内容发布更新时间 : 2024/11/2 20:22:56星期一 下面是文章的全部内容请认真阅读。

n1′n1－nn1n1′n（n2－n1）

5．B [原、副线圈减去相同的匝数n后，有＝，可以得出，－＝<0，

n2′n2－nn2n2′n2（n2－n）n1′n1′U1I2′n1U1n1′U1

则说明的比值变大，由＝＝知，选项C、D错误；由＝和＝知，U2′

n2′n2′U2′I1′n2U2n2′U2′U2′2

再由P＝知，灯泡变暗，选项A错误，B正确。]

R

6．B [当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，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，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小；原线圈中的电流也变大，电流表A1示数变大，选项D错误。]

7．D [矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以发电机的电动势峰值为2Ne0，A、B错误；由于不计线圈的电阻，所以电机的输出电压峰值为2Ne0，故有效值2Ne0为＝2Ne0，故D正确．]

2

8. A [原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为UI1n2U

U,原线圈电压为3U，副线圈电流I2＝，根据＝得原线圈电流I1＝，那么原线圈输入

RI2n13RU

电压220 V＝3U＋×R，整理可得U＝66 V；原、副线圈电阻消耗的功率根据P＝I2R,电阻

3R1

相等，I1∶I2＝1∶3，可得功率之比为P1∶P2＝1∶9，即k＝.根据以上分析可知选项A正

9确．]

U1n1U2110

9．B [根据变压器的变压规律＝得,n2＝n1＝×800＝400匝，选项B正确．]

U2n2U1220UmU1n1n2Um10．C [原线圈电压的有效值：U1＝，根据＝可求：U2＝ ，又因为是理想变压

U2n2n122P

器，所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝,输电

U2n1??P?

线上损失的电功率为P′＝I2r＝4r??n2??Um?，所以C正确，A、B、D错误．]

2

22

11．D [由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，故电压表V1示数不变，选项AU1n1错误；由理想变压器原理公式＝且U1、n1、n2不变，则U2不变，即V2的示数不变，

U2n2I1n2n1ΔI20.8

V3的示数U3＝U2－I2R0应减小，故选项B错误；由公式＝得：＝＝＝4，则n1

I2n1n2ΔI10.2U2＞n2，该变压器起降压作用，故C 错误；又I2＝，I增大，R应减小，故滑片应沿c→d

R0＋R2

方向滑动，故D 正确．]

U2212．BC [Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功R＋R0率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；当U2n2P位置不动,Q上滑时，由＝知U2增大，同理分析原线圈电流I1增大，故C正确，D错

U1n1误．]

13．C [在输入电压U1和原线圈匝数n1不变的情况下，使输出电压U2有效值由220 V降U2n2至110 V,由＝知，副线圈接入匝数应该减为原来的一半，故副线圈的接入匝数之比为2∶

U1n11,故C正确；副线圈电压减半，电阻不变，电 流也随之减半，所以电流之比为2∶1,故A错误；由P＝UI知，输出功率之比为4∶1，故B错误；副线圈输出功率等于原线圈输入功率,所以原线圈输入功率之比为4∶1，故D错误．]

14.AD [当负载电阻的阻值减小为R＝5R0时，根据串、并联电路规律，R两端电压为R0两1

端电压的5倍,因为电压表测量R两端的电压，所以UR0＝×5 V＝1 V，故副线圈两端电压为

5U1n1U2＝6 V，根据公式＝可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24 V，所以此时原线圈

U2n2两端电压的最大值约为242 V ≈34 V，A正确，B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对 于副线圈中变化前、后电流也不变，则变化后电压U2＝IR0＋5IR0＝6IR0，U1n1变 化前，U2′＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U2′＝2U2＝12 V，根据公式＝可 得原线圈两

U2n2端原来的电压有效值约为48 V，D正确，C错误．]

Uabn115．BD [设副线圈两端电压为U2，则有＝，由于二极管具有单向导电性，根据有效U2n2

2

U2UcdU22T

值定义可知,×＝T，则Ucd＝，故选项A错误；增大负载电阻,则变压器的输出功率

R2R12

减小，输入功率也减小，由P1＝UabI1可知，电流表读数减小,选项B正确；cd间的电压Ucd

2

U222Ucd与R大小无关，选项C错误；将二极管短路,变压器的输出功率P2＝＝，为原来的2

RR

倍，由P2＝P1＝ UabI1可知，电流表的读数变为原来的2倍，选项D正确．]

16．BD [理想变压器的输入功率等于输出功率，所以有P1＝U1I1＝U2I2＝60×2.2 W＝132 W，选项A错误；原线圈电流I1＝

P1＝0.6 A，选项B正确；副线圈电流最大值I2max＝2I2＝2.22 U1

n1U122011

A，选项C错误；原副线圈匝数比＝＝＝，选项D正确．]

n2U2603

17．BD [P向上或向下滑动时，由变压器的电压特点

U1n1＝可知，U2是不变的，灯L亮度U2n2

U2

也不变，A项错误，B项正确；P向上滑动时，滑动变阻器的阻值减小，由P＝可知，变

R压器的输出功率P2变大，又理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率P1也变大，由P1＝U1I1及U1不变可知，变压器的输入电流变大，C项错误，D项正确．]

I1U118．A [根据理想变压器原、副线圈的功率相等,有U1I1＝U2I2，解得用户端电压为U2＝，

I2选项A正确；输电线上的电压降为I1r.选项B错误；理想变压器的输入功率为UI1－I21r，选项C错误；输电线路上损失的电功率为I21r，选项D错误．] 19．D [设两电流表示数分别为IA1、IA2，则IA2＝

U

.由题意知，升压变压器的升压比

2R＋RL

与降压变压器的降压比相等,设为k，由变压器匝数与电流、电压 的关系可知，升压变压器副线圈两端电压U2＝kU,降压变压器副线圈中电流I4＝kIA1，U4＝I4RL＝kIA1RL，则降压变压器原线圈两端电压U3＝kU4＝k2IA1RL，则IA1＝

U2－U3kUIA1，解得IA1＝，则＜1，故IA122RIA22R＋kRL

k2UI4＜IA2，选项A错误；I4＝kIA1＝，因＞1，故两灯泡亮度不同，选项B错误；由2IA22R＋kRLP＝I2R 可知，PR1＜PR3，选项C错误；由U＝IR可知，UR2＜UR4，选项D正确．] 1500

20．D [由图象知f＝＝50 Hz,选项A错误；发电机输出交变电流电压的有效值为 V＝

T22502 V，选项B错误；输电线的电流由降压变压器原、副线圈的匝数比及负载大小决定，选项C错误；用电器总电阻变大，则降压器原、副线圈中电流减小，输电线上损失功率也减小，选项D正确．]

21．AB [该装置的工作原理是，线圈内变化的电流产生变化的磁场，从而使金属杯体内产生涡流，再把电能转化为内能，使杯内的水发热．交流电源的频率一定时，线圈产生的磁场越强，杯体内磁通量变化就越快，产生的涡流就 越大，增加线圈的匝数会使线圈产生的磁场增强，而取走线圈中的铁芯会使线圈产生的磁场减弱，故A正确、D错误；交流电源的频率增大，杯体内磁通量变化加快，产生的涡流增大，故B正确；瓷为绝缘材料，不能产生涡流，故C错误．]

22．AC [线圈经过中性面时不切割磁感线，此时感应电动势为零，选项A正确；由图可知曲线a、b的周期之比为2∶3，则对应的线圈转速之比为3∶2，选项B错误；曲线a的周1－

期为Ta＝4×102 s，其频率为fa＝＝25 Hz，选项C正确；曲线a、b表示的交变电流的峰

Ta

Emaωa32

值之比为＝＝，又Ema＝15 V，Emb＝10 V，Ub＝Emb＝52 V，选项D错误．]

Embωb22

B组 两年模拟精选(2016～2015年)

1．AC [摩擦轮带动线圈在磁场中绕垂直于磁感线的轴转动，产生交流电，故A正确；行驶速度会影响感应电动势的大小，所以影响灯泡的亮度，故B错误；摩擦轮和后轮属于皮带传动，具有相同的线速度，如果知道了半径关系，就能知道角速度关系，也就能知道转速关系，故C正确；线圈匝数不影响线圈的磁通量的变化率的大小，故D错误。]

πr2ΔBΔB

2．BD [线圈中的感应电动势为E＝πr，感应电流为i＝·，在0.005 s，＝0，则

ΔtRΔtΔt

2ΔB

i＝0，A项错；由楞次定律知在0.01 s时感应电流方向为顺时针方向(从上往下看)，B项正确；交流电流表测量的是交变电流的有效值，C项错；感应电动势的峰值为Em＝Bmπr2Em（）2

2π4r4

一个周期导线框上产生的热量为Q＝T＝，D项正确。]

RR

1002100

3．ABD [交流电电压有效值U＝ V＝100 V，A正确；电流表的示数为I＝ A＝

5022π

2 A，故B正确；从图乙中可得交流电周期为T＝0.02 s，所以角速度ω＝＝100π (rad/s)，

TC错误；根据公式Em＝NBSω可得如果产生该交变电流的线圈转速提高一倍，则产生的感应电动势提高一倍，所以电流提高一倍，故D正确。]

4．ABD [线圈转动产生正弦式交变电流，感应电动势的最大值为Bl1l2ω， 所以有效值E＝

2Bllω，A正确；转过π时，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为0，电212

2π，T

E2E2π

流为0，B正确；转过一周通过横截面的电荷量为0，C错；转过π过程的热量Q＝t＝

RRω

2

πB2l21l2ω＝，D正确。]

2R

5．B [由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输n2出电压，故A错误；根据变压器原理可知输出电压U2＝U1，当滑动触头P应向上滑时，

n1n2增大，所以输出电压增大，故B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D错误。]

I2n16．AC [根据＝，可知副线圈中电流为0.5 A，则选项A对；原、副线圈的电流频率相

I1n2

U1n1等，选项B错；根据＝可知副线圈两端电压为220 V，最大值为2202 V，选项C对；

U2n2电动机为非纯电阻电器，若电动机内阻为440 Ω，则副线圈电流小于0.5 A，选项D错。] ω

7．C [由电压表达式u＝2202sin 100πt(V)可知，交流电源的频率为f＝＝50 Hz，变压器

2πU1不改变交变电流的频率，选项A错误；由表达式知原线圈电压有效值为U1＝220 V，根据

U2n1＝得：副线圈两端电压为U2＝50 V，由于R2前面接有二极管，二极管具有单向导电性，n2U2U2′2502T

故电阻R2电压为U2′，则根据有效值定义：·＋0＝T，则整理可以得到：U2′＝ V，

R22R22U2′U22所以通过R2电流为：I2＝＝2 A，故选项C正确，选项B错误；输出端的总功率P＝

R2R1＋I22R2＝150 W，故输入功率也为150 W，故选项D错误]。

8．A [由电压与匝数的关系U0∶U3＝n0∶n3，解得U3＝110 V，A正确；当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B错误；当没有达到额定功率时，热功率小于P

1 W，C错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为I＝＝0.5 A，热功率Pr＝I2r＝1

UW，输出功率为P－Pr＝(110－1)W＝109 W，D错误。]

P44 000

9．D [家用电器正常工作时的额定电压都是220 V，所以输电线中的电流为I＝＝ A

U220＝200 A，A错误；输电线路损失的电功率I2r＝2002×2.5×10－4×400×2 W＝8 000 W，B错误；输电线路损失的电压Ir＝40 V，发电机实际输出电压为220 V＋40 V＝260 V，C错误；输出电压峰值为2602 V，D正确。]

61362

10．CD [L1恰正常发光，其电流为I2＝ A＝ A，灯泡的电阻R＝ Ω＝216 Ω，电压

3666表示数为U并＝0.5IR＝18 V，故C正确；根据变压器的输入功率等于输出功率知P1＝P2＝1

U2I2＝(36＋18)× W＝9 W，而又P1＝U1I1＝U1×0.5，解得U1＝18 V，则原、副线圈匝数之

6比为n1∶n2＝18∶54＝1∶3，故A、B错误；若L3突然断路，负载电阻增大，电流I2减小，则L1变暗，L1分压减小，L2分压增大，L2变亮，输入功率P1＝P2＝U2I2减小，故D正确。]