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1、专题四电路与电磁感应第一讲直流电路与交流电路考点一交流电的产生及描述1.考查正弦交流电的产生及有效值的应用间距为 m的无限长光滑金属导轨水平放置，导轨中间分布有磁感应强度为1 T的匀强磁场，磁场边界为正弦曲线，一长为2 m的光滑导体棒以1 m/s的速度匀速向右滑动，如图所示，导轨电阻不计，导体棒电阻为20 ，定值电阻为10 ，则下列分析正确的是()A电流表示数为 AB电压表的示数是0.5 VC导体棒运动到图示虚线位置时，导体棒的瞬时电流从C到DD导体棒上消耗的热功率为0.2 W解析：选B当导体棒切割磁感线时，产生的感应电动势为EBLv，由于有效切割长度按正弦规律变化，且当磁场反向时，感应电流反
2、向，故这个过程产生正弦式交流电，导体棒有效切割长度最长等于 m，交流电的最大值是：EmBLv11 V V，有效值为E1 V，由于导体棒接入电路的有效长度为总长度一半，所以接入电路电阻为10 ，定值电阻也为10 。则电压表的示数为UE0.5 V，选项B正确。电流表的示数为I A0.05 A，选项A错误。导体棒运动到图示虚线位置时，磁感应强度等于0，瞬时电流等于0，选项C错误。导体棒上消耗的热功率为PrI2r0.05210 W0.025 W，选项D错误。2考查交流电的产生及瞬时值、平均值多选小型发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，bc边长度为L1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于
3、线圈中心轴OO，线圈以角速度绕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，下列说法正确的是()Aab边长度为LB产生的交变电流的周期是2C若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e2Ne0sin tD发电机线圈从垂直中性面位置转动90的过程中，产生的感应电动势的平均值是解析：选AC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，由e0BLvBL，解得L，选项A正确；T，选项B错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为2e0，发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne0，从中性面开始计时，则感应电
4、动势的瞬时值表达式为e2Ne0sin t，选项C正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动90的过程中，磁通量变化量为BLL1，时间t，产生的感应电动势平均值是N，选项D错误。3考查交流电的四值及应用电动机的内电阻r2 ，与R8 的电阻串联接在线圈上，如图所示。已知线圈面积为 m2，共100匝，线圈的电阻为2 ，线圈在B T的匀强磁场中绕OO以转速n600 r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100 V。则下列说法正确的是()A电路中电流的最大值为5 AB电路中电流的最大值为10 AC电动机正常工作时的输出功率为1 000 WD电动机正常工作时的输出功率为800 W解析
5、：选B线圈的角速度20 rad/s，电动势的最大值EmNBS200 V，有效值E200 V，电路中的电流I10 A，电流的最大值为Im10 A，选项A错误，B正确；电动机正常工作时的输出功率为P出UII2r800 W，选项C、D错误。考点二直流电路的动态分析4.考查直流电路中的电流表、电压表示数变化分析在如图所示电路中，闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，三个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I、U1、U2表示。下列判断正确的是()AI减小，U1增大BI减小，U2增大CI增大，U1增大 DI增大，U2增大解析：选B闭合开关S，当滑动变阻器的滑动触头P向下滑动时，变阻器接入电
6、路的电阻增大，外电路总电阻R增大，根据闭合电路欧姆定律分析得知，干路电流I总减小，路端电压U增大。R3的电压等于路端电压，则流过R3的电流I3增大。流过电流表的电流II总I3，I总减小，I3增大，I减小，R1的电压减小，即电压表V1的示数U1减小。电压表V2示数U2UU1，U增大，U1减小，则U2增大。所以，I减小，U1减小，U2增大。故B正确。5考查含容电路的动态问题分析如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表。现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是()A电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B小灯泡L变亮C电容器C上电荷量减少D电源的总功率变大解析：选A闭合
7、开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小。电压表的示数UEI(RLr)，I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大。故A正确，B错误。电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由QCU，知电容器C上的电荷量增大，故C错误。电源的总功率PEI，I减小，则电源的总功率变小，故D错误。6考查电流、电压变化的极值问题多选如图所示的电路中，电源内阻忽略不计，R1R2R3R。闭合开关S，电压表V的示数为U，电流表A的示数为I。在滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，
8、电压表V的示数变化大小为U，电流表A的示数变化大小为I，下列说法正确的是()AU先变小后变大BI先变大后变小CU与I的比值保持不变DU与I的乘积先变小后变大解析：选CD将R3等效为电源的内阻，由题图可知电压表测量的是等效电源的路端电压，滑动变阻器R1的滑片P由a端滑到b端的过程中，电路总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律，电路总电流先减小后增大，即电流表示数先变小后变大，则R3两端的电压先减小后增大，所以电压表的读数先变大后变小，故A、B错误；U与I的比值始终等于等效电源的内阻，即R3，故C正确；滑片P在a或b端时，I1，U1I1R，U1I1，在a、b正中间时，I2，U2I21.25R，U
9、2I2，可见U与I的乘积先变小后变大，故D正确。7考查电表示数变化量大小的比较如图，电路中定值电阻阻值R大于电源内阻阻值r，闭合开关S后，将滑动变阻器R0的滑片向下滑动，理想电压表V1、V2、V3示数变化量的绝对值分别为U1、U2、U3，理想电流表A示数变化量的绝对值为I，则()AA的示数减小B.rCU1U2D电源的输出功率逐渐减小解析：选B根据理想电压表内阻无穷大，相当于断路，理想电流表内阻为零，相当于短路，所以R与变阻器R0串联，电压表V1、V2、V3分别测量R、路端电压和滑动变阻器两端的电压。当滑动变阻器滑片向下滑动时，变阻器的阻值变小了，电路的总电阻减小了，电流变大，所以A的示数变大，
10、故A错误；根据欧姆定律，U3EI(Rr)，则有Rrr，故B正确；R，r，Rr，所以U1U2，故C错误；当内外电阻相等时，电源的输出功率最大。由于外电阻大于电源内阻，当滑片向下滑动时，外电阻减小，外电阻越来越接近内电阻，电源的输出功率逐渐增大，故D错误。考点三交流电路的动态分析8.考查变压器负载变化引起的动态变化问题多选每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多，利用如图模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入50 Hz的220 V交流电，则下列分析正确的是()A定值电阻相当于输电线电阻B开关闭合，灯泡L1两端电压升高C开关闭合，原线圈
11、输入功率增大D开关断开，副线圈电压增大解析：选AC原、副线圈匝数和电压成正比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D错误。家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合，而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A正确。开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L1两端电压减小，选项B错误。副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C正确。9考查变压器负载及副线圈匝数变化引起的动态变化多选如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P可改变其匝
12、数。下列说法正确的是()A仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变大B仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变小C仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变大D仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变小解析：选BD仅增大电阻R时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流变小，故A错误，B正确；滑动触头向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压变小，灯泡两端的电压变小，故C错误，D正确。10考查变压器原线圈匝数及负载变化引起的动态变化多选一个理想变压器，开始时开关S接1，此时原、副线圈的匝数比为91。一个理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，此时滑动变阻器接入电路的阻值为10
13、 ，如图甲所示。原线圈接入如图乙所示的正弦式交流电。则下列判断正确的是()A电压表的示数为4 VB滑动变阻器消耗的功率为0.8 WC若将开关S由1拨到2，同时滑动变阻器滑片向下滑动，电流表示数将变大D若将二极管用导线短接，电流表示数加倍解析：选BD原线圈交流电压的有效值为：U1 V36 V，根据电压与匝数成正比，得：U2U14 V，二极管具有单向导电性，根据电流的热效应有：T，解得：U2 V2 V，即电压表示数为2 V，故A错误；滑动变阻器消耗的功率为：P W0.8 W，故B正确；将开关S由1拨到2，同时滑动变阻器滑片向下滑动，根据电压与匝数成正比，副线圈电压变小，滑动变阻器电阻变大，输出功率
14、变小，输入功率变小，根据P1U1I1，电流表示数将变小，故C错误；若将二极管用导线短接，输出功率加倍，输入功率加倍，电流表示数加倍，故D正确。11考查变压器动态变化中的极值问题多选如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1n2551，原线圈接入电压u220sin 100t(V)的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是()A副线圈中交变电流的频率为100 HzBt0.02 s时，电压表的示数为4 VC电流表的示数先变小后变大D电流表的示数先变大后变小解析：选BC由电压公式知交流电的100，则频率f Hz50 Hz，故
15、A错误；原线圈两端的输入电压有效值为220 V，由电压与匝数成正比知，所以副线圈两端电压为：U2U1220 V4 V(即为电压表的示数)，故B正确；由题图可知，滑动变阻器的上下两部分并联后与R串联，根据串并联电路的电阻可知，当滑片P位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据欧姆定律可知，电路中的电流值将先减小后增大。变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大，故C正确，D错误。考点四变压器与远距离输电问题12.考查变压器的工作原理与感抗、容抗如图甲所示电路中，A1、A
16、2、A3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t1t2时间内()A电流表A1的示数比A2的小B电流表A2的示数比A1的小C电流表A1和A2的示数相同D电流表的示数都不为零解析：选C原线圈中磁场如题图乙所示变化，则原线圈中的磁通量均匀变化，故副线圈中产生恒定的电流，因线圈电阻不计，故线圈L对恒定电流没有阻碍作用，所以电流表A1和A2的示数相同，而电容器“通交流、隔直流”，所以电流表A3的示数为0。只有C正确。13考查远距离输电的构造、原理多选某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每100
17、米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1。第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与学生电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是()A前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C若输送功率一定，则P2P1n12n22D若输送功率一定，则P2P1n1n2解析：选BC变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，A错误；实验可以证明，减小输电电流可
18、以减小远距离输电的能量损失，B正确；第一次输电时，P1I12R2R，第二次输电时，P2I22R，又I2，U2U1可得：P2R，故，C正确，D错误。14考查远距离输电的相关计算多选如图所示，(a)是远距离输电线路的示意图，变压器均为理想变压器。(b)是用户内部电路图，由1 000个完全相同的电阻并联。(c)是某个电阻的电流随时间变化的图像。已知升压变压器原、副线圈的匝数比为1100，降压变压器原、副线圈的匝数比为101，远距离输电线的总电阻为r20 ，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，不考虑降压变压器与用户间导线的电阻。则()A发电机的输出功率是4106 WB升压变压器的输入电压是400
19、 VC降压变压器的输入电压是40 000 VD用户电路中每个电阻的阻值是3 800 解析：选ABD用户电路中通过每个电阻的电流有效值I1 A，降压变压器的输出电流I4nI1 000 A，升压变压器的输出电流I2、输电线上的电流I线、降压变压器的输入电流I3相等，输电线上的电流I线I2I3I4100 A，输电线上损失的电功率PI线2r2105 W，发电机的输出功率也就是输电功率P14106 W，A正确；升压变压器的输入电流I1I210 000 A，升压变压器的输入电压U1400 V，B正确；升压变压器的输出电压U2U140 000 V，降压变压器的输入电压U3U2I线r38 000 V，C错误；
20、降压变压器的输出电压U4U33 800 V，每个电阻的阻值是R3 800 ，D正确。考点一交流电的产生及描述本考点是对交流电的产生及描述交流电的物理量等知识的考查，常以选择题的形式呈现，四个选项考查多个知识点，考生失分的原因，大多是因知识或概念的混淆。建议考生自学为主夯基固本重点清障1正弦交变电流不只局限于由线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动而产生。如诊断卷第1题，匀速切割磁感线的导体棒的有效长度按正弦规律变化，也可产生正弦交变电流。2电压表、电流表的示数对应交流电的有效值，计算用电器的电热功率时，也应利用电流或电压的有效值。如诊断卷第1题中A、B、D选项。3对于有电动机的回路，要注意欧
21、姆定律的适用条件。如诊断卷第3题，回路中电流不可用I来求，而应用：EUI(Rr线圈)求解。1多选如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，一个半径r0.10 m、匝数n20匝的线圈套在永久磁铁槽中，槽中磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右侧视图如图乙所示)，线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B T，线圈的电阻R10.50 ，它的引出线接有R29.50 的小灯泡L，A为理想交流电流表。当线圈框架的P端在外力作用下沿轴线做往复运动时，便有电流通过灯泡。若线圈往复运动的规律如图丙所示(取向右为正)，则下列判断正确的是()A电流表的示数为0.24 AB0.01 s时回路中的电流最大C回路中交流电的频率为
22、50 Hz D0.015 s时灯泡L中电流的方向为从CLD解析：选CD由EBLv及v t图像可知，线圈往复运动所产生的感应电流为正弦式交流电，则EmnB2rvm2.4 V，电流的有效值I A，选项A错误；由图像可知T0.02 s，f50 Hz，选项C正确；t0.01 s时，v0，所以I0，选项B错误；t0.015 s时，由右手定则可知，电流方向为CLD，选项D正确。2(2017唐山模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示。其中甲图中OO轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比
23、为()A1B12C14 D11解析：选A题图甲中的磁场只在OO轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得的是有效值，所以I。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I，则II1，即A正确。考点二直流电路的动态分析高考对本考点的考查较为简单，考生失分主要原因是不按正确程序进行分析，只关注局部，不考虑整体，解决此类问题时注意应用程序法分析动态变化，并用好“串反并同”结论进行快速判断。需要考生学会灵活变通夯基固本重点清障1程序判断法遵循“局部整体部分”的思路，按以下步骤分析：如诊断卷第4题，滑动触头P向下滑动R2R总I总2直观判断法利用下面两个结论直观地得到
24、结论：(1)任一电阻R阻值增大，必引起该电阻中电流I的减小和该电阻两端电压U的增大。(2)任一电阻R阻值增大，必将引起与之并联的支路中电流I并的增大和与之串联的各电路电压U串的减小。如诊断卷第5题，滑动变阻器滑片P向左移动3注意某些特殊公式的含义如诊断卷第7题，U2EIr，U3EI(rR)，由此可得r，rR，故B项正确。1.(2017温州模拟)如图所示电路中，电动势为E、内阻为r的电源与一滑动变阻器构成闭合电路，闭合开关S，当滑片移动时，滑动变阻器两端的电压和电路中电流的关系图像为()解析：选D由闭合电路欧姆定律EUIr，得UEIr，U与I为一次函数关系，且随电流I增大，电压U减小。2如图所示
25、，C为两极板水平放置的平行板电容器，闭合开关S，当滑动变阻器R1、R2的滑片处于各自的中点位置时，悬在电容器C两极板间的带电尘埃P恰好处于静止状态。要使尘埃P向下加速运动，下列方法中可行的是()A将R1的滑片向左移动B将R2的滑片向左移动C将R2的滑片向右移动D将闭合的开关S断开解析：选B尘埃P受到重力和电场力而平衡，要使尘埃P向下加速，就要减小电场力，故要减小电容器两端的电压；电路稳定时，滑动变阻器R1无电流通过，两端电压为零，故改变R1的电阻值无效果，故A错误；滑动变阻器R2处于分压状态，电容器两端电压等于滑动变阻器R2左半段的电压，故要减小滑动变阻器R2左半段的电阻值，滑动变阻器R2的滑
26、片应该向左移动，故B正确，C错误；将闭合的开关S断开，电容器两端电压增大到等于电源电动势，故P向上加速运动，D错误。考点三交流电路的动态分析本考点是高考的热点，考查的知识交汇点较多，常与交变电流的性质和变压器的规律相结合。对于这类问题，需通过原、副线圈电路，综合分析变压器与电路的关系。需要考生学会迁移应用1明确变压器各物理量间的制约关系2谨记三点提醒，全面清除雷区(1)变压器匝数不变时，变压器的输入、输出电压均不变，但变压器原、副线圈中的电流均随负载的变化而变化。如诊断卷第11题，电压表示数不随触头P的移动而改变；诊断卷第8题，变压器输出电压不变，但因输电线电阻R上消耗的电压变化导致L1两端电
27、压变化。(2)变压器匝数变化时，要注意区分是原线圈还是副线圈匝数变化。如诊断卷第9题，滑片P向下移动，副线圈匝数减小，U2变小，I2变小，D项正确。诊断卷第10题，开关S由1拨到2时，原线圈匝数增大，导致变压器输出电压减小。(3)当变压器输出电压一定时，移动变阻器的滑动触头或改变接入的用电器多少时，引起的各物理量的变化分析方法同直流电路的动态分析方法。如诊断卷第11题，滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，负载电阻值先变大后变小，副线圈电流先变小后变大，由可知，电流表示数也先变小后变大，C项正确。1(2018届高三福州一中检测)如图所示，匀强磁场的磁感应强度BT。单匝矩形线圈面积S1 m2。电
28、阻不计，绕垂直于磁场的轴OO匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，为交流电流表。调整副线圈的滑动触头P，当变压器原、副线圈匝数比为21时，副线圈电路中标有“6 V6 W”的灯泡正常发光。以下判断正确的是()A电流表的示数为1 AB矩形线圈产生电动势的最大值为18 VC从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e12sin 60t(V)D若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当下移解析：选C灯泡正常发光，故变压器的输出电流为：I21 A；根据公式：，解得I10.5 A，故A错误；灯泡正常发光，故变压器的输出电压为6 V，根据公式，解得：U112 V，故矩
29、形线圈产生电动势的有效值为12 V，最大值为12 V17 V，故B错误；根据公式EmNBS，解得： rad/s60 rad/s，故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间的变化规律eEmsin t12sin 60t(V)，故C正确；若矩形线圈转速增大，根据公式EmNBS，感应电动势的最大值增加，故有效值也增加；为使灯泡仍能正常发光，应该减小变压比，故应将P适当上移，故D错误。2多选(2017银川一模)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为101，图中电表均为理想电表，R、L和D分别是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、电感线圈和灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下
30、列说法正确的是()A电压u的频率为50 HzB电压表的示数为22 VC有光照射R时，电流表的示数变大D抽出L中的铁芯，D变暗解析：选AC原线圈接入题图乙所示的正弦交流电压，T0.02 s，所以频率为f50 Hz，故A正确；原线圈接入电压的最大值是220 V，有效值是U220 V，理想变压器原、副线圈匝数比为101，所以电压表的示数为22 V，故B错误；有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据P，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以电流表的示数变大，故C正确；抽出L中的铁芯，电感线圈自感系数减小，电感线圈对电流的阻碍减小，所以D变亮，故D错误。3多选如图甲所示，一理想变压器原线圈
31、匝数为n11 000匝，副线圈匝数为n2150匝，变压器输入端的正弦交变电压如图乙所示，定值电阻的阻值为11 ，总阻值为22 的滑动变阻器滑片为P。下列说法中正确的是()A变压器副线圈输出电压的频率为50 HzB滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压不变C滑片P滑到最右端时，通过电阻R的电流为6 AD滑片P滑到最左端时，变压器的输入功率为66 W解析：选AC原、副线圈的周期T0.02 s，频率f50 Hz，选项A正确；滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压变大，选项B错误；原线圈电压的有效值U1440 V，根据可得副线圈的电压U266 V，滑动变阻器的滑片P滑到最右端时，通过电阻R的电流为
32、I26 A，选项C正确；滑动变阻器的滑片P滑到最左端时，理想变压器的输入功率为P2132 W，选项D错误。考点四变压器与远距离输电问题本考点是高考命题的热点，主要考查变压器的工作原理及远距离输电过程中的电路计算问题，此类问题综合性较强，要求有较高分析解决问题的能力。要顺利解决此类问题，需熟知一个流程，理清三个回路，抓住两个关系，掌握两种损耗。建议考生适当关注一、熟知一个流程远距离输电的流程图。二、理清三个回路回路1：发电机回路。该电路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机。回路2：输送电路。
33、I2I3IR，U2U3UR，P2PRP3。回路3：输出电路。I4I用，U4U用，P4P用。三、抓住两个关系1理想升压变压器联系着回路1和回路2，两回路中重要的关系式有，I1n1I2n2，P1P2。2理想降压变压器联系着回路2和回路3，两回路中重要的关系式有，I3n3I4n4，P3P4。四、掌握两种损耗1电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，URU2U3IRR。2功率损耗：输电线上电阻发热导致的功率损耗，PRP2P3IR2R。输电线上的能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式PRIR2R或PR。如诊断卷第14题，输电线损失的功率P损5%P总I线2r，而I线为升压变压器副线圈的电流，也等于降压变压
34、器原线圈的电流。五、注意一种特殊情况交流电源与变压器原线圈间接有用电器，或它们之间的连接导线阻值不能忽略时，电源的输出电压与变压器的输入电压不相等。(2016全国卷)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3 、1 和4 ，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()A2B3C4 D5解析设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI。根据变压器的输入功率等于输出功
35、率得UII2R1(kI)2(R2R3)4UI(4I)2R1(4kI)2R2联立两式代入数据解得k3。选项B正确。答案B1(2018届高三黄山调研)如图所示，在AB间接入正弦交流电U1220 V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R20 的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1110匝，副线圈n220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上消耗的热功率为P，则有()AU040 V，P80 WBU040 V，P80 WCU040 V，P20 WDU040 V，P20 W解析：选C变压器的次级电压U2
36、U1220 V40 V，故二极管的反向耐压值至少为40 V；电阻R上电压有效值为20 V，则R消耗的热功率为P W20 W，故C正确。2多选如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为51，原线圈与一电阻箱R0串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中定值电阻的阻值为R1，最初副线圈电路中电阻箱的阻值为7R1，电路中所连接的电流表是理想电流表。现保持变压器输入电流不变，将副线圈电路中的电阻箱的阻值减小为5R1，此时电流表读数为5.0 A，则()A此时流过原线圈的电流最大值约为1.7 AB此时流过原线圈的电流最大值约为1.2 AC原先电流表的示数为0.75 AD原先电流表的示数为5.25 A解析：选
37、AD保持变压器输入电流不变，将副线圈电路中电阻箱的阻值减小为R25R1，此时电流表读数为5.0 A，副线圈输出电压有效值为U25.0 AR1，则R2中电流为1.0 A，则副线圈输出电流I25.0 A1.0 A6.0 A。由变压比和变流比公式可得，解得此时流过原线圈的电流有效值I1I21.2 A，电流最大值约ImI11.7 A，选项A正确，B错误。保持变压器输入电流不变，根据变压器变流关系，副线圈输出电流I26.0 A不变，副线圈电路中R2原阻值为7R1，设原来电流表的示数为I，则R2中电流为I2I，则有IR1(I2I)7R1，解得II25.25 A，选项D正确，C错误。3如图所示为远距离输电的
38、原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了U，则下列判断正确的是()A电流表A2的示数增大了B电流表A1的示数增大了C电压表V1的示数减小了UD输电线损失的功率增加了2R解析：选B电压表V2的示数减小了U，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了U3nU，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了nU，因此电流表A1的示数增大了，B正确；根据变流比，电流表A2的示数增大了，A错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压
39、表V1的示数不变，C错误；设原来输电线上的电流为I，则输电线损失的功率增加了2RI2R，不等于2R，D错误。一、高考真题集中演练明规律1多选(2016全国卷)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91B原、副线圈匝数比为19C此时a和b的电功率之比为91D此时a和b的电功率之比为19解析：选AD设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的输入电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为91，选项A正确，选项B错误；由9U0IaU0Ib得，
40、流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据PUI，a、b灯泡的电功率之比为19，选项C错误，选项D正确。2(2017北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u220sin 100t(V)的交流电源上，副线圈接有R55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为21，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220 WB电流表的读数为1 AC电压表的读数为110 VD副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1220 V，由，故副线圈电压的有效值为U2110 V，故输出功率P2220 W，再由输入功率
41、等于输出功率知，P1P2220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I22 A，由，得I11 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，100(rad/s)，又T，解得T0.02 s，所以D项错误。3多选(2014全国卷)如图，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()AUabUcdn1n2B增大负载电阻的阻值R，电流表
42、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，电流表的读数加倍解析：选BD变压器的变压比，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压。U1Uab，由于二极管的单向导电特性，UcdU2，选项A错误。增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入P出，且P入I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确。c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Uab不变，Ucd不变，选项C错误。根据变压器上的能量关系有E输入E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2TT，由以上
43、两式得I22I1，选项D正确。二、名校模拟重点演练明趋势4(2017郑州质检)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(OO沿水平方向)匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R10 的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V。图乙是矩形线圈中磁通量随时间t变化的图像。则()A此交流发电机的电动势平均值为10 VBt0.02 s时R两端的电压瞬时值为零CR两端的电压u随时间t变化的规律是u10cos 100t(V)D当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向也向上解析：选C矩形线圈为电源，若绕垂直于磁场的转轴
44、匀速转动，产生正弦交流电，外电阻R10 ，电压表示数10 V，说明10 V，即Em10 V。根据题图乙t0时磁通量等于0，可判断t0时电动势最大，所以电动势随时间变化的规律为u10cos t10cos100t(V)，选项C正确；t0.02 s带入电动势的表达式，得R两端的电压瞬时值为10 V，选项B错误；根据楞次定律，感应电流总是阻碍线圈的转动，所以当ab边速度方向向上时，它所受安培力的方向向下，选项D错误；电动势平均值为磁通量的变化量和时间的比值，而该比值最大为Em10 V，所以平均值一定比Em10 V小，选项A错误。5(2017绵阳模拟)工厂生产的某一批次小灯泡说明书上附有如图甲所示的电压
45、随电流变化图像，乙图是该批次三个小灯泡连接而成的电路，三个灯泡均发光时电压表V2的示数为1 V，下列说法正确的是()A电压表V1的示数为2.0 VB电流表A1的示数为0.60 AC若灯泡L1短路，则电压表V2的示数为5.0 VD电源的输出功率为0.90 W解析：选B分析电路的连接时，把电压表看作断路或者去掉，电流表看作导线，题中L2与L3并联，然后再与L1串联组成外电路，电压表V1测量L1两端的电压，电压表V2测量并联电路部分的电压，电流表A1测量干路电流，电流表A2测量通过L3的电流。闭合开关S，电压表V2的示数为1 V，表示L2两端的电压为1 V，由题图甲可知，此时对应的支路电流I0.30 A，通过L1的干路电流为0.60 A，电流表A1的示数为0.60 A，选项B正确。此时L1两端电压根据甲图可得V1的示数为4.0 V，选项A错。此时路端电压为5 V，干路电流