2021届高考物理二轮复习-提升指导与精练19-交变电流及理想变压器.doc

2021届高考物理二轮复习 提升指导与精练19 交变电流及理想变压器2021届高考物理二轮复习 提升指导与精练19 交变电流及理想变压器年级：姓名：- 9 -交变电流及理想变压器1对于本知识点，高考中主要是以选择题的形式考查交变电流的形成、交变电流的特征量及变压器的工作原理。2注意要点：变压器联系着两个电路原线圈电路、副线圈电路。原线圈在原线圈电路中相当于一用电器，副线圈在副线圈电路中相当于电源。例1(2018全国III卷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P，到达B处时电压下降了U。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1100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为P，到达B处时电压下降了U。不考虑其他因素的影响，则()APP BPP CUU DUU【答案】AD【解析】输电线上损失的功率P( )2r，损失的电压Ur，当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的 ，即PP，损失的电压变为原来的，即UU，故选AD。例2(2020全国III卷20)在图（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101，R1、R2、R3均为固定电阻，R210 ，R320 ，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是()A所用交流电的频率为500 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】交流电的周期T0.02 s，则频率f50 Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I1 A，R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知U2IR210 V，根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压U1100 V，电阻R1两端分压即为电压表示数，即UVU0U1120 V，B错误；电流表的示数为，C错误；副线圈中流过的总电流I2I+IA1.5 A，变压器原副线圈传输的功率PI2U215 W，D正确。提分训练1(多选)图甲为小型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n100、总电阻r5 ，线圈的两端与阻值为95 的电阻R连接，交流电压表为理想电表。t0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量随时间t按图乙所示正弦规律变化。若交流发电机产生的电动势的最大值为Em，电压表的示数为U，则()AEm200 V，U134 VBEm134 V，U95 VC通过电阻R的电流每秒内方向改变约50次D电阻R实际消耗的功率为190 W【答案】AD【解析】交流发电机产生的电动势的最大值EmnBS，而mBS，由t图线可知m2.0102 Wb，T2102 s，所以100 rad/s，Em200 V，电动势的有效值E100 V，由闭合电路的欧姆定律，可知电路中电流的有效值I A，电压表的示数为UIR95 V134 V，故选项A正确，B错误；由题图乙可知，周期T2102 s，频率f16 Hz，故通过电阻R的电流每秒内方向改变约32次，选项C错误；电阻R消耗的功率为PI2R190 W，故选项D正确。2如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，发电机取两种不同的转速，使其电动势随时间的变化规律如图乙中a、b所示，则下列说法正确的是()A曲线b表示的交变电流的电动势有效值为10 VB曲线a、b对应的线圈角速度之比为32C线圈转速不变，将原线圈滑片P向上滑动时，灯泡变暗DP位置不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，变压器的输入功率变大【答案】BC【解析】由图乙知a的周期为4102 s，b的周期为6102 s，则由T可知，角速度与周期成反比，故角速度之比为32，选项B正确；曲线a表示的交变电动势最大值是15 V，根据EmnBS得曲线b表示的交变电动势最大值是10 V，则有效值为V，选项A错误；将原线圈滑片P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式，输出电压减小，灯泡会变暗，选项C正确；P位置不变，副线圈电压不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，输出功率P变小，输入功率也变小，选项D错误。3如图所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为51，原线圈输入交变电压u311sin (100t) V，已知照明灯额定功率为44 W，排气扇电动机内阻为1 ，电流表示数为2 A，各用电器均正常工作，电表均为理想表。则()A电压表示数为62 VB变压器的输入功率为186 WC排气扇输出功率为43 WD保险丝熔断电流不得低于2 A【答案】C【解析】原线圈输入电压最大值为Um311 V，原线圈输入电压为U1220 V，根据变压器变压公式，U1U251，可知副线圈输出电压U244 V，选项A错误；变压器的输出功率为P出U2I442 W88 W，根据变压器输入功率等于输出功率，可知变压器输入功率为P入88 W，选项B错误；由P出P灯P扇44 WP扇88 W可知，P扇44 W。照明灯中电流I灯1 A，排气扇中电流I扇II灯1 A，排气扇内阻发热功率为P热Ir1 W，由P扇P热P出可得排气扇输出功率为P出43 W，选项C正确；由P入U1I1，解得保险丝中电流I10.4 A，即保险丝熔断电流不得低于0.4 A，选项D错误。4(多选)如图甲所示，阻值为 的三个完全相同的灯泡a、b、c分别接在理想变压器的原、副线圈两端，变压器通过一内阻不计，线圈匝数n10的一小型发电机供电，当矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕固定轴OO转动，穿过每匝线圈的磁通量随时间按如图乙所示的正弦规律变化时，三灯泡都正常发光，则下列说法正确的是()A发电机电动势瞬时表达式为e20sin (200t)VB理想变压器原、副线圈匝数之比为21C理想交流电压表的示数为 VD理想交流电流表的示数为2 A【答案】BD【解析】由题图乙可知，矩形线圈转动的周期T102 s，角速度200 rad/s，则矩形线圈产生的最大电动势EmnBSnm20 V，因为计时起点是垂直于中性面，故发电机电动势瞬时表达式为e20cos (200t)V，A错误；发电机电动势有效值E有 V20 V，设通过灯泡的电流为I，则有，故理想变压器原、副线圈匝数之比为21，B正确；由电压关系可得，即U V，C错误；由欧姆定律可得通过灯泡的电流I2 A，则理想交流电流表的示数为2 A，D正确。5(多选)如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，电灯L的亮度变暗了，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮()A其他条件不变，P1上移，同时P2下移B其他条件不变，P1下移，同时P2上移C其他条件不变，断开开关SD其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动【答案】BC【解析】P1上移则n1增大，P2下移则n2减小，由理想变压器规律可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，选项A错误；P1下移则n1减小，P2上移则n2增大，由理想变压器规律可知U2将会变大，所以电灯L会重新变亮，选项B正确；其他条件不变，则电压U2不变，断开开关S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1分压变小，电灯L两端的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，选项C正确；其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1分压变大，电灯L两端的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，选项D错误。6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V1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V2。下列说法中正确的是()A若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变大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，V1、V2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【答案】B【解析】设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若F不动，根据变压比公式，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变；滑片P向下滑动时，R接入的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律，干路电流减小，电阻R的电压UV2U2IRL，由于电流减小，故电压U增大，电压表V2读数增大，而V1示数不变，故A错误；由A的分析可知，当滑片向下滑动时，电阻增大，干路电流减小，小灯泡中电流减小，功率减小，故B正确；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，则V1的示数不变，根据，由于n2减小，故输出电压U2也减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数也变小，故CD错误。7如图为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电线的电阻，灯L1、L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则()A仅闭合S，灯L1会变亮B仅闭合S，r消耗的功率会变大C仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小D仅将滑片P上移，电流表示数会变小【答案】BD【解析】闭合S，负载电阻减小，变压器T2副线圈中的电流增大，根据变流规律知，T2原线圈电流增大，即输电线上电流增大，输电线上损耗的电压UIr增大，损耗的功率PI2r增大，T2的输入电压U3U2Ir减小，所以U4减小，即灯泡L1两端的电压减小，变暗，故选项A错误，B正确；仅将滑片P下移，变压器T1副线圈匝数增加(n2增加)根据可知U2变大，所以变压器T2的输入电压U3增大，U4增大，再根据I4得负载电流增大，整个电路电流增大，r消耗的功率会变大，故选项C错误；仅将滑片P上移，同理可得输电线电流减小，电流表示数会变小，所以选项D正确。8(多选)如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为110，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻为10 ，则下列说法中正确的是()A采用高压输电可以增大输电线中的电流B升压变压器的输出电压U22 000 VC用户获得的功率为19 kWD将P下移，用户获得的电压将增大【答案】BC【解析】采用高压输电可以减小输电线中的电流，故选项A错误；由可知I210 A，由PU2I2，解得U22 000 V，故选项B正确；损失功率为P损IR1 000 W，所以用户获得的功率为P1PP损19 kW，故选项C正确；将P下移，n3增大，由可知U4减小，故选项D错误。9如图所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和交流电风扇电动机D，电动机线圈电阻为r。接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，则下列说法正确的是()A理想变压器的输入功率为B灯泡L中的电流为C风扇电动机D输出的机械功率为(I)D若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为【答案】D【解析】理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，则输出端电压为，灯泡L中的电流为，而电动机的输入功率为，故A、B项错误；电动机D的输入功率为，而电动机的线圈电阻消耗的功率为I2r，则电动机D的机械功率为I2r，故C项错误；若电风扇由于机械故障被卡住可视为纯电阻，两电阻并联，则根据欧姆定律变压器原理可知，通过原线圈的电流为，故D项正确。10如图所示，一个边长L10 cm，匝数n100匝的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，磁感应强度B0.50 T，角速度10 rad/s，闭合回路中两只灯泡均能正常发光。下列说法正确的是()A从图中位置开始计时，感应电动势的瞬时表达式为e5cos10t（V）B增大线圈转动角速度时，感应电动势的峰值Em不变C抽去电感器L的铁芯时，灯泡L2变暗D增大电容器C两极板间的距离时，灯泡L1变亮【答案】A【解析】根据EmNBS可得感应电动势的最大值Em1000.50.10.110 V5 V，由于线框垂直于中性面开始计时，所以电动势瞬时值的表达式：eEmcos t5cos10t（V），故选项A正确；根据EmNBS可得增大线圈转动角速度时，感应电动势的峰值Em增大，故选项B错误；抽去电感器L的铁芯时，即减小自感系数，电感器的感抗减小，流过灯泡L2电流增大，根据功率公式可知灯泡L2变亮，故选项C错误；增大电容器C两极板间的距离时，根据C可知电容器的电容C减小，则有电容器的容抗增大，流过灯泡L1电流减小，根据功率公式可知灯泡L1变暗，故选项D错误。