专题25 交变电流2（解析版）

这是一份专题25 交变电流2（解析版），共16页。试卷主要包含了2s，频率是，匝数比n1等内容，欢迎下载使用。

专题25 交变电流2
（2012-2021）
变压器问题的定量计算

1.（2021河北）如图，发电机的矩形线圈长为、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为、和，两个副线圈分别接有电阻和，当发电机线圈以角速度匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是（　　）

A. 通过电阻的电流为 B. 电阻两端的电压为
C. 与的比值为 D. 发电机的功率为
【答案】BC
【解析】AB．由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律
U1= IR1
根据变压器电压与匝数的关系有
，
代入数据有
U0= ，U2=
再由欧姆定律有
U2= I2R2
可计算出
I2=
综上可知，A错误、B正确；
C．由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
Emax= NB2L2ω，U0= = NBL2ω
由选项AB知
U0=
则

C正确；
D．由于变压器为理想变压器则有
P0= P1 + P2= U1I + U2I2= I2R1 + U2I2
代入选项ABC公式有
P0=
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。
故选BC。
2.（2021广东）某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是（　　）


A. 交流电的频率为10Hz
B. 副线圈两端电压最大值为3V
C. 变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D. 充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
【答案】B
【解析】A．周期是T=0.2s，频率是

故A错误；
B．由理想变压器原理可知

解得，副线两端的最大电压为

故B正确；
C．根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；
D．由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。
故选B。
3.（2021湖南） 如图，理想变压器原、副线圈匝数比为，输入端、接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻的阻值相同。在滑动变阻器的滑片从端滑动到端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（　　）


A. L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B. L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C. L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D. L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
【答案】A
【解析】副线圈的总电阻为

解得

则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻选增大后减小，根据等效电阻关系有

则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有
，
先减小后增大，先减小后增大，则先变暗后变亮，根据
，
由于先减小后增大，则副线圈的电压先增大后减小，通过L2的电流为

则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，逐渐减小，副线圈的电压增大过程中 增大；在副线圈的电压减小过程中，通过R0的电流为

逐渐增大，则越来越小，则

则先变暗后变亮，一直变亮；
故选A。
4.（2020江苏）电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器（　　）

A. 是一种降压变压器
B. 能测量直流电路的电流
C. 原、副线圈电流的频率不同
D. 副线圈的电流小于原线圈的电流
【答案】D
【解析】A．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A选项错误。
B．电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误。
C．电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流，故原、副线圈电流的频率相同。C选项错误。
D．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流。D正确。
故选D。
5.（2020全国3）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10，R3=20，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）

A. 所用交流电频率为50Hz B. 电压表的示数为100V
C. 电流表的示数为1.0A D. 变压器传输的电功率为15.0W
【答案】AD
【解析】A．交流电的频率为

A正确；
B．通过电流的有效值为

两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知

根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压

电阻两端分压即为电压表示数，即

B错误；
C．电流表的示数为

C错误；
D．副线圈中流过总电流为

变压器原副线圈传输的功率为

D正确。
故选AD。
6.（2020天津）手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中（ ）


A. 送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化
B. 受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变
C 送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递
D. 手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
【答案】AC
【解析】AB．由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变化的，因此产生的磁场也是周期性变化的，A正确，B错误；
C．根据变压器原理，原、副线圈通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现象实现能量传递，C正确；
D．手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误。
故选AC。
7.（2020海南） 图甲、乙分别表示两种电流的波形，其中图乙所示电流按正弦规律变化，分别用和表示甲和乙两电流的有效值，则（ ）

A. B.
C. D.
【答案】D
【解析】对图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，故图甲的电流有效值为；对图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值为，故，故选D。
8.（2019海南）如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由、和三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后（ ）

A. 流经的电流减小到原来的
B. 两端电压增加到原来的2倍
C. 两端的电压减小到原来的
D. 电阻上总的热功率减小到原来的
【答案】CD
【解析】设变压器初级电压为U，则该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后，根据可知，次级电压由变为，即次级电压变为原来的，可知R1两端的电压变为原来的，则流经R1的电流减小到原来的，选项A错误； R2两端的电压为，则两端的电压减小到原来的，选项B错误；同理R3两端的电压为，则两端的电压减小到原来的，选项C正确；因次级电压变为原来的，根据可知，次级电阻上总的热功率减小到原来的，选项D正确.
9.匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1=10 Ω、R2=5 Ω， 滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（　　）

A. 1 Ω B. 5 Ω C. 6 Ω D. 8 Ω
【答案】A
【解析】输电电压的有效值为（即原线圈电压的有效值）

根据理想变压器电压规律可知副线圈电压有效值

灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为

根据串联分压规律可知，和、构成的并联电路部分的分压为

通过的电流为

通过、的电流为

、的分压为

解得滑动变阻器的阻值为

A正确，BCD错误。
故选A。
10.(2015全国1)理想变压器的原、副线圈的匝数比为3 ：1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为k，则( )

A. U=66V，k=1/9 B. U=22V，k=1/9
C. U=66V，k=1/3 D. U=22V，k=1/3
【答案】 A
【解析】根据理想变压器的原理：原、副线圈电压比等于线圈匝数比即U1:U2=n1 : n2 ，当副线圈电压U2 =U，得原线圈电压U1 = 3U, 理想变压器能量不损耗有P1=P2 , 即U1I1=U2I2 ， I2=U/R ,得到I1 = ;根据串联电路的特点有：U源=U1+I1R ，联立并将U源=220V数据代入可得：U=66V;原、副线圈回路中的电阻消耗的功率根据P = I2R ,电阻相等，可得功率之比k=1/9 ,故选项A正确。
11.（2017.北京）如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )

A．原线圈的输入功率为220W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
【答案】B
【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V，C错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1 A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100π rad/s，周期T=0.02 s，D错误。
12.（2014·新课标2）如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则（ ）

A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，c、d间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
【答案】BD　
【解析】 经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式＝得到输出电压，而输出电压U2不等于c、d端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， Ucd＝＝，则Uab∶Ucd＝n1∶n2，故A错误．增大负载电阻的阻值R, Uab不变，Ucd也不变，根据P出＝可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B正确，C错误．二极管短路时，U′cd＝U2，输出功率P′出＝＝＝2P出，故输入功率P1也加倍，而输入电压U1不变，根据P1＝U1I1得电流表读数加倍，D正确．
13.（2016·全国卷1）一含有理想变压器的电路如图1­所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω 和4 Ω，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．2 B．3 C．4 D．5
【答案】：B
【解析】：开关断开时，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝，由＝可得原线圈两端的电压U1＝5I，则U＝U1＋IR1＝5I＋3I；开关闭合时，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I′2＝，副线圈的输出电压U′2＝I′2R2＝，由＝可得原线圈两端的电压U′1＝4I，则U＝U′1＋4IR1＝4I＋12I，解得＝3，选项B正确．
14.（2016·全国卷3） 如图所示，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∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
【答案】：AD　
【解析】 设灯泡的额定电压为U0，则输入电压U＝10U0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U1＝U－U0＝9U0，副线圈两端的电压U2＝U0，所以原、副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝9∶1，A正确，B错误；原、副线圈的电流之比I1∶I2＝n2∶n1＝1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确．
15.（2016·四川） 如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则(　　)

A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
【答案】：B　
【解析】 ：由变压器相关知识得：＝，原、副线圈减去相同的匝数n后：＝＝，－＝<0，则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出C、D错误．由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A错误，B正确．
16.（2016·海南卷） 图(a)中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是(　　)

A．变压器输入、输出功率之比为4∶1
B．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4
C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt)(国际单位制)
D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
【答案】：BD　
【解析】：理想变压器的输入功率等于输出功率，故A错误．理想变压器原、副线圈的电流与匝数成反比，故B正确．从图(b)可知交流电的周期为0.02 s，所以u随t变化的规律为u＝51sin(100πt)，故C错误．温度升高，热敏电阻阻值减小，电流表示数变大，电压表示数为输入的交流电的电压有效值，故不变，D正确．
17.（2014·山东卷）如图所示，将额定电压为60 V的用电器通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A．以下判断正确的是(　　)

A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
【答案】：BD　
【解析】： 理想电流表没有电阻，显示的2.2 A是理想变压器的输出电流的有效值，理想电压表的电阻无穷大，显示的220 V是理想变压器的输入电压的有效值．用电器正常工作，所以，理想变压器的输出电压的有效值为60 V．根据理想变压器的电压与匝数成正比，可得n1∶n2＝U1∶U2＝11∶3 ，选项D正确．理想变压器的输入功率等于输出功率，P入＝P出＝60×2.2 W＝132 W ，选项A错误．根据理想变压器的电流与匝数成反比，即I1∶I2＝n2∶n1，可得通过原线圈的电流的有效值为I1＝I2＝0.6 A ，选项B正确．通过变压器的是正弦交流电，所以副线圈的电流的最大值为Im＝I2＝2.2 A，选项C错误．
18.（2014·福建卷）图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n42R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时(　　)

A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
【答案】D
【解析】 由于n1UL2，由P＝可知，L1的功率大于L2的功率，所以L1的亮度大于L2，故B项错误；由于A1表的示数小于A2表的示数，由P＝I2R可知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C项错误；由于A1表的示数小于A2表的示数，由U＝IR可知，R2两端的电压小于R4两端的电压，故D项正确．
19.（2014·江苏卷） 远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)


A. ＝ B．I2＝ C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
【答案】：D　
【解析】： 对理想变压器来说，输出功率决定输入功率，两者总相等，故选项D正确；对只有一组副线圈的理想变压器来说，通过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数之比的倒数，因此选项A错误；输出电流决定输入电流，I2是由用户的电流决定的，I1是由I2决定的，与输电线上的电阻无关，选项B错误；输出功率决定输入功率，升压变压器的输入功率应等于用户的功率与输电线上消耗的功率之和，故选项C错误．
20.（2015海南）如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为4:1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，是理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表读数为5.0V，则( )

A.此时原线圈两端电压的最大值约为34V
B.此时原线圈两端电压的最大值约为24V
C.原线圈两端原来的电压有效值约为68V
D.原线圈两端原来的电压有效值约为48V
【答案】AD
21.(2015广东)图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V。调节前后

A．副线圈中的电流比为1:2
B．副线圈输出功率比为2:1
C．副线圈的接入匝数比为2:1
D．原线圈输入功率比为1:2
【答案】C
【解析】:通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减少为原来的一半，根据欧姆定律I = U/R ，在电阻不变时，调节前后副线圈输出电流之比为I2前 ：I2后 = U2前 ：U2后 = 2 ：1 ，选项A错误；根据理想变压器原理U1 : U2 = n1 : n2 ，在原线圈电压和匝数不变的情况下，副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，接入匝数比n2前 ：n2后 = U2前 ：U2后 = 2 ：1 ，选项C正确；根据功率P=UI ，得到调节前后副线圈输出功率之比P2前 ：P2后 = U2前I2前 ：U2后I2后 = 4 ：1，选项B错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以原线圈的输入功率之比P1前 ：P1后 = P2前 ：P2后 = 4 ：1，选项D错误。
22.（2015江苏）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为
A．200 B．400 C．1600 D．3200
【答案】B
【解析】：根据变压器的变压规律，可求副线圈匝数为400，所以B正确。