【原创】（新高考）2022届高三物理精准提升专练19 交变电流及理想变压器 教师版

1、好教育云平台教育因你我而变专练19 交变电流及理想变压器常考题型1.应用 交变电流的产生及“四值”的计算 例1(2021辽宁卷5)如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO以角速度匀速转动，ab边距轴eq f(1,4)L。线圈中感应电动势的有效值为()ANBL2 Beq f(r(2),2)NBL2 Ceq f(1,2)NBL2 Deq r(2)NBL2【解析】交流电的最大值和两条边到转轴的距离无关，为EmNBSNBL2，因此有效值Eeq f(Em,r(2)eq f(r(2),2)NBL2。【答案】B2.应用变压器

2、的定量计算及动态分析 例2(2021湖北卷6)如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中()A电流表A1示数减小B电流表A2示数增大C原线圈输入功率先增大后减小D定值电阻R消耗的功率先减小后增大【解析】由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，根据由欧姆定律可知副线圈的电流逐渐减小，由eq f(I1,I2)eq f(n2,n1)可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A正确

3、，B错误；原线圈的输入功率PU1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C错误；由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与变阻器右半部分并联的总电流减小，又与定值电阻并联的变阻器右半部分的电阻值减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式PRI2R可知，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，故D错误。【答案】A3.应用远距离输电 例3(2020全国II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

4、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()APeq f(1,4)P BPeq f(1,2)P CUeq f(1,4)U DUeq f(1,2)U【答案】AD【解析】输电线上损失的功率P(eq f(P,U) )2r，损失的电压Ueq f(P,U)r，当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的eq f(1,4) ，即Peq f(1,4)P，损失的电压变为原来的eq f(1,2)，即Ueq f(1,2)U，故选AD。对点速练1为做好疫情防控供电准备，防控指挥中心为医院设计的备用供电系统输电电路简图如图甲所

5、示，矩形交流发电机匝数n50，线圈、导线的电阻均不计，在匀强磁场中以矩形线圈中轴线OO为轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间t的变化图像如图乙所示，。并与变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电，变压器为理想变压器，假设额定电压为220 V的医疗设备恰能正常工作。下列说法正确的有()A电压表的示数为50eq r(2) VB假如给变压器输入端接入电压U50 V的直流电，医疗设备能正常工作C变压器的匝数比为522D从t0开始计时，变压器的原线圈两端的电压u50eq r(2)sin100 t（V）【答案】C【解析】根据图像可得T0.02 s，线圈的角速度，线圈产生的电动势，根据Umn

6、m50eq r(2) V，则电压表的示数位Ueq f(Um,r(2)50 V，变压器的匝数比，A错误，C正确；根据变压器的原理，变压器输入端接入电压U50 V的直流电，变压器不工作，医疗设备不能正常工作，C错误；t0时，磁通量为0，则变压器的原线圈两端的电压u50eq r(2)cos 100 t（V），D错误。2(多选)如图甲所示，矩形线圈绕转轴OO在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流直接给图乙的电路供电。图2理想变压器的原线圈接有理想电流表A，副线圈接有电阻R和电容器C，开始时灯泡L1、L2一样亮，不计线圈的电阻，灯泡不会烧坏，则()A线圈面积加倍，L1、L2仍一样亮B线圈转速加倍，L1、L

7、2仍一样亮C线圈面积加倍，电流表A的示数也加倍D线圈转速加倍，电流表A的示数也加倍【答案】AC【解析】线圈面积加倍，L1、L2两支路两端的电压加倍，因容抗不变，因此L1、L2仍一样亮，故A正确；因副线圈两端电压加倍，电流加倍，知电流表A的示数也加倍，故C正确；线圈转速加倍，因容抗减小，L2比L1更亮，故B错误；因副线圈中电流大于2倍，知电流表A的示数也大于2倍，故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

8、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，A错误；变压器的输出功率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，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eq f(P灯,U2)1 A，排气扇中电流I扇II灯1 A，排气扇内阻发热功率P热Ieq oal(2,

9、扇)r1 W，由P扇P热P出可得排气扇输出功率P出43 W，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，D错误。4(多选)如图，理想变压器原线圈接在u220eq r(2)sin100 t（V）的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节。当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1n221，为了使图中“100 V，50 W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是()A仅将滑片P向上滑动B仅将滑片P向下滑动C仅在副线圈电路中并联一个阻值为20 的电阻D仅在副线圈电路中串联一个阻值为20 的电阻【答案】BD【解析】原线圈电压有效值，则次级电压有效值，则

10、为了使图中“100 V，50 W”的灯泡能够正常发光，则需要减小次级电压，即仅将滑片P向下滑动；或者仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值，故选BD。5(多选)如图甲所示，阻值为eq f(10,3) 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e20eq r(2)sin (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eq

11、 f(40,3) 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eq f(2,T)200 rad/s，则矩形线圈产生的最大电动势EmnBSnm20eq r(2) 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e20eq r(2)cos (200t)V，A错误；发电机电动势有效值E有eq f(20r(2),r(2) V20 V，设通过灯泡的电流为I，则有eq f(I,2I)eq f(n2,n1)eq f(1,2)，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eq f(20U,U)eq f(2,1)，即Ueq f

12、(20,3) V，C错误；由欧姆定律可得通过灯泡的电流Ieq f(U,R)2 A，则理想交流电流表的示数为2 A，D正确。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eq f(U1,U2)

13、eq f(n1,n2)，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eq f(U1,U2)eq f(n1,n2)，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(多选)如图为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，

14、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eq f(

15、n2,n1)eq f(U2,U1)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I4eq f(U4,R)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，

16、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A错误；由eq f(I,I2)eq f(1,10)可知I210 A，由PU2I2，解得U22000 V，故B正确；损失功率P损Ieq oal(2,2)R1 000 W，所以用户获得的功率P1PP损19 kW，故C正确；将P下移，n3增大，由eq f(U3,U4)eq f(n3,n4)可知U4减小，故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

17、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eq f(UI,n)B灯泡L中的电流为eq f(U,nr)C风扇电动机D输出的机械功率为eq f(U,n)(Ieq f(U,nR)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eq f(U,n)，灯泡L中的电流为eq f(U,nR)，而电动机的输入功率为eq f(UI,n)，故A、B错误；电动机D的输入功率为eq f(UI,n)，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eq f(UI,n)I2r，故C错误；若

18、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eq f(I1,I2)eq f(n2,n1)可知，通过原线圈的电流为，故D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C错误；增大电容器C两极板间的距离时，根据Ceq f(rS,4kd)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