2022年新教材高考物理一轮复习 考点规范练42 变压器 电能的输送 电磁振荡与电磁波（含解析）新人教版.docx

1、考点规范练42变压器电能的输送电磁振荡与电磁波一、单项选择题1.下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法不正确的是()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2倍C.降低输电损耗有减小输电线的电阻和提高输电电压两个途径D.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2.电磁波已广泛运用于很多领域。下列关于电磁波的说法符合实际的是()A.电磁波不能产生衍射现象B.常用的遥控器通过发出紫外线脉冲信号来遥控电视机C.根据多普勒效应可以判断遥远天体相对于地球的运动速度D.光在真空中运动的速度在不同惯性系中测

2、得的数值可能不同3.如图所示,a、b间接入正弦式交变电流,理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图, R2为热敏电阻,随着温度升高其电阻变小,所有电表均为理想电表,电流表 A2为值班室的显示器,显示通过R1的电流,电压表 V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出), R3为一定值电阻。当R2所在处出现火情时,以下说法正确的是()A.V1的示数减小, A2的示数增大B.V2的示数减小, A1的示数增大C.V1的示数不变, A1的示数减小D.V2的示数不变, A2的示数减小4.如图所示,某交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO匀速转动。该小型发电机的线圈共200匝,线圈面积

3、S=100 cm2,线圈内阻r=48 ,磁场的磁感应强度B=1 T。如果用此发电机带动两个标有“220 V1.1 kW”的电动机正常工作,需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器,原、副线圈匝数比n1n2=41。下列说法正确的是()A.线圈转动的角速度为500 rad/sB.电动机内阻为44 C.电流表示数为40 AD.发电机的输出功率为2.2103 W5.下图为某山区小型电站输电示意图,发电厂发出U1=2202sin 100t(V)的交变电流,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

4、关描述正确的是()A.若开关S1、S2都断开,则电压表示数为零B.负载端所接收到的交变电流的频率为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6.在图甲所示电路中,理想变压器原、副线圈的匝数之比为101,电阻R1、R2的阻值分别为5 、6 ,电压表和电流表均为理想电表。若接在变压器原线圈的输入端的电压如图乙所示(为正弦曲线的一部分),则下列说法正确的是()A.电压表的示数为25.1 VB.电流表的示数为1 AC.变压器的输入功率为112 WD.变压器的输出功率为11 W7.(2020山东卷)图甲中的理想变压器

5、原、副线圈匝数比n1n2=223,输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 ,额定电压为24 V。定值电阻R1=10 、R2=5 ,滑动变阻器R的最大阻值为10 。为使灯泡正常工作,滑动变阻器接入电路的电阻应调节为()甲乙A.1 B.5 C.6 D.8 8.如图甲所示,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强而增大)。下列说法正确的是()甲乙A.线圈中产生的电

6、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二、多项选择题9.(2021河北卷)如图所示,发电机的矩形线圈长为2l、宽为l,匝数为N,放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2,两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度匀速转动时,理想电流表读数为I,不计线圈电阻。下列说法正确的是()A.通过电阻R2的电流为n1In2B.电阻R2两端的电压为n2IR1n1C.n0与n1的比值为2NBl2IR1D.发电机的功率为2NBl2I(

7、n1+n2)n010.某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律,由于输电线太长,他将每100 m导线卷成一卷,共有8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。第一次实验采用如图甲所示的电路图,将输电线与学生电源和用电器直接相连,测得输电线上损耗的功率为P1,损耗的电压为U1;第二次实验采用如图乙所示的电路图,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,测得输电线上损耗的功率为P2,损耗的电压为U2。两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同,下列说法正确的是()A.P2P1=n1n2B.P2P1=n12n22C.U2U1=n1n2D.U1U

8、2=n12n2211.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为41,电压表和电流表均为理想电表,原线圈接有u=362sin 100t(V)的正弦式交变电流,图中D为二极管,定值电阻R=9 。下列判断正确的是()A.t=1200 s时,副线圈输出电压的瞬时值为92 VB.t=1600 s时,电压表示数为182 VC.电流表的示数为22 AD.变压器输入功率为9 W三、非选择题12.图甲是一理想变压器的电路连接图,图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图像,已知原、副线圈的匝数比为101,电流表A2的示数为2 A,开关S断开。甲乙(1)求变压器的输入功率和电压表的示数。(2)将开关S闭合,定性

9、分析电路中三只电表的示数变化情况。考点规范练42变压器电能的输送电磁振荡与电磁波1.B解析:正弦式交变电流的最大值是有效值的2倍,选项B错误。2.C解析:干涉、衍射是波所特有的现象,所以电磁波能产生衍射现象,选项A错误。常用的遥控器是通过发出红外线来遥控电视机的,选项B错误。利用多普勒效应可以判断遥远天体相对地球的速度,选项C正确。根据光速不变原理,在不同的惯性系中,光速是相同的,选项D错误。3.B解析:当热敏电阻R2所在处出现火情时,R2的电阻减小,导致电路的总电阻减小,所以电路中的总电流将会增大;A1测量的是原线圈中的总的电流,由于副线圈的电流增大了,所以原线圈中的电流表A1示数也要增大;

10、由于电源的电压不变,原、副线圈的电压也不变,所以V1的示数不变;由于副线圈中电流增大,R3两端的电压变大,所以V2的示数要减小,即R1的电压也要减小,A2的示数要减小,选项B正确,A、C、D错误。4.D解析:两个标有“220V1.1kW”的电动机正常工作,副线圈电压U2=220V,副线圈电流I2=2P2U2=10A。由于原、副线圈匝数比n1n2=41,根据变压器的规律得原线圈电压U1=880V,原线圈电流I1=2.5A,即电流表示数是2.5A,选项C错误。线圈内阻r=48,所以线圈转动产生的电动势有效值是E=880V+2.548V=1000V,线圈转动产生的电动势最大值为Em=nBS=1000

11、2V,所以线圈转动的角速度为=5002rad/s,选项A错误。由于电动机两端电压等于220V,电流为5A,所以电动机内阻小于44,选项B错误。由电路可知发电机输出功率等于电动机的输入功率,故发电机的输出功率为P=2.2103W,选项D正确。5.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,选项A错误。变压器不能改变交变电流的频率,故负载端交变电流的频率还是50Hz,选项B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,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

12、降压变压器的输入电压降低。为提高负载电压,可增加降压变压器的副线圈的匝数,使输出电压提高,选项D错误。6.D解析:根据电流的热效应,有220V22RT2=U12RT,解得U1=110V,根据U1U2=n1n2,可得副线圈两端的电压为U2=11V,A错误。副线圈中电流为I2=U2R1+R2=1A,根据I1I2=n2n1,电流表示数为I1=110A,B错误。变压器的输入功率为P1=U1I1=110110W=11W,C错误。变压器的输出功率为P2=U2I2=11W,D正确。7.A解析:由理想变压器原、副线圈电压关系U1U2=n1n2得,220VU2=223,求出U2=30V。小灯泡正常工作,I=U灯

13、R=2415A=1.6A,R2和R串联后与R1并联的阻值R并=U2-U灯I,根据并联关系有1R并=1R1+1R2+R,代入数据得出R=1,选项B、C、D错误,A正确。8.D解析:由题图乙可知T=6.2810-2s,则=2T=100rad/s,磁感应强度随时间t的变化关系为B=0.02sin100t(T),所以产生的最大感应电动势为Em=nBmS=2V,线圈中产生的感应电动势的有效值为E=Em2=2V,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U2R0+U2

14、R减小,故变压器的输入功率减小,D正确。9.BC解析:由U1U2=n1n2=IR1U2可得U2=n2IR1n1,则通过R2的电流为I2=U2R2=n2IR1n1R2,A错误,B正确。线框产生交变电流的最大值为Em=NBS=2NBl2,有效值E=Em2=2NBl2,n0n1=EU1=2NBl2IR1,C正确。根据P入=P出,由于发电机线圈没有内阻,也就是其功率等于副线圈两用电器的功率之和,P=I2R1+U22R2=I2R1+n22I2R12n12R2,D错误。10.BC解析:两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同,设输出电压为U,电功率为P,输电线的总电阻为R,则题图甲中I=PU,所以损耗的

15、功率为P1=I2R=PU2R,U1=IR=PUR。在题图乙中升压变压器副线圈的电压为U=n2n1U,所以输电线上的电流为I=PU=n1Pn2U,损耗的功率为P2=I2R=n1Pn2U2R,损耗的电压为U2=IR=n1Pn2UR。故P2P1=n12n22,U2U1=n1n2,选项B、C正确,A、D错误。11.AC解析:将t=1200s代入表达式得输入电压的瞬时值u1=362V,根据电压与匝数之间的关系可得u1u2=n1n2,副线圈输出电压的瞬时值为u2=n2n1u1=92V,A正确。电压表测量的是有效值,根据有效值的计算可知电压表的读数为U=Um2=36V,B错误。根据电压与匝数之间的关系可求得

16、副线圈上的电压有效值为U2=n2n1U1=9V,由于二极管的存在,只有半个周期有电流,根据有效值的定义,有U2RT=U22RT2,解得R两端电压的有效值U=922V,根据欧姆定律得I2=UR=22A,所以电流表的示数为22A,C正确。变压器的输入功率等于负载上的功率,所以P=UI2=4.5W,D错误。12.解析:(1)由题图乙可知输入电压的有效值U1=200V由U1U2=n1n2得U2=n2U1n1=20V变压器的输入功率P1等于输出功率P2,故P1=P2=U2I2=202W=40W。(2)将S闭合,U2不变,即电压表示数保持20V不变。由于负载增多,负载总电阻减小,电流表A2的示数增大。副线圈的输出功率增大,原线圈的输入功率随之增大,电流表A1的示数增大。答案:(1)40 W20 V(2)A1示数增大A2示数增大V示数不变