（浙江选考）2019年高考物理二轮复习专题20交流电及远距离输电试题（含解析） 28页

专题20交流电及远距离输电●交变电流的基本概念和描述●交变电流（1）定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。（2）图象：如图（a）、（b）、（c）、（d）所示都属于交变电流。其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，如图（a）所示。1．周期和频率（1）周期（T）：交变电流完成1次周期性变化（线圈转一周）所需要的时间，单位是秒（s），公式T＝。（2）频率（f）：交变电流在1s内完成周期性变化的次数。单位是赫兹（Hz）。（3）周期和频率的关系：T＝或f＝。2．正弦式交变电流的函数表达式（线圈在中性面位置开始计时）（1）电动势e随时间变化的规律：e＝Emsin__ωt。（2）负载两端的电压u随时间变化的规律：u＝Umsin__ωt。（3）电流i随时间变化的规律：i＝Imsin__ωt。其中ω等于线圈转动的角速度，Em＝nBSω。3．交变电流的瞬时值、峰值、有效值（1）瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数。（2）峰值：交变电流（电流、电压或电动势）所能达到的最大的值，也叫最大值。（3）有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值。对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：E＝，U＝，I＝。n1．正弦式交变电流的变化规律线圈在中性面位置时开始计时物理量函数表达式图象磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝sinωt电流i＝Imsinωt＝sinωt2.两个特殊位置的特点（1）线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。（2）线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。1．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e=Emsinωti=Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em=nBSω讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）n适用于正（余）弦式交变电流（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值（3）保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值；计算通过电路截面的电荷量1．图中属于交变电流的是A．B．C．D．【答案】C【解析】电流的方向在周期性变化的电流为交变电流；交变电流的方向在不断地变化，ABD选项中电流方向不变，是直流电；C选项电流大小不变，方向变化，是交变电流。故选C。2．交流发电机发电示意图如图所示,线圈转动过程中,下列说法正确的是nA．转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大B．转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零C．转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大D．转到图丁位置时，AB边感应电流方向为A→B【答案】D【解析】转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；转到图乙位置时，线圈产生的感应电动势最大，故B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C错误；转到图丁位置时，根据楞次定律可知AB边感应电流方向为A→B，故D正确；故选D。3．一个匝数为100匝，电阻为0.5Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按如图所示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为（　　）A．5AB．AC．6AD．A【答案】B【解析】0～1s时间内，感应电动势为E1＝nΔΦ1/Δt1＝1V，电流为2A；1～1.2s内，感应电动势E2＝nΔΦ2/Δt2＝5V，感应电流为10A，一个周期内发热量为，得I＝2A，B正确．4．匝数为N的矩形线框ABCD放在垂直纸面向里的磁场中，开始线框所在的平面与磁场方向垂直，如图所示，现以线框的AB边为轴使其在水平面内以恒定的加速度匀速转动，经测量可知此时线框的转动周期为To，线框中所产生的感应电动势的最大值为Em．下列选项中正确的是（）nA．线框中所产生的感应电动势的有效值为B．线框在转动一周的过程中穿过线框磁通量的最大值为C．线框转动过程穿过每匝线框的磁通量变化率的最大值为D．线框转动一周的过程中电流方向始终不变【答案】C【解析】A项：线框中所产生的感应电动势的有效值为，故A错误；B项：当线框平面与磁场垂直时磁通量最大即为，解得：，故B错误；C项：由公式，解得：，故C正确；D项：线框转动一周的过程中电流方向改变两次，故D错误。故应选：C。5．如图所示，边长为L、匝数为N的正方形闭合线abcd圈绕对称轴OO'匀速转动，角速度为w，空间中只有OO'左侧存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B.若闭合线圈的总电阻为R，则（）A．线圈中感应电动势的有效值为B．线圈中感应电动势的最大值为C．在转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流D．当线圈转到图中所示位置时，穿过线圈的磁通量为【答案】Bn【解析】感应电动势的最大值，有效值，选项A错误，选项B正确；在转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，故线圈中始终有电流通过，选项C错误；在图中所示位置时，穿过线圈的磁通量为,选项D错误.6．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO’匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与阻值R=10Ω的电阻连接，与电阻并联的交流电压表为理想电压表示数是10V.图乙是矩形线圈中磁通量φ随时间t变化的图像.下列说法正确的是（）A．电阻R上消耗的电功率为20WB．t=0.02s时电阻R两端的电压瞬时值为零C．电阻R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100πt（V）D．通过电阻R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos50πt（A）【答案】C【解析】根据公式求出电阻R上的电功率，由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，电动势最大，根据有效值与最大值的关系求出最大值，写出R两端的电压u随时间t变化的规律，根据欧姆定律求出通过R的电流i随时间t变化的规律。A项：根据公式得：，故A错误；B项：由乙图可知，0.02s通过线圈的磁通量为零，电动势最大，R两端的电压瞬时值为，故B错误；C项：由乙图可知，T=0.02s，电动势的最大值，，又因为此交变电流是从垂直于中性面开始计时的，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos100πt（V），故C正确；D项：根据得，：通过R的电流i随时间t变化的规律是i=1.41cos100πt（A），故D错误。故应选：C。n7．如图甲所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴O′以恒定的角速度ω转动,从线圈平面与磁场方向平行时开始计时,线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化,在t=π/2ω时刻（ ）A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．穿过线圈磁通量的变化率最大【答案】C【解析】试题分析：时刻，线圈转过的角度为，此时线圈平面和磁感线垂直，磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，此时的安培力为零，选项C正确。考点：交流电的产生及变化规律。8．有一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示，图中N，S是一对固定的磁极，磁极间有一固定的绝缘轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘结束的摩擦轮．如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电．关于此装置，下列说法正确的是（　　）A．自行车匀速行驶时线圈中产生的是直流电B．小灯泡亮度与自行车的行驶速度无关C．知道摩擦轮与后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数D．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大【答案】C【解析】n自行车匀速行驶时，线圈中在磁场中旋转产生感应电动势，如果从中性面开始计时，则e=Emsinωt，所以产生的是交流电，故A错误；小灯泡亮度决定于电功率，电功率P=EI，而，所以灯泡亮度与自行车的行驶速度有关，故B错误；如果摩擦轮半径为r，后轮的半径为R，则，则后轮转一周的时间里摩擦轮转动的圈数为N=R/r，故C正确；磁通量的变化率为，与线圈匝数无关，故D错误。故选C。●理想变压器●一、理想变压器1．构造：如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。或符号：2．原理：在变压器原、副线圈中由于有交变电流而发生互相感应的现象，叫互感现象；铁芯的作用：使绝大部分磁感线集中在铁芯内部，提高变压器的效率。3．基本关系式（1）功率关系：P入＝P出。（2）电压关系：＝。有多个副线圈时＝＝＝…。（3）电流关系：只有一个副线圈时＝。由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。4．几种常用的变压器（1）自耦变压器——调压变压器（2）互感器二、远距离输电1．输电过程（如图2所示）2．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝I2Rt。n图23．电压损失（1）ΔU＝U－U′；（2）ΔU＝IR4．功率损失（1）ΔP＝P－P′；（2）ΔP＝I2R＝R5．输送电流（1）I＝；（2）I＝。一、互感器电压互感器和电流互感器，比较如下：电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在待测高流电路中副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用将高电压变为低电压将大电流变成小电流利用的公式I1n1=I2n2二、理想变压器的动态分析1．解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法（1）分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定；（2）分析该类问题的一般思维流程是：n2．常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。（1）匝数比不变的情况①U1不变，根据，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2也不变；②当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化；③I2变化引起P2变化，由P1=P2知P1发生变化。（2）负载电阻不变的情况①U1不变，发生变化，U2变化；②R不变，U2变化，I2发生变化；③根据和P1=P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。三、远距离输电相关的细节1．理清三个回路图132．抓住两个联系（1）理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1（匝数为n1）和线圈2（匝数为n2）中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。（2）理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3（匝数为n3）和线圈4（匝数为nn4）中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4。3．掌握一个守恒能量守恒关系式P1＝P损＋P31．如图所示，一个匝数为N=100匝，电阻不计的线框以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2=10：1的理想变压器给阻值R=20Ω的电阻供电，已知电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是A．t=0时刻线框内的电流最大B．变压器原线圈中电流的有效值为10AC．穿过线框平面的最大磁通量为WbD．理想变压器的输入功率为10W【答案】C【解析】A、t=0时刻为中性面位置，故感应电动势为零，故感应电流为零，流过线圈的电流为零，故A错误；B、副线圈中的电流，根据电流与匝数成反比，，原线圈中电流的有效值，故B错误；C、根据电压与匝数成正比，原线圈两端的电压U1＝200V，角速度ω=2πn=100πrad/s，线圈产生最大感应电动势，而Em=NBSω，则最大磁通量,故C正确；D、理想变压器输出功率，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率为20W，故D错误；故选C.2．矩形线框与理想电流表、理想变压器、灯泡连接电路如图甲所示．灯泡标有“36V　40W”的字样且阻n值可以视作不变，变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示．则下列说法正确的是（　　）A．图乙电动势的瞬时值表达式为e＝36sin（πt）VB．变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次C．灯泡L恰好正常发光D．理想变压器输入功率为20W【答案】D【解析】根据交流电的图像确定交流电瞬时值表达式；交流电的方向一周改变2次；根据变压器匝数比求解次级电压从而判断灯泡的发光情况；变压器的输入功率等于输出功率.A．由乙图可知，周期为0.02s，交流电的圆频率：，故原线圈输入电压的瞬时值表达式为μ=72sin100πt（V），故A错误；B．交流电的频率为50Hz，在一个周期内电流方向改变2次，可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变100次，选项B错误；C．变压器初级电压有效值为，由原副线圈的匝数比为2:1可知，次级电压为18V，则灯泡L不能正常发光，选项C错误；D．灯泡电阻为，次级功率：，则理想变压器输入功率为20W，选项D正确；故选D.3．如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交流电源上，交流电压瞬时值随时间变化的规律为u=220sin100πt（V），副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，灯泡的电阻为22Ω，电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作。则nA．通过副线圈的电流方向每秒钟改变50次B．电压表示数为22VC．变压器原线圈的输入功率为66WD．电动机的输出功率为40W【答案】D【解析】每个周期内电流方向改变两次；电压表测量的是副线圈的电压有效值，根据原线圈交流电压随时间变化的规律求出原线圈电压的有效值，再利用求出电压表的示数；变压器的输入功率等于副线圈的输出功率，计算副线圈总的输出功率就能得出变压器的输入功率；电动机的输出功率等于电动机的输入功率减去发热功率，分别计算即可；A.交流电的频率f=100π/2π=50Hz，每个周期内电流方向改变两次，所以通过副线圈的电流方向每秒钟改变100次，故A错误；B.已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=220sin100πt（V），则原线圈电压的有效值为U1=220/V=220V，U1：U2=n1：n2，解得U2=22V，故电压表示数为22V，故B错误；C.副线圈的输出功率P2=U2I2=22×3W=66W，变压器输入功率等于输出功率，也是66W，故C错误；D.通过电灯泡的电流I3=U2/R灯=22/22A=1A，故通过电动机的电流IM=I−I3=3−1=2A，则电动机的输入功率P=IMU2=22×2=44W，电动机的发热功率P热=I2R内=4W，故电动机的输出功率为P−P热=44−4=40W，故D正确；故选：D4．利用如图装置给小灯泡供电，下列说法正确的是A．图示位置穿过线框的磁通量的变化率最大B．在图示位置线框电流改变方向C．用变压器的目的是为了提高输出功率D．若灯泡亮度偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度n【答案】B【解析】线框与磁场垂直时，位于中性面，感应电动势为零，根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论；AB、由图可知，此时线圈和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为0，线框电流改变方向，故B正确，A错误；C、变压器只是改变电压和电流，不改变功率和频率，故C错误；D、根据，要使输出电压变大，可通过减少原线圈匝数，所以若灯泡亮度偏暗，可通过减小原线圈匝数来提高灯泡亮度，故D错误；故选B。5．如下图所示，ab间接入u=200sin100πtV的交流电源，理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，Rt为热敏电阻，且在此时的环境温度下Rt=2Ω（温度升高时其电阻减小），忽略保险丝L的电阻，电路中电表均为理想电表，电路正常工作，则A．电压表的示数为100VB．保险丝的熔断电流不小于25AC．原副线圈交流电压的频率之比为2︰1D．若环境温度升高，电压表示数减小，电流表示数减小，输入功率不变【答案】B【解析】根据变压器初次级的匝数比求解次级电压有效值即为电压表读数；熔断电流是指有效值；变压器不改变交流电的频率；环境温度升高，则热敏电阻阻值减小，根据次级电压不变进行动态分析.ab端输入电压的有效值为200V，由于理想变压器的原副线圈匝数比为2︰1，可知次级电压有效值为100V，即电压表的示数为100V，选项A错误；次级电流有效值为，则初级电流有效值，则保险丝的熔断电流不小于25A，选项B正确；变压器不改变交流电压的频率，原副线圈的交流电压的频率之比为1︰1，选项C错误；若环境温度升高，Rt电阻减小，但是由于次级电压不变，则电压表示数不变，电流表示数变大，次级功率变大，则变压器的输入功率变大，选项D错误；故选B.n6．如图，理想变压器原副线圈匝数比为2:1，原线圈接交流电u=20sin100πt（V），保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想电表．则A．电压表V的示数为14.1VB．电流表A1、A2的示数之比为2:1C．为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4ΩD．将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数增大【答案】C【解析】A、由，得U1=20V，所以电压示数U2=10V，A错误。B、由变压器的电流规律，得，故B错误。C、当即将达到熔断电流时，副线圈总电阻Ω，，得，故C正确；D、滑片上移，变阻器接入阻值增大，副线圈电流增大，由可知，电流表示数I1也增大，D错误。故选C。本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。7．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2：n3=3:1:1，三个灯泡的规格均相同，此时L1的功率为P．假定灯泡的电阻不随电压变化而改变，则下列说注下确的是A．、L2的功率为B．L2的功率为C．I1：I2＝3：1D．I1：I2＝1：3【答案】B【解析】AB、根据变压器电压与匝数的关系可以知道L2、L3两端的电压等于L1两端电压的1/3，根据n知L2、L3上的功率为，故A错，B对；CD、由于负载不是单个负载，所以电流和匝数不是反比关系，故CD错误故选B8．矩形图abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线圈abcd的阻值为，外接电阻R的阻值为。图甲中理想交流电压表的示数为18V；若外电路接一理想变压器，图乙中理想交流电压表的示数为10V，则该理想变压器原、副线圈的距数比为（）A．B．C．3:1D．9:1【答案】B【解析】交流发电机的矩形线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的感应电动势为  ，当按图乙接法时 , 电压表示数, 原线圈的电流强度为, 则原线圈的输出功率为： ，设副线圈两端电压为 , 则 , 解得 ，根据变压器原理可得： ，故 B 正确、 ACD 错误；故选： B 。9．如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈一侧接一输出电压恒为U1的正弦交流电源，电阻R1、R2、R3、R4的阻值相等。下列说法正确的是（）nA．S断开时，图中电压U1∶U2=2∶1B．S断开时，R1消耗的电功率等于R2的2倍C．S闭合后，R1、R3、R4消耗的电功率相同D．S闭合后，R1两端电压比S闭合前的更小【答案】C【解析】A、S断开时，设原线圈的电流为，根据变压器知识课知，而，，可得，，故A错误。B、由可知，故B错误。D、S闭合后，，，联立可知，故D错误。C、因，而并联电路分流可知，可得R1、R3、R4三个电阻流过的电流相同，可知三电阻的功率相同，C正确。故选C。10．小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比n3：n4＝50：1，输电线的总电阻R＝10Ω。某时段全村平均每户用电的功率为200W，该时段降压变压器的输出电压为220V。则此时段（　　）A．发电机的输出功率为22kWB．降压变压器的输入电压为11kVC．输电线的电流为1100AD．输电线上损失的功率约为8.26W【答案】B【解析】用户总功率为，加上输电线上消耗的电功率，所以发电机的输出功率n应大于22kW，A错误；降压变压器的输出电压为220V，即，所以根据可得降压变压器的输入电压，B正确；用户端总电流为，根据所以输电线中的电流为，输电线上损失的功率约为，CD错误11．某发电厂的发电机组输出的电压恒为400V，将其通过升压变压器升压后加在输电线上向距离较远的用户端变电站供电，输电线总电阻为5Ω，当输送的电功率恒为200kW时，发电厂提供的电能与用户端消耗的电能不相等，二者在一个小时内相差50度电，则下列说法正确的是A．输电线上损失的功率为50WB．供电端升压变压器的匝数比为1：5C．输电线上损失的电压为50VD．若输电功率增大，则输电线上损失的功率将会减小【答案】B【解析】输电线上损失的功率，选项A错误；，解得U=2000V，升压变压器的匝数比为：40:2000=1:5，选项B正确；根据，解得∆U=500V，选项C错误；输电电压不变，若输电功率变大，则输电电流变大，输电线上损失的功率变大，选项D错误；故选B.12．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电压为：A．B．C．D．【答案】C【解析】原线圈中有效电压为，则其电流为，根据理想变压器中线圈中电流之比等于匝数比的倒数，n可知输电线中电流为，则输电线损失的电压为故C正确；故选C13．学校外输电线路故障导致全校停电，学校启用校内发电机供电。该发电机的输出电压，通过匝数比为4﹕1的理想变压器给教学楼内若干盏（220V，40W）日光灯供电，如图所示，输电线总电阻r=10Ω，为保证日光灯正常发光，接入电路的日光灯数量为（）A．66B．132C．264D．330【答案】C【解析】发电机输出的电压的有效值为，为了保证日光灯正常发光，应使得副线圈两端的电压为220V，根据电压正比匝数公式可知，代入数据得，解得，根据电流反比匝数公式可得，解得，设接入电路的日光灯数量为n，故，解得，C正确．14．在匀强磁场中，一矩形金属框（电阻不计）绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，将此金属框产生的交流电输入图丙中理想变压器的原线圈上，变压器的原、副线圈匝数比为2︰1，则A．通过电阻R的电流方向每秒改变50次B．t=0.015s时金属框位于中性面处C．t=0.01s时电压表示数为零nD．通过金属框的最大磁通量为Wb【答案】D【解析】A、由乙图可知，该交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，而变压器变压的过程中，并不改变交流电频率的大小，故通过电阻R的交变电流频率也为50Hz，该电流方向每秒改变100次，A错误；B、t=0.015s时，瞬时感应电动势最大，故此时金属框两条边正垂直切割磁感线，其所在平面和中性面垂直，B错误；C、电压表的示数是副线圈电压的有效值，故电压表示数不为零，且保持不变，C错误；D、由题意可知，，本题中N=1匝，，故，D正确。故本题选D。15．家庭电路中的保险丝烧断了，下列做法中正确的是（）A．用钢丝代换B．为了保险，选择尽量粗的保险丝代换C．选择额定电流稍小于电路中最大正常工作电流的保险丝代换D．选择额定电流等于或稍大于电路中最大正常工作电流的保险丝代换【答案】D【解析】选择保险丝的原则：保险丝的额定电流等于或稍大于电路中正常工作时的最大电流．注意：千万不要用钢丝代替保险丝，钢丝的熔点比较高，电路中电流过大时，产生的较多的热量，不能达到钢丝的熔点，在电流过大时不能自动切断电源，不能起到保险的作用．千万不要用钢丝代替保险丝，不安全，故A错误。选择保险丝时，如果选择太细的保险丝，相同条件下，保险丝越细，电阻越大，产生的电热越多，很快达到细保险丝的熔点，电路将无法正常工作；如果选择太粗的保险丝，在电路中电流过大时，相同条件下保险丝越粗，电阻越小，产生的热量越小，不能达到粗保险丝的熔点，不能熔断，不能起到保险是作用，故B错误；保险丝的额定电流等于或稍大于电路中正常工作时的最大电流。故选项C错误，选项D正确。故选D。16．2018年4月15日，中国国际小家电展览会在广州拉开帷幕，家电展上有些国家家用电器的额定电压和我国是不同的，例如美国家用电器不能直接接到220V的照明电路上，可以接到交变电压是u=110sin120πt（V）的电源上使用，交变电压是由矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的，下列说法正确的是nA．用电压表测该电压其示数为110VB．电流方向每秒改变60次C．交流电的频率为60Hz，当t=0.1s时u=110VD．将该电压加在110Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为110W【答案】D【解析】解：由表达式可知，该交流电的频率为f=60Hz，电压最大值为A、电压表读有效值为，故A错误；B、一个周期内电流改变2次，故1s内改变的次数为60×2=120次，故B错误；C、电压表测量的是有效值，任何时刻读数均为110V，C错误；D、消耗的功率为，故D正确；17．如图所示，变频交变电源的频率可在20Hz到20kHz之间调节，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的炽热程度相同．则下列说法中正确的是A．如果将电源频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度加强B．如果将电源频率增大，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱C．如果将电源频率减小，A1炽热程度减弱、A2炽热程度减弱D．如果将电源频率减小，A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱【答案】B【解析】二个支路电压相同，当交流电频率变大时，电感的感抗增大，电容的容抗减小，所以流过A1灯泡所在支路的电流变大，流过灯泡A2所在支路的电流变小。故灯泡A1变亮，灯泡A2变暗，即A1炽热程度加强、A2炽热程度减弱，故A错误，B正确；当交流电频率变小时，电感的感抗减小，电容的容抗增大，所以流过A1泡所在支路的电流变小，流过灯泡A2所在支路的电流变大。故灯泡A1变暗，灯泡A2变亮，即A1炽热程度减弱、A2炽热程度加强；故CD错误。故选B。18．如图所示，A，B，C为三个相同的灯泡，a、b、c为与之串联的三个元件，为直流电源，为交流电源.当开关S接“1”时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮；当开关S接“2”时，A灯仍正常发光，B灯变暗，C灯正常发光.由此可以判断a、b、c可能分别为（）nA．a组件是电阻，b组件是电感器，c组件是电容器B．a组件是电感器，b组件是电阻，c组件是电容器C．a组件是电容器，b组件是电感器，c组件是电阻D．a组件是电阻，b组件是电容器，c组件是电感器【答案】A【解析】根据题意,当开关S接“1”直流电源时,A、B两灯均正常发光,C灯不亮; 当接“2”交流电源时,A灯仍正常发光,说明a对交流电和直流电的影响相同,则a为电阻,c为电容器; B灯变暗,说明对交流电的阻碍作用比直流电阻碍作用大,则b为电感器; 由以上的分析可以知道,A正确,BCD错误 故选A。1．某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3×106kW。现用500kV电压输电，则下列说法正确的是：A．输电线上输送的电流大小为2×105AB．输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC．若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD．输电线上损失的功率为∆P=U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻【答案】B【解析】试题分析：已知输送的电功率和输电电压，根据求出输电线上的电流；根据求出输电线上损失的电功率．由P=IU得输电线上输送的电流，由△U=Ir得输电线路上的电压损失，输电线上损失的功率为，输电n线上损失的功率为△P计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压．故选B．2．（浙江省2017普通高校招生选考科目考试物理）（1）为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是_____。A.有闭合铁芯的原副线圈B.无铁芯的原副线圈C.交流电源D.直流电源E.多用电表（交流电压档）F.多用电表（交流电流档）用匝数匝和匝的变压器，实验测量数据如下表，1.802.803.804.904.006.018.029.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是_________（填或）。【答案】ACEnb【解析】（1）变压器的原理是互感现象的应用.是原线圈磁场的变化引起副线圈感应电流的变化，如果原线圈中通的是直流电源.则副线圈中不会有感应电流产生.题意为探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系.需要测量电压，所以需要一个测电压的仪器，所以需要的器材有A、有闭合铁芯的原副线圈；C交流电源;E多用电表交流电压档;故选ACE根据题意.电压比与匝数比不相等.可知该变压器为非理想变压器，考虑到变压器有漏磁铁芯发热、导线发热等影晌判断出U2为原线圈上电压大小，则判断出接电源的是nb。1．如图，将手摇交流发电机与一理想变压器的原线圈相连，副线圈电路中接有三个定值电阻、开关、灯泡及一个压敏电阻。压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过。现将手摇发电机的手柄匀速转动，小灯泡周期性的闪亮，闭合开关后，小灯泡不再闪亮。下列说法正确的是（）nA．将滑动头P向下滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变小B．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，且闪亮频率不变C．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大D．增大发电机手柄的转速，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大【答案】BD【解析】根据变压器原理结合滑动变阻器的移动情况确定输出电压的变化情况；根据发动机输出电压最大值的表达式分析转速增大时产生的交流电的频率和电压的变化，由此分析灯泡亮度的变化。将滑动头P向上滑动，根据变压器原理可得副线圈匝数增加则输出电压增大，可能使灯泡继续闪亮，变压器变压不变频，所以灯泡闪亮频率不变，故B正确、C错误；将滑动头P向下滑动，根据变压器原理可得副线圈匝数减小则输出电压减小，不可能使灯泡继续闪亮，故A错误；增大发电机手柄的转速，则交流电的频率增大，根据Em=NBSω=NBS•2πf可知发电机输出电压变大，根据变压器原理可知副线圈两端电压增大，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大，故D正确。故选BD。2．2015年8月，河南等地出现39℃以上的高温，为了解暑，人们用电扇降温．如图所示为降温所用的一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n：1，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡和风扇电动机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．风扇电动机D两端的电压为IrB．理想变压器的输入功率为＋C．风扇电动机D输出的机械功率为－I2rD．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】BCDn【解析】由变压器的原理可知，风扇电动机D两端的电压为U/n，因为电风扇中含有线圈，故不能利用欧姆定律求电压，A错误；由变压器功率特点可知，理想变压器的输入功率等于输出功率为，B正确；风扇电动机D输出的机械功率为，C正确；因为副线圈两端的电压为U/n，若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，该回路的等效电阻为，所以副线圈中的电流为，通过原线圈的电流为，D正确；故选BCD。3．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是50∶l，P是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10Ω，其余电阻不计。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的正弦交变电压。下列说法正确的是（）A．单刀双掷开关与a连接，电压表的示数为4.4VB．单刀双掷开关与a连接，t＝0.01s时，电流表示数为零C．单刀双掷开关由a拨向b，原线圈的输入功率变大D．单刀双掷开关由a拨向b，副线圈输出电压的频率变为25Hz【答案】AC【解析】由图象可以知道,电压的最大值为311V,交流电的周期为0.02s,所以交流电的频率为50Hz,A、交流电的有效值为220V,根据电压与匝数成正比可以知道,副线圈的电压为4.4V,所以A正确.B、当单刀双掷开关与a连接时,副线圈电压为4.4V,所以副线圈电流为0.44A,电流表示数为电流的有效值,不随时间的变化而变化,所以当t=0.01s时,电流表示数为0.44A,故B错误;C、当单刀双掷开关由a拨向b时,原线圈的匝数变小,所以副线圈的输出的电压要变大,电阻R上消耗的功率变大,原线圈的输入功率也要变大,所以C正确.D、变压器不会改变电流的频率,所以副线圈输出电压的频率为50Hz,所以D错误.故选AC4．如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为2∶1，原线圈接交流电u＝20sin100πt（V），保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想电表．下列说法正确的有nA．电压表V的示数为14.1VB．电流表A1、A2的示数之比为2∶1C．为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4ΩD．将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小【答案】CD【解析】原线圈电压有效值为，根据变压器原理可得，故电压表V的示数为110V，A错误；根据变压器原理可知，电流强度与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为1：2，B错误；保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为，C错误；将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的总电阻增大，副线圈电流强度减小，则原线圈的电流强度也减小，所以电流表A1的示数减小，D正确．5．（浙江省杭州市萧山区期末模拟）如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压恒定为U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2。则（　　）A．输送功率一定时，输电线上损失的功率与U的平方成反比B．输电线上的电压降为UC．输电线路上损失的电功率为D．用户端使用的用电器越多，得到的电压越小【答案】ADA、当输送功率一定时，由，可得输送电流为，则损失的功率为，即损失的功率与U的平方成反比；故A正确.nB、线路上损耗的电压为I1•r，且满足U=I1•r+U1，故B错误；C、输电线路上损失的电功率为；故C错误.D、对输电电路U=I1•r+U1，结合、、，可得全电路的欧姆定律，则用户端使用的用电器越多，变小，I1会增大，线路上损耗的电压为I1•r会增加，U1会变小，副线圈的电压也会变小，故D正确；故选AD.6．（浙江省名校协作体2019届高三上学期9月联考）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按图乙所示规律变化。下列说法正确的是（）A．电压表示数为1100VB．热水器上电压的瞬时值表达式为C．若闭合开关S，热水器的实际功率不变D．若闭合开关S，原线圈中电流增大【答案】AD【解析】电压表测的是电流的有效值。根据图乙所示图象求出交变电流的峰值、角频率初相位，然后写出交变电流的瞬时值表达式。根据动态分析法分析实际功率。由W=Pt可以求出抽油烟机消耗的电能．A.根据变压器原理可得，则电压表示数为1100V，A正确；B.由图乙可知，交变电流的峰值是，，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为，因有电阻R的存在，不是热水器两端的电压瞬时值，B错误；C.接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以实际功率减小，C错误；D.接通开关，电流增大，电压不变，所以线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，则原线圈中电流n增大，D正确．7．（浙江省2019届高三高考选考科目9月联考物理）下列四个图片均来自课本中的实验、仪器、实际应用，相应的现象、原理及应用的说法相一致的是A．甲图“水流导光”的原理是光的全反射B．乙图“CT”是利用γ射线能够穿透物质来检查人体内部器官C．丙图“灯泡发光”是学生电源中交流或直流通过变压器的互感现象D．丁图“环流器”是仪器利用磁场来约束参加反应的物质（等离子体）【答案】AD【解析】“水流导光”的原理是光的全反射，A正确；“CT”是利用X射线能够穿透物质来检查人体内部器官，B错误；“灯泡发光”是学生电源中交流电通过变压器的互感现象，C错误；“环流器”是仪器利用磁场来约束参加反应的物质，D正确．8．如图所示,在某一输电线路的起始端接入两个理想变压器,原、副线圈的匝数比分别为n1∶n2=100∶1和n3∶n4=1∶100,图中a、b表示电流表或电压表,已知电压表的示数为22V,电流表的示数为1A,则以下说法正确的是（　　）A．a为电流表,b为电压表B．a为电压表,b为电流表C．输电线路总电阻为22ΩD．线路输送电功率是220kW【答案】BD【解析】由图可知：a表是电压表，b表是电流表．而甲互感器原线圈的匝数比副线圈匝数100：1，乙互感器原线圈的匝数比副线圈匝数1：100，由电压表的示数为22V，得原线圈的电压为2200V，由电流表的示数为1A，原线圈的电流为100A．所以电线输送功率是2.2×105W=220KW，由已知条件无法求输电线电阻．故BD正确，AC错误；故选BD.