江苏省2020版高考物理三轮复习 热点9 电路和理想变压器问题练习(含解析)

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热点9电路和理想变压器问题(建议用时:20分钟)1利用实验室的手摇发电机产生的正弦交流电给灯泡L供电,其电路如图所示当线圈以角速度匀速转动时,电压表示数为U,灯泡正常发光已知发电机线圈的电阻为r,灯泡正常发光时的电阻为R,电表均为理想电表,导线电阻可忽略则()A图中电流表示数为B灯泡的额定功率为C发电机的线圈中产生的电动势的最大值为UD从线圈转到中性面开始计时,灯泡两端电压的瞬时值表达式为 uUsin t2.P1和P2是材料相同、上下表面为正方形的长方体导体,P1的上下表面积大于P2的上下表面积,将P1和P2按如图所示接到电源上,闭合开关后,下列说法正确的是()A若P1和P2的体积相同,则通过P1的电流大于通过P2的电流B若P1和P2的体积相同,则P1的电功率等于P2的电功率C若P1和P2的厚度相同,则P1两端的电压等于P2两端的电压D若P1和P2的厚度相同,则P1两端的电压大于P2两端的电压3(多选)(2019苏州市期初调研)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为21,原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示,灯泡L的额定功率为22 W闭合开关后,灯泡恰能正常发光则()A原线圈输入电压的瞬时值表达式为u220sin 100t VB灯泡的额定电压为110 VC副线圈输出交流电的频率为100 HzD电压表读数为220 V,电流表读数为0.2 A4(多选)如图所示的电路中,E为电源电动势,r为电源内阻,R1和R3均为定值电阻,R和R2为滑动变阻器当R2的滑片在滑动变阻器的中点时合上开关S,四个电表A1、A2、A和V的示数分别为I1、I2、I和U,则下列说法正确的是()A如果将R2的滑片向a端移动,那么电源的总功率减小B如果将R2的滑片向b端移动,那么R3消耗的功率增大C如果将R的滑片向c端移动,那么I1增大,I2减小,U减小D如果将R的滑片向d端移动,那么I1减小,I2增大,U增大5(2019南京高三质量检测)如图所示为原、副线圈的匝数均可调节的理想变压器,原线圈两端接一正弦交变电流,一小灯泡L和滑动变阻器串联接于副线圈两端,滑动头P置于中间,小灯泡正常发光为了使小灯泡亮度变暗,可以采取的措施有()A仅减少原线圈的匝数n1B仅增加副线圈的匝数n2C仅改变R的电阻,将滑动头P向B端滑动D仅增大原线圈交变电流的电压6(多选)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为41,电压表、电流表为理想电表L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220 V,60 W”的灯泡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电压表的示数为660 VB电流表的示数为0.82 ACa、b两端的电压是1 045 VDa、b两端的电压是1 100 V7(多选)某同学在实验室中研究远距离输电由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为P1.第二次采用如图所示的电路输电,其中理想变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1n2,理想变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2.下列说法正确的是()A前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B实验可以证明,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C若输送功率一定,则P2P1nnD若输送功率一定,则P2P1n1n28.(2019江苏省高考压轴卷)如图所示,半径为L1 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10 rad/s 匀速转动,圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B2 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n1n214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()A40 VB20 VC80 V D0热点9电路和理想变压器问题1解析:选D.由欧姆定律可知,图中电流表示数为I,选项A错误;灯泡的额定功率为PUI,选项B错误;设发电机的线圈中产生的电动势的最大值为Em,有效值为E,由闭合电路欧姆定律得EUIr,I,联立解得EmU,选项C错误;从线圈转到中性面开始计时,发电机产生的正弦交变电流表达式为iIsin t,灯泡两端电压的瞬时值表达式为uUsin t,选项D正确2解析:选C.由于两导体串联在电路中,因此两导体中电流一定相等,故A错误;设导体的上下表面边长为a,厚度为d,根据R可知,R,则可知两导体的电阻与厚度d有关,与体积无关,由VSd可知,如果两导体的体积相同,则P1的厚度小于P2的厚度,因此P1的电阻大于P2的电阻,则由PI2R可知,P1的电功率大于P2的电功率,故B错误;由B的分析可知,若厚度相同,则两导体电阻相同,由UIR可知,P1两端的电压等于P2两端的电压,故C正确,D错误3解析:选AB.由题图乙可知:周期T0.02 s,角速度100 rad/s,则原线圈输入电压的瞬时值表达式:u220sin 100t V,故A正确;原线圈电压的有效值:U1 V220 V,根据理想变压器电压与匝数成正比,得副线圈两端的电压:U2110 V,故B正确;周期T0.02 s,频率为:f50 Hz,变压器不改变交流电的频率,所以副线圈输出交流电的频率50 Hz,故C错误;原线圈电压有效值为220 V,则电压表的读数为220 V,副线圈电流:I20.2 A,根据理想变压器电流与匝数成反比得:I10.1 A,即电流表读数为0.1 A,故D错误4解析:选AB.将R2的滑片向a端移动时R2接入电路中的电阻增大,外电路总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知,电源输出电流I减小,电源的总功率减小,选项A正确;将R2的滑片向b端移动时R2接入电路中的电阻减小,外电路总电阻减小,R3中电流增大,R3消耗的功率增大,选项B正确;将R的滑片向c端移动时,R接入电路中的电阻增大,外电路总电阻增大,由闭合电路欧姆定律可知,电源输出电流I减小,R1与R2两端电压减小,I1减小,I2减小,U减小,选项C错误;将R的滑片向d端移动时R接入电路中的电阻减小,外电路总电阻减小,由闭合电路欧姆定律可知,电源输出电流I增大,R1与R2两端电压增大,I1增大,I2增大,U增大,选项D错误5解析:选C.仅减少原线圈的匝数n1或者仅增加副线圈的匝数n2,则根据可知,副线圈两端电压都增大,即通过小灯泡的电流增大,小灯泡都变亮,A、B错误;仅改变R的电阻,将滑动头P向B端滑动,滑动变阻器连入电路电阻增大,由于副线圈两端电压不变,所以副线圈中电流减小,灯泡变暗,C正确;仅增大原线圈交变电流的电压,则原线圈输入电压U1增大,故U2也增大,通过灯泡的电流变大,小灯泡变亮,D错误6解析:选BC.根据题图乙所示的副线圈电压图象,可知副线圈两端电压有效值为U2220 V由变压器变压规律可知,原线圈两端电压有效值为U14U24220 V880 V,选项A错误;副线圈所接的每个灯泡中的电流均为I A A,电流表的示数为I23I3 A0.82 A,选项B正确;由U1I1U2I2,解得原线圈中电流I1 A,灯泡电阻R ,原线圈串联的灯泡两端电压为U灯I1R V165 V,a、b两端的电压是U灯U1165 V880 V1 045 V,选项C正确,D错误7解析:选BC.变压器只能改变交变电压,A项错误;根据PI2r可知,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失,B项正确;若输送功率一定,第一次实验输电线上的电流为I,输电线上损耗的功率为P1I2rr,第二次实验,升压变压器副线圈两端的电压U2U1,输电线上的电流为I,输电线上损耗的功率为P2r,解得P2P1nn,C项正确,D项错误8解析:选D.由于Oa以圆心O为轴,以角速度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零,选项D正确- 5 -
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