新课标2020高考物理二轮复习选择题热点10电路和理想变压器问题练习含解析

新课标2020高考物理二轮复习选择题热点10电路和理想变压器问题练习含解析

热点10　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U D．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＝Usin ωt ‎2．(多选)(2019·潍坊高三一模)如图所示，匀强磁场的磁感应强度为 T，矩形线圈面积为0.08 m2，匝数为10，电阻不计，通过电刷与理想变压器原线圈相连，当线圈绕垂直磁场的轴OO′以50π rad/s的角速度转动时，副线圈两端交流电压表的示数为16 V，则(　　)‎ A．在图示位置时矩形线圈产生的电动势为0‎ B．矩形线圈产生的交流电周期为0.02 s C．矩形线圈产生的电动势有效值为80 V D．变压器原副线圈匝数之比为5∶1‎ ‎3．(多选)(2019·天津高考压轴卷)图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1.原线圈接入如图甲所示的正弦交流电．电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则(　　)‎ A．电阻R2两端的电压频率为50 Hz B．电流表的示数为5 A C．原线圈的输入功率为150 W D．将R1摘掉，电压表的示数不变 ‎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 - 5 -‎ 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·烟台高三质量检测)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n1‎ B．仅增加副线圈的匝数n2‎ C．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)(2019·烟台二模)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“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 V B．电流表的示数为0.82 A C．a、b两端的电压是1 045 V D．a、b两端的电压是1 100 V ‎7‎ - 5 -‎ ‎．(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，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P2∶P1＝n∶n D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2‎ ‎8．(2019·青岛二模)2019年8月，山东省受台风“利奇马”影响，造成大面积停电．某通信公司准备的应急供电系统如图所示，图中T1、T2分别为理想的升压变压器和降压变压器，R表示输电线电阻，I表示电流，U表示线圈两端电压，n表示线圈的匝数，下列说法正确的是(　　)‎ A．如果发电机的输出功率为P，则P＝U1I1＝U2I2＝U4I4‎ B．若n1∶n2＝n4∶n3，则有U1＝U4‎ C．用户消耗的功率越大，输电线上消耗的功率越小 D．如果发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为R 热点10　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＝，由闭合电路欧姆定律得E＝U＋Ir，I＝，联立解得Em＝U，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i＝Isin ωt，灯泡两端电压的瞬时值表达式为u＝Usin ωt，选项D正确．‎ ‎2．解析：选AD.在图示位置时，磁通量最大，矩形线圈产生的电动势为0，故A正确；矩形线圈产生的交流电周期为T＝＝＝0.04 s，故B错误；矩形线圈产生的电动势最大值为Emax＝NBSω＝10××0.08×50π V＝80 V，矩形线圈产生的电动势有效值为E有＝＝80 V，故C错误；变压器原、副线圈匝数之比为＝＝＝5∶1，故D正确．‎ ‎3．解析：选ACD.由题图甲可知，交变电流的周期为0.02 s，故频率为50‎ - 5 -‎ ‎ Hz；而变压器及二极管均不会改变交变电流的频率，故电阻R2两端的电压频率为50 Hz，A正确；经变压器后，输出电压为 V＝20 V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端；则由有效值的定义可得U＝ V＝10 V；则电流表的示数为I＝ A＝2.5 A，B错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，输出功率P＝ W＋(2.5)2×4 W＝150 W，C正确；因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变，D正确．‎ ‎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．‎ ‎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＝220 V．由变压器变压规律可知，原线圈两端电压有效值为U1＝4U2＝4×220 V＝880 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I2＝3I＝3× A＝0.82 A，选项B正确；由U1I1＝U2I2，解得原线圈中电流I1＝＝ A，灯泡电阻R＝＝ Ω＝ Ω，原线圈串联的灯泡两端电压为U灯＝I1R＝× V＝165 V，a、b两端的电压是U灯＋U1＝165 V＋880 V＝1 045 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P＝I2r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P1＝I2r＝r，第二次实验，升压变压器副线圈两端的电压U2＝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＝n∶n - 5 -‎ ，C项正确，D项错误．‎ ‎8．解析：选D.如果发电机的输出功率为P，因理想变压器没有能量损失，故有P＝U1I1＝U2I2，但输电线上消耗功率，故P>U4I4，A错误；因为输电线上有电压损失，所以U1≠U4，B错误；用户消耗的功率越大，三个回路中的电流越大，输电线上消耗的功率也越大，C错误；如果发电机的输出功率为P，则输电线中的电流为，输电线上消耗的功率为R，D正确．‎ - 5 -‎