2022年新高考物理一轮复习练习：专题85 变压器的基本规律和动态分析 (含解析)
交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用(解析版)—2025年高考物理一轮复习考点通关卷(新高考
交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用建议用时：60分钟交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用1．（2024·四川成都·三模）如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风轮机带动内部匝数为N 的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO ¢，顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。
已知N 匝线圈产生的感应电动势的最大值为E m 。
则（ ）A ．线圈转动的快慢不会影响回路中电流的大小B ．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为ABCDC ．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最小D ．穿过线圈的最大磁通量为mE w【答案】B【详解】A ．根据：E w =又：E I R r=+解得：I =可知线圈转动的快慢会影响回路中电流的大小。
故A 错误；B ．当线圈转到题图示位置时，根据右手定则判断知产生的感应电流方向为ABCD 。
故B 正确；C ．当线圈转到题图示位置时，线圈与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大。
故C 错误；D ．由：m m ΦE NBS N w w ==得：m m ΦE N w=故D 错误。
故选B 。
2．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图甲所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t T ，线圈产生的电动势的最大值为m E ．则（ ）A ．在14t T =时，线圈中产生的瞬时电流最大B ．在12t T =时，线圈中的磁通量变化率最小C ．将线圈转速增大2D ．线圈中电动势的瞬时值m 2πcos eE t T æö=ç÷èø【答案】D【详解】A ．在14t T =时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率最小，则产生的瞬时电流为零，故A 错误；B ．在12t T =时，线圈中的磁通量最小，则磁通量的变化率最大，故B 错误；C ．将线圈转速增大2倍，则角速度增大2倍，根据：m E NBS w =，E =可知线圈中感应电动势的有效值增大2倍，故C 错误；D ．0t =时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，则线圈中电动势的瞬时值为m 2πcos e E t T æö=ç÷èø故D 正确。
2020年高考回归复习—电学选择之变压器的动态分析 包含答案
高考回归复习—电学选择之变压器的动态分析1．如图所示，一个原线圈匝数可以调节的理想变压器，设原副线圈匝数比1:K （其中1K ≥），一个交流电源0)U t π=V 通过电流表A 接在原线圈上，副线圈输出端接有电压表V 、定值电阻1R 、可变电阻2R ，下列说法正确的是（ ）A ．当2K =时，电压表的示数为72V ，通过电压表内部线圈的电流频率为100HzB ．仅将2R 的滑动触头Q 下移，电压表示数不变、电流表变大C ．仅将2R 的滑动触头Q 上移，1R 消耗的电功率变大D ．仅移动原线圈滑动触头P 增大K ，电流表示数变小、电压表变大2．如图所示，边长为L 、匝数为N ，电阻不计的正方形线圈abcd 在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕转轴OO ’转动，转轴OO ’垂直于磁感线。
线圈通过滑环和电刷连接一个含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1和n 2，电压表为理想电表。
保持线圈abcd 以恒定角速度ω转动，则（ ）A ．从图示位置开始计时，矩形线圈产生的感应电动势瞬时值表达式为2sin e NB L t ωω= B ．原、副线圈的功率之比为n 1：n 2C ．电压表V 22D ．当滑动变阻器R 的滑片P 向上滑动时，电压表V 1示数增大3．如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L 1与输出电压恒定的正弦交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L 2和L 3相连，开始时开关S 处于断开状态．当S 闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法中正确的有( )A ．副线圈两端电压不变B ．灯泡L 1亮度变亮，L 2的亮度不变C ．副线圈中电流变大，灯泡L 1变亮，L 2变暗D ．因为不知变压器原、副线圈的匝数比，所以L 1及L 2的亮度变化不能判断4．如图所示，理想变压器的原线圈a 、b 两端接正弦交变电压，副线圈M 、N 两端通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线上的等效电阻为R 。
(完整版)变压器的动态分析(有答案)
or s o 对变压器动态分析的考查1、如图所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，开关S 原来闭合，且R 1＝R 2.现将S 断开，那么交流电压表的示数U 、交流电流表的示数I、电阻R 1上的功率P 1及该变压器原线圈的输入功率P 的变化情况正确的是( )A ．U 增大B ．I 增大C ．P 1减小D ．P 减小答案 AD解析 开关S 由闭合到断开时，负载的总电阻变大，变压器的输出电压U 2不变，则输出电流I 2变小，R 上的电压变小，R 1上的电压U 变大，电阻R 1上的功率P 1＝＝，R 1不变，U 变大，则P 1增大，故A 正确，C 错误．由电流与匝数的关U 2R 1R 1U 2R 1系可知电流表的示数I 减小，B 错误．输出功率P 出＝I 2U 2，U 2不变，I 2减小，则P 出减小，输入功率等于输出功率，所以D 正确．2、(2012·福建理综·14)如图所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小解析 电路中交流电表的示数为有效值，故A 、B 项均错误；P 向下滑动过程中，R 变小，由于交流电源和原、副线圈匝数不变，U 1、U 2均不变，所以I 2＝变大，由U 2R 0＋R ＝，得I 1＝I 2变大，故C 项正确，D 项错误．I 1I 2n 2n 1n 2n 1答案 C3、 如图甲所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈所接电路中，电压表V 1、V 2和电流表A 1、A 2都为理想电表，电阻R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，R 3的最大阻值为12 Ω，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压．在R 3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是( ) 图5A ．电压表V 1的示数增大B ．电压表V 2的示数为20 V2C ．电流表A 1、A 2的示数都增大D ．电压表V 1的示数与电流表A 1的示数的乘积一直减小答案 D 解析 当R 3的滑片向上移动时，R 2、R 3的总电阻减小，分压减小，所以电压表V 1的示数减小，A 错误．由变压比公式＝得U 2＝22 V ，B 错误．根据“串反并同”得220 VU 2101电流表A 1的示数增大，电流表A 2的示数减小，C 错误．电压表V 1的示数与电流表A 1的示数的乘积为电阻R 2、R 3消耗的功率之和，由于P 入＝P 出＝P 1＋P 23，且P 入＝P 出不变，P 1增大，故P 23减小，D 正确．4、(2011·福建理综·15)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1，S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( ) A ．输入电压u 的表达式u ＝20sin (50πt ) V2B ．只断开S 2后，L 1、L 2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答案 D解析 由图象乙可知U m ＝20 V ，T ＝0.02 s ，故ω＝＝100π rad/s ，即输入电压u 的22πTi表达式u ＝20sin (100πt ) V ，所以A 项错误．断开S 2后两灯串联，总电压仍为4 V ，2所以L 1、L 2均不能正常发光，B 项错误．根据P 入＝P 出＝可知断开S 2后R 总增大，U 2R 总P 入变小，P 出变小，C 项错误．若S 1接2，由P ＝可得P ＝ W ＝0.8 W ，D 项正U 2R 4220确．5、 某同学自制变压器，原线圈为n 1匝，在做副线圈时，将导线ab 对折后并在一起，在铁芯上绕n 2圈，从导线对折处引出一个接头c ，连成图所示电路．S 为单刀双掷开关，线圈电阻不计，原线圈接u 1＝U m sin ωt 的交流电源．下列说法正确的是( )A ．S 接b 时，电压表示数为2n 2U m n 1B ．S 接c 时，电压表示数为2n 2U m 2n 1C ．S 接c 时，滑动触头P 向下移动，变压器输入功率变大D ．S 接c 时，滑动触头P 向上移动，变压器输入电流变大答案 BD 解析 S 接b 时，双导线ab 产生的感应电动势抵消为零，电压表示数为零，选项A 错误；S 接c 时，副线圈的电动势就是一个n 2线圈产生的感应电动势，由＝、U 1＝U 1U 2n 1n 2，所以U 2＝，选项B 正确；P 向下滑时，R 变大，消耗的功率变小，因此U m22n 2U m 2n 1输入功率也变小，同理分析，P 向上滑时，R 减小，回路电流变大，由I 1n 1＝I 2n 2知输入电流变大，选项C 错误，D 正确．6、 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别是n 1、n 2，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻R ，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压．当单刀双掷开关由a 拨向b 后，下列说法正确的是( )甲 乙A ．副线圈输出电压的频率变小B ．电压表的示数变大C ．电流表的示数变小D ．原线圈的输入功率变大答案 BD解析 变压器不会改变交流电的频率，A 项错误；当开关由a 拨向b 后，n 1变小，由＝U 1U 2，且U 1＝不变，可知n 1变小，n 2、U 1不变时，U 2变大，即电压表的示数变大，同样n 1n 2U m2电流表示数也要变大，B 项正确，C 项错误；由P 入＝P 出＝U 2I 2可知，D 项正确．7、(2010·海南·9)如图所示，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( )A ．若电压表读数为6 V ，则输入电压的最大值为24 V2B ．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 本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识和理解．因为电压表的读数为6 V ，则变压器的输出电压的有效值为6 V ，由＝，U 1U 2n 1n 2故U 1＝4U 2＝24 V ，所以输入电压的最大值为U m ＝U 1＝24 V ，所以选项A正确；22若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝可知，电流表示数增大，所U 2R 以选项B 错；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＝b，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；若负载电阻RU 2R 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＝则输出电流也U 2R 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．8、 (2011·山东理综·20)为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( ) 甲 乙A ．u 2＝190sin (50πt ) VB ．u 2＝190sin (100πt ) V 22C ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移答案 BD解析 由题图乙知交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，所以ω＝＝100π rad/s ，故u 2＝U m 2πT sin ωt ＝190sin (100πt ) V ，A 错误，B 正确．由＝得U 2＝U 1，欲使U 2升高，2U 1U 2n 1n 2n 2n 1n 1应减小，P 应上移，C 错误，D 正确．9、如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V 1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L 和滑动变阻器R ，R 上并联一只理想电压表V 2.下列说法中正确的是( )A ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，V 1示数变大，V 2示数变小B ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C ．若P 不动，滑片F 向下移动时，V 1、V 2的示数均变小D ．若P 不动，滑片F 向下移动时，灯泡消耗的功率变大解析 若F 不动，滑片P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V 2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A 错误，B 正确；若P 不动，滑片F 向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L 消耗的功率减小，电压表V 2的示数变小，C 、D 错误．答案 B10、调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间输入交变电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图甲中两电表均为理想交流电表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器．现在CD 两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么( )A ．由乙图可知CD 两端输入交流电压u 的表达式为u ＝36sin 100t (V)2B ．当滑动触头P 逆时针转动时，MN 之间输出交流电压的频率变大C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R 2消耗的电功率变小答案 D解析 由题图乙可知u ＝36sin 100πt (V)，A 错误．M 、N 之间输出交流电压的频率由2输入的交流电压的频率决定，B 错误．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R 3减小，由“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R 2消耗的电功率P 2＝减小，U 2R 2C 错误，D 正确．11、如图所示，理想变压器原线圈的匝数n 1＝1100匝，副线圈的匝数n 2＝110匝，R 0、R 1、R 2均为定值电阻，且R 0＝R 1＝R 2，电流表、电压表均为理想电表．原线圈接u＝220sin (314t ) (V)的交流电源．起初开关S 处于断开状态．下列说法中正确的是2( )A ．电压表示数为22 VB ．当开关S 闭合后，电压表示数变小C ．当开关S 闭合后，电流表示数变大D ．当开关S 闭合后，变压器的输出功率增大答案 BCD解析 电源电压的有效值为U 1＝220 V ，由＝可知U 2＝22 V ，而电压表示数只是U 1U 2n 1n 2R 1两端的电压，一定小于U 2，A 项错误．S 闭合后，负载总电阻变小，而U 2不变，由P 出＝知P 出变大，I 2＝变大，而P 入＝P 出＝U 1I 1，U 1不变，I 1应变大，即电流U 2R 总U 2R 总表示数变大；电阻R 0的分压U 0＝I 2R 0，U 0变大，则电压表示数U ′＝U 2－U 0应变小．综上所述，选项B 、C 、D 正确．。
2022年高考物理一轮复习 第12章 第2讲 变压器 远距离输电
第2讲 变压器 远距离输电目标要求 1.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.2.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率.考点一 理想变压器的原理及应用基础回扣 1.构造和原理(1)构造：如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的.图1(2)原理：电磁感应的互感现象. 2.基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出. (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1.(4)频率关系：f 出＝f 入. 技巧点拨1.理想变压器的制约关系电压 原线圈电压U 1和匝数比决定副线圈电压U 2，U 2＝n 2n 1U 1功率 副线圈的输出功率P 出决定原线圈的输入功率P 入，P 入＝P 出电流副线圈电流I 2和匝数比决定原线圈电流I 1，I 1＝n 2n 1I 22.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系： 电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝……＝U nn n功率关系：P 1＝P 2＋P 3＋P 4＋……＋P n 电流关系：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋n 4I 4＋……＋n n I n变压器基本物理量的分析与计算例1 (2017·北京卷·16)如图2所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin(100πt ) V 的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是( )图2A.原线圈的输入功率为220 2 WB.电流表的读数为1 AC.电压表的读数为110 2 VD.副线圈输出交流电的周期为50 s 答案 B解析 由u ＝2202sin(100πt ) V 可知，原线圈电压最大值为220 2 V ，故原线圈电压的有效值为U 1＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ，故电压表的读数为110 V ，选项C 错误；副线圈电流有效值为I 2＝U 2R＝2 A ，根据P ＝UI 可知，输出功率为220 W ，则原线圈的输入功率为220 W ，故选项A 错误；原线圈中的电流I 1＝P U 1＝1 A ，故选项B 正确；因为ω＝2πT，所以T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，故选项D 错误.原线圈接入用电器的变压器问题分析例2 (多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图3(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V ，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1、R 2、R 3均为固定电阻，R 2＝10 Ω，R 3＝20 Ω，各电表均为理想电表.已知电阻R 2中电流i 2随时间t 变化的正弦曲线如图(b)所示.下列说法正确的是( )图3A.所用交流电的频率为50 HzB.电压表的示数为100 VC.电流表的示数为1.0 AD.变压器传输的电功率为15.0 W 答案 AD解析 根据i 2－t 图象可知T ＝0.02 s ，则所用交流电的频率f ＝1T ＝50 Hz ，故A 正确；副线圈两端电压U 2＝I 2R 2＝22×10 V ＝10 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得原线圈两端电压U 1＝100 V ，电压表的示数U ＝220 V －100 V ＝120 V ，故B 错误；电流表的示数I ＝U 2R 3＝1020 A ＝0.5 A ，故C 错误；变压器传输的电功率P ＝I 22R 2＋I 2R 3＝15.0 W ，故D 正确.1.(变压器基本物理量的计算)如图4所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50 Hz ，电压表示数为11 000 V ，灯泡L 1与L 2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝50∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，则( )图4A.原线圈输入的交流电压的表达式为u ＝11 000sin 50πt (V)B.开关K 未闭合时，灯泡L 1两端的电压为220 VC.开关K 闭合后电流表的示数为通过灯泡L 1中电流的12D.开关K 闭合后，原线圈输入功率增大为原来的2倍 答案 B解析 原线圈的电压最大值U m ＝11 000 2 V ，角速度ω＝2πf ＝100π rad/s ，所以原线圈输入的交流电压的表达式为u ＝11 0002sin 100πt (V)，故A 错误；开关K 未闭合时，灯泡L 1两端的电压即为副线圈电压，U 1U 2＝n 1n 2＝501，则开关K 未闭合时，灯泡L 1两端的电压U 2＝220 V ，故B 正确；开关K 闭合后，L 1与L 2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L 1中电流相等，故C 错误；开关K 闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来的2倍，故D 错误.2.(原线圈上有用电器的变压器)(多选)如图5所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是( )图5A.原、副线圈匝数比为9∶1B.原、副线圈匝数比为1∶9C.此时a 和b 的电功率之比为9∶1D.此时a 和b 的电功率之比为1∶9 答案 AD解析 设灯泡的额定电压为U 0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈两端电压为U 1＝9U 0，副线圈两端电压为U 2＝U 0，故U 1U 2＝91，n 1n 2＝U 1U 2＝91，A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得，I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得，灯泡a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确.考点二 理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变.(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化. (3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化. 2.负载电阻不变的情况(1)U 1不变，n 1n 2发生变化时，U 2变化.(2)R 不变，U 2变化时，I 2发生变化.(3)根据P 2＝U 22R ，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化.例3 (多选)(2020·河北唐山是原线圈的中心抽头，电压表和电市摸底考试)如图6所示，理想变压器原线圈一端有a 、b 两接线柱，a 是原线圈的一端点，b 流表均为理想交流电表.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 ＝U sin 100πt .则( )图6A.当单刀双掷开关分别与a 、b 连接时，电压表的示数比为1∶2B.当t ＝0时，c 、d 间的电压瞬时值为U2C.单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，电压表示数增大D.当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电流表的示数增大 答案 AD解析 当单刀双掷开关与a 连接时，原线圈的匝数为n 1，则有U 2＝U 1n 2n 1，当单刀双掷开关与b 连接时，原线圈的匝数为n 12，则有U 2′＝U 1n 2n 12，联立得U 2∶U 2′＝1∶2，故电压表的示数比为1∶2，故A 正确；当t ＝0时，c 、d 间的电压瞬时值为u ＝U sin(100π×0)＝0，故B 错误；副线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，单刀双掷开关与a 连接，滑动变阻器触头P 向上移，可知副线圈电压不变，故电压表的示数不变，C 错误；单刀双掷开关由a 扳向b ，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也变大，故D 正确.3.(负载不变匝数变)(2020·天津耀华中学模拟)如图7所示为一自耦变压器的电路图，其特点是铁芯上只绕有一个线圈.把整个线圈作为副线圈，而取线圈的一部分作为原线圈.原线圈接在电压为U 的正弦交流电源上，电流表、均为理想交流电表.当触头P 向上移动时，下列说法正确的是()图7A.A1读数变小，A2读数变小B.A1读数变大，A2读数变小C.R两端电压变大，变压器输入功率变小D.R两端电压变大，变压器输入功率变大答案 A4.(匝数不变负载变)如图8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()图8A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1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A1示数变大D.若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大答案 B解析当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小；原线圈中的电流也变大，电流表A1示数变大，选项D错误.考点三远距离输电基础回扣如图9所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U ′，输电电流为I ，输电线总电阻为R .图91.输电电流I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R . 2.电压损失 (1)ΔU ＝U －U ′； (2)ΔU ＝IR . 3.功率损失 (1)ΔP ＝P －P ′； (2)ΔP ＝I 2R ＝(P U)2R4.减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρlS 知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线.(2)减小输电线中的电流.在输电功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高输电电压. 技巧点拨1.理清输电电路图的三个回路(如图10)图10(1)在电源回路中，P 发电机＝U 1I 1＝P 1.(2)在输送回路中，I 2＝I 线＝I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，ΔU ＝I 2R 线，ΔP ＝I 22R 线. (3)在用户回路中，P 4＝U 4I 4＝P 用户. 2.抓住两组关联式(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.3.掌握一个守恒观念功率关系：P 2＝ΔP ＋P 3，其中ΔP ＝ΔU ·I 线＝I 线2R线＝(ΔU )2R 线. 例4 如图11所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压为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，流入用户端的电流为I 2，则( )图11A.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 12rD.输电线路上损失的电功率为I 1U 答案 A解析 因为P 入＝P 出，所以U 1I 1＝U 2I 2，即U 2＝U 1I 1I 2，故选项A 正确；输电线上的电压降为U 线＝U －U 1，选项B 错误；理想变压器的输入功率P 入＝I 1U 1，输电线路上损失的电功率P损＝I 12r ＝I 1(U －U 1)，选项C 、D 错误.例5 (2020·浙江7月选考·11)如图12所示，某小型水电站发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机的电压U 1＝250 V ，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R 线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U 4＝220 V.已知输电线上损失的功率P 线＝5 kW ，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )图12A.发电机输出的电流I 1＝40 AB.输电线上的电流I 线＝625 AC.降压变压器的匝数比n 3∶n 4＝190∶11D.用户得到的电流I 4＝455 A 答案 C解析 发电机输出电流I 1＝P U 1＝100×103250 A ＝400 A ，故A 错误；输电线上损失的功率P 线＝I 线2R 线＝5 kW ，所以I 线＝P 线R 线＝25 A ，故B 错误；用户得到的功率P 4＝P －P 线＝(100－5) kW ＝95 kW ，则I 4＝P 4U 4＝95×103220 A ＝4 75011 A ≈432 A ，故n 3n 4＝I 4I 线＝19011，故C 正确，D错误.5.(远距离输电基本电路分析)(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低.我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术.假设从A 处采用550 kV 的超高压向B 处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP ，到达B 处时电压下降了ΔU .在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV 特高压输电.输电线上损耗的电功率变为ΔP ′，到达B 处时电压下降了ΔU ′.不考虑其他因素的影响，则( ) A.ΔP ′＝14ΔPB.ΔP ′＝12ΔPC.ΔU ′＝14ΔUD.ΔU ′＝12ΔU答案 AD解析 由输电电流I ＝P U 知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的12，损耗的电功率ΔP ＝I 2r ，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的14，即ΔP ′＝14ΔP ；输电线上损失电压为ΔU ＝Ir ，即输电电压加倍，损失电压变为原来的12，即ΔU ′＝12ΔU .故A 、D正确.6.(远距离输电电路的分析)(多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图13为远距离输电示意图，发电厂输出电压U 1＝104 V ，输出功率P 1＝109 W ，两个理想变压器的匝数比分别为n 1∶n 2＝1∶100、n 3∶n 4＝100∶1，输电线总电阻r ＝50 Ω.则( )图13A.U 4＝U 1B.I 4＝I 1C.通过电阻r 的电流I 2＝2×104 AD.电阻r 损耗的电功率为5×107 W 答案 BD解析 I 1＝P 1U 1＝105 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1可得，I 2＝n 1n 2I 1＝1100×105 A ＝103 A ，则通过电阻r 的电流为103 A ，故C 错误；电阻r 两端的电压为U r ＝I 2r ＝103×50 V ＝5×104 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可得，U 2＝n 2n 1U 1＝100×104 V ＝106 V ，则U 3＝U 2－U r ＝106 V －5×104 V ＝9.5×105 V ，根据U 3U 4＝n 3n 4可得，U 4＝n 4n 3U 3＝1100×9.5×105 V ＝9.5×103 V ，则U 4≠U 1，故A 错误；由于I 2＝I 3，根据I 3I 4＝n 4n 3可得，I 4＝n 3n 4I 3＝1001×103 A ＝105 A ，则I 4＝I 1，故B 正确；电阻r 损耗的电功率P r ＝I 22r ＝(103)2×50 W ＝5×107 W ，故D 正确.课时精练1.(2020·江苏卷·2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图1所示.其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上.则电流互感器( )图1A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流答案 D解析 电流互感器原线圈匝数小，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A 错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B 错误；变压器不改变交变电流的频率，故C 错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D 正确. 2.(多选)如图2，发电厂的输出电压为U 1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R ，通过导线的电流为I ，用户得到的电压为U 2.下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是( )图2A.(U 1－U 2)IB.I 2RC.U 12RD.(U 1－U 2)2R答案 ABD3.(2020·陕西西安中学三模)在如图3所示的电路中，理想变压器原副线圈的匝数比n 1∶n 2∶n 3＝6∶3∶1，电流表均为理想交流电流表，两电阻阻值相同.当在原线圈两端加上大小为U 的交变电压时，三个电流表的示数之比I 1∶I 2∶I 3为( )图3A.1∶2∶3B.1∶2∶1C.1∶3∶6D.5∶9∶3答案 D解析 由公式U 1U 2＝n 1n 2，可知U 2＝U 2，同理可得U 3＝U6，由欧姆定律可知I 2＝3I 3，由变压器原、副线圈功率相等有I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3， 即I 1U ＝I 2×U 2＋I 23×U 6，得I 1I 2＝59，则I 1∶I 2∶I 3＝5∶9∶3，故D 正确，A 、B 、C 错误.4.(2019·山东济宁市第二次摸底)高压输电线路常因结冰而损毁严重.为消除高压输电线上的冰，有人设想利用电流的热效应除冰的融冰思路.若在正常供电时，高压线上输电电压为U ，输电电流为I ，热耗功率为ΔP ；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP ，则除冰时( ) A.输电电流为4I B.输电电流为16I C.输电电压为4U D.输电电压为U16答案 A解析 高压线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线 若热耗功率变为16ΔP ，则16ΔP ＝I ′2R 线 解得I ′＝4I ，故A 正确，B 错误.输电功率不变，由P ＝UI ＝U ′I ′得U ′＝14U ，故C 、D 错误.5.(多选)(2020·河南中原名校联考)如图4所示是变压器通过降压给用户供电的示意图.变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表V 1示数不变.两条输电线的总电阻用R 0表示，滑动变阻器R 表示用户用电器的总电阻.如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是( )图4A.电流表A 1示数变大B.电流表A 2示数变小C.电压表V 2示数变大D.电压表V 3示数变小答案 AD6.(2018·天津卷·4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流.利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图5所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P .若发电机线圈的转速变为原来的12，则( )图5A.R 消耗的功率变为12PB.电压表V 的读数变为12UC.电流表A 的读数变为2ID.通过R 的交变电流频率不变 答案 B解析 发电机线圈的转速变为原来的12，由E ＝nBSω2知，原线圈中输入电压变为原来的12，频率变为原来的12.根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2变为原来的12，即U 2＝12U ，则通过R 的电流变为原来的12，R 消耗的功率P 2＝U 22R ＝14P ，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈上的电流也变为原来的12，即电流表A 的读数变为12I ，故选B.7.(2019·四川达州市第二次诊断)如图6所示，一自耦变压器接在交流电源上，V 1、V 2为理想交流电压表.下列说法正确的是( )图6A.若P 不动，滑片F 向下滑动时，V 1示数不变，V 2示数变小B.若P 不动，滑片F 向下滑动时，灯泡消耗的功率变大C.若F 不动，滑片P 向上滑动时，V 1示数不变，V 2示数变大D.若F 不动，滑片P 向上滑动时，灯泡消耗的功率变小 答案 A解析 设变压器的输入电压为U 1，输出电压为U 2；若P 不动，滑片F 向下滑动时，输入电压U 1不变，V 1示数不变，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，由于n 2减小，故输出电压U 2减小，故灯泡消耗的功率减小，V 2的示数变小，故A 正确，B 错误；若F 不动，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1不变，则输出电压U 2也不变，V 1示数不变；滑片P 向上滑动时，滑动变阻器R 接入电路的电阻值减小，则副线圈回路中的电流增大，灯泡中的电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由U V2＝U 2－U L 可知电压表V 2示数变小，故C 、D 错误.8.(2020·山东卷·5)图7甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝22∶3，输入端a 、b 所接电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示.灯泡L 的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V ，定值电阻R 1＝10 Ω、R 2＝5 Ω，滑动变阻器R 的最大阻值为10 Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )图7A.1 ΩB.5 ΩC.6 ΩD.8 Ω 答案 A解析 由题图乙可得U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝30 V ，灯泡正常工作时，U L ＝24 V ，I ＝U L R L ＝2415 A ＝1.6 AR 1两端电压U R 1＝U 2－U L ＝30 V －24 V ＝6 V 通过R 1的电流I 1＝U R 1R 1＝0.6 A通过R 的电流I R ＝I －I 1＝1 A 由欧姆定律得R ＋R 2＝U R 1I R ＝61 Ω＝6 Ω可解得R ＝1 Ω，选项A 正确.9.(2020·广东汕头市调研)如图8所示为远距离输电的原理图.发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器.由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控.监控电表为理想电表.若某次监测发现V 2表的示数减小.则下列判断正确的是( )图8A.电流表A 1的示数增大B.电流表A 2的示数减小C.电压表V 1的示数增大D.输电线损失的功率减小 答案 A解析 根据题意知，发电厂的输出电压恒为U ，升压变压器的变压比不变，所以电压表V 1的示数不变，故C 错误；某次监测发现V 2表的示数减小，根据降压变压器变压比不变可知，降压变压器的输入电压U 20减小，又U 1＝U 20＋I 1R 线，则I 1增大，即电流表A 1的示数增大，故A 正确；根据电流表A 1的示数增大及降压变压器电流比：I 1I 2＝n 4n 3，可知电流表A 2的示数增大，故B 错误；输电线上损失功率为P 损＝I 12R 线，由于电流表A 1的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D 错误.10.(2020·云南昆明市五校联考)图9甲中理想变压器原、副线圈的匝数比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流，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示.现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光.下列说法正确的是( )图9A.输入电压u 的表达式u ＝202sin (50πt ) VB.只断开S 2后，L 1、L 2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 答案 D解析 由题图乙可知U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，故ω＝2πT ＝100π rad/s ，即输入电压u 的表达式u ＝202sin (100πt ) V ，所以A 项错误；副线圈两端电压U 2＝n 2n 1·U m2＝4 V ，断开S 2后两灯泡串联，总电压仍为4 V ，所以L 1、L 2均不能正常发光，B 项错误；断开S 2后R 总增大，根据P 入＝P 出＝U 22R 总可知P 入变小，C 项错误；若S 1接2，由P R ＝U 22R 可得P R ＝4220 W ＝0.8 W ，故D 项正确.11.如图10所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V ，正常情况下输出的总功率P 0＝8.8×104 W ，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电.输送电压为U ＝1 1002sin 200πt V ，输电导线的总电阻为r ＝5 Ω，现要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，下列说法正确的是( )图10A.输电线上的电流为220 AB.降压变压器匝数比n 3n 4＝51C.用电器的额定功率P ＝5.6×104 WD.用电器上交流电的频率是50 Hz 答案 C解析 因为输送电压为U ＝1 1002sin 200πt V ，则输电电压的有效值为：U 输＝1 100 2 V2＝1 100 V ，根据：P 0＝U 输I 输，解得输电线上的电流为：I 输＝80 A ，故A 错误；降压变压器的输入电压为：U 3＝U 输－I 输r ＝700 V ，则降压变压器匝数比：n 3n 4＝U 3U 用＝3511，故B 错误；用电器的额定功率为：P ＝P 0－I 输2r ＝56 000 W ，故C 正确；由于输送电压为U ＝1 1002sin 200πt V ，可知输送电压的频率为f ＝1T ＝12πω＝ω2π＝100 Hz ，变压器不改变电压的频率，则用电器上交流电的频率是100 Hz ，故D 错误.12.如图11所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，原线圈接u ＝2202sin (100πt ) V 的交变电流，则( )图11A.交变电流的频率为100 HzB.通过R 2的电流为1 AC.通过R 2的电流为 2 AD.变压器的输入功率为200 W 答案 C解析 由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 项错误；由理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压U 2＝50 V ，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R 2，由电流的热效应可知，U 22R 2·T 2＝U 2R 2·T ，解得U ＝22U 2＝25 2 V ，由欧姆定律可知，通过R 2的电流为 2 A ，B 项错误，C 项正确；电阻R 2的功率P 2＝UI ＝50 W ，而电阻R 1的电功率P 1＝U 22R 1＝100 W ，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P ＝P 1＋P 2＝150 W ，D 项错误.13.(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图12所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.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 .该变压器原、副线圈匝数比为( )图12A.2B.3C.4D.5 答案 B解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确.。
2022届高三物理一轮复习考点练习卷：电学基本规律
电学基本规律1．(多选)(2020·上海杨浦区模拟)(多选)假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图7所示．图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，则( )A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 02. (2020·安徽黄山市质检)如图所示是电阻R 的I －U 图象，图中α＝45°，由此得出( )A ．欧姆定律适用于该元件B ．电阻R ＝0.5 ΩC ．因I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，故R ＝1tan α＝1.0 Ω D ．在R 两端加上6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C3. (2020·安徽“江南”十校联考)如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，当将C 与D 接入电压恒为U 的电路时，电流为2 A ，若将A 与B 接入电压恒为U 的电路中，则电流为( )A ．0.5 AB ．1 AC ．2 AD ．4 A4.用电器到发电站的距离为l ，线路上的电流为I ，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U ，那么，输电线横截面积的最小值为( )A.ρlI UB.2ρlI UC.U ρlID.2Ul Iρ5.(多选)(2020·安徽六安模拟)如图所示，一台电动机提着质量为m 的物体，以速度v 匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R ，电源电动势为E ，通过电源的电流为I ，当地重力加速度为g ，忽略一切阻力及 导线电阻，则 ( )A ．电源内阻r ＝E I －RB ．电源内阻r ＝E I －mgv I 2－RC ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小6.如图，电路中电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是 ( )A ．L 1中的电流为L 2中电流的2倍B ．L 3的电阻约为1.875 ΩC ．L 3的电功率约为0.75 WD ．L 2和L 3的总功率约为3 W7.如图所示，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 0为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω，闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A ．则以下判断中正确的是 ( )A ．电动机的输出功率为14 WB ．电动机两端的电压为7.0 VC ．电动机产生的热功率为4.0 WD ．电源输出的功率为24 W8. (多选)(2020·福建福州市期末)如图所示，电源电动势E 和内阻r 一定，R 1、R 2是定值电阻，R 3是光敏电阻(光敏电阻阻值随光照强度的增大而减小)．闭合开关，当照射到R 3的光照强度变化时，R 2功率变大，以下判断正确的是( )A ．电流表示数一定变小B ．电压表示数一定变小C ．R 3的功率一定变大D ．照射到R 3的光照强度一定增加9.(多选)(2020·福建龙岩市期末质量检查)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图6所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R 的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I 1和U 1.重新调节R 的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I 2和U 2.则( )A ．这台电动机的线圈电阻为U 1I 1B ．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U 1I 1C ．这台电动机正常运转时的输出功率为U 2I 2－I 22U 1I 1D ．这个电源的内阻为U 2－U 1I 1－I 210.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线如图所示，由此可知 ( )A ．电源最大输出功率可能大于45 WB ．电源内阻一定等于5 ΩC ．电源电动势为45 VD ．电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率大于50%11.(多选)如图所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C．R2接在电源上时，电源的输出功率大D．电源的输出功率一样大12．(2020·重庆江津中学模拟)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定值电阻R0、电源的电动势E和内电阻r，调节滑动变阻器的滑动触头P向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A和电压表V1的测量数据，另一同学记录的是电流表A和电压表V2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U－I直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是()A．滑动变阻器的滑动头P滑到了最右端B．电源的输出功率最大C．定值电阻R0上消耗的功率为1.0 W D．电源的效率达到最大值13.如图所示，直线Ⅰ、Ⅰ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅰ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅰ与直线Ⅰ、Ⅰ相交点的坐标分别为P(5.2，3.5)、Q(6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是()A．电源1与电源2的内阻之比是3Ⅰ2 B．电源1与电源2的电动势之比是1Ⅰ1C．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1Ⅰ2 D．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7Ⅰ10 14. (多选)(2020·广东珠海市质量监测)如图所示，直流电路中，R1、R2是定值电阻，R3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小．当开关S闭合时，处在电容器两板间M点的带电液滴恰好能保持静止．现用强光照射电阻R3时()A．电源的总功率减小B．A板的电势降低C．液滴向上运动D．电容器所带电荷量增加15．如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L 的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是( )A ．电流表、电压表的读数均变小B ．电源内阻消耗的功率变大C ．液滴将向上运动D ．电源的输出功率变大16.如图所示的电路中，闭合开关S ，灯L 1、L 2正常发光．由于电路突然出现故障，发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是(电源内阻不计)( )A ．R 1断路B ．R 2断路C ．R 3短路D ．R 4短路17.(2020·西安模拟)如图所示，E ＝8 V ，r ＝2 Ω，R 1＝8 Ω，R 2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R 2的取值应是多大？这时R 2的功率是多大？(2)要使R 1得到的电功率最大，则R 2的取值应是多大？R 1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？(3)调节R 2的阻值，能否使电源以最大的功率E 24r输出？为什么？ 18.图甲为某元件R 的U －I 特性曲线，把它连接在图乙所示电路中．已知电源电动势E ＝5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 0＝4 Ω.闭合开关S 后，求：(1)该元件的电功率；(2)电源的输出功率．电学基本规律1．(多选)(2020·上海杨浦区模拟)(多选)假设某同学研究白炽灯得到某白炽灯的伏安特性曲线如图7所示．图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，则( )A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0【答案】CD【解析】白炽灯的电阻随电压的增大而增大，选项A 错误；在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0，选项B 错误，D 正确；在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0，选项C 正确．2. (2020·安徽黄山市质检)如图所示是电阻R 的I －U 图象，图中α＝45°，由此得出( )A ．欧姆定律适用于该元件B ．电阻R ＝0.5 ΩC ．因I －U 图象的斜率表示电阻的倒数，故R ＝1tan α＝1.0 Ω D ．在R 两端加上6.0 V 的电压时，每秒通过电阻横截面的电荷量是2.0 C【答案】 A【解析】 根据数学知识可知，通过电阻的电流与两端电压成正比，欧姆定律适用，A 正确；根据电阻的定义式R ＝U I 可知，I －U 图象斜率的倒数等于电阻R ，则得R ＝105Ω＝2 Ω，B 、C 错误；由题图知，当U ＝6.0 V 时，I ＝3.0 A ，则每秒通过电阻横截面的电荷量是q ＝It ＝3.0×1 C ＝3.0 C ，D 错误．3. (2020·安徽“江南”十校联考)如图所示，厚薄均匀的矩形金属薄片边长为ab ＝10 cm ，bc ＝5 cm ，当将C 与D 接入电压恒为U 的电路时，电流为2 A ，若将A 与B 接入电压恒为U 的电路中，则电流为( )A ．0.5 AB ．1 AC ．2 AD ．4 A【答案】 A【解析】 设金属薄片厚度为d ′，根据电阻定律R ＝ρl S ，有R CD ＝ρl bc l ab ·d ′，R AB ＝ρl ab l bc ·d ′，故R CD R AB ＝⎝⎛⎭⎫l bc l ab 2＝14；根据欧姆定律，电压相同时，电流与电阻成反比，故两次电流之比为4Ⅰ1，故第二次电流为0.5 A ，选项A 正确．4.用电器到发电站的距离为l ，线路上的电流为I ，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U ，那么，输电线横截面积的最小值为( )A.ρlI UB.2ρlI UC.U ρlID.2Ul Iρ【答案】 B【解析】 输电线的总长为2l ，R ＝U I ＝ρ·2l S ，则S ＝2ρlI U，故B 正确． 5.(多选)(2020·安徽六安模拟)如图所示，一台电动机提着质量为m 的物体，以速度v 匀速上升，已知电动机线圈的电阻为R ，电源电动势为E ，通过电源的电流为I ，当地重力加速度为g ，忽略一切阻力及 导线电阻，则 ( )A ．电源内阻r ＝E I －RB ．电源内阻r ＝E I －mgv I 2－RC ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变大D ．如果电动机转轴被卡住而停止转动，较短时间内电源消耗的功率将变小【答案】 BC【解析】] 含有电动机的电路不是纯电阻电路，欧姆定律不再适用，A 错误；由能量守恒定律可得EI ＝I 2r ＋mgv＋I 2R ，解得r ＝E I －mgv I 2－R ，B 正确；如果电动机转轴被卡住，则E ＝I ′(R ＋r )，电流增大，较短时间内，电源消耗的功率变大，较长时间的话，会出现烧坏电源的现象，C 正确，D 错误．6.如图，电路中电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2、L 3为三个相同规格的小灯泡，小灯泡的伏安特性曲线如图所示．当开关闭合后，下列说法中正确的是 ( )A ．L 1中的电流为L 2中电流的2倍B ．L 3的电阻约为1.875 ΩC ．L 3的电功率约为0.75 WD ．L 2和L 3的总功率约为3 W【答案】：B【解析】：由图象可知，灯泡两端的电压变化时，灯泡的电阻发生变化，L 2和L 3的串联电阻并不是L 1电阻的两倍，根据欧姆定律知L 1中的电流不是L 2中电流的2倍，A 错误；由于电源不计内阻，所以L 2和L 3两端的电压均为1.5V ，由图可知此时灯泡中的电流为I ＝0.8 A ，电阻R ＝U I＝1.875 Ω，B 正确；L 3的电功率P ＝UI ＝1.5×0.8 W ＝1.2 W ，C 错误；L 2和L 3的总功率P ′＝2P ＝2.4 W ，D 错误．7.如图所示，电源电动势为12 V ，电源内阻为1.0 Ω，电路中的电阻R 0为1.5 Ω，小型直流电动机M 的内阻为0.5 Ω，闭合开关S 后，电动机转动，电流表的示数为2.0 A ．则以下判断中正确的是 ( )A ．电动机的输出功率为14 WB ．电动机两端的电压为7.0 VC ．电动机产生的热功率为4.0 WD ．电源输出的功率为24 W【答案】：B【解析】：由题意得电动机两端的电压U ＝E －I (R 0＋r )＝7 V ，则电动机的输入功率P ＝UI ＝14 W ．热功率P 热＝I 2R M ＝2 W ，则输出功率P 出＝P －P 热＝12 W ．电源的输出功率P ′＝EI －I 2r ＝20 W ，故B 正确，A 、C 、D 错误．8. (多选)(2020·福建福州市期末)如图所示，电源电动势E 和内阻r 一定，R 1、R 2是定值电阻，R 3是光敏电阻(光敏电阻阻值随光照强度的增大而减小)．闭合开关，当照射到R 3的光照强度变化时，R 2功率变大，以下判断正确的是( )A ．电流表示数一定变小B ．电压表示数一定变小C ．R 3的功率一定变大D ．照射到R 3的光照强度一定增加【答案】BD【解析】由于R 2功率变大，根据P ＝I 2R 可知R 2的电流增大，根据“串反并同”可得R 3的阻值减小，照射到R 3的光照强度一定增加，电路总电阻减小，电路总电流增大，电源内电压增大，路端电压减小，所以电压表示数减小，电流表示数增大，故B 、D 正确，A 错误；R 3的阻值减小，通过R 3的电流增大，根据P ＝I 2R 可知，R 3的功率无法确定变化，故C 错误．9.(多选)(2020·福建龙岩市期末质量检查)某同学在研究微型直流电动机的性能时，采用如图6所示的实验电路．闭合开关，并调节滑动变阻器R 的阻值，使电动机不转动，此时电流表和电压表的示数分别为I 1和U 1.重新调节R 的阻值，使电动机正常运转，此时电流表和电压表的示数分别为I 2和U 2.则( )A ．这台电动机的线圈电阻为U 1I 1B ．这台电动机正常运转时线圈的发热功率为U 1I 1C ．这台电动机正常运转时的输出功率为U 2I 2－I 22U 1I 1 D ．这个电源的内阻为U 2－U 1I 1－I 2 【答案】 AC【解析】 电动机不转动时满足欧姆定律，电动机的线圈电阻r 0＝U 1I 1，故A 对；电动机正常转动时的发热功率为P 1＝I 22r 0＝U 1I 22I 1，故B 错；这台电动机正常运转时输入功率为P 2＝U 2I 2 ，所以输出功率为P 3＝P 2－P 1＝U 2I 2－I 22U 1I 1，故C 对；若滑动变阻器的阻值R 恒定不变，则根据闭合电路欧姆定律可知：E ＝U 1＋I 1(r ＋R )，E ＝U 2＋I 2(r ＋R )，解得：r ＋R ＝U 2－U 1I 1－I 2，由于滑动变阻器的阻值变化，且不知道具体是多少，所以电源内阻不等于U 2－U 1I 1－I 2，故D 错． 10.将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，测得电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线如图所示，由此可知 ( )A ．电源最大输出功率可能大于45 WB ．电源内阻一定等于5 ΩC ．电源电动势为45 VD ．电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率大于50%【答案】：B【解析】：由于题述将一电源与一电阻箱连接成闭合回路，电阻箱所消耗功率P 等于电源输出功率．由电阻箱所消耗功率P 与电阻箱读数R 变化的曲线可知，电阻箱所消耗功率P 最大为45 W ，所以电源最大输出功率为45 W ，选项A 错误；由电源输出功率最大的条件可知，电源输出功率最大时，外电路电阻等于电源内阻，所以电源内阻一定等于5 Ω，选项B 正确；由电阻箱所消耗功率P 最大值为45 W 可知，此时电阻箱读数为R ＝5 Ω，电流I ＝P R ＝3 A ，电源电动势E ＝I (R ＋r )＝30 V ，选项C 错误；电阻箱所消耗功率P 最大时，电源效率为50%，选项D 错误．11.(多选)如图所示，直线A 是电源的路端电压和电流的关系图线，直线B 、C 分别是电阻R 1、R 2的两端电压与电流的关系图线，若将这两个电阻分别接到该电源上，则( )A ．R 1接在电源上时，电源的效率高B ．R 2接在电源上时，电源的效率高C ．R 2接在电源上时，电源的输出功率大D ．电源的输出功率一样大【答案】AC【解析】电源的效率η＝P 出P 总×100%＝UI EI ×100%＝U E ×100%，当R 1与R 2分别接到电源上时，U R 1>U R 2，故R 1接在电源上时，电源的效率高，A 正确，B 错误；由题图可知，R 2与电源的内阻相等，R 1>R 2，所以R 2接在电源上时，电源的输出功率大，C 正确，D 错误．12．(2020·重庆江津中学模拟)两位同学在实验室利用如图甲所示的电路测定值电阻R 0、电源的电动势E 和内电阻r ，调节滑动变阻器的滑动触头P 向某一方向移动时，一个同学记录了电流表A 和电压表V 1的测量数据，另一同学记录的是电流表A 和电压表V 2的测量数据．根据数据描绘了如图乙所示的两条U －I 直线．则图象中两直线的交点表示的物理意义是( )A ．滑动变阻器的滑动头P 滑到了最右端B ．电源的输出功率最大C ．定值电阻R 0上消耗的功率为1.0 WD ．电源的效率达到最大值【答案】B.【解析】：由图乙可得，电源的电动势E ＝1.5 V ，r ＝1 Ω，交点位置：R ＋R 0＝U 1I ＝2 Ω，R 0＝U 2I＝2 Ω，R ＝0，滑动变阻器的滑动头P 滑到了最左端，A 项错误；当电路中外电阻等于内电阻时，电源输出功率最大，但本题R 0>r ，改变滑动变阻器时无法达到电路中内、外电阻相等，此时当外电阻越接近内电阻时，电源输出功率越大，B 项正确；R 0消耗的功率P ＝IU 2＝0.5 W ，C 项错误；电源的效率η＝IE －I 2r IE，电流越小效率越大，可见滑动变阻器的滑动头P 滑到最右端时效率最大，D 项错误．13.如图所示，直线Ⅰ、Ⅰ分别是电源1与电源2的路端电压随输出电流变化的特性图线，曲线Ⅰ是一个小灯泡的伏安特性曲线，曲线Ⅰ与直线Ⅰ、Ⅰ相交点的坐标分别为P (5.2，3.5)、Q (6，5)．如果把该小灯泡分别与电源1、电源2单独连接，则下列说法正确的是( )A ．电源1与电源2的内阻之比是3Ⅰ2B ．电源1与电源2的电动势之比是1Ⅰ1C ．在这两种连接状态下，小灯泡的电阻之比是1Ⅰ2D ．在这两种连接状态下，小灯泡消耗的功率之比是7Ⅰ10【答案】AB.【解析】：根据题图可知，E 1＝E 2＝10 V ，r 1＝54 Ω，r 2＝56Ω，所以r 1Ⅰr 2＝3Ⅰ2，E 1ⅠE 2＝1Ⅰ1，选项A 、B 正确；曲线Ⅰ与其他两条直线的交点坐标分别表示该小灯泡在这两种连接状态下的工作电流和工作电压，根据坐标值可求出此时小灯泡消耗的功率分别为P 1＝18.2 W 和P 2＝30 W ，小灯泡的电阻分别为R 1＝3552 Ω，R 2＝56Ω，所以选项C 、D 错误．14. (多选)(2020·广东珠海市质量监测)如图所示，直流电路中，R 1、R 2是定值电阻，R 3是光敏电阻，其阻值随光照增强而减小．当开关S 闭合时，处在电容器两板间M 点的带电液滴恰好能保持静止．现用强光照射电阻R 3时( )A．电源的总功率减小B．A板的电势降低C．液滴向上运动D．电容器所带电荷量增加【答案】CD【解析】电路稳定时电容器两板间的电压等于R1两端的电压，当用强光照射光敏电阻R3时，光敏电阻的阻值减小，电路中电流增大，电源的总功率P＝EI增大，R1两端的电压增大，电容器的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，液滴向上运动，故A错误，C正确；电容器的电压增大，电容不变，由Q＝CU知，电容器所带电荷量增加，故D正确；由于电路中的电流增大，R1两端的电势差增大，又因为R1下端接地，电势为零，所以R1上端电势升高，A板的电势也升高，故B错误．15．如图所示的电路中，两平行金属板之间的带电液滴处于静止状态，电流表和电压表均为理想电表，由于某种原因灯泡L的灯丝突然烧断，其余用电器均不会损坏，则下列说法正确的是()A．电流表、电压表的读数均变小B．电源内阻消耗的功率变大C．液滴将向上运动D．电源的输出功率变大【答案】C【解析】当灯泡L的灯丝突然烧断时电路中总电阻增大，则总电流减小，电源的内电压和R1两端的电压减小，由闭合电路的欧姆定律可知，路端电压增大，故电容器C两端的电压增大，板间场强增大，带电液滴所受的电场力增大，则该液滴将向上运动，C正确；由于C两端的电压增大，R2、R3中的电流增大，则电流表、电压表的读数均变大，A错误；因干路电流减小，则电源内阻消耗的功率变小，B错误；由于电源的内、外电阻的关系未知，不能判断电源的输出功率如何变化，D错误．16.如图所示的电路中，闭合开关S，灯L1、L2正常发光．由于电路突然出现故障，发现灯L1变亮，灯L2变暗，电流表的读数变小，根据分析，发生的故障可能是(电源内阻不计)()A．R1断路B．R2断路C．R3短路D．R4短路【答案】A【解析】等效电路图如图所示，出现故障后，发现灯L 1变亮，灯L 2变暗，说明L 1两端的电压变大，L 2两端的电压变小，可能是R 1断路，此时示数减小，故A 正确；如果R 2断路，则灯L 2变亮，灯L 1变暗，与条件不符，故B 错误；若R 3短路或R 4短路，电流表示数变大，故C 、D 错误．17.(2020·西安模拟)如图所示，E ＝8 V ，r ＝2 Ω，R 1＝8 Ω，R 2为变阻器接入电路中的有效阻值，问：(1)要使变阻器获得的电功率最大，则R 2的取值应是多大？这时R 2的功率是多大？(2)要使R 1得到的电功率最大，则R 2的取值应是多大？R 1的最大功率是多大？这时电源的效率是多大？(3)调节R 2的阻值，能否使电源以最大的功率E 24r输出？为什么？ 【答案】：(1)10 Ω 1.6 W (2)0 5.12 W 80%(3)不能 理由见解析【解析】：(1)将R 1和电源(E ，r )等效为一新电源，则新电源的电动势E ′＝E ＝8 V内阻r ′＝r ＋R 1＝10 Ω，且为定值利用电源的输出功率随外电阻变化的结论知，当R 2＝r ′＝10 Ω时，R 2有最大功率，即P 2max ＝E ′24r ′＝824×10W ＝1.6 W. (2)因R 1是定值电阻，所以流过R 1的电流越大，R 1的功率就越大．当R 2＝0时，电路中有最大电流，即 I max ＝E R 1＋r＝0.8 A R 1的最大功率P 1max ＝I 2max R 1＝5.12 W这时电源的效率η＝R 1R 1＋r×100%＝80%. (3)不能．因为即使R 2＝0，外电阻R 1也大于r ，不可能有E 24r的最大输出功率．本题中，当R 2＝0时，外电路得到的功率最大．18.图甲为某元件R 的U －I 特性曲线，把它连接在图乙所示电路中．已知电源电动势E ＝5 V ，内阻r ＝1.0 Ω，定值电阻R 0＝4 Ω.闭合开关S 后，求：(1)该元件的电功率；(2)电源的输出功率．【答案】：(1)1.2 W (2)1.84 W【解析】：设非线性元件的电压为U ，电流为I ，由欧姆定律得：U ＝E －I (R 0＋r )，代入数据得U ＝5－5I 在U －I 图象中画出U ＝E ′－Ir ′＝5－5I 图线如图所示，两图线交点坐标为(0.4 A ，3.0 V)．(1)该元件的电功率P R ＝UI ＝3.0×0.4 W ＝1.2 W.(2)电源的输出功率P ＝P R 0＋P R ＝I 2R 0＋P R ＝0.42×4 W ＋1.2 W ＝1.84 W.。
2022届高考物理一轮复习第十一章交变电流第二节变压器
第二节 变压器1．变压器的构造： 变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。
一个线圈跟电源连接，叫原线圈(也叫初级线圈)；另一个线圈跟负载连接，叫副线圈(也叫次级线圈)，两个线圈都是用绝缘导线绕制成的，铁芯由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成。
2．原理：电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流大小方向在不断的变化，铁芯中的磁场也在不断变化。
变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，所以尽管两个线圈之间没有导线相连，副线圈也能够输出电流。
互感现象是变压器工作的基础3．不考虑一切耗损(如能耗磁耗)问题的变压器叫做理想变压器。
4．在理想变压器中，如果原线圈和副线圈的匝数分别为n 1和n 2，电压分别为U 1和U 2，电流分别为I 1和I 2，则 U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1。
5．理想变压器的输入功率与输出功率相等，且变压器不改变交流电的频率。
例1 如下图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝20 2 sin100πtV 。
氖泡在两端电压达到100V 时开始发光，下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变【解析】 A 选项：交变电压的频率为f ＝100π2π＝50Hz ，一个周期内电压两次大于100V ，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz ，A 选项正确。
B 选项：由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U1＝2022V＝20V，由n1n2＝U1U2得副线圈两端的电压为U2＝100V，电压表的示数为交流电的有效值，B选项正确。
C选项：开关断开前后，输入电压不变，变压器的电压比不变，故输出电压不变，C选项错误。
D选项：断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D选项错误，选AB。
例2 (多选)如图所示，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。
高考物理一轮复习：5.4 变压器
A．理想变压器的输入功率为UnI
B．风扇电动机 D 中的电流为nUr
C．风扇电动机
D
输出的机械功率为Un I－
U nR
D．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为
U（R＋r） n2Rr
【分析】 理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流
时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应
2．变压器的原理 变压器的工作基础是互感现象．原线圈中的交变电流所激发 的磁场不仅穿过原线圈，也同时穿过副线圈，变化的磁场在副线 圈中产生感应电动势． 3．理想变压器 (1)原、副线圈中的电流产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内， 即无“漏磁”． (2)原、副线圈不计内阻，电流通过时不产生焦耳热，即无“铜 损”
【点评】 本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的 关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线 圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输 出功率决定输入功率且相等．
钳形电流测量仪的结构图如图所 示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不 切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈 中的电流值 I 和匝数 n 获知载流导线中的电 流大小 I0，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是( )
A．该测量仪可测量直流电的电流 B．载流导线中电流大小 I0＝nI C．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实 际电流 D．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示 数将变小
【分析】 图中电流互感器为升压变压器，只能测量交流电
的电流．根据 n1I1＝n2I2，求出载流导线中电流大小．结合法拉 第电磁感应定律分析．
(3)闭合铁芯中的涡流为零，即无“铁损” 说明：理想变压器是一个理想化模型，不计一切电磁能量损 失，因此，它的输入功率等于输出功率．实际变压器(特别是大 型变压器)一般可以看成理想变压器． 4．变压器电压、电流、功率与匝数的关系 (1)理想变压器：原、副线圈的电压之比，等于两个线圈的匝 数之比，即UU12＝nn12. (2)功率关系：对于理想变压器，不考虑能量损失，P 入＝P 出．
2022届高三物理一轮复习高考热点探究交变电流新人教版
【步步高】 2022 届高三物理一轮复习高考热门研究（ 10）交变电流新人教版一、变压器原理1 2022·海南·9如图 1 所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为 4∶1，原线圈两头接入一正弦沟通电源；副线圈电路中R图 1为负载电阻，沟通电压表和沟通电流表都是理想电表．以下结论正确的选项是A．若电压表读数 6 V ，则输入电压的最大值为24错误 ! VB．若输入电压不变，副线圈匝数增添到本来的 2 倍，则电流表的读数减小到本来的一半C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增添到本来的 2 倍，则输入功率也增添到本来的2倍D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增添到本来的 2 倍，则输出功率增添到本来的4 倍22022·重庆理综· 17 一输入电压为220 V，输出电压为36 V 的变压器副线圈烧坏．为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了 5 匝线圈，如图 2 所示，而后将原线圈接到220 V 沟通电源上，测得新绕线圈两头的电压为 1 V ．按图 2理想变压器剖析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为A． 1 100,360B．1 100,180C． 2 200,180D．2 200,360二、沟通电图象、变压器参加下的动向剖析3．2022·福建理综· 15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为规格同样的两只小灯泡， 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．下列说法正确的选项是图 3A．输入电压u 的表达式 u＝20错误! in 50π t VB．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耗费的电功率为 W4．2022·山东理综· 20为保证用户电压稳固在220 V ，变电所需合时进行调压，图 4 甲为调压变压器表示图．保持输入电压u1不变，当滑动接头 P 上下挪动时可改变输出电压．某次检测获得用户电压 2 随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的选项是u甲乙图4A．u2＝ 190错误! in 50π t VB．u2＝ 190错误! in 100π t VC．为使用户电压稳固在220 V ，应将P 适合下移D．为使用户电压稳固在220 V ，应将P 适合上移三、远距离送电5．2022·福建理综· 13中国已投产运转的 1 000 V 特高压输电是当前生界上电压最高的输电工程．假定甲、乙两地本来用500 V的超高压输电，输电线上消耗的电功率为P 在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000V特高压输电，若不考虑其他要素的影响，则输电线上消耗的电功率将变成C． 2P D． 4P分析 1 由图乙知ω＝200πrad/1分电压刹时价u ab＝400in 200π t V．2分2 电压有效值U1＝200错误! V1分理想变压器P 入＝ P 出， P出＝80 W1分原线圈中的电流I1＝错误!1分解得 I1＝错误! A．1分3 设ab间匝数为n1错误!＝错误!1分同理错误!＝错误!1分由题意知错误!＝错误!1分解得错误!＝错误!，代入数据得错误!＝错误!2分答案1u ab＝ 400in 200 πt V2错误! A 3错误!试题剖析高考对本部分内容要求不是很高，难度中等或偏下，大多数省市考察形式为选择题、填空题，江苏省物理单科 2022 年的考察为计算题，难度中等．命题特色1．以正弦式交变电流的图象为背景考察有效值、最大值等问题．2．考察理想变压器的规律应用及、、P 及f的特色．U I3．考察变压器的动向剖析．4．考察远距离输电问题．知识链接1．正弦式交变电流的产生、规律及表达式．2．有效值的计算方法．3．理想变压器U、 I 、 P的剖析与计算．4．远距离输电的计算1．一个单匝矩形线框的面积为S，在磁感觉强度为 B 的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的地点开始计时，转速为n 转/秒，则A．线框交变电动势的最大值为nπBSB．线框交变电动势的有效值为错误!nπ BSC．从开始转动经过错误!周期，线框中的均匀感觉电动势为2nBSD．感觉电动势刹时价为＝2πin 2πte n BS n2．如图 6 所示，理想变压器的原线圈接在＝220 错误 !in 100πt V 的沟通电源上，副线u圈接有＝55 Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2∶1电流表、电压表均为理想电R表．以下说法正确的选项是图 6A．原线圈中电流表的读数为 1 AB．原线圈中的输入功率为220 错误 ! WC．副线圈中电压表的读数为110 错误 ! VD．副线圈中输出沟通电的周期为503．如图 7 所示，一低压沟通稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，经过上下调理P1、 P2的地点，能够改变变压器输入、输出电压．图中L 是一个小灯泡，R2是定值电阻，R1、 R3是滑动变阻器，若要增大灯泡L 的亮度，能够采纳的方法是图 7A．P1、P3、P4不动，P2下移B．P1、P2、P3不动，P4下移C．P2、P3、P4不动，P1上移D．P1、P2、P4不动，P3上移4．“同舟共济，坚毅不曲”，舟曲特大泥石流发生后，全国人民伸出了救助之手．某企业向灾区捐献一批柴油发电机．该柴油发电机说明书的部分内容如表所示．此刻用一台该型号的柴油发电机给难民暂时布置区供电，发电机到布置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型导线单位长度的电阻为×10－4Ω布置区家用电器的总功率为44 W，当这些家用电器都正常工作时，以下说法中正确的选项是型号AED6500S最大输出功率60 W输出电压范围220～ 300 VA 输电线路中的电流为20 AB．输电线路损失的电功率为8000WC．发电机实质输出电压是300 VD．假如该柴油发电机发的电是正弦沟通电，则输出电压最大值是300 V答案考题展现1． AD2． B3． D4． BD5． A展望操练1． BD2． A3． D4． B。
【新课标新高考】考点8 变压器及交变电流 _2022届高考物理一轮复习考点创新题拔高练
【新课标新高考】考点8 变压器及交变电流—2022届高考物理一轮复习考点创新题拔高练【答题模板】1.交变电流的相关问题①明确起因：明确交变电流是由速度变化、磁场变化、有效长度变化等中的哪种因素变化引起的，从而明确分析方向②分析规律：通过画运动过程示意图，变化规律图像或物理量函数表达式来分析交变电流随时间变化的规律③方程求解：由待求问题列出方程求解2.变压器的相关问题①确定考查角度：通过审题，确定题目是从变压器工作原理，变压器的基本公式还是从远距离输电的角度进行考查的②选择解题方法：针对不同的考查角度，选取相应的解题方法。
③方程分析求解：从列出的方程中进行分析或求解【拔高训练】1.如图所示，中间有缺口的铁芯绕有两个线圈，原、副线圈匝数比为121 7nn=，原线圈两端交流电压为302sin100πVu t=，副线圈两端接一阻值为70Ω的电阻R，其他电阻均忽略不计。
由于铁芯有缺口，这种变压器磁通量损耗很大，则副线圈中理想电流表的示数可能是( )A.7 AB.5 AC.3 AD.2 A2.一个理想的自耦变压器左端接交变电流，电压随时间变化的关系为12202πVu t=，右端接入如图所示电路，两个灯泡的额定电压均为50 V，两个电表均为理想交流电表，R为定值电阻，不计导线的电阻。
当开关K断开时灯泡1L正常工作。
则下列说法正确的是( )A.此时变压器原、副线圈电流之比为5:22B.当自耦变压器的可动端顺时针转动时，定值电阻消耗的功率增大C.闭合开关K后，电压表示数变小，电流表示数变大D.闭合开关K后，将自耦变压器的可动端沿顺时针方向转动可使灯泡正常工作3.大电流发生器是电力、电气行业在调试中需要大电流场所的必需设备，一般采用调压器输出端接升流器输入端、升流器输出端接试验回路的方法进行电流升流，原理如图所示。
1T为自耦调压器，P为调压滑动触头；2T为升流器，与触头1连接时原、副线圈匝数的比值为,k R为试验回路的等效电阻，忽略其他电阻与感抗等因素的影响，调压器与升流器均视为理想变压器。
2022届高考物理一轮复习 第11章 变压器 章末练习(含解析)
第十二章变压器章末练习一、单选题1.一正弦交流电的电压u随时间t变化的图像如图甲所示，将该交流电接在理想自耦变压器的输入端，自耦变压器的输出端接有如图乙所示的电路，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是A. 若将自耦变压器的滑片P调至线圈中间位置，则电压表的示数为110VB. 保持自耦变压器的滑片P位置不变，滑动变阻器的滑片Q向右滑动，电流表的示数减小C. 保持滑动变阻器的滑片Q位置不变，自耦变压器的滑片P向下滑动，则R1的功率变大D. 保持滑动变阻器的滑片Q位置不变，自耦变压器的滑片P向上滑动，则电压表的示数增大，电流表示数不变2.如图甲所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示，发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω恒定不变，则下列说法中正确的为()A. 电压表的示数为6VB. 通过电阻的电流方向1秒钟改变50次C. 在0.01s时刻，穿过线圈的磁通量最大D. 产生该交变电流的线圈在磁场中匀速转动的角速度为50πrad/s3.如图所示，理想变压器的原线圈接在有效值为100V的正弦交流电源上，原副线圈匝数比为2︰1，定值电阻R1、R2、R3的阻值分别为10Ω、20Ω、20Ω，电流表为理想交流电流表。
下列说法正确的是()A. R1的电功率为40WB. 电流表示数为1AC. 副线圈两端电压为20VD. 副线圈的输出功率为80W4.图甲为交流发电机的示意图，磁场可视为水平方向的匀强磁场，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，电阻R=4Ω，线圈电阻r=1Ω。
从图示位置开始计时，感应电动势随时间变化的图像如图乙所示。
以下判断正确的是()A. 图示位置为中性面B.C.线圈转动的角速度为100πrad/sD.t=0.15s时，穿过线圈平面的磁通量为零电流表的示数为2.5A5.如图所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，其电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OˈO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B。
2022高考物理练习一轮—变压器
2022高考一轮复习课时跟踪训练变压器一、单项选择（下列各题中四个选项中只有一个选项符合题意）1．某发电厂原来用11kV 的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220kV 输电，两种情况下输送的电功率都是P 。
若输电线路的总电阻为R ，则下列说法中正确的是（ ）A ．根据公式P I U =升压变压器原线圈通过的电流降为原来的120B ．根据公式U I R=：提高电压后，输电线上的电流增为原来的20倍 C ．根据公式P =I 2R ：提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的1400 D ．根据公式P 1=P 2：提高电压后，输电线上的功率损耗不变2．在如图所示的电路中，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，闭合开关S ，下列说法正确的是（ ）A ．P 向下滑动时，灯泡L 变亮B ．P 向上滑动时，变压器的输入功率变小C ．P 向下滑动时，变压器的输出电压U 2不变D ．断开与灯串联的开关S ，变压器输入功率增大3．高压输电线路的电流大小一般在几十到几百安之间，因此通常要通过电流互感器连接来测量其实际电流。
图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数为100匝，工作时电流为I ab ；cd 一侧线圈的匝数为2000匝，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则（ ）A ．ab 接M N 、cd 接PQ ，I ab ：I cd =1：20B ．ab 接M N 、cd 接PQ ，I ab ：I cd =20：1C ．ab 接PQ 、cd 接M N ，I ab ：I cd =1：20D ．ab 接PQ 、cd 接M N ，I ab ：I cd =20：14．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比12:10:1n n =，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻10R =Ω，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是（ ）A ．当S 与a 连接后，理想电流表的示数为B ．当S 与a 连接后，0.01s t =时理想电流表示数为零C ．当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D ．当S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率变为25Hz5．如图所示，变压器为理想变压器，原线圈一侧接在稳定交流电源上。
2022版高考物理一轮复习第八章恒定电流1第一节部分电路及其规律课后达标含解析
第一节 局部电路及其规律(建议用时：40分钟)一、单项选择题1．关于电流，以下说法中正确的选项是( )A ．通过导体横截面的电荷量越多，电流越大B ．电子运动的速率越大，电流越大C ．单位时间内通过导体横截面的电荷量越多，导体中的电流越大D ．因为电流有方向，所以电流是矢量解析：选C.电流的大小等于单位时间内流过导体横截面的电荷量，故A 错，C 对；电流的微观表达式I ＝neSv ，电流的大小由单位体积的电荷数、每个电荷所带电荷量、导体的横截面积和电荷定向移动的速率共同决定，故B 错；矢量运算遵循平行四边形定那么，标量的运算遵循代数法那么，电流的运算遵循代数法那么，故电流是标量，故D 错．2．(2022·北京海淀区高三上学期期末) 充电器又名电源适配器． 常用锂离子电池的充电器采用的是恒流限压充电，充电器上所标注的输出参数如图甲所示，充电的锂离子电池标识如图乙所示．对于电源适配器与锂电池，以下说法正确的选项是( )A ． 电池标识的mAh 是电功的单位B ．电源适配器输出的电压是6 V 交流电C ．如果工作电流是200 mA ， 电池能连续工作约8个小时D ． 充电时会微微发热，所以 充电器主要是把电能转化成热能的装置解析：选C.根据q ＝It ， 电池标识的mAh 是电荷量的单位，A 错误；电源适配器输出的电压是6 V 直流电，DC 表示直流，AC 表示交流，B 错误；如果工作电流是200 mA ， 电池能连续工作的时间：t ＝q I ＝1 650 mAh 200 mA＝8.25 h ≈8 h ，C 正确； 充电时会微微发热，说明有很小局部电能被 充电器转化为内能，D 错误．3.一根长为L 、横截面积为S 的金属棒，其材料的电阻率为ρ，棒内单位体积自由电子数为n ，电子的质量为m 、电荷量为e .在棒两端加上恒定的电压时，棒内产生电流，自由电子定向运动的平均速率为v ，那么金属棒内的电场强度大小为 ( )A.mv 22eLB.mv 2Sn eC ．ρnev D.ρev SL解析：选C.由电流定义可知：I ＝q t ＝nvtSe t ＝neSv ，由欧姆定律可得：U ＝IR ＝neSv ·ρL S＝ρneLv ，又E ＝U L ，故E ＝ρnev ，选项C 正确．4.如下图，a ，b 分别表示由相同材料制成的两条长度相同、粗细均匀的电阻丝的伏安特性曲线，以下判断中正确的选项是( )A ．a 代表的电阻丝较粗B ．b 代表的电阻丝较粗C ．a 电阻丝的阻值小于b 电阻丝的阻值D ．图线表示的电阻丝的阻值与电压成正比解析：选B.b 图线的斜率大，表示电阻小，由电阻定律R ＝ρL S ，可知b 代表的电阻丝较粗，B 正确，A 、C 错误；电阻是导体本身的性质，与电阻两端的电压无关，D 错误．5．(2022·河北邢台一中月考)两根用同种材料制成的电阻丝甲和乙，甲电阻丝的长度和直径分别为l 和d ；乙电阻丝的长度和直径分别为2l 和2d .将甲、乙两根电阻丝分别接入电路时，如果两电阻丝消耗的电功率相等，那么加在两根电阻丝上的电压的比值应满足( )A.U 甲U 乙＝1B.U 甲U 乙＝22C.U 甲U 乙＝ 2D.U 甲U 乙＝2 解析：选C.由电阻定律R ＝ρl S ，P ＝U 2R，得U ＝P ×ρl S ＝P ×ρ4lπd 2，所以加在两根电阻丝上的电压的比值应满足U 甲U 乙＝ 2.综上此题选C. 6.(2022·广东广州模拟)定值电阻R 1、R 2、R 3的阻值均为2 Ω，在电路中所消耗的电功率的最大值分别为10 W 、10 W 、2 W ，现将这三个电阻按照如下图的方式连接，那么这局部电路消耗的电功率的最大值为( )A ．22 WB ．12 WC ．15 WD ．16 W解析：选B.由题意知R 1＝R 2＝R 3＝2 Ω，P 1m ＝10 W ，P 2m ＝10 W ，P 3m ＝2 W ，首先分析两个并联电阻R 2、R 3所允许消耗的最大功率．因为R 2与R 3并联，那么两端电压相等，由公式P ＝U 2R知道，R 2与R 3所消耗的功率一样．R 2与R 3本身允许的最大功率分别是10 W 和2 W ，所以R 2、R 3在该电路中的最大功率都是2 W ，否那么会超过R 3的最大功率．再分析R 1在电路中允许的最大功率．把R 2与R 3看成一个并联电阻R ′，那么电路就是R 1与R ′串联，而串联电路所流过的电流一样，再由P ＝I 2R 知道，R 1与R ′所消耗功率之比为R 1∶R ′，R 2与R 3的并联阻值R ′＝R 22，即R 1R ′＝2，所以R 1消耗的功率是并联电阻R ′的两倍，那么R 1消耗的功率是2×4 W ＝8 W ＜10 W ，所以这局部电路消耗的总功率最大为2 W ＋2 W ＋8 W ＝12 W.7.某一导体的伏安特性曲线如图AB 段(曲线)所示，关于导体的电阻，以下说法正确的选项是( )A ．B 点的电阻为12 ΩB ．B 点的电阻为40 ΩC ．导体的电阻因温度的影响改变了1 ΩD ．导体的电阻因温度的影响改变了9 Ω解析：选B.A 点电阻R A ＝31.0×10－1 Ω＝30 Ω，B 点电阻R B ＝61.5×10－1 Ω＝40 Ω，故A 错误，B 正确；ΔR ＝R B －R A ＝10 Ω，故C 、D 错误．8.(2022·海南高三上学期期末)如下图，有一个双量程电流表，其中小量程为0～1 A ．表头G 的满偏电流I g ＝500 mA ，定值电阻R 1＝20 Ω，R 2＝180 Ω，那么表头G 的内阻R g 的值为( )A ．100 ΩB ．200 ΩC ．250 ΩD ．500 Ω解析：选B.当与表头G 并联的电阻越大时，量程越小，即当接线柱接两端时，量程最小．由欧姆定律可知：(R 1＋R 2)(I －I g )＝I g R g ，代入数据解得：R g ＝200 Ω，B 正确．9．一个用半导体材料制成的电阻器D ，其电流I 随它两端电压U 变化的关系图象如图甲所示，假设将它与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端，3个用电器消耗的电功率均为P ，现将它们连接成如图乙所示的电路，接在该电源的两端，设电阻器D 和电阻R 1、R 2消耗的电功率分别是P D 、P 1、P 2，那么以下说法中正确的选项是( )A ．P 1＝4P 2B ．P D ＝P 4C ．PD ＝P 2 D ．P 1＜4P 2 解析：选D.由于电阻器D 与两个标准电阻R 1、R 2并联后接在电压恒为U 的电源两端时，三者功率相同，那么此时三者电阻相等．当三者按照题图乙所示的电路连接时，电阻器D 两端的电压小于U ，由题图甲可知，电阻器D 的电阻增大，那么有R D ＞R 1＝R 2，而R D 与R 2并联，电压相等，根据P ＝U 2R，那么有P D ＜P 2，C 错误；由欧姆定律可知，电流I D ＜I 2，又I 1＝I 2＋I D ，故I 1＜2I 2，根据P ＝I 2R ，那么有P 1＜4P 2，A 错误，D 正确；由于电阻器D 与电阻R 2的并联电阻R ＜R 1，所以D 两端的电压小于U 2，且D 阻值变大，那么P D ＜P 4，B 错误． 10.如图为一机器人，其额定功率为48 W ，额定工作电压为24 V ．机器人的锂电池容量为20 A ·h.那么机器人( )A ．额定工作电流为20 AB ．充满电后最长工作时间为2 hC ．电池充满电后总电荷量为7.2×104CD ．以额定电流工作时每秒消耗能量为20 J 解析：选C.根据P ＝UI 可知，额定电流应为：I ＝P U ＝48 W 24 V＝2 A ，故A 错误；机器人的锂电池容量为20 A ·h ，即当在额定电流2 A 下工作时，能够工作最长时间为10 h ，故B 错误；电源充满电后的总电荷量为q ＝It ＝20×3 600 C ＝7.2×104C ，故C 正确；额定电流下，机器人功率P ＝W t ＝48 W ，即每秒消耗48 J 电能，故D 错误．11．一只电饭煲和一台洗衣机并联接在输出电压为220 V 的交流电源上(其内电阻可忽略不计)，均正常工作．用电流表分别测得通过电饭煲的电流是 5.0 A ，通过洗衣机电动机的电流是0.5 A ，那么以下说法中正确的选项是( )A ．电饭煲的电阻为44 Ω，洗衣机电动机线圈的电阻为440 ΩB ．电饭煲消耗的电功率为1 555 W ，洗衣机电动机消耗的电功率为155.5 WC ．1 min 内电饭煲消耗的电能为6.6×104 J ，洗衣机电动机消耗的电能为6.6×103 JD ．电饭煲发热功率是洗衣机电动机发热功率的10倍解析：选C.由于电饭煲是纯电阻元件，所以R 1＝U I 1＝44 Ω，P 1＝UI 1＝1 100 W ，其在1 min 内消耗的电能W 1＝UI 1t ＝6.6×104 J ，洗衣机为非纯电阻元件，所以R 2≠U I 2，P 2＝UI 2＝110 W ，其在1 min 内消耗的电能W 2＝UI 2t ＝6.6×103 J ，其热功率P 热≠P 2，所以电饭煲发热功率不是洗衣机电动机发热功率的10倍．综上可知C 正确．二、多项选择题12.某同学研究白炽灯得到某白炽灯的U －I 曲线如下图．图象上A 点与原点的连线与横轴成α角，A 点的切线与横轴成β角，那么( )A ．白炽灯的电阻随电压的增大而减小B ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为tan βC ．在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0D ．在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0解析：选CD.白炽灯的电阻随电压的增大而增大，A 错误；在A 点，白炽灯的电阻可表示为U 0I 0，B 错误，D 正确；在A 点，白炽灯的电功率可表示为U 0I 0，C 正确．13．下表列出了某品牌电动自行车及所用电动机的主要技术参数，不计其自身机械损耗．假设该车在额定状态下以最大运行速度行驶，那么( )A.B ．电动机的内电阻为4 ΩC ．该车获得的牵引力为104 ND ．该车受到的阻力为63 N 解析：选AD.由于U ＝48 V ，I ＝12 A ，那么P ＝IU ＝576 W ，故A 正确；因P 入＝P 出＋I 2r ，r ＝P 入－P 出I 2＝576－350122 Ω＝1.57 Ω，故B 错误；由P 出＝Fv ＝F f v ，F ＝F f ＝63 N ，故C 错误，D 正确．14．(2022·安徽宿州高三质检)额定电压均为220 V 的白炽灯L 1和L 2的U －I 特性曲线如图甲所示，现将和L 2完全相同的L 3与L 1和L 2一起按如图乙所示电路接入220 V 电路中．那么以下说法正确的选项是( )A ．L 2的额定功率约为99 WB ．L 2的实际功率约为17 WC ．L 2的实际功率比L 3的实际功率小17 WD ．L 2的实际功率比L 3的实际功率小82 W解析：选ABD.由L 2的伏安特性曲线可得，在额定电压220 V 时的电流为0.45 A ，那么L 2的额定功率为P 额＝U 额I 额＝99 W ，A 正确；图示电路为L 1和L 2串联再与L 3并联，所以L 1和L 2串联后两端的总电压为220 V ，那么流过L 1和L 2的电流及两灯的电压满足I 1＝I 2，U 1＋U 2＝220 V ，由L 1和L 2的U －I 图线可知，I 1＝I 2＝0.25 A ，U 1＝152 V ，U 2＝68 V ，故灯L 2的实际功率P 2＝I 2U 2＝17 W ，B 正确；由于L 3两端的电压为220 V ，故P 3＝P 额＝99 W ，那么P 3－P 2＝82 W ，C 错误，D 正确．。
2022年高考物理一轮复习考点及考纲解读 交变电流
2022年高考一轮复习考点及考纲解读（11）交变电流内容要求 说明 82．交流发电机及其产生正弦式电流的原理。
正弦式电流的图像和三角函数表达。
最大值与有效值。
周期与频率 83．电阻、电感和电容对交变电流的作用 84．变压器的原理。
电压比和电流比 85．电能的输送II I II I只要求讨论单相理想变压器名师解读交变电流部分的知识点不是很多，一般以难度中等或中等偏下的选择题出现。
高考题型以选择题为主，重点考查交流电的产生原理、图像、表达式以及交流电的有效值，变压器的原理，远距离输电中的线路损耗问题，其中考查频度最高是交流电有效值、变压器的有关知识。
本部分知识常与电场和力学知识结合在一起考查考生的综合分析能力，如带电粒子在交变电场中的运动等。
虽然交流电的有关知识不属于高考物理的重点内容，但也不能因此而放弃对其基本内容的理解和掌握。
因为交流电路与工农业生产和日常生活紧密结合，在近几年的高考试题中出现的频率较高。
样题解读【样题1】交流发电机产生的感应电动势为＝in ，若发电机的转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍，这时产生的感应电动势为A ．sin 4m εε=B ．sin 4m εε= 2C ．＝ 2 inD ．＝2 in 2[分析] 交流发电机的感应电动势的表达式t NBS t ωωωεεsin sin m ==，其中，N 是匝数，是发电机转动的角速度，与转速成正比，B 和S 分别是磁感应强度和线圈面积，所以转速和线圈的匝数都增加到原来的两倍，这时产生的感应电动势＝ 2N × BS × 2 in 2t ＝ 4NBS in2t ＝ 4in2t ，所以B 项正确。
[答案] B[解读] 本题涉及到交流发电机及其产生正弦式电流的原理、正弦式电流的三角函数表达、最大值、周期与频率等知识点，考查理解能力和推理能力，体现了《考试大纲》中对“理解物理概念、物理规律的确切含义，能够清楚地认识概念和规律的表达形式（包括文字表述和数学表达）”和“能够根据已知的知识和物理事实、条件，对物理问题进行逻辑推理和论证，得出正确的结论或作出正确的判断”的能力要求。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
专题85变压器的基本规律和动态分析1.[2021·海口市调研]如图所示，在闭合的铁芯左侧的线圈与滑动变阻器、电池构成闭合电路，a、b、c为三个闭合的不同材料金属圆环．若线圈产生磁感线全部集中在铁芯内，当滑动变阻器的滑动触头从左向右滑动时，下列说法正确的是()A.只有b环中有感应电流B.a、b、c三个环中均有感应电流C.a、c两环中的感应电流一定相等D.a、b两环中的感应电动势一定相等2．某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20V时，输出电压()A.降低2V B．增加2VC.降低200VD．增加200V3.[2021·辽宁大连市模拟](多选)如图所示，理想变压器的原线圈串联一个电阻R1后接在u＝2202sin100πt(V)的交流电源上，原、副线圈匝数之比为5∶1，副线圈接有R2＝16Ω的用电器，其功率为100W，则()A.电压表示数为40VB.副线圈输出交流电的周期为50sC.电源的输出功率为110WD.电阻R1的阻值为40Ω4．[2021·广东卷]某同学设计了一个充电装置，如图所示．假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V．理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60.下列说法正确的是()A.交流电的频率为10HzB.副线圈两端电压最大值为3VC.变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D.充电电路的输入功率大于变压器的输入功率5．[2021·惠州市调研]如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，a 、b 两点间的电压为u ＝2202sin100πt (V)，R 为可变电阻，P 为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽略不计，熔断电流为2A ．为使保险丝不熔断，可变电阻R 连入电路的最小阻值应大于( )A.11210Ω B ．1.1ΩC.11ΩD ．112Ω6．[2021·湖南卷]如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2，输入端C 、D 接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L 1、L 2的阻值始终与定值电阻R 0的阻值相同．在滑动变阻器R 的滑片从a 端滑动到b 端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )A.L 1先变暗后变亮，L 2一直变亮B.L 1先变亮后变暗，L 2一直变亮C.L 1先变暗后变亮，L 2先变亮后变暗D.L 1先变亮后变暗，L 2先变亮后变暗 7.[2021·沈阳市质检]一台交流发电机的输出电压表达式为u 1＝10002sin100πt (V)，通过匝数比为4∶1的理想降压变压器给若干盏“220V 60W ”的灯泡供电，如图所示．输电线总电阻r ＝10Ω，其他电阻不计，为了保证灯泡正常发光，接入电路的灯泡数量为( )A.44B ．176 C.195D ．7838．(多选)电流互感器和电压互感器如图所示，已知n 1n 2＝110，n 3n 4＝1001，电流表示数为5.0A ，电压表示数为220V ，则下列说法正确的是( )A.火线中的电流为0.5AB.火线和地线间的电压为2.2×104VC.线路的输电功率为1.1×104WD.线路的输电功率为1.1×106W9．[2021·昆明市摸底](多选)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈接在电压为U0的正弦式交流电源上，定值电阻R1＝R2，变压器原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，通过原、副线圈的电流分别为I1、I2，则()A.I1∶I2＝1∶3B．I1∶I2＝3∶1C.U1∶U0＝1∶10D．U2∶U0＝3∶1010．[2021·湖南师大附中检测](多选)如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为22T．矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为理想交流电表．当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，下列说法正确的是()A.线圈中感应电动势的表达式为e＝1002cos100t(V)B.P上移时，电流表示数减小C.t＝0时，电压表示数为1002VD.当原、副线圈匝数比为2∶1时，电阻上消耗的功率为50W11．[2021·成都市摸底]如图甲，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、电阻为2Ω的电动机M.原线圈输入的交流电压如图乙．闭合开关S，电动机正常工作，电流表示数为1A．下列判断正确的是()A.副线圈两端的电压有效值为222VB.滑动变阻器R的接入电阻为10ΩC.电动机输出的机械功率为12WD.若电动机突然卡住，原线圈输入功率将变小12．[2021·辽宁五校摸底](多选)如图所示，理想变压器原线圈接电压为220V的正弦交流电，开关S接1时，原、副线圈的匝数比为11∶1，滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，电压表和电流表均为理想电表．下列说法中正确的有()A.变压器输入功率与输出功率之比为1∶1B.1min内滑动变阻器上产生的热量为40JC.仅将S从1拨到2，电流表示数减小D.仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小13.[2021·成都七校联考](多选)如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路，线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是()A.将原线圈滑片P向下滑动时，灯泡变亮B.线圈abcd转动过程中，线圈最大磁通量为NBSC.图示位置时，矩形线圈中磁通量的变化率最大D.若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω14.[2021·全能生联考](多选)如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表的示数为220V，负载电阻R＝88Ω，电流表的示数为1A．下列判断正确的是()A.原线圈的输入功率为88WB.原线圈和副线圈的匝数比为5∶2C.电流表的示数为0.1AD.若将另一个电阻与原负载R并联，则电流表的示数减小15.[2021·山西五地市联考]如图所示，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“12V6W”的灯泡，分别接入理想变压器原、副线圈回路中．a、b两端连接交流电源，交流电流表示数为0.5A，已知灯泡L2正常发光．以下说法正确的是()A.a、b端输入功率为18WB.a、b端输入电压为36VC.灯泡L1的功率为6WD.若副线圈回路再并联一只同样的灯泡，L2仍能正常发光16．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，R1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A1示数变大D.若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大专题85 变压器的基本规律和动态分析1．D 当滑动变阻器的滑动触头从左向右滑动时，线圈中的电流增大，穿过a 、b 两环的磁通量增加，穿过c 环的磁通量始终为零，故a 、b 两环中有感应电流，c 环中无感应电流，ABC 错误；通过a 、b 两环的磁通量的变化率相同，且磁感线全部集中在铁芯内，由法拉第电磁感应定律E ＝ΔΦΔt知，a 、b 两环中的感应电动势一定相等，D 正确．2．D 本题考查了变压器的工作原理，意在考查考生的推理能力．假设理想变压器原线圈的输入电压为U 1，则由变压器的工作原理可知U 1n 1＝U 2n 2，变压器副线圈的输出电压为U 2＝10U 1；当输入电压增加20V 时，即输入电压为(U 1＋20) V ，则变压器的输出电压为U ′2＝10(U 1＋20) V ，则输出电压的变化量为ΔU ＝U ′2－U 2＝(10U 1＋200－10U 1) V ＝200V ，即输出电压增加200V ，ABC 错误，D 正确．3．ACD4．B 交流电的周期为0.2s ，频率f ＝1T ＝5Hz ，A 错误；根据变压器原、副线圈的电压规律可知U 1U 2＝n 1n 2，由于原线圈的电压最大值为0.05V ，故副线圈的电压最大值为3V ，B 正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C 错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D 错误．5．B 由a 、b 两点间的电压为u ＝2202sin100πt (V)，可知变压器原线圈输入电压U 1＝220V ，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝22V ，保险丝熔断电流为2A ，原线圈中电流为I 1＝2A 时，由U 1I 1＝U 2I 2可得副线圈中电流为I 2＝20A ，此时保险丝会熔断．R 连入电路的最小阻值应大于U 2I 2＝1.1Ω，B 正确. 6．A在滑动变阻器R 的滑片从a 端滑动到b 端的过程中，副线圈电路中的总电阻先增大后减小，将副线圈电路中的电阻等效到原线圈电路中，等效电路图如图所示，根据理想变压器的原理可得R ′＝⎝⎛⎭⎫n 1n 22R 副，故R ′先增大后减小，则通过灯泡L 1(原线圈)的电流先减小后增大，故灯泡L 1先变暗后变亮，灯泡L 1两端的电压先减小后增大，则原线圈两端的电压先增大后减小，由于理想变压器原、副线圈的匝数比固定，根据原、副线圈匝数比与电流的关系知，通过副线圈的电流先减小后增大，根据原、副线圈匝数比与电压的关系知副线圈两端的电压先增大后减小，而灯泡L 2所在支路电阻一直减小，则灯泡L 2先变亮，之后副线圈两端的电压减小，通过副线圈的电流增大，而R 0所在支路电阻一直增大，所以通过R 0的电流减小，灯泡L 2所在支路电流增大，可见灯泡L 2一直变亮，A 正确．7．B 设接入灯泡的数量为n ，每盏灯的额定电流为I ＝P U ＝60220A ＝311A ，流过原、副线圈的电流分别为14nI 和nI ，灯泡的额定电压为U ，原线圈两端的电压为U 原＝4U ＝880V ，发电机输出的电压有效值U 1＝1000V ，输电线损耗电压U 损＝U 1－U 原＝(1000－880) V ＝120V ，由U 损＝14nIr ＝120V ，解得n ＝176，选项B 正确．8．BD 火线中的电流为流过n 1的电流，由n 1n 2＝I 2I 1得I 1＝50A ，A 错误；n 3两端电压为火线与地线间电压由n 3n 4＝U 3U 4得U 3＝2.2×104V ，B 正确；线路输送功率p ＝U 3·I 1＝1.1×106W ，D正确，C 错误．9．AD 10.AD 11.B 12.AC 13.AD 14.AB 15.C16．B 滑动触头P 向上滑动，R 电阻大，副线圈两端电压不变，由“串反并同”得电压表示数变大，B 正确；流过R 1的电流变小，R 1的功率变小，A 错误；由n 1n 2＝I 2I 1知n 1、n 2不变，I 2变小，则I 1变小，C 错误；闭合S ，相当于R 3支路的电阻变小，则示数变小，副线圈干路电流变大，则原线圈电流变大，D 错误．。