人教版(新教材)高中物理选择性必修2第三章 交变电流章末测评验收卷（三）

人教版(新教材)高中物理选择性必修第二册PAGEPAGE1章末测评验收卷(三)(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝10eq\r(2)sin(20πt)V，则下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D．t＝0.4s时，电动势第一次出现最大值〖答案〗A〖解析〗由电动势e＝10eq\r(2)sin(20πt)V知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，选项A正确，B、C错误；当t＝0.4s时，e＝10eq\r(2)sin(20π×0.4)V＝0，选项D错误。2．(2021·攀枝花市十五中高二月考)一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A．t1、t3时刻线圈产生的电动势最大B．t1、t3时刻线圈位于中性面C．t2、t4时刻线圈中感应电流方向改变D．线圈每转一周，电流的方向就改变一次〖答案〗B〖解析〗t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，则电动势为0，故A错误；t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，则线圈位于中性面位置，故B正确；t2、t4时刻磁通量为零，线圈转到与中性面垂直位置处，此时电动势最大，电流方向不变，故C错误；线圈每转一周，两次经过中性面，电流方向两次发生改变，故D错误。3．已知某交变电流的瞬时值表达式为i＝10sin(10πt)A，则()A．交变电流的频率为10HzB．交流发电机线圈转动的角速度为10rad/sC．交变电流的峰值为10AD．若线圈的匝数N＝10，则穿过线圈的磁通量的最大值为0.1Wb〖答案〗C〖解析〗根据ω＝2πf得f＝5Hz，选项A错误；由表达式i＝10sin(10πt)A可知发电机线圈转动的角速度为10πrad/s，选项B错误；交变电流的峰值为10A，选项C正确；因电动势的峰值未知，故无法求出穿过线圈的磁通量的最大值，选项D错误。4.用220V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110V，通过负载的电流随时间变化的图像如图所示，则()A．变压器输入功率约为3.9WB．输出电压的最大值是110VC．变压器原、副线圈的匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋eq\f(π,2))A〖答案〗A〖解析〗变压器的输入功率等于输出功率，所以P入＝P出＝U2I2＝110V×eq\f(0.05,\r(2))A≈3.9W，选项A正确；输出电压的有效值是110V，最大值U2m＝eq\r(2)U2＝110eq\r(2)V，选项B错误；变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，选项C错误；负载电流的函数表达式是i＝0.05sin(100πt)A，选项D错误。5．如图所示，变压器输入的交变电压u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，副线圈匝数可调，电阻R＝100Ω，L1、L2均是额定电压为20V、额定功率为20W的小灯泡，通过调节副线圈的匝数，使S闭合前后，L1均能正常发光，则S闭合前后副线圈的匝数之比为()A．1∶11 B．2∶1C．3∶5 D．6∶11〖答案〗D〖解析〗由变压器输入的交变电压u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知输入电压的有效值为U1＝220V；S闭合前电阻R与L1串联，L1正常发光，可知其额定电流为I＝eq\f(P,U)＝1A，故U2＝IR＋U＝120V，由变压器原理可知eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(11,6)；S闭合后L1和L2并联后再与R串联，U2′＝2IR＋U＝220V，同理可知eq\f(n1,n2′)＝eq\f(U1,U2′)＝eq\f(1,1)，联立可得eq\f(n2,n2′)＝eq\f(6,11)，故选项D正确。6．匝数为100的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r＝0.02Ω，则在0～10s内线圈产生的焦耳热为()A．80J B．85JC．90J D．125J〖答案〗B〖解析〗由交变电流的有效值的定义知(eq\f(3,\r(2))A)2R·eq\f(T,2)＋(2A)2R·eq\f(T,2)＝I2RT，则该交变电流的有效值I＝eq\f(\r(17),2)A，线圈的总电阻R总＝100×0.02Ω＝2Ω，由Q＝I2R总t得Q＝85J，选项B正确。7．(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〗题图甲的实验可以采用直流电，但题图乙的实验必须采用交流电，因为变压器是利用互感的原理工作的，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\o\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I2＝eq\f(n4,n3)I0<I0，D正确；题图乙中A两端的电压为I2R<I0R，损耗的功率为Ieq\o\al(2,2)R<Ieq\o\al(2,0)R，故B、C错误。8．如图所示，一理想变压器左右两边接有额定电压均为U的4盏完全相同的灯泡(额定功率为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时4盏灯刚好正常发光。下列说法中正确的是()A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶3B．此时交流电源输出的功率为3PC．U0＝4UD．如果灯L2突然烧断，灯L1将变亮，而其余2盏灯将变暗〖答案〗C〖解析〗设灯泡正常发光时，额定电流为I0，由图可知，原线圈中的电流I1＝I0，副线圈中3盏灯并联，则副线圈中的电流I2＝3I0，根据理想变压器的基本规律eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得n1∶n2＝3∶1，故A错误；根据总功率等于各部分功率之和知，此时交流电源输出的功率为4P，故B错误；副线圈两端电压U2＝U，根据理想变压器的基本规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得U1＝3U，所以U0＝3U＋U＝4U，故C正确；如果灯L2突然烧断，则总功率减小，故副线圈中的电流减小，原线圈中的电流也减小，故灯L1将变暗，而原线圈两端的电压变大，故副线圈两端的电压变大，其余2盏灯将变亮，故D错误。二、多项选择题(共4个小题，每小题5分，共20分)9．(2021·辽宁丹东市高二期末)如图所示为交流发电机的原理图，矩形线圈在匀强磁场中逆时针匀速转动，线圈转动的过程中，下列叙述中正确的是()A．线圈在甲图所在位置处磁通量最大B．线圈在乙图所在位置处磁通量最大C．线圈在甲图所在位置处电流最大D．线圈在乙图所在位置处电流最大〖答案〗AD〖解析〗磁通量公式为Φ＝BSsinθ，θ为线圈所在平面与磁场方向所成的角度，图乙此时线圈所在平面与磁场方向垂直，θ＝eq\f(π,2)，可得此时磁通量最大，为Φ＝BS，图乙此时线圈所在平面与磁场方向平行，θ＝0，可得此时磁通量最小，为Φ＝0，故A正确，B错误；线圈在乙图所示位置时，磁通量的变化率最大，产生的电流最大；在甲图所示位置时，磁通量的变化率最小，产生的电流最小，故C错误，D正确。10．矩形金属线圈共10匝，绕垂直于磁场方向的转动轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是()A．此交变电流的频率为0.2HzB．1s内电流方向变化10次C．t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向平行D．1s内线圈转5圈〖答案〗BD〖解析〗由图像知T＝0.2s，故f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.2)Hz＝5Hz，即1s内线圈转5圈，每转1圈电流方向改变2次，所以1s内电流方向变化10次，故选项A错误，B、D正确；在t＝0.1s时，e＝0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故选项C错误。11．如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin(ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后()A．电流表A2的示数减小 B．电压表V1的示数减小C．电压表V2的示数减小 D．电流表A1的示数不变〖答案〗AC〖解析〗由于理想变压器原线圈两端接入电压的有效值不变，原、副线圈的匝数比不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，副线圈两端电压的有效值保持不变，即电压表V1的示数不变，选项B错误；开关S闭合后，变压器副线圈所在电路中的负载电阻减小，流过副线圈干路中的电阻R的电流增大，其两端电压增大，而副线圈两端电压不变，则与电流表A2串联的电阻两端电压减小．即V2示数减小，由欧姆定律可知A2的示数减小，选项A、C正确；由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知，线圈匝数比不变，副线圈的电流增大，则通过原线圈的电流也增大，故A1示数变大，选项D错误。12．发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周()A．框内电流方向不变B．电动势的最大值为UmC．流过电阻的电荷量q＝eq\f(2BL2,R)D．电阻产生的焦耳热Q＝eq\f(πUmBL2,R)〖答案〗ABD〖解析〗金属框转动一周电流方向不变，A项正确；因除电阻R外其他电阻不计，R两端电压就等于电动势，所以电动势最大值为Um，B项正确；金属框转过半周，流过电阻R的电荷量为q′＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2BL2,R)，则金属框转过一周流过电阻R的电荷量为q＝2q′＝eq\f(4BL2,R)，C项错误；电阻R两端的电压的有效值U＝eq\f(Um,\r(2))，Um＝BL2ω，T＝eq\f(2π,ω)，又Q＝eq\f(U2,R)T，联立解得Q＝eq\f(πUmBL2,R)，D项正确。三、实验题(共2个小题，每小题6分，共12分)13．某同学选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压________(选填“交流电源”或“直流电源”)。先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。〖答案〗交流电源增大减小控制变量法〖解析〗变压器不能改变直流电的电压，故电源应为低压交流电源；由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)知U2＝eq\f(n2,n1)U1，原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数n2，则副线圈两端的电压增大，由U2＝eq\f(n2,n1)U1可知n2不变，n1增大，则U2减小。上述实验采用的方法是控制变量法。14．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，(1)下列器材需要的有________。A．干电池组 B．滑动变阻器C．直流电压表 D．多用电表E．学生电源(2)在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。(3)如图所示，当左侧线圈“0”“16”间接入9V电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是________。A．3.1VB．2.5VC．1.7V〖答案〗(1)DE(2)减小(3)C四、计算题(共4个小题，共36分)15．(8分)(2021·北京西城区高二期末)如图甲所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕竖直固定轴OO′以角速度ω匀速转动。从MN边与磁场方向的夹角为30°时开始计时：(1)在图乙中画出0时刻，沿固定轴OO′从上向下看线框的俯视图，并标出电流方向；(2)求经过时间t，线框中产生的感应电动势瞬时值表达式。〖答案〗(1)见〖解析〗(2)e＝BSωcos(ωt＋eq\f(π,6))V〖解析〗(1)0时刻，沿固定轴OO′从上向下看线框的俯视图及电流方向如图。(2)感应电动势的峰值为Em＝BSω由于从MN边与磁场方向的夹角为30°时开始计时，则线框中产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcos(ωt＋eq\f(π,6))V＝BSωcos(ωt＋eq\f(π,6))V。16．(8分)如图所示，圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1m，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.1T，角速度为ω＝eq\f(300,π)rad/s，电阻为R＝10Ω，求：(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流；(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t＝0时刻)；(3)线圈转动过程中的热功率。〖答案〗(1)3A(2)i＝3sin(eq\f(300,π)t)A(3)45W〖解析〗(1)当线圈由图示位置转过90°时，线圈中感应电流最大，感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×0.1×π×0.12×eq\f(300,π)V＝30VIm＝eq\f(Em,R)＝3A(2)由题意知i＝Imsinωt，即i＝3sin(eq\f(300,π)t)A(3)感应电流的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)A线圈转动过程中的热功率P＝I2R＝(eq\f(3\r(2),2))2×10W＝45W。17．(10分)如图，一个小型应急交流发电机，内部为N＝50匝、边长L＝20cm的正方形线圈，总电阻为r＝1.0Ω。线圈在磁感应强度为B＝0.1T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动。发电机对一电阻为R＝9.0Ω的电灯供电，线路中其他电阻不计，若发电机的转动角速度为ω＝100rad/s时，电灯正常发光。求：(1)交流发电机发出的电动势的最大值；(2)电灯正常发光的功率；(3)从图示位置开始，线圈转过30°的过程中，通过电灯的电荷量；(4)线圈每转动一分钟，外力所需做的功。〖答案〗(1)20V(2)18W(3)0.01C(4)1200J〖解析〗(1)电动势的最大值为Em＝NBSω＝NBωL2＝20V。(2)电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝10eq\r(2)V电灯正常发光的电流I＝eq\f(E,r＋R)＝eq\f(10\r(2),1＋9)A＝eq\r(2)A电灯正常发光的功率P＝I2R＝18W。(3)q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBSsin30°,R＋r)＝0.01C。(4)整个回路上产生的热量为Q＝I2(R＋r)t＝1200JW外＝Q＝1200J。18．(10分)一台小型发电机的最大输出功率为100kW，输出电压恒为500V，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m2的输电线向4×103m远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不得超过发电机总功率的4%，求：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220V？若用电器电路中电流为100A，求此时用电器两端的电压数值。〖答案〗(1)1∶12(2)288∶11(3)大于220V227V〖解析〗(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为r＝ρeq\f(2l,S)＝1.8×10－8×eq\f(2×4×103,10－5)Ω＝14.4Ω由题意知P损＝P×4%＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U2)))eq\s\up12(2)r代入数据得U2＝6000V升压变压器原、副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(500V,6000V)＝eq\f(1,12)。(2)I2＝eq\f(P,U2)＝eq\f(105,6×103)A＝eq\f(50,3)AU损＝I2r＝eq\f(50,3)×14.4V＝240V而U3＝U2－U损＝6000V－240V＝5760Veq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(5760V,220V)＝eq\f(288,11)降压变压器原、副线圈匝数比为288∶11。(3)用电器总数减少时，用电器两端电压将增大由题知I4′＝100A，则由eq\f(I4′,I3′)＝eq\f(n3,n4)＝eq\f(288,11)所以I3′＝eq\f(275,72)AU损′＝I3′r＝eq\f(275,72)×14.4V＝55V而U1、U2不变U3′＝U2－U损′＝(6000－55)V＝5945V由eq\f(U3′,U4′)＝eq\f(n3,n4)得U4′＝eq\f(n4,n3)U3′＝eq\f(11,288)×5945V＝227V。章末测评验收卷(三)(时间：75分钟满分：100分)一、单项选择题(本题共8小题，每小题4分，共32分)1．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝10eq\r(2)sin(20πt)V，则下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D．t＝0.4s时，电动势第一次出现最大值〖答案〗A〖解析〗由电动势e＝10eq\r(2)sin(20πt)V知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，选项A正确，B、C错误；当t＝0.4s时，e＝10eq\r(2)sin(20π×0.4)V＝0，选项D错误。2．(2021·攀枝花市十五中高二月考)一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中．通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是()A．t1、t3时刻线圈产生的电动势最大B．t1、t3时刻线圈位于中性面C．t2、t4时刻线圈中感应电流方向改变D．线圈每转一周，电流的方向就改变一次〖答案〗B〖解析〗t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，则电动势为0，故A错误；t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，则线圈位于中性面位置，故B正确；t2、t4时刻磁通量为零，线圈转到与中性面垂直位置处，此时电动势最大，电流方向不变，故C错误；线圈每转一周，两次经过中性面，电流方向两次发生改变，故D错误。3．已知某交变电流的瞬时值表达式为i＝10sin(10πt)A，则()A．交变电流的频率为10HzB．交流发电机线圈转动的角速度为10rad/sC．交变电流的峰值为10AD．若线圈的匝数N＝10，则穿过线圈的磁通量的最大值为0.1Wb〖答案〗C〖解析〗根据ω＝2πf得f＝5Hz，选项A错误；由表达式i＝10sin(10πt)A可知发电机线圈转动的角速度为10πrad/s，选项B错误；交变电流的峰值为10A，选项C正确；因电动势的峰值未知，故无法求出穿过线圈的磁通量的最大值，选项D错误。4.用220V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110V，通过负载的电流随时间变化的图像如图所示，则()A．变压器输入功率约为3.9WB．输出电压的最大值是110VC．变压器原、副线圈的匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋eq\f(π,2))A〖答案〗A〖解析〗变压器的输入功率等于输出功率，所以P入＝P出＝U2I2＝110V×eq\f(0.05,\r(2))A≈3.9W，选项A正确；输出电压的有效值是110V，最大值U2m＝eq\r(2)U2＝110eq\r(2)V，选项B错误；变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，选项C错误；负载电流的函数表达式是i＝0.05sin(100πt)A，选项D错误。5．如图所示，变压器输入的交变电压u＝220eq\r(2)sin(100πt)V，副线圈匝数可调，电阻R＝100Ω，L1、L2均是额定电压为20V、额定功率为20W的小灯泡，通过调节副线圈的匝数，使S闭合前后，L1均能正常发光，则S闭合前后副线圈的匝数之比为()A．1∶11 B．2∶1C．3∶5 D．6∶11〖答案〗D〖解析〗由变压器输入的交变电压u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知输入电压的有效值为U1＝220V；S闭合前电阻R与L1串联，L1正常发光，可知其额定电流为I＝eq\f(P,U)＝1A，故U2＝IR＋U＝120V，由变压器原理可知eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(11,6)；S闭合后L1和L2并联后再与R串联，U2′＝2IR＋U＝220V，同理可知eq\f(n1,n2′)＝eq\f(U1,U2′)＝eq\f(1,1)，联立可得eq\f(n2,n2′)＝eq\f(6,11)，故选项D正确。6．匝数为100的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r＝0.02Ω，则在0～10s内线圈产生的焦耳热为()A．80J B．85JC．90J D．125J〖答案〗B〖解析〗由交变电流的有效值的定义知(eq\f(3,\r(2))A)2R·eq\f(T,2)＋(2A)2R·eq\f(T,2)＝I2RT，则该交变电流的有效值I＝eq\f(\r(17),2)A，线圈的总电阻R总＝100×0.02Ω＝2Ω，由Q＝I2R总t得Q＝85J，选项B正确。7．(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〗题图甲的实验可以采用直流电，但题图乙的实验必须采用交流电，因为变压器是利用互感的原理工作的，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\o\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I2＝eq\f(n4,n3)I0<I0，D正确；题图乙中A两端的电压为I2R<I0R，损耗的功率为Ieq\o\al(2,2)R<Ieq\o\al(2,0)R，故B、C错误。8．如图所示，一理想变压器左右两边接有额定电压均为U的4盏完全相同的灯泡(额定功率为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时4盏灯刚好正常发光。下列说法中正确的是()A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶3B．此时交流电源输出的功率为3PC．U0＝4UD．如果灯L2突然烧断，灯L1将变亮，而其余2盏灯将变暗〖答案〗C〖解析〗设灯泡正常发光时，额定电流为I0，由图可知，原线圈中的电流I1＝I0，副线圈中3盏灯并联，则副线圈中的电流I2＝3I0，根据理想变压器的基本规律eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得n1∶n2＝3∶1，故A错误；根据总功率等于各部分功率之和知，此时交流电源输出的功率为4P，故B错误；副线圈两端电压U2＝U，根据理想变压器的基本规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得U1＝3U，所以U0＝3U＋U＝4U，故C正确；如果灯L2突然烧断，则总功率减小，故副线圈中的电流减小，原线圈中的电流也减小，故灯L1将变暗，而原线圈两端的电压变大，故副线圈两端的电压变大，其余2盏灯将变亮，故D错误。二、多项选择题(共4个小题，每小题5分，共20分)9．(2021·辽宁丹东市高二期末)如图所示为交流发电机的原理图，矩形线圈在匀强磁场中逆时针匀速转动，线圈转动的过程中，下列叙述中正确的是()A．线圈在甲图所在位置处磁通量最大B．线圈在乙图所在位置处磁通量最大C．线圈在甲图所在位置处电流最大D．线圈在乙图所在位置处电流最大〖答案〗AD〖解析〗磁通量公式为Φ＝BSsinθ，θ为线圈所在平面与磁场方向所成的角度，图乙此时线圈所在平面与磁场方向垂直，θ＝eq\f(π,2)，可得此时磁通量最大，为Φ＝BS，图乙此时线圈所在平面与磁场方向平行，θ＝0，可得此时磁通量最小，为Φ＝0，故A正确，B错误；线圈在乙图所示位置时，磁通量的变化率最大，产生的电流最大；在甲图所示位置时，磁通量的变化率最小，产生的电流最小，故C错误，D正确。10．矩形金属线圈共10匝，绕垂直于磁场方向的转动轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是()A．此交变电流的频率为0.2HzB．1s内电流方向变化10次C．t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向平行D．1s内线圈转5圈〖答案〗BD〖解析〗由图像知T＝0.2s，故f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.2)Hz＝5Hz，即1s内线圈转5圈，每转1圈电流方向改变2次，所以1s内电流方向变化10次，故选项A错误，B、D正确；在t＝0.1s时，e＝0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故选项C错误。11．如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin(ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后()A．电流表A2的示数减小 B．电压表V1的示数减小C．电压表V2的示数减小 D．电流表A1的示数不变〖答案〗AC〖解析〗由于理想变压器原线圈两端接入电压的有效值不变，原、副线圈的匝数比不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，副线圈两端电压的有效值保持不变，即电压表V1的示数不变，选项B错误；开关S闭合后，变压器副线圈所在电路中的负载电阻减小，流过副线圈干路中的电阻R的电流增大，其两端电压增大，而副线圈两端电压不变，则与电流表A2串联的电阻两端电压减小．即V2示数减小，由欧姆定律可知A2的示数减小，选项A、C正确；由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知，线圈匝数比不变，副线圈的电流增大，则通过原线圈的电流也增大，故A1示数变大，选项D错误。12．发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周()A．框内电流方向不变B．电动势的最大值为UmC．流过电阻的电荷量q＝eq\f(2BL2,R)D．电阻产生的焦耳热Q＝eq\f(πUmBL2,R)〖答案〗ABD〖解析〗金属框转动一周电流方向不变，A项正确；因除电阻R外其他电阻不计，R两端电压就等于电动势，所以电动势最大值为Um，B项正确；金属框转过半周，流过电阻R的电荷量为q′＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(2BL2,R)，则金属框转过一周流过电阻R的电荷量为q＝2q′＝eq\f(4BL2,R)，C项错误；电阻R两端的电压的有效值U＝eq\f(Um,\r(2))，Um＝BL2ω，T＝eq\f(2π,ω)，又Q＝eq\f(U2,R)T，联立解得Q＝eq\f(πUmBL2,R)，D项正确。三、实验题(共2个小题，每小题6分，共12分)13．某同学选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12V的低压________(选填“交流电源”或“直流电源”)。先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。〖答案〗交流电源增大减小控制变量法〖解析〗变压器不能改变直流电的电压，故电源应为低压交流电源；由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)知U2＝eq\f(n2,n1)U1，原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数n2，则副线圈两端的电压增大，由U2＝eq\f(n2,n1)U1可知n2不变，n1增大，则U2减小。上述实验采用的方法是控制变量法。14．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，(1)下列器材需要的有________。A．干电池组 B．滑动变阻器C．直流电压表 D．多用电表E．学生电源(2)在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。(3)如图所示，当左侧线圈“0”“16”间接入9V电压时，右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是________。A．3.1VB．2.5VC．1.7V〖答案〗(1)DE(2)减小(3)C四、计算题(共4个小题，共36分)15．(8分)(2021·北京西城区高二期末)如图甲所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕竖直固定轴OO′以角速度ω匀速转动。从MN边与磁场方向的夹角为30°时开始计时：(1)在图乙中画出0时刻，沿固定轴OO′从上向下看线框的俯视图，并标出电流方向；(2)求经过时间t，线框中产生的感应电动势瞬时值表达式。〖答案〗(1)见〖解析〗(2)e＝BSωcos(ωt＋eq\f(π,6))V〖解析〗(1)0时刻，沿固定轴OO′从上向下看线框的俯视图及电流方向如图。(2)感应电动势的峰值为Em＝BSω由于从MN边与磁场方向的夹角为30°时开始计时，则线框中产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝Emcos(ωt＋eq\f(π,6))V＝BSωcos(ωt＋eq\f(π,6))V。16．(8分)如图所示，圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1m，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.1T，角速度为ω＝eq\f(300,π)rad/s，电阻为R＝10Ω，求：(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流；(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t＝0时刻)；(3)线圈转动过程中的热功率。〖答案〗(1)3A(2)i＝3sin(eq\f(300,π)t)A(3)45W〖解析〗(1)当线圈由图示位置转过90°时，线圈中感应电流最大，感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×0.1×π×0.12×eq\f(300,π)V＝30VIm＝eq\f(Em,R)＝3A(2)由题意知i＝Imsinωt，即i＝3sin(eq\f(300,π)t)A(3)感应电流的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(3\r(2),2)A线圈转动过程中的热功率P＝I2R＝(eq\f(3\r(2),2))2×10W＝45W。17．(10