【文档说明】高考物理一轮复习（通用版）热点突破提升练11 Word版含解析.doc，共(9)页，338.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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热点突破提升练(十一)交变电流与变压器(限时40分钟)一、单项选择题1．如图1甲所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1.原线圈接如图乙所示的电压为u＝U0sinωt的交流电源，其中U0＝1002V，副线圈接一个滑动变阻器R.则下述结论正确的是()甲乙图1A．副线圈中输

出交流电的周期为0.01sB．副线圈中电压表的读数为102VC．若滑动变阻器的滑动触头P向上滑动，则原线圈中的输入功率变小D．若滑动变阻器接入电路的电阻值R＝10Ω，则原线圈中电流表的读数为1A【解析】由题图乙可知，该交流电的周期为0.02s，选项A错

误；理想变压器的原、副线圈两端的电压比等于匝数比，即电压表的读数为10V，选项B错误；滑动变阻器的滑动触头P向上滑动，其连入电路的电阻变大，电流减小，副线圈输出功率减小，则原线圈的输入功率也减小，选项C正确

；当滑动变阻器接入电路的电阻R＝10Ω时，副线圈的电流为1A，由理想变压器的电流I1I2＝n2n1可知，电流表的读数为0.1A，选项D错误．【答案】C2．(2015·漳州模拟)如图2所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈输入交变电压u＝1002sin50πt(V)，在副线圈

中接有理想电流表和定值电阻R，电容器并联在电阻R两端，电阻阻值R＝10Ω，关于电路分析，下列说法中正确的是()图2A．电流表示数是2AB．电流表示数是2AC．电阻R消耗的电功率为10WD．电容器的耐压值至少是10V【解析】原线圈输入交变电压u＝1002sin50πt(V

)，有效值为100V，根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压应为U2＝n2n1U1＝110×100V＝10V，流经电阻R的电流为1A，电容器C允许交流电通过，所以电流表示数大于1A，由于电容器的容抗不知道，所以不能判断出电流表的具体读数，故A、B错误；电阻R消耗的电功率为

P＝U22R＝10W，故C正确；电容器的耐压值应对应交流电压的最大值102V，故D错误．【答案】C3．如图3甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两

只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()甲乙图3A．输入电压u的表达式u＝202sin50πtVB．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2

后，原线圈的输入功率增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W【解析】由图乙可知u＝202sin100πtV，故选项A错误；U2＝n2n1U1＝4V，由题意可知L1、L2的额定电压为4V，S1接1、断开S2后，L1、L2不能达到额定电压，因此选项B错误；由P1

＝P2＝U22R可知，当R增大时，P1减小，选项C错误；当S1接2时，PR＝U22R＝1620W＝0.8W，选项D正确．【答案】D4．某住宅小区为防止突然断电，特装备了应急照明供电系统，该应急照明供电系统由图4甲所示的小型交流发电机和可调变压器组成

，R0表示输电线的电阻．小型交流发电机输出电压如图乙所示，则下列判断正确的是()甲乙图4A．发电机输出电压的瞬时值表达式为e＝2202sin(50πt)VB．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P应向下滑动C．当只把滑动

P向上滑动时，原线圈输出的功率变大D．当只把滑动P向下滑动时，输电线上损失的电压将升高【解析】发电机输出电压的瞬时值表达式为e＝2202sin(100πt)V，故选项A错误；当用户数目增多时，副线圈干路电流增大，输电线上损失的电压增大，用户用电器两端的电压降低，为使用户电压保持

不变，滑动触头P应向上滑动，故选项B错误；当滑动触头P向上滑动时，副线圈消耗的功率变大，原线圈输出的功率也变大，故选项C正确；当滑动触头P向下滑动时，副线圈输出的电压变低，电流变小，输电线上损失的电压降低，故选项D

错误．【答案】C5．如图5所示，矩形线圈面积为0.1m2，匝数为100，绕OO′轴在磁感应强度为25πT的匀强磁场中以角速度5πrad/s匀速转动．从图示位置开始计时，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，两电表均为理想电表，电阻R＝50Ω，其他电阻不计，下列判断正确的是(

)图5A．在t＝0.1s时，穿过线圈的磁通量最大B.n1n2＝15时，变压器输入功率为60WC．P向上移动时，电压表示数变大D．P向上移动时，电流表示数变小【解析】由T＝2πω可求得交流电的周期为T＝0.4s，

从图示位置转动0.1s时线圈平面恰好与中性面垂直，磁通量为零，A错误；根据E1＝NBSω2可求得E1＝10V，由E2＝n2n1E1可求得E2＝50V，利用P＝E22R可求得P＝50W，B错误；当滑片P向上移动时，n2减小，根据E2＝n2n1

E1可知E2减小，电压表示数减小，C错误；根据变压器输入功率与输出功率相等可得I1E1＝E22R，当滑片P向上移动时，n2减小，E2减小，E1保持不变，故I1减小，D正确．【答案】D6．交流发电机的电动势为e＝60sin(100πt)V，内阻为

20Ω，当把该交流发电机接在如图6所示的含有理想变压器的电路中时，交流发电机的输出功率恰好最大．已知电流表是理想交流电表，负载电阻R的阻值为5Ω，则下列说法正确的是()图6A．负载电阻R消耗的电功率为45WB．理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1C．通

过负载电阻R的电流的频率为f＝100HzD．电流表的示数为1.5A【解析】理想变压器不改变电流的频率，故通过负载电阻R的电流的频率为f＝50Hz，C错误；交流发电机的输出功率为P1＝U1I1＝(E－I1r)I1，即P1＝302V×I1－20Ω×I21，结合数学知识，当I1＝

0.752A时，该交流发电机的输出功率恰好最大，即P1max＝22.5W，根据能量守恒知，电阻R消耗的电功率为P2＝P1＝22.5W，故A错误；由负载电阻R消耗的电功率P2＝I22R可得，通过负载电阻R的电流为I2＝1.52≈2.1A，所以电流表的示数为2.1A，D错误；由理想变压器的变压规律

I1I2＝n2n1可得，n1∶n2＝2∶1，故B正确．【答案】B7．如图7所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式

为u1＝311sin100πt(V)，则()图7A．单刀双掷开关无论接a还是b，通过电阻R的电流方向每秒变化100次B．单刀双掷开关接a时，电压表的示数的最大值为31.1VC．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小D．单

刀双掷开关接a时，把滑动变阻器的滑动触头下滑，电压表和电流表的示数均变大【解析】变压器不改变交变电流的频率，由u1＝311sin100πt(V)知，原、副线圈中电流的频率均是50Hz，故交变电流的方向每秒改变100次，A正确；电压表测的是有效值，故B错误；当单刀

双掷开关由a扳向b时，输入电压不变，副线圈匝数不变，原线圈匝数减少，故输出电压变大，电压表和电流表的示数均变大，C错误；滑动变阻器的滑动触头下滑，电阻变小，副线圈输出电压不变，故电压表示数不变，电流表示数变大，D错误．【答案】A8．(2015·衡水二模)如图8所示，有一矩形线圈的面积为S，

匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是

()图8A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωtB．矩形线圈从图示位置经过π2ω时间内，通过电流表的电荷量为零C．当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D．当P位置向上移动，R不变时，电流表

读数变大【解析】矩形线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，由图示线圈位置可知开始计时时产生的感应电动势最大，则瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，A错误．线圈从图示位置经过π2ω时间，磁通量变化量ΔΦ≠0，由q＝NΔΦR可知，通过电流表的电荷量不为零，B错

误．电压表的示数为U1＝NBSω2不变，C错误．由U1U2＝n1n2得U2＝U1n2n1，当P位置向上移动时，n1变小，则U2变大，又R不变，再由P＝U2R可知副线圈消耗的功率P2变大，则可知原线圈的输入功率P1＝P2变大，再由I1＝P1U1知I1变大，电流表

读数变大，D正确．【答案】D二、多项选择题9．(2016·黄冈模拟)如图9所示，矩形线圈abcd在磁感应强度为B＝216πT的匀强磁场中绕垂直于磁场的dc边匀速转动，转动的角速度ω＝100πrad/s，线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2m、ad＝0.4m，电

阻不计．理想变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，一只理想二极管和一个阻值为25Ω的电阻串联在副线圈上．则下列说法正确的是()图9A．该矩形线圈的产生的交流电压峰值为50VB．交流电压表的示数为2522VC．1min内电阻R上产生的热量为7.5×102JD．减小电阻R的值

，交流电流表示数变小【解析】该线圈产生的交流电压的峰值Um＝100×216π×0.2×0.4×100πV＝502V，A项错误；线圈产生的交流电压有效值为50V，根据理想变压器的电压比关系可得副线圈两端电压为25V，由于二极管的单向导电性，结合有效值的定义可求出通过二极管后

电压的有效值，即252R·T2＋0＝U2R·T，解得U＝2522V，B项正确；由焦耳定律得1min内电阻R上产生的热量为Q＝2522×25×60J＝7.5×102J，C项正确；减小电阻R的值，副线圈中

的电流增大，则原线圈中的电流增大，故交流电流表示数变大，D项错误．【答案】BC10．如图10所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R的负载，变压器原、副线圈匝数的比值为rR.如果要求负载上消耗的电功率最大，则下列说法正确的是

()图10A．交流电源的效率为50%B．电流表的读数为Em22RrC．负载上消耗的热功率为E2m4rD．该交流电源电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin(100πt)【解析】设原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电流有效值分别为I1、I2，电压有效值分别为U1、U2，则U1＝E－I

1r，负载消耗的电功率为P＝U2I2＝U1I1，而U1U2＝I2I1＝n1n2＝rR，所以(E－I1r)I1＝rRI12R，即E＝2I1r，U1＝E2，所以交流电源的效率η＝I1U1I1E＝U1E＝12＝50%，A正确

；电流表的读数为I2＝U2R＝Em22RrR＝Em22Rr，B正确；负载上消耗的热功率为P＝I22R＝E2m8r，C错误；该交流电源电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin(50πt)，D错误．【答案】AB11．如图11所示，电阻不计的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速

转动．t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，产生e＝2202sin100πt(V)的正弦交变电流．理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1，电阻R的阻值为10Ω，C为电容器，灯泡的阻值恒定，L为直流电阻不计的自感线圈，刚开始开关S断开，下列说法正确的是()图11A．线圈从t＝0时刻到转过180

°的过程中，通过线圈磁通量的变化量为0B．电压表的示数为22VC．电阻R的功率小于48.4WD．闭合开关S后，灯泡一定不发光【解析】由题意可知，t＝0时刻线圈平面与磁场垂直，转过180°的过程中，通过线圈磁通量的变化为2BS，选项A错误；由变压器变压关系可知，电压表的示数为22V，选项B

正确；由于自感线圈的阻碍作用，R两端的电压小于22V，因此电阻R的功率小于48.4W，选项C正确；闭合开关S后，由于通入的是交流电，灯泡也可能会发光，选项D错误．【答案】BC12．一理想变压器原、副线圈的

匝数比为44∶1，原线圈输入电压的变化规律如图12甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是()甲乙图12A．副线圈输出电压的频率为100HzB．副线圈输出电压的有效值为5VC．P向左移动时，变压器原、副线圈的

电流都减小D．P向左移动时，变压器的输入功率增大【解析】变压器不改变交流电的频率，频率为12×10－2Hz＝50Hz，选项A错误；根据U1U2＝n1n2知副线圈输出电压的有效值为5V，选项B正确；P向左移动时，滑动变阻器连

入电路的电阻增大，则通过副线圈的电流I2减小，因为I1I2＝n2n1，所以I1减小，选项C正确；变压器的输入功率U1I1减小，选项D错误．【答案】BC