2014高考物理复习大一轮题库--10.2变压器 电能的输送汇总

10.2 变压器 电能的输送
1. 如图10－2－1所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1，
R 1＝20 Ω，R 2＝10 Ω，C 为电容器，原线圈所加电压u ＝2202sin
(100πt ) V ．下列说法正确的是
( )．
A ．通过电阻R 3的电流始终为零
B ．副线圈两端交变电压的频率为50 Hz
C ．电阻R 2的电功率为48.4 W
D ．原副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10∶1
解析 在交流电路中电容器能够通交流，所以A 错误；变压器能够改变交流电压，但是
不能变频，因此B 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2得到U 2＝22 V ，所以电阻R 2的电功率为P 2＝U 22
R 2＝ 48.4 W ，C 正确；根据法拉第电磁感应定律得到原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为 1∶1，D 错误．
答案 BC
2．如图10－2－2所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 100匝，副线圈匝数n 2＝220匝，交流电源的电压u ＝2202sin 100πt (V)，电阻R ＝44 Ω，电压表、电流表为理想电表，则下列说法错误的是 ( )．
图10－2－2
A ．交流电的频率为50 Hz
B ．电流表
的示数为0.2 A C ．电流表 的示数为 2 A
D ．电压表的示数为44 V
解析 由交流电源的电压瞬时值表达式可知，ω＝100π rad/s ，所以频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，
A 项说法正确；理想变压器的电压比等于线圈匝数比，即n 1n 2＝U 1U 2，其中原线圈电压的有
图10－2－1
效值U 1＝220 V ，U 2＝n 2n 1U 1＝44 V ，故D 项说法正确；I 2＝U 2R ＝1 A ，故C 项说法错误；
由电流比与线圈匝数成反比，即I 1I 2＝n 2n 1，所以I 1＝n 2n 1I 2＝0.2 A ，故B 项说法正确．综上所
述，说法错误的是C 项．
答案 C
3．如图10－2－3所示，50匝矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210 T 的水平
匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2
，线框电阻不计．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 V ,60 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 ( )．
图10－2－3
A ．图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零
B ．线框中产生交变电压的表达式为u ＝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2 200 W
解析 图示位置穿过线框的磁通量最大，但由于没有边切割磁感线，所以无感应电动势
磁通量的变化率为零，A 选项错误；线框中交变电压u ＝NBSωsin ωt ＝5002sin (200t ) V ，
B 选项正确；变压器原、副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝500220＝2511，
C 选项错误；变压器输出的
最大功率等于输入的最大功率P ＝UI ＝500×10 W ＝5 000 W ，D 选项错误．
答案 B
4．如图10－2－4所示，导体棒ab 两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接．c 、d 两个端点接在匝数比n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R 0.匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为l (电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中
心轴)OO ′以角速度ω匀速转动．如果滑动变阻器的阻值为R 时，通过电流表的电流为I ，则 ( )．
图10－2－4
A ．滑动变阻器上消耗的功率为P ＝10I 2R
B ．变压器原线圈两端的电压U 1＝10IR
C ．取ab 在环的最低端时t ＝0，则导体棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2I sin ωt
D ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIl
解析 由于电流表示数为有效值，由I I 2＝n 2n 1可知I 2＝10I ，故P ＝100I 2R ，选项A 错误；
变压器原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2×10IR ＝100IR ，选项B 错误；从最低点开始计时，则
导体棒中感应电流的瞬时值的表达式为i ＝2I cos ωt ，选项C 错误；导体棒中电流最大 值为2I ，所以F ＝2BIl ，选项D 正确．
答案 D
5．如图10－2－5甲所示，原线圈所加交流电压按图10－2－5乙所示规律变化，通过一台降压变压器给照明电路供电，照明电路连接导线的总电阻R ＝0.5 Ω，若用户端能使55盏“220 V,40 W”的电灯正常发光．则 ( )．
图10－2－5
A ．副线圈中的电流为10 A
B ．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u 1＝1 000sin (100πt ) V
C ．原线圈输入的总功率为2 200 W
D ．降压变压器的匝数比为n 1∶n 2＝40∶9
解析 每盏灯泡正常发光时的电流I 0＝P U ＝211 A ，灯泡正常发光时，副线圈电流I 2＝NI 0
＝10 A ，A 项正确；根据图像，原线圈两端电压的瞬时值表达式为u 1＝1 414sin (100πt ) V ， B 项错误；照明电路连接导线损失的功率为50 W ，所以原线圈输入的总功率为2 250 W ，
C 项错误；副线圈两端电压U 2＝U 0＋I 2R ＝225 V ，所以n 1n 2＝U 1U 2＝1 000225＝409，
D 项正确．
答案 AD
6. 如图10－2－6所示，一理想自耦变压器线圈AB 绕在一个圆环
形的闭合铁芯上，输入端AB 间加一正弦式交流电压，在输出
端BP 间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑
动触头P 的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标
记为Q ，则 ( )． A ．只将Q 向下移动时，灯泡的亮度变大
B ．只将Q 向下移动时，电流表的读数变大
C ．只将P 沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大
D ．只提高输入端的电压U 时，电流表的读数变大
解析 将Q 向下移动时，R 阻值增大．电路中电阻增大，电流减小，故B 项错误；由于 副线圈上电压不变，电灯两端的电压不变，功率不变，亮度不变，故A 项错．将P 沿顺 时针方向移动时副线圈匝数减少，电压减小，电流减小，故C 项错．提高输入端的电压 时，副线圈上电压增大，电流增大，故D 项正确．
答案 D
7．如图10－2－7所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心轴头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin 100πt (V)，则 ( )．
图10－2－7
A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 V
图10－2－6
B ．当t ＝1600 s 时，c 、d 间的电压瞬时值为110 V
C ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，电压表和电流表 的示数均变小
D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小
解析 当单刀双掷开关与a 连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈
输出电压为22 V ，电压表的示数为22 V ，选项A 正确；当t ＝1600 s 时，c 、d 间的电压
瞬时值为u 1＝2202sin ⎝⎛⎭⎫100π×1600 V ＝2202sin ⎝⎛⎭⎫π6 V ＝110 2 V ，选项B 错误；单刀
双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，电压表示数不变，电流表 的示数变小，选项C 错误；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，理想变压器原、副线圈的匝 数比为5∶1，电压表示数变为44 V ，电压表和电流表的示数均变大，选项D 错误． 答案 A
8．如图10－2－8甲所示，M 是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，接线柱a ，b 接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图10－2－8乙所示．变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R 1为一定值电阻．下列说法中正确的是 ( )．
图10－2－8
A ．电压表示数为22 V
B．当传感器R2所在处出现火灾时，电压表的示数减小
C．当传感器R2所在处出现火灾时，电流表的示数减小
D．当传感器R2所在处出现火灾时，电阻R1的功率变小
解析本题考查交变电流和变压器原理．由图像可知交变电流的电压有效值为220 V，因为原副线圈的匝数比为10∶1，故变压器副线圈的输出电压为22 V，而电压表测的是R2两端的电压，所以小于22 V，故A错误；当传感器R2处出现火灾时，热敏电阻R2的阻值随温度升高而减小，变压器的输出电压不变，热敏电阻与定值电阻R1分压，故R2 的分压减小，电压表示数变小，B正确；R2减小时，变压器的负载电阻减小，电流增大，则原线圈的电流也增大，所以电流表的示数增大，C错误；由于负载电路的电流增大，电阻R1消耗的功率也增大，故D也错误．
答案 B
9．图10－2－9是远距离输电的示意图，下列说法正确的是()．
图10－2－9
A．a是升压变压器，b是降压变压器
B．a是降压变压器，b是升压变压器
C．a的输出电压等于b的输入电压
D．a的输出电压等于输电线上损失的电压
解析远距离输电先升压，再降压，选项A正确而B错误；由电线有电压损失，故a的输出电压等于b的输入电压与损失的电压之和，选项C、D均错．
答案 A
10．如图10－2－10为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是()．
图10－2－10
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗的
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
解析依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝ρl
S，增大输电线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A项正确；由P＝UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B项正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C 项错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D项正确．
答案ABD
11．某小型水电站的电能输送示意图如图10－2－11所示，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为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝2202sin (100πt) V，降压变压器的副线圈与阻值R0＝11 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是()．
图10－2－11
A．通过R0电流的有效值是20 A
B．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1
C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
解析降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V，负载电阻为11 Ω，所以通过R0 电流的有效值是20 A，选项A正确；降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1，选项B正确；升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上损失的电压，选项C错误；升压变压器T1
的输出功率等于降压变压器T 2的输入功率加上输电线上的功率，选项D 正确． 答案 ABD
12．图10－2－12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 －t 图像如图10－2－12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.
图10－2－12
(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 .
解析 (1)由题图乙知ω＝200π rad/s ，
电压瞬时值u ab ＝400sin(200 πt )V.
(2)电压有效值U 1＝200 2 V ，
理想变压器P 1＝P 2，
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 ce 2R ce ＝U de 2
R de ，
解得n ce n de ＝ R ce
R de ， 代入数据得n ce n de ＝43. 答案 (1)u ab ＝400sin(200πt )V
(2)0.28 A 或25 A (3)4
3。