【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练32 交变电流的产生和描述.doc，共(12)页，1.085 MB，由MTyang资料小铺上传

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课练32交变电流的产生和描述1．(2018·湖北黄冈中学月考)(多选)有一个交变电流U＝311sin314t(V)，则下列说法中正确的是()A．这个交变电流的频率是50HzB．它可以使“220V100W”的

灯泡正常发光C．用交流电压表测量时，读数为311VD．使用这个交变电流的用电器，每通过1C的电荷量时，电流做功220J答案：ABD解析：由瞬时值表达式可知Um＝311V，ω＝314rad/s，频率f＝ω2π＝50Hz，选项A正确；电压的有效值U

有＝Um2＝220V，可以使“220V100W”的灯泡正常发光，选项B正确；交流电表读数为有效值，选项C错误；每通过1C的电荷量时，电流做功W＝qU有＝220J，选项D正确．2．(2018·广东信宜中学月考)(多选)如图所示，某交流发电机的线圈共n匝，面积为S，内阻为r，

线圈两端与电阻R构成闭合回路．当线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω绕轴OO′匀速转动时，下列说法正确的是()A．产生感应电动势的有效值E＝nBSω2B．从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R横截面的电荷量q＝nBSRC．线圈经过中性面时，感应电流达到最大值D．线圈中的电

流每经过时间πω方向改变一次答案：AD解析：线圈中产生的感应电动势最大值Em＝nBSω，产生的是正弦式交变电流，则产生感应电动势的有效值E＝Em2＝nBSω2，选项A正确；从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R横截面的电荷量q＝I－Δt，而平均感应电流I－＝E－r＋R，平均感应电动势E－＝n

ΔΦΔt，故q＝nΔΦr＋R，而线圈从图示位置转过90°的过程中，磁通量的变化ΔΦ＝BS，可得q＝nBSr＋R，选项B错误；线圈经过中性面时，磁通量最大，但磁通量的变化率最小，为0，因此感应电动势为0，故感应电流达到最小值，选项

C错误；交变电流周期为T＝2πω，一个周期内线圈中电流方向改变两次，则线圈中的电流每经过时间πω方向改变一次，选项D正确．3．(2018·黑龙江哈六中模拟)两个完全相同的电热器，分别通以图甲、乙所示的峰值相等的

矩形交变电流和正弦式交变电流，则这两个电热器的电功率之比P甲∶P乙等于()A.2∶1B．2∶1C．4∶1D．1∶1答案：B解析：矩形交变电流的有效值I1＝Im，正弦式交变电流的有效值I2＝Im2，根据电功率公式P＝I2R，得P甲∶P乙＝I21∶I22＝I2m∶Im22＝2∶1

，故选项B正确．4．(2018·上海静安区一模)如图所示，虚线上方是有界匀强磁场，扇形导线框绕垂直于框面的轴O以角速度ω沿逆时针方向匀速转动，线框中感应电流方向以逆时针方向为正，则下图中能正确反映线框转动一周过程中感应电流随时间变化的图象是()答案：A解析

：当线框进入磁场时，通过线框的磁通量的变化率不变，即感应电动势及感应电流大小不变，由右手定则可知，电流方向为逆时针方向，为正值，当线框全部进入磁场后，通过线框的磁通量不变，线框中无感应电流，故A正确，B、C、D错误．5．(201

8·山西孝义一模)(多选)一个矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈中的磁通量随时间变化的关系如图所示，线圈的电阻为R，共有n匝，则下列说法正确的是()A．t＝T2时刻，线圈中的感应电动势为零B．t＝T2时刻，磁通量的变化率为ΔΦΔt＝2πΦ0TC．线圈中感应电

动势的瞬时表达式为e＝2πnΦ0Tsin2πTtD．若磁通量的变化周期变为T2，则线圈中电流的功率增大为原来的4倍答案：BD解析：t＝T2时刻，线圈中磁通量的变化率最大，线圈中的感应电动势最大，故A错误；由题目结合图象可知，t＝T2时刻，线圈中感应电动势有最大值Em＝nBSω＝nΦ0

2πT＝2πnΦ0T＝nΔΦΔt，解得ΔΦΔt＝2πΦ0T，故B正确；线圈中感应电动势的瞬时表达式e＝Emcos2πTt＝2πnΦ0Tcos2πTt，故C错误；若磁通量的变化周期变为T2，则电动势的最大值、

有效值均变为原来的2倍，由线圈中电流的功率P＝E2R可知，电流的功率增大为原来的4倍，故D正确．6．(2018·广西南宁期末)(多选)如图所示，小型旋转电枢式交流发电机中矩形线圈的电阻r＝1Ω，匝数为10匝，线圈处于匀强磁场中，线圈

绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电路连接，电路中电表均为理想交流电表，滑动变阻器R的最大阻值为4Ω，滑片P位于滑动变阻器的中点，线圈的转速为10r/s，闭合开关S，电压表的示数为4V，电流表的示数为0.5A，则下列说法

正确的是()A．从图示时刻开始，线圈中产生的电动势瞬时表达式为e＝4.5cos2πt(V)B．灯泡消耗的功率为1.5WC．线圈转动过程中，通过线圈的最大磁通量约为1×10－2WbD．滑动变阻器的滑片向左移，电压表、电流表的示数均

变小答案：BC解析：由题可知，感应电动势的有效值为E＝U＋Ir＝4V＋0.5×1V＝4.5V，最大值为Em＝4.52V，从图示时刻开始产生的电动势的瞬时表达式为e＝Emcos2πnt＝4.52cos20πt(V)，A错误；滑动变阻器两端的电压有效值UR＝IR＝0.5×2V

＝1V，因此灯泡两端的电压有效值为UL＝3V，灯泡消耗的功率为P＝ULI＝3×0.5W＝1.5W，B正确；由Em＝N2πΦmT＝NΦmω得Φm＝EmN·2πn＝92400πWb＝1×10－2Wb，C正确；滑动变阻器的滑片向左移，滑动变阻器接入电路的电阻变大，

电路中的电流减小，电流表的示数减小，电源的内阻消耗的电压减小，输出电压增大，电压表的示数增大，D错误．7.(2018·黑龙江省大庆市质量检测)(多选)如右图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电

路接有电阻R、理想电流表A和二极管D.电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是()A．导线框转动的角速度为2RINBSB．导线框转动的角速度为4RINBS

C．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大答案：AC解析：导线框产生的最大感应电动势Em＝NBSω.根据二极管的特点可知，在一个周期内只有半个周期回路中有电流，根据交变电流的热效应可知NBSω2R2R

·T2＝I2RT，解得ω＝2RINBS，故A正确，B错误；导线框转到图示位置时，即导线框位于中性面位置，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确，D错误．8．(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图

象如图乙中曲线a、b所示，则()A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V答案：AC解析：从电动势的图象看到，t＝0时刻，感应电动势为0，所以

此时线圈平面与中性面重合，A正确．从电动势的图象知a、b对应的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，因线圈转动的角速度ω＝2πT，则a、b对应的转速之比na∶nb＝3∶2，B错误．a的周期为0.04s，故a的频率为25Hz，C正确．由

最大值Um＝nBSω可知，二者最大值之比为3∶2，则b表示的交变电动势的最大值约10V，其有效值为52V，D错误．9．(多选)电路如图甲所示，电阻R的阻值为484Ω，C为电容器，L为直流电阻不计的电感线

圈，开关S断开，当接上如图乙所示的电压u，下列说法正确的是()A．R上的电压应等于155.5VB．电压表的示数为220VC．电阻R消耗的功率小于50WD．为保证闭合开关S后电容器不被击穿，该电容器的耐压

值不得小于311V答案：CD解析：设电压表的读数为U，根据电压有效值的概念应有U2RT＝0＋31122R·T2，解得U＝1102V≈155.5V，即电压表的示数应为155.5V，由于线圈的自感作用，

电阻R两端的电压应小于155.5V，所以A、B错误；当不考虑线圈的自感作用时，电阻R消耗的功率为P＝U2R＝22484W＝50W，所以由于线圈的自感作用，电阻R消耗的功率一定小于50W，所以C正确；根据电源电压图象可知，电源的电压最大值为311V，电容器的耐压值不能小于311

V，所以D正确．10.如图所示，面积为S的矩形线圈共N匝，线圈总电阻为R，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C与纸面共面，位置A与位置C成45°角．线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，下列说法正确的是()A．平均电动势为22

πNBSωB．通过线圈某一截面的电荷量q＝22NBSRC．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为N2B2S2πω4RD．在此转动过程中，电流方向会发生改变答案：A解析：线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，ΔΦ＝2BScos45°＝2BS，Δt＝π2ω

，根据E＝NΔΦΔt，得E＝22πNBSω，故A正确．根据E＝NΔΦΔt，q＝ERΔt＝NΔΦR＝2BSNR，故B错误．产生电动势的峰值Em＝NBSω，则有效值E＝Em2＝NBSω2，则W＝Q＝E2RΔt＝N2B2S2πω4R，从

A转过90°过程中，电动势有效值不等于Em2，故C错误．线圈每经过中性面一次，电流方向改变，线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，电流方向不变，故D错误．11．如图所示，虚线两侧有垂直线框平面磁感应强度均为B的匀强磁场，直

角扇形导线框半径为L、总电阻为R，绕垂直于线框平面的轴O以角速度ω匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是()A.BL2ωRB.2BL2ω2RC.2BL2ω4RD.2BL2ωR答案：B解析：线框从图示位

置转过90°的过程中，即在0～T4内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过90°至180°的过程中，即在T4～T2内，线框中的感应电动势为E＝BL2ω，大小恒定不变，感应电流沿逆时针方向；在转过180°至270°的过程中，即在T

2～3T4内，穿过闭合线框的磁通量不变，线框内无感应电流；在转过270°至360°的过程中，即在3T4～T内，线框中的感应电动势为E＝BL2ω，大小恒定不变，感应电流沿顺时针方向．根据以上分析，画出一个周期

内感应电动势E—t图象(图象略)，利用电流的热效应计算感应电动势的有效值为U有＝2BL2ω2，所以I有＝U有R＝2BL2ω2R，选项B正确．12．(2018·内蒙古包头测评)(多选)有一种家用电器，图甲是其电

路工作原理图，当电阻丝接在u＝311sin100πt(V)的交流电源上后，电阻丝开始加热，当其温度达到某一数值时，自动控温装置P启动，使电阻丝所接电压变为按图乙所示波形变化(部分仍为正弦波)，从而进入保温状态．不计电阻丝阻值的变

化，则下列说法正确的是()A．P启动后，电阻丝的功率变为原来的一半B．P启动后，电阻丝所接电压的频率变为原来的一半C．P启动后，电压表的读数大约是原来的0.5倍D．P启动后，电压表的读数大约是原来的0.7倍答案

：AD解析：P启动前电阻丝的功率P1＝22R＝31122R，结合乙图可知电阻丝的功率P2＝U′2有R，由有效值定义有U2有R·T2＋0＝U′2有RT，得P2＝12·U2有R＝12·31122R，则知P1

＝2P2，A正确；P启动前所接电压的频率f＝100π2πHz＝50Hz，启动后所接电压的频率f′＝1T＝10.02Hz＝50Hz，则B错误；电压表测有效值，启动前U有＝3112V，又由启动前后功率关系可知，启动

后U′有＝22·U有≈0.7U有，则C错误，D正确．刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2017·天津卷)(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正

弦规律变化．设线圈总电阻为2Ω，则()A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线B．t＝1s时，线圈中的电流改变方向C．t＝1.5s时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J答案：AD解析：由题图可

知，t＝0时刻穿过该线圈的磁通量为零，线圈平面与磁感线平行，选项A正确；线圈中电流为零时，方向改变，此时磁通量应最大，选项B错误；t＝1.5s时，穿过该线圈的磁通量最大，感应电动势为零，选项C错误；由ω＝2πT＝πrad/s，Em＝nBSω＝nΦmω

＝4πV，可得电压的有效值为U＝4π2V＝22πV，一个周期内线圈产生的热量为Q＝U2RT＝8π2J，选项D正确．2．(2016·新课标全国卷Ⅲ)(多选)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过

直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()A．两导线框中均会产生正弦交流电B

．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等答案：BC解析：当导线框进入磁场时，两导线框切割磁感线的有效长度不变，且又匀速旋转切割磁感线，根据E＝BRv＝BR12ωR＝12BR2ω

，可得产生的感应电动势恒定，故产生恒定的电流，不是正弦式交流电，选项A错误；感应电流的周期和导线框的运动周期相等，两导线框中感应电流的周期都等于T，选项B正确；在t＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等，都等于E＝12BR2ω，选项C正确；导线框M在整个周期T内，始终有一个边

在切割磁感线，线框N在进入磁场后，0～T4和12T～3T4内有感应电动势，其余时间没有感应电动势产生，所以二者感应电流的有效值不相等，选项D错误．3．(2015·四川理综)小型发电机线圈共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e0B．峰值是2e0C．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0答案：D解析：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，则发电机输出电压峰值为2Ne0，选项A、B错误；发电机输出电压的有效值为2Ne02＝2Ne0，选项C错误，D正确．刷仿真模拟——明趋向4．(2018·湖南衡阳联考)(多选)如图甲所示，在匀强磁

场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是()A．曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πtVB．曲线b表示的交变电动势最大值为28.8VC．t＝5×10－2s时，

曲线a、b对应的感应电动势大小之比为32∶2D．t＝6×10－2s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0答案：AC解析：由图乙可知，Ema＝36V，ωa＝2πTa＝2π8×10－2rad/s＝25πrad/s，则曲线a表示的交变电动势瞬

时值ea＝Emasinωat＝36sin25πtV，故A正确；由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比为Ta∶Tb＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由ω＝2πT可知ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2，所以曲线a、b表示的交变

电动势的最大值之比Ema∶Emb＝NBSωa∶NBSωb＝ωa∶ωb＝3∶2，又有Ema＝36V，则Emb＝24V，故B错误；曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πtV，曲线b表示的交变电动势瞬时值eb＝24sin2π12×10－2

tV，将t＝5×10－2s代入，得ea＝－182V，eb＝12V，|ea|∶eb＝32∶2，故C正确；由图乙知t＝6×10－2s时，a的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b的电动势为0，对应线框的磁通量最

大，故D错误．5．(2018·福建福州质检)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示，现用该电源对标称为“5V10W”的电动机供电；电源内阻不计，下列说法正确的是()A．电动机的内阻为2.5ΩB．电动机的发热功率

为10WC．通过电动机的电流为2AD．通过电动机的电流为22A答案：C解析：由图知该电源电动势最大值为Em＝52V，则有效值E＝5V，通过电动机的电流为I＝105A＝2A，电动机是非纯电阻元件，电动机内阻r<52Ω＝2.5Ω，电动机的发热功率P热＝I2r<P总＝10W，故A、B、D错误，C

正确．6.(2018·江西八校联考)将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R，让它在磁感应强度为B，方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动．导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P、电阻为r的小灯泡并正常发光．电路中

除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法中正确的是()A．半圆形硬导线的转速为2rPπ2R2BB．半圆形硬导线的转速为rPπ2R2BC．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为πR2BrD．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为零答案：A解析

：转动的半圆形导线切割磁感线，产生感应电动势直接给灯泡供电，因灯泡此时正常发光，则其功率为P，电阻为r，设线圈转速为n，则感应电动势的有效值E有＝B·π·R2·12·2πn2，由P＝U2R得：E2有＝P·r，可求得：n＝2rPπ2R2B，则A对、B错；线

圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电荷量q＝ΔΦr＝B·π·R2·12r＝πR2B2r，则C、D错．7．(2018·广东惠州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表．若线

圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图象，下列说法正确的是()A．在t1～t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BSB．在t3～t4时间内，通过电阻R的电荷量为BSRC．在t3时刻穿

过线圈平面的磁通量的变化率为2BSωD．在t3时刻电流表的示数为BSω2＋答案：D解析：由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为0，方向相反，则在t1～t3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为0，A错误；在t3～t4时间内，磁

通量的变化量为BS，则平均电动势E＝BSΔt，因此通过电阻R的电荷量为q＝ER＋r·Δt＝BSΔ＋Δt＝BSR＋r，故B错误；在t3时刻电动势Em＝BSω，则由法拉第电磁感应定律，Em＝ΔΦΔt可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故

C错误；在t3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I＝Em2＋＝BSω2＋，故D正确．刷最新原创——抓重点8．(2018·安徽“江南十校”联考)(多选)如图所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的单匝矩形

线框MNPQ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动．已知MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R.在t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是()A．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl1l2ωB．矩形线框转过半周时，通过线框的电流为零C．矩形线框转动一周时，通过线框的电流为B

l1l2RD．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为πB2l21l22ω2R答案：ABD解析：矩形线框产生正弦式交变电流，则产生的感应电动势最大值Em＝Bl1l2ω，所以有效值E＝22Bl1l2ω，A正确；当矩形线框转过半周时，线框平面与磁场垂直，磁通量最大

，磁通量变化量为零，感应电动势为零，感应电流为零，B正确；转过一周时，通过线框的电流为零，C错误；矩形线框在转动半周过程中产生的热量Q＝E2Rt＝E2πRω＝πB2l21l22ω2R，D正确．9．一个氖泡指示灯，其发光需要电压超过503V，在它发光的情况下逐渐降低电压，要

降到502V时才熄灭，氖泡两极不分正负，现有峰值为100V、频率为50Hz的正弦交流电压加在氖泡指示灯两端，则在一小时内氖泡指示灯发光的时间为()A．10minB．25minC．30minD．35min答案：B解析：

根据题意交流电电压瞬时值的表达式为e＝100sin100πt(V)，T＝150s，则在前半个周期内，当t＝T6时，开始发光，t＝38T时，停止发光，发光时间为Δt＝38T－T6＝524T，整个周期发光时间为2Δt＝512T，故一个小时内的发光时间

为t＝3600sT×512T＝1500s＝25min，B正确．刷易错易误——排难点易错点1对交变电流的“有效值”等理解不到位导致错解10．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0Ω，外接R＝9.0Ω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＝102sin10πt(V)，则()A．该交变电流的频率为10HzB．该电动势的有效值为10VC．外接电阻R所消耗的电功率为10WD．电路中理想交流电流表的示数为2A答案：B解析：根据题意知，转子转动的角速度ω＝10πrad/s.又ω

＝2πf，则该交变电流的频率f＝5Hz，选项A错误；该交变电流电动势的最大值Em＝102V，则有效值E＝Em2＝10V，选项B正确；根据欧姆定律可得，电路中电流有效值I＝ER＋r＝1.0A，即电流表的示数为1.0A，电阻R所消耗的电功率P＝I2R＝9.0W

，选项C、D错误．易错点2对交流电的“四值”理解不准确而出错11．(多选)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴

以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()A．当转过60°时，感应电动势的瞬时值为3BSω2B．当转过60°时，感应电流的瞬时值为BSω2RC．在转过60°的过程中，感应电动势的平均值为3BSω2πD．在转过

90°的过程中，感应电流的有效值为2BSω2R答案：AD解析：由题意及法拉第电磁感应定律知道，线圈在磁场中做周期性转动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nBlv＝nB

·2πrvm，故小电珠中电流的峰值为Im＝EmR1＋R2＝20×0.20π×2π×0.1×29.5＋0.5A＝0.16A，A正确，B错误；电压表示数为U＝Im2·R2≈1.07V，C错误；当t＝0.1s也就是T4时，外力的大小

为F＝nB·2πrIm＝0.128N，D正确．刷综合大题——提能力12．(2018·湖南长沙一中月考)风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线电阻为10Ω.若输电线因发热而损失

的功率为输送功率的4%，试求：(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；(2)用户得到的电功率是多少．答案：(1)1∶20240∶11(2)96kW解析：(1)输电线损耗的功率P损＝P×4%＝100kW×4%＝4k

W.输电线的电流I2＝P损R线＝4×10310A＝20A.升压变压器输出电压U2＝PI2＝100×10320V＝5000V.升压变压器原、副线圈匝数比为n1n2＝U1U2＝2505000＝120.输电线上电压的

损失U损＝I2R线＝20×10V＝200V，降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U损＝4800V，降压变压器原、副线圈匝数比n3n4＝U3U4＝4800220＝24011.(2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96%kW＝96kW.