高考物理佛山电磁学知识点之交变电流知识点总复习含答案解析

高考物理佛山电磁学知识点之交变电流知识点总复习含答案解析
一、选择题
1．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 =10
sin10πt （V ），则（ ）
A ．该交变电流的频率为10Hz
B ．该电动势的有效值为10
V
C ．外接电阻R 所消耗的电功率为9W
D ．电路中理想交流电流表的示数为
A
2．如图是交流发电机的示意图，匀强磁场方向水平向右，磁感应强度为B ，线圈ABCD 从图示位置（中性面）开始计时，绕垂直于磁场方向的轴OO ′逆时针匀速转动。

已知转动角速度为ω，线圈ABCD 的面积为S ，匝数为N ，内阻为r ，外电路总电阻为R （包括滑环和电刷的接触电阻和电表电阻），规定线圈中产生的感应电流方向沿ABCD 为正方向，下列说法正确的是（ ）
A ．线圈产生感应电动势的瞬时值为02sin e N
B S t ωω= B ．电路中产生的电流有效值为022()
NB S I R r ω
=
+
C ．外电路的电压峰值为02m NB S R
U ω=
D ．1秒内线圈中电流方向改变
2ωπ
次 3．如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为12:55:1n n =，原线圈接入电压
2202u tV π=的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器
的滑动触头P 从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是（ ）
t 时，电压表的示数为0
A．副线圈中交变电流的频率为100Hz B．0
C．电流表的示数先变小后变大D．电流表的示数先变大后变小
4．一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。

该变图压器原、副线圈匝数的比值为（）
A．2B．3C．4D．5
5．如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为22∶1，两个标有“10 V,5 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图乙所示，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)。

则下列说法正确的是 ()
A．经过1 min原线圈的输出电能为6×102 J
B．由于电压过高小灯泡会被烧坏
C．电压表的示数为 2202 V
D．电流表的示数为 2 A
6．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是（）
A．B．C．D．
7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈输入如图乙所示的交变
电压。

下列说法正确的是（）
A．副线圈输出电压的频率为10Hz
B．副线圈输出电压为62.2V
C．P向左移动时，电阻R两端的电压增大
D．P向左移动时，变压器的输入功率减小
8．电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入电压u=2202sin100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝。

电动机M的内阻r=8Ω，额定电压为U=220V，额定功率P=110W。

下列判断正确的是）（）
A．该交变电源的频率为100Hz
B．当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110V
C．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大
D．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108W
9．如图所示，一理想变压器原线圈接在电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈、电阻箱R和定值电阻R1以及理想交流电流表连接在一起。

下列说法正确的是（）
A．不管电阻箱如何调节，电流表示数一定变大
B．只将R和R1由并联改为串联结构，其他保持不变，则电流表示数将变大
C．只将P的位置向上滑动，其他保持不变，则R1的功率将变小
D．保持P的位置不动，增大R，则R1的电功率变小
10．如图所示为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2．在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为10:1和1:10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是( )
A ．升压变压器原、副线圈的匝数比为
12
21
n U n U = B ．采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100 A C ．线路输送电功率是220 kW D ．将P 上移，用户获得的电压将降低
11．如图所示，有一半径为1m
L =、圆心为О的金属圆环，Oa 为长度也为L 的铜棒，两者电阻均不计且接触良好。

现让Oa 以圆心О为轴，以ω=10rad/s 的角速度匀速转动，圆环处于垂直于环面向里，磁感应强度大小为2T B =的匀强磁场中。

从圆心O 引出导线，从圆环上接出导线，并分别接到匝数比为12:1:4n n =的理想变压器原线圈两端，则接在副线圈两端的理想电压表的示数为（ ）
A ．40V
B ．20V
C ．80V
D ．0
12．某变压器原、副线圈匝数比为55：9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是
A ．输出电压的最大值为36V
B ．原、副线圈中电流之比为55：9
C ．变压器输入、输出功率之比为55：9
D ．交流电源有效值为220V ，频率为50Hz
13．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为1n 、2n ，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A ，副线圈回路接有定值电阻R =2Ω，现在a 、b 间，c 、d 间分别接上示波器，同时监测得a 、b 间，c 、d 间电压随时间变化的图象分别如图乙、丙所示，下列说法正确的是（ ）
A ．T =0.01s
B ．1n ：2n ≈55：2
C ．电流表A 的示数I ≈36.4mA
D ．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0
14．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，A 、V 均为理想电表，R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，l L 和2L 是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是( )
A ．电压u 的频率为100Hz
B ．电压表V 的示数为222V
C ．当照射R 的光强增大时，电流表A 的示数变大
D ．当l L 的灯丝烧断后，电压表V 的示数会变大
15．一匝数n =10的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，所产生的交流电电动势瞬时值的表达式220sin10πV e t ，下列说法正确的是（ ） A ．该交流电的频率是50Hz B ．电动势的有效值是220V C ．当
1
s 10
时，电动势的瞬时值为0 D ．穿过线圈的磁通量最大值为4Wb/s
16．如图所示，甲是远距离的输电示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则（ ）
A ．用户用电器上交流电的频率是100Hz
B ．发电机输出交流电的电压有效值是500V
C ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失功率减小
17．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则 ( )
A ．电压表的示数为220 V
B ．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C ．灯泡实际消耗的功率为484 W
D ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
18．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1:n 2=5:1，电阻R =20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1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S 1接l 、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的
A ．输入电压u 的表达式是()20250πV u t =
B ．只断开S 2后，L 1、L 1均正常发光
C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大
D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W
19．一种可视为理想变压器的铭牌如图所示，根据所提供的信息，以下判断正确的是（ ）
型号∶PKT-12-3000 输入参数∶220V 50Hz 输出参数∶12V 3.0A
A ．副线圈的匝数比原线圈多
B ．当变压器输出为12V 和3A 92
A C ．当原线圈输入交流电压220V 时，副线圈输出直流电压12V D ．当原线圈输入交流电压110V 时，副线圈输出交流电压6V
20．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，接有四个阻值相同的定值电阻，变
压器初级线圈接到交流电源上，下面说法正确的是( )
A ．副线圈电压是电源电压的2倍
B ．流过R 1的电流是副线圈上电流的2倍
C ．R 1上的电功率是R 2上电功率的2倍
D ．R 1上的电功率是R 2上电功率的9倍
21．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R 1＝20Ω，R 2＝30Ω，C 为电容器．已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则（）
A ．交流电的频率为0.02 Hz
B ．原线圈输入电压的最大值为2002V
C ．电阻R 2的电功率约为6.67 W
D ．通过R 3的电流始终为零
22．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表，下列说法正确的是（ ）
A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，1R 消耗的功率变大
B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大
C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表1A 示数变大
D ．若闭合开关S ，则电流表1A 示数变大，2A 示数变大
23．一小水电站，输出的电功率为P 0=20kW ，输出电压U 0=400V ，经理想升压变压器T 1变为2000V 电压远距离输送，输电线总电阻为r =10Ω，最后经理想降压变压器T 2降为220V 向用户供电，下列说法正确的是（ ）
A ．变压器T 1的匝数比n 1：n 2=1：10
B ．输电线上的电流为50A
C ．输电线上损失的电功率为1kW
D ．变压器T 2的匝数比n 3：n 4=100：11
24．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈接在
2202sin100u t V π=（）的交流电源上，副线圈接有55R =Ω的电阻．电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是 （ ）
A ．原线圈的输入功率为552W
B ．电流表的读数为4.0 A
C ．电压表的读数为55.0V
D ．副线圈两端交流电的周期为50 s
25．一理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器R 的滑动片。

下列说法正确的是（ ）
A ．副线圈输出电压的频率为100Hz
B ．副线圈输出电压的有效值为62V
C ．P 向下移动时，变压器的输出功率增加
D ．P 向下移动时，原、副线圈的电流都减小
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一、选择题
1．C 解析：C 【解析】 【分析】
正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=E m sinωt ，对照e=10
sin （10πt ） V 可知交流电的最
大值和角速度，根据ω=2πf 可得该交变电流的频率；正弦式交流电电动势的有效值
，交流电流表A 的示数为电流的有效值，利用闭合电路欧姆定律可得交流电流表A
的示数，再利用P=I 2R 计算外接电阻R 所消耗的电功率。

【详解】
正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=E m sinωt ，由此可知E m =10V ，ω=10π rad/s ；由电动
势瞬时值表达式可知ω=10πrad/s ，则该交变电流的频率f==5Hz ，故A 错误；该电动势
的有效值为E=
=10V ，故B 错误；电路中理想交流电流表A 的示数
，外接电阻R 所消耗的电功率：P=I 2R=1×
9=9W ，故C 正确，D 错误；故选C 。

【点睛】
本题考查了交变电流电动势瞬时值表达式，解题的关键是根据正弦式交流电电动势瞬时表达式为e=E m sinωt 找出E m 和ω，再结合欧姆定律，有效值等概念进行计算即可。

但要特别注意交流电表的示数是有效值，计算电功率也是用有效值。

2．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
A ．产生感应电动势的最大值
0m E NB S ω=
图示位置为中性面位置，所以感应电动势的瞬时值表达式为
0=sin =sin m e E t NB S t ωωω
选项A 错误；
B ．因感应电动势的最大值0m E NB S ω=，那么感应电动势的有效值为
0=
2
2
E NB S ω 根据E
I R r
=
+，电路中产生的电流有效值为
02()
S I R r ω
=
+
选项B 正确；
C ．根据闭合电路中路端电压
02()S R
U IR R r ω==
+
那么外电路的电压峰值为
0m NB S R
U R r
ω=
+ 选项C 错误；
D ．转动角速度为ω，那么转动频率为
2f ωπ
=
即1秒内线圈转动2ω
π
次，由于1个周期内线圈中电流方向改变2次，因此1秒内线圈中电流方向改变ω
π
次，选项D 错误； 故选B 。

3．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．由电压公式知交流电的频率为
100π50Hz 22π
f ωπ=
== 故A 错误；
B ．原线圈两端的输入电压有效值为220V ，由变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系得
11
22
55U n U n == 解得24V U =，故B 错误；
CD ．由图可知，滑动变阻器的上下两部分并联后与R 串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片P 位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P 从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大，故C 正确，D 错误。

故选C 。

4．B
解析：B 【解析】 【详解】
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.
5．A
解析：A 【解析】 【分析】
由图乙可知，原线圈两端电压1U 的有效值为220V ，根据变压器原副线圈电压比关系，得副线圈两端电压的有效值2
211
10V n U U n ==。

【详解】
AB 、分析可知，副线圈两端电压210V U =，故两灯泡均正常工作，则变压器的输入功率为1210W P P ==，故在1min 内，原线圈的输出电能为110W 60s=600J Pt =⨯，A 正确，B 错误；
C 、电压表的示数为原线圈电压有效值1U ，为220V ，C 错误；
D 、根据111P U I =，得电流表示数1
1
11A 22
P I U ==，D 错误。

故选A 。

【点睛】
掌握住理想变压器的电压、电流和功率之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。

6．A
解析：A 【解析】
试题分析：原理是依据电磁感应原理的．电流互感器是由闭合的铁心和绕组组成．它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路．
由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比．则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上．同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中，故选A ． 考点：变压器的构造和原理．
点评：电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择合适的变化，否则误差将增大．
7．D
解析：D 【解析】 【详解】
A ．理想变压器原副线圈的频率相同，根据图像：
211Hz=50Hz 210
f T -=
=⨯ A 错误；
B ．原线圈电压的有效值：
1220V U =
=
=
根据理想变压器的电压规律：
11
22
U n U n =
解得：244V U =，B 错误；
CD ．滑片P 向左滑动，副线圈电压保持不变，电阻增大，电流减小，根据欧姆定律可知定值电阻R 分压减小，根据电功率的计算公式：
P IU =
可知副线圈两端功率减小，所以理想变压器的输入功率也减小，C 错误，D 正确。

故选D 。

8．D
解析：D 【解析】 【分析】
根据原线圈输入电压的瞬时值表达式即可知角速度ω，结合2f ωπ=得交变电源的频率；当选择3
倍；当档位由3变为2后，根据变压比规律判断副线圈的电压，分析输出功率的变化，根据输入功率等于输出功率，由P UI =判断原线圈电流的变化；当选择档位4后，根据变压比规律求出副线圈电压，根据能量守恒求电动机的输出功率。

【详解】
A 、根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：100ωπ=，交变电源的频率
50Hz 2f ω
π
=
=，故A 错误； B 、当选择3档位后，副线圈的匝数为1200匝，根据电压与匝数成正比得：
22202400
1200
U =，解得：2110V U =
，所以电动机两端电压的最大值为，故B 错误；
C 、当档位3变为2后，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，根据111P U I =知原线圈电流变小，故C 错误；
D 、当选择档位4，副线圈匝数等于2400匝，根据电压比规律得到副线圈两端的电压为220V ，电动机正常工作，流过电动机的电流110
0.5220
P I A A U =
==，电动机的发热功率220.582W P I r ==⨯=热，电动机的输出功率1102W 108W P =-=出，故D 正确。

故选D 。

【点睛】
本题考查变压器原理，要注意明确变压器的规律，能用线圈匝数之比求解电压及电流；同时注意注意明确对于非纯电阻电路欧姆定律不能使用，在解题时要注意正确选择功率公式。

9．C
解析：C 【解析】 【详解】
A ．其他保持不变
11
22
U n U n = 副线圈两端的电压不变，电阻箱R 变化时，负载的总电阻可以增大，也可以减小，则根据
2
U I R =
并
电流表示数不一定变大，A 错误； B ．其他保持不变
11
22
U n U n = 副线圈两端的电压不变，R 和R 1由并联改为串联结构时，负载的总电阻增大，根据
2
U I R =
总
电流表示数将变小，B 错误；
C ．将P 的位置上滑时，原线圈的匝数n 1变大，其他保持不变，根据
11
22
U n U n = 则副线圈两端的电压变小，R 1两端的电压变小，根据
221
U p R =
则R 1的功率将变小，C 正确； D ．P 的位置不动时，根据
11
22
U n U n = 副线圈两端的电压变不变，增大R ，不影响R 1两端的电压，根据
221
U p R =
R 1的电功率不变，D 错误。

故选C 。

10．C
解析：C 【解析】
根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为：1
1
22
n U n U ＝
，故A 错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理
及匝数比为1：10，由公式
10
1
n
I
I n
副
送
副原
＝＝，得输电电流为I
A2
=10×10 A=100 A，故B错
误；根据电压表的示数为220 V，根据变压公式，
10
1
n
U
U n
'
'
原
送
副副
＝＝，输电电压为
U2=10×220 V=2 200 V，线路输送电功率为P=U2I A2=220 kW，故C正确；将P上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，故D错误．故选C．
点睛：本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器．
11．D
解析：D
【解析】
【详解】
Oa匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，副线圈不产生感应电动势，接在副线圈两端的理想电压表的示数为零，故D正确，ABC错误。

故选D。

12．D
解析：D
【解析】
试题分析：变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，所以输出电压的最大值为
V，所以A错误；变压器的输入和输出电压之比等于原副线圈匝数比，电流之比等于原副线圈匝数的反比，所以B错误；变压器只能改变交流电的电压，而不能改变频率和功率，即对于理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以C错误；从图上可以看出，交流
电的周期T=0．02s，所以频率为50Hz．正弦交流电的有效值是峰值的
2
倍，所以电压有效值为220V．所以D正确．故选D．
考点：变压器；交流电
【名师点睛】此题是对变压器及正弦交流电问题的考查；解题时要掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题．
13．C
解析：C
【解析】
【分析】
【详解】
A．因为变压器不改变交变电流的周期，输入电压的周期0.02s
T=，输出电压的周期
0.02s
T=，故A错误；
B．原线圈电压的有效值
1V220V
U==
副线圈电压的有效值
24V U =
= 根据电压与匝数成正比，有
11222205541
n U n U === 故B 错误； C ．输出功率
2
2
224W 8W 2
U P R ===
输入功率为8W ，电流表的示数
18
A 0.0364A 36.4mA 220
I =
== 故C 正确；
D ．根据电压与匝数成正比，知当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压的瞬时值最大，故D 错误。

故选C 。

14．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．原线圈接入如图乙所示，T =0.02s ，所以频率为f =
1
T
=50Hz ，故A 错误； B ．原线圈接入电压的最大值是
V ，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V ， 理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V ，所以V 的示数为22V ，故B 错误；
C ．R 阻值随光强增大而减小，根据I =
U
R
知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，所以原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以A 的示数变大，故C 正确；
D ．当L l 的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D 错误； 故选C 。

15．C
解析：C 【解析】 【分析】
【详解】
A ．由交流电电动势瞬时值的表达式可读出角速度
102f ωππ==
则该交流电的频率是5Hz f =，故A 错误；
B ．由交流电电动势瞬时值的表达式可得电动势的最大值220V m E =，则其有效值为
E =
= 故B 错误； C ．当1
s 10
t =
时，带入到瞬时表达式可得 1
220sin(10)0V 10
e π=⨯
= 故C 正确；
D ．由电动势的最大值
m m E nBS n ωω==Φ
可得穿过线圈的磁通量最大值为
22011Wb Wb 10105m m E n ωππ
Φ=
==⨯ 故D 错误。

故选C 。

16．D
解析：D 【解析】
试题分析：由题图乙知交变电流的周期为0.02T =s ，设频率为1
50f T
=
=Hz ，A 选项错误；发电机输出的最大电压为500V ，故B 选项错误；输电线的电流由负载决定，故C 选项错误；当用户的用电器的总电阻增大时，输出的电流减小，故输电线上损耗的功率
2P I R ∆=减小，故D 选项正确．
考点：变压器 远距离输电 峰值和有效值 输电电流 损耗功率
17．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】
A ．线框有内阻，所以电压表示数小于220V ，A 错误；
B ．交流电频率50Hz ，则电路中的电流方向每秒钟改变100次，B 错误；
C ．灯泡实际消耗的功率为：2
220=95W 95+5P ⎛⎫⨯ ⎪⎝⎭
=459.8W ，小于484W ，C 错误；
D ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为2
220Q=51J 95+5⎛⎫⨯⨯ ⎪⎝⎭=24.2 J ，D 正确． 18．D
解析：D 【解析】 【详解】
试题分析：电压最大值为m u =，周期是0.02s ，则2100T
π
ωπ==，所以输入电压u 的表达式应为
sin （100πt ）V ，A 错误；
原先L 1短路，只有L 2工作，只断开S 2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，L 1、L 2的功率均变为额定功率的四分之一，均无法正常发光，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，BC 错误；
副线圈两端的电压有效值为2111V 4V 55U U ==
=，若S 1换接到2后， R 消耗的电功率为2
0.8W U P R
==，D 正确．
19．D
解析：D 【解析】 【分析】 【详解】 A ．根据铭牌
12220V 12V U U =>=
可知是降压变压器，根据变压比公式
112222055123
U n U n === 即
12n n >
故A 错误；
B ．当原线圈输入交流电压220V 时副线圈输出交流电12V ，根据
12P P =
知
22111239
A A 22055
U I I U ⨯=
== 故B 错误；
C ．变压器变压后交流电频率不变，当原线圈输入交流电压110V 时，副线圈输出交流电压
12V ，故C 错误；
D ．当原线圈输入交流电压110V 时，根据
122
220110
12n n U == 可知副线圈中输出交流电压6V ，故D 正确。

故选D 。

20．D
解析：D 【解析】 【详解】
因为原、副线圈匝数比为1∶2，所以原线圈输出电压，即2R 两端电压为副线圈两端电压的一半，即()
243332111
2222
R R R R R U U U U U U =
=+=⋅=，但由于1R 的存在所以2R U 小于电源电压，2R 两端电压与R 3两端电压相等，故其电流相等，根据原副线圈电流比反比与原副线圈匝数比，所以原线圈与2R 并联部分的电流为副线圈的2倍，而1R 的电流等于2R 的电流与并联部分导线电流之和，所以R 1上的电流是副线圈电流的3倍，AB 错误；根据
2P I R =可得1R 上的电功率是2R 上电功率的9倍，C 错误D 正确． 21．C
解析：C 【解析】 【详解】
试题分析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s ，频率为50赫兹，A 错，由图乙可知通过R 1的电流最大值为I m ＝1A 、由欧姆定律可得其最大电压
为U m =I m R 1＝20V ，原副线圈的电压之比等于匝数之比即
11
22
U n U n =可得原线圈输入电压的最大值为U 1=200V ，B 错；由并联电路特点可得电阻R 2
的电流有效值为
A 3
I =
=
，电阻R 2的电功率为22 6.67P I R W ==, C 对； 因为电容器有通交流、阻直流的作用，所以有电流通过R 3和电容器，D 错； 所以本题选择C ． 考点：交变电流 变压器
22．B
解析：B 【解析】 【分析】 【详解】
ABC ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值增大，回路总电阻变大，总电流强度减小，R 1消耗的功率减小；原线圈电流强度也减小；原线圈电压不变，副线圈电压也不变，加在R 1两端的电压减小，因此电压表V 示数增大，AC 错误B 正
确；
D ．若闭合开关S ，回路总电阻减小，电流强度增大，R 1分得的电压升高，加在R 2两端的电压降低，流过R 2的电流强度减小，即A 2的示数减小，D 错误。

故选B 。

23．C
解析：C 【解析】 【分析】 【详解】
A ．升压变压器1T 的输出电压等于2000V ，而输入电压为400V ，由电压之比等于匝数之比,则有变压器1T 的匝数比
12
:1:5n n
故选项A 错误；
B ．输出的电功率为020P kW =，而升压变压器1T 变为2000V 电压远距离输送，所以根据P
I U
=
可知输电线上的电流为 32010A 10A 2000
I ⨯==
故选项B 错误；
C ．输电线上损失的电功率为
22
1010W 1kW P I R ==⨯=损
故选项C 正确；
D ．降压变压器2T 的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导线损失的电压，即为
2000V 1010V 1900V U '=-⨯=
根据
33
44
U n U n =则有变压器2T 的匝数比 34:1900:22095:11n n ==
故选项D 错误； 故选C 。

24．C
解析：C 【解析】 【分析】
根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等；再根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，即可求得结论． 【详解】
A 、由题意知，原线圈电压有效值为220V ，原、副线圈匝数之比为4:1，由U 1：U 2=n 1：n 2，。