章末素养测评(三) 1.C [解析] 由图可知,当t=0.5×10-2 s时,感应电动势最大,线圈平面与中性面垂直,故A错误;由图可知,当t=1×10-2 s时,感应电动势为0,线圈平面与中性面重合,磁通量最大,磁通量变化率为0,故B错误;由图可知,该交流电的周期T=0.02 s,则线圈转动角速度ω== rad/s=100π rad/s,交流发电机的最大感应电动势Em=NBSω,所以Φm=BS== Wb=1×10-3 Wb,故C正确,D错误. 2.C [解析] 如果输送功率与导线电阻不变,输送电压变为原来的2倍,则输送电流变为原来的二分之一,根据P损=I2R可知,损失功率变为原来的四分之一,选项A错误;同理,如果输送功率与输送电压不变,导线电阻变为原来的2倍,则损失功率变为原来的2倍,选项B错误;输送功率P的具体数值由工厂的用电情况决定,如果机器不工作,变电所将不输出电来,选项C正确,D错误. 3.D [解析] 设R两端电压为U,则R消耗的功率为PR=,仅向上滑动P2,U不变,R增大,所以PR变小,指示灯L的功率PL不变,a、b端输入功率为P=PR+PL,所以P变小,故A错误;若断开开关S,会造成R所在支路断开,对L所在支路无影响,故B错误;仅顺时针滑动P1,由于a、b端所接交流电压恒定,所以电压表示数不变,根据理想变压器原、副线圈电压关系可知U减小,所以PR变小,同A分析可知P变小,故C错误,D正确. 4.B [解析] 取一个周期T研究,由有效值的定义得I2RT=×R×+(-5 A)2×R×,解得I= A,故B正确. 5.C [解析] 由题中电压表达式可知,输入电压的频率为f=50 Hz,变压器不会改变交流电的频率,故线圈b两端电压的频率为50 Hz,A错误;由变压器的电压与匝数关系式=,可知,n1增加,U2减小,小灯泡变暗,B错误;灯泡消耗的功率P=,换一个电阻更小的灯泡,消耗的功率P增大,故电源的输出功率增大,C正确;直流电无法通过变压器变压,此时输出电压为零,故将线圈a改接在学生电源直流输出端,小灯泡不能发光,D错误. 6.C [解析] 线圈在磁场中转动,产生正弦式交流电,其电动势的最大值为Em=NBSω,电动势的有效值为E=,电压表的读数等于交流电源的路端电压,且为有效值,则U=,故A错误;通过电阻的电荷量q=t==,故B错误;电阻产生的焦耳热为Q=I2Rt=R=,故C正确;当线圈由图示位置转过60°时,电动势的瞬时值为e=NBSωsin 60°=NBSω,i==,故D错误. 7.D [解析] 变压器不改变交流电的频率,所以副线圈电流频率f== Hz=50 Hz,故A错误;由u=20sin 100πt(V)可知,电源电压的有效值为20 V ,则有20 V=U1+I1R1,根据公式===,且R1=R2=10 Ω,联立可得U2=8 V,I1=0.4 A,即电压表示数为8 V,电流表的示数为0.4 A,则原线圈电流的最大值为0.4 A,故B、C错误;R1的功率为P1=R1=1.6 W,故D正确. 8.AC [解析] 图示时刻(线圈平面与磁场方向垂直)线圈处于中性面,穿过线圈的磁通量最大,但磁通量的变化率为零,故A正确;由图可知,在线圈转动一周的过程中,只有半周时间内才会有电流产生,所以该过程不能产生完整的正弦式交变电流,故B错误;线圈转动过程中,产生的感应电动势的最大值为Em=NBSω=nB·l2ω,在有感应电动势的半周时间内,感应电动势的有效值为E==nBl2ω,电路中电流的有效值为I==,所以负载电阻上产生的热量为Q=I2R·=R·=,故C正确;线圈转动一周过程中,穿过线圈的磁通量的变化量为零,根据=n可知,线圈产生的平均电动势为零,所以平均电流也为零,通过负载电阻的电荷量为0,故D错误. 9.BC [解析] 在1.57×10-2~4.71×10-2 s时间内,根据楞次定律,线圈中产生俯视逆时针方向的感应电流,所以P点的电势低于Q点的电势,A错误;根据法拉第电磁感应定律得U1==== V=12 V,B正确;根据变压规律可得U2=U1=8 V,C正确;滑动变阻器的滑动端向上滑动时,不改变副线圈两端电压,所以灯泡亮度不变,D错误. 10.BCD [解析] 因=R2+R3,故A错误;根据变压器的原理有==k,==k,解得U1=kU,I1=,在原线圈电路中,U0=I1R1+U1=R1+kU,整理得U=U0-I,则=,故B正确 ... ...
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