【文档说明】高考物理一轮复习 精选题辑含答案： 课练33 变压器 电能的输送 传感器的简单应用.doc，共(12)页，781.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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课练33变压器电能的输送传感器的简单应用1．(2018·辽宁锦州期末)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接在正弦交流电源上，副线圈接入“3V6W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则()A．原线圈电压有效值为3VB．电源输出功率为120WC．电流表的示数为0.

1AD．电流表的示数为40A答案：C解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60V，选项A错误；理想变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6W，则电源输出功率为6W，选项B错误；理

想变压器输入功率为6W，则原线圈中的电流有效值为I＝PU＝660A＝0.1A，选项C正确，选项D错误．2．(2018·福建宁德一模)如图所示，理想变压器的副线圈接有一规格为“44V44W”的灯泡和线圈电阻r＝1Ω的电动机，原线圈接上u＝2202sin100

πt(V)的正弦交流电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中理想交流电流表的示数为1A，下列说法正确的是()A．理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1B．电动机的输出功率为176WC．电动机的热功率为6WD．若电动机被卡住，灯泡

仍正常工作，则电流表的示数变为9A答案：D解析：原线圈两端的电压有效值为U1＝220V，灯泡和电动机都正常工作，所以灯泡两端的电压有效值为44V，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比，得n1n2＝U1U2＝22044＝51，故A错误；根据电流与匝数成反比有I1I2＝n2n1，得

副线圈中的电流有效值I2＝5A，灯泡中的电流IL＝PU＝4444A＝1A，因为I2＝IM＋IL，可得流过电动机的电流有效值IM＝4A，电动机输入功率为P入＝U2IM＝176W，电动机的热功率为P热＝I2Mr＝16W，所以电动机的输出功率为P出＝P入－

P热＝160W，故B、C错误；若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，I′M＝U2r＝44A，流过副线圈的电流I′2＝IL＋I′M＝45A，根据电流与匝数成反比得I′1＝9A，故D正确．3．(2018·河南鹤壁高级中学月考)(多选)如图所示是通

过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．两条输电线总电阻用R0表示．当负载增加时，则()A．电压表V1、V2的示数几乎不变B．电流表A2的示数增大，电流表A1的示数减小C．电压表V3的示数增大，电流表A2的示数增大D．电压表V2、V3的示

数之差与电流表A2的示数的比值不变答案：AD解析：理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压不会有大的波动，匝数比不变，所以输出电压几乎不变，故电压表V1、V2的示数几乎不变，选项A

正确；当负载增加时，相当于支路增加，电路中的总电阻变小，总电流变大，即A2的示数变大，则A1的示数变大，选项B错误；由于副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压变大，又因为V2的示数几乎不变，所以V3的示数变小，选项C错误；电压表

V2、V3的示数之差恰等于输电线损耗的电压值，电流表A2的示数为输电线上的电流，所以两者之比等于输电线的总电阻R0，不变，选项D正确．4．(2018·山西重点中学协作体一模)如图所示为远距离输电线路的示意图．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是()A．升压变压器的原线圈中的电流

与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压答案：C解析：用户用电设备消耗

的功率增大，升压变压器、降压变压器的原、副线圈中电流都要增大，选项A错误；输电线中的电流与用户消耗的功率和高压输电电压有关，选项B错误；用户用电器的总电阻减小，而输出电压不变，所以输电电流增大，输电线上损失的功率增大，选项C正确；升压变压器的输出电压等于降压变

压器的输入电压加上输电线损耗的电压，选项D错误．5．(2018·黑龙江哈三中三模)(多选)电压互感器、电流互感器是将大电压、大电流降为小电压、小电流并进行测量的变压器．如图所示，用两个互感器测量某输电电路中的电压和电流，图中圆圈内a、b表示电压表或电流表，电压互感器的电压比

为1000∶1，电流互感器的电流比为10∶1，电压表的示数为38V，电流表的示数为5A，则()A．输电线路输送的电功率是1.9×104WB．输电线路输送的电功率是1.9×106WC．a为电流表，b为电压表D．a为电压表，b为

电流表答案：BD解析：电压互感器与电路是并联关系，电流互感器与电路是串联关系，故a为电压表，b为电流表，电压互感器的电压比为1000∶1，所以输电线路中的电压有效值为3.8×104V，电流互感器的电流比为

10∶1，故输电线路中的电流有效值为50A，所以输电线路输送的电功率为3.8×104×50W＝1.9×106W，B、D正确．6．(2018·河南濮阳一中期末)如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原、副线圈上，灯泡电阻不随温度变化．已知原、

副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，电源交变电压为U，题中U、I均表示有效值，则()A．灯泡A、B两端的电压之比UA∶UB＝2∶1B．通过A、B的电流之比IA∶IB＝2∶1C．灯泡A、B消耗的功率之比PA∶PB＝4∶1D．灯泡A、B两端的电压分别是UA＝15U，UB＝25U答案：D解析：通过灯

泡A、B的电流分别为变压器原、副线圈的电流，IA∶IB＝n2∶n1＝1∶2，选项B错误；因为A、B是两只相同的灯泡，所以灯泡A、B两端的电压之比等于电流之比，故UA∶UB＝1∶2，选项A错误；因为是两只相同的灯泡，消耗的功率之比等于电流的平方之比，即PA∶PB＝1∶4，选项C错误；因为灯

泡B两端的电压为副线圈两端电压，则原线圈两端电压U1＝n1n2UB＝2UB，而UA＝12UB，由于灯泡A跟原线圈串联，故12UB＋2UB＝U，可得UA＝15U，UB＝25U，选项D正确．7．(2018·山东省实验中学一诊)在

如图所示的电路中，理想变压器的匝数比为2∶1，四个标有“6V6W”的完全相同的灯泡L1、L2、L3、L4，按如图所示的方式接入电路，其中L1恰能正常发光．忽略灯泡电阻随电压的变化．电路中的电表均为理想交流电表，则下列选项中正确的是()A．L2、L3、L4均正常发光B．电流表示数为

0.5AC．m、n两点间所加的电压有效值为14VD．整个电路消耗的总功率为18W答案：C解析：由灯泡L1恰能正常发光得，原线圈中的电流有效值I1＝66A＝1A，根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数成反比得，副线圈中的电流有效值I2＝2A，根据并

联电路中电流特点可知通过L2、L3、L4的电流均为23A，所以L2、L3、L4不能正常发光，电流表的示数即副线圈中的电流为2A，故A、B错误；灯泡电阻R＝U2P＝626Ω＝6Ω，副线圈两端的电压U2＝23×6V＝4V，根据理想变压器原、副线

圈的电压与匝数成正比得，原线圈两端的电压有效值为8V，m、n两点间所加的电压有效值为umn＝6V＋8V＝14V，故C正确；整个电路消耗的总功率为P′＝P1＋U2I2＝6W＋4×2W＝14W，故D错误．8．(20

18·河北衡水中学期末)(多选)如图所示，矩形线圈abcd与一个有抽头的理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁感应强度大小为B，线圈转动的角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确

的是()A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B．电容器的电容C变大时，灯泡变暗C．线圈处于图示位置时，图中交流电压表读数为零D．若线圈转动的角速度变为2ω，则交流电压表读数变为原来2倍答案：AD解析：将原

线圈抽头P向上滑动时，原线圈的匝数变大，故变压器输出的电压变小，灯泡变暗，选项A正确；电容器的电容C变大时，电容对电流的阻碍作用变小，故灯泡变亮，选项B错误；由题图可知，线圈位于中性面，此时线圈瞬时感应电

动势为零，但交流电压表测量的是有效值，读数不为零，选项C错误；若线圈转动的角速度变为2ω，电压的最大值变为原来的2倍，电压的有效值变为原来的2倍，故交流电压表的读数变为原来的2倍，选项D正确．9．(2018·福建厦门一模)(多选)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N

，电阻不计，绕OO′轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动．从图示线圈平面与中性面垂直的位置开始计时．矩形线圈通过铜滑环接理想变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R0和滑动变阻器R，下列判断正确的是()A．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2πω的时间后，通过电流表A1的电荷量为零C．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A1和A2的示数都变小D．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V1示数不变，V2和V3的示数都变小答案：BC解析：因为线圈是从垂直于中性面的位置开始计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表

达式为e＝NBSωcosωt，故A错误；t＝2πω＝T，矩形线圈转动一周，磁通量的变化量为零，平均感应电动势为零，平均电流为零，所以0～2πω时间内通过电流表A1的电荷量为零，故B正确；滑动变阻器滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，根据欧姆定律可知，副

线圈电流变小，原、副线圈匝数比不变，则原线圈电流减小，即电流表A1和A2的示数都变小，故C正确；滑动变阻器滑片向上滑动过程中，滑动变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压U1不变，原、副线圈匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表V2的示数不变，副线圈电阻变大，电流变小，电阻R0两端的

电压变小，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V3的示数变大，故D错误．10．(2018·湖南衡阳月考)(多选)自耦变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器，其原理和普通变压器一样．如图所示的理想自耦变压器的原线圈两端接入u＝2202sin10

0πt(V)的交流电，副线圈上标有“55V20W”的白炽灯恰好能够正常发光，则下列说法正确的是()A．原线圈中理想电压表的示数为2202VB．副线圈中输出交流电的周期为1100πsC．原、副线圈的匝数之比为4∶1D．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，自耦变压器输入功率变大答案：C

D解析：原线圈中理想电压表的示数为U1＝22022V＝220V，故A错误；根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知，角速度ω＝100πrad/s周期T＝2πω＝2π100πs＝0.02s，变压器不会改变交流电的周期，副线圈输出交流电的周期为0.02s，故B错

误；白炽灯正常发光，则副线圈两端的电压U2＝55V，根据理想变压器中原、副线圈的电压与匝数成正比，得n1n2＝U1U2＝22055＝41，故C正确；滑动变阻器的滑片P向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，副线圈回路电阻变小，输出功率变大，则输入功率变大，故D正确．11．(2018

·北京顺义区二模)与一般吉他靠箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声．如图所示，拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成．磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场．当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号．下列说法中正确的是()A．若磁体失去磁

性，电吉他仍能正常工作B．换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作C．琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化D．拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号答案：D解析：若磁体失去磁性，则无法产生电磁感应，因此电吉他不能正常工作，故A错误；电吉他若使用尼龙材质的琴弦，则不会

被磁化，不能产生电磁感应，故B错误；琴弦振动的过程中，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，故C错误；电吉他是根据电磁感应原理工作的，拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故D正确．12．一小型水电站，其交流发电机与升

压变压器原线圈连接，如图为输电示意图．升压变压器原线圈的输入功率为P1＝1000kW，输入电压为U1＝1000V，在输电过程中，要求能量损耗等于原线圈输入功率的4%，已知输电线电阻为16Ω，用户降压变压器的输出电压为240V，求：(1)升压变压器原线圈中的电流I1；(2)输电线中的电流I

线；(3)升压变压器与降压变压器的匝数比各为多少？答案：(1)1000A(2)50A(3)1∶2080∶1解析：(1)升压变压器原线圈中的电流I1＝P1U1＝1000A(2)根据P线＝I2线R线得I线＝P线R线＝P1×4%R线＝50A(3

)升压变压器的匝数比n1n2＝I线I1＝120根据能量守恒定律，可得P3＝P2－P线又P2＝P1故U3＝P3I线＝P2－P线I线＝1.92×104V降压变压器的匝数比n3n4＝U3U4＝1.92×104240＝801刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2016·新课标全国卷Ⅰ)一含

有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为(

)A．2B．3C．4D．5答案：B解析：设理想变压器的原、副线圈的电压比U1U2＝n，则电流比I1I2＝1n，结合本题数据，当开关断开时有U－3I5nI＝n，当开关闭合时有U－12I4nI＝n，综合得到U＝48I，解得n＝3，故选B.2．(2016·新课标全

国卷Ⅲ)(多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之

比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9答案：AD解析：设灯泡额定电压U0，则原线圈两端电压U1＝10U0－U0＝9U0，副线圈两端的电压U2＝U0，根据U1U2＝n1n2，可得原、副线圈匝数之比n1

n2＝91，选项A正确，选项B错误；由I1I2＝n2n1可得，原、副线圈电流之比为1∶9，由P＝UI可得，此时a和b的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．3．(2016·江苏卷)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()A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低D．U2<U1，U2升高答案：C解析：由题图可知，c、d

间的线圈为整个线圈的一部分，故其匝数比作为原线圈的整个线圈的匝数少，根据变压器的电压与匝数的关系可知，U2<U1，当触头由M点顺时针旋转到N点的过程中，c、d间的线圈匝数减少，所以输出电压降低，选项C正确．4．(2016·天津卷)如图所示，理想变压器原线圈

接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是()A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大

D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大答案：B解析：滑动变阻器的触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，R1中的电流变小，R1消耗的功率变小，选项A错误；滑动变阻器的触头向上滑动时，R1两端的电压变小，电压表V示数变大，选项B正确；滑动变阻器的

触头向上滑动时，副线圈电路的总电阻变大，总功率变小，原线圈的功率也变小，电流表A1的示数变小，选项C错误；闭合开关S，R1两端的电压变大，电压表V两端电压变小，A2示数变小，选项D错误．刷仿真模拟——明趋向5．(2018

·河南开封统考)(多选)国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座．变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝2002sin100πt(V)，电压表、电流表都为理想电表．则下列判断正确的是()A．输入电压有效

值为200V，频率为50HzB．S拨到a处不动，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大C．S拨到a处不动，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小D．若变阻器的滑片不动，S从a拨到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小答案：AD解析：输入电压的最大值Um＝2002V，有效值U1

＝20022V＝200V，由原线圈输入电压的瞬时值表达式知，电流频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50Hz，故A正确；开关拨到a处不动，副线圈电压不变，即V1、V2示数不变，变阻器滑片向下滑动，副线圈电阻减小，A1、A2示数均增大，故B、C错误；若变阻器的滑片不动，开关从a拨到b

处，副线圈匝数减少，输入电压不变，输出电压减小，电压表V2示数减小，输出功率P2＝U22R总减小，输入功率P1＝U1I1减小，U1不变，则I1减小，即电流表A1的示数减小，故D正确．6．(2018·河南一模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5

∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R0、热敏电阻RT(阻值随温度的升高而减小)及报警器P(电流增加到一定值时报警器P将发出警报声

)组成闭合回路．电压表、电流表均为理想电表，则以下判断正确的是()A．变压器副线圈中输出交流电的频率为25HzB．电压表的示数为222VC．R1处温度减小到一定值时，报警器P将会发出警报声D．报警器报警时，变压器

的输入功率比报警前小答案：B解析：根据图乙知，原线圈输入的交流电的周期T＝0.02s，频率f＝1T＝10.02Hz＝50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以变压器副线圈输出交流电的频率为50Hz，故A错误；原线圈两端电压

的有效值U1＝22022V＝220V，根据理想变压器中原、副线圈的电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压有效值U2＝15×220V＝44V，因为二极管具有单向导电性，所以有U22R总·T2＝U2有R总·T，代入数据解得U有＝222V，故B正确；温度降低，RT电

阻增大，电流减小，电流要增加到一定值时报警器才报警，故C错误；报警器报警时，电流增大，输出功率变大，根据输入功率等于输出功率，知变压器的输入功率变大，所以变压器的输入功率比报警前大，故D错误．7．(20

18·浙江三模)(多选)图甲是交流发电机的示意图，发电机直接与理想变压器的原线圈相连，V为交流电压表．变压器的副线圈接有三个支路，每个支路接有相同规格的小灯泡L1、L2和L3，且L2串有理想电感线圈L

，L3串有电容器C.发电机两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的规律如图乙所示．以下判断正确的是()A．图甲线圈位置叫中性面，此时所产生的感应电动势最大，由图乙可得

，此时电压表示数为10VB．线圈转动的角速度为100πrad/s,0.02s时线圈内电流的流向是D→C→B→AC．如果灯泡L1恰好正常发光，那么L2、L3两小灯泡都能发光但比L1要暗D．增大线圈的转动速度，同时减少副线圈匝数，使副线圈

电压不变，则L1、L2、L3三个小灯泡的亮度均不会变化答案：BC解析：题图甲中线圈与磁场平行，线圈位置与中性面垂直，产生的感应电动势最大，电压表示数为有效值U＝Um2＝1022V＝10V，故A错误；线圈转动的角速度为ω＝2πT＝2π2×10－2rad/s＝100

πrad/s,0.02s时线圈内电流的流向与零时刻线圈内电流的流向相同，根据右手定则知电流流向是D→C→B→A，故B正确；由于线圈有感抗，电容有容抗，所以灯泡L2、L3两端的电压比灯泡L1两端的电压小，所以L2、L3两小灯泡都能发光但比L1要暗，故C正确；增大

线圈的转速，且副线圈电压不变，则频率增大，感抗增大，容抗减小，灯泡L1亮度不变，灯泡L2变暗，灯泡L3变亮，故D错误．刷最新原创——抓重点8．(多选)某实验小组自己动手，在闭合铁芯上绕制变压器的原、副线圈，具体做法是：用外表涂有绝缘层的双股导线绕了n1圈(ac和bd)作为原线圈，又用

同样的双股导线绕了n2圈(eg和fh)作为副线圈，如图所示．将此变压器看作理想变压器，输入正弦式交变电流，则下列说法正确的是()A．ab相连、cd相连、ef相连，a与c作为输入端，g与h作为输出端，原、副线圈电压之比为n1

∶n2B．ab相连、cd相连、ef相连、gh相连，a与c作为输入端，e与g作为输出端，原、副线圈电压之比为n1∶n2C．bc相连、fg相连，a与d作为输入端，e与h作为输出端，原、副线圈电压之比为n1∶n2D．bc相连、ef相连、gh相连，a与d作为输入端，e与g作为输出端，原、副线圈电压之比

为n1∶n2答案：BC解析：副线圈的ef相连，若g与h作为输出端，那么穿过副线圈的磁通量始终为零，不能产生感应电流，选项A错误；ab相连，cd相连，a与c作为输入端，而副线圈的ef相连，gh相连，e与g作为输出端，相当于原、副线圈都是两

根导线的并联，匝数等于单根导线的匝数，电压比等于n12，选项B正确；bc相连，fg相连，a、d作为输入端，e、h作为输出端，相当于两个线圈串联，原、副线圈的匝数同时翻倍，电压比等于n1∶n2，选项C正确；bc相连，a、d作为输入端，相当于匝数翻倍，为2n1，而ef相连，g

h相连，e、g作为输出端，副线圈的匝数为n2，故电压比等于2n1∶n2，选项D错误．9．如图所示，在A、B间接入U1＝311sin314t(V)的正弦式交变电流，通过理想变压器和相同的理想二极管D1、D2给阻值R＝20

Ω的纯电阻供电，变压器原线圈匝数n1＝1100匝，副线圈匝数n2＝200匝，Q为副线圈正中央抽头．为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的电功率为P，则()A．U0＝56.6V，P＝20WB．U0＝56.6V，P＝80WC

．U0＝28.3V，P＝20WD．U0＝28.3V，P＝80W答案：A解析：A、B间接入的正弦式交变电流的电压有效值为u＝3112V＝220V，根据U1U2＝n1n2可得副线圈两端电压有效值为U2＝40V，而二极管的反向耐

压值至少为U0，U0是最大值，所以U0＝402V＝56.6V，Q为副线圈正中央抽头，由于二极管的单向导电性，则R两端电压有效值为UR＝20V，所以R消耗的电功率为P＝U2RR＝20220W＝20W，A正确．刷易错易误—

—排难点易错点1在远距离输电问题中，对输送电压、损失电压的关系理解不透彻10．(2018·山东泰安月考)(多选)发电机的路端电压有效值为U，发电机的输出功率为P，经电阻为R的输电线向远方用户供电，则()A．输电线上的电流有效值为PUB．

输电线上损失的功率为U2RC．用户得到的功率为P－PU2RD．用户得到的电压有效值为PRU答案：AC解析：根据P＝UI得输电线上的电流有效值I＝PU，选项A正确；输电线上损失的功率P损＝I2R＝PU2R，选

项B错误；用户得到的功率P′＝P－P损＝P－PU2R，选项C正确；用户得到的电压有效值U′＝U－IR＝U－PRU，选项D错误．易错点2不能正确地分析自耦变压器的动态变化问题11．(多选)调压变压器就是一种

自耦变压器，它的构造如图乙所示，线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节M、N两端的输出电压，图乙中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，现在C、D两端输入图甲所示正弦式交变电流，变压器视为理

想变压器．则下列说法正确的是()A．由图甲可知M、N两端输出交流电压不可能高于36VB．当滑动触头P逆时针转动时，M、N之间输出交流电压的频率变大C．当滑动变阻器滑片向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大D．当滑动变阻器滑片向下滑动时，要保持电阻R2消耗的电功

率不变，则应适当逆时针转动滑动触头P答案：CD解析：由图甲可知，C、D两端输入的交流电压有效值为36V，输出端M、N间线圈匝数可以小于、等于或大于C、D间线圈匝数，因此M、N两端输出交流电压有效值可能高于3

6V，A项错误；当滑动触头P逆时针转动时，M、N间线圈匝数增多，变压器输出电压升高，但频率与匝数无关，保持不变，B项错误；当滑动变阻器的滑片向上滑动时，R3接入电路的阻值增大，负载电阻增大，总电流减小，电阻R1两端的电压U1＝

IR1减小，电压表读数U＝UMN－U1增大，通过电阻R2的电流增大，则电流表读数变小，C项正确；当滑动变阻器滑片向下滑动时，R3接入电路的阻值减小，负载电阻减小，总电流增大，R1两端的电压增大，故R2两端的电压减小，电阻R2消耗的电功率减小，要保持其电功

率不变，则应保持其两端电压不变，由U＝UMN－U1可知应增大UMN，即增加M、N间线圈匝数，滑动触头P应该逆时针转动，D正确．刷综合大题——提能力12．如图，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5T，边长为L＝10cm的正方形线圈abcd共N＝100匝，线圈电阻r＝1Ω.线圈绕垂直于

磁感线的轴OO′匀速转动，转动的角速度ω＝2πrad/s，外电路电阻R＝4Ω.(1)求感应电动势的最大值；由图示位置转过60°角时的感应电动势的值．(2)取π2＝10，求线圈转过一周电流产生的总热量．(3)由图示位置开始，

求在线圈转过14周期的时间内通过电阻R的电荷量．答案：(1)1.57V(2)1J(3)0.1C解析：(1)由题意可得，感应电动势的最大值Em＝NBL2ω＝100×0.5×0.12×2πV＝3.14V由图示位置转过60°角时的瞬时感应电动势e＝Emcos60°＝3.14×0.5V＝1.57V(2)

周期T＝2π/ω＝1s线圈转动一周电流产生的热量Q＝Em22·T/(R＋r)联立解得Q＝1J(3)Δt＝14T时间内通过电阻R的电荷量q＝I－·ΔtI－＝E－R＋rE－＝NΔΦΔtΔΦ＝BL2－0联立解得q＝0.1C