（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R10 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，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u220sin(100t)V。当用电器电阻R011 时，下列说法正确的是()A通过用电器R0的电流有效值是20 AB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100 HzD升压变压器的输入功率为4 650 WAD通过用电器R0的电流有效值I A20 A，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，f50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1UI22020 W4 400 W，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I5 A，输电线上损失的功率PI2R5210 W250 W，升压变压器的输入功率PP1P4 650 W，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U2U1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12B此时交流电源输出的功率为6PCU06UD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I24I，故n1n2I2I141，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U2U，U0U12U，而U1U2n1n241，代入得U06U，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P1U1I1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220 V，正常情况下输出的总功率P08.8104 W，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u1 100sin 200t (V)，输电导线的总电阻为r5 ，现要使额定电压为220 V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220 AB降压变压器原、副线圈匝数比C用电器的额定功率P5.6104 WD用电器上的交流电的频率是50 HzC由交流电瞬时值表达式u1 100sin 200t (V)，可得交流电频率为100 Hz，电压有效值为U21 100 V，输电线上的电流I80 A，故A错误；降压变压器的输入电压U3U2Ir700 V，降压变压器原、副线圈匝数比，故B错误；用电器的额定功率PP0I2r5.6104 W，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100 Hz，故D错误。6.(多选)(2019太原市三模)某50 Hz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n21 000 匝，当用该表测50 Hz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50 mA，则导线中的被测电流为50 AC若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10 mAD当用该表测量400 Hz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：，I1I20.05 A50 A，B正确；若导线中通过的是10 A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n1n2101，a、b两点间的电压为u220 sin 100t(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2 A。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. B1.1 C11 D11 B由a、b两点间的电压为u220sin 100t(V)，可知变压器原线圈输入电压U1220 V，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U2 U122 V，保险丝熔断电流为2 A，原线圈中电流为I12 A时，由U1I1U2I2可得副线圈中电流为I220 A，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1.1 ，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31，L1、L2、L3为三只规格均为“9 V,6 W”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2 AB电压表的示数为27 VC副线圈两端接入耐压值为8 V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50 HzAD由输入端交变电压ut图象知，输入电压的有效值为 V27 V，由原、副线圈匝数之比为31，可得原、副线圈的电压之比为31，电流之比为13，设灯泡两端电压为U，所以U9 V，副线圈两端电压的有效值为9 V，三只灯泡均能正常发光，电流表的读数I3 A2 A，A正确；电压表的示数为有效值27 V，B错误；副线圈两端电压的最大值为9 V，C错误；变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz，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P0U0I0，可得求得输送的电流I0；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P0IrP0r。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14，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B流过R1的电流是流过R2电流的4倍CR1上的电功率是R2上电功率的DR1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41，A错误；流过R1的电流I1，流过R2的电流I24I1，B错误；根据电功率PI2R可得R1上的电功率是R2上电功率的，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uU0cos 100t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50 HzB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2f可得2f100 rad/s，解得f50 Hz，A正确；若仅将触头P向A端滑动，则副线圈匝数增大，根据可得副线圈输入电压增大，即R两端的电压增大，根据P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，根据可得副线圈两端的电压减小，根据I可得通过R的电流减小，即副线圈中的电流减小，根据公式，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n1I1n2I2，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N100匝的线圈以固定转速50 r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1n2101的理想变压器给阻值R20 的电阻供电。已知电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()At0时刻流过线圈的电流最大B原线圈中电流的有效值为10 AC穿过线圈平面的最大磁通量为 WbD理想变压器的输入功率为10 WC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I21 A，根据，可以得到原线圈电流I10.1 A，故B错误；变压器的匝数比为n1n2101，故输入电压为200 V，最大值为200 V，由角速度2n100 rad/s，根据公式EmNBSN，得穿过线圈平面的最大磁通量为 Wb，故C正确；电阻R消耗的电功率为P20 W，则理想变压器的输入功率为20 W，故D错误。14.(2019南京三模)如图所示，理想变压器原线圈匝数可调，调节触头为S，副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是()A保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，灯泡L变亮B保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，电流表示数变小C保持P位置和光照强度不变，将S向下滑，光敏电阻的功率变小D保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大AS的位置和光照强度不变时，变压器原、副线圈的匝数比以及光敏电阻的阻值不变，根据理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，将P向上滑，滑动变阻器的阻值变大，通过光敏电阻r的电流减小，加在r两端的电压减小，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变大，L变亮，A正确；结合A的分析，当将P向下滑，滑动变阻器的阻值变小，通过光敏电阻r的电流增大，加在r两端的电压增大，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变小，通过L的电流减小，同时R和L的电流之和等于r的电流，所以R的电流增大，电流表示数增大，B错误；P位置和光照强度不变时，r和R的电阻不变，将S向下滑的时候，原线圈的匝数减小，结合理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压增大，通过r的电流增大，光敏电阻的功率变大，C错误；S位置不变时，线圈匝数不变，结合理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，光线变暗时，r的阻值变大，又P的位置不变，所以副线圈的功率减小，又理想变压器的原、副线圈功率相等，所以原线圈的功率减小，D错误。15(多选)(2019江苏海安高级中学高三期末)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路，仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有()A家庭电路正常工作时，L1中的磁通量为零B家庭电路发生断路时，L2中将产生电流C家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起AD由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此L1中合磁通量为零，A正确；家庭电路发生断路时，火线和零线中的电流同时变化，同时消失，穿过线圈L2中的磁通量不变，B错误；家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，故C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁通量发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，故D正确。9