单元质量检测(十一) 时间：40分钟 一、选择题(1～7题为单项选择题，8～11题为多项选择题) 1．小型交流发电机的矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系是正弦函数。将发电机与一个标有“6 V，6 W”的小灯泡连接形成闭合回路，不计电路的其他电阻。当线圈的转速为n＝5 r/s时，小灯泡恰好正常发光，则电路中电流的瞬时表达式为( ) A．i＝sin 5t(A) B．i＝sin 10πt(A) C．i＝1.41sin 5t(A) D．i＝1.41sin 10πt(A) 解析 因为小灯泡正常发光，所以电路中电流的有效值为I＝＝1 A，则电流的最大值为Im＝ A≈1.41 A。因为转速n＝5 r/s，且ω＝2nπ，所以ω＝10π rad/s，故电路中电流的瞬时值表达式为i＝1.41sin 10πt A，选项D正确。 答案 D 2．(2016·广东湛江调研)如图1，实验室一台手摇交流发电机的内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10sin 10πt(V)，则( ) 图1 A．该交变电流的频率为10 Hz B．该电动势的最大值为10 V C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W D．电路中理想交流电流表的示数为1 A 解析 由发电机产生的感应电动势表达式e＝10sin 10πt(V)可知，该交变电流为正弦式交变电流，其感应电动势的瞬时值基本表达式为e＝Emsin ωt，由两式对照可知Em＝10 V，ω＝10π rad/s，又由于ω＝2πf，解得f＝5 Hz，故选项A、B错误；理想交流电流表测量的是电路中总电流的有效值，根据闭合电路的欧姆定律有I＝＝1 A，外接电阻R所消耗的电功率P＝I2R＝9 W，故选项C错误，D正确。 答案 D 3．远距离输电的原理图如图2所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( ) 图2 A.＝ B．I2＝ C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2 解析 由于理想变压器的电流比与匝数比成反比，即＝，A错误；由于R两端的电压不等于U2，故B错误；由能量关系可得U1I1＝IR＋P用，故C错误；由功率关系，P入＝P出可得I1U1＝I2U2，D项正确。 答案 D 4．图3甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是( ) 图3 A．输入电压u的表达式u＝20sin(50πt) V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光 C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W 解析 周期是0.02 s，则ω＝100π rad/s，所以输入电压u的表达式为u＝20sin(100πt) V，A错误；只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，均无法正常发光，故B错误；只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，C错误；若S1换接到2后，电阻R两端电压有效值为4 V，R消耗的电功率为P＝＝0.8 W，D正确。 答案 D 5．(2015·安徽理综，16)如图4所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( ) 图4 A．电压表V1示数增大 B．电压表V2、V3示数均增大 C．该变压器起升压作用 D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动 解析 由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，故电压表V1示数不变，选项A错误；由理想变压器原理公式＝且U1、n1、n2不变，则U2不变，即V2的示数不变，V3的示数U3＝U2－I2R0应减小，故选项B错误；由公式＝得：＝＝＝ ... ...
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