2021年高考物理一轮复习考点37变压器电能的输送课件

变压器电能的输送考点37第1步狂刷小题·夯基础题组一基础小题1．(多选)变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。如图所示是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，匝数分别为n1和n2。下列说法中不正确的是()A．n1n2，原线圈比副线圈的导线粗B．n1n2，原线圈比副线圈的导线细C．n1n2，原线圈比副线圈的导线粗D．n1n2，原线圈比副线圈的导线细答案解析由于是降压变压器，所以原线圈匝数要比副线圈匝数多，即n1n2，故C、D错误；输入功率等于输出功率，由P＝UI，U2＜U1可知副线圈中的电流I2大于原线圈中的电流I1，则较粗导线的线圈应该作为副线圈，故A错误，B正确。本题选不正确的，故选A、C、D。解析2.如图所示，理想变压器原线圈通过理想电流表接在输出电压u＝2202sin100πt(V)的交流电源的两端，副线圈中接有理想电压表及阻值R＝50Ω的负载电阻。已知原、副线圈匝数之比为11∶1，则下列说法中正确的是()A．电压表的示数为20VB．电流表的示数为4.4AC．原线圈的输入功率为16WD．通过电阻R的交变电流的频率为100Hz答案解析由表达式知原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端电压有效值为U2＝20V，副线圈中的电流有效值为I2＝U2R＝2050A＝0.4A；输出功率等于输入功率，为P＝U2I2＝20×0.4W＝8W；根据电流与匝数成反比知，电流表示数为I1＝n2n1·I2＝0.411A＝255A，故A正确，B、C错误；交变电流的频率为f＝ω2π＝50Hz，故D错误。解析3．如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电。当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率为10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是()A．变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝2202sinπt(V)B．电压表的示数为220VC．变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D．变压器的输入功率为110W答案解析由题图乙可知ω＝2πT＝100πrad/s，则变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝2202sin100πt(V)，A错误；小灯泡的额定功率P＝10W，由P＝U2R可得小灯泡的额定电压U＝20V，小灯泡恰好正常发光，电压表的示数为20V，B错误；根据变压器变压公式U1∶U2＝n1∶n2，可得n1n2＝22020＝111，C正确；小灯泡恰好正常发光，则变压器输出功率为10W，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，可知该变压器的输入功率为10W，D错误。解析4.一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()A．U2U1，U2降低B．U2U1，U2升高C．U2U1，U2降低D．U2U1，U2升高答案解析由图可知变压器的原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2，因U1n1＝U2n2，则U2U1；在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中，n2减小，U2降低，C正确，A、B、D错误。解析5．(多选)如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A，已知图甲中原、副线圈匝数比为100∶1，图乙中原、副线圈匝数比为1∶10，则()A．图甲中的电表是电压表，输电电压为22000VB．图甲是电流互感器，输电电流是100AC．图乙中的电表是电压表，输电电压为22000VD．图乙是电流互感器，输电电流是100A答案解析题图甲是电压互感器，则图甲中的电表是电压表，根据U1U2＝n1n2可知输电电压为22000V，A正确，B错误；题图乙是电流互感器，则图乙中的电表是电流表，根据I1I2＝n2n1可得输电电流是100A，C错误，D正确。解析6．如图所示是远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，发电机的输出电压恒定，输电线上损耗的功率为PR，变压器原、副线圈的电压以及电流用图中的量表示。则当用户用电处于高峰期时，下列说法正确的是()A．U2变大B．PR增大C．U4变大D．I1变小答案解析因为输入电压不变，升压变压器原、副线圈匝数不变，所以U2不变，故A错误；当用电器增多时，输出功率增大，降压变压器的输出电流I4增大，输电线上的电流I2增大，由PR＝I22R可知输电线上损耗的功率增大，故B正确；输电线上的电流I2增大，则输电线上损失的电压增大，U2不变，则降压变压器的输入电压U3减小，则用户得到的电压U4变小，故C错误；当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流I2增大，根据n1I1＝n2I2，可知I1变大，故D错误。解析7.如图所示，理想变压器三个线圈的匝数比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答案解析由于U1n1＝U2n2＝U3n3，且n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，U1＝220V，解得U2＝110V，U3＝22V，根据欧姆定律得I2＝U2R2＝110110A＝1A，根据理想变压器的输入功率和输出功率相等可得U1I1＝U2I2＋U3I3，代入数据得I1＝0.7A，故C正确，A、B、D错误。解析8．(多选)如图所示，理想变压器原线圈a的匝数n1＝200匝，副线圈b的匝数n2＝100匝，线圈a接在u＝442sin100πt(V)的交流电源上，“12V6W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝16Ω，电压表V为理想电表。下列推断正确的是()A．交变电流的频率为100HzB．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为25Wb/sC．电压表V的示数为22VD．R1消耗的功率是1W答案解析由电压的表达式知ω＝100πrad/s，该交变电流的频率为f＝1T＝ω2π＝50Hz，故A错误；灯泡正常发光，则副线圈电流的有效值为I2＝PLUL＝612A＝0.5A，电阻R2两端的电压为：U2′＝I2R2＝0.5×16V＝8V，副线圈两端电压的有效值为：U2＝U2′＋UL＝20V，则电压表示数为20V，副线圈电压的最大值为：Um＝202V，根据Um＝n2ΔΦmΔt，可得：ΔΦmΔt＝Umn2＝202100Wb/s＝25Wb/s，故B正确，C错误；原线圈的电流为：I1＝n2n1I2＝0.25A，原线圈两端的电压为：U1＝n1n2U2＝40V，电阻R1消耗的功率为：P＝(E－U1)I1＝(44－40)×0.25W＝1W，故D正确。解析9．如图所示的调压器，滑动触头P和Q都可以调节，在输入交变电压一定的条件下，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是()A．Q不动，P向下移动B．Q不动，P向上移动C．P不动，Q向上移动D．P不动，Q向下移动答案解析Q不动，滑动变阻器的有效电阻不变，P向下移动，原线圈匝数n1减小，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律U1U2＝n1n2知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A正确；Q不动，滑动变阻器的有效电阻不变，P向上移动，原线圈匝数n1增大，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律U1U2＝n1n2知，副线圈的电压减小，即输出电压减小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B错误；解析若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律U1U2＝n1n2知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律U1U2＝n1n2知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向下移动，接入电路的电阻变大，输出电流变小，则输入电流随之变小，故D错误。解析10．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是()A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大答案解析由于原、副线圈两端电压不变，当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时，连入电路的电阻变大，所在电路总电阻变大，副线圈中电流减小，R1中电流减小，R1消耗的功率减小，A项错误；R1中电流减小，则R1两端电压减小，而副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压增大，电压表示数变大，B项正确；副线圈中电流减小，原线圈中电流随之减小，故C项错误；若闭合开关S，负载电路的总电阻减小，副线圈中电流增大，R1中电流增大，则R1两端电压升高，R2两端电压减小，A2示数变小，D项错误。解析11．(多选)如图甲所示，理想变压器的原、副线圈共接有四个规格完全相同的小灯泡，在原线圈所在电路的A、B端输入的交变电流的电压如图乙所示，四个灯泡均正常发光。下列说法正确的是()A．原、副线圈的匝数比为4∶1B．灯泡的额定电压为55VC．原线圈两端的电压为220VD．若副线圈再并联一规格相同的灯泡，灯泡L1有可能被烧坏答案解析设每个灯泡的额定电流为I，额定电压为U，因并联在副线圈两端的三个灯泡正常发光，所以副线圈中的总电流为3I，原、副线圈电流之比为1∶3，所以原、副线圈的匝数之比为3∶1，所以原线圈两端的电压为3U，而灯泡L1两端的电压也为U，所以电源电压为4U＝220V，副线圈两端的电压为U＝55V，原线圈两端的电压为3U＝165V，灯泡的额定电压U＝55V，故A、C错误，B正确；若副线圈再并联一规格相同的灯泡，则有220V－I1·RI2·R＝n1n2＝31，I1I2＝n2n1＝31，解得灯泡L1两端电压为UL＝I1R＝110V55V，故灯泡L1有可能被烧坏，D正确。解析12．如图所示，一正弦交流电电压的瞬时值表达式为e＝220sin100πt(V)，将其通过一个理想电流表接在一个理想变压器两端，变压器起到降压作用，开关S闭合前后，A、B两端输出的电功率相等，以下说法正确的是()A．流过r的电流方向每秒钟变化50次B．变压器原线圈匝数小于副线圈匝数C．开关从断开到闭合时，电流表示数变小D．R＝2r答案解析由正弦交流电电压的瞬时值表达式知该交流电的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50Hz，因变压器不改变交流电的频率，所以流过r的电流方向每秒钟变化100次，A错误；降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数，B错误；开关从断开到闭合时，副线圈回路总电阻减小，副线圈两端电压不变，所以副线圈回路中电流增大，再根据I1U1＝I2U2知原线圈电流即电流表示数变大，C错误；开关闭合前，A、B两端输出的电功率为PAB＝(U2R＋r)2R，开关闭合后，A、B两端输出的电功率为PAB′＝(U2r＋R2)2R2＝U22R＋2r2·2R，又因为开关闭合前后，A、B两端输出的电功率相等，则有PAB＝PAB′，解得R＝2r，D正确。解析13.(多选)如图所示，变压器输入有效值恒定的交流电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻，则()A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减少D．用电器增加时，变压器的输入功率增加答案解析由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加用电器不会影响输出电压，故A错误；根据变压器的工作原理可知输出电压U2＝n2n1U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，故B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时电路总电阻变小，由于输出电压不变，故电路中的总电流增大，输电线上热损耗增加，故C错误；用电器增加时电路总电阻变小，