2023届高考物理二轮复习热点10：交流电与变压器 学案（含答案）

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1、热点10 交流电与变压器考向一交变电流的产生与计算【真题研磨】【典例】(2021浙江6月选考)如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足()A.U=12UmB.U=22UmC.U22UmD.U1可知，图乙中流过A的电流较小，加在图乙中A两端的电压较低，图乙中A消耗的功率较小，B、C错误，D正确。考向三含变压器电路的动态分析【典例】A副线圈的总电阻为1R2=1R0+RaP+1R0+RPb，解得R2=(R0+RaP)(R0+RPb)(R0+RaP)+(R0+RPb)=(R0+RaP)(R0+RPb)2R0+R，则滑动变

2、阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，根据等效电阻关系有R等=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2U2I2=(n1n2)2R2，则等效电阻先增大后减小，由欧姆定律有I1=UR0+R等，I2=n1n2I1，I1先减小后增大，I2先减小后增大，则L1先变暗后变亮，根据U1=U-I1R0，U2=n2n1U1，由于I1先减小后增大，则副线圈的电压U2先增大后减小，通过L2的电流为IL2=U2R0+RPb，则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，RPb逐渐减小，副线圈的电压U2增大过程中IL2增大；在副线圈的电压U2减小过程中，通过R0的电流为IR0=U2R0

3、+RaP，RaP逐渐增大，则IR0越来越小，则IL2=I2-IR0，则L1先变暗后变亮，L2一直变亮。1.Dt=0时刻，线圈平面与磁场平行，穿过矩形线圈的磁通量为0，故A错误；原线圈两端的电压为U1=Em2=NBS2，若变为原来的0.9倍，原线圈两端的电压变为原来的0.9倍，副线圈两端的电压也变为原来的0.9倍，副线圈中的电流变为原来的0.9倍，原线圈中的电流也变为原来的0.9倍，则电路的总功率变为原来的0.81倍，故B错误；若不变，原、副线圈两端电压不变，则L1亮度不变，故C错误；若不变，原、副线圈两端电压不变，如果滑动变阻器的滑片接触不良，说明滑动变阻器电阻变大，总电阻变大，L2中电流I2

4、变小，L2变暗，故D正确。2.A、C开关S由a切换到b，原线圈上的电压表示数不变，副线圈的匝数变小，根据n1n2=U1U2，变压器的输出电压变小，副线圈上电流变小，A正确，B错误；当环境温度升高时，Rt的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，变压器的输出功率变大，C正确；当环境温度降低时，Rt的阻值会变大，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变小，原线圈的电流也会变小，根据P=I1U1知，变压器的输入功率变小，D错误。3.B、D照射R的光变强，光敏电阻R的阻值减小，流过光敏电阻的电流变大，流经灯泡的电流不变，副线圈总电流变大，原线圈电流变大，故A项错误，B项正确；滑片P向下滑动

5、，副线圈的匝数减小，两端电压减小，两支路电流均减小，灯泡L变暗；副线圈中的总电流减小，则电流表示数减小，C项错误，D项正确。1.C由题图乙知，交流电的周期T=410-2 s，线圈转动的角速度=2T=2410-2 rad/s=50rad/s，故A错误；由题图乙知，0.01 s末线圈产生的感应电动势最大，则0.01 s末线圈平面与磁场平行，穿过线圈的磁通量为0，故B错误；由题图乙知，线圈产生的感应电动势最大值Em=100 V，则通过线圈的最大电流Im=Emr+R=10010+70 A=1.25 A，故C正确；线圈产生的感应电动势有效值E=Em2=1002 V=502 V，电压表的示数U=Er+RR

6、=50210+7070 V61.9 V，故D错误。2.B、C该交变电流的周期为T=0.4 s，故磁铁的转速为n=1T=10.4 r/s=2.5 r/s，故A错误；由题图乙可知电压的最大值为12 V，有效值U=Um2=122 V=62 V，故B正确；周期T=0.4 s，故=2T=20.4 rad/s=5rad/s，故交流电压的表达式为u=12sin5t(V)，故C正确；该交变电流电压的最大值大于电容器的击穿电压，故该交变电流不能直接加在击穿电压为9 V的电容器上，故D错误。3.A根据副线圈的接法知道，副线圈2和3的接法相反，电动势抵消一部分，相当于灯泡接在10匝的副线圈上，根据电源电动势的表达式

7、知原线圈电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知灯泡两端的电压为22 V，灯泡功率P=U2R=22248.4 W=10 W，故变压器的输入功率是10 W，则A正确，B、C、D错误。4.C假设理想变压器原线圈的输入电压为U，根据理想变压器原、副线圈两端电压之比等于线圈匝数之比可知，原线圈两端电压和V2满足U-110VU3=n1n3=11001，解得原线圈输入电压为U=220 V，理想变压器原、副线圈电流之比等于线圈匝数的反比，原线圈电流I1和通过灯泡的电流I2满足I1I2=n2n1，定值电阻R满足欧姆定律I1=110VR，则通过灯泡的电流为I2=n1n2I1=1100n2110VR，结合R

8、LR=41可知副线圈电压为U2=I2RL=1100n2110VRRL=1100110n24 V，原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比U-110VU2=n1n2，代入U2得220V-110V1100110n24V=n1n2=1100n2，变形得n22=41 1001 100，解得副线圈得匝数为n2=2 200，故选C。5.C由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f=1T=2=50 Hz，A项错误；由理想变压器变压规律U1U2=n1n2可知，输出电压U2=50 V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，U22RT2=U2RT，解

9、得U=22U2=252 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为2 A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2=UI=50 W，而电阻R1的电功率P1=U22R1=100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P=P1+P2=150 W，D项错误。6.B当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，选项A错误，B正确。当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率变小，电流表

10、A1示数变小，选项C错误。若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，选项D错误。7.B、D当用户消耗的电功率增大时，升压变压器的输入功率必然增大，即P1增大。输入电压U1为定值不变，升压变压器的匝数不变，故输出电压U2不变。由于P1增大，由P1=U1I1=P2=U2I2可知I1增加，P2、I2增加。由闭合电路欧姆定律得U3=U2-I2R，故U3减小。降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随着U3的减小，U4减小，故A错误，B正确。由于用户消耗的电功率增加，即P4增加，理想变压器无功率损耗，可得P3=P4，功率P3也增加，故C错误，D正确。