江苏专用2021版高考物理一轮复习课后限时集训33变压器电能的输送

课后限时集训33变压器电能的输送建议用时：45分钟1．(2019·黄冈中学模拟)下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法中不正确的是()A．理想变压器的输出电压由输入电压和原、副线圈匝数比决定B．交变电流的最大值是有效值的2倍C．降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压D．如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器B[理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定，选项A正确；正弦交变电流的最大值是有效值的2倍，选项B错误；降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压，选项C正确；如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器，选项D正确。]2．(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝2202sin(100πt)V。当用电器电阻R0＝11Ω时，下列说法正确的是()A．通过用电器R0的电流有效值是20AB．当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小C．发电机中的电流变化频率为100HzD．升压变压器的输入功率为4650WAD[通过用电器R0的电流有效值I＝UR0＝22011A＝20A，A正确；当用电器R0的阻值减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误；变压器不改变交流电的频率，f＝50Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1＝UI＝220×20W＝4400W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I′＝5A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2R＝52×10W＝250W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4650W，D正确。]3.(2019·苏锡常镇二模)如图所示，理想变压器原线圈接有正弦式交流电，R为滑动变阻器，C为平行板电容器，A为交流电流表。下列措施能使A示数增大的是()A．仅减小交流电的频率B．仅将滑片P向上移动C．仅减小C两板间距离D．仅增大原线圈的匝数C[减小交流电的频率，电容器的容抗增大，通过电容器的电流减小，故A错误；电容器两端的电压是副线圈两端的电压，将滑片P向上移动，对电容器两端的电压没有影响，故B错误；减小C两板间距离，由平行板电容器的电容C＝εrS4kπd可知电容增大，电容器的容抗减小，通过电容器的电流增大，所以通过A示数增大，故C正确；由理想变压器的电压与匝数的关系式U2＝n2n1U1可知，增大原线圈的匝数n1，副线圈的电压U2减小，通过电容器的电流减小，通过A示数减小，故D错误。]4.如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时6盏灯刚好正常发光。下列说法中不正确的是()A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2B．此时交流电源输出的功率为6PC．U0＝6UD．如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮A[由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1，A错误；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P，B正确；设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，则U2＝U，U0＝U1＋2U，而U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1，代入得U0＝6U，C正确；当灯L6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P1＝U1I1得I1减小，所以灯L1和L2将变暗，同时因L1和L2分得的电压减小，变压器输入端的电压U1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D正确。]5．如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电。输送电压为u＝11002sin200πt(V)，输电导线的总电阻为r＝5Ω，现要使额定电压为220V的用电器正常工作，下列说法正确的是()A．输电线上的电流为220AB．降压变压器原、副线圈匝数比n3n4＝51C．用电器的额定功率P＝5.6×104WD．用电器上的交流电的频率是50HzC[由交流电瞬时值表达式u＝11002sin200πt(V)，可得交流电频率为100Hz，电压有效值为U2＝1100V，输电线上的电流I＝P0U2＝80A，故A错误；降压变压器的输入电压U3＝U2－Ir＝700V，降压变压器原、副线圈匝数比n3n4＝700220＝3511，故B错误；用电器的额定功率P＝P0－I2r＝5.6×104W，故C正确；变压器不改变交流电的频率，所以用电器上的交流电的频率是100Hz，故D错误。]6.(多选)(2019·太原市三模)某50Hz的钳形电流表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n2＝1000匝，当用该表测50Hz交流电时()A．电流表G中通过的是交变电流B．若G中通过的电流为50mA，则导线中的被测电流为50AC．若导线中通过的是10A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10mAD．当用该表测量400Hz的电流时，测量值比真实值偏小AB[变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表G中通过的仍是交变电流，A正确；根据变压器原副线圈电流与匝数成反比：I1I2＝n2n1，I1＝n2n1I2＝10001×0.05A＝50A，B正确；若导线中通过的是10A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C错误；根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误。]7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，a、b两点间的电压为u＝2202sin100πt(V)，R为可变电阻，P为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽略不计，熔断电流为2A。为使保险丝不熔断，可变电阻R连入电路的最小阻值应大于()A.11210ΩB．1.1ΩC．11ΩD．112ΩB[由a、b两点间的电压为u＝2202sin100πt(V)，可知变压器原线圈输入电压U1＝220V，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U2＝n2n1U1＝22V，保险丝熔断电流为2A，原线圈中电流为I1＝2A时，由U1I1＝U2I2可得副线圈中电流为I2＝20A，此时保险丝会熔断。为保证保险丝不熔断，由欧姆定律可得可变电阻R连入电路的最小阻值应大于U2I2＝1.1Ω，选项B正确。]8．(多选)(2019·武汉联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3为三只规格均为“9V,6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是()甲乙A．电流表的示数为2AB．电压表的示数为272VC．副线圈两端接入耐压值为8V的电容器能正常工作D．变压器副线圈中交变电流的频率为50HzAD[由输入端交变电压u­t图象知，输入电压的有效值为2722V＝27V，由原、副线圈匝数之比为3∶1，可得原、副线圈的电压之比为3∶1，电流之比为1∶3，设灯泡两端电压为U，所以U＝9V，副线圈两端电压的有效值为9V，三只灯泡均能正常发光，电流表的读数I＝3×69A＝2A，A正确；电压表的示数为有效值27V，B错误；副线圈两端电压的最大值为92V，C错误；变压器副线圈两端交变电流的频率为50Hz，D正确。]9.(多选)(2019·苏锡常镇一模)如图所示，通过较长的输电线给电动机输电，已知输电功率和电压分别为P0、U0，输电线总电阻为r，电动机正常工作。据此可求出()A．输电线上的电流B．电动机的线圈电阻C．电动机消耗的电功率D．电动机对外做功的功率AC[输送的总功率P0＝U0I0，可得求得输送的电流I0＝P0U0；电动机消耗的总功率为输送的总功率减去输电线路消耗的功率，即P电＝P0－I20r＝P0－P0U02r。故A、C正确；由题目中的条件不能求出电动机的线圈电阻，那么电动机的线圈电阻消耗的热功率也无法求出，进而电动机对外做功的功率也无法求出。故B、D错误。]10.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4，a、b两端接到交流电源上，R1、R2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是()A．副线圈两端电压是电源电压的14B．流过R1的电流是流过R2电流的4倍C．R1上的电功率是R2上电功率的116D．R1上的电功率是R2上电功率的16倍C[原线圈两端电压等于电源电压，根据电压之比等于匝数之比可得U2U1＝n2n1＝4∶1，A错误；流过R1的电流I1＝U1R1，流过R2的电流I2＝U2R2＝4U1R1＝4I1，B错误；根据电功率P＝I2R可得R1上的电功率是R2上电功率的116，C正确，D错误。]11.(多选)(2019·太原模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接u＝U0·cos100πt的交变电流，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A．交变电流的频率为50HzB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过原线圈的电流一定减小ABD[根据ω＝2πf可得ω＝2πf＝100πrad/s，解得f＝50Hz，A正确；若仅将触头P向A端滑动，则副线圈匝数增大，根据U1U2＝n1n2可得副线圈输入电压增大，即R两端的电压增大，根据P＝U2R可得电阻R消耗的电功率增大，B正确；若仅使电阻R增大，R两端电压不变，根据P＝U2R可得电阻R消耗的功率减小，即副线圈消耗的功率减小，所以原线圈输入功率减小，C错误；若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，根据U1U2＝n1n2可得副线圈两端的电压减小，根据I＝UR可得通过R的电流减小，即副线圈中的电流减小，根据公式I1I2＝n2n1，原线圈中的电流一定减小，D正确。]12．(2019·盐城四模)如图所示的钳形电流表，按下手柄时，它的铁芯可以分开，把被测的载流导体放入后，松开手柄，铁芯闭合。导线中的交流电在铁芯中产生交变磁场，电流表与套在铁芯上的线圈相连，可以间接得知导线中的电流。被测导线、铁芯、线圈构成一个电流互感器。下列对钳形电流表的说法正确的是()A．其工作原理与降压变压器一样B．需要断开电路将此钳式电流表串接在电路中C．如果钳口没有闭合紧密，则电流的测量值会偏小D．如果通电导线在钳形口多绕几圈，则读数会偏小C[钳形电流测量仪实质上是“降流”，则原理是与升压变压器一样，故A错误。此仪器不需要断开电路，只需将此钳式电流表的钳口扣在导线上即可，选项B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确。根据n1I1＝n2I2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2将变大，即读数会偏大，故D错误。]13．如图所示，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20Ω的电阻供电。已知电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()A．t＝0时刻流过线圈的电流最大B．原线圈中电流的有效值为10AC．穿过线圈平面的最大磁通量为250πWbD．理想变压器的输入功率为10WC[题图所示时刻为中性面位置，感应电动势为零，流过线圈的电流为零，故A错误；副线圈电流I2＝UR＝1A，根据I1I2＝n2n1，可以得到原线圈电流I1＝0.1