交变电流(考点解读)

1．[交变电流的产生和变化规律]如图2甲所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda 方向为电流正方向，则下列说法正确的是( )图2A ．乙图中Oa 时间段对应甲图中A 至B 图的过程B ．乙图中c 时刻对应甲图中的C 图C ．若乙图中d 等于0.02 s ，则1 s 内电流的方向改变50次D ．若乙图中b 等于0.02 s ，则交流电的频率为50 Hz答案 A2．[交变电流的产生和变化规律](2013·山东·17)图3甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是( )图3A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左答案 AC解析 电流表测量的是电路中电流的有效值I ＝10 A ，选项A 正确．由题图乙可知，T ＝0.02s ，所以ω＝2πT＝100π rad/s ，选项B 错误．t ＝0.01 s 时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C 正确．t ＝0.02 s 时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R 中电流的方向自左向右，选项D 错误．3．如图4所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图5甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若图甲、乙中的U 0、T 所表示的电压、周期是相等的，则以下说法正确的是( )图4图5A ．第一次灯泡两端的电压的有效值是22U 0B ．第二次灯泡两端的电压的有效值是32U 0 C ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5解析 第一次所加正弦交流电压的有效值为U 1＝U 02＝22U 0，A 项正确；设第二次所加交流电压的有效值为U 2，则根据有效值的定义有U 22R T ＝(2U 0)2R ·T 2＋U 20R ·T 2，解得U 2＝102U 0，B 项错；根据电功率的定义式P ＝U 2R 可知，P 1∶P 2＝1∶5，C 项错，D 项正确． 答案 AD变式题组4．[交变电流有效值的计算方法]如图6所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是( )图6A.34 V B ．5 VC.522V D ．3 V 答案 C解析 设其有效值为U ，根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得，在一个周期内有U 21R t 1＋U 22R t 2＝U 2R t ，即(3 2 V 2)2×1R ×0.01 s ＋(4 V)2×1R ×0.01 s ＝U 2×1R ×0.02 s ，解得U ＝522V ，故C 正确． 5．[交变电流有效值的计算]如图7所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )图7A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R答案 D解析 线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时18周期，出磁场的过程用时18周期，进、出磁场时产生的感应电流大小均为I ′＝12BL 2ωR，则转动一周产生的感应电流的有效值I 满足：I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12BL 2ωR 2R ×14T ，解得I ＝BL 2ω4R ，D 项正确． 6．[对交变电流“四值”的理解]如图9甲所示，标有“220 V 40 W ”的灯泡和标有“20 μF 300 V ”的电容器并联到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是( ) 图9A ．t ＝T 2时刻，的示数为零B ．灯泡恰好正常发光C ．电容器不可能被击穿D.的示数保持110 2 V 不变答案 B解析 的示数应是电压的有效值220 V ，故A 、D 错；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，B 正确；电压的峰值U m ＝220 2 V ≈311 V ，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C 错．7．(2014·天津·7)如图11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( )图11A ．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25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V答案 AC解析 A ．从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A 选项正确．B ．从图象可知，曲线a 、b 对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B 选项错误．C ．由图象可知，曲线a 的周期T a ＝4×10－2 s ，则曲线a 表示的交变电动势频率f a ＝1T a＝25 Hz ，故C 选项正确．D ．交变电动势的最大值E m ＝nBSω，则曲线a 、b 表示的交变电动势的峰值之比为E m a ∶E m b＝ωa ∶ωb ＝3∶2，即E m b ＝23E m a ＝10 V ，故曲线b 表示的交变电动势的有效值为E 有＝102V ＝5 2 V ，D 选项错误．8. (2013·福建·15)如图12所示，实验室一台手摇交流发电机，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 ＝102sin 10πt (V)，则( )图12A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A答案 D解析 由交变电流电动势的表达式e ＝102sin 10πt (V)＝E m sin ωt 可知，该交变电流的频率为f ＝ω2π＝10π2π Hz ＝5 Hz ，A 选项错误．该交变电流电动势的有效值E ＝E m 2＝1022V ＝10 V ，B 选项错误．电流的有效值I ＝E R ＋r ＝109.0＋1.0A ＝1.0 A ，外接电阻R 所消耗的电功率P R ＝I 2R ＝1.02×9.0 W ＝9.0 W ，故C 选项错误，D 选项正确．9．通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图13所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( )图13A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V答案 B解析 由有效值定义可得U 2R×1 s ＝(0.1 A)2×R ×0.4 s ×2＋(0.2 A)2×R ×0.1 s ×2，其中R ＝100 Ω，可得U ＝410 V ，B 正确．10．如图14所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B ，若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO ′轴匀速转动，则以下判断正确的是( )图14A ．图示位置线圈中的感应电动势最大为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt C ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL 2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R 4(R ＋r )2答案 BD解析 图示位置线圈中的感应电动势最小为零，A 错；若线圈从图示位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt ，B 对；线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝ΔΦR 总＝BL 2R ＋r，C 错；线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝(E m 2)2R ＋r ·2πω·R R ＋r ＝πB 2ωL 4R 4(R ＋r )2，D 对． 11．如图15所示区域内存在匀强磁场，磁场的边界由x 轴和y ＝2sin π2x 曲线围成(x ≤2 m)，现把一边长为2 m 的正方形单匝线框以水平速度v ＝10 m/s 匀速地拉过该磁场区，磁场区的磁感应强度为0.4 T ，线框电阻R ＝0.5 Ω，不计一切摩擦阻力，则( )图15A ．水平拉力F 的最大值为8 NB ．拉力F 的最大功率为12.8 WC ．拉力F 要做25.6 J 的功才能让线框通过此磁场区D ．拉力F 要做12.8 J 的功才能让线框通过此磁场区答案 C解析 线框通过磁场区，产生的感应电流先增大后减小，形成正弦交流电，周期为2l v ＝0.4 s ，感应电动势最大值为E m ＝Bl v ＝8 V ，有效值为4 2 V ，感应电流最大值为16 A ，有效值为8 2 A ，则水平拉力最大值为F m ＝BI m l ＝12.8 N ，A 错误；拉力的最大功率为P m ＝F m v ＝128 W ，B 错误；线框匀速通过，拉力做的功等于焦耳热，Q ＝I 2Rt ＝25.6 J ，C 正确，D 错误．12．如图所示，面积均为S 的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e ＝BSωsin ωt 的图是( )答案 A解析 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e ＝BSωsin ωt ，由这一原理可判断，A 图中感应电动势为e ＝BSωsin ωt ；B 图中的转动轴不在线圈所在平面内；C 、D 图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．13．为了研究交流电的产生过程，小张同学设计了如下实验构思方案：第一次将单匝矩形线圈放在匀强磁场中，线圈绕转轴OO 1按图1甲所示方向匀速转动(ab 向纸外， cd 向纸内)，并从图甲所示位置开始计时．此时产生的交变电流如图乙所示．第二次他仅将转轴移至ab 边上，第三次他仅将转轴右侧的磁场去掉，关于后两次的电流图象，下列说法正确的是( )图1A ．第二次是A 图B ．第二次是C 图C ．第三次是B 图D ．第三次是D 图答案 D14．(2012·北京·15)一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为P 2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V答案 C解析 根据P ＝U 2R ，对直流电有P ＝(10 V )2R ，对正弦式交流电有P 2＝U ′2R，所以正弦式交流电的有效值为U ′＝ PR 2＝102V ，故交流电源输出电压的最大值U m ′＝2U ′＝10 V ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．15．如图2所示电路中，电源电压U ＝311sin 100πt (V)，A 、B 间接有“220 V 440 W ”的电暖宝、“220 V 220 W ”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )图2A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．1 min 抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J答案 D16．如图3甲是阻值为5 Ω的线圈与阻值为15 Ω的电阻R 构成的回路．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示．则( )图3A ．电压表的示数为10 2 VB ．通过电阻R 的电流为22A C ．电阻R 上消耗的功率为3.75 WD ．通过电阻的电流方向每秒变化100次答案 B解析 由题图乙可得E m ＝20 V ，E ＝10 2 V ，电压表读数U ＝E R ＋rR ＝1522 V ，A 错误；通过电阻R 的电流I ＝U R ＝22A ，B 正确；R 上消耗的功率P ＝I 2R ＝7.5 W ，C 错误；T ＝0.04 s ，f ＝25 Hz ，电流方向每秒变化50次，D 错误．17．如图4所示，矩形线圈abcd 绕轴OO ′匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是( )图4A ．t ＝0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最大B ．t ＝T 4(T 为周期)时感应电流沿abcda 方向 C ．若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的2倍D ．若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍答案 BC解析 图示时刻，ab 、cd 边切割磁感线的有效速率为零，产生的感应电动势为零，感应电流为零，A 错误；根据线圈的转动方向，确定T 4时线圈的位置，用右手定则可以确定线圈中的感应电流沿abcda 方向，B 正确；根据转速和频率的定义ω＝2πf 可知C 正确；根据E m＝nBSω，E ＝E m 2，I ＝E R 总可知电流有效值变为原来的2倍，D 错误． 18. 如图5所示，闭合的矩形导体线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动．沿着OO ′方向观察，线圈逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，ab 边的边长为l 1，ad 边的边长为l 2，线圈电阻为R ，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )图5A ．线圈中感应电流的方向为adcbaB ．线圈中的感应电动势为2nBl 2ωC ．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D ．线圈ab 边所受安培力的大小为n 2B 2l 1l 22ωR答案 AC解析 当线圈转至图示位置时，由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为adcba ，选项A 正确；图示位置穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大，感应电动势最大，线圈中的感应电动势为nBl 1l 2ω，选项B 错误，C 正确；线圈ab 边所受安培力的大小为F ＝0，选项D 错误．19．如图6所示，N 匝矩形导线框以角速度ω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 、理想交流电流表和二极管D.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( )图6A ．交流电流表的示数I ＝ω2RNBS B ．一个周期内通过R 的电荷量q ＝2NBS RC ．R 两端电压的有效值U ＝ω2NBS D ．图示位置电流表的示数为0答案 AB解析 设回路中电流的有效值为I ，由电流的热效应可知，12(NBωS 2R )2RT ＝I 2RT ，I ＝NBωS 2R，A 正确，D 错误．电阻R 两端电压的有效值U ＝IR ＝NBωS 2，C 错误．一个周期内通过R 的电荷量q ＝N ΔΦR ＝2NBS R，B 正确． 20．(2014·山东·17)如图1所示，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A ．以下判断正确的是( )图1A ．变压器输入功率为484 WB ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3解析 变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝2.2×60 W ＝132 W ，选项A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝U 1U 2＝220 V 60 V ＝113，选项D 正确；由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝311×2.2 A ＝0.6 A ，选项B 正确；根据I ＝I m 2得通过副线圈的电流的最大值I 2m ＝2I 2＝115 2 A ，选项C 错误． 答案 BD21．[理想变压器的功率、电压、电流关系] 如图2所示，理想变压器原线圈的匝数为n 1，副线圈的匝数为n 2，原线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.2 A ．下列判断正确的是( )图2A ．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1B ．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1C ．电流表A 2的示数为0.1 AD ．电流表A 2的示数为0.4 A答案 B解析 由题意可求得原线圈的功率，利用理想变压器原、副线圈中的功率相等可求得副线圈中的电流，再利用原、副线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比．由电压表V 示数和电流表A 1的示数可得原线圈中的功率P 1＝U 1I 1，P 1＝P 2＝I 22R ，所以电流表A 2的示数为I 2＝ U 1I 1R ＝ 220×0.244A ＝1 A ，C 、D 错误；原线圈和副线圈的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝51，A 错误，B 正确． 22．[交变电流和理想变压器的综合应用](2013·四川·2)用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图像如图3所示，则( )图3A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin(100πt ＋π2)A 答案 A解析 由题意知：U 1＝220 V ，U 2＝110 V ，所以n 1n 2＝U 1U 2＝2∶1，U 2m ＝110 2 V ，选项B 、C 均错误．由图像可知：I 2m ＝0.05 A ，T ＝0.02 s ，则负载电流的函数表达式为i ＝0.05sin(100πt )A ，选项D 错误．变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3.9 W ，选项A 正确．23．[交变电流和理想变压器的综合应用](2013·广东·16)如图4，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝122sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )图4A ．电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W答案 D解析 由ω＝2πf ＝100π rad/s 得：f ＝50 Hz ，A 错．有效值U 1＝12 V ，又：U 2U 1＝n 2n 1得：U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L＝1 A ，选项B 、C 错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 选项对． 24．如图7所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心接头，电压表V 和电流表A 均为理想电表，除滑动变阻器电阻R 、定值电阻R 0以外的其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin 100πt (V)．下列说法中正确的是 ( )图7A ．t ＝1600s 时刻，c 、d 两点间的电压瞬时值为110 V B ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 2 VC ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变大解析 由c 、d 两点间的电压瞬时值表达式u 1＝2202sin 100πt (V)，当t ＝1600s 时，u 1＝2202sin π6 V ＝110 2 V ，选项A 错误．由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝U 1n 2n 1＝220×110V ＝22 V ，选项B 错误．单刀双掷开关与a 连接，滑片P 向上移动时，电压表示数不变，选项C 错误．答案 D25．[理想变压器的动态分析] 如图8所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是( )图8A ．若电压表读数为6 V ，则输入电压的最大值为24 2 VB ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍答案 AD解析 若电压表的读数为6 V ，则变压器的输出电压的有效值为6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故U 1＝4U 2＝24 V ，所以输入电压的最大值为U m ＝2U 1＝24 2 V ，所以选项A 正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝U 2R可知，电流表示数增大，所以选项B 错误；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R 变大时，则I 2＝U 2R，电流变小，又P 1＝P 2＝U 2I 2，故输入功率也减小，所以选项C 错误；若负载电阻R 不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I 2＝U 2R则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P 2＝U 2I 2变为原来的4倍，所以选项D 正确．26．[交变电流的图象和理想变压器的动态分析]火警报警系统原理如图9甲所示，M 是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，接线柱a 、b 接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，在变压器右侧部分，R 2为用半导体热敏材料(电阻率随温度升高而减小)制成的传感器，R 1为一定值电阻．下列说法中正确的是( )图9A ．电压表示数为22 VB ．此交变电源的频率为50 HzC ．当传感器R 2所在处出现火警时，电流表的示数减小D ．当传感器R 2所在处出现火警时，电压表的示数减小答案 BD解析 副线圈两端电压是22 V ，电压表示数等于副线圈两端的电压减去R 1两端的电压，小于22 V ，所以A 错；从题图乙可知，周期是0.02 s ，所以频率是50 Hz ，B 正确；当传感器R 2所在处出现火警时，R 2的电阻变小，它两端的电压变小，电流变大，电流表的示数变大，电压表的示数变小，C 错，D 对．27．[交变电流的产生和理想变压器的综合分析]如图10所示，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( )图10A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωtB ．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间，通过电流表的电荷量为0 C ．当P 不动，R 增大时，电压表读数也增大D ．当P 向上移动、R 不变时，电流表读数减小答案 A解析 计时起点，线圈内的感应电动势为最大值NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωt ，A 选项正确．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS ，故通过电流表的电荷量q ＝N ΔΦR，B 选项错误．电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是NBSω2，C 选项错误．当P 向上移动、R 不变时，输出电压增大，输出功率增大，电流表读数增大，D 选项错误．28．[远距离输电的分析]如图12所示，有一台交流发电机E ，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )图12A ．U 2变小，U 4变大B ．U 2不变，U 3变小C ．P 1变小，P 2变小D ．P 2变大，P 3变大答案 BD29．[输电线路功率损失的计算](2012·天津·4)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( )A.PR kU ，1n B ．(P kU )2R ，1nC.PR kU ，1n 2 D ．(P kU )2R ，1n 2 答案 D解析 根据变压器的变压规律，得U 1U ＝k ，U 2U＝nk ，所以U 1＝kU ，U 2＝nkU .根据P ＝UI 知匝数比为k 和nk 的变压器副线圈的电流分别为I 1＝P U 1＝P kU ，I 2＝P U 2＝P nkU.根据P ＝I 2R ，输电线路损耗的电功率分别为P 1＝I 21R ＝(P kU )2R ，P 2＝I 22R ＝(P nkU )2R ，所以P 2P 1＝1n 2.选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．30．[远距离输电问题](2014·江苏·3)远距离输电的原理图如图13所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，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13A.I 1I 2＝n 1n 2 B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2答案 D解析 根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．选项D 正确． 31．(2014·广东·19)如图14所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合电键S ，下列说法正确的是( )图14A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大答案 BD解析 由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动而改变，故选项A 错误，选项B 正确．P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故选项C 错误，D 正确． 32．(2014·新课标Ⅱ·21)如图15所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )图15A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍答案 BD解析 变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误．增大负载电阻的阻值R ，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确．c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误．根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2RT ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．33．(2014·浙江·15)如图16所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I 2.则( )图16A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U答案 A解析 根据变压器的工作原理、欧姆定律和电功率公式解决问题．根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．34．如图17所示，一正弦交流电瞬时值为e ＝2202sin 100πt V ，通过一个理想电流表，接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用．开关闭合前后，A 、B 两端的电功率相等，以下说法正确的是( )图17A ．流过r 的电流方向每秒钟变化50次B ．变压器原线圈匝数大于副线圈匝数C ．开关从断开到闭合时，电流表示数变小D ．R ＝2r答案 B解析 由表达式知交流电的频率为50 Hz ，所以流过r 的电流方向每秒钟变化100次，A 错误；降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B 正确；开关从断开到闭合时，副线圈电阻减小，电压不变，所以副线圈电流增大，则原线圈电流即电流表示数变大，C 错误；由已知条件无法判断R 的大小，D 错误．35．远距离输电线路的示意图如图18所示，若发电机的输出电压不变，认为升压变压器和降压变压器都是理想的，输电线具有一定电阻，下列判断错误的是( )图18A ．升压变压器的输出电压总是大于降压变压器的输入电压B ．升压变压器的输出功率总是大于降压变压器的输入功率C ．随着用户用电功率增加，升压变压器原线圈中的电流变小D ．随着用户用电功率增加，降压变压器原线圈两端的电压变小答案 C解析 根据远距离输电知识知，输电线上总要损失部分电压ΔU ，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，A 正确．输电线上有功率损失，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，B 正确．用户用电功率增加，那么电路中的电流变大，输电线上损失的电压ΔU 也会变大，输送电压一定时，那么降压变压器原线圈两端的电压就会变小，所以C 错误，D 正确．故选C.36. (2012·课标全国·17)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图1所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V 的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流的有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和I 1分别约为( )图1A ．380 V 和5.3 AB ．380 V 和9.1 AC ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 A答案 B解析 由题图并根据理想变压器电压比关系U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U 2＝380 V ，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P 入＝P 出＝U 1I 1，解得I 1。