专题5第1讲电路和电磁感应

1、专题五第一讲、选择题（16题只有一个选项正确，710小题有多个选项正确）1 . （2014 云南第一次检测）如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为:u= 220 2sin 100 n t（V）的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“ 22 V 22 W”的灯泡10个，灯泡均正常发光。除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是A.变压器原、副线圈匝数比为B.电流表示数为1AC.电流表示数为10AD.副线圈中电流的频率为5Hz答案B解析 由 u = 220 2sin100输出端10个灯泡并联且正常发光,22/2n t（V）可知，输入电压的有效值 U = V= 220V,又知在 yj2则

2、知输出端电压的有效值U2= 22V,则n1 : n2= U : U2= 10 :1, A错；灯泡正常发光时的电流PI = u= 1A,输出端10个灯泡均正常发光，总电流 I 2= 10I =10A,根据丨1： I 2= n2 : n 1,得出电流表示数 丨1= 1A, B对，C错；变压器中输出电流的频率与输入电流的频率是一致的, 罟上Hz= 50Hz, D错。2 n2 . （2014 浙江）如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是丨1,其末端间的电压为U。在输电A. 用户端的电压为1心/1 2B.输电线上的电压降为UC.理

3、想变压器的输入功率为 l1rD.输电线路上损失的电功率为I1U答案A解析本题考查远距离输电，解题关键是弄清远距离输电的原理和方法。根据变压器的原理，有U2 n2U1= n112 niI in2I i所以用户端电压 Uz=-U, A正确，输电线上的电压降， U= IiR<U B错误；理想变压器I 2的输入功率Pl = Uli, C错误；输电线上损失功率 P损=llr, D错误。远距离输电中电路损耗功率P损=I线R线，其中线=P输电3. （2014 甘肃第一次诊断）图中B为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源 上。指示灯Li和L2完全相同（其阻值均恒定不变），R是一个定值电阻，电压表

4、、电流表都为 理想电表。开始时开关S是闭合的，当S断开后，下列说法正确的是 （）A.电流表A的示数变大B.电压表的示数变大C.电流表A的示数变小D.灯Li的亮度变暗答案C解析 变压器输出电压由输入电压和匝数比决定，S断开后输入电压和匝数比不变，所以电压表的示数不变；但负载电阻变大，则输出电流变小，A2的示数变小；输出、输入功率变小，则Ai的示数变小；因 R上电压变小，则Li上电压变大，亮度变亮。故只有 C对。4. （20i4 江西八校联考）有一种调压变压器的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压。图中 A为交流电流表，V为交流电压

5、表，Ri、Ra为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端接正弦交流电源，变A. 当R3不变，滑动触头 P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B. 当R3不变，滑动触头 P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C. 当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D. 当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大答案AUCd ncD解析当R3不变，P顺时针转动时，nMN减小，由77= ，知Umn减小，则电压、电流表 UMn nMN读数均减小，A项正确，同理知 B项错；当P不动时，匝数nMN不变，输出电压 Umn不变，滑片 向上滑动，根据

6、串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知 D项也错误。5. （2014 山西太原一摸）如图是原、畐U线圈都有中心抽头（匝数一半处）的理想变压器,原线圈通过单刀双掷开关S与电流表连接，副线圈通过另一单刀双掷开关S2与定值电阻 R）相U的正弦交流连接，通过S、S2可以改变原、副线圈的匝数。现在原线圈上加一电压有效值为电，当Si接a.S接c时，电流表的示数为I，下列说法正确的是（2IA.当S接a, S2接d时，电流为B.当S接a, S2接d时，电流为C.当Si接a, S2接d时，电流为D.当Si接a, S2接d时，电流为答案1 C解析|设Si、&分别接a、c时,匝数比为n

7、i : n2,则输出电压212i4I功率 p= ui = R,n2UU'在Si、S分别接a、d时，输出电压乔功率P'= UI'2O?，解得FR）B项均错，同理可知， C项对、D项错误。6. （2014 湖北八校二联）如图为学校配电房向各个教室的供电示意图,T为理想变压器,V、Ai为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出端的电压表和电流表，Ri、R2为教室的负载电阻， M、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有 相当长的一段距离，则当开关 S闭合时（）A. 电流表A、A和A的示数都变大B. 只有电流表 Ai的示数变大C. 电压表必的示

8、数变小D. 电压表V2和V3的示数都变小答案CU nini解析 在电路中，S闭合前，由人=可知，电压表的示数 V2为U2= U,电路中电流表U2 n 2比A与A是串联关系，则由欧姆定律可得U212= 13=（r为电线电阻），电压表 V3的示数为U3r十R12 ni一压=Ri12，再由厂=可知电流表 Ai示数为li= 12，同理，在电路中 S闭合后，可知因 U不变，I i n2nin2U2电压表V2示数为U2'=U= U2不变，|2= （r为电线电阻），因R并<R,则有12 >1 2, nir 十 R并压U3又 li'= 12'，贝V 11' >

9、| i，由 U2 '= Ur'+ U3'= I2' r 十 U3',可知 U3' <U3,又 I 3 =nir则I 3 <| 3,则可判断Vi不变，V2不变，V3变小，Ai变大，A变大、A变小，A B D项都错误, C项正确。7. （20i4 江苏）如图所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来。若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有（）A. 增加线圈的匝数B. 提高交流电源的频率C. 将金属杯换为瓷杯D. 取走线圈中的铁芯答案AB解析本题考查交变电流中涡流的产生。解题的关键是要弄清杯内水沸腾

10、的原因和决定的因素。交变电流在铁芯中产生交变磁场，金属杯不会产生感应电流而发热，从而使杯内 水沸腾。增加线圈的匝数和提高交流电源的频率都可以增大金属杯产生的电流，可缩短加热 时间，选项A, B正确；将金属杯换成瓷杯，变化磁场不能使它产生电流，也就不能使水加热， 选项C错误；取走线圈中的铁芯，会减小周围的磁场，金属杯产生的电流会减小，从而增加 水沸腾的时间，选项 D错误。借助生活中的装置考查物理知识是高考中常见题型。8. （20i4 黑龙江齐齐哈尔二模）如图所示，一理想变压器原、畐U线圈的匝数之比为iO：i,原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C和电阻R为负载，交流电压表和交流电流

11、表均为理想电表，则下列说法正确的是（）A. 若电压表的示数为 6V,则输入电压的峰值为60 2VB. 电流表的示数为流经电阻R的电流C. 若输入电压 U= iOOV,则电容器 C的耐压值至少为iOVD. 若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大答案AD解析电压表示数为6V,由斗='，得U= 60V,则输入电压的峰值为 Um= 65/2v, A项正确；在交流电路中电容器 C电阻R都工作，则电流表测得的是流经R与C的电流之和，B项错误；若输入电压 U= 100V,则输入电压峰值为um= 100 2V,则输出端电压的峰值即电容器C的耐压值至少为10 2V, C项错误

12、；若输入电压峰值保持不变，将频率变大，由电容器C对交流电的影响可知，交流电的频率变大，容抗RC变小，总电阻变小，由P= £得输出功率将变大，则输入功率也将变大，D项正确。9. （2014 内蒙古包头测评）有一种家用电器，图甲是其电路工作原理图，当电阻丝接在u= 311sin100 n t（V）的交流电源上后，电阻丝开始加热，当其温度达到某一数值时，自动控温装置P启动，使电阻丝所接电压变为图乙所示波形（部分仍为正弦波），从而进入保温状态。不计电阻丝阻值的变化，则下列说法正确的是（电阳)A. P启动后,电阻丝的功率变为原来的一半B. P启动后,电阻丝所接交变电压的频率变为原来的一半C.

13、P启动后,电压表的读数大约是原来的0.5倍D. P启动后,电压表的读数大约是原来的0.7倍答案ADU有解析P启动前电阻丝的功率 P1=ER32R2, P启动后,结合乙图可知电阻丝的功率P2U有U有 T U有RT，由有效值定义有有 2+ 0 = -RT,鲁，则知P = 2P2, A正确；P启动前的交流电的频率f = 器Hz= 50Hz,2 n启动后的交流电的频率f '= T= 0-02 Hz= 50Hz,，又由启动前后功率关系可知，启则B错误；电压表在交流电中测有效值，启动前U有=动后U有冷0.7U有，则C错误，D正确。10. （2014 新课标n ）如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分

14、别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，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Uab和UCd，则（）A. Ub : 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Ud越大D. 将二极管短路，电流表的读数加倍答案BD解析 本题考查理想变压器在实际电路中的应用及交流电压表的读数，解题关键理想 变压器的原副线圈的功率关系，电压关系应明确，二极管的单向导电性使交流电只有一半时 间通电，电压的有效值与交流电压的正常有效值不相

15、等，副线圈两端电压的有效值为U2,由22-T-于二极管的单向导电性，交流电压表的读数为电压的有效值，由有效值的定义，有URdT=-2,2Ub niUab niUCd = U。对于理想变压器，=，则|工，所以A错误。2Lh n2UCd n2负载电阻R增大时，副线圈输出的功率减小，则原线圈输入的功率减小，B正确；cd间电压的大小决定于原线圈输入的电压大小，与负载电阻及阻值的大小无关，C错误；二极管短路后，输出功率加倍，则输入功率加倍P入=IUi,因为U不变，所以Ii加倍，电流表的示数加倍，D正确。易错提醒：误认为 c、d两端电压的有效值等于副线圈两端电压的有效值。从而得出半而错选A。二、非选择题1

16、1. 如图所示，边长为 I的正方形线圈abcd的匝数为n,线圈电阻为r，外电路的电阻 为R, ab的中点和cd的中点的连线 00恰好位于匀强磁场中的边界上，磁感应强度为B,现在线圈以00为轴，以角速度 3匀速转动，求：(1) 闭合电路中电流瞬时值的表达式；(2) 线圈从图示位置转过 90°的过程中电阻 R上产生的热量；(3) 线圈从图示位置转过 90°的过程中电阻 R上通过的电荷量;电阻R上的最大电压。.nBI234n n BI 3 R2 r2nBIr2nBI 3 R(4) -2 r解析(1)线圈转动时，总有一条边切割磁感线，且ad边和be边转动的线速度大小相等，当线圈平行

17、于磁场时，产生的感应电动势最大，为En= nBlv = nBI 13 2l=Bl23 .nBI2由闭合电路欧姆定律可知I n=3r ，当以图示位置为计时起点时，流过R的电流表sin 3 t r达式为:nBI23i= Insin 31= 2厂sin 31(2)在线圈由图示位置匀速转过90°的过程中，用有效值来计算电阻R上产生的热量 Q=2 TI RtIn其中| =1 2 2,2nBI2 3n,T =r322,4卄 2 T n n BI 3 R 即Q=I r4=16(3)在转过90°的过程中感应电动势的平均值为:1 2 nBl2-2 nBI 3E = n t n2 3 E流过r

18、的平均电流i =；nBI23r所以流过R的电荷量T nBI 3 n q =1 4=nnBI22由部分电路欧姆定律可知电阻R上的最大电压为：5= 1张=2"R12. 发电机的端电压为 220 V，输出电功率为44 kW,输电导线的电阻为 0.2 Q ,如果用 初、次级线圈匝数之比为1 : 10的升压变压器升压，经输电线路后，再用初、次级匝数比为10 : 1的降压变压器降压供给用户。(1) 画出全过程的线路图；(2) 求用户得到的电压和功率；(3) 若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压。43.92 kW答案 略 (2)219.6 V(3)36 kW 180 V解析(1)线路

19、图如图所示:(2)升压变压器次级的输出电压n2U2= U = 2 200 V ni升压变压器次级输出电流n2升压变压器初级输入电流，由P= Ui11 得U144 X 103220A = 200 A所以mPl2= nur344X 1010X 220A = 20 A输电线路上的电压损失和功率损失分别为UR= 12R= 4 VPr= i ；R= 0.08 kW加到降压变压器初级线圈上的输入电流和电压I 3= I 2= 20 AU3= U2- UR= 2 196 V降压变压器的输出电压和电流n4U4= U3 = 219.6 Vn3 n3I 4= I 3 = 200 A n4用户得到的功率P4= U4I 4= 43.92 kW(3)若不采用高压输电，线路损失电压为U' r= I 1R= 40 V用户得到的电压u'= U U' R= 180 V13如图所示，线圈面积为2 . .0.05m，共100匝，线圈