新高考物理三轮复习习题汇编热点9电路和理想变压器问题练习（含解析）

新高考物理三轮复习习题汇编高考热点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ω匀速转动时，电压 表 关于同志近三年现实表现材料材料类招标技术评分表图表与交易pdf视力表打印pdf用图表说话 pdf 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()UA．图中电流表示数为rU2B．灯泡的额定功率为R＋rrCU1＋．发电机的线圈中产生的电动势的最大值为RD．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u＝2Usinωt2.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()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2∶1，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22W．闭合开关后，灯泡恰能正常发光．则()-1-A．原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝2202sin100πtVB．灯泡的额定电压为110VC．副线圈输出交流电的频率为100HzD．电压表读数为220V，电流表读数为0.2A4．(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-2-6．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表、电流表为理想电表．L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220V，60W”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660VB．电流表的示数为0.82AC．a、b两端的电压是1045VD．a、b两端的电压是1100V7．(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n1∶n2，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 住所证明下载场所使用证明下载诊断证明下载住所证明下载爱问住所证明下载爱问 ，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失22C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n28.(2019·江苏省高考压轴卷)如图所示，半径为L＝1m的-3-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ω＝10rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B＝2T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n1∶n2＝1∶4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()A．40VB．20VC．80VD．0热点9电路和理想变压器问题U1．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R2UEm率为P＝UI＝，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＝，R2Ur由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir，I＝，联立解得Em＝2U1＋，选项C错误；从线圈转到RR中性面开始计时，发电机产生的正弦交变电流表达式为i＝2Isinωt，灯泡两端电压的瞬时值表达式为u＝2Usinωt，选项D正确．2．解析：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ρLρaρ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Sadd度d有关，与体积无关，由V＝Sd可知，如果两导体的体积相同，则P1的厚度小于P2的厚度，2因此P1的电阻大于P2的电阻，则由P＝IR可知，P1的电功率大于P2的电功率，故B错误；由B的 分析 定性数据统计分析pdf销售业绩分析模板建筑结构震害分析销售进度分析表京东商城竞争战略分析 可知，若厚度相同，则两导体电阻相同，由U＝IR可知，P1两端的电压等于P2两端的电压，故C正确，D错误．2π3．解析：选AB.由题图乙可知：周期T＝0.02s，角速度ω＝＝100πrad/s，则原T线圈输入电压的瞬时值表达式：u＝2202sin100πtV，故A正确；原线圈电压的有效值：2202U1n2U1＝V＝220V，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压：U2＝＝2n1-4-1110V，故B正确；周期T＝0.02s，频率为：f＝＝50Hz，变压器不改变交流电的频率，所T以副线圈输出交流电的频率50Hz，故C错误；原线圈电压有效值为220V，则电压表的读数P额n2I2为220V，副线圈电流：I2＝＝0.2A，根据理想变压器电流与匝数成反比得：I1＝＝0.1U2n1A，即电流表读数为0.1A，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．n1U15．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，n2U2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U2＝220V．由变压器变压规律可知，原线圈两端电压有效值为U1＝4U2＝4×220V＝880V，选项P603A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I2＝3IU2220113I29＝3×A＝0.82A，选项B正确；由U1I1＝U2I2，解得原线圈中电流I1＝＝A，灯泡电阻1144422U2220242092420R＝＝Ω＝Ω，原线圈串联的灯泡两端电压为U灯＝I1R＝×V＝165V，a、P603443-5-b两端的电压是U灯＋U1＝165V＋880V＝1045V，选项C正确，D错误．27．解析：选BC.变压器只能改变交变电压，A项错误；根据P＝Ir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I2P2P＝，输电线上损耗的功率为P1＝Ir＝r，第二次实验，升压变压器副线圈两端的电压U2U1U12n2PP22＝U1，输电线上的电流为I′＝，输电线上损耗的功率为P2＝r，解得P2∶P1＝n1∶n2，n1U2U2C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ω＝10rad/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．-6-