《高中高考物理总复习一轮复习知识归纳第十一章第2讲.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高中高考物理总复习一轮复习知识归纳第十一章第2讲.docx（21页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、高考试卷试题学习资料第2讲变压器、电能的输送一、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.图1(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈.(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈.2.原理电流磁效应、电磁感应.3.理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入P出电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：，与负载、副线圈的个数无关电流关系(1)只有一个副线圈时：(2)有多个副线圈
2、时：由P入P出得I1U1I2U2I3U3InUn或I1n1I2n2I3n3Innn频率关系f1f2(变压器不改变交变电流的频率)4.几种常用的变压器(1)自耦变压器调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示.图2(2)互感器自测1关于理想变压器，下列说法正确的是()A.变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用B.变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率C.正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压D.变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小答案A二、电能的输送如图3所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P，用
3、户的电压为U，输电线总电阻为R.图31.输出电流I.2.电压损失(1)UUU(2)UIR3.功率损失(1)PPP(2)PI2R()2R4.减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R.由R知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线.(2)减小输电线中的电流.在输电功率一定的情况下，根据PUI，要减小电流，必须提高输电电压.自测2 从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 ，用110 V和11 kV两种电压输电.两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A.1001 B.1100 C.110 D.101答案A解析由题意知输电线上的电流I，则输电线的总电阻造成
4、的电压损失UIr，故，故选A.命题点一理想变压器原理的应用例1(2016全国卷16)一含有理想变压器的电路如图4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()图4A.2 B.3 C.4 D.5答案B解析开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比，通过R2的电流I2，副线圈的输出电压U2I2(R2R3)，由可得原线圈两端的电压U15I2，则UU1IR15I23I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比，通过R2的电流
5、I2，副线圈的输出电压U2I2R2，由可得原线圈两端的电压U14I2，则UU14IR14I212I，联立解得3，选项B正确.变式1(多选)(2016全国卷19)如图5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()图5A.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答案AD解析设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输入端电压为U19U0，副线圈两端电压为U2U0，故，A正确，B错误；根据公式可得，由于小灯泡两端的电压相等，
6、所以根据公式PUI可得，灯泡a和b的电功率之比为19，C错误，D正确.变式2(2018河南省中原名校第六次模拟)如图6所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端.此时6盏灯刚好正常发光.下列说法中不正确的是()图6A.该变压器的原、副线圈匝数比为12B.此时交流电源输出的功率为6PC.U06UD.如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮答案A解析由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I24I，故n1n2I2I141
7、，A错误；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P，B正确；设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，则U2U，U0U12U，而U1U2n1n241，代入得U06U，C正确；当灯L6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P1U1I1得I1减小，所以灯L1和L2将变暗，同时因L1和L2分得的电压减小，变压器输入端的电压U1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D正确.命题点二理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(如图7)图7(1)U1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不变.(2)当负载电
8、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.(3)I2变化引起P2变化，P1P2，故P1发生变化.2.负载电阻不变的情况(如图8)图8(1)U1不变，发生变化，故U2变化.(2)R不变，U2变化，故I2发生变化.(3)根据P2，P2发生变化，再根据P1P2，故P1变化，P1U1I1，U1不变，故I1发生变化.例2(2018天津理综4)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9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()图9A.R消耗的功率
9、变为PB.电压表V的读数变为UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变答案B解析发电机线圈的转速变为原来的，由E知，原线圈中输入电压变为原来的，频率变为原来的.根据，知U2变为原来的，即U2U，则通过R的电流变为原来的，R消耗的功率P2P，根据，原线圈上的电流也变为原来的，即电流表A的读数变为I，故选B.变式3(多选)(2018山东省临沂市一模)如图10甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为201，图中电表均为理想电表，R为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L1和L2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是()图10A.交流电压的频率为
10、50 HzB.电压表的示数为11 VC.当照射R的光强增大时，电流表的示数变大D.若L1的灯丝烧断后，电压表的示数会变小答案ABC解析由题图乙可知交流电压周期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，所以原线圈接入电压的有效值是U220 V，理想变压器原、副线圈匝数比为201，所以副线圈两端电压是11 V，所以电压表的示数为11 V，故B正确；R阻值随光强增大而减小，根据I知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，可知原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以电流表的示数变大，故C正确；当L1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压
11、比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D错误.变式4(2018山西省重点中学协作体期末)如图11甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为41，电压表和电流表均为理想电表，Rt为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R1为定值电阻.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电.下列说法中正确的是()图11A.输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u36sin 50t VB.变压器原、副线圈中的电流之比为41C.t0.01 s时，发电机的线圈平面位于中性面D.Rt温度升高时，变压器的输入功率变小答案C解析由题图乙可知交流电压最大值U36 V，周期T0.02 s，可由周期求出角速度的值为 r
12、ad/s100 rad/s，则可得交流电压u的瞬时值表达式u36sin 100t V，故A错误；根据可知变压器原、副线圈中的电流之比为14，故B错误；t0.01 s时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面，故C正确；Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大，故D错误.命题点三远距离输电1.理清三个回路远距离输电电网间的基本结构如图12所示.输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路.在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律
13、，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁.图122.抓住两个物理量的联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是，P1P2，I1n1I2n2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是，P3P4，I3n3I4n4.3.掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压
14、器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P1P线损P用户.例3(2019安徽省马鞍山市质检)图13甲为远距离输电示意图，理想升压变压器原、副线圈匝数比为11 000，理想降压变压器原、副线圈匝数比为1 0001，输电线的总电阻为1 000 ，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220 V.下列说法正确的是()图13A.输电线中的电流为3 AB.电站输出的功率为7 500 kWC.输电线路损耗功率为90 kWD.用户端交变电流的频率为100 Hz答案B解析由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为Um250 V，有效值为U1250 V，根据，得副线圈两端的电压U2U1250 V2.5
15、105 V；用户端电压为220 V，根据，得降压变压器原线圈两端的电压U3U4220 V2.2105 V，故输电线上损失的电压为UU2U33104 V，则输电线上的电流为I A30 A，电站的输出功率为P1P2U2I7 500 kW，输电线路损耗功率为PI2R900 kW，由题图乙可知，原线圈交变电流的周期为T0.02 s，则频率为f50 Hz，变压器不会改变交流电的频率，故用户端交变电流的频率为50 Hz，故B正确，A、C、D错误.变式5(多选)(2018广东省潮州市下学期综合测试)远距离输电线路简化如图14所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电
16、阻为R，则()图14A.I2B.输电线损失的电功率为C.提高输送电压U2，则输电线电流I2增大D.电厂输送电功率为U2I2答案AD解析在输电线路上：U2I2RU3，所以I2，故A正确；由于U2不是R两端的电压，所以输电线损失的电功率不是，故B错误；因为输送功率不变，根据P2U2I2，可知提高输送电压U2，则输电线电流I2减小，故C错误；因变压器为理想变压器，所以有P1P2U2I2，故D正确.命题点四两种特殊的变压器模型1.自耦变压器自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图15所
17、示.图152.互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：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交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为小电流利用的公式I1n1I2n2例4(2018山东省菏泽市上学期期末)如图16所示的调压器，滑动触头P和Q都可以调节，在输入交变电压一定的条件下，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是()图16A.Q不动，P向下移动B.Q不动，P向上移动C.P不动，Q向上移动D.P不动，Q向下移动答案A解析Q不动，变阻器的有效电阻不变，P向下移动，原线圈匝数n1减小，输入电压U1不变，副线圈匝数n
18、2不变，根据变压器的变压规律知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A正确；Q不动，变阻器的有效电阻不变，P向上移动，原线圈匝数n1增大，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向下移动，
19、接入电路的电阻变大，输出电流减小，则输入电流随之减小，故D错误.例5(多选)(2018山西省太原市三模)某50 Hz的钳形电流表的工作原理如图17所示.当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转.不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n21 000 匝，当用该表测50 Hz交流电时()图17A.电流表G中通过的是交变电流B.若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为50 AC.若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10 mAD.当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小答案AB解析变压器只改变交流电电压，不改变交流电的
20、频率，电流表G中通过的仍是交变电流，A正确；根据变压器原副线圈电流与匝数成反比：，I1I20.05 A50 A，B正确；若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C错误；根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误.1.(2018湖北省黄冈中学模拟)下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法中不正确的是()A.理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定B.交变电流的最大值是有效值的倍C.降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压D.如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的
21、两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器答案B解析理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定，选项A正确；正弦交变电流的最大值是有效值的倍，选项B错误；降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压，选项C正确；如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器，选项D正确.2.(2018河北省衡水中学模拟)如图1所示为某山区小型电站输电示意图，发电厂发出U1220sin 100t(V)的交流电通过变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想交流电表，下列有
22、关描述正确的是()图1A.若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零B.负载端所接收到交流电的频率为25 HzC.深夜开灯时灯特别亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故D.用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度答案C解析S1、S2都断开时变压器空载，副线圈两端有电压，电压表示数不为零，故选项A错误；变压器不能改变交流电的频率，故负载端交流电的频率还是50 Hz，故B选项错误；深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗也减小，用户得到的电压较高，故此时开灯时灯特别明亮，故选项C正确；用电高峰时，负载增多，负载总电阻减小，干路中电流增大，因此输电线损耗电压增大，导致降压
23、变压器的输入电压降低，为提高负载电压，可增大降压变压器的副线圈的匝数，使输出电压提高，故选项D错误.3.(2018广东省深圳市第一次调研)如图2所示，a、b两端接在正弦交流电源上，原副线圈回路中A、B电阻的阻值相同，原副线圈匝数比为n1n2，下列说法正确的是()图2A.A、B电阻的电流之比为n1n2B.A、B电阻的电压之比为n1n2C.A、B电阻的功率之比为n22n12D.原副线圈的电压之比为11答案C解析根据可得A、B电阻的电流之比为n2n1，由于两电阻相等，则A、B电阻的电压之比为n2n1，选项A、B错误；根据PI2R可知，A、B电阻的功率之比为n22n12，选项C正确；原副线圈的电压之比
24、为，选项D错误.4.(多选)(2018湖北省武汉市部分学校起点调研)含有理想变压器的电路如图3所示，L1、L2、L3为“24 V2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(输出电压的有效值恒定).当开关S闭合时，灯泡均正常发光.下列说法正确的是()图3A.变压器原、副线圈匝数比为12B.电压表的示数为72 VC.变压器的输入功率为8 WD.若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁答案BD解析每个灯泡的额定电流：IL A A，则原线圈的电流为I1 A，副线圈的电流为I2 A，则，选项A错误；变压器输出电压为24 V，则根据匝数比可得输入电压为U1U248 V，则电压表
25、读数为48 V24 V72 V，选项B正确；变压器的输入功率：P1U1I14 W，选项C错误；副线圈上再并联一个相同灯泡，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，灯泡L1可能烧毁，故D正确.5.(多选)(2019广东省惠州市质检)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图4所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上.以下说法正确的是()图4A.当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通B.当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通C.当用户发生漏电时，甲线圈
26、两端没有电压，脱扣开关断开D.当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开答案AD解析正常状态时，火线和零线中电流产生的磁场完全抵消，甲线圈中没有电压，脱扣开关保持接通，A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，保护器中火线和零线中电流产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，脱扣开关断开，C错误，D正确.6.(多选)(2018山西省晋城市第一次模拟)如图5所示为某山区小型水电站的电能输送示意图，发电机输出的电压和输电线路上的电阻恒定，用电器均为纯电阻元件，当用电高峰来临时，下列判断正确的是()图5A.用电器等效电阻R0变大B.升压变压器T1的输出电压变大C.
27、降压变压器T2的输出电压变小D.输电线路总电阻R上消耗的功率变大答案CD解析用电高峰来临时，用电器增多，用电器并联后的总电阻R0减小，选项A错误；由于升压变压器的输入电压一定，则输出电压一定，选项B错误；设输电线的输送电流为I，降压变压器的变压比为k，升压变压器的输出电压为U，则UIRk2IR0，当R0减小时，I增大，输电线总电阻R消耗的功率PRI2R变大，选项D正确；降压变压器T2的输入电压等于UIR，可以判断此电压减小，则输出电压也减小，选项C正确.7.(2018山西省孝义市第一次模拟)图6甲所示为一发电机的原理图，发电机产生的交变电流接图乙中理想变压器的原线圈.已知变压器原、副线圈的匝数
28、之比为221，发电机输出电压u随时间t变化的规律如图丙所示，发电机线圈电阻忽略不计，则()图6A.电阻两端电压的瞬时值表达式为u10sin 50t(V)B.电压表示数为10 VC.若仅使发电机线圈的转速增大一倍，则变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，而电压表示数不变D.若仅使电阻R增加，则电流表示数不变答案B解析由题图丙知：原线圈电压的最大值U1m311 V，原线圈电压有效值U1220 V，由U1U2n1n2知，副线圈电压的最大值U2m14.1 V，副线圈电压有效值U210 V，故A项错误，B项正确；若仅使发电机线圈的转速n增大一倍，则角速度增大一倍，根据EmNBS可知，变压器原线圈输入电压的
29、频率和最大值都增大一倍，原副线圈中电流的频率相等，变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，由U1U2n1n2知，副线圈输出电压增大一倍，电压表读数增大一倍，故C项错误；仅使电阻R增加，原线圈两端的电压和原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，副线圈中电流减小，原副线圈匝数比不变，则原线圈中电流也减小，电流表示数减小，故D项错误.8.(多选)(2018山东省枣庄市二调)如图7所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2101，电阻R10 ，两只相同小灯泡L1、L2的规格均为“3 V,1.5 W”，S1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交流电源.当S1接1、S2闭合时，L2正常发光.设小灯泡的电阻值恒定.
30、下列说法正确的是()图7A.原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为30 VB.只断开S2后，变压器的输出功率为0.75 WC.将S1换接到2后，原线圈的输入功率为90 WD.将S1换接到2后，R的电功率为0.9 W答案BD解析当S1接1、S2闭合时，L2正常发光，副线圈的电压为U23 V，根据原、副线圈电压比等于匝数比即，解得原线圈的电压为U130 V，原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为Em30 V，故A错误；两只相同小灯泡阻值均为RL6 ，只断开S2后，变压器的输出功率为P2 W0.75 W，故B正确；将S1换接到2后，R的电功率为PR0.9 W，原线圈的输入功率为P入PR0.9 W，故
31、C错误，D正确.9.(2018河南省濮阳市第二次模拟)如图8甲所示，一个电阻不计、边长为1 m的正方形单匝线圈被固定，正方形线圈内有一磁场与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，将线圈的两端与理想变压器原线圈相连，开关闭合，副线圈接有定值电阻R0和磁敏电阻GMR(GMR的阻值随所处空间磁场的增大而增大)，则下列说法正确的是()图8A.线圈中产生的电动势的有效值为2 VB.若使电阻R0消耗的功率增大，则滑动触头P需上移C.当开关S由闭合到断开，副线圈中电流增大D.当GMR处的磁场增强时，变压器的输入功率减小答案D解析磁感应强度随时间t的变化关系为B0.02sin (100t)
32、T，则100 rad/s，所以产生的最大感应电动势为EmNBmS2 V，线圈中产生的感应电动势的有效值为E V，A错误；滑动触头P上移，R0两端电压减小，故其消耗的功率减小，B错误；当开关S由闭合到断开时，副线圈减少一个支路，电流减小，C错误；当GMR处的磁场增强时，其阻值增大，副线圈的电功率减小，故变压器的输入功率减小，D正确.10.(2018辽宁省丹东市一模)如图9所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2111，原线圈接u220sin 100t(V)的交流电，电阻R12R210 ，D1、D2均为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则副线圈电路中理想交流电流表的读数为()
33、图9A.3 A B.2 A C. A D. A答案A解析由表达式知原线圈电压有效值为220 V，根据，得副线圈两端的电压为U2U1220 V20 V，因为二极管具有单向导电性，电阻R1、R2半个周期有电流，半个周期电流为0，即I12 A，I24 A，根据热效应有：U2ITI12R1I22R2，解得：I3 A，即电流表的示数为3 A，故A正确.11.(2018东北三省三校一模)如图10甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为51，R1R2R310 ，C为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则()图10A.副线圈输出的交流电的频率为10 HzB.原线圈输入电压的最大值为100 VC.电阻R3
34、的电功率为20 WD.通过R2的电流始终为零答案C解析根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为T0.02 s，频率为f50 Hz，故A错误.由题图乙可知通过R1的电流最大值为Im2 A，根据欧姆定律可知其两端最大电压为Um20 V，再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为100 V，故B错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系及并联电路特点可知电阻R3的电压有效值为：U310 V，则电阻R3的电功率为P3 W20 W，选项C正确； 因为电容器有通交流、隔直流的作用，则有电流通过R2，故D错误.12.(2018华南师大附中三模)如图11所示，一个小型水电
35、站，其交流发电机的输出电压U1 一定，通过理想升压变压器T1 和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.下列说法正确的是()图11A.当用户的用电器增多时，U2减小，U4变小B.当用户的用电器增多时，P1变大，P3减小C.输电线上损失的功率为PD.要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比答案D解析交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用
36、户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输电线上损失的功率为P2R，故C错误；输送功率一定时，根据PUI和P损I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据知，应增大升压变压器的匝数比；U3U2I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压不变，根据知，应增大降压变压器的匝数比，故D正确.13.(多选)(2018广东省肇庆市第三次检测)如图12所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图，图中变压器均可视为理想变压器，电表均为理想交流电表.设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，并且电阻不变.变阻器R
37、相当于用户用电器的总电阻.当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时()图12A.电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B.电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大C.电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D.线路损耗功率增大答案BCD解析当用电进入高峰时，发电机的输出功率增大，输入原线圈的电流增大，升压变压器输出端的电流增大，输电线的电压损失和功率损失增大，所以V1、V2的读数均不变，A1、A2的读数增大；V3、V4的读数均减小，A3的读数增大，A错，B、D正确；而电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的
38、读数的比值是输电线的电阻，是不变的，C正确.14.(多选)(2019山东省济宁市第一中学模拟)如图13所示，理想变压器原线圈a匝数n1200匝，副线圈b匝数n2100匝，线圈a接在u44sin 314t V的交流电源上，“12 V6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R216 ，电压表V为理想电表.下列推断正确的是()图13A.交变电流的频率为100 HzB.穿过铁芯的磁通量的最大变化率为 Wb/sC.电压表V的示数为22 VD.R1消耗的功率是1 W答案BD解析由表达式知100 rad/s，交变电流的频率为f50 Hz，故A错误；副线圈电流的有效值为I2 A0.5 A，电阻R2两端的电压为：U2I2R20.516 V8 V，副线圈两端电压的有效值为：U2U2UL20 V，电压表示数为20 V，副线圈电压的最大值为：Um20 V，根据Umn2，可得： Wb/s Wb/s，故B正确，C错误；原线圈的电流为：I1I20.25 A，原线圈的电压为：U1U240 V，电阻R1消耗的功率为：P(EU1)I1(4440)0.25 W1 W，故D正确.