（课标通用）2020新高考物理二轮复习 选择题逐题突破 第七道 选择题涉及的命题点 7.3 变压器及

7－3变压器及远距离输电备考精要1．变压器各物理量间的制约关系2．远距离高压输电的工作原理(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P3＋ΔP；(2)电压关系：U1U2＝n1n2，U3U4＝n3n4，U2＝U3＋ΔU；(3)电流关系：I1I2＝n2n1，I3I4＝n4n3，I2＝I3＝I线；(4)输电电流：I线＝P2U2＝P3U3＝ΔUR线；(5)输电线路上损失的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2R线＝P2U22R线＝ΔU2R线。三级练·四翼展一练固双基——基础性考法1．(2019·江苏高考)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20V时，输出电压()A．降低2VB．增加2VC．降低200VD．增加200V解析：理想变压器的电压与匝数关系为U1U2＝n1n2＝U1＋ΔU1U2＋ΔU2，整理可得ΔU1ΔU2＝n1n2，即原、副线圈匝数比等于电压变化量之比，当ΔU1＝20V时，ΔU2＝200V，选项D正确。答案：D2．[多选]每到夜深人静的时候我们就会发现灯泡比睡觉前要亮，其原因在于大家都在用电时，用电器较多。利用如图所示电路模拟输电线路，开关的闭合或者断开模拟用户的变化，原线圈输入50Hz的220V交流电。下列分析正确的是()A．定值电阻相当于输电线电阻B．开关闭合，灯泡L1两端电压升高C．开关闭合，原线圈输入功率增大D．开关断开，副线圈电压增大答案：AC解析：原、副线圈匝数和电压成正比，由于匝数比值不变，原线圈输入电压也不变，所以副线圈电压不会变化，选项D错误；家庭电路用电器之间为并联关系，用户较多时，并联支路增多，相当于开关闭合，而与之串联的定值电阻，实际是等效输电线的电阻，选项A正确；开关闭合副线圈总电阻变小，总电流变大，定值电阻分电压增多，并联电压变小，即灯泡L1两端电压减小，选项B错误；副线圈电压不变电流增大，副线圈电功率增大，根据能量守恒，原线圈电功率也增大，选项C正确。3．[多选]如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P可改变其匝数。下列说法正确的是()A．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变大B．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变小C．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变大D．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变小答案：BD解析：仅增大电阻R时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流变小，故A错误，B正确；滑动触头P向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压变小，灯泡两端的电压变小，故C错误，D正确。4.如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时()A．电流表A1、A2和A3的示数都变大B．只有电流表A1的示数变大C．电压表V3的示数变小D．电压表V2和V3的示数都变小答案：C解析：开关S闭合，负载的总电阻减小，又副线圈的电压U2不变，所以副线圈的电流增大，电流表A2示数变大，根据变压器变流规律可得原线圈电流增大，电流表A1示数增大，配电房和教室间有相当长的一段距离，导线所耗电压增大，故并联电路的电压减小，即电压表V3示数减小，所以电流表A3的示数减小，所以A、B错误，C正确；副线圈电压不变，即V2示数不变，所以D错误。5.如图为模拟远距离交流输电的电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4＝k∶1，模拟输电导线的电阻r＝3Ω，T2的负载是规格为“15V45W”的灯泡L。当T1的输入电压为16V时L正常发光，两个变压器可视为理想变压器，则k的值为()A.32B．3C．4D．9解析：根据电压与匝数成正比，有U1U2＝n1n2，即16U2＝1k，可得U2＝16k，灯泡的额定电流为I＝PU＝4515A＝3A，降压变压器副线圈电流I4＝3A，根据U3U4＝k1，得U3＝kU4＝15k，根据电流与匝数成反比，得I3I4＝1k，即I3＝I4k＝3k，电压关系：U2＝U3＋I3r，代入数据得16k＝15k＋3k×3，解得：k＝3。答案：B二练会迁移——综合性考法1．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，则下列关系式中正确的是()A.I1I2＝n1n2B．I2＝U2RC．I1U1＝I22RD．I1U1＝I2U2解析：根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2，I1I2＝n2n1。U2不是加在R两端的电压，故I2≠U2R，而I1U1等于R上消耗的功率I22R与下一级变压器的输入功率之和。选项D正确。答案：D2.如图所示，水平铜盘半径为r，置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过导线和滑动变阻器R1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n∶1，变压器的副线圈与电阻为R2的负载相连，则()A．变压器原线圈两端的电压为Br2ω2B．若R1不变时，通过负载R2的电流强度为0C．若R1不变时，通过变压器的副线圈横截面磁通量为0D．若R1变化时，通过负载R2的电流强度为通过R1电流的1n答案：B解析：铜盘转动产生的电动势大小为Br2ω2，加在变压器原线圈两端的电压小于Br2ω2，A错误；铜盘匀速转动产生恒定的电动势，若R1不变时，原线圈中有恒定的电流，通过变压器的副线圈横截面磁通量不变(但不为零)，不产生感应电流，B正确，C错误；若R1变化时，通过负载R2的电流强度为通过R1电流的n倍，D错误。3.一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈与小灯泡D串联后，接入一正弦交流电源，电源电压的有效值恒定；副线圈电路中连接可变电阻R和电流表，电流表内阻不计，如图所示。若改变R的阻值，使电流表的示数变为原来的两倍。则()A．小灯泡D的亮度变暗B．副线圈的电压变小C．R的阻值大于原来的一半D．变压器的输入功率变为原来的两倍解析：因电流表的示数变为原来的两倍，即副线圈中电流变为原来的两倍，则原线圈中电流也变为原来的两倍，即小灯泡D的亮度变亮，选项A错误；因灯泡D两端的电压变大，可知变压器原线圈中电压减小，副线圈中电压也减小，R的阻值小于原来的一半，选项B正确，C错误；原线圈中电流变为原来的两倍，但是原线圈中电压减小，则变压器的输入功率小于原来的两倍，选项D错误。答案：B4．如图所示，面积为S、匝数为N、内阻不计的矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕水平轴OO′以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环连接理想变压器。理想变压器原线圈上的滑动触头P上下移动时，可改变副线圈的输出电压；副线圈接有可变电阻R。电表均为理想交流电表。下列判断正确的是()A．原线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωtB．矩形线圈产生的感应电动势的有效值为NBSωC．当P位置不动，R减小时，电压表示数也增大D．当P位置向上移动，R不变时，电流表示数将增大答案：D解析：由题图知开始计时时线圈处于垂直于中性面的位置，故产生的电动势瞬时值为e＝NBSωcosωt，即变压器原线圈的电压瞬时值为e＝NBSωcosωt，所以A错误；矩形线圈产生的感应电动势的有效值为22NBSω，所以B错误；当P位置不动，R减小时，电压表示数不变，故C错误；当P位置向上移动，原线圈的匝数减少，根据变压规律知，副线圈的电压U2增大，又R不变，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，原线圈电流跟着增大，即电流表示数将增大，所以D正确。5.如图所示，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速50转/秒在匀强磁场中旋转，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。已知交流电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是()A．电阻R消耗的电功率为10WB．穿过线圈平面的最大磁通量为150πWbC．t＝0时刻流过线圈的电流不为零D．t＝0.0025s时刻穿过线圈平面的磁通量为150πWb答案：D解析：电阻R消耗的电功率为P＝U2R＝20220W＝20W，故A错误；根据变压器的匝数比可知线圈转动产生的电动势有效值为U＝200V，则最大值Em＝2002V，根据公式Em＝NBSω＝NΦmω，可得穿过线圈平面的最大磁通量为Φm＝EmNω＝2002100×2π×50Wb＝250πWb，故B错误；题图所示时刻线圈处于中性面位置，故感应电动势为零，感应电流为零，故C错误；线圈转动的周期为T＝150s＝0.02s，又t＝0.0025s＝18T，则穿过线圈的磁通量为Φ＝Φmcos2πT·t＝250π×22Wb＝150πWb，故D正确。三练提素养——创新性、应用性考法1.如图所示，理想变压器三个线圈的匝数之比n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中匝数为n1的原线圈接到220V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。已知通过电阻R3的电流I3＝2A，电阻R2＝110Ω，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是()A．10A,12AB．10A,20AC．1A,0.7AD．1A,3A解析：由U1U2＝n1n2，得U2＝n2n1U1＝110V，则I2＝U2R2＝1A。由U3U1＝n3n1，得U3＝n3n1U1＝22V。又I1U1＝I2U2＋I3U3，解得I1＝0.7A。选项C正确。答案：C2．[多选](2019·南宁二模)手摇发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L供电，其电路如图所示，当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光。已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k，变压器可视为理想变压器。则()A．灯泡的额定电压为UkB．灯泡的额定功率为k2U2RC．发电机的线圈中产生的电动势最大值为2R＋rRUD．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝2Usinωt解析：电压表测量的是原线圈的电压有效值，因为此时灯泡正常发光，则灯泡的额定电压等于此时副线圈的电压，则由UUL＝k得灯泡的额定电压UL＝Uk，A正确；灯泡的额定功率PL＝UL2R＝U2k2R，B错误；副线圈的电流IL＝ULR＝UkR，因原、副线圈的电流之比I1IL＝1k，故原线圈的电流I1＝Uk2R，因此发电机的线圈中产生的电动势的有效值E＝U＋I1r，最大值Em＝2E＝2U1＋rk2R，C错误；原线圈输入电压最大值为2U，则从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝2Usinωt，D正确。答案：AD3．[多选]如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈转动的角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是()A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B．电容器的电容C变大时，灯泡变暗C．线圈处于图示位置时，电压表读数为0D．若线圈转动的角速度变为2ω，则电压表读数变为原来2倍答案：AD解析：根据公式U1U2＝n1n2可得U2＝U1n2n1，P向上滑动，n1增大，而U1不变，所以U2减小，故灯泡变暗，A正确；根据公式XC＝12πfC，电容增大，容抗减小，故灯泡变亮，B错误；交流电路中电表示数为有效值，所以电压表示数不为零，C错误；根据公式Em＝NBSω可得交流电最大值变为原来的2倍，所以有效值变为原来的2倍，D正确。4．[多选]如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减