卷子答案网-一个不只有答案的网站阶段回顾(第1～2节)
易错点一 交变电流与直流电的区分
1．在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是( )
答案 A
解析 A图中电流恒为正值，说明电流的方向不随时间变化，则此电流不是交变电流，故A符合题意；B、C、D图中三种电流的大小和方向都随时间做周期性变化，都是交变电流，故B、C、D不符合题意。
易错点二 交变电流产生过程的分析
2．(多选)关于正弦交变电流的产生过程，下列说法正确的是( )
A．当线圈平面与中性面垂直时，电流方向发生变化
B．线圈平面经中性面时开始计时，周期内，电流一直增大
C．线圈平面与中性面垂直时开始计时，2个周期内电流方向改变4次
D．线圈转动过程中通过线圈的磁通量最大的位置，也是感应电流最大的位置
答案 BC
解析 线圈转动过程中，在中性面位置，磁通量最大，电流等于零，电流方向改变，A、D错误；经中性面时开始计时，周期内线圈转到与中性面垂直的位置，电流逐渐增大到最大，故B正确；线圈平面与中性面垂直时开始计时，2个周期内电流方向改变4次，C正确。
易错点三 交变电流的表达式和图像的分析
3. 如图所示为交流发电机的示意图，从线圈通过如图所示的位置开始计时。如果发电机产生的交变电流的频率为50 Hz，电动势的最大值为400 V，则发电机产生的电动势瞬时值表达式为( )
A．e＝400sin50t(V) B．e＝400cos50t(V)
C．e＝400sin100πt(V) D．e＝400cos100πt(V)
答案 D
解析 由题可知，感应电动势的最大值为400 V，角速度为ω＝2πf＝100π rad/s，从与中性面垂直的位置开始计时，发电机产生的交变电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝400cos100πt(V)，D正确，A、B、C错误。
4. 有一个小型发电机，机内的矩形线圈匝数为50匝，电阻为5 Ω，线圈在匀强磁场中，以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴转动。穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间的变化规律如图所示。由此可知该发电机的电动势瞬时值表达式为( )
A．e＝31.4sin50πt(V) B．e＝31.4cos50πt(V)
C．e＝157cos100πt(V) D．e＝157sin100πt(V)
答案 C
解析 由图像可知，T＝2×10－2 s，所以ω＝＝100π rad/s，Φm＝1.0×10－2 Wb，感应电动势的最大值Em＝NωΦm＝157 V，t＝0时，磁通量为0，感应电动势最大，所以该发电机的电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝157cos100πt(V)，C正确。
5．(多选)正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图甲所示的方式连接，R＝10 Ω，其两端电压的最大值是10 V。图乙是交变电源输出电压u随时间t变化的图像。则( )
A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是
iR＝cos100πt(A)
B．通过R的电流iR随时间t变化的规律是
iR＝cos50πt(A)
C．R两端的电压uR随时间t变化的规律是
uR＝5cos100πt(V)
D．R两端的电压uR随时间t变化的规律是
uR＝10cos100πt(V)
答案 AD
解析 由图乙得该正弦式交流电的周期为0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，R两端电压的最大值为10 V则，流过电阻R的最大电流为Im＝ A＝ A，结合图乙可知通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos100πt(A)，A正确，B错误；R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝10cos100πt(V)，C错误，D正确。
易错点四 有效值的计算
6．已知某电阻元件在正常工作时，通过它的电流按如图所示的规律变化，其中0～为正弦交流电一部分，将一个多用电表(已调至交变电流挡)与这个电阻元件串联，则多用电表的读数为( )
A．4 A B. A
C. A D．5 A
答案 B
解析 根据有效值的定义可得2R＋(3)2R·＝IRT，解得I有效＝ A，B正确。
7．在如图a所示的电路中，电阻R2＝6R1，D1、D2为理想二极管，当在A、B间输入如图b所示的正弦交流电时，电压表的示数为( )
A. B. C. D．U0
答案 C
解析 由题意可知，一个周期T内，有的时间两电阻串联，电路总电阻R＝R1＋R2，根据欧姆定律得出R1两端电压的有效值为U1＝R1＝，剩下的时间电压反向，回路中只有电阻R1，则R1两端电压的有效值为U2＝U0＝U0，根据交流电的有效值定义得·＋·＝·T，解得U＝，C正确。
8. 在如图所示的直角坐标系中，第一象限内有垂直坐标平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，一长为2l、总电阻为2r的均匀导体棒，以角速度ω在以O为圆心、半径为l的圆环上做匀速转动。由圆心和圆周上各引一导线与阻值为r的电阻组成如图所示电路。已知由圆心引出的导线与圆环绝缘，与导体棒接触良好，导体棒与圆环充分接触，且不计圆环电阻，则通过外电路定值电阻r上的电流的有效值是( )
A. B.
C. D.
答案 A
解析 导体棒转动切割磁感线时，产生的感应电动势E＝Bl2ω，通过外电阻r的电流I＝×＝，在导体棒转动一圈的过程中，有半个周期产生感应电流，根据I2r＝IrT，可得通过定值电阻r上的电流的有效值I有效＝，A正确，B、C、D错误。
重难点一 交流电的产生与图像的综合分析
1. 矩形线框在匀强磁场内匀速转动过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图像如图所示，下列说法中正确的是( )
A．交流电压的有效值为36 V
B．交流电压的最大值为36 V，频率为50 Hz
C．2 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大
D．1 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化得最快
答案 C
解析 根据图像可知，该交流电压的最大值为36 V，有效值为 V＝36 V，A错误；根据图像可知，该交流电压的周期为4 s，故频率为f＝＝0.25 Hz，B错误；由图像可知，2 s末该交变电流的电压为零，线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大，C正确；由图像可知，在1 s末，该交变电流的电压最大，此时线框平面与磁场平行，通过线框的磁通量变化得最快，D错误。
2．如图甲所示，一矩形金属线圈在匀强磁场中绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化图像如图乙所示，则( )
A．线圈转动的频率为4 Hz
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零
C．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量的变化率为零
D．该线圈产生的感应电动势表达式为e＝15sin50πt(V)
答案 D
解析 由图乙可得该交流电的周期为0.04 s，故频率f＝＝25 Hz，A错误；t＝0时，感应电动势为零，说明线圈位于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，B错误；t＝0.01 s时，感应电动势最大，根据法拉第电磁感应定律，可知穿过线圈的磁通量的变化率最大，C错误；该交流电的感应电动势最大值Em＝15 V，角速度ω＝＝50π rad/s，所以该线圈产生的感应电动势表达式为e＝15sin50πt(V)，D正确。
3．(多选)图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像如图乙所示。以下判断正确的是( )
A．通过电阻R的电流的最大值为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．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 由题图乙可知Im＝10 A，A正确；T＝2×10－2 s，则线圈转动的角速度ω＝＝100π rad/s，B错误；t＝0.01 s时，I＝Im，此时线圈平面与磁场方向平行，C正确；由右手定则可判定0.02 s时电阻R中的电流方向自左向右，D错误。
4. 如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦式交变电流的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦式交变电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法中正确的是( )
A．线圈先后两次转速之比为1∶2
B．交变电流a的电压瞬时值u＝100sin0.4πt(V)
C．交变电流b的电压最大值为 V
D．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量为零
答案 C
解析 由图可知，周期Ta＝0.4 s，Tb＝0.6 s，则线圈先后两次转速之比na∶nb＝Tb∶Ta＝3∶2，A错误；交流电a的电压最大值为10 V，角速度为ωa＝＝5π rad/s，故电压的瞬时值表达式为u＝10sin5πt(V)，B错误；电动势的最大值为Em＝NBSω，则所形成交变电流a和b的电压的最大值之比Uma∶Umb＝ωa∶ωb＝∶＝3∶2，则交流电b的电压最大值为 V，C正确；t＝0时刻u＝0，根据法拉第电磁感应定律，可知此时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零，而磁通量最大，D错误。
重难点二 交流电的最大值、有效值、平均值的应用
5. 如图所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A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，转动的角速度ω＝100π rad/s。线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m、ad＝0.4 m，电阻不计。磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B＝ T。电容器放电时间不计。下列说法正确的是( )
A．该线圈产生的交流电动势峰值为50 V
B．该线圈产生的交流电动势有效值为25 V
C．电容器的耐压值至少为50 V
D．以上说法均错误
答案 B
解析 线圈产生的交流电动势峰值为Em＝NBSω＝100××(0.2×0.4)×100π V＝50 V，A错误；线圈中产生正弦式交变电流，但只有半个周期有电流，根据电流的热效应有2×R×＝T，解得交流电动势的有效值E＝25 V，B正确；电容器的耐压值至少为电动势的最大值，即至少为50 V，C、D错误。
6. (多选)如图所示，如果交流发电机转子有n匝线圈，每匝线圈所围面积为S，匀强磁场的磁感应强度为B，匀速转动的角速度为ω，线圈总电阻为r，外电路电阻为R。在线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程中，下列说法正确的是( )
A．通过R的电荷量q＝
B．通过R的电荷量q＝
C．电阻R上产生的热量QR＝
D．电阻R上产生的热量QR＝
答案 BC
解析 线圈由图中实线位置匀速转动90°到达虚线位置过程中，所产生感应电流的平均值＝＝＝，故通过R的电荷量q＝·t＝，B正确，A错误；求电热应该用有效值，先求总电热Q，再按照内外电阻之比求R上产生的电热QR，总电热Q＝I2(R＋r)t＝·＝＝，电阻R上产生的电热QR＝Q＝，C正确，D错误。
7．如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt(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( )
A．交流电压表的示数为311 V
B．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 A
C．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍
D．1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J
答案 D
解析 交流电压表的示数为其两端电压的有效值，即220 V，A错误；由公式P＝UI知电路要正常工作，干路中电流的有效值为I＝＝＝3 A，所以保险丝的额定电流不能小于3 A，B错误；电暖宝是纯电阻元件，发热功率等于其电功率，而抽油烟机是非纯电阻元件，发热功率小于其电功率，C错误；1 min内抽油烟机消耗的电能为W＝Pt＝1.32×104 J，D正确。(共43张PPT)
阶段回顾(第3～4节)
易错点重点练
重难点重点练阶段回顾(第3～4节)
易错点一 变压器的原理及应用
1．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的高电压，所用的器材叫电压互感器。如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是( )
答案 B
解析 由电压互感器的工作原理可知，电压互感器应跨接在火线与零线之间，且由于电压与匝数成正比，故电压互感器应使高压电线并联接入匝数较多的线圈上，B正确。
易错点二 含多个副线圈的变压器问题
2. 如图所示为理想变压器。原线圈的匝数为1000匝，两个副线圈n2＝50匝，n3＝100匝，L1是“6 V 2 W”的小灯泡，L2是“12 V 4 W”的小灯泡，当n1接上交变电压时，L1、L2都正常发光，那么原线圈中的电流为( )
A. A B. A C. A D. A
答案 C
解析 变压器的输出功率P出＝2 W＋4 W＝6 W，由P入＝P出，得I1U1＝6 W，又因为＝，所以U1＝U2＝×6 V＝120 V，所以I1＝ A＝ A，C正确。
3. 一理想变压器的初级线圈匝数为n1＝100匝，次级线圈匝数n2＝30匝，n3＝20匝，一个电阻为48.4 Ω的小灯泡接在次级线圈n2与n3上，如图所示。当初级线圈与e＝220sinωt(V)的交流电源连接后，变压器的输入功率是( )
A．10 W B．20 W
C．250 W D．500 W
答案 A
解析 由图可知灯泡所接副线圈的有效匝数n4＝10匝，原线圈电压U1＝ V＝220 V，由＝得U4＝22 V，所以小灯泡的功率P灯＝＝ W＝10 W，又因为理想变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为10 W，A正确。
易错点三 原线圈连接有用电器的变压器问题
4．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，副线圈接三个相同的灯泡，设其中一个灯泡中的电流为I，两端电压为U，原线圈中串有一个相同的灯泡L，则( )
A．灯L两端的电压为3U
B．灯L中的电流为3I
C．灯L两端的电压为U
D．灯L两端的电压无法计算
答案 C
解析 因与副线圈相连的每个灯泡中的电流为I，两端电压为U，所以副线圈中的总电流为3I，原、副线圈匝数比为3∶1，所以原、副线圈中的电流之比为1∶3，则原线圈电流为I，灯泡L中的电流为I，两端电压为U，C正确，A、B、D错误。
5．如图所示，两个相同的灯泡A、B，分别接在理想变压器的原、副线圈上，灯泡电阻不随温度变化。已知原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，电源电压为U，则( )
A．灯泡A、B两端的电压之比UA∶UB＝2∶1
B．通过A、B灯的电流之比IA∶IB＝2∶1
C．灯泡A、B消耗的功率之比PA∶PB＝4∶1
D．灯泡A、B两端的电压分别是UA＝U、UB＝U
答案 D
解析 通过灯泡A、B的电流分别为变压器原、副线圈中的电流，IA∶IB＝n2∶n1＝1∶2，B错误；因为灯泡A、B相同，所以灯泡A、B两端的电压之比等于电流之比，故UA∶UB＝1∶2，A错误；灯泡A、B消耗的功率之比等于电流的平方之比，故PA∶PB＝1∶4，C错误；因为灯泡B两端的电压为副线圈的输出电压，则原线圈电压U1＝UB＝2UB，而灯泡A两端的电压UA＝UB，由于灯泡A跟原线圈串联在电源两端，则UB＋2UB＝U，所以UA＝U、UB＝U，D正确。
易错点四 远距离输电中各物理量的关系
6. 如图所示，发电厂的输出电压为U1，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U2，则下列输电导线上损耗功率的表达式中错误的是( )
A．(U1－U2)I B．I2R
C. D.
答案 C
解析 发电厂的输出电压为U1，用户得到的电压为U2，则输电线上损失的电压ΔU＝U1－U2，输电线上损失的功率为P损＝ΔUI＝(U1－U2)I或P损＝＝，A、D正确，C错误；因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功率为P损＝I2R，B正确。本题要求选错误的，故选C。
7．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，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( )
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
答案 D
解析 根据理想变压器电流与匝数的关系，可知＝，A错误；U2不是加在R两端的电压，故I2≠，B错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，即I1U1＝I2U2，而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和，C错误，D正确。
重难点一 变压器的动态变化分析
1．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，C、D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，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器。现在C、D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．由图乙可知C、D两端输入的交变电流电压u的表达式为u＝36sin100πt(V)
B．当滑动触头P逆时针转动时，M、N之间输出交流电压的频率增大
C．当滑动变阻器滑片向下滑动时，电阻R2消耗的电功率减小
D．当滑动变阻器滑片向下滑动时，电流表读数增大，电压表读数也增大
答案 C
解析 由图乙可知，交流电压的最大值为36 V，周期为0.02 s，则表达式为u＝36sin100πt(V)，A错误；变压器只能改变电流和电压，不能改变交流电的周期和频率，B错误；当滑动变阻器滑片向下滑动时，输出端总电阻减小，副线圈电压不变，总电流增大，故R1的分压增大，并联部分电压减小，即电压表示数减小，故R2中的电流减小，消耗的电功率减小，则R3中的电流和电流表读数增大，D错误，C正确。
2. 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u1＝220sin100πt(V)，则下列说法正确的是( )
A．当t＝ s时，c、d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 V
C．当单刀双掷开关与a连接时，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减小
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减小
答案 B
解析 将t＝ s代入c、d间电压的瞬时值表达式得，c、d间的电压瞬时值为110 V，A错误；当单刀双掷开关与a连接时，匝数之比为10∶1，原线圈两端电压的有效值为220 V，所以副线圈电压的有效值为22 V，电压表示数为22 V，B正确；滑动变阻器滑片向上移动的过程中，电阻增大，电压表示数不变，电流表的示数减小，C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比变为5∶1，副线圈电压增大，电压表和电流表的示数均增大，D错误。
重难点二 变压器的复杂电路问题
3．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1，R2＝20 Ω，C为电容器，原线圈所加电压u＝220·sin100πt(V)。下列说法正确的是( )
A．副线圈两端交变电压的频率为100 Hz
B．电阻R2的电功率为24.2 W
C．原、副线圈磁通量变化率之比为10∶1
D．通过电阻R3的电流始终为零
答案 B
解析 根据原线圈所加电压u＝220sin100πt(V)可知2πf＝100π rad/s，解得f＝50 Hz，A错误；原线圈电压有效值U1＝ V＝220 V，副线圈两端电压有效值U2＝U1＝22 V，电阻R2的电功率为PR2＝＝24.2 W，B正确；理想变压器原、副线圈磁通量变化率之比为1∶1，C错误；电容器通交流、隔直流，故通过电阻R3的电流不为零，D错误。
4. (多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，各元件正常工作，一个理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示，电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )
A．原、副线圈中的电流之比为5∶1
B．电压表的读数约为31.11 V
C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min内产生的热量约为2.9×103 J
D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小
答案 BC
解析 原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5∶1，根据原、副线圈中的电流与匝数成反比，可知电流之比为1∶5，A错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接有二极管，它具有单向导电性，根据电流的热效应知·＝·T，解得U＝22 V≈31.11 V，B正确；由选项B可知滑动变阻器两端的电压有效值为22 V，则滑动变阻器1 min内产生的热量为Q＝t＝×60 J＝2904 J≈2.9×103 J，C正确；若将滑动变阻器的滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路中的阻值减小，由于原线圈电压与原、副线圈的匝数比不变，故电压表的读数不变，则副线圈中的电流增大，故原线圈中的电流即电流表的读数增大，D错误。
重难点三 远距离输电的分析与计算
5．(2020·安徽省高二期中)远距离输电原理图如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，当K由2改接为1时，下列说法不正确的是( )
A．电压表读数增大
B．电流表读数减小
C．灯泡的实际功率减小
D．输电线上损失的功率减小
答案 C
解析 发电站的输出功率P1和输出电压U1不变，K接到1后，升压变压器副线圈匝数n2增多，根据＝知副线圈电压U2升高，所以输电电压增大，由于输送功率不变，所以输电线上的电流减小，即电流表示数减小，B正确；输电线上损失的电功率P损＝I2R，电流减小，所以损失的功率减小，D正确；输电线上损失的电压U损＝IR，电流减小，所以U损减小，所以最终降压变压器的输出电压变大，即电压表示数增大，A正确；灯泡两端的电压增大，所以灯泡的实际功率增大，C错误。本题选不正确的，故选C。
6．如图所示，发电机的输出功率P出＝5×104 W，输出电压U1＝240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失的功率为输出功率的6%，为满足用户的用电需求即让用户获得的电压为220 V，则：
(1)该输电线路所使用的理想升压变压器、降压变压器的匝数比各是多少？
(2)能使多少盏“220 V 100 W”的电灯正常发光？
答案 (1)6∶125 235∶11 (2)470
解析 (1)输电线上损失的功率为：P损＝6%P出＝IR，
所以I2＝ ＝10 A，
又I1＝＝ A，
对升压变压器，其匝数比为：＝＝＝，
用户消耗的功率为：P用＝94%P出＝I4U4，得：I4＝ A，
对降压变压器，其匝数比为：＝＝。
(2)电灯盏数为：
N＝＝＝470(盏)。第三章 水平测评
本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，满分100分，考试时间90分钟。
第Ⅰ卷(选择题，共48分)
一、选择题(本题共12小题，每小题4分，共48分。在每个小题给出的四个选项中，第1～8小题，只有一个选项符合题意；第9～12小题，有多个选项符合题意，全部选对的得4分，选对而不全的得2分，错选或不选的得0分)
1．如图所示，(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是交流发电机发电的示意图，线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接。下列说法正确的是( )
A．图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B．从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsinωt
C．当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变
D．当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最小，ab边中感应电流方向为b→a
答案 C
解析 图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，磁通量变化率最小，A错误；当线圈转到图(b)位置时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，故从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imcosωt，B错误；当线圈转到图(c)位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，C正确；当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，根据右手定则可知ab边中感应电流方向为b→a，D错误。
2．(2020·永安市第三中学高二月考)如图所示为一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是( )
A．这也是一种交流电
B．电流的变化周期是0.01 s
C．电流的有效值是1 A
D．电流通过100 Ω的电阻时，1 s内产生的热量为200 J
答案 C
解析 图中电流的方向没有发生变化，是直流电，A错误；根据图像可得电流的变化周期是0.02 s，B错误；根据有效值的定义得2R·＝I2R·T，代入数据解得电流的有效值I＝1 A，C正确；电流通过100 Ω的电阻时，1 s内产生的热量Q＝I2Rt＝100 J，D错误。
3. 一个匝数为100匝、电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图示规律变化，则线圈中产生的交变电流的有效值为( )
A．6 A B．5 A C．2 A D．2 A
答案 C
解析 由图可知，0～1 s内的磁通量变化率为k1＝ Wb/s＝0.01 Wb/s，则线圈内产生的感应电动势E1＝nk1＝1 V；1～1.2 s内的磁通量变化率为k2＝ Wb/s＝0.05 Wb/s，则感应电动势E2＝nk2＝5 V。该线圈在一个周期内产生的热量Q＝Q1＋Q2＝×1 J＋×0.2 J＝12 J，根据交流电有效值的定义有Q＝I2RT，代入数据解得I＝2 A，C正确。
4. 如图，理想变压器的输入电压一定，两个副线圈的匝数分别为n2、n3，当把一电热器接在a、b间，让c、d空载时，电流表的示数为I1；当把同一电热器接在c、d间，让a、b空载时，电流表的示数为I2，则的值为( )
A.2 B.2 C. D.
答案 A
解析 设原线圈的电压为U，两个副线圈的电压分别为U2、U3，根据输入功率等于输出功率，知UI1＝，UI2＝，联立得＝＝2，A正确。
5. 在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置一矩形线圈abcd。线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合。线圈平面与磁场方向垂直。从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝绕cd边沿如图所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流I随时间t变化的关系图像为( )
答案 B
解析 t＝0时，线圈处于中性面位置，感应电流为0；在0～内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为adcba，电流为负；在～T内，线圈在磁场外转动，无感应电流产生；在t＝T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为abcda，电流为正。故B正确。
6．(2019·安徽省池州市高二下学期期末)2019年3月14日，中国家电及消费电子博览会在上海盛大开幕，家电展上有些国家家用电器的额定电压和我国是不同的，例如美国家用电器额定电压值为110 V。已知某电源输出的交变电压的表达式为u＝110sin120πt(V)，下列说法正确的是( )
A．用电压表测该电源的输出电压，其示数为110 V
B．将该电压加在110 Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为110 W
C．交流电的频率为60 Hz，电流方向每秒改变60次
D．用电压表测该电源的输出电压，当t＝0.1 s时电压表示数为0 V
答案 B
解析 由于该正弦交变电压的最大值为110 V，所以有效值为110 V，电压表显示的是有效值，为110 V，A错误；将该电压加在110 Ω的电阻两端，该电阻消耗的电功率为：P＝＝110 W，B正确；由ω＝2πf＝120π rad/s，得f＝60 Hz，在一个周期内，电流方向改变两次，故电流方向每秒改变120次，C错误；当t＝0.1 s时，u＝0，但电压表示数为有效值，为110 V，D错误。
7. 如图所示，理想变压器为降压变压器，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，副线圈通过导线与灯泡L2和L3相连，三个灯泡的规格是相同的，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，下列说法中正确的是( )
A．灯泡L1和L2都变亮
B．灯泡L2两端的电压变小
C．灯泡L1变亮，灯泡L2的亮度不变
D．变压器原线圈的输入功率不变
答案 B
解析 当S闭合后，变压器的负载电阻变小，输出电流变大，输入电流变大，灯泡L1两端的电压增大，灯泡L1变亮，原线圈电压变小，匝数比不变，故副线圈电压变小，灯泡L2两端的电压变小，所以L2变暗，A、C错误，B正确；由以上分析可知，变压器原线圈的输入功率可能变大，可能变小，也可能不变，D错误。
8．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是( )
A．电流表A2的示数增大了
B．电流表A1的示数增大了
C．电压表V1的示数减小了ΔU
D．输电线损失的功率增加了2R
答案 B
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V1的示数不变，C错误；降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于n，所以有＝n，即降压变压器原线圈两端电压减小了nΔU，故输电线上的电压损失增大了nΔU，根据欧姆定律，电流表A1的示数增大了，根据电流与匝数成反比知，电流表A2的示数增大了n·＝，A错误，B正确；由于输电线上电流增大了，故输电线损失的功率增加量一定大于2R，D错误。
9. 钳式电流表是根据变压器原理设计的，其外形和结构如图所示，已知表中线圈的匝数为50匝，现用其测量一电缆线中的电流，若电流表上指示出线圈中的电流为1.60 A，则下列说法正确的是( )
A．图中电缆线中的电流为0.032 A
B．图中电缆线中的电流为80 A
C．用这种电流表测量电流时要先断开被测电路，再将电表连入电路中进行测量
D．这种电流表可以测量普通电流表不便直接测量的较大交变电流
答案 BD
解析 根据变压器原理可得：＝，所以图中电缆线中的电流为I1＝50×1.60 A＝80 A，A错误，B正确；钳式电流表使用很方便，可以在不切断被测电路的情况下测量电流，C错误；钳式电流表能将大电流变成小电流，所以这种钳式电流表可以测量普通电流表不便直接测量的较大交变电流，D正确。
10．如图甲是某中学模拟远距离输电的实验电路，A1、A2是两个完全相同的交流电流表，L1、L2是两个规格完全相同的小灯泡，R等效为输电导线的电阻，B1、B2可看作理想变压器，其原、副线圈的匝数之比分别为4∶16和16∶4，实验时A、B端输入如图乙所示的交变电流，看到L2能正常发光，则下列描述正确的是( )
A．L1比L2要暗
B．A1、A2的示数在不断地变化
C．A1、A2的示数不变，但A1的示数比A2要小
D．通过L1、L2电流的频率均为50 Hz
答案 AD
解析 L1是直接输电，输电线上的电压损失大，根据变压器原理可知，经过升压变压器后的电流强度减小，输电线路的电压损失减小，L2两端电压要大于L1两端电压，L1比L2要暗，A正确；A1、A2的示数都是有效值，保持不变，而经过变压器先升压后再输电时，输电线路的电流强度较小，即IA1＞IA2，B、C错误；变压器不改变交变电流的频率，通过L1、L2电流的频率均为f＝＝ Hz＝50 Hz，D正确。
11. 如图所示，矩形线圈的匝数N＝100匝、面积S＝0.02 m2，以OO′为轴在磁感应强度为B＝0.5 T的匀强磁场中以ω＝100 rad/s的角速度匀速转动，电路中灯泡的电阻R＝5 Ω，氖泡在两端电压达到60 V时开始发光，不计矩形线圈的电阻，下列说法正确的是( )
A．电压表的读数为100 V
B．灯泡的电功率为1000 W
C．线圈中的最大磁通量为1 Wb
D．S闭合时，在线圈转动一周的时间内氖泡会发光两次
答案 BD
解析 电压表的读数为
U＝＝ V＝50 V，A错误；灯泡的电功率为P＝＝ W＝1000 W，B正确；线圈中的最大磁通量为Φ＝BS＝0.5×0.02 Wb＝0.01 Wb，C错误；感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100×0.5×0.02×100 V＝100 V＞60 V，则一个周期内氖泡发光两次，D正确。
12．如图甲所示，一理想变压器原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，电流表和电压表是理想电表，副线圈接有“220 V 220 W”的抽油烟机和“220 V 40 W”的白炽灯，如果原线圈电压按图乙所示规律变化，抽油烟机正常工作，则下列说法正确的是( )
A．理想变压器原、副线圈的匝数比＝
B．电流表A2的读数为1 A，电压表的示数为220 V
C．抽油烟机的内阻为220 Ω
D．变压器的输入功率为260 W
答案 AD
解析 原线圈两端电压为：U1＝ V＝2200 V，抽油烟机正常工作，则副线圈两端电压U2＝220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比＝＝，A正确；抽油烟机和白炽灯的额定电压相等，抽油烟机正常工作，则白炽灯也正常工作，电流表A2的读数为：I2＝＋＝ A＋ A≈1.18 A，电压表的示数为220 V，B错误；抽油烟机正常工作时不是纯电阻元件，不能用欧姆定律计算内阻，所以根据题中条件无法计算其内阻，C错误；变压器的输入功率等于输出功率，所以P入＝220 W＋40 W＝260 W，D正确。
第Ⅱ卷(非选择题，共52分)
二、实验题(本题共2小题，共12分)
13．(5分)实验“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”。
(1)实验室中有下列器材：
A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B．条形磁体 C．直流电源
D．多用电表 E．开关、导线若干
上述器材在本实验中不用的是________(填器材序号)，本实验中还需用到的器材有____________。
(2)该学生继续做实验，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；上述“探究副线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是____________。
答案 (1)BC 低压交流电源
(2)增大 减小 控制变量法
解析 (1)题中器材在本实验中不用的是条形磁体和直流电源，故选B、C；本实验中还需用到的器材有低压交流电源。
(2)保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因电压和匝数成正比，即＝，则观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；上述“探究副线圈两端的电压与匝数的关系”中采用的实验方法是控制变量法。
14．(7分)(2019·江苏省如皋中学高二月考)有一个教学用的可拆变压器，如图所示，它有两个外观基本相同的线圈A和B，线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用多用电表的欧姆挡测量了A、B线圈的电阻值，发现B线圈电阻约为A线圈电阻的3倍，则可推断________线圈的匝数多(选填“A”或“B”)。
(2)如果把它看作理想变压器，现要测量A、B线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和一只低压交流电源(输出电压的有效值不变)。
现采用如下方法进行测量：
①将绝缘导线一端与A线圈上方接线柱相连，顺着原来的绕制方向在变压器的铁芯上再绕制n匝线圈；
②将绝缘导线的另一端以及A线圈下方接线柱分别与低压交流电源两端相连；
③用多用电表的交流电压挡先后测量低压交流电源两端的电压U0和B线圈的输出电压U；
请在上述基础上，补充一个实验步骤，完成A、B线圈匝数的测量(需要测量的物理量请用字母表示，并说明其含义)，再写出测量A、B线圈的匝数nA和nB的表达式。
补充的步骤：④________________________________________；
nA＝________________，nB________________。
答案 (1)B
(2)用多用电表的交流电压挡测量A线圈两端的电压U1，然后拆除电路并整理器材
解析 (1)根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为B线圈电阻约为A线圈电阻的3倍，即B线圈的电阻比A线圈的大，所以B线圈匝数多。
(2)用多用电表的交流电压挡测量A线圈两端的电压U1，然后拆除电路并整理器材；根据变压器的电压比等于匝数比，有＝，＝，解得A线圈的匝数nA＝，B线圈的匝数nB＝。
三、计算题(本题共4小题，共40分。解答中应写出必要的文字说明、证明过程或演算步骤，只写出最后答案的不给分)
15．(10分)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100，电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表，在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。求：
(1)交流发电机产生的电动势的最大值；
(2)电路中交流电压表的示数。
答案 (1)200 V (2)127 V
解析 (1)交流发电机产生的电动势的最大值Em＝nBSω，
而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝，
由Φ t图线可知：
Φm＝2.0×10－2 Wb，T＝6.28×10－2 s，
所以Em＝200 V。
(2)电动势的有效值E＝Em＝100 V，
由闭合电路的欧姆定律知，电路中电流的有效值为
I＝＝ A，
交流电压表的示数为U＝IR＝90 V≈127 V。
16．(10分)如图甲所示为一理想变压器，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uab t图像如图乙所示。若只在c、e间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在d、e间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W。
(1)请写出原线圈输入电压uab的瞬时值表达式；
(2)求只在c、e间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求c、e和d、e间线圈的匝数比。
答案 (1)uab＝400sin200πt(V) (2)0.28 A (3)
解析 (1)由题图乙知ω＝＝＝200π rad/s，
输入电压的瞬时值表达式为uab＝400sin200πt(V)。
(2)原线圈中输入电压的有效值U1＝200 V，
对理想变压器有P1＝P2＝80 W，
原线圈中的电流I1＝，
解得I1≈0.28 A。
(3)设a、b间的匝数为n1，＝，
同理有＝，
由题意知＝，
解得＝ ，代入数据得＝。
17. (10分)如图所示，电阻不计的闭合导线框abcd处于磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，线框匝数为50匝，面积S为0.5 m2，线框绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器相连，变压器副线圈接入一只额定电压为250 V的灯泡，灯泡恰正常发光。求：
(1)线框转动过程中感应电动势的最大值；
(2)变压器原、副线圈的匝数比；
(3)已知交流电流表示数为0.1 A，求线框从图示位置转过90°的过程中外力对线框做的功。
答案 (1)500 V (2)2∶1 (3)0.39 J
解析 (1)由感应电动势的最大值Em＝NBSω，
得Em＝50××0.5×200 V＝500 V。
(2)原线圈两端的电压U1＝E＝＝500 V，
原、副线圈的匝数比＝，
得＝＝。
(3)变压器的输入功率P入＝I1U1＝50 W，
线框转动的周期T＝＝ s，
线框转过90°的过程中外力做的功WF＝P入T＝ J≈0.39 J。
18．(10分)某个小型水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机输出电压u随时间变化的图像如图所示。通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为2 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V。要求在输电线上损失的功率控制在5 kW(即用户得到的功率为95 kW)。求：
(1)发电机输出电压的瞬时值表达式；
(2)输电线上通过的电流；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比。
答案 (1)u＝350sin100πt(V) (2)50 A (3)95∶11
解析 (1)由图知，交变电压的周期T＝0.02 s，
角速度ω＝＝＝100π rad/s，
所以发电机输出电压的瞬时值表达式为
u＝350sin100πt(V)。
(2)由ΔP＝I2R可知：I＝ ＝ A＝50 A。
(3)设降压变压器原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，原、副线圈的匝数分别为n1、n2，
由P用＝U1I可知，U1＝＝ V＝1.9×103 V，
再由＝可知，＝＝。(共72张PPT)
专题五 交变电流、
变压器的综合应用
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练专题五 交变电流、变压器的综合应用
1.分析交变电流、变压器的综合问题时应注意的两点
(1)变压器原、副线圈的电压指交变电压的有效值。
(2)变压器原、副线圈中电流、电压的频率、周期一定相同。
2．理想变压器的制约关系
(1)电压制约关系：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝。
(2)电流制约关系：当变压器原、副线圈的匝数比 一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的电流I2决定，即I1＝。
(3)功率制约关系：①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，即P2＝P负1＋P负2＋…；
②变压器的输入功率由输出功率决定，即P1＝P2。
3．理想变压器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→I2→P2→P1→I1。
(2)负载电阻不变，分析各物理量随原、副线圈匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是→U2→I2→P2→P1→I1。
典型考点一 交变电流与变压器的综合应用
1. 如图所示，理想变压器原线圈接入交流电压u＝Umsinωt，副线圈接有一电压表和电阻为R的负载，电压表的示数为10 V，在t＝(T为交变电流的周期)时，原线圈两端电压的瞬时值为100 V，由此可知变压器原、副线圈的匝数比为( )
A．10∶1 B．1∶10
C．10∶1 D．1∶10
答案 C
解析 在t＝时刻，100 V＝Umsin，解得原线圈电压的最大值Um＝100 V，所以有效值为U1＝100 V，电压表显示的是副线圈电压的有效值，为U2＝10 V，又因为电压与匝数成正比，所以原、副线圈的匝数比为100∶10＝10∶1，C正确。
2．如图所示，矩形闭合导线框ABCD处于可视为水平方向的匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“11 V 33 W”的灯泡。当灯泡正常发光时，变压器输入电压u＝33cos10πt(V)。下列说法正确的是( )
A．图示位置可能是计时起点
B．图示位置线框中的磁通量变化率最小
C．变压器原、副线圈匝数之比为3∶1
D．通过电流表A的电流为 A
答案 B
解析 线框转到图示位置时磁通量最大，此时感应电动势为零，故不是计时起点，A错误；图示位置时，线框中磁通量最大，磁通量的变化率最小，B正确；变压器输入电压的有效值为33 V，灯泡正常发光，故输出电压为11 V，根据电压之比等于匝数之比可得，原、副线圈匝数之比为3∶1，C错误；由P＝UI可知，通过副线圈的电流I＝＝ A＝3 A，根据电流之比等于匝数的反比可得，通过电流表A的电流为1 A，D错误。
3．(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻r＝ Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接。V为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，标值均为“20 V 30 W”，且均正常发光，电流表A1的示数为1.5 A。则以下说法正确的是( )
A．电流表A1、A2的示数之比为2∶1
B．理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1
C．线圈匀速转动的角速度ω＝120 rad/s
D．电压表的示数为40 V
答案 BC
解析 因灯泡均正常发光，故电流表A2的示数I2＝2＝2× A＝3 A，则A1、A2的示数之比为1∶2，A错误；由于电流与匝数成反比，则理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，B正确；副线圈的电压为20 V，则原线圈的电压为40 V，由于线圈的内阻r＝ Ω，电流I1为1.5 A，则矩形线圈产生的电动势的有效值E＝40 V＋×1.5 V＝60 V，最大值Em＝BSω＝60 V，解得ω＝120 rad/s，C正确；电压表的示数等于原线圈电压的有效值，为40 V，D错误。
4．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电阻R＝44 Ω，原线圈输入电压的变化规律如图乙所示。下列说法正确的有( )
A．t＝0.01 s时电压表的示数为22 V
B．电流表的示数为0.5 A
C．电阻R消耗的电功率为11 W
D．通过原、副线圈的磁通量变化率之比为1∶10
答案 AC
解析 由图乙可知，原线圈电压的最大值为220 V，则有效值为220 V。根据＝得，U2＝U1＝×220 V＝22 V，故电压表的示数为22 V，A正确；电阻R消耗的电功率P2＝＝ W＝11 W，C正确；根据P1＝P2，P1＝U1I1，解得电流表示数I1＝＝ A＝0.05 A，B错误；根据变压器的原理可知，通过原、副线圈的磁通量变化率之比为1∶1，D错误。
5．如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有额定电流为0.5 A的保险丝L，原线圈匝数n1＝600匝，副线圈匝数n2＝120匝。当原线圈接在如图乙所示的交流电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接( )
A．阻值为12 Ω的电阻
B．并联两盏“36 V 40 W”的灯泡
C．工作频率为10 Hz的用电设备
D．耐压值为36 V的电容器
答案 B
解析 由原线圈电流有效值最大为0.5 A知，副线圈允许的电流有效值最大为I2＝I1＝2.5 A，由图乙知输入电压的有效值为180 V，所以副线圈两端电压的有效值为U2＝U1＝36 V，接阻值为12 Ω的电阻时，通过副线圈的电流为I＝＝ A＝3 A>2.5 A，A错误；副线圈两端并联两盏“36 V 40 W”的灯泡时，灯泡恰好正常发光，通过副线圈的电流为I＝×2＝×2 A≈2.2 A＜2.5 A，B正确；由图乙知该交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，若副线圈两端接工作频率为10 Hz的用电设备，用电设备不能正常工作，C错误；副线圈两端电压峰值为36 V，若接电容器，其耐压值至少为36 V，D错误。
典型考点二 理想变压器的动态分析
6. (多选)如图所示，理想变压器的输入端接正弦交变电流，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，开关S闭合。当S断开时，以下说法中正确的是( )
A．副线圈两端的电压减小
B．R上的电压减小
C．原线圈中的电流增大
D．通过灯泡L1的电流增大
答案 BD
解析 理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈两端的电压U2不变，A错误；当S断开时，副线圈电路中的电阻增大，副线圈中的电流减小，所以通过电阻R的电流变小，R上的电压UR减小，B正确；U2不变，UR减小，灯泡L1两端的电压增大，根据欧姆定律可知，通过灯泡L1的电流增大，D正确；当S断开时，副线圈中的电流减小，原线圈中的电流I1＝I2也减小，C错误。
7．某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u的变化规律。已知滑动触头P0在图示位置时，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，电阻R＝22 Ω。下列说法正确的是( )
A．通过R的交变电流的频率为100 Hz
B．电流表A2的示数为2 A
C．此时变压器的输入功率为22 W
D．将P0沿逆时针方向转动一些，电流表A1的示数变小
答案 C
解析 由图乙可知，该交变电流的周期为T＝0.02 s，其频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，输入电压的最大值为U1 m＝220 V，所以有效值为U1＝220 V，则副线圈两端的电压为U2＝U1×＝220× V＝22 V，所以通过电阻的电流(即电流表A2的示数)为I2＝＝ A＝1 A，故A、B错误；变压器的输出功率为P2＝U2I2＝22×1 W＝22 W，理想变压器的输入功率等于输出功率，故C正确；将P0沿逆时针方向转动一些，变压器的副线圈匝数变大，输出电压U2变大，输出功率P2变大，所以输入功率P1也变大，由I1＝知电流表A1的示数也将变大，故D错误。
8. 如图所示，理想变压器原线圈接在有效值不变的正弦交流电源上，图中各电表均为理想电表。当滑动变阻器R的滑片向下滑动时，下列说法正确的是( )
A．灯泡L变亮 B．电流表的示数增大
C．电压表的示数不变 D．变压器的输入功率不变
答案 A
解析 当滑动变阻器R的滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，电路的总电阻增大，所以副线圈中的电流会变小，R0两端的电压变小，所以灯泡L两端的电压变大，电压表的示数变大，所以灯泡L变亮，A正确，C错误；由于副线圈中电流变小，灯泡L中的电流变大，所以电流表的示数变小，B错误；输出功率P2＝U2I2，副线圈电压不变，电流变小，输出功率变小，由于输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变小，D错误。
9．(多选)国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝200sin100πt(V)，电压表、电流表都为理想电表。则下列判断正确的是( )
A．输入电压有效值为200 V，电流频率为50 Hz
B．S扳到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表的示数都增大
C．S扳到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小
D．若变阻器的滑片不动，S由a扳到b处，电压表和电流表的示数都减小
答案 AD
解析 由输入电压的瞬时值表达式知，输入电压的最大值U1m＝200 V，则有效值U1＝ V＝200 V，角速度ω＝100π rad/s，电流频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故A正确。S扳到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，输入电压不变，则输出电压也不变，即、的示数都不变；滑片向下滑动，变阻器连入电路中的电阻减小，则电流增大，即示数增大，则示数也增大，B、C错误。若变阻器的滑片不动，S由a扳到b处，副线圈匝数减小，输入电压不变，输出电压减小，电压表示数减小，输出功率P2＝减小，根据输入功率等于输出功率，P1＝U1I1减小，U1不变，则I1减小，即电流表的示数减小，故D正确。
10．(多选)如图为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则( )
A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大
B．保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗的功率将增大
C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，K合在a处，增大U1，则I1将增大
答案 AD
解析 保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，原线圈匝数n1减小，根据＝，可知副线圈的电压U2增大；根据I2＝，P的位置不变，R不变，则I2增大；根据＝，I1将增大，A正确。保持U1不变，K由b合到a时，原线圈匝数增大，根据＝，副线圈的电压U2减小；根据PR＝，P的位置不变，R不变，可知R消耗的功率减小，B错误。保持U1不变，K合在a处，P上滑，R增大，根据I2＝，U2不变，可知I2减小；根据＝，I1将减小，C错误。K合在a处，增大U1，根据＝，副线圈的电压U2增大；根据I2＝，保持P的位置不变，R不变，则I2增大；再根据＝，可知I1增大，D正确。
1. 某同学设计了如图所示的变压器，在直铁棒的上端和下端分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上端线圈两端连接交流电源u＝68sin314t(V)，下端线圈两端连接交流电压表。由于受材料的限制，该变压器存在严重的漏磁现象，则交流电压表的读数可能是( )
A．4 V B．12 V C．17 V D．192 V
答案 A
解析 根据u＝68sin314t (V)可知该交流电源输出电压的最大值为U1m＝68 V，则其有效值U1＝ V≈48 V。由图可知匝数为n1的线圈是原线圈，匝数为n2的线圈是副线圈，如果该变压器是理想变压器，那么输入电压和输出电压的关系为＝，可得U2＝U1＝×48 V＝12 V。由于变压器存在严重的漏磁现象，故通过原线圈的磁通量大于通过副线圈的磁通量，实际副线圈的输出电压(等于交流电压表的读数)小于12 V，故A正确，B、C、D错误。
2. 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n1增加
B．副线圈匝数n2减少
C．负载电阻R的阻值增大
D．负载电阻R的阻值减小
答案 D
解析 由＝，P出＝，可得P出＝，又因为P入＝P出，所以P入＝，分析可知D正确，A、B、C错误。
3. 如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶1，原线圈接u1＝220sin100πt(V)的交流电，电阻R＝10 Ω，电流表、电压表均为理想电表，则( )
A．电压表的读数为10 V
B．电流表的读数为22 A
C．电阻R消耗的功率为10 W
D．变压器的输入功率为10 W
答案 D
解析 输入电压的有效值为U1＝＝ V＝220 V，根据＝得，副线圈两端电压即电压表的读数为U2＝U1＝×220 V＝10 V，A错误；电流表的示数为I2＝＝ A＝1 A，B错误；电阻R消耗的功率为P2＝U2I2＝10×1 W＝10 W，C错误；理想变压器的输入功率等于副线圈所接负载消耗的功率，即P1＝P2＝10 W，D正确。
4．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，正弦交流电源电压为U＝12 V，电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R3的最大阻值为20 Ω，滑片P处于中间位置，则( )
A．R1与R2消耗的电功率相等
B．通过R1的电流为3 A
C．若向上移动P，电压表读数将增大
D．若向上移动P，电源输出功率将不变
答案 B
解析 原、副线圈匝数之比为1∶2，可知原、副线圈中的电流之比＝＝，根据P＝I2R可知R1与R2消耗的电功率之比＝＝，故A错误；原线圈两端电压U1＝U－I1R1，副线圈两端电压U2＝I2，原、副线圈两端电压之比等于匝数之比，则＝＝，代入数据解得I1＝3 A，故B正确；若向上移动P，则R3接入电路的电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流也增大，根据P＝IU可知电源输出功率将增大，电阻R1两端的电压增大，变压器输入电压减小，副线圈电压减小，电压表读数将减小，故C、D错误。
5. 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的匀强磁场中绕轴OO′转动，轴OO′垂直于磁感线。线圈与一含有理想变压器的外电路相连，变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2，保持线圈以恒定的角速度ω转动，下列判断正确的是( )
A．当可变电阻R的滑片P向上滑动时，电压表V2的示数变大
B．在图示位置时线圈中的磁通量为零，感应电动势最大
C．电压表V1的示数等于NBωL2
D．变压器的输入功率与输出功率之比为1∶2
答案 B
解析 电压表V2测量的是副线圈的电压，副线圈电压由原线圈电压决定，与负载电阻无关，A错误；当线圈转到如图所示位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量变化率最大，线圈中产生的感应电动势最大，B正确；电压表V1的示数等于原线圈两端电压的有效值，为U＝＝，C错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误。
6. (多选)某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路图如图所示。当线圈以较大的转速n由图示位置开始匀速转动时，电压表示数为U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P，手摇发电机的线圈电阻为r，则有( )
A．电流表的示数是
B．变压器原、副线圈的匝数比为U1∶U2
C．变压器输入电压的瞬时值u＝U2sin2πnt
D．手摇发电机的线圈中产生的电动势的最大值为Em＝U1
答案 AB
解析 理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时的电功率为 P，所以变压器的输入功率为P，电流表的示数为，A正确；变压器原、副线圈的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈的匝数比为U1∶U2，B正确；线圈开始时位于中性面位置，以较大的转速n匀速转动时，ω＝2πn，变压器输入电压的瞬时值u＝·U1sin2πnt，C错误；手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值为Em＝，D错误。
7．如图所示，面积为0.02 m2、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100 rad/s，匀强磁场的磁感应强度为 T。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＝100 Ω，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．矩形线圈中感应电动势的表达式为e＝50cos100t(V)
B．P上移时，电流表示数减小
C．t＝0时刻，电压表示数为100 V
D．当原、副线圈匝数比为1∶2时，电阻R消耗的功率为400 W
答案 D
解析 矩形闭合线圈ABCD在磁场中转动，产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝100××0.02×100 V＝100 V，因为当线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以矩形线圈中感应电动势的表达式为e＝100cos100t(V)，A错误；P上移时，原线圈的匝数减小，导致副线圈电压增大，副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，电流表示数增大，B错误；由于原线圈两端电压时刻等于矩形线圈的电动势，所以原线圈电压的有效值为U1＝＝100 V，电压表示数显示的是有效值，所以当t＝0时刻，电压表示数为100 V，C错误；当原、副线圈匝数比为1∶2时，副线圈两端电压的有效值U2＝200 V，电阻R消耗的功率为P＝＝ W＝400 W，D正确。
8．(多选)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，A、V为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( )
A．电流表的示数为2 A
B．原、副线圈匝数比为1∶2
C．电压表的示数为电压的有效值
D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz
答案 AC
解析 由图乙可知，交流电的周期T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，D错误；电压表测副线圈电压的有效值，U2＝110 V，电流表示数I2＝＝2 A，A、C正确；输入电压的最大值U1m＝220 V，有效值U1＝＝220 V，故原、副线圈匝数比＝＝，B错误。
9．(多选)如图甲所示是家用台灯亮度调节原理图，理想自耦变压器的a、b间接入如图乙所示正弦交流电压，交流电流表A为理想电表，灯泡的额定电压为15 V，额定功率为30 W(设灯泡的电阻值保持不变)，当P在c处时灯泡正常发光。下列描述正确的有( )
A．灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与c点下方的匝数之比为44∶3
B．当灯泡正常发光时电流表的读数为2 A
C．将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入功率减小
D．将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入电压变小
答案 AC
解析 由图乙知输入电压的最大值为311 V，则有效值为220 V，灯泡正常发光，则副线圈电压为15 V，所以灯泡正常发光时变压器原、副线圈的匝数比＝＝，A正确；当灯泡正常发光时，副线圈电流I2＝＝ A＝2 A，根据变压器原、副线圈电流与匝数的关系知原线圈电流I1＝I2＝ A，B错误；将滑动触头P向下移动时，n2减小，副线圈电压U2减小，所以灯泡消耗的功率减小，即输出功率减小，理想变压器的输入功率等于输出功率，则变压器的输入功率减小，C正确；变压器的输入电压只由发电机的输出电压决定，与副线圈匝数无关，D错误。
10．理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n1＝270匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2＝135匝，电容器C恰好不被击穿，灯泡L恰能正常发光，R为滑动变阻器。以下判断正确的是( )
A．若向下移动P，电容器所带的电荷量增加
B．若保持P不动，向下移动R的滑片，灯泡变暗
C．若保持R的滑片不动，向下移动P，灯泡变亮
D．电容器的击穿电压为11 V
答案 D
解析 若向下移动P，副线圈匝数减小，副线圈电压减小，则电容器C两端的电压减小，由Q＝CU可知，电容器所带的电荷量减小，A错误；若保持P不动，向下移动R的滑片，R接入电路的电阻减小，流过灯泡的电流增大，灯泡变亮，B错误；若保持R的滑片不动，向下移动P，副线圈电压减小，副线圈电流减小，灯泡变暗，C错误；由题图甲知原线圈输入电压的有效值U1＝＝22 V，当P处于题图乙所示位置时，副线圈电压的有效值为U2＝U1＝11 V，电容器C恰好不被击穿，电容器的击穿电压等于副线圈两端交变电压的最大值，为U2m＝U2＝11 V，D正确。
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