2018届高考物理二轮复习变压器专题卷

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专题12-2 变压器、电能的输送高效演练-2018领军高考物理真题透析含解析精品

1．如图所示，半径为L＝1 m的金属圆环，其半径Oa是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中．从圆心O引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n1∶n2＝1∶4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．40 V B．20 VC．80 V D．0【答案】D.【解析】由于Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s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，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，选项D正确．2．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1正常发光．S闭合后，下列说法正确的是( )A．灯L1、L2都能正常发光B．原线圈的输入功率减小C．原、副线圈的电流比增大D．电阻R消耗的功率增大【答案】D.3．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变【答案】B.4．一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )A．U2＞U1，U2降低B．U2＞U1，U2升高C．U2＜U1，U2降低D．U2＜U1，U2升高【答案】C.【解析】由图可知，cd间的线圈为整个线圈的一部分，故其匝数比作为原线圈的整个线圈的匝数少，根据变压器的电压与匝数的关系可知，U2＜U1，当触头由M点顺时针旋转到N点的过程中，cd间的线圈的匝数减少，所以输出电压降低，选项C正确．5．如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线输送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则( )A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C ．用电器增加时，输电线的热损耗减小D ．用电器增加时，变压器的输入功率减小【答案】B.6．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，R 1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A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大【答案】B.【解析】由题知，U 1不变，n 1n 2不变，故U 2不变．当P 向上滑动时，R 滑变大，R 总变大，R 两端电压即电压表示数变大，U R 1减小，I R 1减小，则P R 1减小，A 错误，B 正确．因为I R 1减小，n 1n 2不变．由I 1＝n 2n 1I R 1知I 1减小，C 错误．若闭合开关S ，则总电阻减小，由I R 1＝U 2R 总知I R 1增大，U R 1增大，U R 2减小，电流表A 2的示数减小，D 错误．7．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n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m4rB.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4rC ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r D ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r【答案】C.【解析】升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m2；由变压关系可得U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1Pn 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2rn 22U 2m，故选项C 正确．8．一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示．发电机到安置区的距离是400 m ，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW ，当这些额定电压为220 V 的家用电器都正常工作时( )A.输电线路中的电流为B ．发电机的实际输出电压为300 V C ．在输电线路上损失的电功率为8 kWD ．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300 V 【答案】C.9．(多选)交流发电机和理想变压器如图连接，灯泡的额定电压为U 0，灯泡与定值电阻的阻值均为R .当该发电机以转速n 匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡恰能正常发光．设电表均为理想电表，图示位置时磁场恰与线圈平面垂直，则( )A ．变压器原副线圈匝数比为2U 0∶UB ．电流表的示数为2U 2RUC ．在图示位置时，发电机输出电压的瞬时值恰为零D ．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为e ＝U sin 2n πt 【答案】BC.【解析】因灯泡正常发光，则其两端电压为额定电压U 0，又因灯泡与定值电阻的阻值相等，则定值电阻两端电压也为U 0，故副线圈两端电压为2U 0，因电压表测原线圈两端电压，则原线圈两端电压为U ，则U 1U 2＝n 1n 2可知，变压器原副线圈匝数比为n 1n 2＝U 2U 0，由I 1I 2＝n 2n 1，可知I 1I 2＝2U 0U，又I 2＝U 0R ，所以电流表示数为I 1＝2U 2RU，B 正确；图中线框正处于中性面位置，产生的电压瞬时值为零，所以C 正确；从图示位置开始计时，变压器的输入电压的瞬时值表达式为e ＝2U sin 2n πt ，所以D 错误．10．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为220 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4，变压器均为理想变压器．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A.n 2n 1＞n 3n 4B.n 2n 1＜n 3n 4C ．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n 1n 2，同时减小降压变压器的匝数比n 3n 4D ．要减小线路的损耗，应减小升压变压器的匝数比n 1n 2，同时增大降压变压器的匝数比n 3n 4【答案】AD.11．(多选)如图所示，甲图是一理想变压器，原、副线圈的匝数比为100∶1.若向原线圈输入图乙所示的正弦交变电流，图中R t 为热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R 1为可变电阻，电压表和电流表均为理想电表，下列说法中正确的是( )A．在t＝0.005 s时，电压表的示数约为50.9 VB．变压器原、副线圈中的电流之比为100∶1C．R t温度降低时，适当增大R1可保持R t两端的电压不变D．R t温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大【答案】CD.12．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220 V440 W”的热水器、“220 V220 W”的抽油烟机．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )A．副线圈两端电压的瞬时值为u＝2202sin 100πt(V)B．交流电压表的示数为1 100 2 VC．1 min内变压器输出的电能为3.96×104 JD．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍【答案】AC.13．图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图乙所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为P ＝80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式；(2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1；(3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de. 【答案】(1)u ab ＝400sin 200πt (V) (2)0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A (3)43【解析】(1)由题图乙知周期T ＝0.01 s ，u ab 最大值为U m ＝400 V ，所以角速度ω＝2πT＝200πrad/s电压瞬时值u ab ＝400sin 200πt (V) (2)电压有效值U 1＝U m2＝200 2 V理想变压器输入功率P 1＝P 原线圈中的电流I 1＝P 1U 1解得I 1＝25A≈0.28 A (3)设ab 间匝数为n 1，则U 1n 1＝U ce n ce 同理U 1n 1＝U den de由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de，解得n cen de ＝ R ceR de 代入数据得n ce n de ＝43。

2018版高二物理选修3-2 重点强化卷4 变压器的应用及远距离输电含解析精品

重点强化卷(四) 变压器的应用及远距离输电(建议用时：45分钟)一、选择题1．理想变压器正常工作时，在其两侧的原、副线圈中不一定相同的物理量是()A．交流电的频率B．输入、输出功率C．磁通量的变化率D．电压的最大值【解析】理想变压器原、副线圈中交流电的频率相同，磁通量的变化率相同，电压不一定相同，功率相同，故选D.【答案】 D2．如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V 6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是()【导学号：18002130】图1A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 AC．120 V,0.18 A D．240 V,0.18 A【解析】灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2×612A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝120I2＝0.18 A，原线圈电压U1＝20U2＝240V，选项D正确．【答案】 D3．(多选)图2(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是()(a)(b)图2A．变压器输入、输出功率之比为4∶1B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt) V(国际单位制)D．若热敏电阻R T的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大【解析】由题意，理想变压器输入、输出功率之比为1∶1，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即I1I2＝n2n1＝14，故选项B正确；由题图(b)可知交流电压最大值U m＝51 V，周期T＝0.02 s，角速度ω＝100π rad/s，则可得u＝51sin(100πt)(V)，故选项C错误；R T的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确．【答案】BD4．(多选)如图3乙所示，一理想自耦变压器的原线圈接有如图甲所示的正弦交变电压，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列说法正确的是()【导学号：18002131】甲乙图3A．交流电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos 100πt VB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流一定增大【解析】从题图甲可看出，交流电的周期T＝2×10－2 s，最大值为U0，所以交流电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos 2πT t V＝U0cos 100πt V，选项A正确；因原、副线圈两端电压与其匝数成正比，当仅将触头P向A端滑动时，副线圈两端的电压增大，即电阻R两端的电压增大，则电阻R消耗的电功率增大，选项B正确；若仅使电阻R增大，副线圈两端的电压不变，则电阻R消耗的电功率P＝U22R减小，原线圈的输入电功率也减小，选项C错误；将触头P向B端滑动，副线圈两端的电压减小，同时电阻R增大，通过R的电流I2＝U2R减小，根据变压器的特点，通过A处的电流也一定减小，选项D错误．【答案】AB5．(多选)如图4为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是()图4A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗的C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【解析】电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝ρlS，增大输电线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A项正确；由P ＝UI来看，在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B项正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C项错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D项正确．【答案】ABD6．如图5所示，某发电机输出功率是100 kW，输出电压是250 V，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V，则升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是()【导学号：18002132】图5A．16∶1190∶11 B．1∶1611∶190C．1∶16190∶11 D．16∶111∶190【解析】输电线损失功率P损＝100×118×5% W＝5×118 W，所以，输电线电流I2＝P损R总＝25 A，升压变压器原线圈电流I1＝P总U1＝400 A，故升压变压器原、副线圈匝数比n1n2＝I2I1＝116.升压变压器副线圈两端电压U2＝n2n1U1＝4 000 V，输电线损失电压U损＝I2R总＝200 V，降压变压器原线圈电压U3＝U2－U损＝3 800V，故降压变压器原、副线圈匝数比为n3n4＝U3U4＝19011，故选项C正确．【答案】 C7．如图6所示的甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上110 V 的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为55 V．若分别在c、d两端与g、h两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为()图6A．220 V,220 V B．220 V,110 VC．110 V,110 V D．220 V,0【解析】当a、b两端接110 V电压时，c、d间获得的电压为55 V，说明c、d间线圈的匝数为原线圈a、b间匝数的一半；反过来，当c、d两端接110 V电压时，由电压与匝数的关系知，a、b间电压应为220 V．当e、f两端接110 V电压时，g、h间电压为55 V，说明g、h间电阻为e、f间电阻的一半；当g、h两端接110 V电压时，其等效电路如图所示．e、g间没有电流，e、g间电压为零，所以e、f间电压与g、h间电压相等，为110 V，故B正确．【答案】 B8．如图7为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1、输电线的电阻和理想变压器匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是()【导学号：18002133】图7A．用户的电压U4增加B．恒有U1∶U2＝U4∶U3C．输电线上损耗的功率减小D．发电机的输出功率不变【解析】当用户消耗的功率增大时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，可知输电线上的电功率损耗增大、电压损耗增大，又因发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小，故A、C错误．因为原、副线圈的电压比等于匝数之比，则U1∶U2＝n1∶n2，U3∶U4＝n3∶n4，因为n1∶n2＝n4∶n3，所以U1∶U2＝U4∶U3，故B正确．发电机的输出功率等于用户消耗的功率加上输电线上损耗的功率，故D错误．【答案】 B9．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图8所示，发电机的输出电压为220 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )图8A.n 2n 1>n 3n 4 B.n 2n 1<n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率【解析】由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有n 2n 1>n 3n 4，故A 项对，B 、C 项错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D 项也对．【答案】 AD10.图9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( )【导学号：18002134】图9A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2【解析】根据欧姆定律I ＝UR ，U 2由220 V 降至110 V ，副线圈上的电流变为原来的12，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A 错误；根据P ＝UI 知，U 、I 均变为原来的12时，副线圈上输出的功率变为原来的14，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B 错误；根据理想变压器电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，当U 2由220 V 降至110 V 时，n 2变为原来的12，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C 正确；根据理想变压器P 入＝P 出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D 错误．【答案】 C 二、非选择题11．在远距离输电时，如果升压变压器输出电压是2 000 V ，输出功率是10 kW ，输电线电阻是20 Ω，求：【导学号：18002135】(1)输电线上损失的功率和损失的电压； (2)用户能得到的功率和电压．【解析】本题考查高压输电线路中的电压损失和功率损失，解题的关键是利用输电线损失功率的公式P 损＝I 2R ，求出输送电流．(1)由P 出＝I 线U 出，得I 线＝P 出U 出＝10×1032 000 A ＝5 A ，则输电线上损失的功率P 损＝I 2线R ＝52×20 W ＝500 W ，损失的电压ΔU ＝I 线R ＝5×20 V ＝100 V . (2)用户得到的电压和功率分别为U 用＝U 出－ΔU ＝2 000 V －100 V ＝1 900 V ， P 用＝P 出－P 损＝10×118 W －500 W ＝9 500 W. 【答案】 (1)P 损＝500 W ΔU ＝100 V (2)P 用＝9 500 W U 用＝1 900 V12．如图10所示，学校有一台应急备用发电机，内阻为r ＝1 Ω，升压变压器匝数比为n 1∶n 2＝1∶4，降压变压器的匝数比为n 3∶n 4＝4∶1，输电线总电阻为R 线＝4 Ω，全校有22间教室，每间教室安装“220 V 40 W ”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：图10(1)输电线上损耗的电功率P 损为多大？ (2)发电机的电动势E 为多大？【解析】 (1)所有电灯正常发光时消耗的功率为 P 灯＝40×22×6 W ＝5 280 W ＝P 4由于电灯正常发光时降压变压器副线圈两端电压 U 4＝220 V所以降压变压器原线圈两端电压 U 3＝n 3n 4U 4＝41×220 V ＝880 V两变压器之间输电线上的电流为 I 线＝P 3U 3＝P 4U 3＝5 280880 A ＝6 A输电线上损失的功率P 损＝I 2线R 线＝62×4 W ＝144 W.(2)输电线上损失的电压 U 损＝I 线R 线＝6×4 V ＝24 V 升压变压器副线圈两端电压 U 2＝U 3＋U 损＝(880＋24) V ＝918 V 升压变压器原线圈两端电压 U 1＝n 1n 2U 2＝14×918 V ＝226 V升压变压器原线圈中的电流I1＝n2n1I线＝41×6 A＝24 A发电机内阻上的电压：U r＝I1r＝24 V 发电机的电动势E＝U1＋U r＝226 V＋24 V＝250 V.【答案】(1)144 W(2)250 V。

2018届高考物理二轮复习电学综合问题专题卷(全国通用)

1. (20分）（2018湖北恩施州一模）如图所示，在高度均为L 的条形区域I 、Ⅱ中分别存在匀强磁场和匀强电场，区域Ⅰ内的磁场方向垂直于纸面向里，区域Ⅱ内的电场方向竖直向上、电场强度大小为E 。

M 、N 是涂有荧光物质的水平板，其中M 板位于匀强磁场的上边界，N 板位于匀强电场的下边界。

现有一束电子从O 点（在磁场内部，且紧贴M 板）连续不断地水平向右射入磁场。

电子束由两部分组成，一部分为速度大小为v 的低速电子，另一部分为速度大小为2v 的高速电子。

当Ⅰ区中磁场较强时，N 板无这斑，缓慢改变磁场的强弱，直至N 板出现两个斑为止，已知电子质量为m ，电荷时为e ，电子间的相互作用不计，磁场下边界没有磁场，但有电场，不计电子重力。

求（1）N 板出现两个亮斑时I 区内磁场的磁感应强度大小B（2）到达N 板左方亮斑的电子在磁场和电场中运动的时间t ；（3）N 板两个亮斑之间的距离x 。

【名师解析】（1）画出带电粒子运动轨迹如图，由几何关系有：L R =12由牛顿第二定律有：12R v m evB =, 解得：eLmv B 2= （3）高速电子的轨道半径为：R 2=2R 1=L由几何关系可知：x 1=LeEmL v vt x 222== 故P 、Q 间的距离为：eE mL vL x x x x 22+=+= （3）在磁场运动时，有200 v qv B m r=，又R =，可得R = 2．（12分）（2018黄山期末）如图所示，在半个空间中分布一匀强磁场，磁感应强度为B(垂直纸面并指向纸面内)。

磁场边界为MN(垂直纸面的一个平面)。

在磁场区内有一点电子源(辐射发射源)S ，向四面八方均匀地，持续不断地发射电子。

这里仅考察电子源所在的平面内，由电子源发射的电子，不计电子间的相互作用，并设电子源离界面MN 的垂直距离为L 。

（1）点源S 发射的电子，其速度达多大时，界面MN 上将有电子逸出?（2）若点源S 发射的电子速度大小均为eBL m，在界面MN 上多宽范围内有电子逸出? （其中m 为电子质量，e 为电子带电量。

(完整word版)2018高考物理变压器和远距离输电

10-2变压器和远距离输电一、选择题1．在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流。

所用的器材叫电流互感器，如下图所示中，能正确反映其工作原理的是()[答案] A[解析]电流互感器的工作目的是把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少、副线圈的匝数多，监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中。

2.如图，理想变压器原副线圈匝数之比为41，原线圈接入一电压为u＝U0sinωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5Ω的负载电阻。

若U0＝2202V，ω＝100πrad/s，则下述结论正确的是()A．副线圈中电压表的读数为55VB．副线圈中输出交流电的周期为1100πs C．原线圈中电流表的读数为0.5A D．原线圈中的输入功率为1102W [答案]AC[解析]副线圈中电压表读数为副线圈电压的有效值U2＝n2U02n1＝55V，A对。

副线圈中交流电的周期等于原线圈中交流电源电压的周期T ＝2πω＝150s ，B 错。

原线圈中的电流I 1＝I 2n 2n 1＝U 2n 2Rn 1＝0.5A ，C 对。

原线圈中的输入功率P ＝U 0I 12＝110W ，D 错。

3．(2012·大连四所重点中学联考)如图所示，M 为理想变压器，电表均可视为理想电表，电源电压U 不变，输电线电阻忽略不计。

当变阻器滑片P 向上移动时，读数发生变化的电表是( )A ．A 1B ．A 2C ．V 1D ．V 2 [答案] AB[解析] 本题考查变压器及电路动态分析。

由于电源电压U 不变，根据理想变压器工作原理可知两电压表示数不变，CD 错误；当变阻器滑片P 向上移动时，变阻器连入电路的电阻减小，右侧电路中电流增大，B 正确；根据P 入＝P 出可知原线圈中电流也增大，A 正确。

4．(2012·辽宁丹东四校摸底)如图所示，两种情况下变压器灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，匝数比为n 1 ∶n 2＝3 ∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为( )A ．P 、PB ．9P 、4P9C.4P9、9P D.4P 9、P [答案] B[解析] 由题意可知，两种情况下变压器输出功率均为2P ，设灯泡L 2、L 3的电压为U ，电流为I ，电阻为R ，两种情况下变压器的输入电压为3U ，变压器输入电流为23I ；图甲中L 1的功率为P 1＝(3U )2R ＝9P ；图乙中L 1的功率为P 2＝(23I )2R ＝4P9，选项B 正确。

【高三物理试题精选】2018高考物理二轮交变电流复习题(含2018高考题)

2018高考物理二轮交变电流复习题（含2018高考题）
精品题库试题
物理
1( I1RL
由题意可知I1 2R= U1- I1RL
I1 = U1
I1= =
令 =k,则有I1=
由于k 1,则2R+RL +kRL
I1 I2,因PR1= R,PR3= R
故PR1 PR3,因UR2=I1R,UR4=I2R
故UR2 UR4,选项A、C错误,选项D正确;
同理I4= I1= I1= ,知I4 I1
故L1灯亮度比L2灯亮度大,选项B错误。

解法二由题意可知为模拟远距离输电,先采用升压变压器,将输入电压升高,这是为了减小输电线路中的电流I1,其目的是为了减小输电线路中的电能损失和电压降落,使用户得到更多的电能,因此,I1 I2,L1的亮度大,选项A、B、C错误,选项D正确。

6( r,C错。

输电线路上损失的电功率为ΔP= r=I1U-I1U1,D错。

7(2s，所以交流电的频率为50Hz，交流电的有效值为22s时刻，穿过线圈的磁通量最大
D．在05×10-2s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大
[ 答案] 31６．ＣＤ
[解析] 31电压表的示数即为正弦式交流电路端电压的有效值54V，A项错；发电机的输出功率即为灯泡消耗的功率324W，Ｂ项错；在l 0×10-2s时刻，线圈中感应电动势为０，此时线圈位于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，Ｃ项正确；在05×10-2s时刻，线圈。

河北省高考物理2018年考前选择题专项训练含答案(变压器问题)

河北省高考物理2018年考前选择题专项训练变压器问题1．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，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 1＝2202sin 100πt V ，则( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表V 1的示数为22 VB ．当t ＝1600 s 时，电压表V 0的读数为220 VC ．单刀双掷开关与a 连接，当滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，电压表V 1的示数增大，电流表示数变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表V 1和电流表的示数均变小2．心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以用一个与大电阻R 1串联的交流电源U 0来等效，如图所示。

心电图仪与一个理想变压器的初级线圈相连，一个扬声器（可等效为一个定值电阻R 2）与变压器次级线圈相连。

等效电源的输出电压恒为U 0，为使扬声器获得最大功率，次级线圈的输出电压为（）A ．12R R U 0 B ．02U 12R R C ．21R R U 0 D ．02U 21R R 3．如图所示，理想变压器原线圈接交流电源，副线圈接电阻箱R 、电容器C 和电感器L ，下列说法正确的是A．仅当电阻箱R的阻值变大时，变压器输入功率减小B．仅当电容器C的正对面积增大时，通过它的电流减小C．仅当交流电源的频率增大时，通过三个元件的电流都增大D．仅当在电感线圈L中插入铁芯时，通过它的电流将减小4．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V的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.2 A。

下列判断正确的是( )A.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A2的示数为0.1 AD.电流表A2的示数为0.4 A5．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。

2018年高考母题题源物理系列解析版专题：变压器远距离输电

变压器远距离输电一、母题呈现【母题来源一】 2018年全国普通高等学校招生统一考试物理（江苏卷）【母题原题】采用220 kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为（）A. 55 kVB. 110 kVC. 440 kVD. 880 kV【答案】 C点睛：本意以远距离输电为背景考查输电线路的电能损失，解题时要根据输送电功率不变，利用输电线路损失的功率P损=I2R解题。

【母题来源二】 2018年全国普通高等学校招生同一考试理科综合物理试题（天津卷）【母题原题】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，则A. R消耗的功率变为B. 电压表V的读数为C. 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】试题分析：根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；为原来的，C 错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D 错误．【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率．二、母题揭秘【命题意图】考查变压器的工作原理、欧姆定律、闭合电路欧姆定律和电功率等知识，意在考查考生的理解能力和综合分析能力。

【考试方向】对理想变压器的动态分析的考查：一是负载不变，通过匝数变化求解原副线圈的各参量；二是匝数不变，负载变化，讨论各量的变化。

【得分要点】 1、电压器的几个常用关系：（1）电压关系：2121n n U U =或者t n U n U ∆∆Φ==2211或者t n U n U n U ∆∆Φ==== 332211（多个副线圈时），即原副线圈两端电压之比等于线圈的匝数之比。

2018_2019高考物理二轮复习选择题提速练44含答案

选择题提速练91—5为单选，6—8为多选1．如图为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( B )A．这是一个升压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 VD．当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小解析：根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V，输出电压为12 V，该变压器为降压变压器，故选项A错误，选项B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误．2．下图为某同学自制的加速度计．构造如下：一根轻质细杆的下端固定一个小球，杆的上端与光滑水平轴相连接．杆可在竖直平面内左右摆动．硬质面板紧靠杆摆动的平面放置，并标有刻度线．其中，刻度线c位于经过O的竖直线上，刻度线b在bO连线上，∠bOc＝30°，刻度线d在dO连线上，∠cOd＝45°.使用时，若约定加速度计的右侧为汽车前进的方向，速度v＝10 m/s，g取9.8 m/s2，汽车前进时( B )A．若细杆稳定地指示在b处，则汽车加速度为4.9 m/s2B．若细杆稳定地指示在d处，则0.5 s内汽车速度减小了4.9 m/sC．若细杆稳定地指示在b处，则0.5 s内汽车速度增大了4.9 m/sD．若细杆稳定地指示在c处，则5 s内汽车前进了100 m解析：若细杆稳定地指示在b处，对小球分析受力，求出沿水平方向所受合力为F合＝mg tan30°，由牛顿第二定律得F合＝ma1，则汽车加速度为a1＝g tan30°＝9.8×33m/s2＝5.66 m/s2，选项A错误；若细杆稳定地指示在d处，则汽车加速度为a2＝g tan45°＝9.8 m/s2，则0.5 s内汽车速度减小了Δv＝a2Δt＝4.9 m/s，选项B正确；若细杆稳定地指示在b处，则0.5 s内汽车速度增大了Δv＝a1Δt＝5.66×0.5 m/s＝2.83 m/s，选项C错误；若细杆稳定地指示在c处，汽车匀速运动，则5 s内汽车前进了s＝vt＝10×5 m＝50 m，选项D 错误．3. (2018·荆州模拟)如图所示，B和C是一组塔轮，即B和C半径不同，但固定在同一转动轴上，其半径之比R B R C＝，A轮的半径大小与C轮的相同，它与B轮紧靠在一起，当A轮绕过其中心的竖直轴转动时，由于摩擦作用，B轮也随之无滑动地转动起来．a、b 、c 分别为三轮边缘上的三个点，则a 、b 、c 三点在运动过程中的( D )A ．线速度大小之比为B ．角速度之比为C ．转速之比为D ．向心加速度大小之比为解析：A 、B 间靠摩擦传动，则边缘上a 、b 两点的线速度相等，即v a v b ＝，选项A 错误；B 、C 同轴转动，则其上b 、c 两点的角速度相等，即ωb ＝ωc ，n b n c ＝ωb ωc ＝11，选项B 、C 错误；对a 、b 两点由a ＝v 2r 得a a a b ＝R b R a ＝32，对b 、c 两点由a ＝ω2r 得a b a c ＝R b R c ＝32，故a a a b a c＝，选项D 正确．4．(2018·郑州质量预测)如图所示，光滑斜面的顶端固定一弹簧，一小球向右滑行，并冲上固定在地面上的斜面．设小球在斜面最低点A 的速度为v ，压缩弹簧至C 点时弹簧最短，C 点距地面高度为h ，则从A 点到C 点的过程中弹簧弹力做的功是( A )A ．mgh －12mv 2B.12mv 2－mgh C ．－mghD ．－(mgh ＋12mv 2)解析：小球从斜面底端到最高点C 的过程中，重力、弹簧弹力均做功，C 点为最高点，即v C ＝0，由动能定理得－mgh ＋W ＝0－12mv 2，解得弹簧弹力做的功W ＝mgh －12mv 2，选项A 正确．5．如图，半径为R 的圆是一圆柱形匀强磁场区域的横截面(纸面)，磁感应强度大小为B ，方向垂直于纸面向外．一电荷量为q (q >0)、质量为m 的粒子沿平行于直径ab 的方向射入磁场区域，射入点与ab 的距离为R2.已知粒子射出磁场与射入磁场时运动方向间的夹角为60°，则粒子的速率为(不计重力)( B )A.qBR 2mB.qBR mC.3qBR2mD.2qBRm解析：作出粒子运动轨迹如图中实线所示．因P 到ab 距离为R2，可知α＝30°.因粒子速度方向改变60°，可知转过的圆心角2θ＝60°.由图中几何关系有(r ＋R2)tan θ＝R cos α，解得r ＝R .再由Bqv ＝m v 2r 可得v ＝qBRm，故B 正确．6．(2018·湖北七市联考)如图所示，传送带与水平面夹角为37°，白色传送带以10 m/s 的恒定速率沿顺时针方向转动，今在传送带上端A 处无初速度地轻放上一个质量为1 kg 的小煤块(可视为质点)，它与传送带间的动摩擦因数为0.50，已知传送带A 到B 的长度为16 m ，取sin37°＝0.6，cos37°＝0.8，g ＝10 m/s 2，则在小煤块从A 运动到B 的过程中( ACD )A ．小煤块从A 运动到B 的时间为2 s B ．煤块对皮带做的总功为0C ．小煤块在白色皮带上留下黑色印记的长度为6 mD ．因煤块和皮带之间的摩擦而产生的内能为24 J解析：煤块放上传送带，滑动摩擦力的方向先沿斜面向下，根据牛顿第二定律得a 1＝mg sin37°＋μmg cos37°m＝g sin37°＋μg cos37°＝10 m/s 2.则速度达到传送带速度所需的时间为t 1＝v a 1＝1 s. 经过的位移为x 1＝12a 1t 21＝5 m.由于mg sin37°>μmg cos37°，可知煤块与传送带不能保持相对静止．速度相等后，煤块所受的摩擦力沿斜面向上．根据牛顿第二定律得a 2＝mg sin37°－μmg cos37°m＝g sin37°－μg cos37°＝2 m/s 2.根据vt 2＋12a 2t 22＝L －x 1，代入数据解得t 2＝1 s. 则t ＝t 1＋t 2＝2 s ，故A 正确；煤块对传送带做的总功即是摩擦力所做的功，为W ＝－fx 传＝－μmg cos θ·x传＝－μmg cos θ·vt ＝－80 J ，故B 错误；在t 1时间内，传送带位移为x 2＝vt 1＝10 m. 所以划痕长度是Δx 1＝x 2－x 1＝5 m ；在t 2时间内，传送带位移为x 3＝vt 2＝10 m ，煤块的位移为x 4＝L －x 1＝11 m. 所以划痕长度为Δx 2＝x 4－x 3＝1 m.所以总划痕长度是Δx ＝Δx 1＋Δx 2＝6 m ，故C 正确；产生的热量Q ＝f Δx ＝μmg cos θΔx ＝24 J ，D 正确．7．(2018·山东模拟)卫星电话在抢险救灾中能发挥重要作用，第一代、第二代海事卫星只使用静止轨道卫星，不能覆盖地球上的高纬度地区，第三代海事卫星采用同步和中轨道卫星结合的方案，它由4颗同步卫星与12颗中轨道卫星构成，中轨道卫星高度为10 354 km ，分布在几个轨道平面上(与赤道平面有一定的夹角)．在这个高度上，卫星沿轨道旋转一周的时间为四分之一天，下列说法中正确的是( BC )A ．中轨道卫星的线速度小于同步卫星的线速度B ．中轨道卫星的线速度大于同步卫星的线速度C ．在中轨道卫星经过地面某点的正上方的一天后，该卫星还在地面该点的正上方D ．如果某一时刻中轨道卫星、同步卫星与地球的球心在同一直线上，那么经过6小时它们仍在同一直线上解析：由题意知，中轨道卫星的轨道半径小于同步卫星的轨道半径(约为42 400 km)，所以，其线速度大于同步卫星的线速度，选项B 正确；中轨道卫星的周期T 1＝6 h ，其经过地面某点的正上方的一天后，仍在该点，选项C 正确；选项D 中，中轨道卫星需经过t ＝(T 12＋nT 1)，T 1＝6 h ，n ＝0,1,2,3，…，同步卫星需经过t ′＝(T 22＋nT 2)．T 2＝24 h ，n ＝0,1,2,3，…，二者再次在同一直线上，显然t ′≠t ，选项D 错误．8．(2018·武昌模拟)某同学设计了一种静电除尘装置，如图甲所示，其中有一长为L 、宽为b 、高为d 的矩形通道，其前、后面板为绝缘材料，上、下面板为金属材料，图乙是装置的截面图，上、下两板与电压恒为U 的高压直流电源相连．带负电的尘埃被吸入矩形通道的水平速度为v 0，当碰到下板后其所带电荷被中和，同时被收集．将被收集尘埃的数量与进入矩形通道尘埃的数量的比值称为除尘率．不计尘埃的重力及尘埃之间的相互作用．要增大除尘率，则下列措施可行的是( AC )A ．只增大电压UB ．只增大高度dC ．只增大长度LD ．只增大尘埃被吸入水平速度v 0解析：尘埃做类平抛运动，达到下板的尘埃被收集，竖直偏移量y ＝12at 2＝Uq 2md t 2＝UqL22mdv 2越大越容易收集，则可以增大U 、L ，减小v 0、d ，选项A 、C 正确．。

(新课标)2018年高考物理总复习课时达标检测(六十四)变压器(重点突破课)

课时达标检测(六十四) 变压器 (重点突破课)一、单项选择题1．(2016·四川高考)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B 由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n 1＞n 2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比n 1′n 2′变大，根据U 1U 2＝n 1′n 2′，U 1一定，U 2变小，故小灯泡变暗，选项A 错误，选项B 正确；由U 1U 2＝n 1′n 2′知，原、副线圈电压的比值变大，选项C 错误；根据I 1I 2 ＝n 2′n 1′，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项D 错误。

2．(2015·江苏高考)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 ．200B ．400C ．1 600D ．3 200解析：选B 根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，得n 2＝n 1U 2U 1＝800×110220＝400，选项B 正确。

3．(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压在220 V 的正弦交流电源上，如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：选A 设原、副线圈中的电流分别I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 12R I 22R ＝19。

设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U 。

专题12+交变电流(讲)-2018年高考物理二轮复习讲练测+Word版含解析

分析，远距离输电也要重视.纵观近几年高考试题，预测2018年物理高考试题还会考：1、对本专题知识点高考每年必考．命题频率较高的知识点有交变电流的变化规律(包括图象)、最大值与有效值等，以选择题的形式出现。

2、变压器的原理，电压比、电流比及功率关系是考查的重点；将本章知识与电磁感应等结合的力、电综合题，或考查与本章知识有关的实际应用。

考向01 交变电流的产生和描述1.讲高考（1）考纲要求能掌握交变电流的产生和描述，会写出交变电流的瞬时值表达式；能认识交变电流的图象和进行有效值、最大值的计算．（2）命题规律交变电流的产生及描述(e 、u 、i 的瞬时值表达式、最大值、有效值、周期、频率)，特别是有效值的计算是考查的热点。

案例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2 Ω，则：（）A ．t =0时，线圈平面平行于磁感线B ．t =1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t =1.5 s 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28πJ 【答案】AD【考点定位】交变电流的规律和“四值问题”【名师点睛】本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。

案例2．【2017·江苏卷】（多选）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则：（）（A ）电感L 1的作用是通高频（B ）电容C 2的作用是通高频（C ）扬声器甲用于输出高频成分（D ）扬声器乙用于输出高频成分【答案】BD【解析】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，2πL X fL ，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信号的作用是通低频阻高频，所以A 错误；电容对交流电的阻碍作用12πC X fC，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频，故BD 正确；C 错误．【考点定位】电感、电容对交流电的阻碍作用【名师点睛】本题主要考查电感、电容对交流电的阻碍作用，即感抗、容抗的大小与什么因素有关，记住这个问题不难解决．案例3．【2015·四川·4】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。

2018届二轮变压器专题卷

变压器一个线圈跟电源连接，叫原线圈（初级线圈），另一个线圈跟负载连接，叫副线圈（次级线圈）。

两个线圈都是绝缘导线绕制成的。

铁芯由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成。

师：画出变压器的结构示意图和符号，如下图所示：互感现象时变压器工作的基础。

在原线圈上加交变电压U 1，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变的磁通量。

这个交变磁通量既穿过原线圈，也穿过副线圈，在原、副线圈中都要引起感应电动势。

如副线圈是闭合的，在副线圈中就产生交变电流，它也在铁芯中产生交变的磁通量，在原、副线圈中同样引起感应电动势。

副线圈两端的电压就是这样产生的。

所以，两个线圈并没有直接接触，通过互感现象，副线圈也能够输出电流。

2121n n U U = 电流通过变压器线圈是会发热，铁芯在交变磁场的作用下也会发热。

所以，变压器工作时存在能量损失。

没有能量损失的变压器叫做理想变压器。

2121n n U U =，只适用于理想变压器。

实际上变压器的工作效率都很高，在一般的计算中，可以把实际变压器视为理想变压器。

理想变压器原线圈的输入功率与副线圈的输出功率有什么关系？因为理想变压器没有能量损失，所以P 出=P 入若理想变压器只有一个副线圈，则原副线圈中的电流I 1与I 2有什么关系？生：据P 出=U 2I 2，P 入=U 1I 1及P 出=P 入得：U 2I 2=U 1I 1则：121221n n U U I I == 上式是理想变压器只有一个副线圈时，原副线圈中的电流比公式。

如果副线圈的电压高于原线圈的电压，这样的变压器叫升压变压器；如果副线圈的电压低于原线圈的电压，这样的变压器叫降压变压器。

那么两种变压器的匝数关系如何？升压变压器，n 2＞n 1，降压变压器，n 2＜n 1。

两种变压器原副线圈电流的大小关系如何？升压变压器，I 2<I 1，降压变压器，I 2>I 1。

在绕制升压变压器原副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，还是细一些好？降压变压器呢？因为升压变压器，I 2<I 1，所以副线圈导线可以比原线圈导线细一些。

2018届高考物理二轮复习变压器学案

变压器[学习目标] 1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理． 2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题． 3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系．一、变压器的原理(阅读教材第41页第1段至第3段) 1．构造由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，与电源连接的线圈叫原线圈，与负载连接的线圈叫副线圈．2．原理互感现象是变压器工作的基础．原线圈中电流的大小、方向不断变化，在铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．▏拓展延伸►———————————————————(解疑难) 1．变压器的工作原理原线圈上加交变电压时铁芯中产生交变磁场，即在副线圈中产生交变磁通量，从而在副线圈中产生交变电动势；当副线圈接负载时，副线圈相当于交流电源向外界负载供电．从能量转化角度看，变压器是把电能转化为磁场能，再将磁场能转化为电能的装置，一般地说，经过转化后电压、电流均发生了变化．2．变压器的作用：改变交变电流的电压．1.如果将变压器的原线圈接到直流电源上，在副线圈上还能输出电压吗？提示：不能．变压器的工作原理是互感现象，在原线圈上接直流电源，在铁芯中不会形成变化的磁场，所以在副线圈上不会有感应电动势产生．二、电压与匝数的关系(阅读教材第41页实验至第43页)1．理想变压器没有能量损失的变压器叫做理想变压器，它是一个理想化模型． 2．电压与匝数的关系原、副线圈的电压比等于两个线圈的匝数比，即U 1U 2＝n 1n 2.3.两类变压器副线圈的电压比原线圈电压低的变压器叫降压变压器；副线圈的电压比原线圈电压高的变压器叫升压变压器．▏拓展延伸►———————————————————(解疑难) 1．理想变压器的特点(1)原、副线圈的电阻不计，不产生热量．(2)变压器的铁芯无漏磁，原、副线圈磁通量无差别．(3)变压器自身的能量损耗不计，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率． 2．电压关系由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U 1＝E 1，副线圈两端的电压U 2＝E 2，所以U 1U 2＝n 1n 2.当有n 组线圈时，则有：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3…3．功率关系对于理想变压器，不考虑能量损失，P 入＝P 出． 4．电流关系由功率关系，当只有一个副线圈时，I 1U 1＝I 2U 2，得I 1I 2＝U 2U 1＝n 2n 1.当有多个副线圈时，I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋…，得I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋….2.(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．( )(2)理想变压器是一个理想化模型．( ) (3)学校中用的变压器工作时没有能量损失．( )(4)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率．( )提示：(1)√ (2)√ (3)× (4)×理想变压器的原理及基本规律[学生用书P 55]解决此类题目的方法是利用原副线圈的电压、电流与匝数的关系以及输出功率和输入功率相等综合解决问题．———————————(自选例题，启迪思维)1.理想变压器连接电路如图甲所示，已知原、副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数为2 A ，则( )A ．电压表读数为282 VB ．电压表读数为28.2 VC ．输入功率为56.4 WD ．输入功率为40 W[思路探究] (1)电压表的示数是副线圈的电压U 2，且是有效值，用U 1U 2＝n 1n 2求解．(2)输入功率由输出功率计算，P 入＝P 出＝U 2I 2＝U 1I 1.[解析] 由题图乙可知，U m ＝282 V ，则输入电压有效值U 1＝U m 2≈200 V ．根据U 1U 2＝n 1n 2知，U 2＝20 V ，由题意知，I 2＝2 A ，输入功率P ＝U 1I 1＝U 2I 2＝40 W ，故A 、B 、C 错，D 正确．[答案] D 2.(2013·高考四川卷) 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 ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．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 [解析] 根据i －t 图象，负载电流的函数表达式i ＝0.05sin 100πt (A)且I m ＝0.05 A ，通过负载的电流的有效值I 2＝I m2，输出电压的最大值U m ＝2U 2＝110 2 V ，变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2≈3.9 W ，变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝21.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．[答案] A3.如图所示，理想变压器的交流输入电压U 1＝220 V ，有两组副线圈，其中n 2＝36匝，标有“6 V 9 W ”、“12 V 12 W ”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光，求：(1)原线圈的匝数n 1和另一副线圈的匝数n 3； (2)原线圈中电流I 1.[思路探究] (1)副线圈为两个时，理想变压器电压、电流、功率关系式是什么？ (2)电灯正常发光是什么含义？[解析] (1)由于两灯泡均正常发光，所以有U 2＝6 V ，U 3＝12 V.根据原、副线圈电压与匝数的关系，由U 1U 2＝n 1n 2、U 2U 3＝n 2n 3得n 1＝U 1U 2n 2＝2206×36＝1 320(匝)n 3＝U 3U 2n 2＝126×36＝72(匝)．(2)由于P 入＝P 出，P 出＝P 2＋P 3，所以P 入＝P 2＋P 3. 即I 1U 1＝P 2＋P 3，则I 1＝P 2＋P 3U 1＝9＋12220A ≈0.095 A.[答案] (1)1 320匝 72匝 (2)0.095 A[名师点评] 理想变压器的变压关系是一个普适关系，而电流比I 1I 2＝n 2n 1则不然，它只适用于副线圈仅有一个的情况．而对副线圈有多个的情况则应根据功率关系P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…来找出各线圈间的电流关系．理想变压器各量制约关系和动态分析[学生用书P 56]1．理想变压器工作时的制约关系(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比⎝⎛⎭⎫n 1n 2一定时，输入电压U 1决定输出电压U 2，即U 2＝n 2U 1n 1.(2)功率制约：P 出决定P 入．(3)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比⎝⎛⎭⎫n 1n 2一定，且输入电压U 1确定时，副线圈中的输出电流I 2决定原线圈中的电流I 1，即I 1＝n 2I 2n 1.2．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况(1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R →I 2→P 出→P 入→I 1；(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n 1、n 2→U 2→I 2→P 出→P 入→I 1.———————————(自选例题，启迪思维)1. 如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线的等效电阻为R .开始时，开关S 断开．当S 接通时，以下说法中正确的是( )A ．副线圈两端M 、N 的输出电压减小B ．副线圈输电线等效电阻R 上的电压增大C ．通过灯泡L 1的电流减小D ．原线圈中的电流增大[思路探究] (1)副线圈两端电压U MN 由哪些量决定？ (2)原线圈中的电流由哪些量决定？(3)接通S 时，负载电阻如何改变？电阻R 上的电压如何改变？[解析] 由于输入电压不变，原、副线圈匝数比不变，所以当S 接通时，理想变压器副线圈M 、N 两端输出电压不变．并联灯泡L 2，总电阻变小，由欧姆定律I 2＝U 2R 2知，流过R 的电流增大，电阻R 上的电压U R ＝I 2R 增大．副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I 1U 1＝I 2U 2得，I 2增大，原线圈输入电流I 1也增大．U MN 不变，U R 变大，所以U L1变小，流过灯泡L 1的电流减小． [答案] BCD 2.(2015·成都七中高二月考)如图所示为一理想变压器，S 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的电压，I 1为原线圈中的电流，则( )A ．保持U 1及P 的位置不变，S 由a 合到b 时，I 1将增大B ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 合到a 时，R 消耗的功率减小C ．保持U 1不变，S 合在a 处，使P 上滑，I 1将增大D ．保持P 的位置不变，S 合在a 处，若U 1增大，I 1将增大[解析] S 由a 合到b 时，n 1减小而U 1不变，由U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈上电压U 2增大，负载R 的电流I 2增大，P 2增大；又由于P 1＝P 2＝U 1I 1，故I 1增大，A 项正确．同理S 由b 合到a 时，P 2减小，B 项正确．P 上滑时，负载电阻R 增大，而U 1、U 2均不变，由I 2＝U 2R可知I 2减小，又由于n 1、n 2均不变，由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1将减小，故C 项错误．当U 1增大时，由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2也增大，I 2＝U 2R 增大，再由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1增大，故D 项正确． [答案] ABD3.如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使( )A ．原线圈匝数n 1增加B ．副线圈匝数n 2减少C ．负载电阻R 的阻值增大D ．负载电阻R 的阻值减小[解析] 由U 1U 2＝n 1n 2，P 出＝U 22R可得P 出＝U 21n 22n 21R又因为P 入＝P 出，所以P 入＝U 21n 22n 21R分析可得选项D 正确． [答案] D[名师点评] (1)对于输出电压的大小，条件充分时只需根据原线圈电压及原、副线圈的匝数确定．(2)P 1、P 2、I 1、I 2的判断往往都与R 的大小有关，对P 1、I 1的确定，需从P 2、I 2入手． (3)各物理量的制约关系：在变压比一定时，若输入电压一定，则输出电压一定，若负载变化，则输出电流变化，输出功率变化，输入电流、输入功率也相应变化．高考链接——理想变压器原、副线圈基本量的关系[范例] (15分)(2011·高考江苏卷)如图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图乙所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.甲乙(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式；(2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1；(3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de.[审题点睛] (1)从图象中能根据U ＝U m2求出ab 端电压有效值及读出周期T .(2)在ce 间接R ce 和在de 间接R de 功率相等是解题关键．根据P ＝UI 1求解I 1，根据功率公式P ＝U 2R 求解U ce U de ，由U ce U de ＝n cen de解得结果．[解析] (1)由题图乙知T ＝0.01 s(1分) ω＝200π rad/s(1分)电压瞬时值u ab ＝400sin 200πt (V)．(2分) (2)电压有效值U 1＝200 2 V(1分) 理想变压器P 1＝P 2(2分)原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，(1分)解得I 1≈0.28 A ⎝⎛⎭⎫或25 A .(1分)(3)设ab 间匝数为n 1，U 1n 1＝U cen ce，(1分)同理U 1n 1＝U den de(1分)由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de，(2分)解得n ce n de ＝R ceR de(1分)代入数据得n ce n de ＝43.(1分)[答案] 见解析如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈的输出电压U 2＝220 V ，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U 0＝2 V ，则：(1)原、副线圈的匝数各是多少？(2)当S 断开时，A 2的示数I 2＝5 A ，那么A 1的示数是多少？解析：本题考查变压器的工作原理以及基本规律，解题关键是明确电压表示数U 0是一匝线圈上的电压．(1)根据变压比n 1n 0＝U 1U 0及n 2n 0＝U 2U 0，有n 1＝U 1U 0n 0＝3 3002×1匝＝1 650 匝，n 2＝U 2U 0n 0＝2202×1 匝＝110 匝．(2)对理想变压器有P 入＝P 出，即I 1U 1＝I 2U 2.I 1＝U 2U 1I 2＝2203 300×5 A ≈0.33 A.答案：见解析[随堂达标]1．(2015·南充高二检测)如图中理想变压器原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R 相连组成闭合回路．当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表A 1的读数是12毫安，那么安培表A 2的读数是( )A ．0B ．3毫安C ．48毫安D ．与R 值大小无关解析：选A.当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速向右做切割磁感线运动时，原线圈中产生恒定的电流，不能在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中不会产生感应电流，故选A.2. (2013·高考广东卷)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，V 和A 均为理想电表，灯泡电阻R 1＝6 Ω，AB 端电压u 1＝122sin (100πt ) V .下列说法正确的是( )A ．电流频率为100 HzB ．V 的读数为24 VC ．A 的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W解析：选D.频率应为50 Hz ，A 错．由n 1∶n 2＝2∶1知，U 2＝6 V ，B 错．副线圈的电流I 2＝U 2R 1＝1 A ，C 错．功率P 1＝P 2＝6 W ，D 对．3. 如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002·sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：选C.副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，故A 错误.2πf ＝100πHz ，f ＝50 Hz ，故B 错．I 2＝880220A ＝4 A ，故C 项正确．由于理想变压器P 入＝I 22r ＋880 W＞880 W ，故D 错．4. (选做题)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压u ，其瞬时值表达式为u ＝220 2 sin(100πt ) V ，现把单刀双掷开关与a 连接，则( )A ．电压表的示数为22 VB ．流过滑动变阻器的电流的方向每秒改变100次C ．在滑动变阻器的触头P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变大D ．若把单刀双掷开关由a 扳向b 时，保持滑动变阻器的触头P 不动，电压表示数变大，电流表的示数变小解析：选AB.理想变压器可以变压、变流，但不改变功率和频率；由交变电压的表达式可知，该交变电压的频率为50 Hz ，而产生交变电压的线圈每转一圈，其电流变向两次，故B 正确；电压表的读数是有效值，根据理想变压器的变压比等于匝数比可知，该电压表的读数为22 V ，A 正确；滑动变阻器的触头P 向上移动，其接入电路的阻值减小，而变压器两端的电压不变，则电压表的读数不变，副线圈中的电流变大，则电流表的读数变大，C 错误；单刀双掷开关由a 扳向b ，变压器的原线圈的有效匝数减小，由U n 1＝U ′n 2可知，U ′变大，变压器的输出功率和输入功率变大，故电压表和电流表的读数都变大，D 错误．[课时作业]一、选择题1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( ) A ．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 B ．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C ．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D ．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析：选C.通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S 不变，故磁通量Φ变化，A 错误；因理想变压器无漏磁，故B 错误；由互感现象知C 正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D 错误．2．(多选)如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定电压为U 0的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为R ，图中电压表为理想电表．下列说法正确的是 ( )A ．变压器输入电压的瞬时值为u ＝U m sin ⎝⎛⎭⎫2πT t (V) B ．电压表的示数为2U 0C ．变压器的输入功率为U 20RD ．变压器的匝数比为U m ∶U 0。

【高三物理试题精选】2018届高考物理二轮考前冲刺模拟试卷6套(含答案)

2018届高考物理二轮考前冲刺模拟试卷6套(含答案)
电学部分综合测试
1．(2018 江苏省苏北四市调研)关于涡流，下列说法中错误的是( )
冶炼炉电磁炉阻尼摆硅钢片
A．真空冶炼炉是利用涡流熔化金属的装置
B．家用电磁炉锅体中的涡流是由恒定磁场产生的
C．阻尼摆摆动时产生的涡流总是阻碍其运动
D．变压器的铁芯用相互绝缘的硅钢片叠成能减小涡流
解析用冶炼合金钢的真空冶炼炉，炉外有线圈，线圈中通入反复变化的电流，炉内的金属中产生涡流，涡流产生的热量使金属熔化，所以A正确；家用电磁炉使用的是交流电，交流电产生的是变化的磁场，不是恒定的磁场，故B错误；阻尼摆的铝盘以一定相对速度通过磁场区域时，在铝盘内会产生感应电流，因铝盘有电阻，电流做功，消耗机械能，因此产生阻碍铝盘运动的阻尼作用，故C正确；用绝缘的硅钢片做铁芯，是为了减小涡流，减小能量损失，所以D正确．答案 B
2．(2018 天津卷)如图所示，平行金属板A、B水平正对放置，分别带等量异号电荷．一带电微粒水平射入板间，在重力和电场力共同作用下运动，轨迹如图中虚线所示，那么( )
A．若微粒带正电荷，则A板一定带正电荷
B．微粒从M点运动到N点电势能一定增加
C．微粒从M点运动到N点动能一定增加
D．微粒从M点运动到N点机械能一定增加
解析微粒向下偏转，则微粒受到的电场力与重力的合力向下，若微粒带正电，只要电场力小于重力，就不能确定A、B板所带电荷的电性，A项错误；不能确定电场力的方向和微粒所带电荷的电性，因此不能确定电场力做功的正负，不能确定微粒从M点运动到N点电势能的变化，B项错误；由于电场力与重力的合力一定向下，因此微。

2018年高考物理复习卷：交变电流

交变电流复习卷一、选择题（第1~8小题为单选题，第9~12小题为多选题）1．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器1T 和降压变压器2T 向用户供电。

已知输电线的总电阻为4R =Ω，降压变压器2T 的原、副线圈匝数之比为4:1，降压变压器副线圈两端交变电压，降压变压器的副线圈与阻值011R =Ω的电阻组成闭合电路。

若将变压器视为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表，则以下说法正确的是A ．电压表V 的示数为600VB ．电流表AC ．输电线上损失的功率为100WD ．发电机的输出功率为4400W 【答案】C2．有一台太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器匝数比为1:4，降压变压器的匝数比为4:1，输电线的总电阻R =4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V ，40 W”灯6盏，若全部电灯均为并联且正常发光，则A ．发电机输出功率为5 424 WB ．发电机输出电压为230 VC ．输电线上损失功率为100 WD ．以上都不对【答案】A3．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器，C 为耐压值为22 V 的电容器，所有电表均为理想电表。

下列说法正确的是A．副线圈两端电压的变化频率为0.5 HzB．电流表的示数表示的是电流的瞬时值C．为保证电容器C不被击穿，原、副线圈匝数比应小于10:1D．滑片P向下移时，电流表A1和A2示数均增大【答案】D4．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【答案】B5．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。

2018年高考物理复习11-2

I n2 【解析】开关断开时，原、副线圈的电流比＝，通过 I2 n 1 In1 5In1 R2 的电流 I2＝，副线圈的输出电压 U2＝I2(R2＋R3)＝，由 n2 n2
n1 U1 n1 ＝可得原线圈两端的电压 U1＝ 5In 2 ，则 U＝ U1 ＋ IR1＝ U2 n2 2 n1 5In 2＋3I； 2
4I n 2 开关闭合时，原、副线圈的电流比＝，通过 R2 的电流 I′ 2 n 1 U′1 n1 4In1 4In1 I′2＝，副线圈的输出电压 U′2＝I′2R2＝，由＝ n2 n2 U′2 n2
n1 n1 2 可得原线圈两端的电压 U′1＝4In ，则 U＝U′1＋4IR1＝4In 2 2
• 原理：其工作原理是利用了电磁感应现象． • 特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能使用交流电压．
2. 理想变压器的理想化条件及规律理想变压器是一种理想化的物理模型，是没有能量损失的变压器．应牢固掌握其基本关系：(1) 功率关系 P 入＝P 出．(2) 电压 U1 U2 I1 n 2 关系＝ .(3) 电流关系＝ (只有一组副线圈)． n1 n2 I2 n 1
• 2. 变压器的原理：电流通过原线圈时在铁芯大小方向中激发磁场，由于电流的 ________、感应电动势 ________在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化，变化的磁场在副线圈中产生互感现象 ______________ ，所以尽管两个线圈之间没能量损失输入有导线相连，副线圈也能够输出电流．__________ 是变压器工作的基础．输出 • 3. 理想变压器：没有__________的变压器，即__________功率等于________功率．

2018年高考物理专题复习练习卷：理想变压器练习卷

理想变压器练习卷1．如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO '匀速转动，线圈的电阻不计，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1:2，定值电阻12R R R ==，当线圈的转动角速度为ω时，电压表的示数为U 。

则A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为cos e t ω=C D ．当线圈的转动角速度为2ω时，电压表的示数为4U2．如图所示，n 匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻不计。

线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一只额定电压为U 的灯泡，灯泡正常发光。

从线圈通过中性面开始计时，下列说法正确的是A ．图示位置穿过线框的磁通量变化率最大BC ．线框中产生感应电动势的表达式为e =nBSωsin ωtD ．变压器原、副线圈匝数之比为nBS Uω 3．如图l 所示为一理想变压器，完整原、副线圈匝数相等。

原、副线圈都有4个接线柱，正好三等分原、副线圈匝数，其中D 、H 分别为原、副线圈公共接线柱；变压器原线圈两端接入如图2所示的交流电，副线圈接额定电压为120 V 的用电器。

改变原、副线圈的接法，在保证安全的情况下，用电器的最大工作电压接近A ．73 VB ．84 VC ．110 VD ．147 V4．理想变压器原、副线圈匝数之比为2:1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电压，副线圈接一个=55R Ω的负载电阻，电流表、电压表均为理想电表，则下述结论正确的是A ．副线圈中电压表的读数为220 VB ．副线圈中输出交流电的频率为0.02HzC ．原线圈中电流表的读数为0.5AD ．原线圈中的输入功率为220W5．如图所示，一个匝数为N=100匝，电阻不计的线框以固定转速50 r/s 在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n 1:n 2=10:1的理想变压器给阻值R =20 Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20 V ，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是A ．t =0时刻线框内的电流最大B ．变压器原线圈中电流的有效值为10 AC WbD ．理想变压器的输入功率为10 W6．用电压为U 的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为0U 的同一小灯泡供电，图甲中R 为滑动变阻器，图乙中理想变压器的原副线圈匝数分别为12n n ，，若小灯泡均能正常工作，则下列说法正确的是A ．变压器可能是升压变压器B ．120::n n U U =C ．甲乙电路消耗的功率之比为220:U UD ．R )0U U -7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，电阻R =22 Ω，各电表均为理想电表。

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