2025年高考物理压轴训练17

2025年高考物理压轴训练17一．选择题（共13小题）1．（2024•金东区校级模拟）工业生产中需要物料配比的地方常用“吊斗式”电子秤，图甲所示的是“吊斗式”电子秤的结构图，其中实现称质量的关键性元件是拉力传感器。拉力传感器的内部电路如图所示，、、是定值电阻，，，是对拉力敏感的应变片电阻，其电阻值随拉力变化的图象如图乙所示，已知料斗重，没装料时，取。下列说法中正确的是A．阻值为 B．装料时，的阻值逐渐变大，的值逐渐变小 C．拉力越大应变片电阻阻值也变大，传感器的示数也变大 D．应变片作用是把物体形变这个力学量转换为电压这个电学量2．（2024•全国）如图为“电流天平”实验装置的示意图，将形电路放入螺线管内，其中长度为的段约位于螺线管内的中央位置。螺线管所载电流为，通过形电路的电流为，天平右臂受有磁力的作用，而左臂末端挂有小重物。下列有关此电流天平的叙述何者正确？A．形电路所受的总磁力正比于与的乘积 B．形电路上所受的总磁力正比于形电路于螺线管内的总长度 C．螺线管电路必须与形电路串联，形成电流通路 D．电流天平的两臂达平衡时，若增加螺线管线圈匝数，不会改变其平衡状态 E．若小重物之重量不管如何调整，天平左臂一直下垂，则同时改变和的电流方向，可使天平趋于水平3．（2024•黄州区校级二模）电熨斗在达到设定温度后就不再升温，当温度降低时又会继续加热，使它与设定温度差不多，在熨烫不同织物时，通过如图所示双金属片温度传感器控制电路的通断，从而自动调节温度，双金属片上层金属的热膨胀系数大于下层金属。下列说法正确的是A．温度升高时，双金属片会向上弯曲 B．调节“调温旋钮”，使螺钉微微上升，可以使设定温度降低 C．调节“调温旋钮”，使螺钉微微上升，可以使设定温度升高 D．适当增加输入电压，可以使设定温度升高4．（2024•门头沟区一模）如图是小京设计的汽车油箱内油量不足时触发报警的电路，电源两端电压保持不变，电阻、中的一个是定值电阻，另一个是压敏电阻。压敏电阻装在油箱内底部，其阻值随油箱中油量的减少而增大，当电压表示数大于某一值时，就会触发报警。电压表示数为时，油箱中的油量为警戒油量。下列说法正确的是A．为压敏电阻 B．若换用电压更大的电源，警戒油量将变小 C．若换用阻值更大的定值电阻，警戒油量将变小 D．随着油箱的油量减少，通过定值电阻的电流变大5．（2024•泉州二模）“中国天眼”用到光电倍增管这种光敏仪器对遥远星体进行光度测量。现在把一个锑铯光阴极倍增管的信号输出端与一个的标准电阻串联，测得电阻两端的电压与时间的关系如图所示，则锑铯光阴极倍增管输出信号的脉冲电量大小约为A． B． C． D．6．（2023•海淀区校级三模）如图所示为苹果自动分拣装置，可以把质量大小不同的苹果，自动分拣开。该装置的托盘秤压在一个以为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器上。当大苹果通过托盘秤时，所受的压力较大因而电阻较小，两端获得较大电压，该电压激励放大电路并保持一段时间，使电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道；当小苹果通过托盘秤时，两端的电压不足以激励放大电路，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道。托盘停在图示位置时，设进入下面通道的大苹果最小质量为，若提高分拣标准，要求能够进入下面通道的大苹果的最低质量增大，下面操作可行的是A．其他条件不变的情况下，只将托盘秤压在杠杆上的位置向左移动一些 B．其他条件不变的情况下，只适当减小的阻值 C．其他条件不变的情况下，只改变放大电路中电磁铁部分导线绕行的方向 D．其他条件不变的情况下，只增大和传感器相连接电路中电源电动势7．（2022•北京）某同学利用压力传感器设计水库水位预警系统。如图所示，电路中的和，其中一个是定值电阻，另一个是压力传感器（可等效为可变电阻）。水位越高，对压力传感器的压力越大，压力传感器的电阻值越小。当、两端的电压大于时，控制开关自动开启低水位预警；当、两端的电压小于、为定值）时，控制开关自动开启高水位预警。下列说法正确的是A． B．为压力传感器 C．若定值电阻的阻值越大，开启高水位预警时的水位越低 D．若定值电阻的阻值越大，开启低水位预警时的水位越高8．（2022•咸阳模拟）某课外研究性学习小组设计的家庭电路漏电保护装置如图所示，铁芯左侧线圈由火线和零线并行绕成。当右侧线圈中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关，从而切断家庭电路。仅考虑在铁芯中产生的磁场，下列说法错误的是A．家庭电路正常工作时，中的磁感应强度为零 B．家庭电路中使用的电器增减时，中的磁通量不变 C．家庭电路发生故障时，开关将被电磁铁吸起 D．地面上的人接触火线发生触电时，开关将被电磁铁吸起9．（2024•镇海区校级模拟）特高压直流输电工程的输电线路流程和数据可简化为如图，变压设备与整流设备造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。下列说法正确的是A．送电端先整流成直流再升压 B．是指交流电的平均值 C．降压变压器1的原、副线圈匝数之比为 D．若送端输送功率不变，升压变压器副线圈电压升高一倍，输电线路功率损失变为原来的10．（2024•湖南）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻。当用户端接一个定值电阻时，上消耗的功率为。不计其余电阻，下列说法正确的是A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则上消耗的功率为 B．输电线路距离增加，若阻值增加一倍，则上消耗的功率为 C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则上消耗的功率为 D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻，则上消耗的功率为11．（2024•江苏模拟）某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，，为理想变压器，为输电线的电阻，灯，规格相同。保持变压器的输入电压不变，开关断开时，灯正常发光，则A．仅将滑片上移，的输入功率变大 B．仅将滑片上移，亮度不变 C．仅闭合，，均正常发光 D．仅闭合，输电线路输送效率减小12．（2024•正定县校级三模）图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的、间接入的交流电，变压器线圈总匝数为1100匝，交流电流表为理想电表，定值电阻，灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当、之间线圈匝数为750匝时，则A．灯泡两端的电压约为 B．通过电阻的电流约为 C．通过电流表的示数约为 D．灯泡的功率约为13．（2024•龙凤区校级模拟）如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至，为动力系统供电，此时动力系统的电流为，发电厂的输出电流为；若变压器的匝数，则下列关系式正确的是A． B． C． D．原副线圈交流电的频率之比是匝数之比二．多选题（共7小题）14．（2024•濮阳模拟）如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布，在端输入稳定的正弦式交流电，电压有效值为，间输出电压有效值为。初始时，铁芯两端与副线圈平齐，铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内，则铁芯A．向上移动，减小 B．向下移动，增大 C．静止不动，增大则不变 D．向上移动一段距离后，增大则减小15．（2024•重庆）小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为灯泡的电阻恒定，为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为、。原线圈两端接电压为的交流电，滑片可调节灯泡的亮度，在最左端时，甲、乙图中灯泡均在额定功率下工作，则A． B．当滑到中点时，图甲中功率比图乙中的小 C．当滑到最左端时，图甲所示电路比图乙更节能 D．图甲中两端电压的可调范围比图乙中的大16．（2024•浑南区校级模拟）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为的正方形，共匝，总阻值为。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场。大轮以角速度匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是A．大轮转动的角速度不能超过 B．灯泡两端电压有效值为 C．若用总长为原来两倍的漆包线重新绕制边长仍为的多匝正方形线圈，则灯泡变得更亮 D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮17．（2024•青羊区校级模拟）某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知发电机线圈的匝数匝，面积，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度大小，输电导线的总电阻为，升压变压器原、副线圈匝数比，降压变压器原、副线圈的匝数比，若理想交流电流表的示数，降压变压器副线圈两端电压。发电机线圈电阻不可忽略。下列说法正确的是A．输电线路上损耗的电功率为 B．升压变压器副线圈两端电压为 C．用户增多使用户端总电阻减少时，用户得到的电压增大 D．交流发电机线圈电阻上消耗的热功率为18．（2024•江西模拟）图甲为某品牌家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器左侧电路电源为一节新的干电池时，转换器把直流电压按比例转换为图乙所示的正弦交流电压并加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为、。当两点火针间电压瞬时值大于就会产生电火花进而点燃燃气，闭合，下列说法正确的是A．当时，才能点燃燃气 B．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于 C．电压表的示数为 D．当燃气灶中的干电池使用太久，输出电压变小，可能会使燃气灶打不着火19．（2024•全国）某生想要了解为何电力公司使用高压电传输电力，因此比较两种电力传输状况：其一是交流电源经由一电阻值为的长距离导线，直接连到配电箱提供的电源给用户；另一是交流电源以较高电压传输电力，经由同一条长距离导线连接到主线圈和副线圈的圈数比为的理想变压器，再由副线圈输出的电源给用户。若用户正在同时使用两个并联的电器，一个是功率为的吹风机，另一个是功率为的冷气机，则下列叙述哪些正确？A．流经吹风机与流经冷气机的电流比为 B．流经吹风机与流经冷气机的电流比为 C．输入理想变压器主线圈之电功率为 D．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在导线的电功率比是 E．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在导线的电功率比是20．（2024•沙坪坝区三模）如图所示，一理想自耦变压器线圈绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压，、和为定值电阻，阻值均为，当滑片处于位置时，端与端匝数比为，、闭合时，和功率相等。下列说法正确的是A．流过的电流方向每秒改变50次 B．滑片处于位置时，流过的电流为 C．、均闭合后，将沿顺时针方向转动，消耗的功率一定变大 D．断开，闭合，将沿逆时针方向转动，消耗的电功率一定变大三．解答题（共5小题）21．（2024•嘉定区校级模拟）电能的应用遍及于生产和生活的各个方面，为了获得和利用电能，人们制造了发电机并通过传输线路将电能传输到工厂、学校、家庭。（1）发电机是利用电磁感应原理将机械能转化为电能的装置；下列实验装置中与发电机原理相同的是。（2）如图为两种不同的发电机结构示意图。图（a）为置于两个磁极间可绕水平轴转动的金属圆盘，其中心与边缘各与一个电刷接触，通过手柄使圆盘转动时可在回路中产生电流：图（b）为位于两磁极间的导体线圈，当其绕图中虚线轴转动时也能产生电流。①说明这两种结构发电机共同的发电原理和输出电流特性。②若将图（a）中半径为的圆盘整体位于方向与盘面垂直，磁感应强度大小为的均匀磁场中，当圆盘以恒定角速度旋转时，与其接触的两电刷间的电动势。（3）交流电技术使高压输电成为现实，家庭电路所使用的就是电压为，频率为的正弦交流电，其电压随时间的变化规律如图1所示。图中，△。该交变电压的表达式为。（4）变压器是远距离输电不可或缺的设备。①变压器的基本结构如图2所示，在理想变压器中铁芯的作用是；理想变压器的输入功率和输出功率之比为。②变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加而成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向平行，这是为了减小铁芯中产生的。（5）如图3，发电机的输出功率，电压，经理想变压器升压后向用户输电，输电线总电阻，在输电线上损失的功率，在用户端再利用理想变压器将电压降为。求：①输电线路中的电流；②两个变压器的匝数比？22．（2024•南京模拟）某同学制作一个简易的手摇发电机，将匝数，边长，内阻的正方形线圈放入磁感应强度的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴以角速度匀速转动。其简化示意图如图，输出端与理想变压器的原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为，副线圈外接电阻。求：（1）发电机产生的电动势有效值；（2）电阻消耗的电功率。23．（2024•宝山区校级模拟）储能技术主要是指在电网负荷低的时候，将难以储存的电能转换成更便利存储的形式。常见的储能技术有电池储能、电容储能、压缩气体储能等。（1）如图1所示，用可调高内阻电池研究电池储能技术。若仅提高电池两极之间的挡板：①电压传感器1的示数。．变大．变小．不变②滑动变阻器上消耗的电功率。．一直变大．一直变小．先变大后变小．先变小后变大（2）电容器可以储存电能，用图示电路观察电容器的充、放电现象。①根据图4甲电路在图4乙中用笔画线代替导线将实物电路连接完整。②电容器在整个充放电过程中的图像和图像为电容器极板所带的电荷量，为上、下两板的电势差），可能正确的是。③用电流传感器替换灵敏电流计，测出电路中的电流随时间变化的图像如图2所示，电源电压为，则电容器的电容约为（保留2位有效数字）。（3）压缩空气储能技术将高压空气密封存储于容器中，被密封在容器中的气体的图，如图3所示，下列说法正确的是。．的过程中，容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力增大．的过程中，容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力减小．的过程中，气体的体积增大．的过程中，气体的体积减小（4）（计算）用压缩空气推动一小型交流发电机发电。如图5甲所示，理想变压器原副线圈匝数比为，额定电压的小灯泡正常发光，发电机输出端的电流随时间变化图像如图5乙，求：①灯泡1分钟内消耗的电能。②从灯泡上电流为零开始的半个周期内，通过灯泡的电荷量。24．（2022•赣榆区校级二模）如图所示，为实验室使用的旋转磁极式发电机模型，线圈的匝数，内阻，输出端与理想变压器的原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为，副线圈外接电阻。转动磁极，线圈内磁场的磁通量的变化规律为：，闭合，求：（1）线圈产生电动势的有效值；（2）电阻中的电流强度。25．（2022•朝阳区校级模拟）如图所示为交流发电机的示意图。线圈绕垂直于磁场的轴逆时针方向匀速转动，角速度。已知产生的交流电电动势的最大值为，线圈电阻为，小灯泡电阻为，其他电阻忽略不计。求：（1）线圈在图示位置时，线圈中的感应电流是多少？（2）若在灯泡两端并联交流电压表，则电压表示数？（3）外力驱动线圈转动一周所做的功？

2025年高考物理压轴训练17参考答案与试题解析一．选择题（共13小题）1．（2024•金东区校级模拟）工业生产中需要物料配比的地方常用“吊斗式”电子秤，图甲所示的是“吊斗式”电子秤的结构图，其中实现称质量的关键性元件是拉力传感器。拉力传感器的内部电路如图所示，、、是定值电阻，，，是对拉力敏感的应变片电阻，其电阻值随拉力变化的图象如图乙所示，已知料斗重，没装料时，取。下列说法中正确的是A．阻值为 B．装料时，的阻值逐渐变大，的值逐渐变小 C．拉力越大应变片电阻阻值也变大，传感器的示数也变大 D．应变片作用是把物体形变这个力学量转换为电压这个电学量【答案】【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；常见的传感器及分类【专题】推理法；定量思想；推理能力；恒定电流专题【分析】根据串并联电路的电压与电阻关系列方程求解；当应片电阻受拉力增大时，电阻增大，根据电压随电阻变化规律分析；应变片作用是把物体拉力这个力学量转换为电阻这个电学量。【解答】解：、电路中，当没装料时，此时拉力等于料斗重，为：，故应变片电阻为，根据串并联电压关系，有：，解得：，错误；、根据乙图可知，装料时，的阻值逐渐变大，两端电压增大，则点电势升高，故的值逐渐增加，故错误，正确；、应变片作用是把物体拉力这个力学量转换为电阻这个电学量，故错误。故选：。【点评】能够看懂电路的结构，知道、两点间的电压关系是解题的关键。2．（2024•全国）如图为“电流天平”实验装置的示意图，将形电路放入螺线管内，其中长度为的段约位于螺线管内的中央位置。螺线管所载电流为，通过形电路的电流为，天平右臂受有磁力的作用，而左臂末端挂有小重物。下列有关此电流天平的叙述何者正确？A．形电路所受的总磁力正比于与的乘积 B．形电路上所受的总磁力正比于形电路于螺线管内的总长度 C．螺线管电路必须与形电路串联，形成电流通路 D．电流天平的两臂达平衡时，若增加螺线管线圈匝数，不会改变其平衡状态 E．若小重物之重量不管如何调整，天平左臂一直下垂，则同时改变和的电流方向，可使天平趋于水平【答案】【考点】环形电流或通电螺线管周围的磁场；常见传感器的工作原理及应用【专题】定性思想；归纳法；磁场磁场对电流的作用；推理能力【分析】根据分析；知道的长度是的长度，不是形电路的总长度；知道和的作用；螺线管的匝数越多，在电流不变时内部的磁感应强度就越大；根据左手定则分析。【解答】解：、形电路所受的总磁力为，其中是螺线管所产生的磁场的磁感应强度大小，通过螺线管的电流越大，就越大，即与成正比，所以磁场力正比于与的乘积，故正确；、形电路所受的总磁力为，所以总磁力正比于，即的长度，而不是形电路于螺线管内的总长度，故错误；、螺线管电路和形电路是两个相对独立的电路，里面的电流不相等，故错误；、电流天平的两臂达平衡时，若增加螺线管线圈匝数，则会增加螺线管内部的磁感应强度，天平就不会保持平衡了，故错误；、若小重物之重量不管如何调整，天平左臂一直下垂，说明右臂受安培力方向竖直向上，则同时改变和的电流方向，则螺线管内部的磁场方向和中的电流方向都改变则不会改变变边的受力方向，天平仍然不会平衡，故错误。故选：。【点评】熟练掌握安培力公式和左手定则以及安培定则是解题的基础。3．（2024•黄州区校级二模）电熨斗在达到设定温度后就不再升温，当温度降低时又会继续加热，使它与设定温度差不多，在熨烫不同织物时，通过如图所示双金属片温度传感器控制电路的通断，从而自动调节温度，双金属片上层金属的热膨胀系数大于下层金属。下列说法正确的是A．温度升高时，双金属片会向上弯曲 B．调节“调温旋钮”，使螺钉微微上升，可以使设定温度降低 C．调节“调温旋钮”，使螺钉微微上升，可以使设定温度升高 D．适当增加输入电压，可以使设定温度升高【答案】【考点】常见的传感器及分类【专题】归纳法；恒定电流专题；定性思想；理解能力【分析】当温度升高时，金属片向膨胀系数小的方向发生弯曲；调节调温旋钮，使螺丝上移并推动弹性铜片上移，使双金属片只要稍向下弯曲，就能使触点断开，据此分析；设定的温度与电压无关。【解答】解：、当温度升高时，金属片向膨胀系数小的方向发生弯曲，双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属片，所以温度升高时，双金属片会向下弯曲，触点断开，故错误；、调节调温旋钮，使螺丝上移并推动弹性铜片上移，使双金属片只要稍向下弯曲，就能使触点断开，调节前后对比，双金属片向下弯曲程度要小一些，温度要更低一些。故正确，错误；、电压不影响设定温度，故错误。故选：。【点评】知道温度升高时，双金属片的上下部分都会发生膨胀，但会向膨胀系数小的那一侧弯曲是解题的关键。4．（2024•门头沟区一模）如图是小京设计的汽车油箱内油量不足时触发报警的电路，电源两端电压保持不变，电阻、中的一个是定值电阻，另一个是压敏电阻。压敏电阻装在油箱内底部，其阻值随油箱中油量的减少而增大，当电压表示数大于某一值时，就会触发报警。电压表示数为时，油箱中的油量为警戒油量。下列说法正确的是A．为压敏电阻 B．若换用电压更大的电源，警戒油量将变小 C．若换用阻值更大的定值电阻，警戒油量将变小 D．随着油箱的油量减少，通过定值电阻的电流变大【答案】【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；常见的传感器及分类【专题】定量思想；推理法；分析综合能力；恒定电流专题【分析】通过分析压敏电阻的阻止变化规律，根据阻值情况可得出电压情况，根据电压变化情况得出哪个是压敏电阻；根据选项中的条件，根据电压和电流的变化情况进行分析；根据压敏电阻的性质，可得出通过定值电阻的电流情况。【解答】解：压敏电阻阻值随油箱中油量的减少而增大，则电路总电阻最大，电路电流减小，定值电阻两端电压减小，压敏电阻两端电压增大，由于当电压表示数大于某一值时，就会触发报警，则电压表应与压敏电阻并联，即为压敏电阻，故错误；若换用电压更大的电源，触发警报时，定值阻两端的电压增大，电路中电流增大，压敏电阻的阻值减小，警戒油量将变大，故错误；若换用阻值更大的定值电阻，触发警报时，电路中电流更小，压敏电阻的阻值更大，警戒油量将变小，故正确；随着油箱的油量减少，电路中的总电阻变大电路中电流减小，则通过定值电阻的电流变小，故错误。故选：。【点评】学生在解答本题时，应注意对于电路进行分析，能够根据题目中的信息，对电路中电压、电流和电阻的变化情况进行分析。5．（2024•泉州二模）“中国天眼”用到光电倍增管这种光敏仪器对遥远星体进行光度测量。现在把一个锑铯光阴极倍增管的信号输出端与一个的标准电阻串联，测得电阻两端的电压与时间的关系如图所示，则锑铯光阴极倍增管输出信号的脉冲电量大小约为A． B． C． D．【答案】【考点】常见的传感器及分类【专题】恒定电流专题；推理能力；推理法；定量思想【分析】根据欧姆定律结合电流的定义式与图像的意义解答。【解答】解：根据欧姆定律可知根据可得结合图像面积可知电量为故正确，错误；故选：。【点评】本题考查图像的认识，解题关键掌握电荷量的计算公式，注意图像面积的物理意义。6．（2023•海淀区校级三模）如图所示为苹果自动分拣装置，可以把质量大小不同的苹果，自动分拣开。该装置的托盘秤压在一个以为转动轴的杠杆上，杠杆末端压在压力传感器上。当大苹果通过托盘秤时，所受的压力较大因而电阻较小，两端获得较大电压，该电压激励放大电路并保持一段时间，使电磁铁吸动分拣开关的衔铁，打开下面通道，让大苹果进入下面通道；当小苹果通过托盘秤时，两端的电压不足以激励放大电路，分拣开关在弹簧向上弹力作用下处于水平状态，小苹果进入上面通道。托盘停在图示位置时，设进入下面通道的大苹果最小质量为，若提高分拣标准，要求能够进入下面通道的大苹果的最低质量增大，下面操作可行的是A．其他条件不变的情况下，只将托盘秤压在杠杆上的位置向左移动一些 B．其他条件不变的情况下，只适当减小的阻值 C．其他条件不变的情况下，只改变放大电路中电磁铁部分导线绕行的方向 D．其他条件不变的情况下，只增大和传感器相连接电路中电源电动势【答案】【考点】闭合电路欧姆定律的内容和表达式；常见的传感器及分类【专题】应用题；信息给予题；恒定电流专题；推理法；定性思想；理解能力【分析】根据杠杆原理分析出需要移动的方向；根据闭合电路欧姆定律结合电路构造完成分析；改变导线的绕行方向无法改变磁性的大小，结合选项描述完成分析。【解答】解：．要求进入下面通道的大苹果的最小质量大于，则要求当此大苹果通过托盘时压力传感器的压力与原来一致，可知其他条件不变的情况下，只需要将托盘秤压在杠杆上的位置向右移动一些，故错误；．因要达到题中的要求，就要使得两端电压保持不变，因压力越大，电阻越小，此时回路中的电流就越大，的电压就会变得更大，则要想的电压和原来一致，则只适当减小的阻值，故正确；．其他条件不变的情况下，只改变放大电路中电磁部分导线绕行的方向对磁性大小无影响，故错误；．因要达到题中的要求，就要使得两端电压保持不变，因减小，而其他条件不变的情况下，只能减小和传感器相连接电路中电源电动势，故错误。故选：。【点评】本题主要考查了闭合电路欧姆定律的相关应用，根据设计要求，结合欧姆定律和杠杆原理完成分析。7．（2022•北京）某同学利用压力传感器设计水库水位预警系统。如图所示，电路中的和，其中一个是定值电阻，另一个是压力传感器（可等效为可变电阻）。水位越高，对压力传感器的压力越大，压力传感器的电阻值越小。当、两端的电压大于时，控制开关自动开启低水位预警；当、两端的电压小于、为定值）时，控制开关自动开启高水位预警。下列说法正确的是A． B．为压力传感器 C．若定值电阻的阻值越大，开启高水位预警时的水位越低 D．若定值电阻的阻值越大，开启低水位预警时的水位越高【答案】【考点】常见传感器的工作原理及应用；闭合电路欧姆定律的内容和表达式【专题】推理法；定性思想；推理能力；恒定电流专题【分析】根据题目条件得出压力传感器的位置，结合压力的大小关系分析出电压的大小关系；根据电路构造结合电阻的变化分析出水位预警的变化。【解答】解：、当、两端的电压大于时，控制开关自动开启低水位预警，说明为压力传感器。当水位比较低时，的电阻比较大，则此时的电压更大，即，故错误；、若定值电阻的阻值越大，则分到的电压越小，所以开启高水位预警时的水位越低，而开启低水位预警时的水位越低，故正确，错误；故选：。【点评】本题主要考查了闭合电路的欧姆定律，熟悉电路构造的分析，理解压力传感器电阻的变化，熟悉串联电路中的电阻两端电压的变化即可完成分析。8．（2022•咸阳模拟）某课外研究性学习小组设计的家庭电路漏电保护装置如图所示，铁芯左侧线圈由火线和零线并行绕成。当右侧线圈中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关，从而切断家庭电路。仅考虑在铁芯中产生的磁场，下列说法错误的是A．家庭电路正常工作时，中的磁感应强度为零 B．家庭电路中使用的电器增减时，中的磁通量不变 C．家庭电路发生故障时，开关将被电磁铁吸起 D．地面上的人接触火线发生触电时，开关将被电磁铁吸起【答案】【考点】常见的传感器及分类【专题】推理法；恒定电流专题；推理能力；定性思想【分析】火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，中的磁通量为零，地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即中的磁场发生变化，导致中的磁通量变化，中产生感应电流，电磁铁将开关吸起。【解答】解：、由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，中的磁通量为零，故正确；、当家庭电路中使用的电器增多时，火线和零线的电流仍然大小相等，方向相反，中的磁通量不变，故正确；、家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关不会被电磁铁吸起，故错误；、当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即中的磁场发生变化，导致中的磁通量变化，中产生感应电流，电磁铁将开关吸起，故正确。本题选错误的，故选：。【点评】本题考查了变压器的构造和原理，难点在于明确火线和零线并行绕制电流方向相反，要理解为什么副线圈中的磁通量为零。9．（2024•镇海区校级模拟）特高压直流输电工程的输电线路流程和数据可简化为如图，变压设备与整流设备造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。下列说法正确的是A．送电端先整流成直流再升压 B．是指交流电的平均值 C．降压变压器1的原、副线圈匝数之比为 D．若送端输送功率不变，升压变压器副线圈电压升高一倍，输电线路功率损失变为原来的【答案】【考点】变压器的构造与原理；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；理想变压器两端的功率关系【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力【分析】根据变压器的工作原理分析判断；根据交流电的有效值分析判断；根据能量守恒和输电线路能量损失判断；根据电功率公式分析判断。【解答】解：．变压器是根据电磁感应规律工作，所以升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故错误；．指的是交流电的有效值，故错误；．经过整流后的直流电通过输电线到变压器1输入端时在输电线上会有电压损失，因此输入端电压小于，因此匝数比不等于，故错误；．根据电功率公式可知输电线损失电功率为若送端输送功率不变，升压变压器副线圈电压升高一倍，输电线路功率损失变为原来的，故正确。故选：。【点评】本题关键掌握变压器的工作原理和线路损失电功率的计算。10．（2024•湖南）根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻。当用户端接一个定值电阻时，上消耗的功率为。不计其余电阻，下列说法正确的是A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则上消耗的功率为 B．输电线路距离增加，若阻值增加一倍，则上消耗的功率为 C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则上消耗的功率为 D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻，则上消耗的功率为【答案】【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；远距离输电的相关计算；电功和电功率的计算式及影响因素【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力【分析】将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻，将电路简化处理。当转子角速度增加一倍时，或升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，均会使升压变压器副线圈两端电压都为原来的2倍。根据等效电路得到输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断上消耗的功率变化情况；若阻值增加一倍变为，同理根据输电线路上的电流的变化情况，根据电功率计算公式判断；若在用户端并联一个完全相同的电阻，用户端总电阻为，同理分析。【解答】解：将降压变压器部分的电路等效为一个定值电阻，等效电路图如下图所示：设降压变压器原、副线圈的匝数比为，输电线路中的电流为，降压变压器副线圈中的电流为，由等效部分的功率相同可得：，又有：，可得等效电阻为、转子在磁场中转动时产生的电动势最大值，当转子角速度增加一倍时，电动势的最大值与有效值均变为原来的2倍，则升压变压器的原、副线圈两端电压都为原来的2倍。根据等效电路可得输电线路上的电流为：，可知输电线路上的电流变为原来的2倍，根据，可知上消耗的功率变为原来的4倍，即为，故正确；、若阻值增加一倍，变为，输电线路上的电流为，消耗的功率变为，故错误；、当升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，副线圈两端电压增加一倍，与选项的情况相同，可知上消耗的功率变为，故错误；、若在用户端并联一个完全相同的电阻，用户端总电阻为，等效电阻变为则输电线上的电流变为：消耗的功率变为，故错误。故选：。【点评】本题考查了远距离输电模型，考查了变压器的动态分析。掌握解答中应用等效处理方法，当变压器副线圈的电路是纯电阻电路时，可将变压器与副线圈的电路等效为一个定值电阻。11．（2024•江苏模拟）某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，，为理想变压器，为输电线的电阻，灯，规格相同。保持变压器的输入电压不变，开关断开时，灯正常发光，则A．仅将滑片上移，的输入功率变大 B．仅将滑片上移，亮度不变 C．仅闭合，，均正常发光 D．仅闭合，输电线路输送效率减小【答案】【考点】远距离输电的相关计算【专题】交流电专题；推理法；定性思想；推理能力【分析】、仅滑片上移，则升压变压器的副线圈匝数变小，所以输出电压也变小，再根据功率进行分析可得结果；、仅闭合，判断变压器上负载电阻变化，从而判断输出总电流的变化，再根据损失的电压变化以及电功率的变化可分析出。【解答】解：、仅滑片上移，则升压变压器的副线圈匝数变小，所以变压器上的输出电压变小，则变压器的输入电压降低，输出电压也降低，所以两端电压变小，则消耗的电功率也变小，变暗。所以变压器的输出功率变小，则相应的变压器的输入功率也变小，故错误；、仅闭合，则变压器的负载电阻变小，输出总电流变大，输出功率变大，则升压变压器的输入功率也变大。相应的输电线上的电流变大，输电线上损失的电压变大，又因为的输入电压不变，则输电线路输送效率降低，变压器的输入电压变小，输出电压也变小，即灯泡两端的电压变小，灯泡不能正常发光，故错误，正确；故选：。【点评】本题主要考查学生对于变压器的知识，要能够熟练掌握输入功率、输入电压、输入电流与输出电功率、输出电压、输出电流之间的关系。12．（2024•正定县校级三模）图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的、间接入的交流电，变压器线圈总匝数为1100匝，交流电流表为理想电表，定值电阻，灯泡的伏安特性曲线如图乙所示。当、之间线圈匝数为750匝时，则A．灯泡两端的电压约为 B．通过电阻的电流约为 C．通过电流表的示数约为 D．灯泡的功率约为【答案】【考点】线性元件及其伏安特性曲线；串联电路的特点及应用；自耦变压器；电功和电功率的计算【专题】推理法；恒定电流专题；推理能力；定量思想【分析】本题根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比以及图像，结合选项，即可解答。【解答】解：．由理想变压器原副线圈电压比等于匝数比有可得对于副线圈，设灯泡电压为，电流为，由闭合电路欧姆定律将解析式画入灯泡的图中由图中交点可得，，故灯泡功率，解得故正确，错误；故选：。【点评】本题考查学生对理想变压器原副线圈电压比等于匝数比、图像数据应用的掌握，是一道中等难度题。13．（2024•龙凤区校级模拟）如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至，为动力系统供电，此时动力系统的电流为，发电厂的输出电流为；若变压器的匝数，则下列关系式正确的是A． B． C． D．原副线圈交流电的频率之比是匝数之比【答案】【考点】理想变压器两端的频率关系；变压器的构造与原理【专题】定量思想；推理法；交流电专题；理解能力【分析】根据变压器的变压规律和变流规律分析计算即可，变压器不改变电流的频率。【解答】解：、根据变压器的变压规律有，因为输电线上有电阻，所以和不相等，则，故错误；、根据变压器的变流规律有，因为，所以可得，故错误，正确；、变压器不改变电流的频率，所以原副线圈交流电的频率相等，故错误。故选：。【点评】要知道在这个输电线路中因为输电线上有电阻，所以升压变压器的输出电压不等于降压变压器的输入电压。二．多选题（共7小题）14．（2024•濮阳模拟）如图是差动变压器式位移传感器的简化模型。两组匝数相等的副线圈上下对称分布，在端输入稳定的正弦式交流电，电压有效值为，间输出电压有效值为。初始时，铁芯两端与副线圈平齐，铁芯上下移动过程中始终有一端留在副线圈内，则铁芯A．向上移动，减小 B．向下移动，增大 C．静止不动，增大则不变 D．向上移动一段距离后，增大则减小【答案】【考点】变压器的构造与原理【专题】交流电专题；分析综合能力；定性思想；推理法【分析】根据差动变压器式位移传感器的工作原理进行分析。【解答】解：根据差动变压器式位移传感器的工作原理可知，当磁芯在中间位置时，输出电压为零，一旦向上或者向下移动，将在次级线圈间感应出差分电压，故铁芯向上或向下移动，都会增大，铁芯静止不动，即使增大，但依然不变；故正确，错误；故选：。【点评】解答该题的关键是明确差动变压器式位移传感器的工作原理，题目理解起来具有一定的难度。15．（2024•重庆）小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为灯泡的电阻恒定，为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为、。原线圈两端接电压为的交流电，滑片可调节灯泡的亮度，在最左端时，甲、乙图中灯泡均在额定功率下工作，则A． B．当滑到中点时，图甲中功率比图乙中的小 C．当滑到最左端时，图甲所示电路比图乙更节能 D．图甲中两端电压的可调范围比图乙中的大【答案】【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力【分析】根据理想变压器电压与匝数比的关系求解作答；根据欧姆定律和功率公式求解作答；根据并联电路的特点和功率公式求解作答；当滑动片在最右端时，根据欧姆定律求通过灯泡的电流，再根据欧姆定律求解灯泡两端电压，然后求解灯泡两端电压的变化范围。【解答】解：图甲中，在最左端时，甲灯泡正常发光，变压器副线圈两端电压为根据理想变压器电压与匝数比的关系，故正确；当滑到中点时，甲电路负载的总电阻通过变压器副线圈的电流灯泡两端电压灯泡消耗的功率乙电路负载的总电阻通过变压器副线圈的电流灯泡两端电压灯泡消耗的功率，故错误；当滑到最左端时，图甲消耗的功率图甲消耗的功率由于，因此，即图甲所示电路比图乙更节能，故正确；当滑动片在最右端时，图甲中通过灯泡的电流此时灯泡两端电压当滑动片在最右端时，图乙中通过灯泡的电流因此灯泡两端电压的条件范围综上分析可知，图甲中两端电压的可调范围比图乙中的小，故错误。故选：。【点评】本题主要考查了变压器的动态分析，要掌握理想变压器电压与匝数比的关系，欧姆定律和串联与并联电路的特点。16．（2024•浑南区校级模拟）某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动（皮带不打滑），半径之比为，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为的正方形，共匝，总阻值为。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为的匀强磁场。大轮以角速度匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是A．大轮转动的角速度不能超过 B．灯泡两端电压有效值为 C．若用总长为原来两倍的漆包线重新绕制边长仍为的多匝正方形线圈，则灯泡变得更亮 D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮【答案】【考点】用闭合电路的欧姆定律计算电路中的电压和电流；法拉第电磁感应定律的内容和表达式；正弦式交变电流的有效值【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力【分析】、小轮和大轮属于皮带传动，线速度大小相等，根据半径的比值关系得出线圈转动的角速度；、根据法拉第电磁感应定律得出感应电动势的峰值，结合有效值和峰值的关系，以及欧姆定律联立等式得出灯泡两端的电压以及亮度变化等；、根据线速度的表达式得出小轮的角速度变化，结合感应电动势的计算公式得出灯泡亮度的变化。【解答】解：．依题意，大轮和小轮通过皮带传动，线速度的大小相等，根据由大轮和小轮的半径之比为，可知小轮转动的角速度为大轮转动角速度的4倍，即线圈转动的角速度为。根据法拉第电磁感应定律可知，线圈产生的感应电动势的最大值为产生的电动势的有效值为根据欧姆定律可得灯泡两端电压的有效值为解得发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，可得解得故错误；正确；．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为的多匝正方形线圈，则线圈的匝数会变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值为此时线圈产生感应电动势的有效值为根据电阻定律可得可知线圈的电阻也会变为原先的2倍，根据电路构造的分析和欧姆定律可得解得可知灯泡变得更亮。故正确；．若将小轮半径变为原来的2倍，则根据线速度的计算公式可知线圈和小轮的角速度都会变小，根据上述分析可知灯泡两端电压有效值会随之减小，灯泡会变暗。故错误。故选：。【点评】本题主要考查了交流电的相关应用，熟悉感应电动势的计算公式，理解正弦式交流电中峰值和有效值的关系，结合欧姆定律即可完成分析。17．（2024•青羊区校级模拟）某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器和降压变压器向用户供电。已知发电机线圈的匝数匝，面积，线圈匀速转动的角速度，匀强磁场的磁感应强度大小，输电导线的总电阻为，升压变压器原、副线圈匝数比，降压变压器原、副线圈的匝数比，若理想交流电流表的示数，降压变压器副线圈两端电压。发电机线圈电阻不可忽略。下列说法正确的是A．输电线路上损耗的电功率为 B．升压变压器副线圈两端电压为 C．用户增多使用户端总电阻减少时，用户得到的电压增大 D．交流发电机线圈电阻上消耗的热功率为【答案】【考点】理想变压器两端电压与匝数的关系；理想变压器两端的功率关系【专题】定量思想；模型法；交流电专题；分析综合能力【分析】研究降压变压器，根据理想变压器电流与匝数关系，求出输电线路上的电流，即可求得输电线路上损耗的电功率；根据理想变压器的电压与线圈匝数关系求出降压变压器原线圈的电压，由欧姆定律求出输电线路上损失的电压，从而求得升压变压器副线圈两端电压；用户增多使用户端总电阻减少时，电流变大，分析输电线路上损失电压的变化，再判断用户得到的电压变化；对于升压变压器，根据变压规律求出升压变压器原线圈的电压。根据求出线圈产生的感应电动势最大值，由求出电动势有效值，再根据功率公式和功率关系计算发电机线圈电阻上消耗的热功率。【解答】解：、对于降压变压器，根据理想变压器的电流与线圈匝数的关系可知，解得：，则输电线路上损耗的电功率△，故错误；、对于降压变压器，根据理想变压器的电压与线圈匝数关系可知，解得，根据，可得升压变压器副线圈两端电压，故正确；、当住户使用的用电器增加时，用户的总电阻变小，降压变压器副线圈的电流增大，输电线路上电流增大，则输电线路损失的电压增大，降压变压器原线圈减小，则用户得到的电压减小，故错误；、对于升压变压器，根据理想变压器的电压与线圈匝数关系可知，可得。根据，解得升压变压器原线圈的电流为则升压变压器输入功率为。根据正弦式交变电流产生规律可知，线圈产生的感应电动势最大值为，代入数据解得，有效值，根据，得电机线圈内阻上消耗的热功率，故正确。故选：。【点评】本题主要考查远距离输电的知识。解答本题的关键是知道理想变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；理想变压器的输出功率与输入功率相等。18．（2024•江西模拟）图甲为某品牌家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器左侧电路电源为一节新的干电池时，转换器把直流电压按比例转换为图乙所示的正弦交流电压并加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为、。当两点火针间电压瞬时值大于就会产生电火花进而点燃燃气，闭合，下列说法正确的是A．当时，才能点燃燃气 B．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于 C．电压表的示数为 D．当燃气灶中的干电池使用太久，输出电压变小，可能会使燃气灶打不着火【答案】【考点】变压器的构造与原理；交变电流的图像和图像；正弦式交变电流的函数表达式及推导【专题】推理法；定量思想；交流电专题；推理能力【分析】根据图乙得到原线圈电压的最大值，根据有效值与最大值的关系求出电压表的示数，当变压器副线圈电压的瞬时值大于时，就会点火，根据电压与线圈匝数比的关系即可求解。【解答】解：原、副线圈的电压关系为，由图乙可知原线圈最大电压为，副线圈最大电压要大于，所以，故正确；两点火针间电压的峰值应该大于，峰值是有效值的倍，有效值不一定大于，故错误；电压表测量的是转换之后的正弦交流电的有效值，由图乙可知原线圈最大电压为，则电压的有效值为，故错误；干电池旧了，输出电压变小，转换器输出电压相应减小，两点火针最大电压达不到要求，故打不着火。故正确。故选：。【点评】本题考查了理想变压器，要掌握理想变压器的电压与线圈匝数比的关系，知道电压表的示数为有效值。19．（2024•全国）某生想要了解为何电力公司使用高压电传输电力，因此比较两种电力传输状况：其一是交流电源经由一电阻值为的长距离导线，直接连到配电箱提供的电源给用户；另一是交流电源以较高电压传输电力，经由同一条长距离导线连接到主线圈和副线圈的圈数比为的理想变压器，再由副线圈输出的电源给用户。若用户正在同时使用两个并联的电器，一个是功率为的吹风机，另一个是功率为的冷气机，则下列叙述哪些正确？A．流经吹风机与流经冷气机的电流比为 B．流经吹风机与流经冷气机的电流比为 C．输入理想变压器主线圈之电功率为 D．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在导线的电功率比是 E．不用变压器与使用变压器传输电力时，消耗在导线的电功率比是【答案】【考点】理想变压器两端电压与匝数的关系；理想变压器两端的功率关系【专题】信息给予题；定量思想；推理法；交流电专题；理解能力【分析】根据电功率公式求解电流之比；根据理想变压器的功率关系分析作答；不使用变压器时，根据功率公式求解输电线中的电流，根据功率公式求输电线上的损失功率；使用变压器时，根据理想变压器电流与匝数比的关系求解输电线中的电流，根据功率公式求输电线上的损失功率，最后求比值。【解答】解：根据功率公式设流经流经吹风机与流经冷气机的电流分别为、；因此，故正确，错误；根据理想变压器的功率关系，主线圈和副线圈消耗的功率相等，则主线圈的输入功率，故正确；不使用变压器时，输电线上的电流输电线上的功率损失△使用变压器后，根据理想变压器电流与匝数比的关系，输电线上的电流输电线上的功率损失因此，故正确，错误。故选：。【点评】本题主要考查了远距离输电功率损失问题，掌握功率公式、理想变压器电流与匝数比的关系和功率关系是解题的关键。20．（2024•沙坪坝区三模）如图所示，一理想自耦变压器线圈绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电压，、和为定值电阻，阻值均为，当滑片处于位置时，端与端匝数比为，、闭合时，和功率相等。下列说法正确的是A．流过的电流方向每秒改变50次 B．滑片处于位置时，流过的电流为 C．、均闭合后，将沿顺时针方向转动，消耗的功率一定变大 D．断开，闭合，将沿逆时针方向转动，消耗的电功率一定变大【答案】【考点】电功和电功率的计算式及影响因素；变压器的构造与原理【专题】交流电专题；定量思想；分析综合能力；推理法【分析】、由题意可得，由可得交流电周期，根据交流电一个周期内电流方向改变两次可得电流方向每秒内改变的次数；、根据理想变压器输入功率与输出功率相等，可得原线圈中电流的表达式，根据题意可得流过的电流大小；、根据原线圈中电流表达式可知原线圈中电流变化特点，利用分析的功率变化特点；、把原线圈中电流表达式与闭合电路欧姆定律比较，利用等效法和推论内外电阻相等时输出功率最大分析。【解答】解：、由可得，则周期：则△与周期的比值：，即：△，交流电一个周期内电流方向改变两次，所以内流过的电流方向每秒改变100次，故错误；、设原线圈中的电流为，副线圈中电流为，匝数比为，则根据理想变压器输入功率等于输出功率，则有：可得：，其中，，代入数据可得：、闭合时，和功率相等，根据可知和的电流相等，所以滑片处于位置时，流过的电流为，故正确；、、均闭合后，将沿顺时针方向转动，副线圈匝数减少，则匝数比增大，由可知减小，由可知的功率一定变小，故错误；、把与闭合电路欧姆定律对比，可以把等效为电源内阻，把等效为外电路电阻，根据内外电阻相等时，电源的输出功率最大，即：时变压器的输出功率最大，断开，闭合，此时副线圈电阻：代入数据可得：，可知原副线圈匝数相等时，此时在端，变压器输出功率最大，即消耗的电功率最大，所以将沿逆时针方向转动，消耗的电功率一定变大，故正确。故选：。【点评】本题考查了变压器的原理和动态分析，解题的关键是根据理想变压器输入功率和输出功率相等，推导出原线圈中电流的表达式，利用等效法分析变压器的输出功率的变化特点。三．解答题（共5小题）21．（2024•嘉定区校级模拟）电能的应用遍及于生产和生活的各个方面，为了获得和利用电能，人们制造了发电机并通过传输线路将电能传输到工厂、学校、家庭。（1）发电机是利用电磁感应原理将机械能转化为电能的装置；下列实验装置中与发电机原理相同的是。（2）如图为两种不同的发电机结构示意图。图（a）为置于两个磁极间可绕水平轴转动的金属圆盘，其中心与边缘各与一个电刷接触，通过手柄使圆盘转动时可在回路中产生电流：图（b）为位于两磁极间的导体线圈，当其绕图中虚线轴转动时也能产生电流。①说明这两种结构发电机共同的发电原理和输出电流特性。②若将图（a）中半径为的圆盘整体位于方向与盘面垂直，磁感应强度大小为的均匀磁场中，当圆盘以恒定角速度旋转时，与其接触的两电刷间的电动势。（3）交流电技术使高压输电成为现实，家庭电路所使用的就是电压为，频率为的正弦交流电，其电压随时间的变化规律如图1所示。图中，△。该交变电压的表达式为。（4）变压器是远距离输电不可或缺的设备。①变压器的基本结构如图2所示，在理想变压器中铁芯的作用是；理想变压器的输入功率和输出功率之比为。②变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加而成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向平行，这是为了减小铁芯中产生的。（5）如图3，发电机的输出功率，电压，经理想变压器升压后向用户输电，输电线总电阻，在输电线上损失的功率，在用户端再利用理想变压器将电压降为。求：①输电线路中的电流；②两个变压器的匝数比？【答案】（1）；（2）①图发电机产生稳定的电流，图发电机产生周期性变化的电流；②；（3）；0.01；；（4）①减小磁场的损失；；②减小铁芯中产生的涡流；（5）①输电线路中的电流为；②两个变压器的匝数比为，为。【考点】变压器的构造与原理；远距离输电的相关计算；交流发电机及其产生交变电流的原理【专题】分析综合能力；推理法；定量思想；电磁感应与电路结合【分析】（1）根据电磁感应定律及电磁间的规律分析判断；（2）根据动生电动势原理解答；（3）根据瞬时感应电动势表达式解答；（4）根据变压器原理及构造解答；（5）根据变压器电压与线圈匝数的关系解答。【解答】解：（1）发电机是利用电磁感应原理将机械能转化为电能的装置，图是磁场对电流的作用，图是电磁感应原理，图是电动机原理，图是电流的磁效应，故错误，正确；故选：。（2）①这两种结构发电机共同的发电原理是穿过闭合线圈的磁通量发生变化，图发电机产生稳定的电流，图发电机产生周期性变化的电流②两电刷间的电动势为解得（3）根据题意，电压的有效值为，所以所以（4）①在理想变压器中铁芯的作用是减小磁场的损失；理想变压器没有能量损失，所以输入功率和输出功率之比为；②变压器的铁芯由相互绝缘的多层硅钢片叠加而成，并使硅钢片平面与磁感应强度的方向平行，这是为了减小铁芯中产生的涡流。（5）①根据题意有代入数据解得②由于理想变压器输入功率等于输出功率，所以根据变压器规律可知联立解得同理且解得故答案为：（1）；（2）①图发电机产生稳定的电流，图发电机产生周期性变化的电流；②；（3）；0.01；；（4）①减小磁场的损失；；（5）①输电线路中的电流为；②两个变压器的匝数比为，为。【点评】解题时要抓住理想变压器的功率关系、电压和电流特点；由于输电线电阻的存在，输电线上有电压损失和功率损失。22．（2024•南京模拟）某同学制作一个简易的手摇发电机，将匝数，边长，内阻的正方形线圈放入磁感应强度的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴以角速度匀速转动。其简化示意图如图，输出端与理想变压器的原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为，副线圈外接电阻。求：（1）发电机产生的电动势有效值；（2）电阻消耗的电功率。【答案】（1）发电机产生的电动势有效值为；（2）电阻消耗的电功率为。【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；变压器的构造与原理【专题】推理法；定量思想；实验能力；交流电专题【分析】（1）由，求出电动势的最大值，再根据有效值与最大值的关系求有效值；（2）根据电流与匝数成反比结合能量守恒，求出副线圈中的电流，再由即可求出电阻的功率。【解答】解：（1）由题可知，线圈产生电动势的最大值为：则线圈产生电动势的有效值为：代入数据得：（2）设变压器原线圈的电流为，对发电机和变压器整个电路，根据能量守恒有：根据变压器的电流关系有：联立代入已知解得，电阻中的电流强度为：则电阻上消耗的电功率：答：（1）发电机产生的电动势有效值为；（2）电阻消耗的电功率为。【点评】本题考查对交流发电机原理的理解能力，要注意计算功率时要用交流电的有效值，明确最大值和有效值之间的关系。23．（2024•宝山区校级模拟）储能技术主要是指在电网负荷低的时候，将难以储存的电能转换成更便利存储的形式。常见的储能技术有电池储能、电容储能、压缩气体储能等。（1）如图1所示，用可调高内阻电池研究电池储能技术。若仅提高电池两极之间的挡板：①电压传感器1的示数。．变大．变小．不变②滑动变阻器上消耗的电功率。．一直变大．一直变小．先变大后变小．先变小后变大（2）电容器可以储存电能，用图示电路观察电容器的充、放电现象。①根据图4甲电路在图4乙中用笔画线代替导线将实物电路连接完整。②电容器在整个充放电过程中的图像和图像为电容器极板所带的电荷量，为上、下两板的电势差），可能正确的是。③用电流传感器替换灵敏电流计，测出电路中的电流随时间变化的图像如图2所示，电源电压为，则电容器的电容约为（保留2位有效数字）。（3）压缩空气储能技术将高压空气密封存储于容器中，被密封在容器中的气体的图，如图3所示，下列说法正确的是。．的过程中，容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力增大．的过程中，容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力减小．的过程中，气体的体积增大．的过程中，气体的体积减小（4）（计算）用压缩空气推动一小型交流发电机发电。如图5甲所示，理想变压器原副线圈匝数比为，额定电压的小灯泡正常发光，发电机输出端的电流随时间变化图像如图5乙，求：①灯泡1分钟内消耗的电能。②从灯泡上电流为零开始的半个周期内，通过灯泡的电荷量。【答案】（1）；；（2）实物图见解析；；；（3）；（4）①灯泡1分钟内消耗的电能为；②从灯泡上电流为零开始的半个周期内，通过灯泡的电荷量为。【考点】变压器的动态分析——原线圈有负载【专题】交流电专题；定量思想；推理法；推理能力【分析】（1）根据闭合电路欧姆定律分析解答；（2）根据图象所围的面积，求电容器的电量，再由电容的定义式求电容；根据充、放电过程中初始时刻和结束时刻电荷量的变化，结合电荷之间的力的作用，判断极板上电压的变化图象；（3）根据理想气体状态方程分析解答；（4）根据理想变压器的规律，即电压与匝数成正比，结合电能的公式解答。【解答】解：（1）①电压传感器1测量内电压，电压传感器2测量路端电压；挡板上提，内电阻变小，外电阻不变化，电流增加，外电压增大，电压传感器1的示数减小，故错误，正确；故选：。②根据可知，滑动变阻器的电功率已知增大，故正确，错误；故选：。2．①实物图连接如图②电容器充电过程中，电容器两端的电压逐渐增大，则与电源之间的电势差逐渐减小，充电电流逐渐减小，则图像斜率逐渐减小，放电过程中，电容器两端的电压逐渐减小，则放电电流逐渐减小，则图像斜率逐渐减小，故错误，正确；电容器充电过程中，充电电流逐渐减小，电荷量增加得越來越慢，则根据△可知，电压增加的越来越慢，同理，放电过程中，放电电流述渐减小，电压减小的越来越慢，故错误，正确。故选：。③电容器放电时，根据电流的定义变形后得到：可知图像中，图线与横轴围成的面积表示电荷量的多少，由图乙可知，图线与横轴围成的面积大约有14个小方格，则通过电荷量为：电容器的电容为：（3）、图中的过程中，气体的压强不变，而容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力就是气体的压强，则容器单位面积受到气体分子碰撞的平均作用力不变，故错误；、根据连线的斜率大于连线的斜率，可知态体积较小，的过程中气体的体积增大，故正确，错误；故选：。（4）①根据变压器原理根据电能的公式有代入数据解得（2）根据交流电表达式又可得故答案为：（1）；；（2）实物图见解析；；；（3）；（4）①灯泡1分钟内消耗的电能为；②从灯泡上电流为零开始的半个周期内，通过灯泡的电荷量为。【点评】本题考查学生对交变电流图像的理解，还涉及了变压器的工作原理等知识点，属于一道小型综合题，对学生要求较高。24．（2022•赣榆区校级二模）如图所示，为实验室使用的旋转磁极式发电机模型，线圈的匝数，内阻，输出端与理想变压器的原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为，副线圈外接电阻。转动磁极，线圈内磁场的磁通量的变化规律为：，闭合，求：（1）线圈产生电动势的有效值；（2）电阻中的电流强度。【答案】（1）线圈产生电动势的有效值为；（2）电阻中的电流强度为。【考点】变压器的构造和原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】交流电专题；推理法；定量思想；推理能力【分析】（1）根据正弦式交变电流产生的规律，确定电动势的最大值，从而解得有效值。（2）根据变压器的电流比结合能量守恒定律可解得。【解答】解：（1）由题可知，线圈磁通量的最大值为转动的角速度为则线圈产生电动势的最大值为则线圈产生电动势的有效值为代入数据解得：（2）设变压器原线圈的电流为，则根据能量守恒有根据变压器的电流关系有联立解得，电阻中的电流强度为答：（1）线圈产生电动势的有效值为；（2）电阻中的电流强度为。【点评】本题考查了正弦式交变电流的产生规律和变压器的工作原理，解题的关键是明确变压器的变流比和变压比，并灵活运用。25．（2022•朝阳区校级模拟）如图所示为交流发电机的示意图。线圈绕垂直于磁场的轴逆时针方向匀速转动，角速度。已知产生的交流电电动势的最大值为，线圈电阻为，小灯泡电阻为，其他电阻忽略不计。求：（1）线圈在图示位置时，线圈中的感应电流是多少？（2）若在灯泡两端并联交流电压表，则电压表示数？（3）外力驱动线圈转动一周所做的功？【答案】（1）线圈在图示位置时，线圈中的感应电流是。（2）若在灯泡两端并联交流电压表，则电压表示数为。（3）外力驱动线圈转动一周所做的功为。【考点】交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式；交流的峰值、有效值以及它们的关系【专题】计算题；学科综合题；定量思想；模型法；交流电专题；分析综合能力【分析】（1）当线圈平面与磁场方向平行时，线圈中的感应电流最大，根据闭合电路欧姆定律求线圈中的感应电流；（2）在灯泡两端并联交流电压表，则电压表测量的是路端电压的有效值，根据有效值与最大值的关系以及欧姆定律求电压表示数；（3）线圈匀速转动，外力驱动线圈转动一周所做的功等于线圈转动一周产生的热量，根据功能关系求解外力驱动线圈转动一周所做的功。【解答】解：（1）线圈在图示位置时，线圈平面与磁场方向平行，线圈中的感应电流最大，所以线圈中的感应电流为（2）若在灯泡两端并联交流电压表，则电压表示数是路端电压的有效值，所以电压表示数为电流有效值为联立解得（3）线圈匀速转动，外力驱动线圈转动一周所做的功等于线圈转动一周产生的热量，则外力做功为周期为联立解得答：（1）线圈在图示位置时，线圈中的感应电流是。（2）若在灯泡两端并联交流电压表，则电压表示数为。（3）外力驱动线圈转动一周所做的功为。【点评】本题考查正弦交流电的产生，要掌握正弦交流电有效值与峰值的关系，知道交流电压表所测的是电压有效值，计算电流产生的热量时要用到电流或电压的有效值。

考点卡片1．线性元件及其伏安特性曲线【知识点的认识】1.I﹣U图像以电流为纵轴、电压为横轴画出导体上的电流随电压变化的曲线，叫作导体的伏安特性曲线。如下图甲、乙所示。2.比较电阻的大小图像的斜率k＝＝，即I﹣U图像的斜率等于电阻的反比，图甲中Rb＞Ra。3.线性元件：如图甲所示，伏安特性曲线是直线的电学元件称作线性元件，适用欧姆定律。4.非线性元件：如图乙所示，伏安特性曲线为曲线的电学元件称作非线性元件，不适用欧姆定律。【命题方向】对于图中的图线所对应的两个导体（）A、R1＝3R2B、R2＝2R1C、两个导体中的电流相等（不为零）时的电压之比U1：U2＝3：1D、两个导体两端的电压相等（不为零）时的电流之比）I1：I2＝3：1分析：伏安特性曲线中直线的斜率表示的是电阻的倒数，根据斜率的大小可以判断AB电阻的大小；根据电阻的大小，再由欧姆定律可以判断流过电阻的电流的大小。解答：I﹣U图象的斜率表示电阻的倒数。由于1与2的斜率之比是1：3，所以电阻值比是3：1．故A正确，B错误。两个导体中的电流相等（不为零）时的电压之比就等于电阻值比，即U1：U2＝3：1．故C正确。由图象可知，两个导体两端的电压相等（不为零）时的电流之比）I1：I2＝1：3．故D错。故选：AC。点评：题就是考查学生对于伏安特性曲线的理解，在做题时一定要区分开U﹣I图象和I﹣U图象，不同的图象中的直线的斜率的含义不同。【解题思路点拨】（1）要区分是I﹣U图像还是U﹣Ⅰ图像。（2）对线性元件，R＝，对非线性元件，R＝≠，伏安特性曲线上每一点的电压坐标与电流坐标的比值，对应这一状态下的电阻。2．串联电路的特点及应用【知识点的认识】1．串、并联电路的特点串联电路并联电路电路电流I＝I1＝I2＝…＝InI＝I1+I2+…+In电压U＝U1+U2+…+UnU＝U1＝U2＝…＝Un总电阻R总＝R1+R2+…+Rn＝++…+功率分配＝P总＝P1+P2+…Pn＝P总＝P1+P2+…+Pn【命题方向】如图中，AB间的电压为30V，改变滑动变阻器触头的位置，可以改变CD间的电压，则UCD的变化范围是（）A、0～10VB、0～20VC、10～20VD、20～30V分析：根据串联电路电压与电阻的关系分析得知，当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，分别求出UCD最小值和最大值，再得到UCD的变化范围．解答：当滑动变阻器触头置于变阻器的最上端时，UCD最大，最大值为Umax＝＝＝20V；当滑动变阻器触头置于变阻器的最下端时，UCD最小，最小值为Umin＝，所以UCD的变化范围是10～20V。故选：C。点评：本题实质是分压器电路，考查对串联电路电压与电阻成正比特点的理解和应用能力．【解题思路点拨】解决串联电路问题的基本逻辑是：串联电路中电流处处相等，所以电压之比等于电阻之比，功率之比也等于电阻之比。3．电功和电功率的概念及影响因素【知识点的认识】1．电功（1）电功：电路中电场力移动电荷做的功．（2）公式：W＝qU＝IUt．（3）实质：电能转化成其他形式能的过程．2．电功率（1）定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢．（2）公式：P＝＝IU．【命题方向】本考点主要考查电功和电功率的定义类问题下列关于电功率的说法中正确的是（）A、电功率是表示电流做功多少的物理量B、电功率是表示电流做功效率高低的物理量C、电功率是反映电流做功快慢程度的物理量D、功率为100W的用电器正常工作10h耗电1Kw/h分析：电功率是描述做功快慢的物理量，由W＝Pt计算电流做的功．解答：A、电功率是描述做功快慢的物理量，与电流做功的多少无关。故A错误；B、电功率是描述做功快慢的物理量，与电流做功效率高低无关。故C错误；C、电功率是描述做功快慢的物理量。故C正确；D、功率为100W的用电器正常工作10h耗电：W＝Pt＝100W×1h＝1000W•h＝1Kw/h。故D正确故选：CD。点评：电流做功的过程是电能转化为其他形式的能的过程，电功率反映的电流做功的快慢．【解题思路点拨】1.电功的计算公式W＝qU＝UIt；电功率的计算公式P＝＝UI。2.电功和电功率的计算公式都是针对所有电路都成立的。4．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P＝＝UI3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt＝tP＝UI＝I2R＝。【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P＝求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和P＝求各个电阻的功率。解答：由P＝知，RA＝RC＝＝Ω＝6Ω，RB＝RD＝＝Ω＝3Ω电阻B和C并联的电阻RBC＝＝Ω＝2Ω则电路的总电流I＝＝＝A＝1A则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB＝＝W≈1.33WRC的功率为PC＝＝W≈0.67WRD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I