6．(2010·南通模拟)正弦式电流经过匝数比为＝的变压器与电阻R、交流电压表 V、交流电流表A按如图6甲所示方式连接，R＝10 Ω.图乙所示是R两端电压U随时间变化的图象，U_m＝10 V，则下列说法中正确的是　　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．通过R的电流i_R随时间t变化的规律是i_R＝

cos100πt(A)

B．电流表A的读数为0.1 A

C．电流表A的读数为 A

D．电压表的读数为U_m＝10 V

解析：由图乙所示图象知T＝2×10^－2 s，f＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，I_m＝＝ A，故i_R＝cos100πt(A)，A正确．再根据＝，I₂＝＝1 A知，I₁的有效值为0.1 A，B正确，C错误．电压表读数应为副线圈电压的有效值，U＝＝10 V，故D错误．

答案：AB

5．2008年1月份，我国南方大部分地区遭遇特大雪灾，输电线表面结冰严重，导致线断塔倒．某学校实验兴趣小组设计了利用输电导线自身电阻发热除冰的救灾方案，处理后的电路原理如图5所示，输电线路终端降压变压器用模拟负载R₀代替，R_L为输电线电阻，并将电阻R_L放入冰雪中，在变压器原线圈两端加上交变电流后即出现冰雪融化的现象．为了研究最好除冰方案，下列模拟实验除给定操作外，其他条件不变，不考虑其可行性，你认为其中最合理的是　　　　　　 　　　　　　　　　　　　(　)

A．将调压变压器滑动触头P向上移动一些

B．将调压变压器滑动触头P向下移动一些，同时延长通电时间

C．通过计算，选择适当输出电压，并闭合S将模拟负载R₀短时短路

D．通过计算，选择适当输出电压，并将模拟负载R₀的阻值增大一些

解析：输电线的电阻R_L一定，将调压变压器滑动触头P向上移动一些，可以增大输出电压和输出电流，因此R_L上消耗的功率增大，可以增强除冰效果，但同时也增大了电能消耗；延长通电时间，虽可以增大发热量，但发热快慢不变即功率不变，若发热与导线散热平衡，则导线上的冰是不能除去的；如果所加电压适当，闭合S将模拟负载R₀短时短路，可以将电能在R_L上释放短时产生大量热量而除冰，适当电压可保证输电线不被烧断，节能省时；若增大R₀，则R_L上的电功率会减小．因此最合理的是方案 C.

答案：C

4．如图4所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈中串一个灯泡L，副线圈上接三个与L相同的灯泡，这三个灯泡均能正常发光，则　　　　　　　　　　　　　 (　)

A．灯L也能正常发光

B．灯L比另三灯都暗

C．灯L将会被烧坏

D．不能确定

解析：原、副线圈中的电流之比为＝＝，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I_额＝.又I₁＝I₂，所以通过原线圈中灯L的电流恰为其额定电流，灯L正常发光，所以A正确．

答案：A

3．如图3所示，左侧的圆形导电环半径为r＝1.0 cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C＝100 pF的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁感应强度B的变化率为＝100 πsinωt，若电容器C所带电荷量的最大值为1.41×10^－9C，则所用理想变压器的原、副线圈的

匝数之比为(取π²＝10)　　　　　　　　　　　　 (　)

A．1∶100 　　　　　　　　B．100∶1

C．1∶100　 　　　　　　D．100∶1

解析：原线圈两端电压最大值

U_1m＝()_mS＝0.1 V.

副线圈两端电压的最大值即电容器两端电压的最大值

由C＝得：U_2m＝＝14.1 V，

所以＝＝.

故A对．

答案：A

2．如图2所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n.

原线圈接正弦交流电压U，输出端接有一个交流电流表和

一个电动机．电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，

电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正

确的是　　　　 　　　　　　　　　　　　　　　(　)

A．电动机两端电压为IR

B．电动机消耗的功率为I²R

C．原线圈中的电流为nI

D．变压器的输入功率为

解析：因电动机是非纯电阻电路，U≠IR，P≠I²R，A、B错．电动机两端电压为，故电动机消耗的功率为，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I₀＝I/n，D对C错．

答案：D

1．(2008·北京高考)一理想变压器原、副线圈匝数比n₁∶n₂＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图1所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则　 　(　)

A．流过电阻的电流是20 A

B．与电阻并联的电压表的示数是100 V

C．经过1分钟电阻发出的热量是6×10³ J

D．变压器的输入功率是1×10³ W

解析：原线圈中电压的有效值是220 V．由变压比知副线圈中电压为100 V，流过电阻的电流是10 A；与电阻并联的电压表的示数是100 V；经过1分钟电阻发出的热量是6×10⁴ J；P_入＝P_出＝＝　 V＝1×10³ W．只有D项正确．

答案：D

12．(15分)(2010·镇江模拟)如图12甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m²，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁场的磁感应强度按如图12乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝nB_mScos(t)，其中B_m为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期．不计灯丝电阻随温度的变化，求：

(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；

(2)小灯泡消耗的电功率；

(3)在磁感应强度变化的0-的时间内，通过小灯泡的电荷量．

解析：(1)由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T＝3.14×10^－2s，所以

E_m＝nB_mSω＝＝8.0 V.

(2)电流的最大值I_m＝＝0.80 A，

有效值I＝＝ A，

小灯泡消耗的电功率P＝I²R＝2.88 W.

(3)在0-时间内，电动势的平均值＝，

平均电流＝＝，

流过灯泡的电荷量Q＝Δt＝＝4.0×10^－3 C.

答案：(1)8.0 V　(2)2.88 W　(3)4.0×10^－3 C

11．(15分)图11甲所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100匝、电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图11乙所示正弦规律变化．求：

　(1)交流发电机产生的电动势的最大值；

(2)电路中交流电压表的示数．

解析：(1)交流发电机产生的电动势的最大值

E_m＝nBSω

而Φ_m＝BS，ω＝，所以E_m＝

由Φ－t图线可知：Φ_m＝2.0×10^－2 Wb，

T＝6.28×10^－2 s

所以E_m＝200 V.

(2)电动势的有效值E＝E_m＝100 V

由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为

I＝＝ A

交流电压表的示数为

U＝IR＝90 V≈127 V.

答案：(1)200 V　(2)127 V

10．如图10所示，单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直于纸面向里，线圈所围面积为S，线圈导线的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸面外转动．则(　)

A．线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i＝sinωt

B．线圈中电流的有效值为I＝

C．线圈中电流的有效值为I＝

D．线圈消耗的电功率为P＝

解析：回路中感应电动势最大值E_m＝BSω，电流最大值I_m＝＝，t＝0时为中性面，故瞬时值表达式i＝sinωt.电流有效值I＝＝，P＝I²R＝，故B、D错误，A、C正确．

答案：AC

9．如图9甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t＝时刻　　　　　　　　　　　　　　　　 　(　)

A．线圈中的电流最大

B．穿过线圈的磁通量最大

C．线圈所受的安培力为零

D．穿过线圈磁通量的变化率最大

解析：注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时的特点；磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率不同；t＝＝，线圈转过90°，本题应选B、C.

答案：BC