第18周 变压器和远距离输电-【周测必刷】2025-2026学年高二物理选择性必修1+2（人教版2019）

— 70 — 第十八周 变压器和远距离输电 (时间:45分钟 分值:100分) 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀤌 􀦌 􀦌 􀦌􀦌 周推好题 第16题以原线圈含电阻+多个度线圈变压器问题为例,综合考查学生对变压器原 理和规律的理解和应用。该题题目设置灵活,紧扣知识点,对学生的综合应用能力要求较高,值 得推荐。 【考点·一应俱全】(共60分) 考点一 变压器基本原理的理解 1.(多选)理想变压器正常工作时,原、副线圈中一定相等的物理量是 ( ) A.每匝线圈中磁通量的变化率 B.交变电流的频率 C.原线圈的输入功率和副线圈的输出功率 D.原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势 考点二 变压器的基本规律 2.(2025·三明市高二期末)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶5,当输入电压增加10V时, 则输出电压 ( ) A.增加2V B.增加10V C.增加50V D.增加500V 3.自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器,原线圈接12V的正弦交流电源,副线 圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯 泡正常发光的是 ( ) A.仅增加原线圈匝数 B.仅增加副线圈匝数 C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D.将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈 4.(2025·西安市高二期中)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=110 2sin 60πt(V)的交流电源上,副线圈接有阻值为55Ω的负载电阻R,原、副线圈匝数 之比为1∶2,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是 ( ) A.电压表的示数为55V B.原线圈的输入功率为880W C.副线圈输出交流电的频率为60Hz D.若在副线圈上电阻R 的两端再并联一个阻值为55Ω的定值电阻,则电流表的示数为8A 考点三 理想变压器的制约关系和动态分析 5.(2025·天津市高二期末)如图所示,电流表、电压表均为理想电表, 变压器为理想变压器,R1、R2 是定值电阻,R3 为滑动变阻器。闭合 开关S,下列说法正确的是 ( ) A.仅将滑片P1 上移时,电流表A的示数减小 B.仅将滑片P2 下移时,电压表V的示数变大 C.滑片P1 下移、P2 上移时,电阻R1 的功率增大 D.只断开开关S,电压表V的示数变大,电流表A的示数变小 6.(2025·杭州市高二期末)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压 是市区电网的电压,负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户,两 条输电线的总电阻用R0 表示,变阻器R 代表用户用电器的总电阻,当用电器增加时,相当于R 的 值减小(滑片向下移)。如果变压器上的能量损失可以忽略,当用户的用电器增加时,图中各电表 (可视为理想电表)的读数变化判断正确的是 ( ) A.A2 读数变小 B.A1 读数变大 C.V1 读数变大 D.V3 读数不变 考点四 输电线路的电压损失和功率损失 7.如果用220V和11kV两种电压来输电,设输送的电功率、输电线上功率损失、导线的长度和电 阻率都相同,则两次输电导线的横截面积之比为 ( ) A.1∶2500 B.2500∶1 C.1∶250 D.250∶1 8.一发电站的输出功率为4400kW,现采用110kV的高压输电,若要使输电效率不低于90%,则 输电线的电阻不能大于 ( ) A.68.75Ω B.275Ω C.137.5Ω D.200Ω 9.(多选)“华龙一号”是中国自主研发的第三代核电技术,跻身世界前列,其远距离输电线路简化如 图,变压器为理想变压器,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别 为I1、I2,降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4,电压分别为U3、U4,电流分别为I3、I4,输电线 的总电阻为R,下列说法中正确的是 ( ) A.电厂发出的电是直流电 B.I2= U2-U3 R C.若U1=U4,则升压变压器与降压变压器的匝数比满足 n1 n2 = n4 n3 D.夜晚用户增多,输电线上损失的功率增大,用户两端的电压减小 10.(多选)如图所示,某小型发电站发电机输出的交流电压为500V,输出的电功率为50kW,用总 电阻为3Ω的输电线向远处送电,要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%,则发电站要安装 一升压变压器,到达用户端再用降压变压器变为220V供用户使用(两个变压器均为理想变压 器)。对整个送电过程,下列说法正确的是 ( ) A.输电线上的损失功率为300W B.升压变压器的匝数比为1∶100 C.降压变压器的输入电压为4970V D.降压变压器的匝数比为100∶1 考点五 变压器原线圈有负载的电路分析 11.(多选)在如图(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=10Ω,R3=20Ω,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.所用交流电的频率为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 — 69 — — 72 — 12.一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 【探究·一举突破】(共10分) 探究主题 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 (2025·上饶市高二期末)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中,可拆变压器如图 所示。 探究问题: (1)观察变压器的内部结构,为了减小涡流,它的结构和材料是 (选填“A”或“B”)。 A.整块硅钢铁芯 B.绝缘的硅钢片叠成的铁芯 (2)观察两个线圈的导线,发现粗细不同,匝数不同,如果作为降压变压器使用,原线圈的导线较 (选填“A”或“B”)。 A.细且匝数多 B.粗且匝数少 (3)实验中将低压交流电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间,用多用电表测得副线圈的 “0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0V,若考虑存在漏磁,则原线圈的输入电压可能为 V(选填“7.0”或“5.0”)。 【综合·一练到底】(共30分) 13.(5分)(2025·珠海市高二月考)如图,理想变压器的原、副线圈的匝数比为1∶2,A、B 两端接在 u=8 2sin(100πt)V的交流电源上。定值电阻R0=2Ω,电压表和电流表均为理想交流电表, 不计电源内阻。当滑动变阻器电阻调到R=8Ω时,下列说法正确的是 ( ) A.变压器副线圈中电流的频率为100Hz B.电流表的读数为2A C.电压表的读数为4V D.若将滑动变阻器电阻调小,其消耗的功率一定变大 14.(5分)(2025·广东实验中学高二月考)如图所示,理想变压器的原线圈 连接电压恒定的交流电源,原、副线圈均接入阻值为R的负载电阻。当 开关S断开时,与原线圈连接的电压表V1 的示数为U1,与副线圈连接 的电压表V2 的示数为U2,电表均为理想电表,则以下判断正确的是 ( ) A.交流电源的电压为 U12+U22 U1 B.开关断开时,原线圈中的输入电流为 U12 U2R C.开关闭合时,电压表V1 的示数变大 D.开关闭合时,交流电源输出功率减小 15.(10分)一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输送给用户,已知发电机的输出功率为 500kW,升压变压器原线圈两端的电压为500V,升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5,两变 压器间输电线的总电阻为1.5Ω,降压变压器的输出电压为220V,变压器均为理想变压器,求: (1)升压变压器副线圈两端的电压; (2)输电线上的功率损失及用户得到的功率; (3)降压变压器原、副线圈的匝数比。 16.(10分)(2025·青岛市高二期末)光伏发电可以有效解决偏 远农村地区用电难的问题,相对于传统发电机,光伏发电系统 更为便捷,电池板只需安装在屋顶上,就可直接将太阳能转化 为电能供应,完全不受供电通道的限制。如图,某户农家将输 出电压U0=220V交流电的光伏发电系统接到变压器上,通 过副线圈n2、n3 分别向10只标称为“12V 1.5A”的灯泡和一台电动机供电,电动机线圈电阻r =1.0Ω,原线圈上所接灯泡L的额定电压UL=40V,副线圈n2 的匝数为60匝。电路接通后, 各用电器都正常工作,光伏发电系统的输出功率P0=440W,电压表的示数为36V,变压器为理 想变压器,电表为理想电表,求: (1)原线圈上所接灯泡L消耗的功率PL; (2)变压器原线圈的匝数n1; (3)电动机输出的机械功率P机。 【选做·一飞冲天】(尖子生选做) (2025·常州市第一中学高二月考)如图所示,一理想变压器原、副线圈 的匝数比为2∶1,原线圈输入的交流电压瞬时值的表达式为u= 220 2sin100πt(V),定值电阻R1 的阻值为60Ω,电阻箱R2 的初始阻 值为20Ω,灯泡L阻值恒为20Ω,其余电阻不计。下列说法正确的是 ( ) A.理想电流表的示数为113 A B.逐渐增大R2 的阻值,R1 功率逐渐变大 C.当R2=60Ω时,副线圈功率达到最大 D.若将R1 换为一个理想二极管,则灯泡L两端电压的有效值为110 2V 【错题重做】 错因 基础不牢 题意不明 思路不对 理解不够 分析不透 方法不对 根本不会 其他原因 题号 题号 题号 — 71 — —104 — (4)金属棒由静止释放滑行到cd 处的过程中,根据动量定理得 mgsin37°·t-μmgcos37°·t-B0􀭵ILt=mv-0 其中q=􀭵I·t=0.15C 解得t=1.75s。 答案 (1)2m/s (2)1.5m (3)0.04J (4)1.75s 【选做·一飞冲天】 A [设重物质量为m0,导体棒质量为 m,则在重物落地前任意时 刻,对导体棒和重物的整体,根据牛顿第二定律有m0g-BIL=(m +m0)a,在极短一段时间Δt内,导体棒中的感应电流I= Δq Δt ,Δq= CΔU,在Δt时间内,有ΔU=ΔE=BLΔv,a=ΔvΔt ,联立上式可得a = m0g m+m0+B2L2C ,则在重物落地之前导体棒一直做匀加速运动, 重物落地后,因导体棒两端的电压等于电容器两板间的电压,则导 体棒将匀速运动;由以上分析可知,导体棒先做匀加速运动,后做 匀速运动,选项 A正确;电容器所带的电荷量,开始时q=CU= CBLat,随时间均匀增加,当重物落地后导体棒匀速运动时,电容 器两板间电压保持不变,选项B错误;棒中安培力的冲量大小I= F安t=BILt=BLΔqΔtt=B 2L2Cat,则在重物落地之前,棒中安培力 的冲量随时间均匀增加,选项C错误;克服安培力做的功 W=F安 x=BIL·12at 2=BLΔqΔt ·1 2at 2=12B 2L2Ca2t2,则在重物落地之 前W-t图像为抛物线,重物落地后安培力为零,则安培力做的功 为零,选项D错误。] 第十七周 交变电流 【考点·一应俱全】 1.BD [甲→乙过程中,根据右手定则,AB边中的电流由B→A,故A错 误;丙→丁过程中,根据右手定则,AB边中的电流由A→B,故B正确; 题图甲位置,线圈中磁通量最大,磁通量变化率为零,线圈中感应电动 势最小,为零,故C错误;题图乙位置,线圈中磁通量为零,磁通量变化 率最大,线圈中感应电动势最大,感应电流最大,故D正确。] 2.C [绕ac轴旋转时,回路磁通量变化,线框中有交流电产生,A错 误;绕AB 轴转动时在线框中产生正弦 式 交 流 电,绕CD 轴 转 动 时,回路磁通量不变,无交流电产生,B错误;若以ab为轴转动,线 框无磁通量变化,不会产生交流电,但会在cb、da边产生电动势, a、d两点间会有电势差,C正确;以ad 或bc 为轴,根据楞次定律, 电流方向均为abcd,D错误。] 3.A [白炽灯泡额定电压为9V、阻值为18Ω,灯泡恰好正常发光, 则输出电流的有效值为I=918A=0.5A ,故A正确;题图中电流 为正弦式交变电流,则输出电流的最大值为Im= 2I= 2 2 A ,故B 错误;根据 题 图 乙 可 知,周 期 为0.2s,则 频 率 为 f= 10.2 Hz= 5Hz,故C、D错误。] 4.BD [矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀 速转动,且初始位置与匀强磁场平行,故产生的是余弦交流电,感 应电 动 势 的 最 大 值 为 Em =NBSω=NΦmω,其 中 ω= 2π T = 100πrad/s,代入数据解得Em=200V,可得电压有效值E= Em 2 = 100 2V,理想电压表显示的是交流电压的有效值,与时间无关, 故A错误;电阻R 消耗的功率为P=E 2 R =100W ,故B正确;电容 器的击穿电压为220V,大于交流电压的最大值,故电容器不会被 击穿,故C错误;通过R 的电流最大值为Im= Em R =1A ,电流瞬时 值表达式为i=Imcosωt=cos100πt(A),故D正确。] 5.B [t=0时刻,穿过线圈的磁通量最大,则线圈平面位于中性面 位置,A错误;t=0.01s时刻,Φ-t图像斜率的绝对值最大,则Φ 的变化率最大,B正确;t=0.02s时刻,穿过线圈的磁通量最大,感 应电动势为0,C错误;穿过线圈的磁通量最大时,感应电动势为 0,穿过线圈的磁通量为0即磁通量变化率最大时,感应电动势最 大,题图乙不符,D错误。] 6.C [以线圈平面与磁场夹角θ=45°时为计时起点,由楞次定律可 判断,初始时刻电流方向为b到a,为负值,且穿过线圈的磁通量减 小,电流增大,故选项C正确。] 7.BC [由题图可知,交变电流的周期 T=0.04s,频率f=1T = 25Hz,选项A错误;一个周期内电流方向变化2次,1s内电流方 向变化50次,选项B正确;若仅使线圈转速加倍,根据 T=1n 可 知,周期将变为原来的二分之一,即T'=0.02s,选项C正确;若仅 使线圈转速n加倍,则角速度ω=2πn加倍,根据Em=NBSω可知 感应电动势的最大值加倍,最大值变为200V,选项D错误。] 8.A [设交流电压的有效值为U,则根据电流的热效应有 (2V)2 R ·T 2+ (2 2 V )2 R ·T 2= U2 R ·T,解得U= 52 V ,故选A。] 9.BC [由Ф-t图像可知,T2 时刻穿过线框的磁通量最大,则线框 位于中性面,A错误;线框中产生的感应电动势的最大值为Em= NBSω,又ω=2πT ,N=1,BS=Фm,则整理得Em= 2πΦm T ,因此感应 电动势的有效值为E=Em 2 = 2πФm T ,B正确;由功能关系可知线框 转动一周外力所做的功等于线框中产生的焦耳热,有 W=Q=E 2 R T=2π 2Φm2 RT ,C正确;0~T4 的过程中,线框中产生的平均感应电动 势为􀭺E=ΦmT 4 = 4Φm T ,D错误。] 10.AD [金属杆OP 在磁场区域内沿顺时针方向转动时,由右手定 则可知,P 点电势高于O 点电势,故A正确;金属杆OP 在磁场区 域内转动时,其产生的感应电动势为E=BL􀭵v=BL0+Lω2 = 1 2 BL2ω,故B错误;金属杆OP 在磁场区域内转动时,回路中电流 的瞬时值为I1= E 2R= BL2ω 4R ,故C错误;金属杆OP 运动一个周期 T,只有一半时间在切割磁感线产生感应电流,根据有效值的定 义有I12R· T 2+0=I有效 2RT,解得回路中电流的有效值为I有效 = I1 2 = 2BL 2ω 8R ,故D正确。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)设转动过程中线圈中感应电动势的最大值为Em,则 Em=nBL2ω=100× 2 π×0.1 2×2πV=22V。 (2)从题图所示位置开始计时,感应电动势的瞬时值表达式为e= Emcosωt=2 2cos2πt(V)。 (3)从题图所示位置转过30°角时感应电动势的瞬时值 e'=2 2cos30°V= 6V, 则电路中电流的瞬时值为i= e'R+r= 6 5 A 。 (4)t=16s 时,e″=2 2cos(2π×16 )V= 2V, 对应的电流的瞬时值i'= e″R+r= 2 5 A 。 (5)由闭合电路欧姆定律得uR= e R+rR= 8 2 5cos2πt (V)。 答案 (1)2 2V (2)e=2 2cos2πt(V) (3)65 A (4)25 A (5)uR= 8 2 5cos2πt (V) 【综合·一练到底】 11.解析 (1)线框转动,开始计时的位置为线框平面与磁感线平行 的位置,CD 边长L1=20cm,CE、DF 边长均为L2=10cm,在t 时刻线框转过的角度为ωt,此时刻e=BL1L2ωcosωt,其中B= 5 2 π T L1L2=0.2×0.1m2=0.02m2 故线框中产生的感应电动势的瞬时值表达式e=5 2π ×0.02× 100πcos(100πt)V=10 2cos(100πt)V (2)线框由题图所示位置转过30°的过程中, ΔФ=BSsin30°=12BL1L2 ,Δt=π6ω 则平均电动势􀭺E=ΔΦΔt= 30 2 π V (3)线框中感应电动势随时间变化的图像如图所示。 答案 (1)e=10 2cos(100πt)V (2)30 2π V (3)见解析图 12.解析 (1)线框中感应电动势的最大值为Em=B1S1ω=B1L1L3ω =120V 通过线框的电流的最大值为Im= Em R =15A (2)从图示位置开始经过四分之一个周期通过线框某一横截面的 电荷量为q=􀭵IΔt=ΔΦRΔtΔt= ΔΦ R = B1L1L3 R =1.5C (3)线 框 中 感 应 电 动 势 的 最 大 值 为 Em'=B1S1ω-B2S2ω= B1L1L3ω-B2L1L2ω=100V 线框中感应电动势的最小值为Em″=B1S2ω-B2S1ω=-20V, 线框中感应电动势的有效值为U=Em' 2 =50 2V e图像为 从图示位置开始经过一个周期外力做的功,等于电阻产生的焦耳 热,为W=Q=U 2 RT= Em2 2 π Rω+ Em2 2 π Rω=65πJ 。 答案 (1)15A (2)1.5C (3)65πJ 【选做·一飞冲天】 B [根据右手定则可知,甲图中通过电阻的电流方向始终不变,则 甲输出是直流电,转动一周的过程中电流的有效值为I有 = Im 2 = Em 2(R+r) = BL 2ω 2(R+r) ,转动一周的过程中,每转过90°,通过电阻 的电荷量为q0=􀭵It= 􀭺E R+rt= ΔΦ (R+r)t ·t=BL 2 R+r ,由于通过电阻的 电流方向不变,则转动一周的过程中流过电阻的电荷量q=4q0= 4BL2 R+r ,故A错误,B正确;根据右手定则可知,乙图中通过电阻的 电流方向改变,则乙输出是交流电,转动一周的过程中电阻R 上 电压最大值为Um= R R+rEm= RBL2ω R+r ,转动一周的过程中电路的 总功率为P=E有 2 R+r= Em2 2(R+r)= B2L4ω2 2(R+r) ,故C、D错误。] 第十八周 变压器和远距离输电 【考点·一应俱全】 1.ABC [原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势由输入电压 和匝数比决定,当匝数不同时,电动势不同,故D错误。] 2.C [由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即 U1 U2 = n1 n2 ,得 U2= n2 n1 U1,即 副 线 圈 两 端 电 压 与 原 线 圈 两 端 电 压 成 正 比,所 以 ΔU2= n2 n1 ·ΔU1,当输入电压增加10V时,输出电压增加50V。 故选C。] 3.B [由 n1 n2 = U1 U2 知,仅增加原线圈匝数,副线圈的输出电压U2 减 小,不能使小灯泡正常发光,故 A错误;由 n1 n2 = U1 U2 知,仅增加副线 圈匝数,副线圈的输出电压U2 增大,有可能使小灯泡正常发光,故 B正确;由 n1 n2 = U1 U2 知,将原、副线圈匝数都增为原来的两倍,由于 原线圈的电压不变,则副线圈的输出电压U2 不变,不能使小灯泡 正常发光,故C错误;将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈, 由于原线圈的电压不变,则副线圈的输出电压U2 不变,不能使小 灯泡正常发光,故D错误。] 4.B [因为原线圈电压u=110 2sin60πt(V),故可知原线圈电压 有效值为110V,原、副线圈匝数之比为1∶2,所以有 n1 n2 = U1 U2 ,解 得电压表的示数U2=220V,故 A错误;因副线圈的功率为 P= U2 R = 2202 55 W=880W ,输入功率等于输出功率,故B正确;根据原 线圈电压u=110 2sin60πt(V)可 知 该 交 流 电 的 频 率f=ω2π= 30Hz,故C错误;若在副线圈上电阻R 的两端再并联一个阻值为 55Ω的定值电阻,可知总电阻为:R总 =R2= 55 2 Ω=27.5Ω ,所以 副线圈电流为I2= U2 R总 = 220 27.5A=8A ,根据n1 n2 = I2 I1 可知原线圈电 流即电流表示数为I1=16A,故D错误。] 5.D [仅将滑片P1 上移时,副线圈匝数增大,根据理想变压器原、 副线圈电压与匝数的关系有 U1 U2 = n1 n2 ,可知副线圈电压增大,则副 线圈电功率增大,原线圈电功率也增大,根据P=UI 可知电流表 A的示数增大,故 A错误;仅将滑片P2 下移时,滑动变阻器接入 电路的电阻减小,电压表V的示数变小,故B错误;由上述分析可 知滑片P1 下移、P2 上移时,副线圈电压减小,滑动变阻器电阻增 大,则副线圈电流减小,电阻R1 的功率减小,故C错误;只断开开 关S,总电阻增大,则副线圈电流减小,根据理想变压器原、副线圈 电流与匝数的关系可知原线圈电流减小,即电流表 A示数变小, R2 两端电压增大,则电压表示数变大,故D正确。] 6.B [由于变压器原线圈的输入电压U1 不变,则 V1 读数不变,根 据 U2 U1 = n2 n1 ,可知副线圈的输出电压U2 不变,则V2 读数不变,当用 户的用电器增加时,则R减小,副线圈回路总电阻减小,根据欧姆定 律可知,副线圈电流I2 增大,则A2 读数变大;根据 I1 I2 = n2 n1 ,可知原 线圈电流I1 增大,则A1 读数变大;由于通过R0 的电流增大,R0 两 端电压增大,根据U2=UR0+U3,可知V3 读数变小。故选B。] 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 103 — —106 — 7.B [根据P=UI 得I=PU ,则P损 =I2R=P 2 U2 ·R,因为输送的电 功率、输电线上的功率损失相同,输送电压之比为1∶50,导线的 长度和电阻率都相同,根据R=ρ L S 得,两次输电导线的横截面积 之比为2500∶1,故选B。] 8.B [根据题意可知,输电线损失的电功率不得超过ΔPmax=P×(1 -90%)=440kW,根 据 P=UI 可 知,输 电 电 流 为I=40A,又 ΔPmax=I2Rmax,解 得 Rmax=275Ω,所 以 输 电 线 电 阻 不 能 大 于 275Ω,选项B正确。] 9.BD [电厂发出的电是交流电,才能通过变压器传输电能,A错 误;输电线上损失电压为ΔU=U2-U3=I2R,解得I2= U2-U3 R ,B 正确;由变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比可得U2= n2 n1 U1,U3= n3 n4 U4,由于输电线上有电压损失,故满足 n2 n1 U1> n3 n4 U4, 若U1=U4,则升压变压器与降压变压器的匝数比满足 n1 n2 < n4 n3 ,C 错误;夜晚用户增多,消耗的功率增大,I4 增大,则I3 增大,输电线 上损失的功率、损失的电压增大,导致U3 减小,U4 减小,即用户两 端的电压减小,D正确。] 10.AC [输电线上的损失功率为P损 =P×0.6%=50kW×0.6% =300W,A项正确;输电线上的电流为I2= P损 R = 300 3 A= 10A,升压变压器副线圈两端的电压为U2= P I2 =50×10 3 10 V=5 ×103V,由 U1 U2 = n1 n2 得 n1 n2 =110 ,B项错误;输电线上损失的电压为 U损 =I2R=10×3V=30V,降压变压器输入电压为U3=5000V -30V=4970V,C项正确;由 U3 U4 = n3 n4 得 n3 n4 =49722 ,D项错误。] 11.AD [根据i2-t图像可知T=0.02s,则所用交流电的频率f= 1 T=50Hz ,故A正确;副线圈两端电压U2=I2R2= 2 2 ×10V= 10V,由 n1 n2 = U1 U2 得原线圈两端电压U1=100V,电压表的示数U =220V-100V=120V,故B错误;电流表的示数I=U2R3 =1020 A=0.5A,故C错误;变压器传输的电功率P=I22R2+I2R3= 15.0W,故D正确。] 12.B [方法一 (基本原理法)设该理想变压器原、副线圈匝数的比 值为k,根据题述,当开关S断开时,电流表示数为I,则由闭合电 路欧姆定律得U=IR1+U1。由 U1 U2 =k及功率关系U1I=U2I2, 可得 I2 I=k ,即副线圈输出电流为I2=kI,U2=I2(R2+R3)=kI (R2+R3)。当开关S闭合时,电流表示数为4I,则有U=4IR1+ U1',由 U1' U2' =k及功率关系U1'·4I=U2'I2',可得 I2' 4I=k ,即副线 圈输出电流为I2'=4kI,U2'=I2'R2=4kIR2,联立解得k=3,选 项B正确。 方法二 (能量守恒法)根据变压器原、副线圈电流与线圈匝数之 间的关系,设原、副线圈匝数的比值为k,I2I1 =k,则根据能量守恒 定律,可 知 当 开 关 断 开 时,原 线 圈 中 电 流 为I,有UI=R1I2+ (kI)2(R2+R3),当开关闭合时,原线圈中电流为4I,有4UI=R1 (4I)2+R2(4kI)2,联立可解得k=3,故选项B正确。 方法三 (等效电阻法)在如图甲所示的理想变压器中虚线框内 部分电路可以等效为图乙中的R'。 设原、副线圈匝数的比值为k,可得U1U2 =k,副线圈电阻R 消耗的 功率为P=U2 2 R ,而等效电阻R'消耗的功率为P'=U1 2 R' ,根据P= P'得R'=k2R 根据上式,将题中电路等效为如图丙所示电路,根据欧姆定律,可 知当开关断开时,电流为I,有U=I(R1+R'),当开关闭合时,电 流为4I,有U=4I(R1+R″),其中R'=k2(R2+R3),R″=k2R2,联 立以上各式可解得k=3,故选B。] 【探究·一举突破】 探究路径 (1)观察变压器的内部结构,为了减小涡流,它的结构 和材料是绝缘的硅钢片叠成的铁芯,故选B。 (2)观察两个线圈的导线,发现粗细不同,匝数不同,如果作为降压 变压器使用,根据I1 I2 = n2 n1 ,由于n1>n2,则有I1<I2,可知原线圈 的电流小,则原线圈的导线较细且匝数多,故选A。 (3)实验中将低压交流电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之 间,用多用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为 3.0V,若是理想变压器,则有 U1 U2 = n1 n2 =84=2 ,若考虑存在漏磁, 则有 U1 U2 >2,可得U1>2U2=2×3.0V=6.0V,则原线圈的输入 电压可能为7.0V。 答案 (1)B (2)A (3)7.0 【综合·一练到底】 13.C [变 压 器 不 改 变 交 流 电 的 频 率,故 副 线 圈 电 流 的 频 率 为 50Hz,故A错误;设副线圈电流为I,根据理想变压器原、副线圈 电流比为匝数的反比可知,原线圈电流为2I,再根据原、副线圈 电压比等于匝数之比得U=2IR0+U1,U1= 1 2IR ,又U=Um 2 = 8V,解得I=1A,故B错误;根据U1= 1 2IR 得U1=4V,故C 正确;滑动变阻器和变压器的等效电阻R'=(n1n2 )2R,得R'=2 Ω,将交流电源与R0 看作等效电源,根据电源输出功率和外电阻 关系得,此时等效电源输出功率最大,即滑动变阻器电阻的功率 最大,滑动变阻器电阻变小,其功率减小,故D错误。] 14.A [开关断开时,设原线圈中的电流为I1,理想变压器原、副线 圈功率相等,有U1I1= U22 R ,可得I1= U22 U1R ,B错误;开关断开时, 原线圈中电阻R 两端电压为U'=I1R= U22 U1 ,故交流电源的电压 为U=U1+U'= U12+U22 U1 ,A正确;开关闭合时,副线圈电阻减 小,电流增大,原线圈电流随之增大,原线圈所接电阻R 两端电压 增大,原线圈电压减小,即电压表V1 的示数减小,C错误;根据P =UI,开关闭合时,由于原线圈电流增大,则交流电的输出功率 增大,D错误。] 15.解析 输电线路示意图如图所示 (1)根据 U1 U2 = n1 n2 可知,升压变压器副线圈两端的电压U2= n2U1 n1 =2500V (2)输电线上的电流I2= P2 U2 = P1 U2 =200A 输电线上的功率损失P损 =I22r线 =60kW 用户得到的功率P用 =P1-P损 =440kW (3)输电线上损失的电压ΔU=I2r线 =300V 降压变压器原线圈两端的电压 U3=U2-ΔU=2200V 降压变压器原、副线圈的匝数比为n3 n4 = U3 U4 =10∶1。 答案 (1)2500V (2)60kW 440kW (3)10∶1 16.解析 (1)根据题意,设原线圈上的电流为I1,则有P0=U0I1 PL=I1UL 解得PL=80W (2)根据题意,有 U0-UL U2 = n1 n2 解得n1=900匝 (3)根据题意,设副线圈n3 上的电流为I3, 则有P0=PL+P2+I3U3 P机 =I3U3-I32r 又有P2=10U2I2=180W U3=36V 联立解得P机 =155W。 答案 (1)80W (2)900 (3)155W 【选做·一飞冲天】 C [R2 和灯泡L并联后的电阻为R并 = RLR2 RL+R2 ,变压器以及副线 圈(包括电阻箱、电流表和灯泡)的等效电阻为R等效 =( n1 n2 )2R并 = 40Ω,原线圈电流为I1= U R1+R等效 = 22060+40A=2.2A ,原线圈电 压U1=U-I1R1=88V,副线圈电压为U2= n2 n1 U1=44V,则理想 电流表的示数为IR2= U2 R2 =115 A ,选项A错误;逐渐增大R2 的阻 值,则等效电阻R等效 变大,则原线圈中电流减小,则R1 功率逐渐 变小,选项B错误;将R1 等效为电源内阻,则当R等效 =( n1 n2 )2R并 =R1 时副线圈功率最大,解得R2=60Ω,选项C正确;将R1 换为 理想二极管之前,灯泡L两端电压的有效值为44V,若将R1 换为 一个理想二极管,由于二极管有单向导电性,则灯泡L两端电压的 有效值将减小,不可能为110 2V,选项D错误。] 第十九周 电磁振荡与电磁波传感器 【考点·一应俱全】 1.AD [电荷量减少,则电容器放电,电场能减少,磁场能增大,电流 也在增大,电场能向磁场能转化,故选A、D。] 2.C [电流正在减小,则说明电容器正在充电,电容器极板上的电 荷量正在增大,电容器的电场能逐渐增加,磁场能在向电场能转 化,故A、D错误;根据安培定则可知,回路中电流为逆时针方向, 且电容器正在充电,则可知电容器下极板带正电,故B错误;俯视 看,线圈中电流沿逆时针方向,故C正确。] 3.B [根据已知条件可知,连接电容器的导线具有向上的电流,电容 器电场方向向上,故电容器正在充电,所以电流逐渐减小,故 A错 误,B正确;充电过程中电容器电荷量越来越多,所以电场强度越 来越大,故C错误;根据安培定则,螺线管中的感应磁场方向竖直 向下,故D错误。] 4.A [开关K闭合时,由于线圈L 电阻不计,所以电容器电荷量为 零,电流沿逆时针通过线圈L。在t=0时刻将开关K断开,线圈L 中产生自感电动势,对电容器充电,电流方向为逆时针方向,M 板 带正电荷,充电完毕电容器又开始放电,从而形成振荡电路,因此 电容器 M板的电荷量先增大,当充电完毕后电荷量有最大值,此 时电容器开始放电,当放电完毕,电容器又开始反向充电,M 板带 上与原来电性相反的电荷,直至充电完毕,电荷量再次达到最大后 又开始放电,故选A。] 5.BC [电子钟变慢,说明LC 电路的振荡周期变大,根据公式T= 2π LC可知,振荡电路中电容器的电容变大或线圈的电感变大都 会导致振荡电路的周期变大,故B、C正确。] 6.C [麦克斯韦首先提出电磁场理论,故 A错误;变化的磁场周围 才有电场,变化的电场周围才有磁场,故B错误,C正确;周期性变 化的电场周围一定有变化的磁场,均匀变化的电场产生恒定的磁 场,故D错误。] 7.B [A图中电场不变,则不会产生磁场,A错误;B图中是均匀变 化的电场,能产生稳定的磁场,B正确;C图中电场随时间发生非 均匀变化,则会产生变化的磁场,C错误;D中磁场方向变化,而大 小不变,则不会产生恒定的电场,故D错误。] 8.ABC [使用开放电路和提高发射频率是提高电磁波发射能力的 两种有效方法;由f= 1 2π LC 、C=εrS4πkd 可知,选项 A、B、C正确, D错误。] 9.A [改变电容器C 的电容目的是使调谐电路的固有频率跟接收 的电磁波频率相同,故 A正确;根据f= 1 2π LC ,将可变电容器 的电容减小,固有频率会增加,根据公式λ=vf 可知,频率越大,波 长越小,所以将可变电容器的电容减小后,将接收到波长更小的电 信号,故B错误;在t1~t2 时间内,电路中电流在减小,电容器在充 电,故C错误;一个周期电容器充放电两次,所以电路中的电场能 随时间变化的周期等于1 2t4 ,故D错误。] 10.B [在电磁波谱中,红外线、可见光和伦琴射线(X射线)按照频 率从高到低的排列顺序是:伦琴射线(X射线)、可见光、红外线, 故B正确。] 11.BC [由题意可得,蓝牙通信的电磁波频率小于可见光频率,故 不可能是蓝光,故 A错误;由题图可知,蓝牙通信的电磁波比手 机通信的电磁波频率大,由c=λf 可知,频率越大,波长越短,故 蓝牙通信的电磁波波长比手机通信的电磁波短,故B正确;在真 空中电磁波(包括可见光)的传播速度大小均为c=3×108m/s, 故C正确,D错误。] 12.BC [X射线具有较强的穿透能力,所以不能用于广播,故 A错 误;γ射线波长最短,频率最高,故B正确;紫外线的波长比紫光 短,紫外线的频率比紫光的高,故C正确;长波波长较长,频率较 低,能量较小,不可摧毁病变的细胞,故D错误。] 13.CD [紫外验钞机是利用紫外线照射印刷在钞票上的荧光文字, 发出可见光,使这些文字能被肉眼看到,利用了紫外线的荧光效 应,A项错误;X射线具有较强的穿透能力,在医学上用它来透视 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 􀪋 — 105 —