高考物理一轮复习 课时规范练35 理想变压器电能的输送（含解析）-人教版高三全册物理试题.docx

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1、课时规范练35理想变压器电能的输送1.(多选)(理想变压器原、副线圈关系的应用)(2019湖北模拟)如图为日常生活中常见的点火装置原理图,先将1.5 V直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u=6sin t(V),然后将其加在理想变压器的原线圈n1上,当副线圈n2两端电压达到12 kV以上时放电针之间空气被击穿,从而引发电火花点燃气体。下列说法正确的是()A.原线圈两端所接交流电压表的读数为32 VB.副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率不相等C.要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于2103D.要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于2 0002.(理想变压器原、副线圈关系的应用)(2

2、019河北石家庄检测)如图所示,理想变压器三个线圈的匝数比n1n2n3=1051,其中匝数为n1的原线圈接到220 V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=2 A,电阻R2=110 ,则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是()A.10 A,12 AB.10 A,20 AC.1 A,0.7 AD.1 A,3 A3.(多选)(理想变压器的动态分析)(2019四川内江期末)如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为201,图中电表均为理想电表,R为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小),Ll和L2是两个完全相同的灯泡。

3、原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,下列说法正确的是()A.电压的频率为50 HzB.电压表的示数为11 VC.当照射R的光强增大时,电流表的示数变大D.若L1的灯丝烧断后,电压表的示数会变小4.(理想变压器的动态分析)(2019广西防城港模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为21,原线圈两端所加电压如图乙所示,与副线圈相连的两个灯泡完全相同,闭合开关S后,下列说法正确的是()A.电流表示数减小B.电压表示数为1102 VC.变压器的输入功率增大D.灯泡上的交流电每秒钟方向改变50次5.(远距离输电)(2019河北定州模拟)如图,利用理想变压器进行远距离输电,发电厂的输出电压恒定,

4、输电线路的电阻不变,当用电高峰到来时()A.输电线上损耗的功率减小B.电压表V1的示数减小,电流表的示数A1增大C.电压表V2的示数增大,电流表的示数A2减小D.用户功率与发电厂输出功率的比值减小6.(多选)(远距离输电、互感器)(2019广东期末)如图所示为某小型发电站高压输电示意图,变压器均为理想变压器,发电机输出功率恒定为48 kW。在输电线路上接入一个电流互感器、其原、副线圈的匝数比为120,电流表的示数为1 A,输电线的总电阻为10 ,下列说法正确的是()A.用户端的功率为44 kWB.升压变压器的输出电压U2=2 400 VC.降压变压器的输入电压U3=2 000 VD.如果用户电

5、压为220 V,则降压变压器的原副线圈匝数比为101素养综合练7.(2019四川成都模拟)如图甲所示,理想变压器的原、副线圈匝数比n1n2=101,副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12 V、电阻为2 的电动机M。原线圈输入的交流电压如图乙所示。闭合开关S,电动机正常工作,电流表示数为1 A。下列判断正确的是()A.副线圈两端的电压有效值为222 VB.滑动变阻器R的接入电阻为10 C.电动机输出的机械功率为12 WD.若电动机突然卡住,原线圈输入功率将变小8.(多选)(2019江苏南京模拟)如图所示为远距离输电示意图。发电机输出功率P恒定。用户消耗的功率为P用户,升压变压器原、副线圈两端

6、的电压分别为U1和U2,输电线总电阻为r。下列说法正确的是()A.升压变压器原、副线圈匝数比n1n2=U1U2B.将P下移,用户获得的电压将升高C.输电线上的功率关系为P=P用户+U22rD.若U2提高为原来的10倍,输电线上损失的功率为原来的11009.(2019辽宁沈阳检测)一台交流发电机的输出电压表达式为u=1 0002sin(100t) V,通过匝数之比为41的理想降压变压器给若干盏“220 V60 W”的灯泡供电,如图所示,输电线总电阻r=10 ,其他电阻不计,为了保证灯泡正常发光,接入电路的灯泡数量为()A.44B.176C.195D.78310.如图所示,一个理想变压器原线圈的匝

7、数为50,副线圈的匝数为100,原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上,导轨间距为0.4 m。导轨上有一长度略大于导轨间距且垂直于导轨的导体棒,导轨与导体棒的电阻忽略不计,副线圈回路中电阻R1=5 ,R2=15 ,图中交流电压表为理想电压表。导轨所在空间有垂直于导轨平面、磁感应强度大小为1 T的匀强磁场。导体棒在水平外力的作用下运动,其速度随时间变化的关系式为v=5sin 10t(m/s),则下列说法正确的是()A.R1的功率为0.2 WB.电压表的示数为52 VC.水平外力为恒力D.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04 Wb/s11.(多选)某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律,由于输

8、电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共有8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。第一次实验采用如图所示的电路图,将输电线与学生电源和用电器直接相连,测得输电线上损失的功率为P,损失的电压为U1;第二次实验采用如图乙所示的电路图,其中理想变压器T1与学生电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1n2,理想变压器T2与用电器相连。测得输电线上损失的功率为P2,损失的电压为U2,两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同,下列选项正确的是()A.P2P1=n1n2B.P2P1=n12n22C.U2U1=n1n2D.U2U1=n12n2212.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为21,a、b端接

9、入一正弦式交流电源。L1、L2为两只规格为“22 V6 W”的灯泡,两电表为理想交流电表。当滑动变阻器的滑片P处于中间位置时,两灯泡恰好都正常发光。下列说法正确的是()A.电流表示数为0.27 AB.电压表示数为44 VC.滑片P向下移动时,灯泡L2将变暗D.滑片P向上移动时,灯泡L1将变暗参考答案课时规范练35理想变压器电能的输送1.AD最大值为有效值的2倍,所以电压的有效值为U=62V=32V,即电压表示数为32V,故A正确;变压器不能改变频率,故副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率相等,故B错误;当变压器副线圈电压的瞬时值大于12000V时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体,

10、转换器所输出的正弦交变电压最大值为6V,根据电压与匝数成正比,所以实现点火的条件是n2n1=120006=2000,故C错误,D正确。2.C根据电压与匝数成正比可得U1n1=U2n2=U3n3,已知n1n2n3=1051,U1=220V,解得U2=110V,U3=22V,根据欧姆定律得I2=U2R2=1A,根据变压器的输入功率和输出功率相等可得U1I1=U2I2+U3I3,解得I1=0.7A,C正确。3.ABC原线圈接入如图乙所示,T=0.02s,所以频率为f=1T=10.02=50Hz,故A正确;原线圈接入电压的最大值是2202V,所以原线圈接入电压的有效值是U=220V,理想变压器原、副线

11、圈匝数比为201,所以副线圈电压是11V,所以V的示数为11V,故B正确;R阻值随光强增大而减小,根据I=UR知副线圈电流增加,副线圈输出功率增加,根据能量守恒定律,原线圈输入功率也增加,原线圈电流增加,所以电流表的示数变大,故C正确;当L1的灯丝烧断后,变压器的输入电压不变,根据变压器原理,输出电压也不变,故电压表读数不变,故D错误;故选ABC。4.C原线圈输入电压不变,线圈匝数不变,则副线圈电压不变,即电压表示数不变,灯泡电阻不变,则电流表示数不变,A错误。原线圈的输入电压有效值U1=22022V=220V,根据变压器原理可得U2=n2n1U1=110V,所以电压表的示数为110V,B错误

12、。当S接通后,两个灯泡并联,增加一个负载,则副线圈功率增大,所以变压器的输入功率增大,C正确。根据题图乙可知,周期T=0.02s,则频率f=50Hz,灯泡上的交流电每秒钟方向改变100次,D错误。5.D当用电高峰到来时,用户消耗的功率变大,则电流表A2示数变大,输电线上的电流变大,输电线上损耗的功率变大,选项A错误;因为发电厂的输出电压恒定,故升压变压器的副线圈电压不变,即电压表V1的示数不变,选项B错误;电流表A1的示数增大,输电线上的电压损失变大,故降压变压器的原线圈电压减小,降压变压器副线圈电压也减小,即电压表V2的示数减小,选项C错误;用户消耗的功率与发电厂输出总功率的比值P-P损P=

13、1-I2RU1I=1-UU1,因为输电线上的电流增大,则电压损失增大,U1不变,所以用户消耗的功率与发电厂输出总功率的比值减小,故D正确。6.ABD设电流表的读数为IA,互感器的原、副线器的匝数比为nn=IAI2=120,解得I2=20A,线路上损失的电压U=I2r=2010V=200V,线路上功率的损耗P=UI2=20020W=4000W=4kW,用户端的功率为P用=P出-P=48kW-4kW=44kW,故A正确;升压变压器的输出电压U2=P出I2=4810320V=2400V,故B正确;降压变压器的输入电压U3=U2-U=(2400-200)V=2200V,故C错误;如果用户电压为220V

14、,则降压变压器的原副线圈匝数比为n3n4=U3U4=2200220=101,故D正确;故选ABD。7.B根据题图乙可知U1=220V,根据理想变压器变压公式可得副线圈两端的电压有效值为U2=n2n1U1=110220V=22V,选项A错误;根据题述电动机正常工作,电流表示数为1A,则滑动变阻器两端电压UR=22V-12V=10V,根据欧姆定律可知滑动变阻器R的接入电阻为R=10,选项B正确;电动机输入的电功率P=121W=12W,电动机的热功率P热=122W=2W,由P=P热+P出,可得电动机输出的机械功率为P出=10W,选项C错误;若电动机突然卡住,就相当于一个2的纯电阻,副线圈电流I=U2

15、R+r=2210+2A=1.83A,则副线圈的电流增大,副线圈的电功率增大,根据变压器输出功率决定输入功率可知,原线圈输入功率将变大,选项D错误。8.AD变压器的原、副线圈两端电压与匝数成正比,即n1n2=U1U2,A正确。若P下移,降压变压器的原线圈匝数增大,U4=n4n3U3,用户获得的电压降低,B错误。输电线上的功率关系为P=P用户+U损2r,C错误。若U2提高为原来的10倍,输送线路上的电流变为原来的110,故输电线上损失的功率为原来的1100,D正确。9.B每盏灯泡的电流I=PLUL=311A,设有n盏灯能够正常工作,则原线圈的电流I1=14nI=344nA,原线圈两端电压U1=4U

16、L=880V,所以电阻r消耗的电压Ur=U-U1=120V,根据欧姆定律可得Ur=344nr(V),联立解得n=176,B正确。10.D导体棒切割磁感线产生感应电动势,由法拉第电磁感应定律可得E=BLv,代入数据得E=2sin10t(V)。则原线圈输入电压的有效值为U1=Em2=2V,原、副线圈的电压与匝数成正比,则U1U2=n1n2,解得U2=22V,选项B错误;由欧姆定律可得副线圈回路中的电流为I2=U2R1+R2=225+15A=210A,则定值电阻R1的电功率为P1=I22R1=(210)25W=0.1W,选项A错误;由导体棒的速度公式可知导体棒的运动为往复运动,则外力不可能为恒力,选

17、项C错误;由以上计算可知,感应电动势的最大值为Em=2V,则由法拉第电磁感应定律E=n1t,得磁通量变化率最大值为t=Emn1=250Wb/s=0.04Wb/s,选项D正确。11.BC第一次实验输电线上的电流I=PU1,输电线上损失的功率P1=I2R=P2U12R;第二次实验,升压变压器副线圈上的电压U2=n2n1U1,输电线上的电流I=PU2,输电线上损失的功率P2=I2R=P2U22R,所以P2P1=U12U22=n12n22,故A错误,B正确。第一次损失的电压U1=IR,第二次损失的电压U2=IR,故U2U1=II=n1n2,故C正确,D错误。故选BC。12.B原、副线圈匝数比为21,则原、副线圈电流比为12,因两灯泡正常发光,所以原线圈电流为311A,则副线圈电流为611A=0.55A,选项A错误;原、副线圈两端电压比为21,副线圈两端电压为22V,所以原线圈两端电压为44V,选项B正确;滑片P向下移动时,副线圈电路的电阻变小,电流变大,则原线圈电路中电流也变大,即通过灯泡L2的电流变大,灯泡L2可能变亮或烧毁,选项C错误;滑片P向上移动时,通过灯泡L2的电流变小,原线圈两端电压变大,则副线圈两端电压也变大,灯泡L1可能变亮或烧毁,选项D错误。