高考物理系统性复习 (考点分析) 第三节 交变电流的综合应用（附解析）

【考点分析】第三节交变电流的综合应用【考点一】理想变压器的动态分析【典型例题1】如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b流表均为理想交流电表.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＝Usin100πt.则()A．当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1∶2B．当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为eq\f(U,\r(2))C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大【解析】当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有U2＝U1eq\f(n2,n1)，当单刀双掷开关与b连接时，原线圈的匝数为eq\f(n1,2)，则有U2′＝U1eq\f(n2,\f(n1,2))，联立得U2∶U2′＝1∶2，故电压表的示数比为1∶2，故A正确；当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为u＝Usin(100π×0)＝0，故B错误；副线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移，可知副线圈电压不变，故电压表的示数不变，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也变大，故D正确.【答案】AD【考点二】多个副线圈的求解【典型例题2】(2022•山东潍坊市高三(下)一模)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为匝、匝和匝，原线圈串联一个电阻，并接入内阻不计的正弦交流电源，其电动势为E且保持不变；两个副线圈分别接电阻和。开关S断开时，理想电流表读数为；开关S闭合时，理想电流表读数为。不计线圈电阻，则()A． B．C． D．【解析】AB．开关S断开时，理想电流表读数为，且匝、匝，故，得，由，，可得，故，A错误，B正确；CD．由输出功率等于输入功率，可知，得，即，由，，则，故，C错误，D正确。故选BD。【答案】BD【考点三】匝数不变时的动态分析【典型例题3】(2022•北京市海淀区高三(下)一模)如图所示，理想变压器原线圈接在的交流电源上，副线圈接滑动变阻器R和两个阻值相同的定值电阻，电表均视为理想电表。滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑动过程中()A．电压表的示数变大 B．电压表的示数变大C．电流表的示数变大 D．电流表的示数变大【解析】A．电压表V1的示数等于输入电压的有效值，是不变的，选项A错误；B．电压表V2的示数是由变压器匝数比和初级电压决定的，则V2示数也是不变的，选项B错误；C．滑动变阻器R的滑片P由a端向b端缓慢滑动过程中，R接入电路的阻值变大，则次级总电阻变大，次级电流减小，初级电流也减小，即电流表A1示数减小，选项C错误；D．因R0电流减小，则R0两端电压也减小，则并联部分电压变大，则电流表A2示数变大，选项D正确。故选D。【答案】D【考点四】负载电阻不变时的动态分析【典型例题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、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变【解析】由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U2＝eq\f(n2,n1)U1 ①由eq\f(U1,\a\vs4\al(U′2))＝eq\f(n1－Δn,n2－Δn)得U′2＝eq\f(n2－Δn,n1－Δn)U1 ②由eq\f(②,①)得：eq\f(U′2,U2)＝eq\f(（n2－Δn）n1,（n1－Δn）n2)＝eq\f(n2n1－Δnn1,n2n1－Δnn2)，因为n2＜n1，所以eq\f(U′2,U2)＜1，即U′2＜U2，故小灯泡变暗，B正确，A错误；由以上分析过程可以看出，C错误；由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)和eq\f(I′1,\a\vs4\al(I′2))＝eq\f(n2－Δn,n1－Δn)可见，D错误．【答案】B【考点五】手机无线充电与变压器【典型例题5】(2022•福建福州市高三(下)三月质检)图甲是一款手机无线充电接收器，将其插入原本没有无线充电功能的手机的接口，并贴于手机背部，再将手机放在无线充电器上即可实现无线充电。其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比n1：n2=5：1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220V的正弦交变电源后，受电线圈中产生电流给手机充电；充电时，受电线圈中的电流为2A。若把装置线圈视为理想变压器、手机充电时，下列说法正确的是()A．cd间电压为U2=44VB．送电线圈中电流为I1=0.4AC．送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电压之比为5：1D．送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电功率比为25：1【解析】A．送电线圈和受电线圈匝数比n1：n2=5：1，如果原线圈接上220V的正弦交变电源后，cd间电压为，现在原线圈两端电压小于220V，故cd间电压为U2<44V，故A错误；B．受电线圈中的电流为2A。送电线圈中电流为，故B正确；C．根据，送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电压之比，故C错误；D．根据，送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电功率比为1:25，故D错误。故选B。【答案】B【考点六】传感器与变压器【典型例题6】(2022•福建省龙岩市高三(下)一模)如图所示，理想变压器原线圈两端电压为U1，副线圈两端接的电动机M的内阻为r，电动机的电功率为P1，热功率为P2，小灯泡L的阻值与定值电阻R0的阻值相等，光敏电阻R的阻值随着光照的增强而减小。下列说法正确的是()A．电动机的机械效率为B．变压器原、副线圈的匝数之比为C．若增大光敏电阻的光照强度，灯泡会变亮D．若增大光敏电阻的光照强度，光敏电阻R与小灯泡L的总功率变小【解析】A．电动机的机械效率为，选项A正确；B．根据，，，解得变压器原、副线圈的匝数之比为，选项B错误；C．若增大光敏电阻的光照强度，则阻值R减小，次级电流变大，R0电压增加，因次级电压一定，则灯泡两端电压减小，则灯泡会变暗，选项C错误；D．将次级电压U2等效为电源电动势，R0等效为电源的内阻，则当R0的阻值与光敏电阻R与灯泡RL并联的电阻R并相等时光敏电阻R与小灯泡L的总功率最大，因小灯泡L的阻值与定值电阻R0的阻值相等，则若增大光敏电阻的光照强度，光敏电阻R减小，则R并小于R0且逐渐减小，则光敏电阻R与小灯泡L的总功率变小，选项D正确。故选AD。【答案】AD【考点七】电路中含有电容器的问题【典型例题7】如图甲，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，，C为电容器。己知通过的正弦交流电如图乙，则()A．副线圈输出的交流电的频率为10HzB．原线圈输入电压的最大值为100VC．电阻的电功率为20WD．通过的电流始终为零【解析】A．副线