2016_2017年高中物理第二章交变电流第六节变压器练习粤教版选修3_2

第二章《交变电流》单元测试时间120分钟 总分150分一.不定项选择题（共40分。

有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项 正确,全部选对的得4分，选不全的得2分，有选错或不答的得0分）1、关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是（ ） Ao 线圈每经过中性而一次，感应电流方向改变一次，感应电动势方向不变 B°线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次 C 。

线圈平面每经过中性而一次，感应电流和感应电动势方向都要改变一次 D 。

线圈转动一周，感应电流和感应电动势方向都要改变一次 2O 矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势如图示，则（ ）A. X 时刻线圈通过中性而B. t2时刻线圈中磁通量最大C. 匕时刻线圈中磁通量变化率最大D. U 时刻线圈中磁通量变化率最大 3 •如下图所示"属于交流电的「是（）C« =码 si" 2期D. 0 = 4码 sin 劲6、右图表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电流 的有效值是（） A.5逅 AB.5ACo 3.5^2 A D. 3、5A 7、如图所示为两个互感器,在图中圆圈内a. b 表示电表，已知电压比为100,电流比为10,电压 表的示数为220V,电流表的示数为10A,则（） A. a 为电流表，b 为电压表4. 一佼 £ 流的俺象如图所示，由图可知（流其示数为10A B.该咬目i 电流的频率为100Hz AC. 诙曲流电流通过10 Q 电阻时，电阻消耗的电功率为2000 W［溉龟療瞬吐值表达式为J-lOx/2 sin628f|A5。

空流如忌賊在工屜时的电动势e = E m s\ncot ,枢所用而浜减小一半，其它条件不变，则其电动势变为（°） Bo e = 4E m sin 2曲 A a e = E m sin cotioV2 r;A c Dei Ox 010 B；速提高一倍，同时将电图三.计算题（6小题，共90分）13、（14分）一小型发电机内矩形线圈在匀强磁场中以恒是的角速度s 绕垂直于磁场方向的 固泄轴转动，线圈匝数心100,穿过每匝线圈的磁通量G 随时间按正弦规律变化，如图1—3$ -9所示.发电机内阻匸5、0 Q,外电路电阻R=95 Q,已知感应电动势的最大值E 沪z%,其中九为穿过每匝线圈的磁通量的最大值、求:串联在外电路中的交流电流表（内阻不 计）的读数、14。

变压器一、单项选择题1．关于理想变压器正常工作时的下列说法中错误的是（）．A．匝数越少的线圈绕制时用的导线越粗B．穿过原、副线圈每匝的磁通量的变化率相等C．原、副线圈中，任意两个线圈中的电流跟它们的匝数成反比D．原、副线圈中，任意两个线圈两端的电压跟它们的匝数成正比2．将输入电压为220 V，输出电压为6 V的理想变压器改绕成输出电压为30 V的变压器，副线圈原来是30匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增匝数为（）．A．120 B．150 C．180 D．2203．如图所示，理想变压器原线圈接在正弦交变电压上，副线圈通过输电线连接两只相同的灯泡L1、L2，输电线的等效电阻为R，在图示状态下，开关S是断开的，当开关S闭合时，下列说法正确的是（）．A．副线圈两端的输出电压减小B．等效电阻R两端的电压减小C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小二、双项选择题4．如图所示，理想变压器的副线圈通过输电线接两个并联的支路，其中变阻器的总电阻值R2大于定值电阻的阻值R1，输电线的等效电阻为R．开始时，变阻器的滑片P在a端．如果原线圈两端的交变电压的有效值保持一定，那么，当滑片P自a向b滑动时，以下说法中正确的是（）．A．副线圈的输出电压（有效值）U不断增大B．通过R1的电流（有效值）I1不断增大C．原线圈中通过的电流（有效值）不断减小D．变压器的电功率（有效值）不断增大5．在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上．当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈1、2的匝数之比n1∶n2＝2∶1，在不接负载的情况下（）．A．当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为110 VB．当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为55 VC．当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为220 VD．当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为110 V 6．有一个理想变压器，原线圈1 200匝，副线圈400匝，现在副线圈上接一个变阻器R，如图所示，则下列说法中正确的是（）．A．交流电流表A1与A2的示数之比为3∶1B．交流电压表V1与V2的示数之比为3∶1C．原、副线圈的功率之比为3∶1D．变阻器滑动片向下移动时，原线圈的输入功率将增加三、非选择题7．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶2，电源电压V，原线圈接入一个熔断电流I0＝1 A的保险丝，副线圈中接入一个可变电阻R，如下图所示．为了使保险丝不被熔断，调节电阻R时最低应不能小于多少？8．将电阻R1和R2按如图甲所示接在变压器上，变压器原线圈接在电压恒为U的交流电源上，R1和R2上的电功率之比为2∶1，若其他条件不变，只将R1和R2改成如图乙接法，R1和R2上的功率之比为1∶8．若甲图中原线圈电流为I1，乙图中原线圈电流为I2．求：（1）两组副线圈的匝数之比；（2）I1和I2之比．参考答案1.答案：C解析：对只有一个原线圈和一个副线圈的理想变压器，电流跟它们的匝数成反比，否则此结论不成立．2.答案：A解析：由电压比，则得n1＝1 100．当U2′＝30 V时，所以n2′＝150．则Δn2＝n2′－n2＝120，A项正确．3.答案：C解析：因为原线圈输入电压不变和原、副线圈的匝数比一定，由变压器的原理知，副线圈输出电压U2不变，A项错误；开关闭合后两灯泡并联，电阻减小为R灯/2，总电阻减小，副线圈的电流增大，输电线的等效电阻两端的电压增大，故B项错误；开关闭合后输电线的等效电阻的电压增加，L1两端的电压减小，由欧姆定律可知通过L1的电流减小，故C项正确；考虑原、副线圈的电流比等于匝数的反比，可知通过原线圈的电流变大，故D项错误．4.答案：BC解析：原线圈两端的交变电压的有效值保持不变，由于匝数比不变，副线圈的输出电压（有效值）U也不变，A项错；当滑片P自a向b滑动时，负载总电阻增大，副线圈电压不变，干路电流减小，R1两端的电压增大，流过R1的电流增大，B项正确；原副线圈的匝数比不变，原线圈中的电流也减小，C项正确；变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的总电阻变大，电压不变，则功率减小，所以D项错．5.答案：BD解析：因为理想变压器原、副线圈电压之比等于线圈中产生的感应电动势之比，所以当从线圈1输入电压U1＝220 V时，由，得×220 V＝55 V．当从线圈2输入电压U2＝110 V时，同理：，得U1＝U2＝110 V．6.答案：BD解析：，，A错误、B正确；理想变压器输入功率等于输出功率，C错误；当变阻器滑动片向下移动时，电阻减小，副线圈电流增大，输出功率随之增大，所以原线圈的输入功率将增加，D正确．7.答案：880 Ω解析：当原线圈电流I1＝I0时，副线圈中电流为，这就是副线圈中电流的有效值．副线圈输出电压的有效值为．因此，副线圈电路中负载电阻的最小值为．8.答案：（1）1∶2（2）2∶3解析：（1）图甲中R1和R2串联，由P＝I2R得R1＝2R2①设三组线圈的匝数分别为n1、n2、n3，两组副线圈的电压分别为U2和U3，可知②③图乙中R1和R2上的功率之比为P1∶P2＝1∶8即8P1＝P2④联立①②③④得n2∶n3＝1∶2．⑤（2）图甲中副线圈的匝数为n2＋n3，副线圈上的电压是U2′则⑥副线圈的输出功率，⑦乙图中的输出功率为⑧联立①⑤⑥⑦⑧可得P1′∶P2′＝2∶3．因为P入＝P出，所以图甲、乙中的输入功率之比为2∶3．根据P＝UI，两图输入电压相同．所以．。

第六节 变压器A 级 抓基础1. (多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( )A ．交变电流的频率B ．磁通量的变化率C ．功率D ．交变电流的峰值解析：理想变压器没有漏磁，没有能量损失，所以原、副线圈中磁通量变化率相同，原、副线圈中功率相同，B 、C 正确；变压器能改变交流电的峰值但不改变交变电流频率，A 正确，D 错误．答案：ABC2. 关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )A ．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B ．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C ．穿过副线圈磁通量的变化使副线圈产生感应电动势D ．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析：通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S 不变，故磁通量Φ变化，A 错误；因理想变压器无漏磁，原、副线圈的磁通量总相等，故B 错误；由互感现象知C 正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为副线圈的电能，原、副线圈通过磁联系在一起，故D 错误．答案：C3. 一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A ．200B ．400C ．1 600D ．3 200解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，得n 2＝n 1U 2U 1＝800×110220＝400，选项B 正确．答案：B 4.如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两段电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变 解析：根据数学知识可知，原副线圈减小相同的匝数后，匝数之比变大，因此电压之比变大，输出电压减小，故小灯泡变暗；而电流与匝数之比成反比，故电流的比值变小；故A 、C 、D 错误，B 正确．答案：B5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V 60 W ”灯泡一个，且灯泡正常发光，则( )A ．电流表的示数为32220A B ．电源输出功率为1 200 WC ．电流表的示数为3220A D ．原线圈端电压为11 V解析：由灯泡正常发光，可知副线圈电压为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可知，原线圈电压U 1＝20×220 V ＝4 400 V ，D 错误；又因输入功率等于输出功率，P 1＝P 2＝60 W ，故B 错误；电流表读数为有效值，原线圈中电流I 1＝P 1U 1＝604 400 A ＝3220 A ，故A 错误，C 正确． 答案：CB 级 提能力6. (多选)如图所示为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1为原线圈中的电流，则( )A ．保持U 1及P 的位置不变，K 由a 扳向b 时，I 1将增大B ．保持U 1及P 的位置不变，K 由b 扳向a 时，R 消耗功率减小C ．保持U 1不变，K 接在a 处，使P 上滑，I 1将增大D ．保持P 的位置不变，K 接在a 处，若U 1增大，I 1将增大解析：保持U 1及P 的位置不变，K 由a 扳向b 时，n 1减小，n 2n 1增大，由U 2＝n 2n 1U 1知U 2变大，则输出电流I 2增大，输出功率增大，输入功率也增大，由P 1＝U 1I 1知，I 1增大，A 正确；同理，K若由b扳向a，R消耗功率将减小，B正确；U1不变，K接在a处，使P上滑时，I2减小，I1也减小，故C错误；保持P的位置不变，K接在a处，若U1增大，则U2也增大，即I2＝U2R增大，则P2增大，P1＝P2，故I1也应增大，故D正确．答案：ABD7．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 2 VB．当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为44 VC．当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表的示数不变，电流表的示数变大D．单刀双掷开关由a扳向b时(滑动变阻器触头P不动)，电压表和电流表的示数均变大解析：根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220 2 V，所以副线圈的电压的最大值为22 2 V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22 V，所以A错误；若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1，根据电压与匝数成正比可知，此时副线圈的电压为44 V，所以电压表的示数为44 V，所以B正确；当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，由于电压是由变压器决定的，所以，电压不变，电流变小，所以C错误；若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D正确．答案：BD8.如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，灯泡的额定电压均为U.变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为( )A．1∶2 2U B．1∶2 4UC．2∶1 4U D．2∶1 2U解析：设灯泡正常发光时的电流为I ，则I 1＝I ，I 2＝2I .由n 1n 2＝I 2I 1得n 1n 2＝21；由U 1′U 2＝n 1n 2得U 1′＝n 1n 2U 2＝2U .故U 1＝4U ，C 正确． 答案：C9．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越小解析：假设副线圈两端交变电压的峰值为U m ，副线圈两端电压的有效值为U 2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：U ab U 2＝n 1n 2，而因二极管的单向导电性，cd 间电压的有效值U cd 并不等于副线圈两端的电压有效值U 2. 由交流电有效值定义可得：U 2＝U m 2，U cd ＝U m 2＝U 22，故U ab U cd ＝2n 1n 2，故A 错误；当增大负载电阻的阻值R ，因电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，电阻R 的电流变小，则电流表的读数变小，故B 正确；cd 间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd 间的电压U cd 不会随着负载电阻变化，故C 、D 错误．答案：B10．有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，CD 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 解析：由题图知，当滑动触头P 顺时针转动时，变压器副线圈的匝数减少，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压U 2减小，因负载的电阻不变，故电流表读数变小，电压表读数变小，所以A 正确；同理，若滑动触头P 逆时针转动时，变压器副线圈的匝数增加，U 2增大，电流表示数增大，所以B 错误；当P 不动，副线圈电压U 2不变，滑动触头向上滑动时，R 3连入电路中的阻值增大，与R 2并联后的电阻增大，根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大，所以C 错误；同理，当滑动触头向下滑动时，R 3连入电路中的阻值减小，与R 2并联后的电阻减小，根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小，所以D 错误．答案：A11．如图所示，理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，交流电源电压U 1＝220 V ，F 为熔断电流I 0＝1.0 A 的保险丝，负载为一可变电阻．(1)当电阻R ＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？(2)要使保险丝不被熔断，电阻R 的最小值为多少？变压器输出的电功率不能超过多少？ 解析：(1)由U 1U 2＝n 1n 2得到U 2＝110 V ，由欧姆定律，得I 2＝1.1 A.再由I 1I 2＝n 2n 1得到I 1＝0.55 A ，故保险丝不能熔断．(2)对于理想变压器，P 入＝P 出＝220×1.0 W ＝220 W ，得到R ＝55 Ω.答案：(1)不能 (2)55 Ω 220 W12．如图，某理想变压器原线圈输入电功率为P 0，原、副线圈的匝数比为n ，在其副线圈上接一线圈电阻为r 的电动机．现在，电动机正以速度v 匀速向上提升一质量为m 的重物，已知重力加速度为g ，不计电动机转轴间的摩擦等损耗，则变压器原线圈两端的电压为多少？解析：电动机的输出功率P 机＝mgv, 设副线圈回路的电流为I 2，则P 0＝P 机＋I 22r ， 副线圈两端的电压U 2＝P 0I 2， 原线圈两端的电压U 1＝nU 2 ， 联立以上各式得U 1＝nP 0r P 0－mgv. 答案：见解析。

第二章交变电流第四节电感吕对交变电流的作用第五节电容器对交变电流的作用A级抓基础1．关于感抗，以下说法中错误的选项是( )A．感抗是由于电流转变时在线圈中产生了自感电动势，阻碍电流的转变B．感抗的大小不仅与自感系数有关，还与电流的频率有关C．感抗尽管对交变电流有阻碍作用，但不消耗能量D．感抗是由线圈的电阻产生的解析：依照感抗的概念，易知D选项错误．答案：D2．(多项选择)对交流电通过电容器的正确明白得是( )A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷通过了电容器两极板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，事实上自由电荷并无通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外) 解析：电流能“通过”电容器，并非电荷真的通过电容器的电介质，而是交变电流交替对电容器充放电，电容器中并未有电荷通过，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．答案：CD3.一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如下图．一铁块插进线圈以后，该灯将( )A．变亮B．变暗C．对灯没阻碍D．无法判定解析：线圈和灯泡是串联的，因此加在串联电路两头的总电压必然是线圈上的电压与灯泡上的电压之和．由墙上插孔所提供的220 V电压，若是较大电压加在线圈上，那么仅有较小的电压加在灯泡上．当铁块插进线圈时，线圈的自感系数变大，线圈上分得的电压变大，灯泡上电压变小，将变暗．故B正确．答案：B4.在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成份又有低频成份，若是只需把低频成份输送到下一级装置，如下图，那么以下做法合理的是( )A．在ab间接入一个电容器B．在ab间接入一个低频扼流圈C．在ab间接入一个高频扼流圈D．在ab间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都能够解析：电容器是隔直流，通交流，因此A不行，低频扼流圈是通高频阻低频，B不行，高频扼流圈自感系数较小，有通低频交流、阻高频的功能，C正确．综上所述，D错误，应选C.答案：C5.如下图，把电阻R，电感线圈L，电容C并联，接到一个交流电源上，三个电流表示数相同，假设维持电源电压大小不变，而将电源频率增大，那么三个电流表示数I1、I2、I3的关系是( )A．I1＝I2＝I3B．I1>I2>I3C．I2>I1>I3D．I3>I1>I2解析：交流电频率增大，电阻R对电流的阻碍作用不变，因此A1表读数不变，频率增大，电感线圈对交变电流阻碍作用增大，对电流的阻碍作用变大，因此电流变小，A2读数变小．频率增大，电容器对交变电流阻碍作用变小，因此电流变大，A3读数变大，故答案为D.答案：D6.某电源输出的电流中既有交流又有直流成份，若是需要在R上取得直流成份，应在如下图电路中的A、B两处连接适合的元件．合理的连接方式是( )A．A、B处均接电感线圈B．A、B处均接电容器C．A处接电感线圈，B处接电容器D．A处接电容器，B处接电感线圈解析：由电路图可知，电感线圈能通直流，阻挡住高频交流电，使低频交流电流通过电阻R；电容器能使高频交流电通过，直流电不能通过；而题中需要在R上取得直流成份，应在A处接电感器，B处接电容器，从而使直流通过R，符合要求，故C正确．答案：CB级提能力7.(多项选择)如下图，A、B是两盏完全相同的白炽灯，L是电阻不计的电感线圈，若是断开开关S1，接通S2，A、B两灯都能一样发光．若是最初S1是接通的，S2是断开的．那么，可能显现的情形是( )A．刚一接通S2，A灯就当即亮，而B灯那么迟延一段时刻才亮B．刚接通S2时，线圈L中的电流不为零C．接通S2以后，A灯变亮，B灯由亮变暗D．断开S2时，A灯当即熄灭，B灯先亮一下然后熄灭解析：若是断开S1，接通S2，A、B两灯都能一样发光，设现在电流为I，刚一接通S2，电感线圈产生阻碍电流增大的感应电流，向下流过灯泡B，可知两灯同时有电流流过，两灯同时亮，A、B错；接通S2以后，自感线圈的阻碍作用慢慢减小，灯泡B的分流减小，整个回路电阻减小，干路电流增大，灯泡A变亮，C对；断开S2时，A灯当即熄灭，电感线圈产生的感应电流向上流过灯泡B，B灯先亮一下然后熄灭，D对．答案：CD8.在如下图的交流电路中，维持电源电压必然，当交变电流的频率增大时，各交流电压表的示数将( )A．V1、V3增大，V2减小B．V1不变，V2减小，V3增大C．V1不变，V2增大，V3减小D．V1、V2、V3都不变解析：电感线圈对交流电的阻碍作用随着频率的增大而增大，因此电压表V2示数增大，电容器对交流电的阻碍作用随着频率的增大而减小，电压表V3减小，电压表V1不变，应选C.答案：C9.(多项选择)如下图，输入端ab的输入电压既有直流成份，又有交流成份，以下说法中正确的选项是(L的直流电阻不为零)( )A．直流成份只能从L通过B．交流成份只能从R通过C．通过R的既有直流成份又有交流成份D．通过L的直流成份比通过R的直流成份必然要大解析：由于线圈直流电阻不为零，因此有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成份通过R，B错误，C正确；由于R对交流也有阻碍作用，因此也有交流成份通过L，A错；因为导线的一样直流电阻都很小，因此通过线圈的直流要比通过R的大，D正确．答案：CD10.(多项选择)在如下图电路中，a、b两头连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L 是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻．以下说法中正确的选项是( )A．L的作用是“通低频，阻高频”B．C的作用是“通交流，阻直流”C．C的作用是“通高频，阻低频”D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比解析：L是一个自感系数很小的高频扼流圈，其作用是通低频，阻高频，A正确．C是一个电容很小的电容器，在题图示电路中它对高频交流的容抗远小于对低频交流的容抗，其作用是“通高频，阻低频”．因电路中无直流成份，故B错误、C正确．由于L对高频交流的阻碍作用和C对高频交流的旁路作用，使得通过R的电流中低频交流所占的百分比远大于高频交流的百分比，D正确．答案：ACD11.(多项选择)如下图，变频交变电源的频率可在20 Hz到20 kHz之间调剂，在某一频率时，A1、A2两只灯泡的功率相同．那么以下说法中正确的选项是( )A．若是将频率增大，A1功率减弱、A2功率增大B．若是将频率增大，A1功率增强、A2功率减小C．若是将频率减小，A1功率减弱、A2功率增大D．若是将频率减小，A1功率增强、A2功率减小解析：电容器对交流电的作用是通高频，阻低频，线圈对交流电的作用是通低频，阻高频，因此频率增大后，电容器对电流的阻碍作用减小，线圈对电流的阻碍作用增大，故A1变亮，功率增大，A2变暗，功率减小，故A错误，B正确；当频率减小后，电容器对电流的阻碍作用增大，线圈对电流的阻碍作用减小，故A1变暗，功率减小，A2变亮，功率增大，故D错误，C 正确．应选B、C.答案：BC12.在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成份又有低频成份，经放大后送给下一级，需要把低频成份和高频成份分开，只让低频成份输入给下一级，咱们采纳了如下图的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是( )A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈解析：电容器具有通高频、阻低频的作用，如此的电容器电容应较小．电感线圈在该电路中要求做到通低频、阻高频，因此它是一个高频扼流圈．解析：C。

认识交变电流基础达标一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～4题只有一项符合题目要求，第5～6题有多项符合题目要求)1．如下所示的各图线中不表示交变电流的是( )A BC D【答案】B2．关于中性面，以下说法不正确的是( )A．中性面就是穿过线圈的磁通量为零的面B．中性面就是线圈中磁通量变化率为零的面C.线圈过中性面时，电流方向必改变D．中性面就是线圈内感应电动势为零的面【答案】A3．如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流( )A．大小和方向都随时间做周期性变化B．大小和方向都不随时间做周期性变化C．大小不断变化，方向总是P→R→QD．大小不断变化，方向总是Q→R→P【答案】C4．如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是下图中的( )A B C D【答案】A【解析】感应电压为正弦交流电，又起始后电流方向为负方向，因此只有A正确．5．如图中的线圈产生了交流电的是( )A B C D【答案】BC6．对于正弦交流电，下列说法正确的是( )A．线圈转动一周，电流方向改变两次B．线圈转动一周，电流大小不变C．线圈转动一周，电流大小随时改变D．线圈转动一周，电流方向改变四次【答案】AC【解析】正弦交流电的电流随时间周期变化，线圈转动一周为一个周期，电流方向改变两次，故A、C正确．二、非选择题7．(2016·会宁校级期中)我国交流电的频率为______Hz，那么1 min内电流的方向改变______次．【答案】50 6 000【解析】交流电是电流方向周期性改变的电流，我国使用的是正弦式交流电，在一个周期之内电流方向变化两次，频率为50 Hz，周期为0.02 s，即在1 min内电流方向改变6 000次．8．(2016·潞西校级期末)大小、______随时间发生__________变化的电流叫做交变电流．我国电网的交变电流在1 s内出现______次峰值．【答案】方向周期性100【解析】交流电是指电流的方向发生变化的电流，电流的大小是否变化对其没有影响，而对于周期性变化的电流，即为大小与方向都随着时间做周期性变化．我国电网交流电的频率为50 Hz，交变电流在1 s内出现50个完整波形，则有100次峰值．能力提升9．(多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是( )A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D．线框经过中性面时，各边不切割磁感线【答案】CD【解析】中性面磁通量最大，但不切割磁感线，感应电动势最小，且前后方向改变；在线圈与磁场方向平行时磁通量最小，但感应电动势最大，但前后方向不变．10．(多选)如图所示，观察电流表的指针，可以看到( )A．指针随着线圈转动而摆动，并且线圈转动一周，指针左右摆动一次B．当线圈平面转到跟磁感线垂直的平面位置时，电流表的指针的偏转最大C．当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时，电流表的指针的偏转最大D．在匀强磁场中匀速转动的线圈里产生的感应电动势和感应电流是按正弦规律变化的【答案】AC11．(多选)某线圈在匀强磁场中匀速转动，穿过它的磁通量Φ随时间的变化规律可用图表示，则( )A．t1和t2时刻，穿过线圈磁通量的变化率最大B．t2时刻，穿过线圈的磁通量变化率为零C．t3时刻，线圈中的感应电动势为零D．t4时刻，线圈中的感应电动势达最大值【答案】CD12．图中画出了六种电流随时间变化的图象．这六个图中的电流，都随时间t做周期性变化，其中属于交流电的是________，属于正弦式交流电的是________．【答案】(a)(c)(e)(f) (c)。

第6节 变压器1．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表A 1的示数是12 mA ，则副线圈中电流表A 2的示数是( )A ．3 mAB ．48 mAC ．零D ．与R 阻值有关【答案】C【解析】当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C 正确．2．对理想变压器作出的判断正确的是( ) A ．高压线圈匝数多、电流大、导线粗 B ．低压线圈匝数少、电流小、导线细 C ．高压线圈匝数多、电流大、导线细 D ．低压线圈匝数少、电流大、导线粗 【答案】D【解析】电压高的匝数多，电流小，用细线．电压低的，匝数少，电流大，用粗线． 3．(多选)(2019·清远校级月考)如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化的规律如图乙所示，灯泡L 的额定功率为22 W ，闭合开关后，灯泡恰能正常发光．则( )图甲 图乙A ．原线圈输入电压的瞬时表达式为u ＝2202·sin(100πt ) VB ．灯泡的额定电压为110 VC ．副线圈输出交流电的频率为100 HzD ．电压表读数为220 V ，电流表读数为0.2 A 【答案】AB【解析】由图可知周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100π，则原线圈输入电压的瞬时值表达式u ＝2202·sin(100πt ) V ，故A 正确；原线圈电压的有效值U 1＝22022 V ＝220 V ，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压U 2＝U 1n 2n 1＝110 V ，故B 正确；周期T ＝0.02 s ，频率为f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率为50 Hz ，故C 错误；原线圈电压有效值为220 V ，电压表的读数为220 V ，副线圈电流 I 2＝P 2U 2＝0.2 A ，根据电流与匝数成反比得I ＝I 22＝0.1 A ，D 错误．4．(2018·天津卷)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12，则( )A ．R 消耗的功率变为12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．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】设发电机产生的最大电动势为E m ＝NBSω＝2πNBSn ，其中n 为转速．故转速n 减半，发电电压减半，输入电压减半，则输出电压减半，电压表V 示数减半，B 正确．R 消耗的功率U 2VR 变成原来的14，A 错误．通过R 的电流U V R减半，又变压器两端电流比例关系不变，因此通过电流表A 的电流也减半，C 错误．转速减半，f ＝n 减半，变压器不改变频率，则通过R 的交流电频率也减半，D 错误．5．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V 的交流电上，向额定电压为1.80×104V 的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA 时，熔丝就熔断．(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10 mA 时，变压器的输入功率是多大？ 【答案】(1)0.98 A (2)180 W【解析】(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U 1、U 2、I 1、I 2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U 1I 1＝U 2I 2，当I 2＝12 mA 时，I 1即为熔断电流，I 1＝U 2U 1I 2≈0.98 A．(2)当副线圈电流为I 2′＝10 mA 时，变压器的输入功率为P 1，所以P 1＝P 2＝I 2′U 2＝180 W ．。

第二章第二节基础达标一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～3题只有一项符合题目要求，第4～5题有多项符合题目要求)1．线框在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图所示位置时，磁通量和感应电动势大小的变化情况是( )A．磁通量和感应电动势都在变大B．磁通量和感应电动势都在变小C．磁通量在变小，感应电动势在变大D．磁通量在变大，感应电动势在变小【答案】D2．如图所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，不能使线圈中产生交变电流的是( )A．将线圈水平向右匀速拉出磁场B．使线圈以OO′为轴匀速转动C．使线圈以ab为轴匀速转动D．磁场以B＝B0sin ωt规律变化【答案】A3．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )甲 乙A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，线圈中磁通量变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，瞬时电动势最大D ．该线圈相应的交流电动势图象如图乙所示【答案】B【解析】线圈在中性面时磁通量最大，感应电动势最小，故t ＝0时刻线圈在中性面上，A 错；线圈与中性面平行时磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，B 正确；易知t ＝0.02 s 时刻线圈在中性面上，C 错；起始时刻感应电动势为零，故D 错．4．如图所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在～这段时间内( )π2ω3π2ωA ．线圈中的感应电流一直在减小B ．线圈中的感应电流先增大后减小C ．穿过线圈的磁通量先减小后增大D ．穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大【答案】BC5．如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 1和P 2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时( )A ．线圈绕P 1或P 2转动时电流的方向相同，都是a →d →c →b →aB ．线圈绕P 1转动时的电动势小于绕P 2转动时的电动势C ．线圈绕P 1转动时的电流等于绕P 2转动时的电流D ．线圈绕P 1转动时dc 边受到的安培力大于绕P 2转动时dc 边受到的安培力【答案】AC【解析】由左手定则可判断A 正确；对于两种转动方式，其总电动势为每条边切割磁感线产生的电动势之和，即e ＝Blv 1sin ωt ＋Blv 2sin ωt ＝Bl (ωr 1＋ωr 2)sin ωt ＝BωS sin ωt ，与绕哪条轴转动无关，故B 错、C 对；由于f 安培力＝BIl ，因为流过的电流相同，故所受安培力大小相等．二、非选择题6．有一匝数为10的正方形线框，边长为20 cm ，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO ′轴以10π rad/s 的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T ．问：(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？【答案】(1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V【解析】(1)交变电流电动势最大值为E m ＝NBSω＝10×0.5×0.22×10π V ＝6.28 V ，电流的最大值为I m ＝＝ A ＝6.28 A.E m R 6.281(2)线框转过60°时，感应电动势e ＝E m sin 60°＝5.44 V.7．如图所示，匀强磁场的磁感应强度为B ＝0.50 T ，矩形线圈的匝数N ＝100匝，边长L ab ＝0.20 m ，L bc ＝0.10 m ，以3 000 r/min 的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，求：(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式；(3)线圈由图示位置转过的过程中，交变电动势的平均值．π2【答案】(1)e ＝314sin (100πt ) V (2)i ＝31.4sin (100πt ) A(3)200 V【解析】(1)线圈的角速度ω＝2πn ＝100π rad/s ，线圈电动势的最大值E m ＝NBSω＝314 V ，故交变电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝314sin (100πt ) V.(2)I m ＝＝31.4 A ，E mR ＋r 所以交变电流的瞬时值表达式为i ＝31.4sin(100πt ) A.(3)＝N ＝N ＝4NBSn ＝200 V.E － ΔΦΔt BS14T 能力提升8．(多选)如图甲所示，“匚”形金属框导轨水平放置．导轨上跨接一金属棒ab ，与导轨构成闭合回路，并能在导轨上自由滑动，在导轨左侧与ab 平行放置的导线cd 中通以如图乙所示的交变电流，规定电流方向自c 向d 为正，则ab 棒受到向左的安培力的作用时间是( )甲 乙　A ．0→t 1B ．t 1→t 2C ．t 2→t 3D ．t 3→t 4【答案】AC9．(多选)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势et 图象如图，则( )A ．t 1、t 3时刻线圈通过中性面B ．t 2、t 4时刻线圈中磁通量最大C ．t 1、t 3时刻线圈中磁通量变化率最大D ．t 2、t 4时刻线圈平面与中性面垂直【答案】AD10．一交流发电机产生的感应电动势随时间变化的图象如图所示，求：(1)当t ＝100 s 时，电动势的瞬时值．(2)当线圈第一次转到什么位置时，感应电动势的瞬时值为最大值的一半．(3)已知线圈面积为16 cm 2，共25匝，那么匀强磁场的磁感应强度B 为多少？【答案】(1)0　(2)π　(3)0.4 T16【解析】E m ＝5 V ，ω＝＝100π，有e ＝5sin 100πt V ，2π2×10－2(1)当t ＝100 s 时，e ＝0.(2)当e ＝2.5 V 时，sin 100πt ＝，有100πt ＝，故当线圈转到与中性面成角时，12π6π6感应电动势的瞬时值为最大值的一半．(3)E m ＝nBSω，有B ＝＝ T ＝ T.E m nS ω525×16×10－4×100π54π11．如图所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB 轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B ＝ T ，线框的CD 边长为20 cm ，CE 、DF 长均为10 cm ，转速为50 r/s.若从52π图示位置开始计时：(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；(2)在et 坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图象．(1)e ＝10cos 100πt V (2)见解析2【解析】(1)线框转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t 时刻线框转过的角度为ωt ，此时刻e ＝Bl 1l 2ωcos ωt 即e ＝BSωcos ωt ，其中B ＝ T ，52πS ＝0.1×0.2 m 2＝0. 02 m 2，ω＝2πn ＝2π×50 rad/s ＝100π rad/s ，故e ＝×0.02×100πcos 100πt V ，52π即e ＝10cos 100πt V.2(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图象如图所示．。

第六节变压器A级抓基础1．如图，可以将电压升高供电给电灯的变压器是( )解析：A图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A错误；B图中，副线圈匝数比原线圈匝数多，所以是升压变压器，故B正确；D图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故D错误；C图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故C错误，故选B.答案：B2．(多选)利用变压器不可能做到的是( )A．增大电流B．升高电压C．减小频率D．增大功率解析：根据变压器的工作原理可以知道，变压器可以改变电压和电流，不可能增大功率和改变频率．答案：CD3.(多选)如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节．R T为热敏电阻，当环境温度升高时，R T的阻值变小．下列说法正确的有( )A．P向下滑动时，电压表读数变大B．P向下滑动时，电流表读数变小C．若环境温度升高，变压器的输入功率变大D．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小解析：根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，A错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，B正确；当环境温度升高时，R T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，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，C正确；当环境温度升高时，R T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，根据P＝I2R，灯泡消耗的功率变大，D错误．答案：BC4．一台理想变压器的原线圈匝数为100匝，副线圈匝数为1 200匝，在原线圈两端接有一电动势为10 V 的电池组，则在副线圈两端的输出电压为( )A ．0 VB ．1.2 VC ．120 VD ．小于120 V解析：电池组中的电流属于恒定电流，原线圈中无变化的磁通量，副线圈中不产生感应电动势． 答案：A5.(多选)如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时，灯泡L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )A ．增大交流电源的频率B ．增大交流电源的电压C ．向下滑动滑片PD ．减小电容器C 的电容解析：电容器具有通高频阻低频的特点，故增大交流电源的频率，可使通过灯泡的电流增大，A 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2可知增大交流电源的电压，副线圈两端的电压增大，灯泡变亮，B 正确；向下滑动P ，副线圈匝数减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端电压减小，灯泡变暗，C 错误；根据X C ＝12πfC可知减小电容，容抗增加，通过小灯泡的电流减小，灯泡变暗，D 错误．答案：AB6.如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U ，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n 1∶n 2和电源电压U 1分别为( )A ．1∶2 2UB ．1∶2 4UC ．2∶1 4UD ．2∶1 2U解析：设灯泡正常发光时的电流为I ，则I 1＝I ，I 2＝2I .由n 1n 2＝I 2I 1得n 1n 2＝21.由U 1′U 2＝n 1n 2得U 1′＝n 1n 2U 2＝2U .故U 1＝4U ，C 正确．答案：CB 级 提能力7．将输入电压为220 V ，输出电压为6 V 的变压器改装成输出电压为24 V 的变压器．已知副线圈原来的匝数为36匝，现不改原线圈的匝数，则副线圈应增绕的匝数为( )A ．144匝B ．108匝C ．180匝D ．540匝解析：由U 1U 2＝n 1n 2有2206＝n 136，22024＝n 1n 2，解得n 2＝144，所以应增加的匝数Δn 2＝n 2－36＝108(匝)．故选B.答案：B8．有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，CD 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大解析：由图知，当滑动触头P 顺时针转动时，变压器副线圈的匝数减少，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压U 2减小，因负载的电阻不变，故电流表读数变小，电压表读数变小，所以A 正确；同理，若滑动触头P 逆时针转动时，变压器副线圈的匝数增加，U 2增大，电流表示数增大，所以B 错误；当P 不动，副线圈电压U 2不变，滑动触头向上滑动时，R 3连入电路中的阻值增大，与R 2并联后的电阻增大，根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大，所以C 错误；同理，当滑动触头向下滑动时，R 3连入电路中的阻值减小，与R 2并联后的电阻减小，根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小，所以D 错误．答案：A9．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越小解析：假设副线圈两端交变电压的峰值为U m ，副线圈两端电压的有效值为U 2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：U ab U 2＝n 1n 2，而因二极管的单向导电性，cd 间电压的有效值U cd 并不等于副线圈两端的电压有效值U 2.变，由闭合电路欧姆定律可知，电阻R 的电流变小，则电流表的读数变小，故B 正确；cd 间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd 间的电压U cd 不会随着负载电阻变化，故CD 错误．答案：B10．(多选)如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L 的额定功率为22 W ．闭合开关后，灯泡恰能正常发光．则( )图甲 图乙A ．原线圈输入电压的瞬时表达式为u ＝2202sin100πt (V)B ．灯泡的额定电压为110 VC ．副线圈输出交流电的频率为100 HzD ．电压表读数为220 V ，电流表读数为0.2 A解析：由图可知：周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT＝100π，则原线圈输入电压的瞬时值表达式： u ＝2202sin100πt (V)，故A 正确；原线圈电压的有效值： U 1＝22022＝220 V ，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压： U 2＝U 1n 2n 1＝110 V ，故B 正确；周期T ＝0.02 s ，频率为： f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率50 Hz ，故C 错误；原线圈电压有效值220 V ，电压表的读数为220 V ，副线圈电流： I 2＝P 2U 2＝0.2 A ，根据电流与匝数成反比得： I ＝I 22＝0.1 A ，故D 错误．答案：AB11．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，○V 、R 和L 分别是电压表、定值电阻和电感线圈，D 1、D 2均为灯泡．已知原线圈两端电压u 按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是( )图甲 图乙A ．电压表示数为62.2 VB ．电压u 的表达式u ＝311sin 100πt (V)C ．仅增大电压u 的频率，电压表示数增大D ．仅增大电压u 的频率，D 1亮度不变，D 2变暗解析：根据图乙可知，原线圈电压的最大值为311 V ，则有效值U 1＝3112V ＝220 V ，根据理想变压器电压与匝数成正比得：n 1n 2＝U 1U 2＝51，解得：U 2＝44 V ，所以电压表示数为44 V ，故A 错误；根据ω＝2πT＝100π rad/s ，则电压u 的表达式u ＝311sin 100πt (V)，故B 正确；原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u 的频率，电压表示数不变，则D 1亮度不变，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以D 2变暗，故C 错误，D 正确．答案：BD12．如图所示，理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，交流电源电压U 1＝220 V ，F 为熔断电流I 0＝1.0 A 的保险丝，负载为一可变电阻．(1)当电阻R ＝100Ω时，保险丝能否被熔断？(2)要使保险丝不被熔断，电阻R 的最小值为多少？变压器输出的电功率不能超过多少？ 解析：(1)由U 1U 2＝n 1n 2得到U 2＝110 V ， 由欧姆定律得：I 2＝1.1 A.再有I 1I 2＝n 1n 2得到I 1＝0.55 A ，故保险丝不能熔断． (2)理想变压器的P 入＝P 出＝220×1.0 W＝220 W ， 得到R ＝55Ω.答案：(1)不能 (2)55Ω 220 W。