(新高考)高考物理一轮复习课时练习第12章章末核心素养提升(含解析)

一、思维建模能力的培养

(1)对于原线圈电路接用电器的问题，输入功率等于输出功率，要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，此时＝中U1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压。

(2)常见图例(图1)

图1

(3)处理技巧

首先计算出通过副线圈的电流，由电流比关系可知原线圈的电流；其次根据欧姆定律可表示出与原线圈串联的电阻两端的电压；最后结合题意，列出原线圈两端电压的表达式，根据电压比关系求出副线圈两端电压。

【例1】 (多选)(2020·广东广州市下学期一模)电阻R接在20 V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将R接在如图2所示理想变压器的副线圈电路中时，R消耗的电功率为。已知电路中电阻R0的阻值是R的4倍，a、b两端接在u＝40sin(100πt)V的交流电源上，此变压器(　　)

图2

A.副线圈输出电压的频率为100 Hz

B.副线圈输出电压的有效值为10 V

C.原、副线圈的匝数之比为2∶1

D.原、副线圈的电流之比为1∶4

答案　BC

解析　变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为f＝＝＝50 Hz，故A错误；由题意可得＝×，其中U＝20 V，代入解得U2＝10 V，故B正确；电源的有效值为U＝ V＝40 V，设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为，则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等于匝数比，即＝n，解得n＝2，故C正确；由原、副线圈中的电流之比等匝数反比可知，原、副线圈的电流之比为1∶2，故D错误。

【例2】 (多选)(2020·湖南衡阳市第一次联考)某探究小组利用图3甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。R为定值电阻，L1、L2为两只标有“5 V，2 A”的相同小灯泡，在输入端加如图乙所示的交变电压。开关S断开时，灯泡L1正常发光，测得电阻R两端的电压与灯泡L1两端电压相等，则下列说法正确的是(　　)

图3

A.理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1

B.理想变压器原副线圈的匝数比为3∶1

C.定值电阻的阻值为7.5 Ω

D.闭合开关S后，灯泡L1变暗

答案　BCD

解析　由图乙可知，输入电压的有效值为20 V，断开S，灯泡L1正常发光，故灯泡两端的电压为5 V，灯泡中的电流为2 A，即副线圈输出电压为5 V，又因电阻R两端的电压为5 V，故变压器原线圈的输入电压为15 V，原、副线圈的匝数比＝＝，故A错误，B正确；由理想变压器输入功率等于输出功率可知，原、副线圈中的电流之比＝，解得电阻R中的电流为I1＝I2＝ A，由欧姆定律可知R＝＝7.5 Ω，故C正确；开关S闭合后，电路的总电阻减小，副线圈输出电压保持不变，副线圈输出电流增大，根据变流比可知，原线圈输入电流增大，电阻R两端电压增加，则变压器原线圈输入电压减小，故副线圈输出电压减小，灯泡L1两端电压降低，灯泡L1变暗，故D正确。

二、析题破题能力的培养

含有变压器的动态电路问题的解题思路

【例3】 (多选)(2020·河北张家口市5月模拟)如图4所示为一理想变压器，原线圈a、b两端接入电压u＝Umsin ωt的交变电流，Um和原线圈接入电阻阻值均保持不变。当用户并联在副线圈两端上的用电器增加时，下列说法正确的是(　　)

图4

A.电流表A1的示数变大  B.电流表A2的示数变小

C.电压表V1的示数变大  D.电压表V2的示数变小

答案　AD

解析　Um和原线圈接入电阻值均保持不变，用户并联在副线圈两端的用电器增加，则总电阻减小，电流表A2的示数变大，由变压器规律可知，电流表A1的示数应变大，故A正确，B错误；由于原线圈所串联电阻分压，电压表V1的示数应变小，电压表V2的示数也变小，故C错误，D正确。

【例4】 (2020·安徽皖南八校4月联考)如图5所示，理想变压器原线圈c、d两端接入稳定的交流电压，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，滑动变阻器R的滑片处于变阻器正中间，电表均为理想电表，下列说法中正确的是(　　)

图5

A.只将S从a拨接到b，电流表的示数将减半

B.只将S从a拨接到b，电压表的示数将减半

C.只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，电流表的示数将减半

D.只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，c、d两端输入的功率将为原来的

答案　C

解析　只将S从a拨接到b，原线圈的匝数n1减半，输入电压不变，根据＝可知副线圈的输出电压U2增大到原来的2倍，即电压表的示数增大到原来的2倍，根据欧姆定律可知副线圈的输出电流I2增大到原来的2倍，根据＝可知原线圈的输入电流I1增大到原来的4倍，即电流表的示数将增大到原来的4倍，故A、B错误；只将滑动变阻器R的滑片从中点移到最上端，负载增大到原来的2倍，因副线圈的输出电压U2不变，根据欧姆定律可知副线圈的输出电流I2减小到原来的一半，根据＝可知原线圈的输入电流I1减小到原来的一半，即电流表的示数将减半，c、d两端的输入功率P入＝I1U1将为原来的，故C正确，D错误。