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2021届高考物理二轮复习 提升指导与精练19 交变电流及理想变压器

2021届高考物理二轮复习 提升指导与精练19 交变电流及理想变压器

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交变电流及理想变压器
1．对于本知识点，高考中主要是以选择题的形式考查交变电流的形成、交变电流的特征量及变压器的工作原理。
2．注意要点：变压器联系着两个电路——原线圈电路、副线圈电路。原线圈在原线圈电路中相当于一用电器，副线圈在副线圈电路中相当于电源。
例1．(2018·全国III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(　　)
A．∆P′＝∆P B．∆P′＝∆P C．∆U′＝∆U D．∆U′＝∆U
【答案】AD
【解析】输电线上损失的功率ΔP＝( )2·r，损失的电压ΔU＝·r，当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的 ，即ΔP′＝ΔP，损失的电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU，故选AD。
例2．(2020·全国III卷·20)在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是(　　)

A．所用交流电的频率为500 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
【答案】AD
【解析】交流电的周期T＝0.02 s，则频率f＝50 Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I＝＝1 A，R2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知U2＝IR2＝10 V，根据理想变压器的电压规律＝可知原线圈的电压U1＝100 V，电阻R1两端分压即为电压表示数，即UV＝U0－U1＝120 V，B错误；电流表的示数为，C错误；副线圈中流过的总电流I2＝I+IA＝1.5 A，变压器原副线圈传输的功率P＝I2U2＝15 W，D正确。
提分训练

1．(多选)图甲为小型交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100、总电阻r＝5 Ω，线圈的两端与阻值为95 Ω的电阻R连接，交流电压表为理想电表。t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。若交流发电机产生的电动势的最大值为Em，电压表的示数为U，则(　　)

A．Em＝200 V，U＝134 V
B．Em＝134 V，U＝95 V
C．通过电阻R的电流每秒内方向改变约50次
D．电阻R实际消耗的功率为190 W
【答案】AD
【解析】交流发电机产生的电动势的最大值Em＝nBSω，而Φm＝BS，由Φ－t图线可知Φm＝2.0×10－2 Wb，T＝2π×10－2 s，所以ω＝100 rad/s，Em＝200 V，电动势的有效值E＝＝100 V，由闭合电路的欧姆定律，可知电路中电流的有效值I＝＝ A，电压表的示数为U＝IR＝95 V≈134 V，故选项A正确，B错误；由题图乙可知，周期T＝2π×10－2 s，频率f＝≈16 Hz，故通过电阻R的电流每秒内方向改变约32次，选项C错误；电阻R消耗的功率为P＝I2R＝190 W，故选项D正确。
2．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，发电机取两种不同的转速，使其电动势随时间的变化规律如图乙中a、b所示，则下列说法正确的是(　　)

A．曲线b表示的交变电流的电动势有效值为10 V
B．曲线a、b对应的线圈角速度之比为3∶2
C．线圈转速不变，将原线圈滑片P向上滑动时，灯泡变暗
D．P位置不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，变压器的输入功率变大
【答案】BC
【解析】由图乙知a的周期为4×10－2 s，b的周期为6×10－2 s，则由T＝可知，角速度与周期成反比，故角速度之比为3∶2，选项B正确；曲线a表示的交变电动势最大值是15 V，根据Em＝nBSω得曲线b表示的交变电动势最大值是10 V，则有效值为V，选项A错误；将原线圈滑片P向上滑动时，原线圈匝数变大，根据变压比公式＝，输出电压减小，灯泡会变暗，选项C正确；P位置不变，副线圈电压不变，滑动变阻器连入电路阻值变大时，输出功率P＝变小，输入功率也变小，选项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5∶1，原线圈输入交变电压u＝311sin (100πt) V，已知照明灯额定功率为44 W，排气扇电动机内阻为1 Ω，电流表示数为2 A，各用电器均正常工作，电表均为理想表。则(　　)

A．电压表示数为62 V
B．变压器的输入功率为186 W
C．排气扇输出功率为43 W
D．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为Um＝311 V，原线圈输入电压为U1＝220 V，根据变压器变压公式，U1∶U2＝5∶1，可知副线圈输出电压U2＝44 V，选项A错误；变压器的输出功率为P出＝U2I＝44×2 W＝88 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，选项B错误；由P出＝P灯＋P扇＝44 W＋P扇＝88 W可知，P扇＝44 W。照明灯中电流I灯＝＝1 A，排气扇中电流I扇＝I－I灯＝1 A，排气扇内阻发热功率为P热＝Ir＝1 W，由P扇＝P热＋P出可得排气扇输出功率为P出＝43 W，选项C正确；由P入＝U1I1，解得保险丝中电流I1＝0.4 A，即保险丝熔断电流不得低于0.4 A，选项D错误。
4．(多选)如图甲所示，阻值为 Ω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n＝10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ω绕固定轴OO′转动，穿过每匝线圈的磁通量Φ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e＝20sin (200t)V
B．理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1
C．理想交流电压表的示数为 V
D．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T＝π×10－2 s，角速度ω＝＝200 rad/s，则矩形线圈产生的最大电动势Em＝nBSω＝nΦmω＝20 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e＝20cos (200t)V，A错误；发电机电动势有效值E有＝ V＝20 V，设通过灯泡的电流为I，则有＝＝，故理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，B正确；由电压关系可得＝，即U＝ V，C错误；由欧姆定律可得通过灯泡的电流I＝＝2 A，则理想交流电流表的示数为2 A，D正确。
5．(多选)如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，电灯L的亮度变暗了，下列哪些措施可以使电灯L重新变亮(　　)

A．其他条件不变，P1上移，同时P2下移
B．其他条件不变，P1下移，同时P2上移
C．其他条件不变，断开开关S
D．其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动
【答案】BC
【解析】P1上移则n1增大，P2下移则n2减小，由理想变压器规律＝可知U2将会变得更小，所以电灯L不会重新变亮，选项A错误；P1下移则n1减小，P2上移则n2增大，由理想变压器规律＝可知U2将会变大，所以电灯L会重新变亮，选项B正确；其他条件不变，则电压U2不变，断开开关S，并联部分电阻变大，副线圈电流变小，R1分压变小，电灯L两端的电压将变大，所以电灯L会重新变亮，选项C正确；其他条件不变，将滑动变阻器的滑片P向下移动，总电阻变小，总电流变大，R1分压变大，电灯L两端的电压将变小，所以电灯L不会重新变亮，选项D错误。
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＝，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UV2＝U2－IRL，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＝，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．如图为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，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U＝Ir增大，损耗的功率P＝I2r增大，T2的输入电压U3＝U2－Ir减小，所以U4减小，即灯泡L1两端的电压减小，变暗，故选项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＝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I4＝得负载电流增大，整个电路电流增大，r消耗的功率会变大，故选项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，所以选项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1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻为10 Ω，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U2＝2 000 V
C．用户获得的功率为19 kW
D．将P下移，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，故选项A错误；由＝可知I2＝10 A，由P＝U2I2，解得U2＝2 000 V，故选项B正确；损失功率为P损＝IR＝1 000 W，所以用户获得的功率为P1＝P－P损＝19 kW，故选项C正确；将P下移，n3增大，由＝可知U4减小，故选项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
B．灯泡L中的电流为
C．风扇电动机D输出的机械功率为(I－)
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，灯泡L中的电流为，而电动机的输入功率为，故A、B项错误；电动机D的输入功率为，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－I2r，故C项错误；若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＝可知，通过原线圈的电流为，故D项正确。
10．如图所示，一个边长L＝10 cm，匝数n＝100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B＝0.50 T，角速度ω＝10π 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e＝5πcos10πt（V）
B．增大线圈转动角速度ω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Em＝NBSω可得感应电动势的最大值Em＝100×0.5×0.1×0.1×10π V＝5π 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：e＝Emcos ωt＝5πcos10πt（V），故选项A正确；根据Em＝NBSω可得增大线圈转动角速度ω时，感应电动势的峰值Em增大，故选项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，故选项C错误；增大电容器C两极板间的距离时，根据C＝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，故选项D错误。