2019届高考物理一轮复习 课时作业52 变压器 电能的输送

课时作业(五十二) 变压器 电能的输送
[基础训练]
1．(2018·安徽安庆二测)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光，下列说法正确的是( )
A ．原、副线圈匝数之比为9∶1
B ．原、副线圈匝数之比为1∶9
C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1
D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶10
答案：A 解析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U 0，说明原线圈输入电压为9U 0，输出电压为U 0，原、副线圈匝数之比为9∶1，故A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1，可得I 1I 2
＝19
，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶9，故C 、D 错误．
2．(2018·河南三门峡月考)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，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，滑片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，变压器的输入功率减小
答案：B 解析：由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，故A 错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2
n 1
U 1，当滑片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，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，故C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，故D错误．3．(2018·河北定州中学周练)甲、乙两个完全相同的理想变压器接在电压恒定的交流电路中，如图所示．已知两变压器负载电阻的阻值之比为R甲∶R乙＝2∶1，设甲变压器原线圈两端的电压为U甲，副线圈上通过的电流为I′甲；乙变压器原线圈两端电压为U乙，副线圈上通过的电流为I′乙，则下列说法正确的是( )
A．U甲＝U乙，I′甲＝I′乙B．U甲＝2U乙，I′甲＝2I′乙
C．U甲＝U乙，2I′甲＝I′乙D．U甲＝2U乙，I′甲＝I′乙
答案：D 解析：理想变压器接在电压恒定的交流电路中，两个变压器原线圈中的电流是相同的，甲、乙两个变压器完全相同，则I原n1＝I′甲n2，I原n1＝I′乙n2，因此I′甲＝I′乙，选项B、C错误；负载电阻的阻值之比为
R甲∶R乙＝2∶1，所以两个变压器的副线圈电压
之比为2∶1，根据原、副线圈电压比等于匝数之比，
U甲
U′甲
＝
n1
n2
，
U乙
U′乙
＝
n1
n2
，因此
U甲
U乙
＝
2
1
，故
A错误，D正确．
4．如图所示，理想变压器的原线圈接入电压为7 200 V的交变电压，r为输电线的等效电阻，且r＝5 Ω，用电器R L的规格为“220 V880 W”，已知该用电器正常工作，由此可知( )
A．原、副线圈的匝数比为30∶1
B．原线圈中的电流为4 A
C ．电器R L 换成规格为“220 V 1 000 W”的用电器也可以正常工作
D ．变压器的输入功率为880 W
答案：A 解析：由用电器R L 正常工作，可得通过副线圈的电流I ＝4 A ，副线圈导线上的电压损失U r ＝4×5 V＝20 V ，副线圈两端的电压U 2＝220 V ＋20 V ＝240 V ，因此原副线圈的匝数比为30∶1，故A 项正确；又P 1＝P 2＝U 2I 2＝240×4 W＝960 W ，故D 项错误；原线圈中的电流I 1≈0.13 A，B 项错误；换成功率大的用电器后r 分压变大，用电器电压小于220 V ，故C 项错误．
5．(多选)如图所示的电路中，变压器为理想变压器，已知原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝120
，现给原线圈两端加瞬时值表达式为u 1＝311sin 100πt (V)的交变电压，负载电阻R ＝440 k Ω，I 1、I 2分别表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是( )
A ．副线圈两端电压的有效值为6 220 V ，副线圈中电流的有效值为14.1 mA
B ．副线圈两端电压的有效值为4 400 V ，副线圈中电流的有效值为10.0 mA
C ．I 1<I 2
D ．I 1>I 2
答案：BD 解析：根据题意可知，原线圈两端交变电压的最大值为311 V ，则其有效值为3112
V ＝220 V ，根据原、副线圈电压与匝数成正比，可知副线圈两端电压的有效值为4 400 V ，再根据欧姆定律，可以求出副线圈中电流的有效值为 4 400440×10
3 A ＝10 mA ，选项A 错误，B 正确；变压器的输入功率等于输出功率，即U 1I 1＝U 2I 2，可以判断I 1>I 2，选项C 错误，D 正确．
6．(2018·河南中原名校联盟质检)(多选)如图所示是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表V 1示数不变．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R 0表示，变阻器R 表示用户用电器的总电阻．如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是( )
A．电流表A1示数变大
B．电流表A2示数变小
C．电压表V2示数变大
D．电压表V3示数变小
答案：AD 解析：由于变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的电阻减小了，输出功率变大了，所以原线圈的输入功率也要变大，因为输入电压不变，所以输入电流要变大，所以电流表A1的示数变大，A正确；当用电器增加时，相当于R的值减小，副线圈的总电阻减小，所以电流要变大，即电流表A2的示数变大，B错误；理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出电压不变，所以电压表V2的示数不变，C错误；由于副线圈的电流变大，电阻R0两端的电压变大，又因为电压表V2的示数不变，所以电压表V3的示数变小，D正确．
7．(2018·河北保定调研)(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，原线圈接通正弦交流电源，理想电压表V示数为22 V，理想电流表A1示数为5 A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的是( )
A．熔断器的熔断电流应该大于0.5 A
B．原、副线圈的电流频率之比为1∶10
C．若虚线框内接入电容器，电容器的耐压值至少是220 2 V
D．若虚线框内接入电动机且正常工作，可知电动机内阻为440 Ω，电流表A2示数为0.5 A
答案：AC 解析：根据I 2I 1＝n 1n 2，可知副线圈中电流为0.5 A ，则选项A 正确；原、副线圈的电流频率相等，选项B 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2
，可知副线圈两端电压为220 V ，最大值为220 2 V ，选项C 正确；电动机为非纯电阻电器，若电动机内阻为440 Ω，则副线圈电流小于0.5 A ，选项D 错误．
[能力提升]
8．(多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )
A ．电压表的示数为55 V
B ．原线圈中的输入功率等于副线圈中的输出功率
C ．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表的示数变小
D ．若滑动变阻器接入电路的阻值为30 Ω，则1 min 内产生的热量为6 050 J
答案：BC 解析：原、副线圈的电压与匝数成正比，故副线圈两端的电压U 2＝55 V ，由P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2，B 项正确；由有效值的定义知电压表的示数小于55 V ，A 项错误；将滑动变阻器的滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的示数不变，副线圈中的电流变小，则电流表的示数变小，C 项正确；由功率计算可知产生的热量为3 025 J ，D 项错误．
9．(2018·江西三校高三联考)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R 以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin 100πt (V)．下列说法中正确的( )
A ．t ＝
1600 s 时，电压表的示数为220 V B ．t ＝1600
s 时，a 、c 两点间电压瞬时值为110 V C ．滑动变阻器滑片向上移，电压表的示数不变，电流表的示数减小
D ．单刀双掷开关由a 扳向b ，电压表的示数不变，电流表的示数减小
答案：C 解析：原线圈两端电压有效值为220 V ，由理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比可得，副线圈两端电压有效值为 22 V ，电压表测量的是有效值，故A 错误；t ＝1600
s 时，a 、c 两点间电压瞬时值为110 2 V ，故B 错误；滑动变阻器滑片向上移，接入电阻变大，副线圈两端电压由匝数比和输入电压决定，电压表的示数不变，电流表示数减小，C 正确；单刀双掷开关由a 扳向b ，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以电压表和电流表的示数均变大，故D 错误．
10．(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r 的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R 的负载，变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2.则下列说法正确的是( )
甲
乙
A．交流电源的最大效率为50%
B．该交流电源电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin 100πt(V)
C．电流表的读数为
n1n2E m
2n21R＋n22r
D．若R阻值增大，则变压器副线圈两端电压变大
答案：CD 解析：根据题述不能得出交流电源的最大效率，选项A错误；该交流电源的周期为0.04 s，该交流电源电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin 50πt(V)，选项B错误；设
变压器输入端等效电阻为R1，则原线圈中电流为I1＝
E m
2R1＋r
，输入电压为U1＝I1R1＝
E m R1
2R1＋r
，副线圈输出电压为U2＝I2R，输出功率为P2＝I22R，根据变压器功率关系可得
E m R1 2R1＋r ·
E m
2R1＋r
＝I22R，根据变压公式，U1∶U2＝n1∶n2，联立解得R1＝
n21
n22
R，I2＝
n1n2E m
2n21R＋n22r
，选项C正确；若R阻值增大，副线圈输出电流减小，输出功率减小，导致原线圈输入电流减小，电源路端电压增大，原线圈输入电压增大，变压器副线圈两端电压增大，选项D正确．
11．(2018·河北张家口模拟)(多选)如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应
强度大小B＝
2
10
T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计，线框平面与磁
感线垂直，以此时刻为计时起点，线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是( )
A ．图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零
B ．线框中交变电压的表达式为e ＝5002sin 200t (V)
C ．变压器原、副线圈匝数之比为50∶11
D ．允许变压器输出的最大功率为5 000 W
答案：BD 解析：题图示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A 错误；产生的交流电的最大值E m ＝NBS ω＝500 2 V ，从图示位置计时，电动势的瞬时值表达式e ＝5002sin 200t (V)，B 正确；变压器原、副线圈的匝
数比n 1n 2＝
500220＝2511
，C 错误；变压器允许输出的最大功率P ＝U 1I 1max ＝500×10 W＝5 000 W ，D 正确．
12．图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u ab ­t 图象如图乙所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.
甲
乙
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式；
(2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1；
(3)求ce 和de 间线圈的匝数比n ce n de
. 答案：(1)u ab ＝400sin 200πt V (2)0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A (3)34 解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s ， 电压瞬时值u ab ＝400sin 200πt V.
(2)电压有效值U 1＝200 2 V ，
理想变压器P 1＝P 2＝80 W ，
原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，
解得I 1≈0.28 A ⎝ ⎛
⎭
⎪⎫或25 A . (3)设ab 间匝数为n 1，则U 1n 1＝
U ce n ce ， 同理U 1n 1＝U de n de
. 由题意知U 2ce R ce ＝U 2de R de ，解得n ce n de ＝R ce R de ， 代入数据得
n ce n de ＝34.。