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2010-2019年高考物理真题分专题训练 专题11 交变电流 传感器（教师版含解析）
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这是一份2010-2019年高考物理真题分专题训练 专题11 交变电流 传感器（教师版含解析），共39页。
十年高考真题分类汇编(2010－2019) 物理
专题11交变电流 传感器
选择题：
1.(2019•海南卷•T8)如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由R1、R2和R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后
A.流经R1的电流减小到原来的
B.R2两端的电压增加到原来的2倍
C.R3两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】
A、变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1，则副线圈的输出电压减小为原来的，根据欧姆定律可知，流经R1的电流减小到原来，故A错误。
B、根据串并联电路规律可知，R2两端的电压减小到原来的，故B错误。
C、同理，R3两端的电压减小到原来，故C正确。
D、副线圈总电阻不变，根据功率公式可知，，总功率减小到原来的，故D正确。
故选：CD。
2.(2019•江苏卷•T1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V时，输出电压
A.降低2V B.增加2V C.降低200V D.增加200V
【答案】D
【解析】
由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即，得：，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确。
3.(2018·全国III卷·T3)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方: Q正等于
A.
B.
C. 1:2
D. 2:1
【答案】D
【解析】试题分析 本题考查交变电流的图线、正弦交变电流的有效值、焦耳定律及其相关的知识点。
解析 根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，
根据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT=T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正= u02∶()2=2∶1，选项D正确。
点睛 此题将正弦交变电流和方波 交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，导致错选C。
点睛 此题将正弦交变电流和方波 交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，导致错选C。
4.(2011·安徽卷)如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，则有，所以，所以D正确.
【考点定位】交流电的有效值，
5.(2011·天津卷)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则
A.t =0.005s时线框的磁通量变化率为零
B.t =0.01s时线框平面与中性面重合
C.线框产生的交变电动势有效值为311V
D.线框产生的交变电动势的频率为100Hz
【答案】B
【解析】由图2可知，该交变电动势瞬时值的表达式为e=311sin100πt。当t＝0.005s时，瞬时值e≈311V，此时磁通量变化率最大，A错；
同理当t＝0.01s时，e＝0V，此时线框处于中性面位置，磁通量最大，磁通量的变化率为零，B正确；
对于正弦交变电流其有效值为，题给电动势的有效值为220V，C错，交变电流的频率为f＝1/T＝ω/2π=50Hz，D错。
【考点定位】交流电的产生，交流电图像
6.(2012·北京卷)一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为
A.5V B.5V C.10V D.10V
【答案】C
【解析】设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为，则：此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以，所以，解得：，所以最大值为。故选C
【考点定位】本题考查了交变电流的有效值
7.(2013·海南卷)如图所示，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是
A.拉力的大小在运动过程中保持不变
B.棒通过整个圆环所用的时间为
C.棒经过环心时流过棒的电流为
D.棒经过环心时所受安培力的大小为
【答案】D
【解析】导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度变化而变化，故拉力一直在变，A错误；设棒通过整个圆环所用时间为t，由匀速直线运动的基本关系式可知，，解得运动时间：，B错误；由可知，棒经过圆心时的速度，此时的感应电动势，而金属环的两部分并联，等效电阻，故棒经过环心时的电流强度，C错误，此时棒受到的安培力的大小，D正确
【考点定位】考查电磁感应、电路问题牛顿运动定律相结合问题。
8.(2013·福建卷·T15)如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Ω，外接R=9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发动机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=(V)，则
A.该交变电流的频率为10Hz B.该电动势的有效值为V
C.外接电阻R所消耗的电功率为10W D.电路中理想交流电流表的示数为1.0A
【答案】D
【解析】：从电动势瞬时值表达式可知，交变电流的频率，选项A错误；该电动势的有效值，选项B错误；电路中电流(有效值)，电阻R消耗功率P＝I2R＝9W，选项C错误；电流表的读数即为电流的有效值，选项D正确。
【考点定位】考查了交变电流的有关知识、焦耳定律、闭合电路欧姆定律的应用问题，难度中等。
9.(2015·全国新课标Ⅱ卷·T15)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是
A.Ua> Uc，金属框中无电流
B.Ub >Uc，金属框中电流方向沿a-b-c-a
C.Ubc=－Bl²ω，金属框中无电流
D.Ubc=Bl²ω，金属框中电流方向沿a-c-b-a
【答案】C
【解析】当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c点电势高，，故C正确，A、B、D错误。
【考点定位】导体切割磁感线
【方法技巧】本题主要是理解感应电流产生的实质，有感应电流一定有感应电动势，而有感应电动势不一定有电流的。本题有两根导体棒切割磁感线，但穿过闭合线圈的磁通理没变。
10.(2015·四川卷·T4)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压
A.峰值是e0 B.峰值是2e0 C.有效值是 D.有效值是
【答案】D
【解析】由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故选项A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝，即U＝，故选项C错误；选项D正确。
【考点定位】对正弦式交变电流的产生原理的理解，以及其四值运算、闭合电路欧姆定律的应用。
11.(2013·海南卷·T3)通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s。电阻两端电压的有效值为
A.12V B.4V C.15V D.8V
【答案】B
【解析】由题意结合有效值的定义可得，将A，A代入可得流过电阻的电流的有效值A，故电阻两端电压的有效值为V，本题选B。
【考点定位】考查交流电的有效值和欧姆定律。
12.(2011·四川卷)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60º时的感应电流为1A。那么
A.线圈消耗的电功率为4W
B.线圈中感应电流的有效值为2A
C.任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos
D.任意时刻穿过线圈的磁通量为ф=sin
【答案】AC
【解析】绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为，得 A，则感应电动势的最大值为V，C正确，B错误；电功率为W，A正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为=sin中当时间为时，单位不正确；所以正确答案是A C。
【考点定位】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流的峰值、有效值以及它们的关系.
13.(2012·广东卷)某小型发电机产生的交变电动势为，对此电动势，下列表述正确的有
A.最大值是 B.频率是100Hz
C.有效值是 D.周期是0.02s
【答案】CD
【解析】由电动势的表达式可知，最大值为，而有效值为：，A错误C正确；，故，周期，B错误D正确。故选CD
【考点定位】本题考查了交变电流的表达式以及有效值等相关知识。
14.(2015·全国新课标Ⅰ卷·T19)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【答案】AB
【解析】圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A对，圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流产生，选项B对。圆盘转动过程中，圆盘位置，圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错。圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错。
【考点定位】电磁感应
【规律总结】把握磁通量的变化才是关键，根据对称性，圆盘磁通量始终等于零，无磁通量变化。
15.(2014·天津卷·T7)如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则
A.两次t=0是时刻线圈平面均与中性面重合
B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3
C.曲线a表示的交变电动势频率为25Hz
D.曲线b表示的交变电动势有效值为10V
【答案】AC
【解析】根据法拉第电磁感应定律，t=0时电动势瞬时值为0，此时线圈应在中性面上，A正确。由题图可知，曲线a、b周期比为2:3，则转速比应为3:2，B错。曲线a周期为0.04s，则频率为25Hz，C正确。曲线b产生的电动势最大值由题图可知小于，则有效值小于10V，D错。
【考点定位】交流电的产生、交流电的有效值
16.(2017·天津卷·T6)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则
A.t=0时，线圈平面平行于磁感线
B.t=1 s时，线圈中的电流改变方向
C.t=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大
D.一个周期内，线圈产生的热量为
【答案】AD
【解析】t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值)电流的方向改变一次，t=1 s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误；t=1.5 s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零()，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C错误；感应电动势最大值，有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D正确。
考点：交变电流的规律和“四值问题”
【考点定位】交变电流的规律和“四值问题”
【名师点睛】本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。
17.(2018·江苏卷·T2)采用220 kV高压向远方的城市输电.当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为
A. 55 kV B. 110 kV C. 440 kV D. 880 kV
【答案】C
【解析】本意考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析能力。当输电功率P=UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损=I2R，R为输电线路的电阻，即P损=。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440V，故选项C正确。
点睛：本意以远距离输电为背景考查输电线路的电能损失，解题时要根据输送电功率不变，利用输电线路损失的功率P损=I2R解题。
18.(2018·天津卷·T4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则
A. R消耗的功率变为P
B. 电压表V的读数为U
C. 电流表A的读数变为2I
D. 通过R的交变电流频率不变
【答案】B
【解析】试题分析：根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；
根据可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据可知R消耗的电功率变为，A错误B正确；副线圈中的电流为，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误.
【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率.
【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率.
19.(2016·四川卷)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，其它条件不变，则
A.小灯泡变亮
B.小灯泡变暗
C.原、副线圈两段电压的比值不变
D.通过原、副线圈电流的比值不变
【答案】B
【解析】根据变压器电压与匝数关系，，因为是降压变压器，则n1>n2，则当原、副线圈减少相同匝数时，由数学知识可知变大，则U2减小，故灯泡变暗，选项AC错误，B正确；根据可知通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误。
考点：变压器
【名师点睛】此题是对变压器原理的考查；首先要记住原副线圈的电压与匝数关系，从题目中知道为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；判断原副线圈减小相同的匝数时原副线圈的匝数比的变化要用到数学知识，这里稍微有点难度.
20.(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
【解析】由题图知自耦变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数，根据变压器的变压规律可知，U2
【方法技巧】主要是对自耦变压器的理解，分清原副线圈及在转动的过程中线圈的匝数怎么变、理想变压器的规律。
21.(2011·浙江卷)如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈，上线圈两端u=51sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是
A. 2.0V B. 9.0V C. 12.7V D. 144.0V
【答案】A
【解析】交流电源电压的有效值，如果看成理想的来处理有：、、，解得，故交流电压表的读数应该小于，所以答案为A。
【考点定位】交流电有效值
22.(2012·海南卷·T4)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12V，6W”的小灯泡并联在副线圈的两端。当两灯泡都正常工作时，原线圈中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是
A.120V，0.10A B.240V，0.025A C.120V，0.05A D.240V，0.05A
【答案】D
【解析】由可知，V，AC错；通过每个灯泡的电流A，所以，D项正确。
【考点定位】本题考查变压器及其相关知识
23.(2014·四川卷)如图所示，甲是远距离的输电示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则
A.用户用电器上交流电的频率是100Hz
B.发电机输出交流电的电压有效值是500V
C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失功率减小
【答案】D
【解析】由题图乙知交变电流的周期为s，设频率为Hz，A选项错误；发电机输出的最大电压为500V，故B选项错误；输电线的电流由负载决定，故C选项错误；当用户的用电器的总电阻增大时，输出的电流减小，故输电线上损耗的功率减小，故D选项正确。
【考点定位】变压器 远距离输电 峰值和有效值 输电电流 损耗功率
24.(2014·福建卷·T16)图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4＜n2=n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，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、L2两灯泡的量度相同
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】
试题分析：设AB间的输入电压为U1，根据输送电功率P=UI，可得电流表A2的示数为，电流表A1的示数为，根据变压规律又因为n1
根据P=I2R知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C错误；
根据U＝IR可知R2两端的电压小于R4两端的电压，所以D正确。
【考点定位】本题考查变压器、远距离输电
25.(2014·海南卷)理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端，已知三个灯泡均正常发光。该变压器原、副线圈的匝数之比为
A.1∶2 B.2∶1 C.2∶3 D.3∶2
【答案】B
【解析】三个灯泡都相同，并且都正常发光，可知三个灯泡此时的电流都相同，即原线圈中的电流是副线圈中电流的一半，由和可知，该变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，B正确。
考点：理想变压器的电流与匝数的关系
26.(2016·全国新课标Ⅰ卷)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.2 B.3 C.4 D.5
【答案】B
【解析】该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压，电流为I1=I，副线圈的电压，根据欧姆定律，当开关S闭合时，原线圈两端电压，电流为I1' =4I，副线圈的电压，根据欧姆定律综上解得k=3，故A、C、D错误，B正确。
【考点定位】变压器、欧姆定律
【名师点睛】本题主要考查变压器、欧姆定律。解决这类问题的关键是掌握变压器的构造和原理，对于变压器需要掌握公式、，并能熟练运用。此题值得注意的是变压器的原线圈与电阻串联后接入交流电压。
27.(2011·福建卷)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比，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
A.输入电压u的表达式u=20sin(50π)V
B.只断开S1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
【答案】D
【解析】A、周期是0.02s，，所以输入电压u的表达式应为，A错误；
B、断开S1，L1、L2的电路都被断开，则L1、L2均不能正常发光，B错误；
C、只断开S2后，负载电阻变大，原副线圈电流变小，原线圈的输入功率减小，C错误；
D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为，D正确。
【考点定位】理想变压器、电路动态变化
28.(2011·新课标全国卷)如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
A.U=110V，I=0.2A
B.U=110V，I=0.05A
C.U= V，I=0.2A
D.U= V，I= A
【答案】A
【解析】灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，电流为，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为，电流为，A正确.
【考点定位】理想变压器，交流电有效值
29.(2012·天津卷)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路总电阻的R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1，和
A.， B.， C.， D.，
【答案】D
【解析】由，P=U2I，P1=I2R得，P1=，排除A、B两选项。若，P2=，所以，= ，D正确。
【考点定位】本题考查变压器，电能的输送，功率的计算及其相关知识
30.(2012·新课标卷)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为
A.380V和5.3A B.380V和9.1A C.240V和5.3A D.240V和9.1A
【答案】B
【解析】因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，即，故副线圈的电压有效值；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即，由v得，B正确。
【考点定位】本题考查变压器的基本原理及其相关知识
31.(2012·重庆卷)如图所示，理想变压器的原线圈接u＝11000sin100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V/880 W”的电器RL供电，该电器正常工作.由此可知( )
A.原、副线圈的匝数比为50∶1 B.交变电压的频率为100 Hz
C.副线圈中电流的有效值为4 A D.变压器的输入功率为880 W
【答案】C
【解析】输入电压的有效值为11000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原副线圈的匝数比小于，A错误；由输入电压的表达式知，f＝ Hz＝50 Hz，B错误；副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I＝＝4 A，C正确；变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，D错误.
【考点定位】本题考查变压器及其相关知识
32.(2013·天津卷)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则( )
A.ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd B.ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd
C.ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd D.ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd
【答案】B。
【解析】根据单一副线圈的理想变压器原理：电流比值等于匝数比的倒数，可得ab接MN、cd接PQ，，故B正确。
【考点定位】变压器工作原理
33.(2013·广东卷·T16)如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1，V和A均为理想电表，灯泡电阻R1=6Ω，A、B端电压u1=12sin100πt(V).下列说法正确的是
A.电流频率为100Hz B.V的读数为24V
C.A的读数为0.5A D.变压器输入功率为6W
【答案】D
解析：A、由，得：f=50HzA错
B、C、有效值U1=12V，又：，得：U2=6V，，BC错误；
D、由能量守恒：，D对
【考点定位】正弦式交流电表达式、有效值、功率、部分电路欧姆定律、理想变压器规律，容易题
34.(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＝I22R D.I1U1＝I2U2
【答案】D
【解析】理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：＝，由能量守恒定律可知：P1＝I1U1＝P2＝I2U2，故选项D正确；因此＝，故选项A错误；输电线两端的电压应为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U3之差，因此根据欧姆定律有：I2＝，故选项B错误；降压器的输入功率为：P3＝I2U3，因此有：I1U1＝I22R＋I2U3，故选项C错误。
【考点定位】本题主要考查了远距离输电的应用问题，属于中档题。
35.(2015·江苏卷卷·T1)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，代入数据可求副线圈匝数为400，所以B正确。
【考点】变压器、交流电
36.(2015·全国新课标Ⅰ卷·T16)一理想变压器的原、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，原线圈一侧接在电压为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，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】原副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压u，可知副线圈电压为u，原线圈电压为3u，副线圈电流，原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流，那么原线圈输入电压，整理可得；原副线圈电阻消耗的功率根据，电阻相等，电流为1:3，可得功率比为1:9，，对照选项A对。
【考点定位】变压器
37.(2015·安徽卷卷·T16)图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A。则下列说法正确的是
A.电压表V1示数增大
B.电压表V2、V3示数均增大
C.该变压器起升压作用
D.变阻器滑片是沿的方向滑动
【答案】D
【解析】电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确；电压表V1、V2示数不变，故A、B错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1=n2I2，电流变化时，n1ΔI1=n2ΔI2，故，应是降压变压器，C错误。
考点：考查理想变压器和电路知识。
38.(2015·广东卷·T15)图5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】设原线圈中电流为I1，匝数为n1，两端输入电压为U1，输入功率为P1，幅线圈中电流为I2，匝数为n2，两端输出电压为U2，输出功率为P2，根据理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系有：＝，所以当输出电压U2由220V降至110V时，副线圈匝数n2也应减少为一半，故选项C正确；由于副线圈两端所接用电器不变，所以当用电器电压减半时，其电流I2也减半，故选项A错误；根据功率计算式P＝UI可知，副线圈中输出功率P2变为原来的1/4，故选项B错误；由能量守恒定律可知，原线圈中输入功率P1也变为原来的1/4，故选项D错误。
【考点定位】理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系、部分电路欧姆定律、电功率计算式、能量守恒定律的应用。
39.(2015·福建卷·T15)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，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为
【答案】C
【解析】根据正弦式交流电最大值和有效值的关系可知，加在原线圈上的电压，
根据理想变压器电压和匝数的关系可知：，解得：，
输电线上的电流I=P/U2，消耗的电功率，故ABD错误，C正确。
【考点】变压器、交流电
40.(2014·浙江卷)如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是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想想变压器，流入用户端的电流是I2。则
A.用户端的电压为I1U1/I2
B.输电线上的电压降为U
C.理想变压器的输入功率为I12r
D.输电线路上损失的电功率为I1U
【答案】A
【解析】根据理想变压器输入端与输出端的电功率相同，可得U1I1=U2I2，解得：，所以A正确；根据欧姆定律可得：输电线上的电压降为I1r，所以B错误；理想变压器的输入功率为U1I1，故C错误；输电线路上损失的电功率为I12r，故D错误。
【考点定位】变压器、欧姆定律、电功率
【方法技巧】分析清楚远距离输电示意图中各物理量的关系
41.(2017·北京卷·T16)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，因此在原线圈两端电压有效值为220V，由理想变压器原副线圈两端电压与线圈匝数成正比，因此副线圈两端电压有效值为110V，故选项C错误；流过电阻R的电流为2A，可知负载消耗的功率为220W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220W，故选项A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1A，故选项B正确，由交变电流瞬时值表达式可知：ω=100π，因此周期为：T=0.02s，故选项D错误。
【考点定位】正弦式交变电流的“四值”、理想变压器原副线圈电压、电流、功率与匝数的关系
【名师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副线圈，电流与功率则由副线圈决定原线圈。
42.(2016·海南卷)图(a)所示，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、副线圈中的电流强度之比为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】由题意，理想变压器输入、输出功率之比为1:1，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即，故选项B正确；由图(b)可知交流电压最大值Um=51 V，周期T=0.02 s，角速度ω=100π rad/s，则可得u=51sin(100πt)(V)，故选项C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。
【考点定位】变压器的构造和原理
【名师点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。
V
A
43.(2011·广东卷)图(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω， , 为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图7(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是
A、电流表的示数为2A B、原副线圈匝数比为1:2
C、电压表的示数为电压的有效值 D、原线圈中交变电压的频率为100HZ
【答案】AC
【解析】根据电路图可知，电阻R的电压为110V，电阻为55Ω，所以电阻R的电流，所以A正确；由图可知，输入的电压的有效值为220V，电压表的示数为110V，即为输出的电压，根据电压与匝数成正比可得匝数比为2：1，所以B错误；电压表、电流表等的读数都是有效值，所以C正确；经过变压器前后电压的频率是不变的，根据图象可知，输出电压的频率为，所以原线圈中交变电压的频率也为50Hz，所以D错误.
【考点定位】理想变压器，交流电图像
44.(2016·全国新课标Ⅲ卷·T19)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9:1 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】
试题分析：设灯泡的额定电压为，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为，副线圈两端电压为，故，根据，A正确，B错误；根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为1:9，C错误，D正确。
【考点定位】考查了理想变压器，电功率的计算
【方法技巧】对于变压器需要掌握公式、，以及知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是理想化模型：一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源。
45.(2011·山东卷)为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是
A、u2=190sin(50πt)V
B、u2=190sin(100πt)V
C、为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移
D、为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移
【答案】BD
【解析】由于用户电压随时间t变化的曲线周期为0.02s，所以u2=190sin(100πt)V，选项B正确A错误；为使用户电压稳定在220V，应减小变压器原线圈匝数，应将P适当上移，选项C错误D正确。
【考点定位】交流电图像，理想变压器
46.(2012·山东卷)图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是
A.电压表的示数等于5V
B.电压表的示数等于V
C.实现点火的条件是>1000
D.实现点火的条件是<1000
【答案】BC
【解析】根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为：，故A错误，B正确；根据，且，得：实现点火的条件是，故C正确，D错误。故选BC
【考点定位】本题考查变压器、交变电流有效值及其相关知识。
47.(2014·广东卷·T19)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片。保持理想变压器的输入电压不变，闭合电建S，下列说法正确的是
A.P向下滑动时，灯L变亮
B.P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C.P向上滑动时，变压器的输入电流减小
D.P向上滑动时，变压器的输出功率变大
【答案】BD
【解析】由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项A错误；
滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项B正确；
滑片P上滑，电阻减小，电流I2增大，则原线圈输入电流I1也增大，故选项C错误；
此时变压器输出功率P2=U2I2将变大，故选项D正确。
【考点定位】本题考查变压器原理和电路动态平衡
48.(2014·新课标全国卷Ⅱ)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，cd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】若变压器初级电压为Uab，则次级电压为；由于二级管的单向导电性使得，故，选项A 错误；增大负载的阻值R，则变压器次级电流减小，则初级电流也减小，即电流表的读数减小，选项B正确；cd间的电压由变压器的初级电压决定，与负载电阻R的大小无关，选项C错误；若二极管短路则，则次级电流会加倍，则初级电流也加倍，选项D 正确。
【考点定位】变压器中原副线圈的电压及电流关系；二极管的特性；交流电的有效值。
49.(2015·海南卷·T10)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
【解析】A、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，此时电压表的读数为5.0V，根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压，
根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U1=4U2=24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为，故A正确，B错误；
C、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变，所以原来副线圈电压，
根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V，故C错误，D正确；【考点定位】理想变压器
50.(2014·山东卷)如图，将额定电压为60V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220V和2.2A。以下判断正确的是
A.变压器输入功率为484W
B.通过原线圈的电流的有效值为0.6A
C.通过副线圈的电流的最大值为2.2A
D.变压器原、副线圈的电流匝数比
【答案】BD
【解析】变压器为理想变压器，因此输入功率等于输出功率，即，A错误；根据可知，变压器的匝数比为，D正确；根据，可得通过原线圈的电流的有效值，B正确；通过副线圈电流的有效值为，因此通过副线圈电流的最大值为，C错误。
【考点定位】变压器，交变电流的有效值
51.(2010·海南卷·T9)如右图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1 ，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表.下列结论正确的是
A.若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为V
B.若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半
C.若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍
D.若保持负载电阻的阻值不变.输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍
【答案】AD
【解析】若电压表读数为6V，则输入电压为是有效值，因此其最大值为V，A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B错；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电流减小到原来的一半，输入功率等于输出功率即也减小到原来的一半，C错；若保持负载电阻的阻值不变.输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由可知输出功率增加到原来的4倍，D正确。
52.(2010·重庆卷·T17)一输入电压为220v，输出电压为36V的变压器副线圈绕环，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈。如题17图所示，然后将原来线圈接到220v交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线匝数分别为
A.1100，360 B.1100，180
C.2200，180 D.2200，360
【答案】B
【解析】本题考查变压器的工作原理和这一工作关系式。对于理想变压器，不管有几个副线圈，变压器输入和输出电压之比总等于匝数比。因此有关系式，假设副线圈没有烧毁则有，解得，，B项对。
53.(2010·浙江卷·T17)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2×105A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15kV
C.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108KW
D.输电线上损失的功率为，U为输电电压，r为输电线的电阻
【答案】B
【解析】本题考查远距离输电问题，考查考生对远距离输电问题基本关系的熟练应用。输电电流，输电线上损失的电压为，A项错误，B项正确；输电线上损失的功率不可能比输出功率还大，C项错误；输电线上损失的功率可以用计算，△U为输电线上的电压降，不是输电电压，D项错误。
54.(2010·天津卷·T7)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后
A.A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B.A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C.V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D.V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
【答案】AD
【解析】本题考查的知识点是理想变压器，根据能量守恒有P1＝P2，又P1＝U1I1，P2＝U2I2，变压器原理，匝数比不变电压比就不会变，且输入电压不变，输出电压U2也不会变，C项错误，当开关闭合输出功率P2增大，则输入功率P1也增大，两个安培表示数都增大，此时二者示数之比等于电压的倒数比，也不变，A、D项正确。
55.(2010·福建卷·T13)中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500kV的起高压输电，输电线上损耗的电功率为P。保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用100kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查远距离输电和考生的理解能力。设输送功率为P0，改用1000KV的输电电压后输电线上损失的功率为P’。输送电流为，输电线上损失的功率为， 代入数据得，即，故正确的选项为A。
56.(2010·山东卷·T19)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是
A.副线圈输出电压的频率为50Hz
B.副线圈输出电压的有效值为31V
C.P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D.P向右移动时，变压器的输出功率增加
【答案】AD
【解析】本题考查了变压器、正弦交变电流的峰值和有效值，考生的理解和推理能力。变压器不改变电压的频率，副线圈的电压频率等于原线圈中的电压频率为；由可得副线圈中电压的最大值31V，故有效值为V；P向右滑动时，输出电路中电压不变，电阻减小，电流增大，输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功率也增大，故正确的选项为AD。
57.(2010·江苏卷·T7)在如图多事的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有
A.升压变压器的输出电压增大 B.降压变压器的输出电压增大
C.输电线上损耗的功率增大 D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【答案】CD
【解析】A.应不变，A错误；
B.，，，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，B错误；
C.，因P变大，所以P损变大，C正确；
D.，因P变大，所以比值变大，D正确；
本题选CD。本题考查电能的输送，通常考查电压的变化引起其它变化，本题考查考查功率的变化引起其它变化，有新意。本题难度：中等。
58.(2010·全国Ⅱ卷·T19)图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头。现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止。用表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值：电功率指平均值)。下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是
【答案】BC
【解析】副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，说明副线圈的匝数在均匀增大，由变压器的变压比得均匀增大(k为单位时间增加的匝数)，故C正确。灯泡两端的电压由零增大时其电阻增大，描绘的伏安特性曲线为B。灯泡的功率先增大的快(电阻小)后增大的慢(电阻大)，故D错误。原线圈功率等于灯泡功率是增大的，所以原线圈电流一定增大，故A错误。
59.(2010•广东卷•T19)图7是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的
A.周期是0.01s B.最大值是311V C.有效值是220V D.表达式为u=220sin100πt(V)
【答案】BC
【解析】选项A错误，周期是0.02s；选项D错误，应该用峰值，即正确的表达式应该为u=311sin100πt(V)。
60.(2010·四川卷·T19)图甲所示电路中，A1A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在时间内
A.电流表A1的示数比的小
B.电流表的示数比A1的小
C.电流表A1和的示数相同
D.电流表的示数都不为零
【答案】C
【解析】本题主要考查了变压器的原理、电容、电感和电阻对交流电的影响。从图中可知，原线圈中磁场变化率均匀，在副线圈中产生的稳定的电动势，而电容对交流的影响是隔直流通交流。电感是通直流阻交流，所以电流表A1和A2示数相同，选项C正确。而ABD项错误.
非选择题：
61.(2011·海南卷)如图，理想变压器原线圈与一10V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3W，正常发光时电阻为30，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为_______，流过灯泡b的电流为_______A。
【答案】10：3 0.2
【解析】副线圈两端电压U2等于小灯泡a两端电压Ua，由得，Ua=3V，则原、副线圈的匝数比；流过灯泡a的电流Ia= Ua/ Ra=0.1A，又，得I2=0.3A。流过灯泡b的电流Ib= I2- Ia=0.3A-0.1A=0.2A
【考点定位】理想变压器
62.(2012·安徽卷)图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为的匀强磁场中，有一矩形线图abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO’转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO’转动的金属圈环相连接，金属圈环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电话电阻形成闭合电路。图2是线圈的住视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈)
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其它电阻均不计)
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为，由图可知，则整个线圈的感应电动势为。
(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为
。
(3)由闭合电路欧姆定律可知，这里的E为线圈产生的电动势的有效值，则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为，其中，于是。
【考点定位】此题考查交变电流的相关知识。
63.(2012·江苏卷)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示. 在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角琢均为49仔，磁场均沿半径方向. 匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab =cd =、bc =ad=2. 线圈以角速度棕绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场. 在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I。
【答案】(1) (2)(3)
【解析】(1)边的运动速度 ，感应电动势 ，解得
(2)电流 安培力 解得
(3)一个周期内，通电时间
R 上消耗的电能 且
解得
【考点定位】本题考查电磁感应、交流电及其相关知识
十年高考真题分类汇编(2010－2019) 物理
专题11交变电流 传感器
选择题：
1.(2019•海南卷•T8)如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由R1、R2和R3三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后
A.流经R1的电流减小到原来的
B.R2两端的电压增加到原来的2倍
C.R3两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】
A、变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1，则副线圈的输出电压减小为原来的，根据欧姆定律可知，流经R1的电流减小到原来，故A错误。
B、根据串并联电路规律可知，R2两端的电压减小到原来的，故B错误。
C、同理，R3两端的电压减小到原来，故C正确。
D、副线圈总电阻不变，根据功率公式可知，，总功率减小到原来的，故D正确。
故选：CD。
2.(2019•江苏卷•T1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V时，输出电压
A.降低2V B.增加2V C.降低200V D.增加200V
【答案】D
【解析】
由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即，得：，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确。
3.(2018·全国III卷·T3)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方: Q正等于
A.
B.
C. 1:2
D. 2:1
【答案】D
【解析】试题分析 本题考查交变电流的图线、正弦交变电流的有效值、焦耳定律及其相关的知识点。
解析 根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，
根据焦耳定律和欧姆定律，Q=I2RT=T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正= u02∶()2=2∶1，选项D正确。
点睛 此题将正弦交变电流和方波 交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，导致错选C。
点睛 此题将正弦交变电流和方波 交变电流、有效值、焦耳定律有机融合。解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，导致错选C。
4.(2011·安徽卷)如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为
A. B. C. D.
【答案】D
【解析】交流电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有的时间内有感应电流，则有，所以，所以D正确.
【考点定位】交流电的有效值，
5.(2011·天津卷)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1所示，产生的交变电动势的图象如图2所示，则
A.t =0.005s时线框的磁通量变化率为零
B.t =0.01s时线框平面与中性面重合
C.线框产生的交变电动势有效值为311V
D.线框产生的交变电动势的频率为100Hz
【答案】B
【解析】由图2可知，该交变电动势瞬时值的表达式为e=311sin100πt。当t＝0.005s时，瞬时值e≈311V，此时磁通量变化率最大，A错；
同理当t＝0.01s时，e＝0V，此时线框处于中性面位置，磁通量最大，磁通量的变化率为零，B正确；
对于正弦交变电流其有效值为，题给电动势的有效值为220V，C错，交变电流的频率为f＝1/T＝ω/2π=50Hz，D错。
【考点定位】交流电的产生，交流电图像
6.(2012·北京卷)一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为
A.5V B.5V C.10V D.10V
【答案】C
【解析】设电热器的电阻为R，t时间内产生的热量为，则：此热量是接交流电源上产生的热功率的2倍，所以，所以，解得：，所以最大值为。故选C
【考点定位】本题考查了交变电流的有效值
7.(2013·海南卷)如图所示，水平桌面上固定有一半径为R的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B，方向竖直向下；一长度为2R、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点。棒在拉力的作用下以恒定加速度a从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好。下列说法正确的是
A.拉力的大小在运动过程中保持不变
B.棒通过整个圆环所用的时间为
C.棒经过环心时流过棒的电流为
D.棒经过环心时所受安培力的大小为
【答案】D
【解析】导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度变化而变化，故拉力一直在变，A错误；设棒通过整个圆环所用时间为t，由匀速直线运动的基本关系式可知，，解得运动时间：，B错误；由可知，棒经过圆心时的速度，此时的感应电动势，而金属环的两部分并联，等效电阻，故棒经过环心时的电流强度，C错误，此时棒受到的安培力的大小，D正确
【考点定位】考查电磁感应、电路问题牛顿运动定律相结合问题。
8.(2013·福建卷·T15)如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r=1.0Ω，外接R=9.0Ω的电阻。闭合开关S，当发动机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e=(V)，则
A.该交变电流的频率为10Hz B.该电动势的有效值为V
C.外接电阻R所消耗的电功率为10W D.电路中理想交流电流表的示数为1.0A
【答案】D
【解析】：从电动势瞬时值表达式可知，交变电流的频率，选项A错误；该电动势的有效值，选项B错误；电路中电流(有效值)，电阻R消耗功率P＝I2R＝9W，选项C错误；电流表的读数即为电流的有效值，选项D正确。
【考点定位】考查了交变电流的有关知识、焦耳定律、闭合电路欧姆定律的应用问题，难度中等。
9.(2015·全国新课标Ⅱ卷·T15)如图，直角三角形金属框abc放置在匀强磁场中，磁感应强度大小为B，方向平行于ab边向上。当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，a、b、c三点的电势分别为Ua、Ub、Uc。已知bc边的长度为l。下列判断正确的是
A.Ua> Uc，金属框中无电流
B.Ub >Uc，金属框中电流方向沿a-b-c-a
C.Ubc=－Bl²ω，金属框中无电流
D.Ubc=Bl²ω，金属框中电流方向沿a-c-b-a
【答案】C
【解析】当金属框绕ab边以角速度ω逆时针转动时，穿过直角三角形金属框abc的磁通量恒为0，所以没有感应电流，由右手定则可知，c点电势高，，故C正确，A、B、D错误。
【考点定位】导体切割磁感线
【方法技巧】本题主要是理解感应电流产生的实质，有感应电流一定有感应电动势，而有感应电动势不一定有电流的。本题有两根导体棒切割磁感线，但穿过闭合线圈的磁通理没变。
10.(2015·四川卷·T4)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压
A.峰值是e0 B.峰值是2e0 C.有效值是 D.有效值是
【答案】D
【解析】由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故选项A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U＝，即U＝，故选项C错误；选项D正确。
【考点定位】对正弦式交变电流的产生原理的理解，以及其四值运算、闭合电路欧姆定律的应用。
11.(2013·海南卷·T3)通过一阻值R=100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s。电阻两端电压的有效值为
A.12V B.4V C.15V D.8V
【答案】B
【解析】由题意结合有效值的定义可得，将A，A代入可得流过电阻的电流的有效值A，故电阻两端电压的有效值为V，本题选B。
【考点定位】考查交流电的有效值和欧姆定律。
12.(2011·四川卷)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60º时的感应电流为1A。那么
A.线圈消耗的电功率为4W
B.线圈中感应电流的有效值为2A
C.任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos
D.任意时刻穿过线圈的磁通量为ф=sin
【答案】AC
【解析】绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为，得 A，则感应电动势的最大值为V，C正确，B错误；电功率为W，A正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为=sin中当时间为时，单位不正确；所以正确答案是A C。
【考点定位】正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率；交流的峰值、有效值以及它们的关系.
13.(2012·广东卷)某小型发电机产生的交变电动势为，对此电动势，下列表述正确的有
A.最大值是 B.频率是100Hz
C.有效值是 D.周期是0.02s
【答案】CD
【解析】由电动势的表达式可知，最大值为，而有效值为：，A错误C正确；，故，周期，B错误D正确。故选CD
【考点定位】本题考查了交变电流的表达式以及有效值等相关知识。
14.(2015·全国新课标Ⅰ卷·T19)1824年，法国科学家阿拉果完成了著名的“圆盘实验”。实验中将一铜圆盘水平放置，在其中心正上方用柔软细线悬挂一枚可以自由旋转的磁针，如图所示。实验中发现，当圆盘在磁针的磁场中绕过圆盘中心的竖直轴旋转时，磁针也随着一起转动起来，但略有滞后。下列说法正确的是
A.圆盘上产生了感应电动势
B.圆盘内的涡电流产生的磁场导致磁针转动
C.在圆盘转动的过程中，磁针的磁场穿过整个圆盘的磁通量发生了变化
D.圆盘中的自由电子随圆盘一起运动形成电流，此电流产生的磁场导致磁针转动
【答案】AB
【解析】圆盘运动过程中，半径方向的金属条在切割磁感线，在圆心和边缘之间产生了感应电动势，选项A对，圆盘在径向的辐条切割磁感线过程中，内部距离圆心远近不同的点电势不等而形成涡流产生，选项B对。圆盘转动过程中，圆盘位置，圆盘面积和磁场都没有发生变化，所以没有磁通量的变化，选项C错。圆盘本身呈现电中性，不会产生环形电流，选项D错。
【考点定位】电磁感应
【规律总结】把握磁通量的变化才是关键，根据对称性，圆盘磁通量始终等于零，无磁通量变化。
15.(2014·天津卷·T7)如图1所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图2中曲线a、b所示，则
A.两次t=0是时刻线圈平面均与中性面重合
B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2：3
C.曲线a表示的交变电动势频率为25Hz
D.曲线b表示的交变电动势有效值为10V
【答案】AC
【解析】根据法拉第电磁感应定律，t=0时电动势瞬时值为0，此时线圈应在中性面上，A正确。由题图可知，曲线a、b周期比为2:3，则转速比应为3:2，B错。曲线a周期为0.04s，则频率为25Hz，C正确。曲线b产生的电动势最大值由题图可知小于，则有效值小于10V，D错。
【考点定位】交流电的产生、交流电的有效值
16.(2017·天津卷·T6)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2 Ω，则
A.t=0时，线圈平面平行于磁感线
B.t=1 s时，线圈中的电流改变方向
C.t=1.5 s时，线圈中的感应电动势最大
D.一个周期内，线圈产生的热量为
【答案】AD
【解析】t=0时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故A正确；每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线，磁通量有最大值)电流的方向改变一次，t=1 s时，磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，故B错误；t=1.5 s时，磁通量有最大值，但磁通量的变化率为零()，根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零，故C错误；感应电动势最大值，有效值，一个周期内线圈产生的热量，故D正确。
考点：交变电流的规律和“四值问题”
【考点定位】交变电流的规律和“四值问题”
【名师点睛】本题要正确理解正弦交变电流的规律和法拉第电磁感应定律。
17.(2018·江苏卷·T2)采用220 kV高压向远方的城市输电.当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为
A. 55 kV B. 110 kV C. 440 kV D. 880 kV
【答案】C
【解析】本意考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析能力。当输电功率P=UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损=I2R，R为输电线路的电阻，即P损=。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440V，故选项C正确。
点睛：本意以远距离输电为背景考查输电线路的电能损失，解题时要根据输送电功率不变，利用输电线路损失的功率P损=I2R解题。
18.(2018·天津卷·T4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则
A. R消耗的功率变为P
B. 电压表V的读数为U
C. 电流表A的读数变为2I
D. 通过R的交变电流频率不变
【答案】B
【解析】试题分析：根据公式分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；
根据可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据可知R消耗的电功率变为，A错误B正确；副线圈中的电流为，即变为原来的，根据可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误.
【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率.
【点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率.
19.(2016·四川卷)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，其它条件不变，则
A.小灯泡变亮
B.小灯泡变暗
C.原、副线圈两段电压的比值不变
D.通过原、副线圈电流的比值不变
【答案】B
【解析】根据变压器电压与匝数关系，，因为是降压变压器，则n1>n2，则当原、副线圈减少相同匝数时，由数学知识可知变大，则U2减小，故灯泡变暗，选项AC错误，B正确；根据可知通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误。
考点：变压器
【名师点睛】此题是对变压器原理的考查；首先要记住原副线圈的电压与匝数关系，从题目中知道为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数；判断原副线圈减小相同的匝数时原副线圈的匝数比的变化要用到数学知识，这里稍微有点难度.
20.(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
【解析】由题图知自耦变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数，根据变压器的变压规律可知，U2
【方法技巧】主要是对自耦变压器的理解，分清原副线圈及在转动的过程中线圈的匝数怎么变、理想变压器的规律。
21.(2011·浙江卷)如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈，上线圈两端u=51sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是
A. 2.0V B. 9.0V C. 12.7V D. 144.0V
【答案】A
【解析】交流电源电压的有效值，如果看成理想的来处理有：、、，解得，故交流电压表的读数应该小于，所以答案为A。
【考点定位】交流电有效值
22.(2012·海南卷·T4)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12V，6W”的小灯泡并联在副线圈的两端。当两灯泡都正常工作时，原线圈中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是
A.120V，0.10A B.240V，0.025A C.120V，0.05A D.240V，0.05A
【答案】D
【解析】由可知，V，AC错；通过每个灯泡的电流A，所以，D项正确。
【考点定位】本题考查变压器及其相关知识
23.(2014·四川卷)如图所示，甲是远距离的输电示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则
A.用户用电器上交流电的频率是100Hz
B.发电机输出交流电的电压有效值是500V
C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失功率减小
【答案】D
【解析】由题图乙知交变电流的周期为s，设频率为Hz，A选项错误；发电机输出的最大电压为500V，故B选项错误；输电线的电流由负载决定，故C选项错误；当用户的用电器的总电阻增大时，输出的电流减小，故输电线上损耗的功率减小，故D选项正确。
【考点定位】变压器 远距离输电 峰值和有效值 输电电流 损耗功率
24.(2014·福建卷·T16)图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1=n4＜n2=n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，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、L2两灯泡的量度相同
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】
试题分析：设AB间的输入电压为U1，根据输送电功率P=UI，可得电流表A2的示数为，电流表A1的示数为，根据变压规律又因为n1
根据P=I2R知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C错误；
根据U＝IR可知R2两端的电压小于R4两端的电压，所以D正确。
【考点定位】本题考查变压器、远距离输电
25.(2014·海南卷)理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端，已知三个灯泡均正常发光。该变压器原、副线圈的匝数之比为
A.1∶2 B.2∶1 C.2∶3 D.3∶2
【答案】B
【解析】三个灯泡都相同，并且都正常发光，可知三个灯泡此时的电流都相同，即原线圈中的电流是副线圈中电流的一半，由和可知，该变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，B正确。
考点：理想变压器的电流与匝数的关系
26.(2016·全国新课标Ⅰ卷)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.2 B.3 C.4 D.5
【答案】B
【解析】该变压器原、副线圈匝数比为k，当开关S断开时，原线圈两端电压，电流为I1=I，副线圈的电压，根据欧姆定律，当开关S闭合时，原线圈两端电压，电流为I1' =4I，副线圈的电压，根据欧姆定律综上解得k=3，故A、C、D错误，B正确。
【考点定位】变压器、欧姆定律
【名师点睛】本题主要考查变压器、欧姆定律。解决这类问题的关键是掌握变压器的构造和原理，对于变压器需要掌握公式、，并能熟练运用。此题值得注意的是变压器的原线圈与电阻串联后接入交流电压。
27.(2011·福建卷)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比，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
A.输入电压u的表达式u=20sin(50π)V
B.只断开S1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
【答案】D
【解析】A、周期是0.02s，，所以输入电压u的表达式应为，A错误；
B、断开S1，L1、L2的电路都被断开，则L1、L2均不能正常发光，B错误；
C、只断开S2后，负载电阻变大，原副线圈电流变小，原线圈的输入功率减小，C错误；
D、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为，D正确。
【考点定位】理想变压器、电路动态变化
28.(2011·新课标全国卷)如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
A.U=110V，I=0.2A
B.U=110V，I=0.05A
C.U= V，I=0.2A
D.U= V，I= A
【答案】A
【解析】灯泡正常发光说明副线圈的电压为220V，电流为，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为，电流为，A正确.
【考点定位】理想变压器，交流电有效值
29.(2012·天津卷)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路总电阻的R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1，和
A.， B.， C.， D.，
【答案】D
【解析】由，P=U2I，P1=I2R得，P1=，排除A、B两选项。若，P2=，所以，= ，D正确。
【考点定位】本题考查变压器，电能的输送，功率的计算及其相关知识
30.(2012·新课标卷)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分，一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为
A.380V和5.3A B.380V和9.1A C.240V和5.3A D.240V和9.1A
【答案】B
【解析】因变压器输出电压调至最大，故副线圈为1900匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，即，故副线圈的电压有效值；因变压器为理想变压器，故其输入功率等于输出功率，即，由v得，B正确。
【考点定位】本题考查变压器的基本原理及其相关知识
31.(2012·重庆卷)如图所示，理想变压器的原线圈接u＝11000sin100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V/880 W”的电器RL供电，该电器正常工作.由此可知( )
A.原、副线圈的匝数比为50∶1 B.交变电压的频率为100 Hz
C.副线圈中电流的有效值为4 A D.变压器的输入功率为880 W
【答案】C
【解析】输入电压的有效值为11000 V，用电器的额定电压为220 V，所以变压器的输出电压大于220 V，原副线圈的匝数比小于，A错误；由输入电压的表达式知，f＝ Hz＝50 Hz，B错误；副线圈中的电流与用电器中的电流相同，I＝＝4 A，C正确；变压器的输出功率为用电器的功率和导线电阻损耗的功率之和，大于880 W，所以变压器的输入功率大于880 W，D错误.
【考点定位】本题考查变压器及其相关知识
32.(2013·天津卷)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则( )
A.ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd B.ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd
C.ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd D.ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd
【答案】B。
【解析】根据单一副线圈的理想变压器原理：电流比值等于匝数比的倒数，可得ab接MN、cd接PQ，，故B正确。
【考点定位】变压器工作原理
33.(2013·广东卷·T16)如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1，V和A均为理想电表，灯泡电阻R1=6Ω，A、B端电压u1=12sin100πt(V).下列说法正确的是
A.电流频率为100Hz B.V的读数为24V
C.A的读数为0.5A D.变压器输入功率为6W
【答案】D
解析：A、由，得：f=50HzA错
B、C、有效值U1=12V，又：，得：U2=6V，，BC错误；
D、由能量守恒：，D对
【考点定位】正弦式交流电表达式、有效值、功率、部分电路欧姆定律、理想变压器规律，容易题
34.(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＝I22R D.I1U1＝I2U2
【答案】D
【解析】理想变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比，有：＝，由能量守恒定律可知：P1＝I1U1＝P2＝I2U2，故选项D正确；因此＝，故选项A错误；输电线两端的电压应为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U3之差，因此根据欧姆定律有：I2＝，故选项B错误；降压器的输入功率为：P3＝I2U3，因此有：I1U1＝I22R＋I2U3，故选项C错误。
【考点定位】本题主要考查了远距离输电的应用问题，属于中档题。
35.(2015·江苏卷卷·T1)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，代入数据可求副线圈匝数为400，所以B正确。
【考点】变压器、交流电
36.(2015·全国新课标Ⅰ卷·T16)一理想变压器的原、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，原线圈一侧接在电压为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，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则
A. B.
C. D.
【答案】A
【解析】原副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压u，可知副线圈电压为u，原线圈电压为3u，副线圈电流，原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流，那么原线圈输入电压，整理可得；原副线圈电阻消耗的功率根据，电阻相等，电流为1:3，可得功率比为1:9，，对照选项A对。
【考点定位】变压器
37.(2015·安徽卷卷·T16)图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A。则下列说法正确的是
A.电压表V1示数增大
B.电压表V2、V3示数均增大
C.该变压器起升压作用
D.变阻器滑片是沿的方向滑动
【答案】D
【解析】电流表示数增大，说明滑动变阻器接入电路的阻值减小，故应从c向d滑动，故D正确；电压表V1、V2示数不变，故A、B错误；原副线圈中的电流和匝数成反比，即n1I1=n2I2，电流变化时，n1ΔI1=n2ΔI2，故，应是降压变压器，C错误。
考点：考查理想变压器和电路知识。
38.(2015·广东卷·T15)图5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】设原线圈中电流为I1，匝数为n1，两端输入电压为U1，输入功率为P1，幅线圈中电流为I2，匝数为n2，两端输出电压为U2，输出功率为P2，根据理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系有：＝，所以当输出电压U2由220V降至110V时，副线圈匝数n2也应减少为一半，故选项C正确；由于副线圈两端所接用电器不变，所以当用电器电压减半时，其电流I2也减半，故选项A错误；根据功率计算式P＝UI可知，副线圈中输出功率P2变为原来的1/4，故选项B错误；由能量守恒定律可知，原线圈中输入功率P1也变为原来的1/4，故选项D错误。
【考点定位】理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系、部分电路欧姆定律、电功率计算式、能量守恒定律的应用。
39.(2015·福建卷·T15)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，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为
【答案】C
【解析】根据正弦式交流电最大值和有效值的关系可知，加在原线圈上的电压，
根据理想变压器电压和匝数的关系可知：，解得：，
输电线上的电流I=P/U2，消耗的电功率，故ABD错误，C正确。
【考点】变压器、交流电
40.(2014·浙江卷)如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是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想想变压器，流入用户端的电流是I2。则
A.用户端的电压为I1U1/I2
B.输电线上的电压降为U
C.理想变压器的输入功率为I12r
D.输电线路上损失的电功率为I1U
【答案】A
【解析】根据理想变压器输入端与输出端的电功率相同，可得U1I1=U2I2，解得：，所以A正确；根据欧姆定律可得：输电线上的电压降为I1r，所以B错误；理想变压器的输入功率为U1I1，故C错误；输电线路上损失的电功率为I12r，故D错误。
【考点定位】变压器、欧姆定律、电功率
【方法技巧】分析清楚远距离输电示意图中各物理量的关系
41.(2017·北京卷·T16)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，因此在原线圈两端电压有效值为220V，由理想变压器原副线圈两端电压与线圈匝数成正比，因此副线圈两端电压有效值为110V，故选项C错误；流过电阻R的电流为2A，可知负载消耗的功率为220W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220W，故选项A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1A，故选项B正确，由交变电流瞬时值表达式可知：ω=100π，因此周期为：T=0.02s，故选项D错误。
【考点定位】正弦式交变电流的“四值”、理想变压器原副线圈电压、电流、功率与匝数的关系
【名师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副线圈，电流与功率则由副线圈决定原线圈。
42.(2016·海南卷)图(a)所示，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、副线圈中的电流强度之比为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】由题意，理想变压器输入、输出功率之比为1:1，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即，故选项B正确；由图(b)可知交流电压最大值Um=51 V，周期T=0.02 s，角速度ω=100π rad/s，则可得u=51sin(100πt)(V)，故选项C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。
【考点定位】变压器的构造和原理
【名师点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。
V
A
43.(2011·广东卷)图(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω， , 为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图7(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是
A、电流表的示数为2A B、原副线圈匝数比为1:2
C、电压表的示数为电压的有效值 D、原线圈中交变电压的频率为100HZ
【答案】AC
【解析】根据电路图可知，电阻R的电压为110V，电阻为55Ω，所以电阻R的电流，所以A正确；由图可知，输入的电压的有效值为220V，电压表的示数为110V，即为输出的电压，根据电压与匝数成正比可得匝数比为2：1，所以B错误；电压表、电流表等的读数都是有效值，所以C正确；经过变压器前后电压的频率是不变的，根据图象可知，输出电压的频率为，所以原线圈中交变电压的频率也为50Hz，所以D错误.
【考点定位】理想变压器，交流电图像
44.(2016·全国新课标Ⅲ卷·T19)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9:1 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】
试题分析：设灯泡的额定电压为，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为，副线圈两端电压为，故，根据，A正确，B错误；根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式可得两者的电功率之比为1:9，C错误，D正确。
【考点定位】考查了理想变压器，电功率的计算
【方法技巧】对于变压器需要掌握公式、，以及知道副线圈的电流以及功率决定了原线圈中的电流和功率，理想变压器是理想化模型：一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象。当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源。
45.(2011·山东卷)为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是
A、u2=190sin(50πt)V
B、u2=190sin(100πt)V
C、为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移
D、为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移
【答案】BD
【解析】由于用户电压随时间t变化的曲线周期为0.02s，所以u2=190sin(100πt)V，选项B正确A错误；为使用户电压稳定在220V，应减小变压器原线圈匝数，应将P适当上移，选项C错误D正确。
【考点定位】交流电图像，理想变压器
46.(2012·山东卷)图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是
A.电压表的示数等于5V
B.电压表的示数等于V
C.实现点火的条件是>1000
D.实现点火的条件是<1000
【答案】BC
【解析】根据图乙得到原线圈电压的最大值为5V，所以电压表的示数为：，故A错误，B正确；根据，且，得：实现点火的条件是，故C正确，D错误。故选BC
【考点定位】本题考查变压器、交变电流有效值及其相关知识。
47.(2014·广东卷·T19)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片。保持理想变压器的输入电压不变，闭合电建S，下列说法正确的是
A.P向下滑动时，灯L变亮
B.P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C.P向上滑动时，变压器的输入电流减小
D.P向上滑动时，变压器的输出功率变大
【答案】BD
【解析】由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项A错误；
滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项B正确；
滑片P上滑，电阻减小，电流I2增大，则原线圈输入电流I1也增大，故选项C错误；
此时变压器输出功率P2=U2I2将变大，故选项D正确。
【考点定位】本题考查变压器原理和电路动态平衡
48.(2014·新课标全国卷Ⅱ)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，cd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】若变压器初级电压为Uab，则次级电压为；由于二级管的单向导电性使得，故，选项A 错误；增大负载的阻值R，则变压器次级电流减小，则初级电流也减小，即电流表的读数减小，选项B正确；cd间的电压由变压器的初级电压决定，与负载电阻R的大小无关，选项C错误；若二极管短路则，则次级电流会加倍，则初级电流也加倍，选项D 正确。
【考点定位】变压器中原副线圈的电压及电流关系；二极管的特性；交流电的有效值。
49.(2015·海南卷·T10)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
【解析】A、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，此时电压表的读数为5.0V，根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压，
根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U1=4U2=24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为，故A正确，B错误；
C、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变，所以原来副线圈电压，
根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V，故C错误，D正确；【考点定位】理想变压器
50.(2014·山东卷)如图，将额定电压为60V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220V和2.2A。以下判断正确的是
A.变压器输入功率为484W
B.通过原线圈的电流的有效值为0.6A
C.通过副线圈的电流的最大值为2.2A
D.变压器原、副线圈的电流匝数比
【答案】BD
【解析】变压器为理想变压器，因此输入功率等于输出功率，即，A错误；根据可知，变压器的匝数比为，D正确；根据，可得通过原线圈的电流的有效值，B正确；通过副线圈电流的有效值为，因此通过副线圈电流的最大值为，C错误。
【考点定位】变压器，交变电流的有效值
51.(2010·海南卷·T9)如右图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4：1 ，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表.下列结论正确的是
A.若电压表读数为6V，则输入电压的最大值为V
B.若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半
C.若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍
D.若保持负载电阻的阻值不变.输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍
【答案】AD
【解析】若电压表读数为6V，则输入电压为是有效值，因此其最大值为V，A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B错；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电流减小到原来的一半，输入功率等于输出功率即也减小到原来的一半，C错；若保持负载电阻的阻值不变.输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由可知输出功率增加到原来的4倍，D正确。
52.(2010·重庆卷·T17)一输入电压为220v，输出电压为36V的变压器副线圈绕环，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈。如题17图所示，然后将原来线圈接到220v交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线匝数分别为
A.1100，360 B.1100，180
C.2200，180 D.2200，360
【答案】B
【解析】本题考查变压器的工作原理和这一工作关系式。对于理想变压器，不管有几个副线圈，变压器输入和输出电压之比总等于匝数比。因此有关系式，假设副线圈没有烧毁则有，解得，，B项对。
53.(2010·浙江卷·T17)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2×105A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15kV
C.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108KW
D.输电线上损失的功率为，U为输电电压，r为输电线的电阻
【答案】B
【解析】本题考查远距离输电问题，考查考生对远距离输电问题基本关系的熟练应用。输电电流，输电线上损失的电压为，A项错误，B项正确；输电线上损失的功率不可能比输出功率还大，C项错误；输电线上损失的功率可以用计算，△U为输电线上的电压降，不是输电电压，D项错误。
54.(2010·天津卷·T7)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后
A.A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B.A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C.V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D.V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
【答案】AD
【解析】本题考查的知识点是理想变压器，根据能量守恒有P1＝P2，又P1＝U1I1，P2＝U2I2，变压器原理，匝数比不变电压比就不会变，且输入电压不变，输出电压U2也不会变，C项错误，当开关闭合输出功率P2增大，则输入功率P1也增大，两个安培表示数都增大，此时二者示数之比等于电压的倒数比，也不变，A、D项正确。
55.(2010·福建卷·T13)中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500kV的起高压输电，输电线上损耗的电功率为P。保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用100kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为
A. B. C. D.
【答案】A
【解析】本题考查远距离输电和考生的理解能力。设输送功率为P0，改用1000KV的输电电压后输电线上损失的功率为P’。输送电流为，输电线上损失的功率为， 代入数据得，即，故正确的选项为A。
56.(2010·山东卷·T19)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，为滑动变阻器的触头。下列说法正确的是
A.副线圈输出电压的频率为50Hz
B.副线圈输出电压的有效值为31V
C.P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D.P向右移动时，变压器的输出功率增加
【答案】AD
【解析】本题考查了变压器、正弦交变电流的峰值和有效值，考生的理解和推理能力。变压器不改变电压的频率，副线圈的电压频率等于原线圈中的电压频率为；由可得副线圈中电压的最大值31V，故有效值为V；P向右滑动时，输出电路中电压不变，电阻减小，电流增大，输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功率也增大，故正确的选项为AD。
57.(2010·江苏卷·T7)在如图多事的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有
A.升压变压器的输出电压增大 B.降压变压器的输出电压增大
C.输电线上损耗的功率增大 D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【答案】CD
【解析】A.应不变，A错误；
B.，，，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，B错误；
C.，因P变大，所以P损变大，C正确；
D.，因P变大，所以比值变大，D正确；
本题选CD。本题考查电能的输送，通常考查电压的变化引起其它变化，本题考查考查功率的变化引起其它变化，有新意。本题难度：中等。
58.(2010·全国Ⅱ卷·T19)图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头。现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止。用表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值：电功率指平均值)。下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是
【答案】BC
【解析】副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，说明副线圈的匝数在均匀增大，由变压器的变压比得均匀增大(k为单位时间增加的匝数)，故C正确。灯泡两端的电压由零增大时其电阻增大，描绘的伏安特性曲线为B。灯泡的功率先增大的快(电阻小)后增大的慢(电阻大)，故D错误。原线圈功率等于灯泡功率是增大的，所以原线圈电流一定增大，故A错误。
59.(2010•广东卷•T19)图7是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的
A.周期是0.01s B.最大值是311V C.有效值是220V D.表达式为u=220sin100πt(V)
【答案】BC
【解析】选项A错误，周期是0.02s；选项D错误，应该用峰值，即正确的表达式应该为u=311sin100πt(V)。
60.(2010·四川卷·T19)图甲所示电路中，A1A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计。在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在时间内
A.电流表A1的示数比的小
B.电流表的示数比A1的小
C.电流表A1和的示数相同
D.电流表的示数都不为零
【答案】C
【解析】本题主要考查了变压器的原理、电容、电感和电阻对交流电的影响。从图中可知，原线圈中磁场变化率均匀，在副线圈中产生的稳定的电动势，而电容对交流的影响是隔直流通交流。电感是通直流阻交流，所以电流表A1和A2示数相同，选项C正确。而ABD项错误.
非选择题：
61.(2011·海南卷)如图，理想变压器原线圈与一10V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3W，正常发光时电阻为30，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为_______，流过灯泡b的电流为_______A。
【答案】10：3 0.2
【解析】副线圈两端电压U2等于小灯泡a两端电压Ua，由得，Ua=3V，则原、副线圈的匝数比；流过灯泡a的电流Ia= Ua/ Ra=0.1A，又，得I2=0.3A。流过灯泡b的电流Ib= I2- Ia=0.3A-0.1A=0.2A
【考点定位】理想变压器
62.(2012·安徽卷)图1是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为的匀强磁场中，有一矩形线图abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO’转动，由线圈引起的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO’转动的金属圈环相连接，金属圈环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电话电阻形成闭合电路。图2是线圈的住视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动。(只考虑单匝线圈)
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；
(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其它电阻均不计)
【答案】(1)；(2)；(3)
【解析】(1)矩形线圈abcd转动过程中，只有ab和cd切割磁感线，设ab和cd的转动速度为v，则在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为，由图可知，则整个线圈的感应电动势为。
(2)当线圈由图3位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为
。
(3)由闭合电路欧姆定律可知，这里的E为线圈产生的电动势的有效值，则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为，其中，于是。
【考点定位】此题考查交变电流的相关知识。
63.(2012·江苏卷)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示. 在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角琢均为49仔，磁场均沿半径方向. 匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab =cd =、bc =ad=2. 线圈以角速度棕绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场. 在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I。
【答案】(1) (2)(3)
【解析】(1)边的运动速度 ，感应电动势 ，解得
(2)电流 安培力 解得
(3)一个周期内，通电时间
R 上消耗的电能 且
解得
【考点定位】本题考查电磁感应、交流电及其相关知识
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