届高考物理一轮复习第十单元电磁感应题组层级快练三大力学观点在电磁感应中的应用专题新人教版.doc

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1、题组层级快练(五十一)一、选择题1(2022湖北模拟)智能家电中控制电路局部的工作电压较低，通常用变压器将市电降压后输入到控制电路下表为某智能家电内部的变压器的局部参数，由表中信息可以推知，该变压器()产品名称变压器交流输入220 V50 Hz交流输出9 V0.2 AA.原、副线圈匝数之比约为9220，正常工作时实际输入功率大于1.8 WB原、副线圈匝数之比约为9220，正常工作时实际输入功率小于1.8 WC原、副线圈匝数之比约为2209，正常工作时实际输入功率大于1.8 WD原、副线圈匝数之比约为2209，正常工作时实际输入功率小于1.8 W答案C解析由表中数据可知，输入电压为220 V，而

2、输出电压为9 V，那么由电压之比等于线圈匝数之比可得：n1n2U1U22209；由PUI可知，输出功率P90.21.8 W，而在实际使用中由于内部存在热功率以及实际变压器存在磁损耗等，故实际输入功率大于1.8 W故C项正确，A、B、D三项错误2.(2022浙江模拟)(多项选择)某同学在实验室中研究远距离输电由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1.第二次采用如下图的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，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

3、线上损失的功率为P2.以下说法正确的选项是()A前后二次实验都可用于研究远距离直流输电B实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C假设输送功率一定，那么P2P1n12n22D假设输送功率一定，那么P2P1n1n2答案BC解析变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A项错误；实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失，故B项正确；第一次实验输电线上的电流I，输电线上损失的功率P1I2RR；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2U1，输电线上的电流I，输电线上损失的功率P2I2RR，所以，故C项正确，D项错误3(2022湖北一模)如下图，理想变

4、压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A，副线圈回路接有定值电阻R2 ，现在a、b间和c、d间分别接上示波器，同时监测得a、b间，c、d间电压随时间变化的图像如下图，那么以下说法中错误的选项是()AT0.02 sBn1n2551C电流表A的示数I36.4 mAD当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0答案D解析A项，因为变压器不改变交变电流的周期，输入电压的周期T0.02 s，输出电压的周期T0.02 s，故A项正确；B项，原线圈电压的有效值U1 V220 V，副线圈电压的有效值U2 V4 V根据电压与匝数成正比，有，故B项正确；C项，输出功率P28

5、W，输入功率为8 W，电流表的示数I1 A0.036 4 A36.4 mA，故C项正确；D项，根据电压与匝数成正比，知当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压的瞬时值最大，故D项错误4(2022河南模拟)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n251，电阻R20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关，原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光以下说法正确的选项是()A输入电压u的表达式u20sin(50t) VB只断开S2后，L1、L2均正常发光C只断开S2后，原线圈的输入功率增大D假设S1换接到2后，R消耗的电功率

6、为0.8 W答案D解析由题图知，Um20 V，T0.02 s，那么100 rad/s，输入电压u20sin(100t) V，故A项错；由变压器的变压规律知：，故U2 V4 V，由题中将S1接1、S2闭合时，灯泡L2正常发光可得，灯泡L2的额定电压为4 V，当只断开S2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L1、L2串联，故L1、L2均不能正常发光，B项错；此时P出，副线圈负载R总增大，故P出减小，又P入P出，故原线圈的输入功率减小，C项错误；当S1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R，故P W0.8 W，D项正确5(2022安阳一模)如下图为一理想变压器，b是原线圈的中心抽头，副线圈两端接有

7、理想交流电压表和电流表，开关S，可变电阻R以及两个阻值相同的定值电阻R1、R2.从某时刻开始在原线圈cd两端加上正弦式交变电压，以下说法正确的选项是()A将可变电阻R调大，其它局部不变，电流表，电压表的读数均变小B将开关S从断开到闭合，其他局部不变，电流表读数变大，电压表读数变小C可变电阻R的阻值调为0时，开关S闭合前后电源的输出功率之比为12D将单刀双掷开关由a拨向b时，其他局部不变，副线圈的频率减半答案C解析A项，将可变电阻R调大，其它局部不变，电压表示数不变，根据欧姆定律，电流表示数变小，故A项错误；B项，将开关S从断开到闭合，其它局部不变，副线圈回路的电阻变小，电压表示数不变，电流表示

8、数变大，故B项错误；C项，将可变电阻R的阻值调为0时，开关S断开时电源的输出功率P1，开关S闭合时电源的输出功率P22，P1P212，所以开关S闭合前后电源的输出功率之比为12，故C项正确；D项，变压器不改变交流电源的频率，将单刀双掷开关由a拨向b时，其他局部不变，副线圈的频率不变，故D项错误6.(2022保定期末)如下图，有一自耦变压器接在稳定的交流电源上，V1、V2为理想电压表以下说法中正确的选项是()A假设F不动，滑片P向上滑动时，V1示数变大，V2示数变小B假设F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小C假设P不动，滑片F向下移动时，V1示数不变，V2示数增大D假设P不动，滑片F向下

9、移动时，灯泡消耗的功率变小答案D解析电压表V1的示数由交流电源决定，与其他因素无关，A项错误；F不动，变压器输出电压不变，滑片P上滑，副线圈电路总电阻减小，由欧姆定律可知，电流增大，灯泡L功率增大，B项错误；假设滑片P不动，F下移，副线圈匝数n2减小，由变压规律可知，输出电压U2减小，由欧姆定律可知，电路总电流减小，故灯泡消耗功率减小、滑动变阻器两端电压减小，C项错误，D项正确7如以下图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220 V，40 W，当灯泡所消耗的功率都调于20 W时，哪种台灯消耗的功率最小)()答案C解析C图为理想变压器调节，而理想变压器不消耗能量

10、，A、B、D三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压，故一定要消耗能量C项消耗功率最小8(2022淮南二模)(多项选择)如图(a)所示，理想变压器原副线圈匝数比n1n2554，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定原线圈接入的交变电流电压的变化规律如图(b)所示，那么以下说法正确的选项是()A交流电压表V的读数为32 VB灯泡L两端电压的有效值为32 VC当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示数增大，A1示数增大D由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s答

11、案AC解析A项，由图(b)可知，原线圈输入电压有效值为440 V，根据，可得副线圈电压为32 V，交流电压表V的示数为有效值，即为32 V，故A项正确；B项，设灯泡L两端电压的有效值为U，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有：T，解得：U22.6 V，故B项错误；C项，当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，那么由欧姆定律可知，电流表A2示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A1示数也增大，故C项错误；D项，根据100 rad/s可知，交流发电机转子的角速度为100 rad/s，故D项错误9.如下图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一

12、个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头A、B间接交流电压U，输出端连接了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头当开关S闭合，P处于如图所在的位置时，两灯均能发光以下说法正确的选项是()A将P沿逆时针方向移动，两灯均变暗BP不动，将Q向左移动，两灯均变亮CP不动，将Q向右移动，输入功率变大D断开开关S，L1将变暗答案B解析当P沿逆时针方向移动时，副线圈的匝数n2增大，由知，U2增大，L1、L2均变亮，A项错误；当P不动时U2不变，Q向左移动，R减小，L1、L2的电压增大，两灯泡变亮，B项正确；当P不动，Q向右移动时，R增大，变压器输出功率P2，R总增大，P2减小，而P1P2，故P1减

13、小，C项错误；断开开关S，负载电阻增大，L1的电压增大，L1将变亮，D项错误10(2022龙岩一模)(多项选择)如下图，MN、PQ是两条在水平面内、平行放置的金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1n2k，导轨宽度为L.质量为m的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力作用下做往复运动，其速度随时间变化的规律是vvmsin(t)，范围足够大的匀强磁场垂直于轨道平面，磁感应强度为B，导轨、导体棒、导线电阻不计，电流表为理想交流电表那么以下说法中正确的选项是()A导体棒两端的最大电压为BLvmB电阻R上的电压为C电流表

14、的示数为D导体棒克服安培力做功的功率为答案ABD解析A项，导体棒的速度最大时，棒两端的电压最大为BLvm，故A项正确；B项，原线圈电压的有效值U1，根据电压与匝数成正比，有，解得U2，故B项正确；C项，输出电流I2，根据电流与匝数成反比，有，解得I1，故C项错误；D项，导体棒克服安培力做功的功率等于电阻上的热功率PI22R()2R，故D项正确11(2022青岛一模)如下图，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，电压表和电流表均为理想电表，R1电阻为100 ，R2为定值电阻，在a、b两端加上交变电压u，u随时间变化的规律为u220sin100t(V)，以下说法正确的选项是()A假设电流表示数为2

15、 A，那么电阻R2上的热功率为40 WB副线圈中产生的交变电流频率为100 HzC电压表的示数为22 VD原线圈两端的电压为220 V答案A解析A、D项，根据电流与匝数成反比n1I1n2I2，可解得原线圈电流I10.2 A，R1分担的电压为UR1I1R120 V，ab端电压的有效值为220 V，原线圈电压U122020200 V，根据电压与匝数成正比，解得U220 V，那么电阻R2上的热功率为PU2I240 W，故A项正确，D项错误；B项，原线圈的频率为：f50 Hz，变压器不改变频率，所以副线圈的频率为50 Hz，故B项错误；C项，电压表测的是交流电的有效值，电压表的示数为20 V，故C项错

16、误12.(2022武汉武昌区调研)(多项选择)如下图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1n2110，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3n4101，假设T2的用电设备两端的电压为U4200 V且用电设备消耗的电功率为10 kW，不考虑其他因素的影响，那么()AT1的副线圈两端电压的最大值为2 010 VBT2的原线圈两端的电压为2 000 VC输电线上损失的电功率为50 WDT1的原线圈输入的电功率为10.1 kW答案ABC解析因为用电设备消耗的电功率为10 kW，T2副线圈两端的电压为

17、U4200 V，那么流过T2副线圈的电流为I4 A50 A，由变压器原、副线圈的电流与匝数的关系，那么I35 A；由，所以T2原线圈两端的电压为U32 000 V，B项正确；输电线的电阻分得的电压为U线I32r52 V10 V，所以T1副线圈两端的电压为U2U3U线(2 00010) V2 010 V，其最大值为U2m2 010 V，A项正确；输电线上消耗的功率为P损I322r50 W，C项正确；由能量守恒定律可知T1副线圈的输出功率为P出(10 00050) W10 050 W，因此T1原线圈的输入功率为10 050 W，D项错误13.如下图，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n1，原线圈

18、接正弦交流电，电压为uU0cos100t(V)，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机电动机线圈电阻为R，当电键S接通后，电流表读数为I，电动机带动一电阻为r、质量为m、长为l的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v匀速上升以下判断正确的选项是()A电动机两端电压为IR，其消耗的电功率为I2RB原线圈中的电流为nI，变压器的输入功率为I2Rmgv，副线圈电流的频率为50 HzC变压器的输入功率为I2RmgvD电动机的热功率为I2R，副线圈电压的有效值为答案C解析电动机两端电压大于IR，IR是电动机线圈电阻R上的电压，用于发热，A项错误；原线圈中的电流为，B项错误；根据能量守恒，变压器的输入功率等

19、于输出功率，即一局部在电动机线圈电阻R上发热变成内能；另一局部用于对外做功，将其中一局部电能转化为金属杆的机械能，其余局部克服安培力做功，转化为电能，电流通过纯电阻电路转化为金属杆上的焦耳热，那么变压器的输入功率为I2Rmgv，C项正确；副线圈电压的有效值为，D项错误14如下图，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1n231，那么图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为()AP、PB9P、C.、9P D.、P答案B解析由题意可知，两种情况下变压器输出功率均为2P，设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，两种情况下变压器输入电压为3U，变

20、压器输入电流为I；图甲中L1的功率为P19P；图乙中L1的功率为P2(I)2R，B项正确二、非选择题15在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失有一个小型发电站，输送的电功率为P500 kW，当使用U5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kWh.求：(1)输电效率和输电线的总电阻r；(2)假设想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？答案(1)60%20 (2)22.4 kV解析(1)输送功率P500 kW，一昼夜输送电能EPt12 000 kWh输电线上损失的电能E4 800 kWh终点得到的电能EEE7 200 kWh，所以输电效率60%输电线上的电流I100 A输电线损耗功率PRI2r，其中PR200 kW得r20 .(2)输电线上损耗功率PR()2r原来PR200 kW，现在要求PR10 kW，解得输电电压应调节为U22.4 kV.