2019年高考物理总复习交变电流专题卷

1、交变电流专题A.原线圈的输入功率为 220 W为 1AC.电压表的读数为 110V为 50s【答案】【考点】 【解答】A、由题意知，原线圈电压有效值为 220V,原、副线圈匝数之比为 2: 1 , 输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为S 110副线圈的电流为 丨2= 丁 =2A,由 nili=n2l2可得，Ii=1A,即电流表的读数为 1A,故 B 正确；电压表的读数为有效值，即U=110V,故 C 错误；由 u=220 sinnt（ V）可知，w=n，又由w=十，解得：T=2s，理想变压器不改变交变电流周期，故误.故选：B.【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和

2、频率等，再根据电压与匝数成正比，电流与匝数 成反比，即可求得结论.3.（2018?卷H）一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为C. 1:2接在副线圈两端.已知三个灯泡均正常发光.该变压器原、畐U线圈的匝数之比为（）A. 1：2B. 2： 1C. 2: 3D. 3: 2【答案】B【考点】变压器原理【解析】 【解答】 解:设每只灯的额定电流为I，额定电压为 U,因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为2I，原副线圈电流之比为1 : 2,所以原、副线圈的匝数之比为2: 1.B变压器原理，交流电的最大值与有效值，周期和频率，高考真题【解B.电流表的读数5 巧由=可得，

3、U2=110V,P入=P出=- =220W 故 A 错误;Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在如图所示。贝 UQ方：Q正等于（）B.【答案】【考点】D焦耳定律，交流电的最大值与有效值【解答】根据题述，正弦交变电流的电压有效值为【解B. 110C.440D.880 kVC电能的输送【解答】 当输电功率F=UI,U为输电电压，IR为输电线路的电阻，即P损=4 ：空。当输电功率一定时，的 2 倍，即 440V,故答案为：C。【分析】由题意可知为使电线上的损耗功率减为原来的求得输电电压。为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损=I2R,D.副线圈输出交流电的周期输电线路损失的功率为原来的，则输电电

4、压为原来则电流需减半，输送功率一定，再由输电功率P=UI可V 的读数分别为I、U,R消耗的功率为A、理想交流电压表）P。若发电B.电压表 VD.通过R的交4，则角速度变为原来的-，根据A ,. =可知电动机产生的最大电动势为原来的：出电压变为原来的B 符合题意;一、单选题1.（理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后故选：B.【分析】设每只灯的额定电流为I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为21，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系.2.如图所示，理想变压器的原线圈接在 u=220 sinnt （ V）的交

5、流电源上，副线圈接有 R=55Q的负载电阻，原、 副线圈匝数之比为 2 : 1,电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是（）D. 2:1呦 ，而方波交流电的有效值为U0,根据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2R=T,可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比,Q正= U02：（）2=2 ： 1, D 符合题意。故答案为：D【分析】根据题意分别求出正弦式交流电和方波交流电的有效值，再根据焦耳定律和欧姆定律分别求出热量，从而 得出Q方:Q正。本题要明确求焦耳热应该利用“四值”中的有效值，能够熟记正（余）弦式交流电的有效值，并能利用热效应的含 义求解方波交流电的有效值为解题的关键。4.（2

6、018?江苏）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 j，输电电压应变为（A.55 kVkVkV【答案】【考点】【解析】5.（2018?天津）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，理想交流电流表机线圈的转速变为原来的，则（的读数变为 4C.电流表 A 的读数变为2I变电流频率不变【答案】B【考点】交变电流的产生及规律，变压器原理，周期和频率【解析】【解答】解：B、根据 MS订可知转速变为原来的，根据【一打；可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输A、根据】-二

7、 可知副线圈的输入电压变为原来的的电功率变为，A 不符合题意C 畐俊圈中的电流为工，即变为原来的合题意； 故答案为：B【分析】容易点：根据公式 Em= n B S 3 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；易错 点：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，这里要考虑制约关系，原线圈电流受副线圈电流的制约。6.如图所示把电阻、电感、电容并联到某一交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压不变，而将频率加 大，则三个电流表的示数丨1、丨2、丨3的大小关系是（）I3BI112|3C丨21113D丨31112【答案】D【考点】电感

8、和电容对交流电的影响【解析】【解答】原来三个电流表的示数相同，说明三个支路中的电阻、感抗、容抗相等，当交变电流的频率加大时，电阻的值不变，感抗变大，容抗减小，因此I1不变，丨2减小，I3增大，即有丨31112,故选项 D 符合题意。故答案为：D。【分析】交流电频率变大，电感阻碍作用变大，电流变小，电容阻碍作用变小，电流变大。7.一理想变压器的原、畐 U 线圈的匝数比为3:1，在原、畐 U 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为 220V 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=66V, K=B.

9、 U=22V,9K=C. U=66V, K=D. U=22V,K=【答案】A【考点】变压器原理【解析】【解答】原副线圈电压比等干匝数比，根据副线圈负载电阻的电压u,可知副线圈电压为 u,原线圈电压为uUII3u,副线圈电流 I=，原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流 I1=，那么原线圈输入电压 220v=3u+ xR,整理可得 u=66V,原副线圈电阻消耗的功率根据p=|2R.电阻相等，电流为 1:3,可得功率比为 1:9, K=总对照选项 A 对。【分析】220V 的电压并不是原线圈的输入电压，原线圈和电阻R 串联分压。8. 一电器中的变压器可视为理想变压器，它将 220V 交变电流改为

10、 110V,已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为（）A.200B. 400C. 1600D. 3200【答案】B【考点】变压器原理C1I【解析】【解答】根据变压器的变压规律l ,可求副线圈匝数为 400，所以 B 正确。【分析】本题考查变压器和交流电知识，涉及变压器的工作原理，意在考查考生的理解能力。本题主要是知道变压 器规律，试题比较容易9.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，其它条件不变,则（）A.小灯泡变亮B.小灯泡变暗C.原、副线圈两段电压的比值不变D.通过原、副线圈电流的比值不变【答案】B【考点】变压器原理【解析】【解答】

11、根据变压器电压与匝数关系，.一，因为是降压变压器，则 n1 n2,则当原、副线圈减少HiL Hy相同匝数时，由数学知识可知变大，则 U2减小，故灯泡变暗，选项 AC 错误，B 正确；根据 可知通过原、副线圈电流的比值变小，选项 D 错误；故选 B.【分析】因变压器为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；而当同时减小相同匝数时，匝数之比一定变大；再 根据变压器原理进行分析即可.10.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（）即电压表示数变为原来的*-可知原线圈中的电流也变为原来的可知 R 消耗,C 不符D 转速减小为原来的，则频率变为原来的 V , D

12、 不符合题意.P 向上滑动时，R 消耗的功率变大P 向上滑动时，电压表 V 示数变大P 向上滑动时，电流表 A 示数变大A1示数变大，A 示数变大【答案】B【考点】变压器原理【解析】【解答】当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，R 的阻值变大，变压器的次级电压不变,则 R 消耗的功率及两端电压均变小，电压表的示数等于变压器次级电压减去选项 A 错误，B 正确；由于当滑动变阻器的滑动触头 P 向上滑动时，次级电流减小，故初级电流也减小，电流表A示数变小，选项 C 错误；若闭合开关 s，则变压器的次级电阻减小，次级电流变大， R 的电压变大，则电压表 V 示数减小，则 Rz两端电压减小，安培表

13、A 读数减小；次级电流变大，则初级电流变大，则电流表A 示数变大， 选项 D 错A.当滑动变阻器的滑动触头B.当滑动变阻器的滑动触头C.当滑动变阻器的滑动触头D.若闭合开关 S,则电流表则次级电流减小,R1两端的电压，故电压表的示数变大,1X10 WA.120V, 0.10AB. 240V,0.025AC. 120V, 0.005AD.240V,0.05A【答案】D【考点】变压器原理p6【解析】【解答】解：灯泡正常工作，所以副线圈电压U2=12V,电流根据乔=乔得：U=240V根据解得：I1=0.05A所以电压表和电流表的示数分别为：240V, 0.05A故选 D【分析】灯泡正常工作，电压为额

14、定电压，进而求出副线圈电压和电流，再根据变压器原副线圈电压、电流与线圈 匝数的关系即可求解，电流表和电压表都是有效值.A. UU , U2降低B. U2U , U2升高C. U2U,U2降低D.U2U , U2升高【答案】 C【考点】 变压器原理【解析】 【解答】 由图知自耦变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数， 根据变压规律V.臥9-可知，UbU;在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中副线圈的匝数减少，所以U2降低，故 A、B、D 错误； C 正确。【分析】 本题属于自耦变压器,输入和输出的电压同样与匝数成正比， 当滑动触头M 顺时针转动时，输出电压的匝数将变小，从而可以判断输出的电压

15、的变化的情况.15.理想变压器原、畐 U 线圈匝数比m：n2=11:5。原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示。畐 U线圈仅接入压表的示数是 100 VC.经过 1 分钟电阻发出的热量是6X103J3误；故选 B.【分析】滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时,定律确定各表的示数变化.11. 一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻表， U为正弦交流电压源， 输出电压的有效值恒定. 数为 41 该变压器原、副线圈匝数比为（接入电路中的阻值变大，因输出电压不变, 则总电流变小，据欧姆R1当开关 ）,R2和 R3的阻值分别为 3Q,S 断开时，电流表的示数为1Q, 4Q, ?为理想交流电流 I

16、；当 S 闭合时，电流表的示13.通过一阻值 R=100Q的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s电阻两端电压的有效值为打_一-门0.1: iA 1LJLJC.D. 5B. 34B变压器原理【解答】解：设变压器原、副线圈匝数之比为U-IRi压器原理可知：m 詐 I 逊=k代入数据联立解得：U=48I ;代入（1 ）式可得：k=3; 故 B 正确，ABC 错误； 故选：B.（1） 同理可知,则可知，开关断开时，副线圈电流为kI ;则根据理想变UIR在亍k(2)A. 12VV【答案】B【考点】交流电图象，交流电的最大值与有效值【解析】【解答】解：由有效值的定义可得112Rt1+l22Rt2=T,代入

17、数据得（0.1 ）2RX0.8+ （ 0.2 ）2XRX0.2=解得 U=4V故选：B.B. 4C. 15V【分析】已知交变电流的周期，一个周期内分为两段，每一段均为恒定电流，根据焦耳定律即可得一个周期内交变电流产生的热量.【分析】变压器输入电压为 U 与电阻 R1两端电压的差值；再根据电流之比等于匝数的反比可求得输出电流；根据电 压之比等于匝数之比对两种情况列式，联立可求得U 与 I 的关系；则可求得线圈匝数之比本题考查理想变压器原理及应用，要注意明确电路结构，知道开关通断时电路的连接方式；同时注意明确输入电压与总电压之间的关系.12.如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20： 1，两个标有“

18、 12V, 6W 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（可视为理想表）的示数分别是（）14. 一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只饶有一个线圈，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 U 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（）B.与电阻并联的电D.变压器的输入功率是S一个 10的电阻。则【答案】C【考点】交变电流的产生及规律【解析】【分析】原线圈中电压的有效值是220V,由变压比知副线圈中电压为100V,流过电阻的电流是 1

19、0A;与电阻并联的电压表的示数是100V;经过 1 分钟电阻发出的热量是 6X103J。16.如图为一台理想变压器，初、次级线圈的匝数分别为ni=400 匝，=800 匝，连接导线的电阻忽略不计，那么可以确定（）要是考查电压和匝数成正比电流和匝数成反比。对于动态电各问题，注意几个决定关系输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率。18.如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为4:1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路R=11RQ .是理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为R=5RQ 保持变1 :LJ十;斑:电源负载中固定电阻的阻值为 R0,负载电阻的阻值压

20、器输入电流不变，此时电压表读数为5.0V ,则（A.这是一台降压变压 器B.次级线圈两端的电压是初级线圈两端电压的2 倍C.通过次级线圈的电流是通过初级线圈电流的2 倍 D.变压器输出的电功率是输入的电功率的一半【答案】B【考点】变压器原理【解析】【分析】A 初、次级线圈的匝数分别为ni=400 匝，n2=800 匝，可知，这是一台升压变压器；错误B 初、次级线圈的匝数分别为ni=400 匝，n2=800 匝，由可得，次级线圈两端的电压是初级线圈两端电压的 2 倍；正确C 初、次级线圈的匝数分别为ni=400 匝匝，n2=800 匝，由可得，通过次级线圈的电流是通过初级线圈电流的；错误D 理想

21、变压器的输出的电功率与输入的电功率是相等的；错误故选 BA.此时原线圈两端电压的最大值约为34V约为 24VC.原线圈两端原来的电压有效值约为68V约为 48VB.此时原线圈两端电压的最大值D.原线圈两端原来的电压有效值【答案】D【考点】变压器原理【解析】【解答】当负载电阻的阻值减小为R=5R 时，根据串联电路规律，R 两端电压为 R）两端电压的 5 倍，因为电压表测量 R 两端的电压， 所以、 二-V-,故副线圈两端电压为 U=6V,根据公式;/ - I 可得此时原线圈两 端电压的有效值为 U=24V,所以此时原线圈两端电压的最大值约为.： : f.-!.；,A 正确，B 错误；因为变化过程

22、中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压，变化前，-!25负线圈的电流C 根据法拉第电磁感应定律nt=2sin10nt (V),原线，解得X5=0JIF，故AB错误；J-，故 C 正m3VB.电A.副线圈电压的有效值为10 VB.灯泡 L 的额定功率为 6WC.将滑动变阻器的滑片 P 稍微下移，灯泡亮度不变D.将滑动变阻器的滑片 P 稍微下移，变压器的输入功率要变大【答案】C 【考点】变压器原理，交流电的最大值与有效值，周期和频率【解析】【解答】解:A、在 A、B 端加上一交变电压门-.卜厂.存打 10（炉（V）,原线圈电压的有效值为-根据变压器原副线圈的匝数比

23、等于电压比，可得副线圈电压的有效值为，故 A 错误；B、小灯泡的功率,故 B 错误；C 由于输入电压、变压器副线圈匝数均不变，故将滑动变阻器的滑片稍微下移，灯泡两端的电压不变，不会影响灯 泡的亮度，故 C 正确；D 将滑动变阻器的滑片稍微下移，滑动变阻器接入电路的有效阻值变大，变压器输出功率变小，则输入功率也变小，故 D 错误;故选：C形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，R 表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是（）【分析】根据电压与匝数成正比得副线圈电压的有效值；由P=得灯泡的额定功率；闭合电路中的动态分析类似，可以根据 R 的变

24、化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定副线圈的总电流的变化的情况，分析输出功率 的变化，从而得到输入功率的变化.28.在如图所示的电路中，a、b 为两个完全相同的灯泡，L 为自感线圈，E 为电源，S 为开关关于两灯泡点亮和熄灭的先后次序，下列说法正确的是（aa、L交浚发电机降压变低課 H * S 4 *壬垂 4 4 * F 鼻A.合上开关， a 先亮， b 逐渐变亮；断开开关，a、b 同时熄灭B.合上开关， b 先亮， a 逐渐变亮；断开开关，a 先熄灭，b 后熄灭C.合上开关， b 先亮， a 逐渐变亮；断开开关，a、b 同时熄灭D.合上开关， a、b 同时亮；断开开关，b 先熄灭，a

25、后熄灭C【答案】【考点】电感和电容对交流电的影响【解析】自感现象，灭.故答案为：【解答】解：由于 a、b 为两个完全相同的灯泡，当开关接通瞬间，b 灯泡立刻发光，而 a 灯泡由于线圈的导致灯泡渐渐变亮；当开关断开瞬间，两灯泡串联，由线圈产生瞬间电压提供电流，导致两灯泡同时熄【分析】 电感在电路中的作用通直流阻交流， 当开关接通瞬间， 线圈由于自感现象导致与其串联的灯泡逐渐变亮；当开关断开时两灯泡串联，线圈自感产生瞬时电压，两灯泡同时熄灭。29.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1： n2=5： 1,电阻 R=20Q, L1、L2为规格相同的两只小灯泡,刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电

26、压u 随时间 t 的变化关系如图乙所示现将正常发光下列说法正确的是Si为单S 接 1、S2闭合，此时 L2应 Q 供啦熹魏A.若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最小B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSo cos tC.当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P 应向下滑动D.当滑动触头 P 向下移动时，变压器原线圈两端的电压将升高【答案】B【考点】交变电流的产生及规律，变压器原理【解析】【解答】解：A、当线圈与磁场平行时，感应电流最大，故A、图象的纵坐标表示物体所在的位置；由图可知 t1到 t2时刻两车的距离始终不变，故不符合题意；B、图象的斜率表示

27、物体的速度，由图可知，t2时间内甲车的速度和乙车的速度相等，故B 不符合题意；C 根据位移等于 x 的变化量，由图可知，0t3时间内甲和乙的位移相等；故 C 符合题意；D 0t3时间内，甲和乙的位移相等，所用时间相等，则两车平均速度相等，故D 不符合题意。B、从垂直中性面计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSb cos t，故 B 正确；C 当用户数目增多时，功率增大，根据功率P=UI，当电压不变，则电流增大，损失电压增大，从而可确定触头P移动方向向上，故 C 错误；D 当触头 P 向下移动，只会改变副线圈的电流，从而改变原线圈的电流，不会改变原线圈的电压，故D 错误故答案为：B.):-

28、九9rr41ftiLrpA.输入电压 u 的表达式C.只断开 S2后，原线圈的输入功率增大的电功率为 0.8W【答案】【考点】【解析】o.aiL - H+ Ai严/G.02i/ri乙(50nt)V【分析】当线圈与磁场平行时，感应电流最大，当两者垂直时，感应电流最小；确定瞬时表达式时，注意线圈开始计时的位置， 从而得出正弦还是余弦； 根据闭合电路欧姆定律来确定电流随着电阻变化而变化， 但不会改变原线圈 的电压，从而即可求解.5: 1,原线圈两端接在输出电压R=- 44Q，下列说法正确的是u=311sin100nt （ V）的交流电源上，电u=20 sinB.只断开 S2后，D.Li、L2均正常发

29、光 若 Si换接到 2 后，R 消耗D变压器原理【解答】解：A、周期是 0.02s，31.如图所示， 理想变压器原副线圈匝数比 流表和电压表对电路的影响忽略不计，电阻B.电流表 A 的示数为 0.2A=100n，所以输入电压 u 的表达式应为u=20 sin(100nt)V, A 不符合题意；B 只断开 S2后，负载电阻变大为原来的定功率的四分之一，B 不符合题意；C 只断开 S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小,2 倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半,Li、L2的功率均变为额C.电压表 V1的示数为311V为 88WD.电阻 R 的发热功率C 不符合题意；D 若 S 换接到

30、2 后，电阻 R 电压有效值为 4V, R 消耗的电功率为斗=0.8W, D 符合题意.【答案】B【考点】变压器原理【解析】题意；【解答】解：A、变压器可以改变交流电的电压，输入电压的频率为:f=故答案为：D.【分析】由图乙可得电压的瞬时表达式；根据理想变压器电压与匝数成正比，可得副线圈两端电压，进而可求得副 线圈各用电器的功率；理想变压器输入功率等于输出功率。30.某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成.发电机中矩形线圈所围成的面积为 S,匝数为 N,电阻不计，它可绕水平轴 00 在磁感应强度为 B 的水平匀强磁场中以角速度匀速转动矩C 电压表测量的是电压的

31、有效值，故厂,C不符合题意;S 旳5D 根据变压比公式，有一，解得 U2=44V；故输出电流 - - 卜 5 一故发热功率为：P=U2l2=44W 1A=44W D 不符合题意；p AAWB 变压器输入电流，B 符合题意；故答案为：B.【分析】 变压器可以改变交流电的电压， 但不改变频率和功率， 根据变压器的变压比公式和变流比公式列式求解即 可。32.如图 a，理想变压器原、副线圈的匝数比为2: 1,与副线圈相连的两个灯泡完全相同、电表都为理想电表原线圈接上如图 b 所示的正弦交流电，电路正常工作闭合开关K 后（ ）A. 电压表示数增 大B. 电流表示数增大C.变压器的输入功率增大D.经过灯泡

32、的电流频率为 25Hz【答案】C【考点】变压器原理【解析】 【解答】解：A、原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻 不变，则电流表示数不变，AB 不符合题意；C 当 K 接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，C符合题意；D 根据 b 图可知，周期 T=0.02s，则频率 f=50Hz , D 不符合题意.故答案为：C【分析】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象；原线圈输入电压不变，线圈匝数 不变，则副线圈电压不变，灯泡两端的电压不变，则通过电流表的电流不变，变压器的输入功率由输出功率决定

33、， 根据图 b 求出周期，进而求出频率。所以原来副线圈电压 U2=長-X12Ro=12V,根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V,故 C 错误，D 正确；故选：AD【分析】根据串并联知识和欧姆定律可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论.34.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（）频B.电容 C2的作用是通咼频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】B,D【考点】电感和电容对交流电的影响，高考真题【解析】【解答】A、电感 L1的作用是通低频，阻高频，故A 错误.B、电容 GE的作用是通高频，

34、阻低频，故 B 正确.C 电感 Li的作用是通低频，阻高频，而电容Ci的作用是通高频，阻低频，所以低频部分通过扬声器甲故C 错误.D 电感 Li的作用是通低频，阻高频，所以扬声器乙用于输出高频成分，故D 正确.故选：BD【分析】根据电容器的特性：通交隔直，通高阻低，以及电感线圈的特性：通直阻交，通低阻高来分析选择.35.如图，电阻 R、电容 C 和电感 L 并联后，接入输出电压有效值、频率可调的交流电源当电路中交流电的频率为f 时，通过 R、C 和 L 的电流有效值恰好相等.若将频率降低为亍 f,分别用 li、丨2和丨3表示此时通过 R、C和 L 的电流有效值，则（）二、多选题33.如图，一理

35、想变压器原、畐 U 线圈匝数之比为4: 1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；畐 U 线圈,是理想电压表现将负载电阻的阻值减小为5.0V，则（）B. 此时原线圈两端电压的最大值D. 原线圈两端原来的电压有效值【答案】A,D【考点】变压器原理【解析】【解答】解：A、现将负载电阻的阻值减小为 R=5F0,保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V ,根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压U2= KX6Ro=6V,根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U=4U2=24V,所以此时原线圈两端电压的最大值约为Um=24旧 34V,故 A 正确，B 错误；C 原来副线圈电路

36、中固定电阻的阻值为R）,负载电阻的阻值 R=11F0,A. 1113B. IiI2CI3I2DI2=l3【答案】B,C【考点】电感和电容对交流电的影响，高考真题【解析】【解答】解：将频率降低时，通过 R 的电流不变，电容器的容抗增大，通过 C 的电流减小，则有 l1 I2电 感线圈的感抗减小，通过 L 的电流增大，则有丨3IE故 AD 错误，BC 正确.故选：BC【分析】电容器的特性是通交流隔直流，通高频阻低频电感线圈的特性是通直流阻交流，通低频阻高频率通过电阻的电流与频率无关根据三种元件的特性分析.由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变,电路中固定电阻的阻值为 R）,负载电阻的阻值

37、R=11RR=5R ,保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为A.此时原线圈两端电压的最大值约为34V约为 24VC.原线圈两端原来的电压有效值约为68V约为 48V36.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2Q,贝 UB.t=1 s 时，线交变电压的 u-t 图线得出峰值和周期，从而求出角速度，得出 变，结合副线圈负载电阻的变化得出电流的变化.38.如图， 理想变压器原、 副线圈分别接有额定电压相同的灯泡 两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是（）9:1u-t 的表达式.抓住输入电压不变，得

38、出输出电压不a 和 b。当输入电压 U 为灯泡额定电压的 10 倍时,B.原、畐 U 线圈砸数之比为1:9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热量为【答案】【考点】【解析】D. 一个周期内，线圈产生的8聞A,D交变电流的产生及规律，交流电图象，交流电的最大值与有效值，周期和频率【解答】由图知t=0 时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A 项正确；每经过一次中性面（线圈平t=1 s 时，磁通量为零，线圈平面与中性面垂直，工为零，根据法拉第面垂直于磁感线，磁通量有最大值）电流的方向改变一次，图中故 B 项错误；t=1.5 s 时，磁通量有最大值，因为图像的斜率为零，

39、所以磁通量的变化率电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C 项错误；计算交流电产生的热量必须用有效值，感应电一加、一如动势最大值一 ：f一-:! :, 所以有效值 ，,一个周期内线圈产生的热量故 D 项正确。【分析】由图知磁通量为零得出线圈平面平行于磁感线，中性面是电流方向改变的位置，根据法拉第电磁感应定律计算电动势大小，计算线圈产生的热量必须用有效值。37.图（a）所示，理想变压器的原、电压表和电流表均为理想交流电表。副线圈的匝数比为 4:1 , Rr 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，Ri为定值电阻,原线圈所接电压u 随时间 t 按正弦规律变化，如图（b）所示。下列说法正确的变压器原、

40、副线圈中的电流强度之比为 u 随 t 变化的规律为= 沁）若热敏电阻 Rr 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大【答案】B,DB.C.D.1:4（国际单位制）【考点】【解析】变压器原理【解答】由题意，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为；，故 A 错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即-，故选项 B 正确；由图（b）可知交流电压最大值，周期了屯宓,可由周期求出角速度的值为愕 T 帥沁嘉心，则可得交流电压的表达式代皿叙鮎汐，故选项C 错误；处温度升高时，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。【分析】变压器原副线圈的输入功率和输出功率相等，

41、根据电流之比等于匝数之反比求出原副线圈的电流比根据C.此时 a 和 b 的电功率之比为 9:1D.此时 a 和 b 的电功率之比为 1:9【答案】A,D【考点】变压器原理【解析】【解答】设灯泡的额定电压为，两灯均能正常发光，所以原线圈输出端电压为，副线圈两端_r_rqUyqZin-tL i电压为- L，故，根据，A 正确 B 错误；根据公式可得，由于由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为 1:9 , C 错误 D 正确；【分析】根据灯泡电压与输入电压的关系可明确接在输入端和输出端的电压关系，则可求得匝数之比；根据变压器 电流之间的关系和功率公式可明确功率之比.39.如图所

42、示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头来调节，在副线圈两端连接了定值电阻和滑动变阻器忘尸为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为的正弦交流电，则_ / Qb_A.保持 的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B.保持 的位置不动，将向上滑动时，电流表读数变小C.保持 的位置不动，将向上滑动时，电流表读数变大D.保持 的位置不动，将向上滑动时，电流表读数变小【答案】B,C【考点】变压器原理【解析】【解答】保持 位置不动时，负载电路电压保持不变，将向上滑动时，连入电路的电阻变大，故负载消耗功率变小原线圈输入功率变小，电流表示数变小，所以选项A 错误、B 正确

43、；保持 位置不动，即负载电路电阻不变，将 向上滑动时，由理想变压器电压、匝数关系可知，副线圈输出电压升高，负载电路消耗功率变大，故原线 圈输入电流变大，所以选项C 正确的、D 错误。【分析】理想变压器自 14 年开始调整为 II 级要求，配合动态电路变化分析是常见组合形式，分析此类问题除了利 用好欧姆定律外，关键是结合能量守恒利用功率关系进行原、副线圈电路上的电流、电压变化。当然，熟练掌握理 想变压器以及远距离输电的三个闭合回路中的电流、电压、功率关系是解决问题的基础。40.如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图，图中变压器均可视为理想变

44、压器，图中电表均为理想交流电表.设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，并且电阻不变，变阻器 R 相当于用户用电器的总电阻.当用电器增加时，相当于R 变小，则当用电进入高峰时（ ）A.电压表 V V2的读数均不变，电流 A2的读数增大，电流表 A 的读数减小B.电压表 V?、Vi的读数均减小，电流 A 的读数增大，电流表 As的读数增大C.电压表 V2、V3的读数之差与电流表 A 的读数的比值不变D.线路损耗功率增大【答案】B,C,D【考点】变压器原理【解析】【解答】解：A、电压表 Vi、V2的读数均不变，因为输入电压和匝数比都不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成

45、反比知电流都增大，故A 错误；B 输电线上的电压损失增大，故电压表V V 的读数均减小，电流表 A 的读数增大，电流表 A 的读数增大，故 B正确；C 电流表 V V3 的读数之差与电流表 A 的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，故C 正确.D 因为输电线上的电流增大，所以线路损耗的功率增大，故D 正确；故选：BCD【分析】根据表达式知道电压和频率，与闭合电路中的动态分析类似，可以根据R 的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况41.某研究小组成员设计了一个如图（a）所示的电路，R 为光敏电阻（阻值随光照

46、强度的增加而减小），M为电动机,在 A、B 间加一交流电压，电压随时间的变化关系如图（b）所示，当某一强光照射在R 上时， 理想电压表和电流表的示数分别为 120V 和 10A,电动机恰好正常工作，且电动机的热功率为200W 则（ ）A.该交流电压的瞬时值为U=220sin0.02ntVC.增加光强且长时间照射电阻R,有可能损坏电动机啊D.【答案】C,D【考点】电功率和电功，交变电流的产生及规律【解析】【解答】解: A、由图可知，交流电的最大值为 220V,周期 T=0.02s ,则期角速度3=子=一 =100n,nt （V）,故 A 错误；200r= =2Q;故 B 错误；10R,电阻 R

47、电阻减小，电路中总电流增大，故有可能超过电动机的额定功率,D 电动机两端的电压 UF220 - 120=100V,则电动机的总功率 P=UM=100X10=1000Vy则电动机的效率 而孑卫x1OO%=80%故 D 正确；故选：CD【分析】根据图象可明确交流电的最大值和周期，从而确定瞬时表达式；根据热功率公式即可求得内阻；公式可求出电动机的效率；明确电阻R 随光照强度的增加而减小，则电路中电流增大，使电动机的功率增大，从而可能损坏电动机.42.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B=也单匝矩形线圈面积 S=1m .电阻不计，绕垂直于磁场的轴00 匀速转动.线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A 为交

48、流电流表.调整副线圈的滑动触头P,当变压器原、副线圈从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律为 矩形线圈产生电动势的有效值为18V若矩形线圈的转速增大， 为使灯泡仍能正常发光，应将B,C变压器原理BG 小灯泡正常发光，故变压器的输出电压为36V,根据变压比公式 #=，计算得出 Ur= 1SK，故矩形线圈产生电动势的有效值为 18V,矩形线圈产生电动势的最大值为，根据公式，计算得出Em182、防二斗阴=耳=9曲厂口/7匕，故矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律Ie - Erftsint=1（V）D 若矩形线圈转速增大，根据公式常发光，应该减小变压比，故应

49、将故选：BC【分析】由于小灯泡正常发光，得到变压器的输出电压和输出电流，然后结合变压比公式和变流比公式求解变压器的输入电压和电流，最后结合发电机的电动势公式e=NBSo sin3t 分析.43.某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速 n 匀速转动时，额定电压为 Ub的灯泡正常发光，电压表示数是 U1.已知线圈电阻是 r，灯泡电阻是 R,则有（）i 2_I(a)B.电动机的内阻为 10Q电动机的效率为 80%故瞬时表达式 e=220sin 1002B 由 P热=1 r 可知，电动机内阻C增加光强且长时间照射电阻 坏电动机，故 C 正确

50、；从而烧根据效率B.C.D.e=18sin90nt(V)P 适当下移【答案】【考点】【解答】解：A、小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：门=4|.：=.，根据变流比公式:二一一：，故 A 错误；【解计算得出，故 BC 正确；二，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加，为使灯泡仍能正P 适当上移，故 D 错误；36V36W 的灯泡正常发光.以下判断正确的是（A. 变压器输入电压的瞬时值是u=Usin2nntB. 变压器的匝数比是U:UhC. 电流表的示数是FT-D.线圈中产KU j生的电动势最大值是 Em=U【答案】B,C【考点】变压器原理【解析】【解答】解：A、线圈以较大的转速 n 匀速转动

51、时，所以3=2nn,所以变压器输入电压的瞬时值u=U1Sin2nnt，故 A 错误.B、电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是Ui： U0.故 B 正确.C 理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P=，所以输入功率为 P= ，电流表的RR示数是 I1= ，故 C 正确.5 RUD 由于线圈有内阻 r，故线圈中产生的电动势有效值大于U ,最大值也就大于电U ,故 D 错误.故选 BC.【分析】理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比.并利用灯泡正常发光的 电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系.44.如图，一理想变压器原、副线圈

52、的匝数分别为ni、n2.原线圈通过一理想电流表A 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为 R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大.用交流电 压表测得 a、b 端和 c、d 端的电压分别为Ub和 UCd，则（）b:aA. Lib: UCd=ni:n2B.增大负载电阻的阻值 R,电流表的读数变小C.负载电阻的阻值越小，cd 间的电压 UCd越大D.将二极管短路，电流表的读数加倍【答案】B,D【考点】变压器原理【解析】【解答】解：A、假设副线圈两端电压的有效值为 U ,根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：Hb：U=ni： n2；而因二极管的单向导电性，cd

53、 间电压的有效值并不等于副线圈两端的电压有效值，所以 Lib： LCd不等于 ni：n2;，故 A 错误；B 畐 U 线圈两段的电压依赖于输入电压和匝数，所以副线圈两端的电压不变，电阻增大，则电流减小，畐 U 线圈的功率减小，最后使得 输入功率减小，而输入电压不变，最后使得电流减小，所以电流表的示数减小，故 C cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、畐U线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以 负载电阻变化，故 C 错误；D假设副线圈两端交变电压的峰值为um毎)I叭丁，求R 2 R1)2R 牙=1cd2RT,求得 Icd=.则 Pcd=Udlcd=4二极管短路后有：cd 两端电压等于副线圈两端电

54、压，即Ucd=，流经定值电阻 R 的电流 I = - - - .所以 Pcd=2R:d.由于理想变压器原线圈上的功率与副线圈的相等， 而原线圈上的电压有效值不变，所以二极管短路后的电流表读数 是二极管短路前的 2 倍.故 D 正确. 故选：BD.【分析】假设没有二极管，则可根据理想变压器的原副线圈的功率相等，且电压与匝数成正比，电流与匝数成反比， 即可求解电压关系，电流变化情况，再由二极管的单向导电性，根据副线圈的电压与时间变化规律，从而可求得结 果.45.如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动， 输出交流电的电动势图象如图乙所示， 经原副线圈的匝数比为 1 : 10

55、 的理想变压器为一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为 22W 现闭合开关，灯泡正常发光.则（B.交流发电机的转速为 50r/sD.灯泡的额定电压时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故 二=50r/s，故 B 正确；C 原线圈输入电压为有效值为22V,则副线圈的电压为 22X10=220V 由 P=UI 可知，副线圈电流 12= = =0.1A ,则由=-7-求得 I1=1A；故 C 正确；D 灯泡正常发光，故额定电压为220V,故 D 错误；故选：BC.【分析】由图 2 可知特殊时刻的电动势，根据电动势的特点，可判处于那个面上，由图象还可知电动势的峰值和周 期，根

56、据有效值和峰值的关系便可求电动势的有效值.46.如图所示，理想变压器初级线圈接一交变电流，交变电流的电压有效值恒定不变.副线圈接有光敏电阻电阻阻值随光照强度增大而减小）、Ra 和 F3,则下列说法中正确的是（）0、J-1-A.只将 S1从 2 拨向 1 时，电流表示数变小B.只将S2从4拨向3时，电流表示数变小C.只将 S3从闭合变为断开，电阻 R2两端电压增大D.仅增大光照强度，原线圈的输入功率增大【答案】B,D【考点】变压器原理B 正确；cd 间的电压 LCd不会随着副线圈回路的电流峰值为I则二极管短路前有：副线圈两端电压的有效值L2=，由 W=计算电阻 R 的电能得:得 LLd=- .副

57、线圈回路电流的有效值 I二，由 W=fRt 计算电阻 R 的电能得：（.则Pcd=UcdIcd=申A.C.为220B,C变压器原理【解答】解：A、由图乙可知，当 0.01s【答案】【考点】【解析】误；B、由图可知，交流电的周期为0.02s，则转速为:n=Ra 和 F3,则下列说法中正确的是（)t=0.01s【解析】 【解答】解：A、只将 S 从 2 拨向 1 时，n1变小，根据变压比公式知输出电压变大，故输出电流变大，输出 功率变大；输入功率等于输出功率，故输入功率变大，输入电流变大，故A 错误；B、只将 S 从 4 拨向 3 时，n2变小，根据变压比公式知输出电压变小，故输出电流变小，输出功

58、率变小；输入功率等 于输出功率，故输入功率变小，输入电流变小，故B 正确；C 只将 S3从闭合变为断开，R?、R3电压不变，R阻值不变，所以电阻 R 两端电压不变，故 C 错误；D 仅增大光照强度，R 变小，故输出电流变大，故输出功率变大，而理性变压器的输出功率等于输入功率，故原线 圈的输入功率增大，故 D 正确；故选：BD【分析】根据理想变压器原副线圈变压比公式，理想变压器输入功率等于输出功率；根据以上两条规律分析讨论即可.47.为研究高压输电减少电能损失的规律，设计如图所示演示实验电路.变压器T1的原线圈接入U1=14.14sin100nt（V）的学生电源，变压器 T2的副线圈接入“ 10V, 10V”的灯泡，调节各线圈匝数使灯泡正常发光，两变压器之间的输电导线总电阻 r=3Q下列判断正确的是（）49.在如图所示的变压器电路中，两定值电阻的阻值R=R=R,变压器为理想变压器，电表为理想电表，在a、b 两端输入正弦交流电压，原副线圈的匝数比为 1 : 2,则（）A.变压器 Ti的输出功率大于 10WB.灯泡