一、选择题(1～5题为单选题，6～8题为多选题)
1.(2015·四川理综)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示.矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
A.峰值是e0 B.峰值是2e0
C.有效值是Ne0 D.有效值是Ne0
答案：D
解析：A、B项，一匝线圈产生的感应电动势的峰值为ab边与cd边的峰值之和，即2e0，N匝线圈产生的感应电动势的峰值为一匝的N倍，即为2Ne0，即发动机输出电压峰值2Ne0，故A、B项错误。C、D项，该交流电压按正余弦规律变化，有效值为峰值的倍，即为Ne0，故C项错误，D项正确。
2.(2015·安徽理综)图示电路中，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0.8A，则下列说法正确的是( )
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
答案：D
解析：A、B项，原、副线圈的匝数比不变，原线圈上的电压有效值不变，则电压表V1和V2的示数保持不变。故A、B项错误。C项，变压器原、副线圈的电流之比等于原、副线圈匝数比的倒数，电流表A2示数的增加值大于A1的示数增加值，说明原线圈的匝数大于副线圈的匝数，该变压器起降压作用，故C项错误。D项，电流表A1和A2的示数增大，说明副线圈上的电阻减小，则变阻器的滑片应沿由c到d的方向滑动，故D项正确。
3.(2015·福建理综)图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=Um sin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )
A.() B.()
C.4()2()2r D.4()2()2r
答案：C
解析：原线圈电压的有效值：U1=，根据=可求：U2=·，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的电流功率等于输入功率P，所以输电线上电流I=，导线上损耗的电功率P′=I22r=4r22，所以C正确;A、B、D错误。
4.(2015·广东理综)图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变。调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V。调节前后( )
A.副线圈中的电流比为1∶2 B.副线圈输出功率比为2∶1
C.副线圈的接入匝数比为2∶1 D.原线圈输入功率比为12
答案：C
解析：A项，由于输出电压有效值降至原来的一半，而副线圈电路中电阻不变，由欧姆定律，副线圈中电流变为调节前的一半，前后电流比应为2?1，故A项错误。C项，由于原线圈条件未变，调节触头P，输出电压有效值降至原来的一半，因此副线圈接入匝数变为原来的一半，故C项正确。B、D项，副线圈输出功率可表示为P=I2R，由A项分析可知电流变为调节前的一半，前后功率比应为4?1;在理想变压器中，P入=P出，所以原线圈前后功率之比也为4?1，故B、D项错误。综上所述，本题正确答案为C。
5.(2015·江苏单科)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V。已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )
A.200 B.400
C.1600 D.3200
答案：B
解析：由理想变压器变压比等于匝数比，即=，可得n2=n1=400，则B正确。
6.(2015·海南单科)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4?1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源;副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，是理想电压表。现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则( )
A.此时原线圈两端电压的最大值约为34V
B.此时原线圈两端电压的最大值约为24V
C.原线圈两端原来的电压有效值约为68V
D.原线圈两端原来的电压有效值约为48V
答案：AD
解析：当电压表的读数为5.0V时，副线圈两端的电压U2=6.0V，根据U1?U2=n1?n2，可得U1=24V，其最大值Um=24≈34V，A对，B错。当R=11R0时，由于电流没有发生变化，所以原来副线圈的电压U2′=12V，则U1′=48V，C错，D对。
7.(2015·天津理综)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
答案：BC
解析：A、B项，保持Q的位置不动，则原、副线圈匝数比不变，所以副线圈两端电压不变，P向上滑动时，副线圈的电阻变大，则副线圈电流变小，原线圈电流随之变小，所以电流表读数变小，故A项错误，B项正确。C、D项，保持P的位置不动，将Q向上滑动时，原、副线圈匝数比变小，则副线圈两端电压变大，副线圈电阻不变，则副线圈电流变大，原线圈电流随之变大，所以电流表读数变大，故C项正确，D项错误。综上所述，本题正确答案为BC。
8.(2015·河北衡水中学二模)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是( )
A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt
B.矩形线圈从图示位置经过时间内，通过电流表的电荷量为零
C.当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大
D.当P位置向上移动，R不变时，电流表读数变大
答案：AD
解析：矩形线圈产生的感应电动势最大值Em=NBSω，由图示线圈位置可知开始计时时产生的感应电动势最大，则瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，A正确。线圈从图示位置经过时间，磁通量变化量ΔΦ≠0，由q=N可知，通过电流表的电荷量不为零，B错误。电压表的示数为U1=不变，C错误。由=得U2=，当P位置向上移动时，n1变小，则U2变大，又R不变，再由P=可知副线圈消耗的功率P2变大，则可知原线圈的输入功率P1=P2变大，再由I1=知I1变大，电流表读数变大，D正确。
