．8．一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图8甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数．已知变压器线圈总匝数为1900匝，原线圈匝数为1100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表，则 ()图8A．交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220sin100πtVB．P向上移动时，电压表的最大示数为380VC．P向下移动时，原、副线圈的电流之比减小D．P向下移动时，变压器的输入功率变大答案BC解析由题图乙结合交流电瞬时值表达式u＝Umsinωt可得交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220eq\r(2)sin100πtV，A错误；P向上移动时，电压表的示数为有效值，当副线圈匝数达到1900时，副线圈输入的电压最大，由变压器原、副线圈电压比跟线圈匝数成正比的关系可知副线圈最大输入电压为380V，即电压表的最大示数为380V，B正确；P向下移动时，副线圈匝数减少，由变压器原、副线圈电流之比跟线圈匝数成反比的关系可知C正确；由P＝eq\f(U2,R)可知副线圈的输出功率减小，故原线圈的输入功率也减小，D错误．9．如图9甲所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，输出端接有额定电压均为12V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r＝2Ω.接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则 ()图9A．电阻R两端的电压是10VB．通过风扇电动机的电流是6C．通过灯泡的交流电频率是100HzD．风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗答案AD解析据题图乙可知原线圈电压的有效值为220V，周期为0.02s，故其频率为50Hz.由于理想变压器原、副线圈的电压跟匝数成正比，故副线圈两端的电压为22V，又额定电压为12V的灯泡正常发光，故电阻R两端的电压是10V，A正确．风扇不是纯电阻用电器，故风扇电动机线圈两端的电压小于12V，通过风扇电动机的电流小于6A，B错误．变压器不改变交流电的频率，故通过灯泡的交流电频率是50Hz，C错误．风扇突然卡住的瞬间，风扇电动机线圈两端的电压增大，通过风扇的电流增大，则副线圈干路电流增大，R10．如图10所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝eq\f(\r(2),10)T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只额定电压为220V、额定功率未知的灯泡，且灯泡正常发光，交流电流表的量程为0.6A，读数为0.11A图10A．灯泡的额定功率为22.4WB．线框中产生交变电压的有效值为500VC．变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D．变压器输出端最多能并联6只这样的灯泡答案BC解析由Em＝NBSω可求出线框中产生交变电压的最大值为500eq\r(2)V，故有效值为500V，B正确．灯泡的额定功率等于原线圈的输入功率为55W，A错误．变压器原、副线圈匝数跟电压成正比，故C正确．副线圈接一只灯泡时，电流表示数是0.11A，又电流表量程为0.6A，故变压器输出端最多能并联5只这样的灯泡，D错误11．如图11甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的正弦交变电压，则下列说法中正确的是 ()甲乙图11A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为14.14VB．当单刀双掷开关与a连接且t＝0.02s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b后，原线圈的输入功率变大D．当单刀双掷开关由a拨向b后，副线圈输出电压的频率不变答案CD解析由题图乙可知，电压的最大值为311V，交流电的周期为2×10－2s，所以交流电的频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，交流电的有效值为220V，根据电压与匝数成正比可知，当单刀双掷开关与a连接时，副线圈的电压为10V，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为1A，所以A、B错误．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈输出的电压变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，所以C正确．变压器不会改变电流的频率，所以D正确．故选C、D.12．如图12所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长LAB＝0.3m，LAD＝0.2m，总电阻为R＝0.1Ω.在直角坐标系xOy中，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程y＝0.2sineq