发布时间 : 星期二 文章京津鲁琼专用2020版高考物理大二轮复习专题四第1讲直流电路与交流电路讲义更新完毕开始阅读543a54e5acaad1f34693daef5ef7ba0d4a736da5
A．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 Hz B．远距离输电线路损耗功率为180 kW
C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大 D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大
解析：选AD.由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为
25 000 V，所以输电线中的电流为I＝＝30 A，输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率为ΔP＝ΔUI＝90 kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；由C知副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，D正确．
命题角度 理想变压器的原理考查 解决方法 能量守恒法、互感原理、自感原理 原、副线圈功率相等，原、副线圈两端的电压比为匝数比 易错辨析 通过互感现象得出原、副线圈的电压关系，而电流关系要根据原、副线圈功率相等来求解 原线圈电压是用供电电压减去原线圈的负载电压后得到的 弄清变化量和不变量，确定是负载电阻不变还是匝数比不变，从而明确研究问题的方向是从原线圈到副线圈，还是从副线圈到原线圈 用损失功率来计算损失电压是联系原、副线圈的纽带 PU变压器原线圈接负载问题 理想变压器的动态分析问题 程序法，原、副线圈电流、电压的决定关系 远距离输电问题
损失只在线路上，求解损失电压是关键
一、单项选择题
1．(2019·哈尔滨三中二模)如图所示的电路中，当滑动变阻器R2的滑动触头P向下滑动时，下列说法正确的是( )
A．电压表的读数减小 B．R1消耗的功率增大
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C．电源的输出功率增大 D．电容器C所带电荷量增多
解析：选D.根据电路图可知，R1、R2串联后接在电源两端，电容器C并联在R2两端，电压表V测路端电压．当滑动触头P向下滑动时，R2连入电路的电阻变大，则外电路总电阻R变大，由I＝ER＋r知电流I减小，由U＝E－Ir知路端电压增大，则电压表示数变大，电源的
2
输出功率P出＝UI无法判断．由PR1＝IR1知，R1消耗的功率变小．由UR2＝E－(R1＋r)I知电容器两端电压变大，则电容器所带电荷量增多．综上所述，A、B、C错误，D正确．
2．如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交流电动势e随时间t变化的图象如图乙中曲线a、b所示，则( )
A．t＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置 B．a、b对应的线圈转速之比为2∶3 C．a、b对应的两线圈面积之比为1∶1
D．若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变
解析：选C.t＝0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，选项1
A错误；由图线可知，两线圈的周期之比Ta∶Tb＝2∶3；故根据n＝可知a、b对应的线圈转
TωaTb3Ema153SaEmaωb1
速之比为3∶2，选项B错误；根据Em＝NBωS，＝＝；＝＝；则＝＝，选ωbTa2Emb102SbEmbωa1项C正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最
大值要变化，电动势的有效值之比一定变化，选项D错误．
3．(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω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( )
A．原线圈的输入功率为2202 W B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为1102 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为2202 V，故有
U1n1U22
效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，
U2n2R再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，
U2
RI1I2
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＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 2π
V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，
ω所以D项错误．
4．一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，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U1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( )
n2n1
A．U2>U1，U2降低 C．U2 B．U2>U1，U2升高 D．U2 解析：选C.由变压器的变压公式＝可知，由于原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2，因此有U1>U2，当滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，n2减小，因此U2降低，C项正确． 5．(2019·济南质检)如图所示，电源电动势为E，内阻为r.电路中的R2、R3分别为总阻值一定的滑动变阻器，R0为定值电阻，R1为光敏电阻(其阻值随光照强度增大而减小)．当开关S闭合时，电容器中一带电微粒恰好处于静止状态，则下列说法中正确的是( ) U1n1U2n2 A．只逐渐增大R1的光照强度，电阻R0消耗的电功率变大，R3中有向上的电流 B．只将R3的滑片P2向上移动时，电源消耗的功率变大，R3中有向上的电流 C．只将R2的滑片P1向下移动时，电压表示数变大，带电微粒向下运动 D．若断开开关S，电容器所带电荷量变大，带电微粒向上运动 解析：选A.只逐渐增大R1的光照强度，R1的阻值减小，电流变大，R0消耗的电功率变大，电容器的电压增大，电容器充电，R3中有向上的电流，A选项正确；由于R3与电容器相连，而电容器隔直流，所以只调节R3的阻值对电路中的电流和电压没有影响，电源消耗的功率不变，R3中没有向上的电流，B选项错误；只将R2的滑片P1向下移动时，电路中的电流不变，因此电U2 容器两端的电压U2增大，带电微粒受到的电场力F＝qE＝q变大，微粒将向上运动，C选项错 d误；若断开开关S，电容器将通过R3、R2放电，电容器所带电荷量减少，带电微粒向下运动，D选项错误． 6．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，其他条件不变，则( ) - 11 - A．小灯泡变亮 B．小灯泡变暗 C．原、副线圈两端电压的比值不变 D．通过原、副线圈电流的比值不变 解析：选B.由＝得U2＝U1 由由 U1n1U2n2n2n1 ① ② U1n1－Δnn2－Δn＝得U′2＝U1 U′2n2－Δnn1－Δn②U′2（n2－Δn）n1n2n1－Δnn1U′2 得：＝＝，因为n2＜n1，所以＜1，即U′2＜U2，故①U2（n1－Δn）n2n2n1－Δnn2U2 小灯泡变暗，B正确，A错误；由以上分析过程可以看出，C错误；由＝和 I1n2I′1n2－Δn＝可I2n1I′2n1－Δn见，D错误． 7．如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为( ) A．1∶1∶1 B．3∶2∶1 C．6∶2∶1 D．2∶2∶1 解析：选B.灯泡正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想变压器的电压关系 n2U222 得＝＝，可得n2＝2n3.灯泡都正常发光，则功率相等，即PA＝PB＝PC＝PD.由P＝IR得IA n3U31 ＝IB＝IC＝ID，即I1＝I2＝I3. 由理想变压器的功率关系得U1I1＝U2I2＋U3I3，即n1I1＝n2I2＋n3I3，可得n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3.所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1. 8．(2019·青岛二模)如图1所示，M为一电动机，当滑动变阻器的触头从一端滑到另一端的过程中，两电压表的读数随电流表读数的变化情况如图2所示，已知电流表读数在0.2 A以下时，电动机没有发生转动，不考虑电表对电路的影响，以下判断不正确的是( ) A．电路中的电源电动势为3.9 V B．电动机的电阻为4 Ω C．此电路中，电动机的最大输出功率为0.9 W D．变阻器的最大阻值为32 Ω 解析：选C.由电路图1知，电压表V2测量路端电压，电流增大时，内电压增大，路端电压减小，所以最上面的图线表示V2的电压与电流的关系，此图线的斜率大小等于电源的内阻， - 12 -