《2025年资源库高中物理人教版》

例526 [湖北新高考]近年来,基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用,其简化的充电原理图如图1-20-23所示.发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝,接收线圈的匝数为50匝.若工作状态下,穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%,忽略其他损耗,下列说法正确的是( )

A.接收线圈的输出电压约为8V
B.接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1
C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
【解析】发射线圈的电压$U_{1}= \frac{n_{1}\Delta\varPhi}{\Delta t}= 220V$,解得$\frac{\Delta\varPhi}{\Delta t}= 0.2$,接收线圈的电压$U_{2}= \frac{n_{2}\Delta\varPhi×80\%}{\Delta t}= 8V$,A正确;若不漏磁,根据$I_{1}n_{1}= I_{2}n_{2}$,可得电流之比为22:1,B错误;发射线圈和接收线圈磁场变化是同步的,所以交流电的频率相同,C正确;因为磁损,发射线圈磁通量变化率大于接收线圈,D错误.
【答案】AC

答案： AC

例527 [北京2023·7]自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器,原线圈接12V的正弦交流电源,副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡.实际测得小灯泡两端电压为2.5V.下列措施有可能使小灯泡正常发光的是( )

A.仅增加原线圈匝数
B.仅增加副线圈匝数
C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D.将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
【解析】若要使小灯泡正常发光,需增大小灯泡两端电压,由变压器原理可知,需减少原线圈匝数或增加副线圈匝数,A错误,B正确;若将原、副线圈匝数都增为原来的两倍,则$\frac{n_{1}}{n_{2}}$不变,小灯泡两端电压也不变,C错误;若将两个3.8V的小灯泡并联起来接入副线圈,不能改变小灯泡两端电压,D错误.
【答案】B

答案： B

例528 如图1-20-24所示,理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端,P为滑动变阻器的滑片,$R_{T}$为热敏电阻,其阻值随温度升高而减小,则(D)


A.P向左滑动时,变压器的输出电压变大
B.P向左滑动时,变压器的输入功率变大
C.$R_{T}$处温度升高时,灯L变亮
D.$R_{T}$处温度升高时,适当向右滑动P可保持灯L亮度不变
【解析】变压器的输出电压是由变压器的匝数比和输入电压决定的,与负载无关,A错误;P向左滑动时,变阻器接入电路的阻值增大,而变压器输出电压不变,则副线圈电路中电流减小,所以负载消耗的功率减小,则输入功率减小,B错误;$R_{T}$处温度升高时,其阻值减小,和灯并联的阻值减小,副线圈中电流增大,滑动变阻器两端电压增大,故灯L两端的电压减小,灯L变暗,若保持灯L亮度不变,则要保持其两端电压不变,适当向右滑动P时,使滑动变阻器接入电路的阻值减小,其两端电压减小,可以保持灯L两端电压不变,C错误,D正确.
【答案】D

答案： D

例529 如图1-20-25所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为1:2,原线圈与定值电阻$R_{1}$串联后,接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源.副线圈电路中负载电阻为可变电阻$R_{2}$,电表均是理想交流电表,$R_{1}= 1\Omega$.当$R_{2}= 3\Omega$时,电流表的读数为2A,则( )


A.电源输出电压为7V
B.电源输出功率为26W
C.当$R_{2}= 6\Omega$时,电压表的读数为8V
D.当$R_{2}= 4\Omega$时,变压器的输出功率最大
【解析】当$R_{2}= 3\Omega$时,电流表的读数为2A,则电压表的读数$U_{2}= 6V$,理想变压器原、副线圈匝数之比为1:2,根据理想变压器中电压与匝数成正比得,原线圈两端的电压$U_{1}= \frac{n_{1}}{n_{2}}U_{2}= \frac{1}{2}×6V= 3V$,根据理想变压器中电流与匝数成反比得,原线圈中的电流$I_{1}= \frac{n_{2}}{n_{1}}I_{2}= 2×2A= 4A$,所以电源输出电压$U= U_{1}+I_{1}R_{1}= 3V+4×1V= 7V$,电源输出功率$P= UI_{1}= 28W$,故A正确,B错误;根据欧姆定律得,副线圈中的电流为$\frac{U_{2}}{R_{2}}$,所以原线圈中的电流为$\frac{2U_{2}}{R_{2}}$,$U= \frac{2U_{2}}{R_{2}}\cdot R_{1}+\frac{U_{2}}{2}$,当$R_{2}= 6\Omega$时,解得$U_{2}= 8.4V$,即电压表的读数为8.4V,故C错误;由$U= \frac{2U_{2}}{R_{2}}\cdot R_{1}+\frac{U_{2}}{2}$,解得$U_{2}= \frac{14R_{2}}{4+R_{2}}(V)$,变压器的输出功率$P_{2}= \frac{U_{2}^{2}}{R_{2}}= \frac{196}{R_{2}+\frac{16}{R_{2}}+8}(W)$,当$R_{2}= \frac{16}{R_{2}}$,即$R_{2}= 4\Omega$时,变压器的输出功率$P_{2}$最大,故D正确.
【答案】AD

答案： AD

例530 某电站向远处输送一定功率的电能,则下列说法中正确的是(BD)
A.输电线不变,将送电电压升高到原来的10倍时,输电线损耗的功率减小为原来的$\frac{1}{10}$
B.输电线不变,将送电电压升高到原来的10倍时,输电线损耗的功率减小为原来的$\frac{1}{100}$
C.送电电压不变,将输电线的横截面直径增大为原来的2倍时,输电线损耗的功率减小为原来的一半
D.送电电压不变,将输电线的横截面直径减半时,输电线损耗的功率增大为原来的4倍
【解析】输电线上功率损失$P_{损}= I^{2}R_{线}= (\frac{P}{U})^{2}R_{线}$,而$R_{线}= \rho\frac{l}{S}$,则$R_{线}$、P一定时,U升高到原来的10倍,$P_{损}减小为原来的\frac{1}{100}$,A错误,B正确;U、P一定,d增大为原来的2倍时,S增大为原来的4倍,$R_{线}减小为原来的\frac{1}{4}$,$P_{损}减小为原来的\frac{1}{4}$,C错误;U、P一定,d减半时,S减小为原来的$\frac{1}{4}$,$R_{线}$增大为原来的4倍,$P_{损}$增大为原来的4倍,D正确.
【答案】BD
【点拨】输送功率一定时,由于电线损耗功率远小于输送功率,故一般认为输出功率也恒定,因此,当输电电压增大为原来的n倍,输电线上损耗的功率减小到原来的$\frac{1}{n^{2}}$.

答案： BD