第一部分 专题四
第1讲
A组 基础能力练
1．(2019·江苏卷)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20
V时，输出电压( D )
A．降低2
V
B．增加2
V
C．降低200
V
D．增加200
V
【解析】 由理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比即＝，得：U2＝U1，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：ΔU2＝·ΔU1，当输入电压增加20
V时，输出电压增大200
V，故D正确．
2．(2020·北京大兴区一模)如图(a)→(b)→(c)→(d)→(e)过程是交流发电机发电的示意图．线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接．下列说法正确的是( C )
A．图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B．从图(b)开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsin
ωt
C．当线圈转到图(c)位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变
D．当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，ab边感应电流方向为a→b
【解析】 图(a)中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；从图(b)开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流随时间变化的关系是i＝Imcos
ωt，故B错误；当线圈转到图(c)位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C正确；当线圈转到图(d)位置时，感应电动势最大，根据楞次定律可知ab边感应电流方向为b→a，故D错误；故选C．
3．如图所示，a、b端接入电源，当滑动变阻器滑片P向下滑动时，电路中两个灯泡都不亮，用电压表检查电路时，测得Uab＝U，Ucd＝U，Uac＝0，Ubd＝0，则故障原因可能是( B )
A．变阻器短路
B．变阻器断路
C．a、c间灯泡断路
D．两个灯泡都断路
【解析】 串联电路中灯不发光，则可能是某处断路，电压表测断路位置为电源电压，测不断的位置电压为零，Uab＝U测量的是电源电压，测得Ucd＝U，说明两灯泡没有断路，Uac＝0，Ubd＝0，说明在两灯泡之外有断路情况，两灯泡之间只有一个变阻器，所以变阻器处于断路情况，B正确．
4．(2020·上海静安区二模)如图电路中当滑动变阻器的滑动片向上滑动时( C )
A．A、B间的电压减小
B．通过R1的电流增大
C．通过R2的电流增大
D．通过R3的电流增大
【解析】 当滑动变阻器滑动片向上移动时，变阻器接入电路的电阻增大，外电路总电阻R增大，由闭合电路欧姆定律I＝
可知干路电流I减小，则由路端电压公式U＝E－Ir
可知路端电压增大，电路中并联部分电压则为U并＝E－I(r＋R1)
并联部分的电压也增大，根据部分电路欧姆定律可知电阻R2的电流增大，因为I3＝I－I2
因此电阻R3的电流减小；综上所述可知，A、B间的电压U并增大，通过R1的电路为干路电流减小，通过R2的电流增大，通过R3的电流减小．故A、B、D错误，C正确．
5．(多选)(2020·河北衡水中学押题)如图甲所示是一个理想变压器和一组理想二极管，A、B是变压器次级线圈的输出端，C、D、E、F、G、H是二极管组接线端，变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈电压按图乙所示规律变化，原线圈接有交流电压表，把A、B端适当的接在C、E、F、H中的某些位置，就可以向接在D、G之间的用电器供直流电，下列说法正确的是( BCD )
A．A、B两端电压为220
V
B．A、B输出端电流方向1
s改变100次
C．把A、C接一起，再把B、H接一起，则电流可以从G流出过用电器从D流回
D．把A、C、F接一起，再把B、E、H接一起，则电流可以从G流出过用电器从D流回
【解析】 由图乙可知，原线圈的输入电压有效值为U1＝
V＝220
V，A、B两端电压为U2＝U1＝22
V，故A错误；副线圈交变电流频率50
Hz，变压器变压不变频，且每转一周电流方向改变两次，故1
s内电流方向改变100次，B正确；根据二极管的单向导电性可知，把A、C接一起，再把B、H接一起，则在变压器的副线圈的电路回路为BHGDCA，此时两个二极管的方向相同，因此电流可以从G流出经过用电器从D流回，故C正确；把A、C、F接一起，再把B、E、H接一起，根据二极管的单向导电性可知，则电流可以形成BHGDCA或者AFGDEB两种单向导电的电流，则电流可以从G流出经过用电器从D流回，故D正确．
6．(多选)(2020·苏锡常镇四市二模)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则( BD )
A．t＝1×10－2
s时，电压表的示数为零
B．AB间输入电压的瞬时值为u＝220sin
100πt(V)
C．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大
D．滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大
【解析】 电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；由图可知T＝2×10－2
s，故f＝＝50
Hz，ω＝2πf＝100πrad/s，所以其表达式为u＝220sin
100πt(V)，故B正确；根据变压器电压关系＝，由滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n2变大，根据变压器电压关系＝，所以R两端的电压增大，输入功率等于输出功率P入＝P出＝，所以滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大，故D正确．
7．(2020·山东青岛市质检)某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡Ll、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变，下列说法正确的是( A )
A．断开S，A的输入功率减小
B．断开S，L1不受影响
C．将滑片P下移，灯泡L1变暗
D．将滑片P上移，A的输入功率增大
【解析】 将B变压器等效为A变压器副线圈的一部分电阻，则有＝，得R3＝2R4，断开S，B变压器副线圈电阻变大，则等效电阻R3变大，变压器A的输入电压不变，则变压器A输出电压不变，则A变压器副线圈中电流变小，A变压器原线圈中的电流变小，A的输入功率减小，则等效部分电流减小，即L1变暗，故A正确，B错误；将滑片P下移，A变压器副线圈匝数变大，副线圈电压变大，等效部分电流变大，则灯泡L1变亮，故C错误；将滑片P上移，A变压器副线圈匝数变小，副线圈电压变小，等效部分电流变小，原线圈中电流变小，A的输入功率变小，故D错误．
B组 素养提升练
8．(多选)(2020·江西抚州等三市一模)如图所示，正弦交流电通过理想变压器对负载供电，当负载电阻R1＝4
Ω时，变压器输入功率是P1＝25
W，当负载电阻R2＝16
Ω时，变压器输入电流I2＝0.25
A，则下列说法正确的是( BD )
A．负载R1与R2上电压之比为1∶4
B．负载R1与R2上的电流之比为4∶1
C．负载R1与R2上消耗的功率之比为1∶1
D．变压器的原、副线圈匝数之比为5∶2
【解析】 理想变压器输入功率等于输出功率，并且输入和输出电压不变，即负载R1与R2上的电压之比为1∶1，选项A错误；负载变了，使相应的电流发生变化，电流比等于负载电阻的反比，即负载R1与R2上的电流之比为4∶1，选项B正确．接上R1＝4
Ω负载时，副线圈电压U2＝＝10
V，换上负载R2＝16
Ω时，此时R2的功率P2＝＝
W，即负载R1与R2上消耗的功率之比为4∶1；负线圈的电流I′2＝＝
A，此时根据原、副线圈电流关系可得原、副线圈匝数之比＝＝＝，选项C错误，D正确；故选B、D．
9．(多选)(2020·新疆克拉玛依三模)如图所示，平行金属板中带电质点P原处于静止状态，不考虑电流表和电压表对电路的影响，当滑动变阻器的滑片向a端移动时，则( AC )
A．电压表读数增大
B．电流表读数增大
C．质点P将向上运动
D．R3上消耗的功率减小
【解析】 由图可知，R2与滑动变阻器串联后与R3并联后，再与R1串联接在电源两端；电容器与R3并联；当滑片向a移动时，滑动变阻器接入电阻增大，则电路中总电阻增大；由闭合电路欧姆定律可知，电路中电流减小；路端电压增大，同时R1两端的电压也减小；故并联部分的电压增大；由欧姆定律可知流过R3的电流增大，则流过串联部分的电流减小，电流表读数减小，因而R2中电压减小，故电压表示数增大，故A正确，B错误；因电容器两端电压等于并联部分的电压，增大，故质点受到的向上电场力增大，则重力小于电场力，合力向上，质点P向上运动，故C正确；因R3两端的电压增大，由P＝可知，R3上消耗的功率增大，故D错误．
10．(多选)(2020·江苏模拟三)如图所示，理想自耦变压器原线圈的a、b两端接有瞬时表达式为u＝20sin(50πt)V的交流电压，指示灯L接在变压器的一小段线圈上，调节滑片P1可以改变副线圈的匝数，调节滑片P2可以改变负载电阻R2的阻值，则( CD )
A．t＝0.04
s时电压表V1的示数为零
B．只向上移动P2，指示灯L将变暗
C．P1、P2均向上移动，电压表V2的示数一定变大
D．P1、P2均向上移动，原线圈输入功率可能不变
【解析】 电压表示数为有效值，与某一时刻无关，A项错误；只向上移动P2，指示灯两端电压不变，灯亮度不变，B项错误；R2两端电压为UV2＝R2＝，当P1、P2上移时，U2、R2均变大，电压表V2的示数变大，C项正确；P1、P2均向上移动，副线圈上消耗的功率可能不变，根据能量守恒，原线圈输入功率也可能不变，D项正确；故选CD．
11．(多选)(2020·河北衡水调考)如图所示的电路，电源电动势为E，内阻为R，R1和R3为定值电阻，R2为滑动变阻器，闭合开关，一带电液滴恰好悬浮在电容器之间．保持其他条件不变( BD )
A．若将滑动变阻器滑片向b端滑动，带电液滴向上运动
B．若将滑动变阻器滑片向b端滑动，电流将从d流向c
C．若将金属块抽出，抽出过程中，带电液滴向上运动
D．若将金属块抽出，抽出过程中，电流将从d流向c
【解析】 由图可知，电容器所处支路为断路，当滑片向b端滑动时，接入电路中的电阻R2增大，根据闭合电路欧姆定律I＝可知电路中总电流减小，则电阻R3两端电压减小，即电容器两端电压减小，由E＝可知电容器内场强减弱，故带电液滴向下运动，故选项A错误；根据上面的分析，电容器电压减弱，电容不变，由Q＝CU可知带电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从d流向c，故选项B正确；将金属块抽出，相当于电容器极板间距离增大，由C＝可知电容减小，由于电压不变，由E＝可知场强减弱，故带电液滴向下运动，故选项C错误；根据上面的分析可知电容减小，由于电压不变，由Q＝CU可知电量减小，电容器放电，瞬间放电电流将从d流向c，故选项D正确．
12．(2020·陕西咸阳检测)如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点．可动的扇形金属片P可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态．n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数，该电吹风的各项参数如表所示．下列说法正确的有( C )
热风时输入功率
1
000
W
冷风时输入功率
100
W
小风扇额定电压
100
V
正常工作时小风扇输出功率
88
W
A．吹热风时触片P与触点b、c接触
B．可由表格中数据计算出小风扇的内阻为100
Ω
C．变压器两线圈的匝数比n1∶n2＝5∶11
D．换用更长的电热丝(材料、粗细均不变)，则吹的热风温度更高
【解析】 当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触；当电吹风机送出来的是热风时，触片P与触点a、b接触，故A错误；小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，因未说明小风扇的效率，所以不能计算小风扇的内阻，故B错误；根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系＝＝＝，故C正确；根据公式P＝，可知电源电压不变，电阻越小，电功率越大；换用更长的电热丝(材料、粗细均不变)，根据电阻定律可知R＝ρ，电阻变大，故电吹风吹热风时的功率将变小，吹的热风温度降低．故D错误．
13．(2020·北京大兴区一模)如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为U＝220sin
ωt(V)，副线圈所在电路中接有电灯L、电阻R、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电灯额定功率为44
W，电阻阻值为22
Ω，电灯以额定功率正常工作．则( D )
A．电压表示数为62.5
V
B．电流表示数为2
A
C．通过保险丝的电流为15
A
D．电阻消耗功率为88
W
【解析】 已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为U＝220sin
ωt(V)，则原线圈电压的有效值为U1＝
V＝220
V，根据＝，解得U2＝44
V，即电压表示数为44
V，故A错误；灯泡与电阻并联，所以灯泡等压与电阻、副线圈电压相等．对于灯泡，由于灯泡正常工作，因此有PL＝U2IL，对于电阻，根据欧姆定律可得IR＝，又因为I2＝IL＋LR，代入数据得LR＝2
A，I2＝3
A，即电流表示数为3
A，故B错；根据＝可得I1＝0.6
A，因此通过保险丝的电流为0.6
A，故C错误；根据公式PR＝U2IR，代入数据解得PR＝88
W，即电阻消耗功率为88
W，故D正确．
14．(2020·湖南长沙模拟)如图为模拟远距离输电的部分测试电路．a、b端接电压稳定的正弦交变电源，定值电阻分别为R1、R2，且R1A．＝
B．＝R2
C．电源的输出功率一定减小
D．电压表示数一定增加
【解析】 理想变压器初、次级线圈电压变化比＝，电流变化比为＝，则＝，将R1视为输入端电源内阻，则＝R1，所以＝＝，这也是R1耦合到次级线圏电阻值为，即为等效电源内阻，故A正确；因＝R2＋R3，故B错误；当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，电源电压不变，电流减小，故电源输出功率减小，故C正确；当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时，负载电阻变大，则回路中电流变小，则原线圈电流也减小，那么电阻R1上的电压减小，电源电压不变，所以原线圈的电压变大，根据匝数比可知副线圈的电压也变大，故D正确．(共74张PPT)
第一部分
专题突破方略
专题四 电路与电磁感应
第1讲 直流电路与交流电路
1
考情速览
·
明规律
2
核心知识
·
提素养
3
命题热点
·
巧突破
4
专题演练
·
速提升
01
考情速览
·
明规律
02
核心知识
·
提素养
一、理清直流电路知识体系
“物理观念”构建
二、正弦交变电流“四值”的理解与应用
三、理想变压器和远距离输电
1．明确变压器各物理量间的制约关系
一、思想方法
1．等效思想：等效电路、等效电源；
2．守恒思想：理想变压器的输入功率等于输出功率．
二、模型建构
直流电路动态分析的常用方法
基本思路为“部分→整体→部分”．
“科学思维”展示
03
命题热点
·
巧突破
1．(2020·上海普陀区二模)如图，电路中电源电动势为E、内电阻为r，R0为定值电阻．当滑动变阻器R的滑片向a移动时，下列说法正确的是
( )
A．R两端的电压变大
B．流经R0的电流变大
C．电源总功率变小
D．电源内部消耗功率变大
考点一 直流电路的分析
考向1
直流电路的动态分析
D
【解析】 当滑动变阻器R的滑片向a移动时，R电阻减小，则外电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知干路电流增大，路端电压U＝E－Ir减小，R和R0两端电压减小，流经R0的电流变小，故A、B错误；I增大，电源总功率P＝EI增大，故C错误；电源内部消耗功率Pr＝I2r变大，故D正确，故选D．
2．(2020·江苏扬州中学月考)如图所示，E为电源，其内阻不可忽略，RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，L为指示灯泡，C为平行板电容器，G为灵敏电流计．闭合开关S，当环境温度明显升高时，下列说法正确的是
( )
A．G中电流方向由a到b
B．RT两端电压变大
C．C所带的电荷量保持不变
D．L变暗
考向2
含电容器电路的分析与计算
A
【解析】 电容器的带电量减小，电容器放电，故G中电流由a→b，故A正确；因为电路中电流增大，电源的内阻分压及灯泡L两端的电压增大，由E＝U内＋U外，可得RT两端电压减小，故B错误；因为电容器并联在电源两端，因内电压增大，路端电压减小，故由Q＝CU，知电容器的带电量减小，故C错误；由图可以知道，热敏电阻与L串联，当环境温度升高时，热敏电阻的阻值减小，总电阻减小，则电路中电流增大，灯泡L变亮，故D错误．
3．(2020·山西晋中市5月模拟)如图所示，电路中E、r为电源的电动势和内电阻，R1、R2、R3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．开关闭合时，平行金属板中带电小液滴P处于静止状态．选地面为零电势参考面，当滑动变阻器R4的滑片向a端移动时，则
( )
4．(2020·北京顺义区二模)某同学在测量电阻Rx实验时，按图所示连接好实验电路．闭合开关后发现：电流表示数很小、电压表示数接近于电源电压，移动滑动变阻器滑片时两电表示数几乎不变化，电表及其量程的选择均无问题．请你分析造成上述结果的原因可能是
( )
考向3
直流电路的故障分析
A．电流表断路
B．滑动变阻器滑片接触不良
C．开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大
D．待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大
【答案】 D
【解析】 电流表断路或者滑动变阻器滑片接触不良，都会造成整个电路是断路情况，即电表示数为零，AB错误；开关接触部位由于氧化，使得接触电阻太大，则电路电阻过大，电流很小，流过被测电阻的电流也很小，所以其两端电压很小，不会几乎等于电源电压，C错误；待测电阻和接线柱接触位置由于氧化，使得接触电阻很大，相当于当被测电阻太大，远大于和其串联的其他仪器的电阻，所以电路电流很小，其分压接近电源电压，D正确．
5．(2020·河北邢台联考)在如图所示的电路中两相同的小灯泡原来都发光，忽然小灯泡A比原来亮了，小灯泡B比原来暗了，则发生这种故障可能是(电源内阻不计)
( )
A．R1断路
B．R2短路
C．R3断路
D．R4短路
B
【解析】 因电源的内阻不计，所以外电路总电压不变，电阻R1单独在一个支路上，断路后电路的电阻值变大，则总电流减小，故R4和A灯的电压变小，故B灯所在的并联支路电压增大，故A灯变暗，B灯变亮，故A错误；R2短路，总电阻减小，总电压不变，则总电流增大，故R4和A灯的电压增大，A灯变亮；则并联支路的电压减小，故B灯变暗，故B正确；R3断路，总电阻增大，总电压不变，则总电流减小，故R4和A灯的电压变小，A灯变暗；则并联支路的电压增大，故B灯变亮，故C错误；R4短路，总电阻减小，总电压不变，故A灯和并联支路的电压增大，则A、B两灯都变亮，故D错误．
考向4
闭合电路中的能量问题
6．(2020·浙江嘉兴测试)由于锂离子电池的材料特性，在电池短路、过高或过低温度、过度充电或放电等情况下都有可能引起电池漏液、起火或爆炸．为安全起见，中国民航总局做出了如表相关规定．某款移动电池(锂离子电池)的参数如表格所示
( )
容量
25
000
mAh
重量
596
g
额定电压
3.7
V
转换率
85%
充电时间
15.5
h
A．25
000
mAh中的mAh是能量的单位
B．这款移动电池充满电后所储存的总化学能为92
500
Wh
C．乘飞机出行时，这款移动电池可以直接随身携带
D．这款移动电池理论上能给3
200
mAh的手机最多充电7次
【答案】 D
7．(2020·浙江三市选考模拟)如图所示的U－I图像中，直线a表示某电源路端电压与电流的关系，图线b为某一小灯泡的伏安特性曲线．用该电源直接与小灯泡连接成闭合电路，以下说法错误的是
( )
A．电源电动势为3
V
B．此时电源的效率为25%
C．此时小灯泡的阻值为1.5
Ω
D．此时小灯泡的功率为1.5
W
B
8．(2020·江苏5月压轴)在如图所示电路中，电源电动势为12
V，电源内阻为1.0
Ω，电路中的电阻R0为1.5
Ω，小型直流电动机M的内阻为0.5
Ω.闭合开关S后，电动机转动，电流表的示数为2.0
A．则以下判断中正确的是
( )
A．电动机的输出功率为14
W
B．电动机两端的电压为7.0
V
C．电动机产生的热功率为4.0
W
D．电源输出的电功率为22
W
B
【解析】 电路中电流表的示数为2.0
A，所以电动机的电压为U＝E－U内－UR0＝12－Ir－IR0＝12
V－2×1
V－2×1.5
V＝7
V，电动机的总功率为P总＝UI＝7×2
W＝14
W，电动机的发热功率为P热＝I2R＝22×0.5
W＝2
W，所以电动机的输出功率为P出＝14
W－2
W＝12
W，B正确，A、C错误；电源的输出的功率为P输出＝EI－I2r＝12×2
W－22×1
W＝20
W，D错误；故选B．
动态电路问题的处理方法：
(1)
考点二 交流电路的分析与计算
典
例
【核心考点】本题考查了交变电流的产生和描述，以及考生对交变电流产生过程有效值的确定、平均感应电动势及安培力做功的分析和判断能力，是核心素养中能量观念的体现．
【规范审题】
①
线圈为单匝线圈，电阻为R
②
线圈绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生正弦式交变电流
③
读出磁通量最大的值，明白Φ－t图线斜率表示磁通量变化的快慢
〔考向预测〕
考向1
有效值的理解与计算
D
2.(2020·江苏高考真题)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器
( )
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
考向2
理想变压器的原理及动态分析
D
【解析】 原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A选项错误；电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误；电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流的大小，故原、副线圈电流的频率相同，C选项错误；原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确；故选D．
3．(2020·天津十二区县联考)心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压U1会随着心跳频率发生变化．如图所示，心电仪与一理想变压器的初级线圈相连接，扬声器(等效为一个定值电阻)与一滑动变阻器连接在该变压器的次级线圈．则
( )
A．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，扬声器的功率变大
B．保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，原线圈电流I1变小
C．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，扬声器获得的功率增大
D．若保持U1不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，副线圈的电流I2增大
【答案】 B
【解析】 保持滑动变阻器滑片P不动，当U1变小时，根据变压器原副线圈的电压与匝数关系可知，次级电压U2减小，则扬声器的功率变小；次级电流减小，则初级电流I1也减小，选项A错误，B正确；若保持U1不变，则次级电压U2不变，将滑动变阻器滑片P向右滑，则R电阻变大，次级电流I2减小，则扬声器获得的功率减小，选项C、D错误．
4．(2020·四川宜宾三诊)如图所示，一理想变压器的原副线圈匝数分别为n1和n2，原线圈输入电压保持不变，副线圈输出端通过开关S接电阻R1和滑动变阻器R，电流表为理想电表，下列说法正确的是
( )
A．若S断开，则副线圈输出端电压为零
B．若S闭合，滑动片P向上滑动，则两电流表示数都变小
C．若S闭合，滑动片P向上滑动，则电流表A1示数变大，A2示数变小
D．若S闭合，滑动片P向上滑动，则电流表A1示数不变，A2示数变小
【答案】 B
5.(2020·广西桂林等三市联考)如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R1、用电器R2(纯电阻)．下列说法正确的是
( )
A．当光照减弱时，变压器的输入功率增大
B．当光照增强时，流过用电器R2的电流不变
C．当滑动触头P向上滑动时，用电器消耗的功率增大
D．当f减小时，变压器的输入功率减小
【答案】 B
6．(2020·山东高考真题)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，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
Ω，额定电压为24
V．定值电阻R1＝10
Ω、R2＝5
Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10
Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为
( )
A．1
Ω
B．5
Ω
C．6
Ω
D．8
Ω
A
7．(多选)(2020·新课标卷Ⅲ)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220
V，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＝10
Ω，R3＝20
Ω，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
( )
考向3
原线圈中含有负载的变压器问题
A．所用交流电的频率为50
Hz
B．电压表的示数为100
V
C．电流表的示数为1.0
A
D．变压器传输的电功率为15.0
W
【答案】 AD
8．(多选)(2020·江西重点协作体联考)理想变压器与三个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3组成如图所示的电路，变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，在a、b间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是
( )
A．R1、R2、R3两端的电压之比为5∶1∶2
B．R1、R2、R3的功率之比为25∶1∶4
C．a、b间输入功率与变压器输入功率之比为15∶4
D．a、b间输入电压与变压器输入电压之比为3∶1
AB
9．(2020·浙江高考真题)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100
kW，发电机的电压U1＝250
V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8
Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220
V．已知输电线上损失的功率P线＝5
kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是
( )
考向4
远距离输电问题
A．发电机输出的电流I1＝40
A
B．输电线上的电流I线＝625
A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455
A
【答案】 C
10．(2020·河北六市调研)如图所示，为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器．当升压变压器原、副线圈匝数比为n时，用户得到的功率为P1.现保持发电厂的输出功率P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻不变，当升压变压器的原、副线圈匝数比变为kn时，用户得到的电功率为
( )
A
1．理想变压器动态分析的两种情况
(1)负载电阻不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随匝数比的变化情况．
(2)匝数比不变，讨论变压器原、副线圈两端的电压、电流、电功率等随负载电阻的变化情况．
2．理想变压器问题分析技巧
(1)根据题意分清变量和不变量；
(2)弄清“谁决定谁”的制约关系．对电压而言，输入决定输出；对电流、电功(率)而言，输出决定输入．
3．远距离输电问题的解题关键
(1)整个输电线路由三个回路组成，回路间通过变压器建立联系．
(2)关键是通过分析，利用题目条件，首先求出中间回路的电流．
04
专题演练
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