1、高考资源网（） 您身边的高考专家热点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()
2、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 A
3、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(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
4、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
5、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/
6、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
7、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
8、 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
9、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
10、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 - 版权所有高考资源网
