2020新课标高考物理练习：电路和理想变压器问题含解析.doc

教学资料范本2020新课标高考物理练习：电路和理想变压器问题含解析编 辑：_时 间：_热点10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(多选)(20xx潍坊高三一模)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为 T，矩形线圈面积为0.08 m2，匝数为10，电阻不计，通过电刷与理想变压器原线圈相连，当线圈绕垂直磁场的轴OO以50 rad/s的角速度转动时，副线圈两端交流电压表的示数为16 V，则()A在图示位置时矩形线圈产生的电动势为0B矩形线圈产生的交流电周期为0.02 sC矩形线圈产生的电动势有效值为80 VD变压器原副线圈匝数之比为513(多选)(20xx天津高考压轴卷)图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1n251.原线圈接入如图甲所示的正弦交流电电路中电表均为理想电表，定值电阻R1R24 ，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则()A电阻R2两端的电压频率为50 HzB电流表的示数为5 AC原线圈的输入功率为150 WD将R1摘掉，电压表的示数不变4(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(20xx烟台高三质量检测)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)(20xx烟台二模)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(20xx青岛二模)20xx年8月，山东省受台风“利奇马”影响，造成大面积停电某通信公司准备的应急供电系统如图所示，图中T1、T2分别为理想的升压变压器和降压变压器，R表示输电线电阻，I表示电流，U表示线圈两端电压，n表示线圈的匝数，下列说法正确的是()A如果发电机的输出功率为P，则PU1I1U2I2U4I4B若n1n2n4n3，则有U1U4C用户消耗的功率越大，输电线上消耗的功率越小D如果发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为R热点10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AD.在图示位置时，磁通量最大，矩形线圈产生的电动势为0，故A正确；矩形线圈产生的交流电周期为T0.04 s，故B错误；矩形线圈产生的电动势最大值为EmaxNBS100.0850 V80 V，矩形线圈产生的电动势有效值为E有80 V，故C错误；变压器原、副线圈匝数之比为51，故D正确3解析：选ACD.由题图甲可知，交变电流的周期为0.02 s，故频率为50 Hz；而变压器及二极管均不会改变交变电流的频率，故电阻R2两端的电压频率为50 Hz，A正确；经变压器后，输出电压为 V20 V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端；则由有效值的定义可得U V10 V；则电流表的示数为I A2.5 A，B错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，输出功率P W(2.5)24 W150 W，C正确；因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变，D正确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：