【单元练】云南师范大学附属中学高中物理选修2第三章【交变电流】测试题(专题培优)

一、选择题
1．交流发电机的输出电压为U ，采用图示理想变压器输电，升压变压器原、副线圈匝数比为m ，降压变压器原、副线圈匝数之比为n ，输电导线电阻为r ，用户的工作电压为U 。

下列说法正确的是（ ）
A ．mn =1
B ．mn >1
C ．输电线上损失的功率为22
2
(1)mn U m r
- D ．输电线上损失的功率为2
U mr
C
解析：C
AB ．若变压器的输电功率为P ，用户得到的功率为P ′，由于升压变压器输入电压为U ，降压变压器输出电压为U ，则升压变压器输出电压
21U U m
=
降压变压器输入为
U 3=nU
由于在输电线上有功率损失，所以P >P ′，又
1
P P nU U m
'
=
整理可得
mn ＜1
故选项A 、B 错误；
CD ．根据变压器的规律，升压变压器副线圈的电压
21U U m
=
降压变压器原线圈电压
U 3=n U
线路损失的电压
△U =U 3-U 2
损失的功率
2
P U r
∆∆= 由以上式子代入求得
22
2
(1)mn U P m r
-∆= 故选项C 正确，D 错误。

故选C 。

2．据美国气候预测中心发布的数据表明：2020年拉尼娜现象已经形成，2020年冬天或出现极寒天气。

假如出现低温雨雪冰冻天气，我国北方的高压输电线路也会因结冰而损毁。

为消除200k V 高压输电线上的冰凌，有人设计了利用电流热效应除冰的方法，当输送功率和输电线电阻一定时，线上损耗的热功率增大为原来的16倍，输电电压应变为（ ） A ．800kV B ．400kV
C ．100kV
D ．50kV D
解析：D
ABCD 、高压输电线上损耗的热功率为
2P I R ∆=线
若损耗的热功率增大为原来的16P ∆，则
2116P I R ∆=线
得到输送电流变为
14I I =
而输送功率不变，由
11P UI U I ==
所以输电电压变为
11
50kV 4
U U ==
故ABC 错误，D 正确； 故选D.
3．一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可以知道（ ）
A ．0.01s 时刻穿过线圈的磁通量为零
B ．0.01s 时刻线圈处于中性面位置
C ．该交流电流有效值为2A
D ．该交流电流频率为50Hz A 解析：A
AB ．0.01s 时刻感应电流最大，感应电动势最大，故线圈与中性面垂直，为峰值面，磁通量为零，故A 正确，B 错误； C ．该交流电的有效值为
22A 22
m I I =
== 故C 错误；
D ．由图可知该交流电的周期为0.04s ，由
z z 11H 25H 0.04
f T =
== 故D 错误。

故选A 。

4．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。

线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间输入交变电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压。

图乙中两电表均为理想交流电表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器。

现在CD 两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么（ ）
A ．由甲图可知CD 两端输入交流电压u 的表达式为u ＝2sin100t (V)
B ．当滑动触头P 逆时针转动时，MN 之间输出交流电压的频率变大
C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大
D ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R 2消耗的电功率变小D 解析：D
A ．由甲可知，交流电电压最大值为
max 362V U =
周期为：
0.02s T =
则输入交流电压u 的表达式为
2362sin(
)362)(V)u t t T
π
π== 故A 错误；
B ．变压器只能改变电流和电压，不能改变交流电的周期和频率，故B 错误；
CD ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，输出端电阻减小，由于副线圈的输出电压不变，则副线圈的电流增大，根据欧姆定律可知1R 两端的电压增大，根据串联分压可得电阻2
R 两端电压减小，即电压表读数变小，根据2
U P R
=可知电阻2R 消耗的电功率变小，根据
欧姆定律可知电阻2R 的电流变小，根据并联分流可得电阻3R 的电流变大，即电流表读数变大，故C 错误，D 正确；
故选D 。

5．如图所示为远距离输电线路的示意图，若保持发电机的输出电压不变，下列叙述中正确的是（ ）
A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率有关
B ．输电线中的电流只由升压变压器原副线圈的匝数比决定
C ．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率减小
D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压A 解析：A
A ．由于发动机的输出功率不变即升压变压器的原电压不变，当用户用电设备消耗功率变化时，输入功率变化，因此升压变压器的原线圈中的电流将发生变化，故A 正确；
B ．输电线上的电流与用户以及电线上消耗的功率以及变压器的匝数比有关，故B 错误；
C ．当用户电阻减小时，导致电流增大，因此输电线上的损失功率增大，故C 错误；
D ．由于远距离输电式时输电线上有电压损失，因此升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，故D 错误。

故选A 。

6．一个100匝矩形导线圈产生的正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。

由图可知（ ）
A ．该交流电的电压瞬时值的表达式为u =100sin （25t ） V
B ．当t =10-2s 时，磁通量最大
C ．当t =10-2s 时，线圈转动过程中磁通量变化率为100wb/s
D ．若将该交流电压加在阻值为R =100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W D 解析：D
A ．由图可知，T=4×10-2s ，故1
25Hz f T
=
=，ω=2πf =50rad/s ，所以其表达式为 u =100sin （50t ）V
故A 错误；
B ．当t =10-2s 时，感应电动势最大，磁通量为零，故B 错误；
C ．当t =10-2s 时，感应电动势最大
=100V m n E t
Φ
=
线圈转动过程中磁通量变化率
1Wb/s t
Φ
=，故C 错误；
D ．由图象可知交流电的最大值为100V ，因此其有效值为
V 2V 2
100
=50U =
所以R 消耗的功率为
250W U P R
==
故D 正确； 故选D 。

7．在图甲所示的理想变压器a 、b 端加图乙所示的交变电压。

已知变压器原副线圈的匝数比为2：1，R 1为热敏电阻（温度升高时，其电阻减小），R 为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。

下列判断正确的是（ ）
A ．电压表V 1的示数为222
B ．R 1处温度升高时，变压器的输出功率变大
C ．R 1处温度升高时，V 1示数变小，V 2示数变小
D ．R 1处温度升高时，V 1示数不变，V 2示数变大B 解析：B
A ．原线圈输入电压的有效值即电压表1V 的示数
1222
22V 2
U =
= A 错误；
B ．温度升高，电阻1R 阻值减小，根据理想变压器的电压规律
11
22
U n U n =可知副线圈两端电压2U 恒定，根据2U
P R
=可知副线圈两端功率增大，所以变压器的输出功率变大，B 正
确；
CD ．原线圈两端电压1U 和副线圈两端电压2U 保持不变，所以电压表1V 示数不变，副线圈总电阻减小，电流增大，则R 分压增大，1R 分压减小，所以电压表2V 示数减小，CD 错误。

故选B 。

8．如图所示，理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L 1和L 2。

输电线的等效电阻为R 。

开始时，电键S 断开，当S 闭合时，下列说法中正确的是（ ）
A ．副线圈两端的输出电压减小
B ．通过灯泡L 1的电流减小
C ．原线圈中的电流减小
D ．变压器的输入功率不变B 解析：B
A ．理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以A 错误；
B ．当S 接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R 的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L 1的电流减小，所以B 正确；
CD ．由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，所以CD 错误； 故选B 。

9．如图是一交变电流电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值为（ ）
A ．5A
B ．42
C 26A
D ．62 C
解析：C
设此交变电压的有效值为I ，通过阻值为R 的电阻，根据有效值的定义有
2226422T T
R R I RT ⋅⋅
+⋅⋅= 解得
26A I =
故C 正确，ABD 错误。

故选C 。

10．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻1R 、2R 和3R 的阻值分别为3Ω、1Ω和
4Ω，A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压R 的有效值恒定当开关S 断
开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I 。

该变压器原、副线圈匝数的
比值为（ ）
A ．2
B ．3
C ．4
D ．5B
解析：B
设理想变压器原、副线圈匝数的比值为k ，根据题述，当开关S 断开时，电流表示数为I ，则由闭合电路欧姆定律得
11U IR U =+
由变压公式1
1
U k U =及功率关系122U I U I =，可得 2
I k I
= 即副线图输出电流为
2I kI =；
()()222323U I R R kI R R =+=+
当开关S 闭合时，电流表示数为4I ，则有
114U IR U '=+
由变压器公式12
U k U '
'=及功率关系
1224U I U I '''
⋅=
可得
2
4I k I
'
= 即副线圈输出电流为
24I kl '=， 22224/U I R k R ''
==
联立解得
3k =
选项B 正确，ACD 错误； 故选B.
二、填空题
11．如图所示是通过某用电器的电流图像，该交流电的频率是__________Hz ，通过该用电器的电流的有效值是_________A 。

02
解析：0. 2
[1]由电流图像可知交流电的周期为0.02s T =，由频率和周期关系可得
11Hz=50Hz 0.02
f T =
= [2]设有效值为I ，根据交流电有效值的定义可得
2
2m 022I T R I RT ⎛⎫⨯+= ⎪⎝⎭
解得
m 0.4A=0.2A 22
I I =
= 12．如图所示，在磁感强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中，放有一边长为L 的单匝正方形闭合导线框， 电阻为 R ：
(1)线圈在位置Ⅱ时的磁通量ф=_____；
(2)当线框从位置Ⅰ（线框平面⊥磁感线）匀速转到位置Ⅱ（线框平面∥磁感线）的过程中，若角速度为ω，则线框中的平均感生电动势 E ＝_____；
(3)当线框由位置Ⅰ转至位置Ⅲ的过程中，通过导线横截面的感生电量q ＝_____。

解析：
22BL ωπ2
2BL R
(1) [1]．线圈在位置Ⅱ时线圈平面与磁感线平行，可知磁通量0Φ=； (2) [2]．根据感应电动势的定义式，可求得平均感应电动势
22
22BL BL E N t ωππω
∆Φ===
∆ (3) [3]．当线框由位置Ⅰ转至位置Ⅲ的过程中产生的感应电动势的平均值
'2
'
''
2BL E t t
∆Φ==∆∆ 根据闭合电路欧姆定律，则有回路中产生的平均电流为
'E I R
=
通过线圈的电荷量为
2
'
2BL q I t R
=∆= 13．如图所示，交流发电机的矩形线圈的面积20.1m S =，线圈匝数100N =，电阻
1r =Ω，线圈在磁感应强度0.1T B =的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以3000r /min n =的转速匀速转动，外接电阻9R =Ω，以图示时刻开始计时，则电动势瞬间值表达式为e= _________V ，电压表读数是__________V ．
解析：100cos100(V)e t ππ= 452(V)π [1]．因
3000
=22100rad/s 60
n ωπππ=⨯
= 交流电最大值：
1000.11000.1V 100V m E NB S ωππ==⨯⨯⨯=
电动势瞬间值表达式为
cos 100cos100(V)m e E t t ωππ==
[2]．交流电的有效值
502(V)2
m
E π=
= 则电压表读数是
9
502(V)452(V)91
ER U R r ππ=
=⨯=++ 14．从发电站输出的功率为200 kW ，输电线的总电阻为0.05 Ω。

用110 V 和11 kV 的电压输电，输电线上损失的电压分别是________ V 和________ V ，输送到用户的电压分别是________V 和________V ，在输电线上损失的功率分别为________kW 和________kW 。

09119109990916525621653
解析：0.91 19 10999.09 165256.2 16.53 [1]．用110 V 电压输电：
51210A 1818A 110
P I U ⨯==≈ 损失电压
U 损＝IR ＝1818×0.05 V≈91V
[3]．用户得到的电压：
U 用＝U 1－U 损＝110 V －91V ＝19V
[5]．损失功率：
P 损＝I 2R ＝18182×0.05 W ＝165256.2 W
[2]．用11 kV 电压输电：
5
3
2210A 18.18A 1110
P I U ⨯'==≈⨯ 损失电压：
U 损′＝I ′R ＝18.18×0.05V≈0.91V
[4]．用户得到的电压：
U 用′＝U 2－U 损′＝11×103V －0.91V ＝10999.09 V
[6]．损失的功率：
P 损′＝I ′2R ＝18.182×0.05W≈16.53 W.
15．如图所示，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 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R ，电流表电阻不计。

(1)在线圈由图示位置转过180°的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝_____，电阻R 上产生的焦耳热Q ＝_________；
(2)图示时刻电流表的读数为_____________；
(3)从图示位置开始计时，写出线圈产生的瞬时电动势表达式e ＝_____________。

NBS(V)
【分析】(1)磁通量虽为标量但是磁感线穿过的面不同也有正负之分；根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势进而根据焦耳定律求解热量；(2)交流电流表的示数为有效值；(3)根据法拉第电磁感应
解析：
222
22()R N B S r R πω+2()
r R +cos t ωω(V)
【分析】
(1)磁通量虽为标量，但是磁感线穿过的面不同，也有正负之分；根据法拉第电磁感应定律求解平均感应电动势，进而根据焦耳定律求解热量； (2)交流电流表的示数为有效值；
(3)根据法拉第电磁感应定律求出电动势，然后写出瞬时电动势表达式。

(1)[1]图示位置磁通量为10Φ=，转过180︒磁通量为：20Φ= 则：
0210ΔΦΦΦ=-=
[2]根据法拉第电磁感应定律得最大电动势：
m E NBS ω=
电流的有效值为
E
I R r
=
+ 22
m E E =
电阻R 所产生的焦耳热：
2Q I Rt
=
12t T πω
== 解得：222
2
2()
R N B S Q r R πω=
+；
(2)[3]图示时刻电流表的读数为电流的有效值，则：
2()
E NBS I R r R r ω=
=++； (3)[4]图中得位置时线圈平面与磁场平行，则磁通量为0，电动势为最大值，则：
cos cos m e E t NBS t ωωω==(V)。

【点睛】
对于交变电流，求解热量、电功和电功率用有效值，而求解电荷量要用平均值。

注意磁通
量与线圈的匝数无关。

16．如图为余弦交流电的图象，根据图象可知：该交流电的电压有效值是__V ；该交流电的频率是__Hz ．
8125【解析】
解析：8 12.5 【解析】
[1]由图可知余弦交流电最大电压是110V ，所以该交流电的电压有效值是
77.8V 2m
U =
= [2]由图可知，该交流电的周期为T =0.08s ，则：
1
12.5Hz f T
=
= 17．如图所示，单匝矩形线框面积为S ，电阻为R ，处于水平方向匀强磁场中，磁感应强度为B ．线框可以绕着AB 边以角速度ω匀速运动，当线框转至如图位置时为计时起点，
（1）线框中感应电动势的最大值m E =__________． （2）线框中感应电流的瞬时值表达式为__________．
（3）线框从此位置开始转过90︒的过程中，通过线框的电量q =__________． （4）一个周期内线框中产生的热量Q =__________．（1）（2）（3）（4）【解
析】
解析：（1）BS ω （2）
cos BS i t R ωω= （3）BS q R = （4）22
πB S Q R
ω= 【解析】
（1）感应电动势的最大值，E m =BSω
（2）当线框转至如图位置时为计时起点，即垂直于中性面计时，则有感应电动势的瞬时值e=E m cosωt=BSωcosωt ；
因此感应电流的瞬时值表达式i= BS R
ω
cosωt ． （2）因q=It ，根据闭合电路欧姆定律I ＝E/R
又BS
E t t ∆Φ∆＝
＝ 所以BS BS
q t Rt R
⨯＝
＝ （3）交流电的有效值2
U =
根据焦耳定律，则有一个周期内线框中产生的热量222222
2U B S T B S Q T R R R
ωπω===
【点睛】
本题是简单的交流发电机的原理，考查综合应用法拉第定律、欧姆定律、楞次定律、焦耳定律等电磁学规律分析实际问题的能力；注意计算电量时要用交流电的平均值，计算焦耳热时要用交流电的有效值．
18．下图为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器,发电机输出功率为100kW ,输出电压是250V ,用户需要的电压是220V .输电线电阻为10Ω,若已知输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%,则在输电线路中设置的升压变压器原副线圈的匝数比为
_________，降压变压器原副线圈的匝数比为_________，远距离输电线路中损失的电压为___________，用户得到的电功率为___________．
【解析】根据题意
可知输电线损耗功率又解得输电线电流所以故远距离输电线路中损失的电压为解得降压变压器原线圈两端电压为所以；用户得到的电功率：【点睛】对于远距离输电这一块（1）输电电流I ：输电电压为U 输
解析：1/20 240/11 200V 96KW 【解析】
根据题意可知3
110010400A 250
I ⨯==，输电线损耗功率1004%?
4P kW kW =⨯=线，又2
2P I R =线
线，解得24000
A 20A 10
P I R
==
=线，输电线电流2320A I I ==， 所以
122120140020
n I n I ===， 故2
21
1
25020V 5000V n U U n ==⨯=，远距离输电线路中损失的电压为2010V 200V U =⨯=线，解得降压变压器原线圈两端电压为
325000200V 4800V U U U 线=-=-=，所以
334
4
4800240
22011
n U n U ； 用户得到的电功率：10096%96P kW kW =⨯=出．
【点睛】对于远距离输电这一块，（1）输电电流I ：输电电压为U ，输电功率为P ，则输电电流P
I U
=
；（2）电压损失U ∆：输电线始端电压U 与输电线末端电压'U 的差值；（3）功率损失：远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的功率
①2
P I R ∆=线，②P I U ∆=∆，③2
U P R
∆∆=．
19．如图所示，平行四边形线圈匝数n=200匝，线圈面积S=10cm2，线圈电阻r=1Ω，在匀强磁场中绕'OO 轴逆时针（从上往下看）匀速转动，轴'OO 和磁场的方向垂直，磁感应强度的大小2
2
B =
，角速度300/rad s ω=，外电阻电阻R=9Ω，交流电表均为理想电表．若从图示位置开始计时，线圈感应电动势的瞬时值表达式为__________________，流过电流表的最大值电流值为__________；转动过程中交流电压表的数值为__________________．
27V 【解析】图示位置为垂直中性面所以线圈感应电动
势的瞬时值表达式为；；
解析：302cos300e t = 32 27V 【解析】
图示位置为垂直中性面，所以线圈感应电动势的瞬时值表达式为
42
cos cos 2001010300cos300302cos3002
m e E t nBS t t t ωωω-===⨯
⨯⨯⨯= ； 30023291
m m E I A A
R r ===++；39272m I U IR R V V ===⨯=． 20．如图所示为远距离输电示意图．已知升压变压器原、幅线圈的匝数比n 1∶n 2=1∶10，原线圈的输入电压为U 1，输入功率为P 1，输电线上的电阻为r ，变压器为理想变压器．则升压变压器原线圈的输出电压为_________，输电线上的损耗功率为_________．
【解析】根据则；升压变压器的次级电流：；输电线
的功率损失：点睛:理想变压器的输入功率与输出功率相等且没有漏磁现象远距离输电由于导线通电发热导致能量损失所以通过提高输送电压从而实现降低电损
解析：110U
2
12
1100P r U 【解析】
根据1122
U n U n =，则2211110n U U U n ==；升压变压器的次级电流：11
2
2110P P I U U ==；输电线的功率损失：2
2
12
2
1=100P r P I r U =线 . 点睛:理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象．远距离输电，由于导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损.
三、解答题
21．正弦式交流发电机转子是匝数n =100，边长L =20cm 的正方形线圈，其置于磁感应强度B =0.5T 的匀强磁场中，在外力作用下绕着垂直磁场方向的轴以ω=100π（rad/s ）的角速度匀速转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时，线圈的电阻r =1Ω，外电路电阻R =99Ω，试求：
（1）写出交变电流瞬时值表达式； （2）外电阻上消耗的功率； （3）外力的功率。

解析：（1） 6.28sin(100)i t π=；（2）2198π（W ）；（3）2200π（W ） （1）感应电动势的最大值为
m E nBS ω=
根据闭合电路欧姆定律得感应电动势的最大值为
m
m E I R r
=
+ 故交变电流瞬时值表达式
6.28sin(100π)i t =（A ）
（2）电流的有效值为
2
m
I I =
由P =I 2R 得，外电阻上的消耗功率
2R 198πP =（W ）或R 1952.2P =（W ）
（3）外力的功率2
()P I R r =+外，代入得
2
200πP =外
（W ）或1971.9P =外（W ） 22．小型水电站是指装机容量25000kW 及以下的水电站和配套的地方供电电网。

某山区小型水电站的输电网线图如图所示，发电机的输出功率P 1=6400kW ，输出电压U 1=250V ，用户需要的电压U 4=220V ，输电线总电阻R 线=8Ω。

若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%，求：
（1）输电线中的电流I 3；
（2）升压变压器原、副线圈的匝数比1
2
n n ；
（3）降压变压器原、副线圈的匝数比
3
4
n n 。

解析：（1）200A ；（2）
121
128n n =；（3）34152011
n n = (1)设线路损失的功率为P 损，则有
2
135%P P I R =⨯=损
解得
3200A I =
(2)设升压变压器的输入电流为I 1，输出电流为I 2，则有
111P U I = 23I I =
12
21
n I n I = 解得
121128
n n = (3)设用户消耗的电功率即降压变压器的输出功率为P 4，输出电流为I 4，则有
414495%P P U I =⨯=
34
43
n I n I = 解得
34152011
n n = 23．有—台发电机通过升压和降压变压器给用户供电，已知发电机的输出功率是l0kW ，端电压为400V ，升压变压器原、副线圈的匝数比为12:1:5n n =，两变压器之间输电导线的总电阻4ΩR =，降压变压器输出电压4220V U =.求： (1)升压变压器的输出电压； (2)输电线的损失功率多大；
(3)降压变压器的原、副线圈的匝数比34:n n . 解析：(1)22000V U = (2)=100W P 损 (3)
349
1
n n = (1)由升压变压器两端的电压比等于匝数比，有11
22
U n U n = 所以22115
400V 2000V 1
n U U n =
=⨯= (2)理想变压器两端的功率不变，有2110kW P P ==
输电线中电流22210000A 5A 2000
P I U =
== 则2
2=100W P I R =损 (3)降压变压器的输入电压33210000100
V 1980V 5
P U I -=
== 所以
33449
1
n U n U == 24．水力发电的基本原理就是将水流的机械能（主要指重力势能）转化为电能．某小型水力发电站水流量为Q ＝5m 3/s （流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积），落差为h ＝10m ，发电机（内阻不计）的输出电压为U 1＝250V ，输电线总电阻为r ＝4Ω，为了减小损耗采用了高压输电．在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其
中34:190:11n n =，用户获得电压U 4＝220V ，用户获得的功率5
4 1.910P =⨯W ，若不计
变压器损失的能量，已知水的密度33
110/kg m ρ=⨯、重力加速度g 取10m/s 2．求：
（1）高压输电线中的电流强度I 2；
（2）升压变压器原、副线圈的匝数比12:n n ； （3）该电站将水能转化为电能的效率η有多大？ 解析：（1）50A （2）1：16 （3）40%
（1）根据理想变压器变压规律得33
44
U n U n =，解得33800V U =
又根据理想变压器无能量损失知5
34 1.910W P P ==⨯
再根据332P U I =得250A I =
（2）高压输电线电阻损失电压2200V U I r ∆== 得234000V U U U =+∆=
故1212::1:16n n U U ==
（3）高压输电线电阻损失电功率2
210000V P I r ∆== 故发电机输出电功率5
13210W P P P =+∆=⨯
又水流每秒带来的机械能5
0/510W P mgh t Qgh ρ===⨯
故水能转化为电能的效率1
100%40%P P η=
⨯=
25．如图甲是一理想变压器的电路图，图乙是原线圈两端所加电压随时间变化的关系图像，已知电压表和电流表均为理想电表，电压表的示数为10V ，两个定值电阻的阻值R 均为2Ω。

（1）求原、副线圈的匝数之比；
（2）将开关S 闭合，求变压器的输入功率；
解析：（1）
22
1
；（2）100W （1）由图乙知原线圈电压最大值2202V m U = 有效值
1220V 2
m
U =
= 而副线圈电压有效值等于电压表示数，即210V U = 所以原、副线圈的匝数之比
112222022101
n U n U === (2)将开关S 闭合，副线圈上两电阻并联，其总阻值
012
R R R
R R R ⨯=
==Ω+ 消耗的功率
22
22010W=100W 1
U P R ==
理想变压器的输入功率
12100W P P ==
26．如图所示，为交流发电机示意图，匝数为n =100匝矩形线圈，边长分别10cm 和20cm ，内电阻r =5Ω，在磁感应强度B=0.5T 的匀强磁场中绕OO ’以轴ω=502r ad/s 角速度匀速转动，线圈和外电阻为R =20Ω相连接，求： (1)写出从图示位置开始计时的e -t 表达式，
(2)S 断开时，电压表示数；
(3)开关S 合上时，电压表和电流表示数。

解析：(1)22)V e t =；(2)50E V =；(3)40V U =，2I A = (1)图示位置为垂直中性面位置，其表达式为
sin()502
22)V e nBS t t π
ωω=+=
(2) S 断开时，电压表测量电源电动势有效值，其值为
m 50250V 22
E =
== (3) 开关S 合上时，电压表测量路端电压，根据串联电路电压的分配规律有
40V R
U E R r
=
=+ 根据闭合电路的欧姆定律得电流表示数为
2E I A R r
==+
27．如图所示，边长为L=0.2 m 的正方形线圈abcd ，其匝数为n=10、总电阻为r=2 Ω，外电路的电阻为 R=8 Ω，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 B=1T ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω=2 rad/s 绕OO'轴匀速转动，求：
(1)闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e ；
(2)从t=0时刻到t=
4π
时刻，电阻R 上产生的热量Q ； (3)从t=0时刻到t=4
π
时刻，通过R 的电荷量q 。

解析：(1)e =0.4sin2t （V ）；(2)5.024×10-3J ；(3)0.02C q =
(1)线圈转动时，在磁场中总有竖直方向一条边切割磁感线，当线框平行于磁场时，产生的感应电动势最大，则有
0.4V 2
m L
E nBLv nBL ω==⨯
= 线圈从图示位置开始，即从中性面开始，可知闭合电路中感应电动势的瞬时表达式
e =E m sin ωt =0.4sin2t （V ）
(2)线圈由图示位置匀速转动过程中，电阻R 上电压有效值
25
2
m U =
=
电阻R 上的电流有效值
2
A 50
U I R r =
=+ 从t =0时刻到t =
4πs 时刻，时间间隔△t =4
π
s ，则电阻R 上产生的热量 Q =I 2R×△t =5.024×10-3J
(3)从t =0时刻到t =4
π
s 时刻，感应电动势的平均值：
2
2BL E n n
t t
∆Φ==∆∆ 感应电流的平均值
2
2()E BL I n R r R r t
==++∆
通过电阻R 的电荷量
2
0.02C 2()
BL q I t n R r =∆==+
28．如图甲为手机无线充电工作原理示意图，它由送电线圈和受电线圈组成。

已知受电线圈的匝数为N ＝50匝，电阻r ＝1.0 Ω，在它的c 、d 两端接一阻值R ＝9.0 Ω的电阻。

设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场，其磁通量随时间变化规律如图乙所示，可在受电线圈中产生正弦式交变电流。

求： (1)交流电压表的示数为多少？
(2)无线充电1分钟，电阻R 上接受电能多少？
(3)从t 1到t 2时间内，通过电阻R 的电荷量。

解析：(1) 92V ；(2) 1080 J ；(3) 2×10－3 C
（1）由图可知，310s T π-=⨯，故线圈中电动势的有效值为
max 102V 22E T
=
== 故交流电压表的示数为 92V R U E R r =
=+ （2）R 上的电能为
2
1080J U E t R
== （3）通过R 的电荷量为
3Δ210C Φq It n R r -===⨯+。