1、同步 2014年人教版高中物理选修 1-1 3.4变压器练习卷与答案（带解析） 选择题 关于试探电荷的说法正确的是（ ） A试探电荷一定带正电 B试探电荷一定带负电 C点电荷一定是试探电荷 D试探电荷一定是点电荷 答案： D 试题分析：根据研究问题的需要，试探电荷可以是正电荷也可以是负电荷，试探电荷的电荷量要少，体积要绝对小当带电体本身的大小相对于研究的距离可以忽略时，该带电体可以看成点电荷，其本身的大小可以很大 解： AB、试探电荷的体积要小、电荷量要少，不能影响原来研究的电场，根据研究问 题的需要，试探电荷可以是正电荷也可以是负电荷，故 AB均错误 CD、当带电体本身的大小相对于研究的距离
2、可以忽略时，该带电体可以看成点电荷，其本身的大小可以很大，但是试探电荷本身是绝对小的，故点电荷不一定是试探电荷，但试探电荷一定是点电荷，故 C错误、 D正确 故选： D 点评：本题要掌握试探电荷和点电荷的概念，知道试探电荷试探电荷的体积要小、电荷量要少，不能影响原来研究的电场，试探电荷本身是绝对小的 （ 2014 河东区二模）如图所示一理想变压器的原线圈匝数为 n1=1000匝，副线圈匝数为， n2=200匝 ，电阻 R=8.8原线圈接入一电压 u=220 （ v）的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则（ ） A副线圈交受电流的频率是 100Hz B t=ls的时刻，电压表 V的
3、示数为 0 C变压器的输入电功率为 220W D电流表 A的示数为 10A 答案： C 试题分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结 论 解： A、电流的频率是由电压决定的，所以原副线圈中电流的频率是一样的，都为50Hz，所以 A错误 B、电压表的示数为电路的有效电压的大小，副线圈的最大电压为 44 V，所以有效的电压为 =44V，所以电压表 V的示数为 44V，所以 B错误 C、变压器的输入功率和输出功率是相等的，由 C已经求出 R的电压为 44V，所以 R的功率为 = =220W，所以 C正确 D、电阻 R的电流为 =5A，根据原副线
4、圈的电流与匝数程反比可以求得原线圈的电流为 1A，所以 D错误 故选 C 点评：掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决 （ 2014 河北区模拟）如图所示，一只理想变压器原线圈与频率为 50Hz的正弦交流电源相连，两个阻值均为 20的电阻串联后接在副线圈的两端 图中的电流表，电压表均为理想交流电表，原副线圈的匝数分别为 200匝和 100匝，电压表的示数为5V则（ ） A电流表的读数为 0.5A B流过电阻的交流电的频率为 l00Hz C变压器的输入电压的最大值为 D变压器的输入功率为 2.5W 答案： CD 试题分析：交流电表的示数为有效值，经过变压器的交流电的频率不
5、变，交流电的输入功率等于输出功率 解： A、副线圈的电流为 I2= ，则原线圈的电流为 I1，由 得故 A错误 B、流过电阻的交流电的频率为 50Hz故 B错误 C、副线圈的电压为 U2=25=10V，由 ，则其最大值为20 V故 C正确 D、 P入 =P出 =U2I2=100.25=2.5w故 D正确 故选： C D 点评：根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得 出结论 （ 2014 鹰潭二模）如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比 n1： n2=22：5，电阻 R1=R2=25， D为理想二极管，原线圈接 U=220 sin100t（
6、 V）的交流电则（ ） A交流电的频率为 100Hz B通过 R1的电流为 2 A C通过 R2的电流为 A D变压器的输入功率为 200W 答案： C 试题分析：根据表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等， 二极管的作用是只允许正向的电流通过，再根据电压与匝数成正比即可求得结论 解： A、原线圈接 U=220 sin100t（ V）的交流电 所以 T= =0.02s 交流电的频率 f= =50Hz，故 A错误； B、由原线圈接 U=220 sin100t（ V）交流电，有效值是 220V， 原、副线圈的匝数比 n1： n2=22： 5， 根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知，副线圈的电
7、压为 U2= 220V=50V， 通过 R1的电流 I1= =2A，故 B错误； C、副线圈的电阻 1消耗的功率 P= =100W 由于现在二极管的作用，副线圈的电阻 2电压只有正向电压则电阻 2消耗的功率为P= =50W， 所以副线圈的输出功率应为 150W，输出功率等于输入功率，所以变压器的输入功率为 150W 由于现在二极管的作用，副线圈的电阻 2通过的电流 I= = A，故 C正确， D错误； 故选： C 点评：本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解 （ 2014 顺德区模拟）如图甲为一火灾报警系统其中 R0为定值电阻， R为热敏电阻，其阻值
8、随温度的升高而减小理想变压器原、副线圈匝数比为 5： 1，副线圈输出电压如图乙所示，则下列说法正确的是（ ） A原线圈输入电压有效值为 220V B副线圈输出电压瞬时值表达式 u=44 cos（ 100t） V C R处出现火情时原线圈电流增大 D R处出现火情时电阻 R0的电功率减小 答案： AC 试题分析：先求出副线圈的有效值，根据电压与匝数程正比求出原线圈有效值，由 b图可知副线圈电压最大值 Um=44 V，周期 T=0.02秒，可由周期求出角速度的值，则可得交流电压 u的表达式 u=Umsint（ V）， R处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，则 R0的电功率增大，根据电流关系可以
9、判断原线圈电流变化情况 解： A、由图可知副线圈电压最大值 Um=44 V，则副线圈的有效值为 44V，根据= ，所以 U1=220V，故 A正确； B、由图可知副线圈电压最大值 Um=44 V，周期 T=0.016秒， = =125，所以u=44 cos（ 125t） V，故 B错误； C、 R处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，线圈匝数比不变，所以原线圈电流增大，故 C正确； D、 R处出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，根据 P=I2R，可知电阻 R0的电功率增大，故 D错误 故选： AC 点评：根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压比与匝数
10、比的关系，是解决本题的关键 （ 2014 湖北模拟）图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为 3： 1，图乙 是该变压器 cd输入端交变电压 u的图象， L1、 L2、 L3、 L4为四只规格均为 “9V 6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表以下说法正确的是（ ） A ab输入端电压的瞬时值表达式为 uab=27 sin100t（ V） B电流表的示数为 2A，且四只灯泡均能正常发光 C流过灯 L2的电流每秒钟方向改变 50次 D ab输入端输入功率 Pab=18W 答案： B 试 题分析：闭合电路动态分析中，电源部分是由变压器提供，其它仍用闭合电路殴姆定律当断开开关 S时，导致总电阻发生变化，
11、而电压不变，则可判断出电路中的电流及电压如何变化同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值 解： A、由输入端交变电压 u的图象，可求出有效值 27V，副线圈电压为 9V，副线圈三只灯泡均能正常发光电流表的读数为 I=3 A=2A，原线圈电流为 = A，所以原线圈的灯泡也能正常发光， ab输入端电压的瞬时值表达式为 uab=36 sin100t（ V） A错误 B正确 C、由图象知交流电的周期为 0.02s，交流电的频率为 50Hz，流过灯 L2的电流每秒钟方向改变 100次， C错误； D、 ab输入端输入功率 Pab=46=24W，故
12、 D错误； 故选： B 点评：理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象同时运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化分析的思路先干路后支路，以不变应万变最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中 ，所以图象的有效值不是原线圈的有效值 （ 2014 河西区一模）某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速 n匀速转动时，额定电压为 U0的灯泡正常发光，电压表示数是 U1巳知线圈电阻是 r，灯泡电阻是 R，则有（ ） A变压器输入电压的瞬时值是 u=U1sin2nt B变压器的匝数比是 U1：
13、U0 C电流表的示数是 D线圈中产生的电动势最大值是 Em= U1 答案： BC 试题分析：理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比并利用灯泡正常发光的电压与电流的值来构建原副线圈的电压与电流的关系 解： A、线圈以较大的转速 n匀速转动时，所以 =2n，所以变压器输入电压的瞬时值 u= U1sin2nt，故 A错误 B、电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是 U1： U0故 B正确 C、理 想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为 P= ，所以输入功率为 P= ，电流表的示数是 I1= = ，故 C正确 D、由于线圈有内阻 r，故线圈中
14、产生的电动势有效值大于 U1，最大值也就大于 U1，故 D错误 故选 BC 点评：掌握住理想变压器的匝数比与电流比、电压比关系，可快速求解 （ 2014 漳州三模）如图所示 a、 b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图， R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表 A2为值班室的显示器，显示通过 R1的电流，电压表 V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出）， R3为一定值电阻当 R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（ ） A V1的示数不变， V2的示数减小 B V1的示数减小， V2的示数减小 C A1的示数增大， A2的示数增大 D A1的
15、示数减小， A2的示数减小 答案： A 试题分析：与闭合电路中的动态分析类似，可以根据 R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况 解：当传感器 R2所在处出现火情时， R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增 加， A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流 A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以 V1的示数不变，由于副线圈中电流增大， R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即 R1的电压也要减小，所以 A2的示数要减小
16、，所以 A正确， BCD错误 故选： A 点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法 （ 2014 河西区二模）图 1中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数 n1与副线圈的匝数 n2之比为 10： 1变压器的原线圈接如图 2所示的正弦式电流，两个 20的定值电阻串连接在副线圈两端电压表 V为理想电表（ ） A原线圈上电压的有效值为 100V B原线圈上电压的有效值约为 70.7V C电压表 V的读数为 5.0V D电压表 V的读数约为 3.5V 答案： BD 试题分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、
17、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论 解： A、 B、根据图象可得原线圈的电压的最 大值为 100V，最大值为有效值的 倍，所以电压的有效值为 V=50 V=70.7V，所以 A错误， B正确 C、 D、由于原线圈的匝数 n1与副线圈的匝数 n2之比为 10： 1，原线圈的电压有效值为50 V，所以副线圈的电压的有效值为 5 V，所以电压表的示数为 20V=3.5V，所以 C错误， D正确 故选 BD 点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题 （ 2014 东营二模）如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有 0.5A的保险丝 L，原线圈匝数
18、 n1=600匝，副线圈匝数 n2=120匝当原线圈接在如图乙所示的交流电源上，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接（ ） A阻值为 12的电阻 B并联两盏的 “36V 40W”灯泡 C工作频率为 10Hz的用电设备 D耐压值为 36V的电容器 答案： B 试题分析：根据保险丝计算出副线圈中允许的增大电流，由乙图可知电源的峰值和周期，结合欧姆定律进行判断 解：由原线圈电流最大为 0.5A知副线圈允许的最大电流为 =2.5A A、由乙图知输入电压有效值为 180V，所以副线圈两端电压有效值为 =36V，接阻值为 12的电阻时，电流为 =3A， A错误； B、并联两盏的 “36V 40
19、W”灯泡时，电流为 2 2.5A， B正确； C、由乙图知周期为 0.02s频率为 50Hz， C错误； D、副线圈两端电压峰值为 36 V， D错误； 故选 B 点评：本题考查了变压器的特点，突破口在于保险丝的数值，结合欧姆定律进行判断 （ 2014 南阳二模）由于天气原因断电，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，图中 R0表示输电线的电阻滑动触头 P置于某处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则（ ） A当发电机输出的电压发生波动使 V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头 P向上滑动 B当发电机输出的电压
20、发生波动使 V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头 P向下滑动 C如果 V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头 P应向上滑 D如果 V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头 P应向下滑 答案： AC 试题分析：对于理想变压器要明确两个关系：一是输出电压由输入电压决定，二是输入功率由输出功率决定明确这两个关系然后根据有关电路 知识即可求解 解： A、要保证用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，当 V1示数小于正常值，要使 V2不变，则应使滑动触头 P向上滑动，减小原副线圈匝数比，故 A正确， B错误； C、当用电器增加时，通过 R0的电流增大， R0所
21、占的电压也增大，要使用电器仍能正常工作，用电器两端电压不能发生变化，所以 V2要变大，而 V1示数保持正常值不变，则应使滑动触头 P向上滑动，减小原副线圈匝数比，故 C正确， D错误； 故选 AC 点评：分析变压器时注意输出电压和输入功率这两个物理量的决定关系，然后结合电阻的串并联知识进行求解 （ 2014 吉林二模）在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是（ ） A B C D 答案： A 试题分析：原理是依据电磁感应原理的电流互 感器是由闭合的铁心和绕组组成它的一次绕组匝数很少，串在需要测量的电流的线路中，因此它经
22、常有线路的全部电流流过，二次绕组匝数比较多，串接在测量仪表和保护回路中，电流互感器在工作时，它的 2次回路始终是闭合的，因此测量仪表和保护回路串联线圈的阻抗很小，电流互感器的工作状态接近短路 解：由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比则电流互感器应串连接入匝数较多的线圈上同时一次绕组匝数很少，且串在需要测量的电流的线路中故 A正确； 故选： A 点评：电流互感器的接线应遵守串联原则；按被测电流大小，选择 合适的变化，否则误差将增大 （ 2015 成都模拟）如图所示 L1和 L2是输电线，甲、乙是两个互感器，通过观测接在甲、乙中的电表读数，可以间接得到输电线两端电压和通过输电线的
23、电流若已知图中 n1： n2=100： 1， n3： n4=1： 10， V表示数为 220V， A表示数为 l0A，则下列判断正确的是（ ） A甲是电压互感器，输电线两端电压是 2 2104V B乙是电压互感器，输电线两端电压是 2 2103v C甲是电流互感器，通过输电线的电流是 100A D乙是电流互感器，通过输电线的电流是 0.1A 答案： A 试题分析：变器的匝数与电压成正比，与电流成反比，安全起见，要求电压表和电流表都不能超过最大量程 解： A、 C、甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，已知 n1： n2=100：1，电压表示数为 220V，故传 输电压为： U=2
24、20V100=2.2104V；故 A正确， C错误； B、 D、乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以的电流互感器，已知 n3：n4=1： 10，电流表示数为 10A，故传输电流为： I=10A10=100A；故 BD错误 故选： A 点评：本题考查了变压器的特点，要知道电流表需要串联在电路中，电压表要并联在电路中 （ 2014 广东高考）如图所示的电路中， P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压 U1不变，闭合电键 S，下列说法正确的是（ ） A P向下滑动时，灯 L变亮 B P向下滑动时，变压器的输出电压不变 C P向上滑动时，变压器的输入电流变小 D P向上滑动时，变压器的
25、输出功率变大 答案： BD 试题分析：与闭合电路中的动态分析类似，可以根据滑动变阻器 R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况 解： A、当滑动变阻器 R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压 U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，根据 ，即亮度不变故 A错误； B、当滑动变阻器 R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压 U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，故 B正确； C、当滑动变阻器 R的滑片向上移动时，导致总电阻减小，由于输入电压 U1不变，且原副线圈匝数不
26、变，所以副线圈电压不变，则有副线圈的总电流增大因此输入电流也变大故 C错误； D、当滑动变阻器 R的滑片向上移动时，导致总电阻减少，由于输入电压 U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，则有副 线圈的总电流增大则输出功率增大，故 D正确 故选： BD 点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法 （ 2014 江苏）远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、 n2，电压分别为 U1、 U2，电流分别为 I1、 I2，输电线上的电阻为 R，变压器为理想变压器，则下列关系式
27、中正确的是（ ） A = B I2= C I1U1=I22R D I1U1=I2U2 答案： D 试题分析：变压器电压之比等于匝数之比；电流之比等于匝数的反比；在远距离输电中，输电导线上功率有损耗 解： A、升压变压器电流之比等于匝数的反比；故有： = ；故 A错误； B、 U2是输电导线及降压变压器两端的电压，不能只对导线由欧姆定律求电流；故 B错误； C、升压变压器输出的功率等于导线上消耗的功率及降压变压器消耗的功率之和；故 C错误； D、理想变压器输入功率等于输出功率；故 I1U1=I2U2，故 D正确 故选： D 点评：理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象远距离输电，由于
28、导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损 （ 2014 山东）如图，将额定电压 为 60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上，闭合开关 S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表（均为理想电表）的示数分别为 220V和 2.2A，以下判断正确的是（ ） A变压器输入功率为 484W B通过原线圈的电流的有效值为 0.6A C通过副线圈的电流的最大值为 2.2A D变压器原、副线圈匝数比 n1： n2=11： 3 答案： BD 试题分析：副线圈的用电器正常工作，电压为额定电压，即为副线圈电压，再根据副线圈的 电流，可以计算出输出功率，理想变压器的输入功率等于输
29、出功率再根据变压器原副线圈电压、电流与线圈匝数的关系即可求解，要知道电流表和电压表都是有效值 解： A、变压器的输入功率等于输出功率， P入 =P出 =I2U2=2.260=132W，故 A错误； B、根据 P入 =I1U1，所以 ，故 B正确； C、电流表示数为有效值，故通过副线圈的电流的有效值为 2.2A，则最大值为，故 C错误 ； D、根据变压器的工作原理可知 ，所以变压器原、副线圈匝数比，故 D正确 故选： BD 点评：掌握住理想变压器的输入功率等于输出功率，知道电压、电流之间的关系，还要知道电流表和电压表都是有效值 （ 2014 海南）理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该
30、变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端已知三个灯泡均正常发光该变压器原、副线圈 的匝数之比为（ ） A 1： 2 B 2： 1 C 2： 3 D 3： 2 答案： B 试题分析：设每只灯的额定电流为 I，因并联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为 2I，由电流关系求出匝数比；由匝数比求电压关系 解：设每只灯的额定电流为 I，额定电压为 U，因并联在副线圈两端的两只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为 2I，原副线圈电流之比为 1： 2，所以原、副线圈的匝数之比为 2： 1 故选： B 点评：本题解题的突破口在原副线圈的电流关系，注意明确三灯正常发光
31、为解题的关键 （ 2014 福建） 如图所示为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数 n1=n4 n2=n3，四根模拟输电线的电阻 R1、 R2、 R3、 R4的阻值均为 R， A1、 A2为相同的理想交流电流表 L1、 L2为相同的小灯泡，灯丝电阻 RL 2R，忽略灯丝电阻随温度的变化当 A、 B端接入低压交流电源时（ ） A.A1、 A2两表的示数相同 B.L1、 L2两灯泡的亮度相同 C.R1消耗的功率大于 R3消耗的功率 D.R2两端的电压小于 R4两端的电压 答案： D 试题分析：根据变压器的规律和欧姆定律分别列出两个灯泡两端的电压表达式，再比较灯泡亮度的关系，根据电流的表达式
32、分析两个电流表示数的关系，即可得到 R1与 R3消耗的功率的关系 解： A、 B、设变压器原副线圈数比为 K（ K 1）， A、 B端接入的电压为 U 则 L2两端的电压为 U2= ， A2表的示数 IA2= ， 对于变压器电路，升压变压器副线圈两端的电压为 KU，设通过 L1的电流为 I1，则 L1两端的电压为 I1RL， A1表的示数为 IA1= ，降压变压器原线圈的电压为 KI1RL，则有： KU-2R =KI1RL， 解得 I1=， 则 IA1= = ， 已知 RL 2R，可得 IA2 IA1， I1 IA1，故 A错误； 由于 I1= IA2= ，故 B错误； C、电阻 R1、 R3
33、相等， IA2 IA1，根据公式 P=I2R可知， R1消耗的功率小于 R3消耗的功率，故 C错误； D、电阻 R2、 R4相等， IA2 IA1，根据欧姆定律知： R2两端的电压小于 R4两端的电压，故 D正确 故选： D 点评：解决本题的关键掌握变压器的原理和特点，以及掌握远距离输电过程中电压损失和输入电压、输出电压的关系 （ 2014 蓟县 一模）如图所示， M是一小型理想变压器，接线柱 a、 b接在电压u=311sin314t（ V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中 R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表 A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表
34、 V2显示加在报警器上的电压 （报警器未画出）， R3为一定值电阻当传感器 R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（ ） A Al的示数不变， A2的示数增大 B A1的示数增大， A2的示数增大 C V1的示数增大， V2的示数增大 D V1的示数不变， V2的示数减小 答案： D 试题分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据 R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况 解：当传感器 R2所在处出现火情时， R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增 加， A1测量的是原线圈中
35、的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流 A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以 V1的示数不变，由于副线圈中电流增大， R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即 R1的电压也要减小，所以 A2的示数要减小，所以 D正确 故选 D 点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法 （ 2014 广元模拟）远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则下 列叙述中正确的是（ ） A升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关 B输电线中的电流只由
36、升压变压器原副线圈的匝数比决定 C当用户用电器的总电阻减少时，输电线上损失的功率增大 D升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 答案： C 试题分析：根据变压器的特点：电压比等于匝数比，电流之比等于匝数反比，输入功率等于输出功率去分析 解： A、用户用电的总功率增加，升压变压器、降压变压器的原、副线圈电流都要增加， 故 A错误； B、输电线的电流由用户消耗的功率和高压输电电压有关，故 B错误； C、用户总电阻减少，而输出电压不变，所以电流增大，功率损失 P损 =I2R增大，故 C正确； D、升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 +线路电压损失，故 D错误； 故选 C 点评：远距离
37、输电一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻并按照规范在图中标出相应的物理量符号 （ 2014 梅州二模）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为 2： 1电池和交变电源的电动势都为 6V，内阻均不计下列说法正确 的是（ ） A S与 a接通的瞬间， R中无感应电流 B S与 a接通稳定后， R两端的电压为 0 C S与 b接通稳定后， R两端的电压为 3V D S与 b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为 2： 1 答案： BC 试题分析：变压器对于交流电起作用，接在直流电中是不起作用的，在根据最大值和有效值之间的关系以及电压与匝数成正比即可求得结论 解： A、在 S与 a接通的瞬间，由于电流由零突然变大，所以线圈中的磁通量会发生变化，副线圈中的 R会有感应电 流，所以 A错误 B、在 S与 a接通稳定后，电路中的电流稳定，磁通量不会发生变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，电阻 R两端的电压为 0，所以 B正确 C、在 S与 b接通稳定后，由于 b是交流电源，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为 3V，所以 C正确 D、变压器不会改变交流电源的频率，所以原、副线圈中电流的频率是相同的，所以 D错误 故选 BC 点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题
