交变电流传感器10.2变压器 远距离输电高考押题
2019高考物理专题交变电流传感器测试题(答案及解释)
2019高考物理专题交变电流传感器测试题一、单选题(共12小题)1.如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻Ｒ均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是（）A．升压变压器副线圈中电流变小B．降压变压器副线圈中电流变小C．输电线上损耗的功率减小D．用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小2.两只阻值相等的电阻分别通以正弦交流电与方形交流电，它们电流的最大值相等，如图所示，则两只电阻的热功率之比是（）A．1︰4B．1︰2C．1︰D．1︰13.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V，440W”的热水器、“220V，220W”的抽油烟机．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（）A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为B．电压表示数为C．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D．1mi n内抽油烟机消耗的电能为1.32×104J4.某交流发电装置产生的感应电动势与时间的关系如图所示，如果其他条件不变，仅使线圈转速加倍，则交流电动势的最大值和周期分别变为（）A．400V，0.02sB．200V，0.02sC．400V，0.08sD．200V，0.08s5.如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想表，接线柱a、b接路端电压u＝311sin314t（V）的正弦交流电源。
当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是( )A．A1、A2B．A2、V2C．A1、A2、V2D．A1、A2、V1、V26.如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为．T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3；它的输出电压和输出功率分别为U4和P4．下列说法正确的是（）A．当用户的用电器增多时，U2减小，U4变大B．当用户的用电器增多时，P2变大，P3减小C．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应减小降压变压器的匝数比D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比7.交流发电机在工作时电动势为，若将电机的转速提高一倍，同时将线圈所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为()A．B．C．D．8.有一种调压变压器的构造如图所示。
高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器2变压器远距离输电课时作业新人教版
变压器 远距离输电 选择题(1～8题只有一个选项符合题目要求，9～14题有多个选项符合题目要求)1．如图，理想变压器原、副线圈匝数比n 1：n 2＝2：1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝122sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )A ．电流频率为100 Hz B.的读数为24 VC.的读数为0.5 A D ．变压器输入功率为6 W解析：由ω＝2πf ＝100π rad/s 得：f ＝50 Hz ，A 错．有效值 U 1＝12 V ，又因为U 2U 1＝n 2n 1得：U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L＝1 A ，选项B 、C 错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 选项对． 答案：D2．(2014·浙江理综)如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I 2.则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误． 答案：A3．(2017·江西十校二模)图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4：1，原线圈接图乙所示的正弦交流电．图甲中R t 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．则下列说法正确的是( )A ．图乙所示电压的瞬时值表达式为u ＝51 sin 50πt VB ．变压器原、副线圈中的电流之比为1：4C ．变压器输入、输出功率之比为1：4D ．R t 处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大 解析：题图乙所示电压的瞬时值表达式为u ＝51 sin 100πt V ，A 错误；根据n 1n 2＝I 2I 1可知，原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，理想变压器的输入、输出功率相等，B 正确，C 错误；R t 处温度升高时，R t 的阻值减小，电压表示数不变，电流表示数变大，所以D 选项错误．答案：B4．(2017·福建漳州三联)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡．当S 断开时，灯L 1正常发光．S 闭合后，下列说法正确的是( )A ．灯L 1、L 2都能正常发光B ．原线圈的输入功率减小C ．原、副线圈的电流比增大D ．电阻R 消耗的功率增大解析：断开S 时，L 1正常发光，当闭合S 后，总电阻减小，回路中总电流增大，R 两端电压变大，灯泡两端电压减小，两灯不能正常发光，A 项错误．因为P 入＝P 出＝U 22R 总，且R 总减小，U 2不变，则P 入变大，B 项错误．由I 1I 2＝n 2n 1可知，因线圈匝数比不变，则原、副线圈的电流比不变，C 项错误．电阻R 的功率P ＝I 2R ，因I 变大，R 不变，则P 变大，D 项正确．答案：D5．(2017·广东深圳一调)如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1：n 2＝10：1，原线圈输入的电流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R 和额定电压为12 V 、工作时内阻为2 Ω的电动机．闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1 A ，则( )A ．副线圈两端电压为22 2 VB ．电动机输出的机械功率为12 WC ．通过电动机的交流电频率为50 HzD ．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小解析：由图乙可知U 1＝220 V ，又知n 1：n 2＝10：1，则由U 1U 2＝n 1n 2，得副线圈两端电压U 1＝22 V ，A 项错误；电动机输出的机械功率P 机＝P 总－P 内＝IU －I 2r ＝1×12 W－12×2 W ＝10 W ，B 项错误；由图乙可知，T ＝0.02 s ，则f ＝1T＝50 Hz ，C 项正确；当卡住电动机，则副线圈回路总电阻减小，电流变大，再由P 入＝P 出＝I 2U 2，可知原线圈输入功率变大，D 项错误．答案：C6．(2017·江西八校联考)将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为R ，让它在磁感应强度为B ，方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN 匀速转动．导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 、电阻为r 的小灯泡并正常发光．电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，则下列说法中正确的是( )A ．半圆形硬导线的转速为2rP π2R 2BB ．半圆形硬导线的速度为rPπ2R 2BC ．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为πR 2B rD ．线圈从图示位置转90°过程中通过小灯泡的电荷量为零解析：转动的半圆形导线切割磁感线，产生感应电动势直接给灯泡供电，因灯泡此时正常发光，则其功率为P ，电阻为r ，设线圈转速为n ，则感应电动势的有效值E 有＝B ·π·R 2·12·2πn 2，由P ＝U 2R 得：E 2有＝P ·r ，可求得：n ＝2rP π2R 2B ，则A 对、B 错；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电荷量q ＝ΔΦr ＝B ·π·R 2·12r ＝πR 2B 2r ，则C 、D 错． 答案：A7．理想变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝2 1.如图所示，电路中接有规格均为“220 V 40 W”的三个完全相同的灯泡A 、B 、C ，若三只灯泡都正常发光，则此时输入电压U 0为( )A ．220 VB ．380 VC ．600 VD ．660 V解析：负载电阻为R ＝12R 灯＝22022×40Ω＝605 Ω 设负载等效到变压器输入端的电阻为R ′，则变压器的输入等效电路如图所示，所以由变阻规律可得 R ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22R ＝2 420 Ω则由图可知，阻值为1 210 Ω的灯泡A 与电阻R ′串联，灯泡正常发光时两端电压为220 V ，根据串联电路的分压规律可得输入电压为U 0＝220 V ＋2×220 V＝660 V ．故选项D 正确．答案：D8．(2017·湖南六校联考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT ，单匝矩形线圈的面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A 为交流电流表．调整副线圈的触头P ，当变压器原、副线圈的匝数比为2：1时，副线圈电路中标有“6 V 6 W”的灯泡正常发光，以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为1 AB ．矩形线圈产生电动势的有效值为18 VC ．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝12 2 sin 30πt VD ．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当上移解析：因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为U 2＝6 V ，通过灯泡的电流为I 2＝66 A ＝1 A ，电流表的示数为I 1＝n 2n 1I 2＝0.5 A ，原线圈两端电压的有效值为U 1＝n 1n 2U 2＝12 V ，矩形线圈产生电动势的有效值为12 V ，最大值为E m ＝BSω＝12 2 V ，得ω＝60 π rad/s，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝12 2 sin 60 πt (V)，矩形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，滑片P 适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光．答案：D9．如图所示，有一台交流发电机E ，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )A ．U 2减小，U 4变大B ．U 2不变，U 3变小C ．P 1变小，P 2变小D ．P 2变大，P 3变大解析：当用户消耗的电功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P 1增大，输入电压U 1为定值不变，升压变压器的匝数比不变，故输出电压U 2不变，由于P 1增大，由P 1＝U 1I 1＝P 2＝U 2I 2可得，I 1增加，P 2、I 2增加，由闭合电路欧姆定律得：U 3＝U 2－I 2R ，故U 3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U 3减小，U 4减小，A 错误，B 正确；由于用户消耗的电功率增加，即P 4增加，理想变压器无功率损耗可得：P 3＝P 4，功率P 3也增加，故C 错误，D 正确．答案：BD10．(2017·湖北襄阳二联)如图所示，理想变压器原线圈a 、b 两端接正弦交变电压u ，u ＝220 2 sin 100πt (V)，电压表V 接在副线圈c 、d 两端(不计导线电阻)，则当滑动变阻器滑片向右滑动时( )A ．电压表示数不变B ．电流表A 2的示数始终为0C ．若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u ，使u ＝220 2 sin 200πt (V)，则电流表A 1的示数增大D ．若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u ，使u ＝220 2 sin 200πt (V)，则电流表A 1的示数减小解析：电压表示数为副线圈两端电压，副线圈两端电压只与原线圈两端电压及原副线圈匝数比有关，故A 正确；因电容器“通交流、隔直流”，则电流表A 2始终有示数，B 错误；改变u 后，交变电流的频率变大，电容器的容抗减小，故A 1示数增大，C 正确、D 错误．答案：AC11．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1＝10匝、n 2＝100匝，副线圈接有R ＝1 000Ω的电阻，原线圈与电阻不计的导线圈构成闭合回路，其中圆形区域的面积为S ＝0.4πm 2.在该圆形区域内有如图所示的按正弦规律变化的磁场垂直穿过，不计电流表内阻，下列说法正确的是(提示：B ＝B 0sin ωt ，则当Δt →0时，ΔB Δt＝B 0ωcos ωt )( )A ．导线圈的电动势为20 VB ．导线圈的电动势为10 2 VC ．负载电阻R 的电流为 2 AD ．电流表的示数为 2 A解析：根据法拉第电磁感应定律，电动势最大值E m ＝ΔΦΔt ＝ΔB Δt S ＝B 0ωS ＝B 02πTS ，代入数据可得E m ＝20 V ，电动势有效值E ＝10 2 V ，B 正确，A 错误．电压与匝数成正比，所以变压器副线圈电压U 2＝10E ＝100 2 V ，变压器副线圈电压I 2＝U 2/R ＝2/10 A ，电流与匝数成反比，所以原线圈电流I 1＝10I 2＝ 2 A ，C 错误，D 正确．答案：BD12．(2017·贵州六校联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1：n 2＝10：1，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻R ＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )A ．当S 与a 连接后，理想电流表的示数为2.2 AB ．当S 与a 连接后，t ＝0.01 s 时理想电流表示数为零C ．当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D ．当S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz解析：S 与a 连接后，由U 1U 2＝n 1n 2，又知U 1＝22022V ＝200 V ，得U 2＝22 V ，则理想电压表的示数为22 V ，又知定值电阻R ＝10 Ω，可得理想电流表示数为I ＝U 2R ＝2.2 A ，故A 对、B 错；S 由a 拨到b 后，n 1：n 2＝5：1，则U 1：U ′2＝5：1，得U ′2＝2U 2，据P ＝U 2R 得功率变为原来的4倍，故C 对；输出电压频率不变，仍为50 Hz ，故D 错．答案：AC13．(2017·河南八市质检)理想变压器原线圈a 匝数n 1＝200匝，副线圈b 匝数n 2＝100匝，线圈a 接在u ＝44 2 sin 314t V 交流电源上，“12 V,6 W”的灯泡恰好正常发光．电阻R 2＝16 Ω，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100 HzB ．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为25Wb/s C ．电压表V 的示数为22 VD ．R 1消耗的功率是1 W解析：由u ＝44 2 sin 314t V ，知f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 错误；灯泡正常发光，由P ＝UI 得灯泡中的电流I 2＝6 W 12 V＝0.5 A ，电压表的示数U 2＝12 V ＋0.5×16 V＝20 V ，C 错误；穿过铁芯的磁通量的最大变化率为ΔΦΔt ＝U 2m n 2＝202100 Wb/s ＝25 Wb/s ，B 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝40 V ，则R 1两端电压UR 1＝44 V －40 V ＝4 V ，由原、副线圈的电流与匝数成反比，可得通过R 1的电流I 1＝0.25 A ，则R 1的功率P ＝UR 1I 1＝1 W ，D 正确．答案：BD14．(2016·河北邢台市二调)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝23，A 处安装若干盏电灯，副线圈中并联的两盏电灯均正常发光，已知所有电灯的规格均为“12 V 24 W”，则下列说法正确的是( )A ．若正弦式交流电压有效值U ＝20 V ，则A 处并联三盏电灯均能正常发光B ．若正弦式交流电压有效值U ＝20 V ，则A 处并联六盏电灯均能正常发光C ．若A 处安装六盏电灯均能正常发光，则正弦式交流电压有效值U ＝40 VD ．若A 处安装六盏电灯均能正常发光，则正弦式交流电压有效值U ＝32 V解析：正常发光时每盏电灯两端的电压U 0＝12 V ，通过的电流I 0＝P 0U 0＝2 A ，副线圈的总电流I 2＝2I 0＝4 A ，根据I 2I 1＝n 1n 2，得原线圈的总电流I 1＝6 A ，是I 0的三倍，若U ＝20 V ，则I 1U －2P 0＝6×20 W－2×24 W＝72 W ＝3P 0，所以A 处需要并联三盏电灯，A 正确，B 错误；若A 处安装六盏电灯均能正常发光，则共有八盏电灯正常发光，8P 0＝I 1U ，得U ＝32 V ，C 错误，D 正确．答案：AD。
备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十三章交变电流电磁振荡与电磁波传感器第2讲变压器远距离输电
第2讲 变压器 远距离输电1.[变压器的铭牌/2024广东惠州第一次调研]如图所示是一种理想变压器的铭牌，根据上面标示的信息，以下判断正确的是（ B ）A.这是一个升压变压器B.原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为55∶3C.当原线圈输入交流电压220V 时，副线圈输出直流电压12VD.当原线圈输入交流电压220V 时，只要副线圈构成回路，则其电流一定为3.0A解析 额定输入电压U 1＝220V 额定输入电压U 2＝12V 额定输入电压I 2＝3A{U 1＞U 2，故为降压变压器，A 错n 1n 2＝U 1U 2＝220V 12V ＝553，B 对输入电压与输出电压均为交流电压，C 错副线圈的电流与负载功率有关，D 错2.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示.其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上，则电流互感器（ D ）A.是一种降压变压器B.能测量恒定电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流解析 变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，也不能在恒定电流电路中工作，B 、C 项均错误；根据变压器匝数与电压的关系U1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压U 2＝n2n 1U 1，由于原线圈匝数少而副线圈匝数多，即n 1＜n 2，因此有U 2＞U 1，电流互感器是一种升压变压器，A 项错误；根据变压器匝数与电流的关系I 1I 2＝n2n 1可得副线圈的电流I 2＝n1n 2I 1，由于n 1＜n 2，因此有I 2＜I 1，D 项正确.3.[2024湖南娄底校联考]如图所示为远距离输电电路图，左边升压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶5，输入电压u＝10√2sin50πt（V）的正弦交变电流.连接两理想变压器的输电线的总电阻为r＝5Ω，右边降压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，负载的电功率为升压变压器输入功率的80％.下列说法正确的是（D）A.升压变压器原线圈上的电流为2AB.输电线上损失的功率为10WC.负载的功率为25WD.降压变压器原线圈上的电压为20V解析设升压变压器原、副线圈上的电压为U1、U2，电流为I1、I2，降压变压器原、副线圈上的电压为U3、U4，电流为I3、I4，有I2＝I3，则由变流比得I1I2＝52，I3I4＝12，由题意可知，输电线上的功率为升压变压器输入功率的20％，则有U1I1＝5I22r，代入数据，解得I2＝1 A，则I1＝2.5I2＝2.5 A，故A错误；输电线上损失的功率为P r＝I22r＝5 W，故B错误；负载的功率为P R＝4P r＝20 W，故C错误；因为I4＝2I2＝2 A，则负载上的电压为U4＝P RI4＝10 V，则U3＝2U4＝20 V，故D正确.4.[2024江西临川一中校考]某电站用500kV电压输电给300km外的用户使用，其输出电功率是3×106kW，输电线总电阻为2.5Ω，则下列说法正确的是（B）A.输电线上输送的电流大小为3.0×105AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD.输电线上损失的功率为ΔP＝U2r，U为输电电压，r为输电线的电阻解析由P＝UI得输电线上输送的电流I＝PU ＝3×106×103500×103A＝6×103 A，故A错误；由ΔU＝Ir得输电线路上的电压损失ΔU＝Ir＝6×103×2.5 V＝15×103 V，故B正确；由于损失的功率不可能大于电站的输出功率，故C错误；输电线上损失的功率用ΔP＝U 2r计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压，故D错误.5.如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为U的交流电源两端.电路中R0为定值电阻，测量电表均为理想电表，导线电阻不计.现使滑动变阻器R的滑片P向上滑动，则下列说法正确的是（A）A.电压表V2的示数变大B.电压表V1与电流表A的示数的比值不变C.电流表A的示数变大D.定值电阻R0消耗的电功率变大解析输入电压不变，原、副线圈匝数比不变，输出电压由输入电压决定，则副线圈两端电压U2不变，滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，滑动变阻器两端电压变大，V2示数变大，故A正确；副线圈电路中总电阻变大，电流减小，原、副线圈匝数比不变，则原线圈中电流也减小，故C错误；副线圈中电流变小，定值电阻R0消耗的功率变小，故D错误；输入电压不变，输入电流随输出电流变化而变化，所以电压表V1与电流表A的示数的比值变化，故B错误.6.[多选]如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流.下列说法正确的是（BC）A.保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B.保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小C.保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大D.保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大解析保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，输出电流I2增大，根据P2＝I2U2知，P2增大，又因P1＝P2，故I1增大，A错误，C正确；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，根据P2＝I2U2知，P2减小，又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小，B正确，D错误.7.[副线圈电路中含二极管/2024浙江高三联考]如图，某同学用自制的简易无线充电装置给手机充电，装置由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比为n1∶n2，若电磁炉两端所加电压为u＝220√2sin314t （V），车载充电器的输入限制电压为4.4V，不考虑充电过程中的各种能量损失.则下列说法正确的是（A）A.接收线圈两端电压的有效值约为6.2VB.通过车载充电器的电流为交流电C.发射线圈、接收线圈匝数比为n 1∶n 2＝50∶1D.接收线圈1s 内电流方向变化50次解析 设接收线圈两端电压的有效值为U 2，充电器两端电压有效值为U 3，由题意可知U 3＝4.4 V ，根据有效值的定义可得U 22R·T2＝U 32R·T ，解得U 2≈6.2 V ，故A 正确；因为二极管单向导电，则通过车载充电器的电流方向一定，为直流电，故B 错误；由题意可知发射线圈电压有效值为U 1＝220 V ，故发射线圈、接收线圈匝数比为n1n 2＝U1U 2＝2206.2＝1 10031，故C错误；根据所加电压表达式可知，电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，接收线圈1个周期内电流方向改变两次，故1 s 内电流方向变化100次，故D 错误.8.[2023安徽江淮十校联考/多选]如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 0＝800匝、n 1＝100匝和n 2＝400匝，原线圈串联一个电阻R 0＝8.0Ω，并接入内阻不计的正弦交流电源，电源电动势为E 且保持不变；两个副线圈分别接电阻R 1＝1.0Ω和R 2＝16.0Ω.开关S 断开时，理想电流表读数为I 1＝4.0A ；开关S 闭合时，理想电流表读数为I 2.不计线圈电阻，则（ BD ）A.E ＝32.0VB.E ＝36.0VC.I 2＝3.2AD.I 2＝3.6A解析 开关S 断开时，理想电流表读数为I 1＝4.0 A ，且n 0＝800匝、n 1＝100匝，故n0n 1＝I1I 0，得I 0＝0.5 A ，由n 0n 1＝U 0U 1及U 1＝I 1R 1＝4 V ，可得U 0＝32.0 V ，故E ＝I 0R 0＋U 0＝36.0 V ，故A错误，B 正确；开关S 闭合时，由输出功率等于输入功率，可知P 原＝P 副1＋P 副2，得U 0I 0＝U 1I 1＋U 2I 2，即36V−U 0R 0U 0＝U 12R 1＋U 22R 2，由n 0n 1＝U 0U 1，n 0n 2＝U0U 2，则U 1＝3.6 V ，故I 2＝3.6 A ，故C错误，D 正确.9.[用户功率增大时的动态分析/2024湖南怀化三中校考]图（a ）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站.白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b ）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R 表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ D ）图（a）图（b）A.A2示数增大，A1示数减小B.V1、V2示数都减小C.输电线上的功率损失减小D.V1、A1示数的乘积大于V2、A2示数的乘积解析当用户功率增大时，降压变压器的输出功率增大，输出电流增大，A2示数增大，根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知，降压变压器中的输入电流增大，A1示数增大，故A错误；升压变压器线圈匝数以及升压变压器输入电压不变，则升压变压器输出电压不变，则V1的示数不变，降压变压器中的输入电流增大，输电线电阻消耗的电压增大，则降压变压器输入电压减小，根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知，降压变压器输出电压减小，故V2示数减小，故B错误；输电线上的电流增大，输电线上的功率损失增大，故C错误；根据降压变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知I1I2＝n2n1，设降压变压器的输入电压为U0，有U1＞U0，根据降压变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知U0U2＝n1n2，故I1U1＞I1U0＝I2U2，故D正确.10.[汽车点火装置/2024湖北武汉部分学校调研]点火线圈能产生20000V的高压，使汽车启动.某型号点火线圈部分结构如图所示，其初级线圈匝数为100匝，次级线圈匝数为20000匝.已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池.下列说法正确的是（D）A.点火线圈的次级线圈应和蓄电池相连B.仅增加初级线圈的匝数，也一定能成功点火C.汽车蓄电池是直流电源，需要将直流电先转化为交流电才能使点火线圈正常工作D.初级线圈断电瞬间，其两端电压约为100V解析由于蓄电池的电压为低电压，则结合变压器的变压规律可知蓄电池应和匝数较少的初级线圈相连，A错误；若仅增加初级线圈的匝数，则通过变压器产生的高压将减小，则不一定能点火成功，B错误；点火线圈利用的是在开关通、断电的瞬间通过线圈的磁通量发生变化从而在次级线圈两端产生高电压，所以不需要将汽车蓄电池产生的直流电转化为交流电，C错误；由题意可知初级线圈通、断电的瞬间，点火线圈能产生20000V的高压，则由变压器的变压规律可知此时初级线圈两端的电压约为100V，D正确.11.[黑光灯的应用]黑光灯是利用物理方法灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”.如图所示是高压电网的工作电路，高压电网是利用变压器将有效值为220V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5cm，已知空气在常温常压下的击穿场强为6220V/cm，为防止空气被击穿而造成短路，变压器的次、初级线圈匝数比不得超过多少？答案10∶1解析电网两极间的电场可看作匀强电场且U m＝E m d，由题意知空气被击穿时E m＝6 220 V/cm，已知理想变压器电压关系为U1mU m ＝n1n2，峰值与有效值关系为U1m＝√2U1，由以上各式得n1n2＝110，所以变压器次、初级线圈匝数比不得超过10∶1.。
高考物理大一轮复习 第10章 交变电流 传感器 第2节 变压器 远距离输电
4．(2016·河南“五校”二联)自耦变压器铁芯上只绕有一个线
圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压
器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数
为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源
上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为
2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电
题组一 高考题组
1．(2015·高考江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压
器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈的匝数
为800，则副线圈的匝数为( )
A．200
B．400
C．1 600
D．3 200
解析：选 B.根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系UU12＝ nn12，得 n2＝nU1U1 2＝8002×20110＝400，选项 B 正确．
1．理想变压器的基本特点：
(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、ΔΔΦt 相同．
(2)线圈无电阻，因此无电压降，U＝E＝nΔΔΦt .
(3)根据
U n
＝
ΔΦ Δt
得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线
圈，还是副线圈，该比例都成立，则有Un11＝Un22＝Un33＝…
2．理想变压器的基本关系
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功 率，即P入＝P出
压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约
为( )
A．380 V和5.3 A
B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A
D．240 V和9.1 A
解析：选B.当变压器输出电压调至最大时，由
U1 U2
＝
2020高考物理一轮总复习第十一章交变电流传感器基础课2变压器远距离输电练习(含解析)新人教版
基础课 2 变压器 远距离输电1．如图所示，理想变压器原、副线圈上分别接有定值电阻R 1、R 2，其中R 1＝8 Ω，R 2＝10 Ω，原、副线圈的匝数之比为n 1∶n 2＝4∶1，电阻R 2两端的电压为U 2＝10 V ，则交流电源电压U 为( )A ．42 VB ．48 VC ．45 VD ．40 V解析：选A 在副线圈中，电流为I 2＝U 2R 2＝1 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1＝14，可得原线圈中的电流为I 1＝0.25 A ，故R 1两端电压为UR 1＝I 1R 1＝2 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，可得原线圈两端的电压U 1＝40 V ，则交流电源的电压U ＝U 1＋UR 1＝42 V.2．(多选)(2018届湖北武汉部分学校高三调研)含有理想变压器的电路如图所示，L 1、L 2、L 3均为“24 V 2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a ，b 端接正弦交流电压(输出电压的有效值恒定)．当开关S 闭合时，灯泡均正常发光．下列说法正确的是( )A ．变压器原、副线圈匝数比为1∶2B ．电压表的示数为72 VC ．变压器的输入功率为8 WD ．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L 1可能会烧坏解析：选BD 每个灯泡的额定电流：I L ＝P L U L ＝224 A ＝112 A ，则原线圈的电流为I 1＝112A ，副线圈的电流为I 2＝16 A ，则n 1n 2＝I 2I 1＝21，选项A 错误；变压器副线圈两端的电压为24 V ，则根据匝数比可得变压器原线圈两端的电压为U 1＝n 1n 2U 2＝48 V ，则电压表读数为48 V ＋24 V ＝72 V ，选项B 正确；变压器的输入功率等于输出功率，故P 入＝P 出＝4 W ，选项C 错误；副线圈上再并联一个相同的灯泡，则副线圈中电流增大，原线圈中电流也增大，超过灯泡L 1的额定电流，灯泡L 1可能会烧坏，故D 正确．3．(2018届山东淄博一模)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝5∶1，其原线圈接一交流电源，电压u ＝2202sin100πt (V)，副线圈接一电动机，电阻为11 Ω.若电流表A 2示数为1 A ，电表对电路的影响忽略不计，则( )A ．交流电的频率为100 HzB ．电动机输出功率为33 WC ．电流表A 1示数为5 AD ．变压器原线圈的输入功率为33 W解析：选B 由ω＝100π＝2πf ，解得f ＝50 Hz ，A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2解得副线圈两端的电压U 2＝44 V ，电动机的输出功率P 出＝U 2I 2－I 22R ＝33 W ，B 正确；由I 1I 2＝n 2n 1，解得I 1＝0.2 A ，C 错误；变压器原线圈的输入功率P ＝U 1I 1＝220×0.2 W＝44 W ，D 错误．4．如图所示是一理想变压器的电路连接图，变压器原线圈两端的恒定交流电压为U 1，副线圈所在电路中有一个定值电阻和一个滑动变阻器，各电表均为理想电表，开关S 闭合，则下列关于各电表示数的说法正确的是( )A ．滑片P 上滑时，A 1的示数变大，A 2的示数变大，V 的示数变大B ．滑片P 上滑时，A 1的示数变大，A 2的示数变大，V 的示数变小C ．断开开关S ，A 1的示数变大，A 2的示数变大，V 的示数变大D ．断开开关S ，A 1的示数变小，A 2的示数变小，V 的示数不变解析：选D 开关S 闭合，滑动变阻器的滑片P 上滑时，接入电路中的电阻变大，可知电路中的总电阻变大，由于U 1恒定不变，则电压表V 的示数不变，可知电流表A 2的示数变小，则电流表A 1的示数也变小，A 、B 错误；开关S 断开时，电路中的电阻变大，结合上述分析可知，电流表A 1的示数变小，电流表A 2的示数变小，电压表V 的示数不变，C 错误，D 正确．5．(2019届广东茂名综测)某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为220 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)，要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A.n 2n 1>n 3n 4B.n 2n 1<n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率小于降压变压器的输入功率解析：选A 因为输电线有电阻，有电压损失，U r >0，而且U 2＝U r ＋U 3，U 1＝U 4，由n 1n 2＝U 1U 2，n 3n 4＝U 3U 4，可知n 2n 1>n 3n 4，所以A 项正确，B 、C 项错误；P 2＝P 3＋P r ，由于输电线上有功率损耗，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，D 项错误．6．(多选)(2019届福建厦门质检)如图所示，电路中变压器为理想变压器，其原线圈接在u ＝202sin50πt (V)的交流电源上，副线圈与阻值为R 1＝2 Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表．另有一阻值R 2＝32 Ω的电阻与变压器原线圈并联，电阻R 1与R 2消耗的电功率恰好相等．则( )A ．电阻R 1消耗的电功率为12.5 WB ．通过电阻R 1的交变电流的周期为0.02 sC ．电流表的示数为10 AD ．变压器原、副线圈匝数之比为4∶1解析：选AD 加在R 2两端电压的有效值为UR 2＝U ＝2022V ＝20 V ，R 2消耗的功率为PR 2＝UR 22R 2＝12.5 W ，又电阻R 1与R 2消耗的电功率恰好相等，故A 项正确；由u ＝202sin50πt (V)，知ω＝50π rad/s ，故周期T ＝2πω＝0.04 s ，变压器不改变交流电的周期，故B 错误；R 1的功率PR 1＝PR 2＝12.5 W ，通过R 1的电流IR 1＝PR 1R 1＝2.5 A ，则电流表的示数为2.5 A ，故C 错误；副线圈两端电压为U 2＝IR 1R 1＝5 V ，原线圈两端电压U 1＝U ＝20 V ，则原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝4∶1，故D 项正确．7．如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：选D 由图乙知，交流电的周期为0.02 s ，所以频率f ＝1T＝50 Hz ，A 错误；发电机输出交流电的电压最大值为U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝250 2 V ，B 错误；输电线电流I 线＝P 入－P 用R 线，可见I 线与R 线及用户电路有关，C 错误；当用户用电器总电阻增大时，P 用减小，I 用减小，I 线减小，输电线上损失的电功率P 损＝I 线2R 线减小，D 正确．8.(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝10∶1，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻R ＝10 Ω.从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )A ．当S 与a 连接后，理想电流表的示数为2.2 AB ．当S 与a 连接后，t ＝0.01 s 时理想电流表示数为零C ．当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D ．当S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz解析：选AC S 与a 连接后，由U 1U 2＝n 1n 2，又知U 1＝22022V ＝220 V ，得U 2＝22 V ，则理想电压表的示数为22 V ，又知定值电阻R ＝10 Ω，可得理想电流表示数为I ＝U 2R＝2.2 A ，故A 选项对，B 选项错；S 由a 拨到b 后，n 1∶n 2＝5∶1，则U 1∶U 2′＝5∶1，得U 2′＝2U 2，据P ＝U 2R得功率变为原来的4倍，故C 选项对；输出电压频率不变，仍为50 Hz ，故D 选项错．9．(2016年天津卷)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，R 1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A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大、A 2示数变大解析：选B 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，R 1中电流减小，R 1消耗的功率减小，A 项错误；R 1中电流减小，则R 1两端电压减小，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，R 1中电流增大，则R 1两端电压升高，R 2两端电压减小，A 2示数变小，D 项错误．10．(多选)如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，理想交流电流表A 的示数为0.1 A ．已知图中元件D 具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是( )A ．交变电流的频率为50 HzB ．变压器原副线圈匝数比为112∶1C ．用电器额定功率为22 WD ．在用电器电阻不变的情况下断开开关S ，用电器功率将变为原来的一半解析：选ACD 由u t 图象可知交变电流的周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝1T＝50 Hz ，A 项正确；由图乙可知原线圈两端输入电压U 1＝220 V ，因闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U 2＝20 V ，n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝220 V ∶20 V ＝11∶1，B 项错误；理想变压器P 入＝P 出＝I 1U 1＝22 W ，又P 出＝P 电器，C 项正确；若在用电器电阻不变的情况下断开开关S ，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D 项正确．11．(2019届苏州调研)如图所示，电路中变压器原线圈匝数n 1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n 2＝500、n 3＝200，分别接一个R ＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U 1＝220 V 的交流电源．则两副线圈输出电功率之比P 2P 3和原线圈中的电流I 1分别是( )A.P 2P 3＝52，I 1＝2.8 A B.P 2P 3＝25，I 1＝2.8 A C.P 2P 3＝254，I 1＝1.16 A D.P 2P 3＝425，I 1＝1.16 A 解析：选C 对两个副线圈有U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，所以U 2＝110 V ，U 3＝44 V ，又P ＝U 2R ，所以P 2P 3＝U 22U 32＝254；由欧姆定律I 2＝U 2R ＝2 A ，I 3＝U 3R＝0.8 A ，对有两个副线圈的变压器有n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3，得I 1＝1.16 A ，C 正确．12．(2018届西安八校联考)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，原线圈接u ＝2202sin100πt (V)的交流电，则( )A ．交流电的频率为100 HzB ．通过R 2的电流为1 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为200 W解析：选 C 由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，A 项错；由理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压U 2＝50 V ，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R 2，由交变电流的热效应可知，U 22R ·T 2＝U 2R ·T ⇒U ＝22U 2＝25 2 V ，由欧姆定律可知，通过R 2的电流为 2 A ，B 项错，C 项正确；其功率P 2＝UI ＝50 W ，而电阻R 1的电功率P 1＝U 22R 1＝100 W ，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P ＝P 1＋P 2＝150 W ，D 项错．13．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器，C 为耐压值为22 V 的电容器，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．副线圈两端电压的变化频率为0.5 HzB ．电流表的示数表示的是电流的瞬时值C ．滑片P 向下移时，电流表A 1和A 2示数均增大D ．为保证电容器C 不被击穿，原、副线圈匝数比应小于10∶1解析：选C 由交变电压图象可知，原线圈输入电压最大值为311 V ，周期T ＝0.02 s ，因此其有效值为220 V ，频率为50 Hz ，因为变压器不改变交变电压的频率，故副线圈两端电压的变化频率为50 Hz ，选项A 错误；电流表的示数为交变电流的有效值，选项B 错误；输入电压一定，变压器原、副线圈匝数比不变，由U 1U 2＝n 1n 2知输出电压不变，滑片下移，副线圈电路总电阻减小，电流增大，故A 2示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，由I 1I 2＝n 2n 1可知A 1示数增大，选项C 正确；保证电容器不被击穿，输出电压最大值为22 V ，而输入电压最大值为311 V ，故原、副线圈匝数比应大于10∶1，选项D 错误．14．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，水电站的发电机输出电压恒定．发电机通过升压变压器和降压变压器(变压比为40∶1)向25 km 外的小区用户供电(供电电压为220 V)，输送到用户的电功率为165 kW ，若用表格中某种型号的输电线进行高压输电，线路上损耗的功率约为输送电功率的6%，则所选用的输电线的型号的代号为( )A.XC ．ZD ．W解析：选B 小区用户供电电压为220 V ，由变压器的变压规律可知，降压变压器原线圈两端的电压为U ＝220 V×40＝8 800 V ，设输电线上的电流为I ，输电线总电阻为R ，则升压变压器副线圈两端电压为U ′＝U ＋IR ，P ＝U ′I ，输电线路上损耗的功率P 线＝I 2R ，联立解得R ＝30 Ω，由于输电线长度需要50 km ，所以可以选择0.6 Ω/km 的Y ，B 正确．15．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25π T ，单匝矩形线圈的面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相接，A 为交流电流表．调整副线圈的触头P ，当变压器原、副线圈的匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 6 W”的灯泡正常发光，以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为1 AB ．矩形线圈产生电动势的有效值为18 VC ．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝12 2sin30πt VD ．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当上移解析：选D 因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为U 2＝6 V ，通过灯泡的电流为I 2＝66 A ＝1 A ，电流表的示数为I 1＝n 2n 1I 2＝0.5 A ；原线圈两端电压的有效值为U 1＝n 1n 2U 2＝12 V ；矩形线圈产生电动势的有效值为12 V ，最大值为E m ＝BS ω＝12 2 V ，得ω＝60π rad/s ，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝122sin60πt V ；矩形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，滑片P 适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光．。
2020届高考物理专练：交变电流传感器(含答案)
2020届高考物理专练：交变电流传感器（含答案）专题：交变电流传感器一、选择题1、如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻Ｒ均不变．在用电高峰期，发电厂输出功率将增大，下列说法正确的是（）A．升压变压器副线圈中电流变小B．降压变压器副线圈中电流变小C．输电线上损耗的功率减小D．用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小【答案】D【解析】A中当发电厂输出功率增大时，根据P=UI知，输出电压不变，则升压变压器原线圈中的电流增大，则副线圈中的电流也增大．故A错误；B中当用电高峰期时，用电器增多，则降压变压器中电流也会变大，故B是错误的；C中升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流，则输电线中的电流增大，根＝I2R知，输电线上损失的功率增大，故C也不对；D中用户消耗的功率据P损占发电厂输出总功率的比例，因为输电线上的电流增大，则电压损失△U增大，U2不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小．故D正确。
2、如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e 随时间t 的变化规律的图象是( )解析：选A ．由题图乙知，周期T ＝4 s ，感应电动势的最大值E m ＝1 V ，而感应电动势的最大值的表达式E m ＝NBSω＝NBS·2πT ．若仅把线圈的转速变为原来的2倍，则周期T′变为原来的12，即T′＝2 s ，而感应电动势的最大值E ′m 变为原来的2倍，即E ′m ＝2 V ，所以选项B 、C 错误；从图示位置转过90°开始计时，也就是t ＝0时线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A 正确，D 错误．3、右图是一种测定压力的电容式传感器,A 为固定电极,B 为可动电极,组成一个电容大小可变的电容器。
高考物理一轮复习 第十一章 交变电流传感器 第二节 变压器 远距离输电试题
权掇市安稳阳光实验学校第二节 变压器 远距离输电一、变压器原理1．工作原理：电磁感应的互感现象． 2．理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出(有多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋…)．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2(有多个副线圈时，仍然成立)，若n 1>n 2，为降压变压器；若n 1<n 2，为升压变压器．(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1；有多个副线圈时有P 入＝P 出．据P ＝UI 可推出，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n .3．制约关系(1)电压：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定． (2)功率：原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定． (3)电流：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定．1.判断正误(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．( )(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．( ) (3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压．( )(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小．( )(5)理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率．( )提示：(1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ 二、远距离输电1．输电线路(如图所示)2．输送电流：I ＝P U ＝U －U ′R.3．电压损失：ΔU ＝U －U ′＝IR .4．功率损失：ΔP ＝P －P ′＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R ＝ΔU 2R .2.(多选)(2017·河北衡水中学月考)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用输电导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，两地的距离为L ，输电线上损耗的电功率为P 1，用户得到的电功率为P 2.下列关于P 1和P 2的表达式中正确的是( )A ．P 2＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－2PρL U 2SB ．P 2＝P －U 2S2ρLC ．P 1＝2P 2ρLU 2SD ．P 1＝U 2SρL提示：选AC.输电线上的电流I ＝P U ，输电导线的电阻R ＝ρ·2LS，输电线上损耗的电功率为：P 1＝I 2R ＝2P 2ρL U 2S，用户得到的电功率为：P 2＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－2PρL U 2S，故A 、C 正确．理想变压器原理【知识提炼】1．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲、乙所示．(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：把高电压变成低电压，如图丙所示.电流互感器：把大电流变成小电流， 如图丁所示.2．关于理想变压器的四点说明 (1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． (3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值．【典题例析】(2016·高考全国卷乙)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5[审题指导] 通过计算副线圈电阻上消耗的功率就可得到原线圈上消耗的功率；再由原、副线圈匝数比得到两边电流比．由功率相等联系求解即可．[解析] 设理想变压器原、副线圈匝数比值为k ，根据题述，当开关S 断开时，电流表示数为I ，则由闭合电路欧姆定律得，U ＝IR 1＋U 1.由变压公式U 1/U 2＝k 及功率关系U 1I ＝U 2I 2，可得I 2/I ＝k ，即副线圈输出电流为I 2＝kI ，U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝kI (R 2＋R 3)．当开关S 闭合时，电流表示数为4I ，则有U ＝4IR 1＋U ′1.由变压器公式U ′1/U ′2＝k 及功率关系U ′1·4I ＝U ′2I ′2，可得I ′2/(4I )＝k ，即副线圈输出电流为I ′2＝4kI ，U ′2＝I ′2R 2＝4kIR 2；联立解得k ＝3，选项B 正确．[答案] B 【跟进题组】考向1 变压器原、副线圈的制约关系1．(多选)(2016·高考全国卷丙)如图，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∶1B．原、副线圈匝数之比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9解析：选AD.因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A项正确，B项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI可知，a 和b的电功率之比为1∶9，C项错误，D项正确．考向2 自耦变压器的特点2.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( )A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 AC．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A解析：选B.由U1n1＝U2n2得U 2＝n2n1U1＝1 9001 100×220 V＝380 V，由P1＝P2＝U1I1＝U2I2得I1＝P2U1＝2 000220A≈9.1 A，B正确．考向3 互感器的应用3．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd，为了使电流表能正常工作，则( )A．ab接MN、cd接PQ，I ab<I cdB．ab接MN、cd接PQ，I ab>I cdC．ab接PQ、cd接MN，I ab<I cdD．ab接PQ、cd接MN，I ab>I cd解析：选B.高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据I1I2＝n2n1，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且I ab>I cd，选项B正确．考向4 多个副线圈的求解4.如图所示，理想变压器有两个副线圈，L 1、L 2是两盏规格为“8 V ，10 W ”的灯泡，L 3、L 4是两盏规格为“6V ，12 W ”的灯泡，当变压器的输入电压为U 1＝220 V 时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n 1＝1 100匝，求：(1)副线圈n 2、n 3的匝数； (2)电流表的读数．解析：(1)由变压器原理可知n 1∶n 2∶n 3＝U 1∶U 2∶U 3，则n 2＝U 2U 1n 1＝8220×1100匝＝40匝n 3＝U 3U 1n 1＝2×6220×1 100匝＝60匝．(2)由输入功率等于输出功率知I 1U 1＝2P L2＋2P L3，则I 1＝2P L2＋2P L3U 1＝2×10＋2×12220A ＝0.2 A.答案：(1)40匝 60匝 (2)0.2 A(1)关于理想变压器的两点说明 ①理想变压器：a ．没有能量损失(铜损、铁损)．b ．没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)．②频率关系：原、副线圈中电流的频率相等． (2)多副线圈变压器对于副线圈有两个及以上的理想变压器，电压与匝数成正比是成立的，而电流与匝数成反比的规律不成立．但在任何情况下，电流关系都可以根据原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P 入＝P 出进行求解． Ｋ变压器的动态分析问题【知识提炼】1．匝数比不变的情况(如图所示)(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据I 1I 2＝n 2n 1可以判断I 1的变化情况．(3)I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化．2．负载电阻不变的情况(如图所示)(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化．(2)R 不变，U 2变化，I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化．【典题例析】(2015·高考安徽卷)如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( )A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动[审题指导] 由于原副线圈匝数不变，则V1、V2不变；而A2示数增大，则R0的电压要增大，所以可判断V3的变化和R阻值的变化．[解析] 电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确．[答案] D【跟进题组】考向1 原、副线圈匝数不变时的动态分析1．(2016·高考天津卷)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示数变大解析：选B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，选项A错误，B正确．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，选项C错误．若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，选项D错误．考向2 负载电阻不变时的动态分析2．(2016·高考四川卷)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B.由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1①由U 1U ′2＝n 1－Δnn 2－Δn 得 U ′2＝n 2－Δn n 1－ΔnU 1②由②①得：U ′2U 2＝（n 2－Δn ）n 1（n 1－Δn ）n 2＝n 2n 1－Δnn 1n 2n 1－Δnn 2，因为n 2＜n 1，所以U ′2U 2＜1，即U ′2＜U 2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错误．由以上分析过程可以看出，C 错误．由I 1I 2＝n 2n 1和I ′1I ′2＝n 2－Δnn 1－Δn可见，D 错误．1．变压器动态问题的“制约”关系(1)电压制约：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定． (2)电流制约：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定． (3)功率制约：原线圈的输入功率P 入由副线圈的输出功率P 出决定． (4)元件制约(由元件的特性制约负载电路)负载回路中若存在二极管，则负载回路中通过的将不再是交流电，而是脉冲电流．2．变压器动态问题分析思路程序远距离输电问题【知识提炼】1．远距离输电的处理思路：对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析．2．远距离高压输电的几个基本关系(如图所示) (1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3.(2)电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线．(3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线.(4)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 2U 22R 线．当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1n2.【典题例析】(2015·高考福建卷)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A ．(n 1n 2)U 2m 4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(P U m)2rD ．4(n 2n 1)2(P U m)2r[审题指导] 由原线圈电压的表达式和原副线圈的匝数比可得到副线圈两端的电压有效值，由功率可求输送电流，则损失功率为I 2·(2r )．[解析] 升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m2；由变压关系可得 U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1P n 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2r n 22U2m，故选项C 正确．[答案] C1897年，举世闻名的“尼亚加拉”水电站在美丽的尼亚加拉瀑布建成，现已使用100多年．当时世界各地都在使用费用高昂的直流电(因为使用直流电时必须每隔一公里建设一套发电机组)，而尼亚加拉水电站采用了特斯拉发明的交流电供、输电技术，用高压电实现了远距离供电．若其中某一发电机组设计为：发电机最大输出功率为P ＝100 kW ，输出电压为U 1＝250 V ，用户需要的电压为U 2＝220 V ，输电线电阻为R ＝10 Ω，输电线中因生热而损失的功率为输送功率的4%.(1)画出此输电线路的示意图．(2)求在输电线路中设置的升压变压器的原、副线圈匝数比． (3)求降压变压器的最大输出电流I 3.(保留整数)解析：(1)输电线路示意图如图所示． (2)输电过程中损失的功率：P 损＝ηP 通过R 的电流：I 2＝P 损R发电机的输出电流：I 1＝PU 1升压变压器的原、副线圈匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝ ηP R ·U 1P ＝ 100×103×0.0410×250100×103＝120. (3)用户得到的最大功率：P 用＝P (1－η)，降压变压器的最大输出电流I 3＝P 用U 2＝P （1－η）U 2＝100×103×（1－0.04）220A ＝436 A.答案：(1)见解析 (2)120(3)436 A远距离输电问题的“三、二、一” (1)理清三个回路 (2)抓住两个联系①理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2.②理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.(3)掌握一个守恒能量守恒关系式P 1＝P 损＋P 3.1.用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A解析：选A.由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0.05 A ，周期T ＝0.02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin 2πTt ＝0.05sin 100πt (A)，D 错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3.9 W ，A 正确．2．(2015·高考全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：选A.设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21RI 22R＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．3．(多选)(高考全国卷Ⅱ)如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表A 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：选BD.变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误．增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确．c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误．根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2RT ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．4.(多选)(2015·高考天津卷)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R 知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误，选项B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，选项C 正确，选项D 错误．一、单项选择题1.如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002·sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6Ω的导线对“220 V 880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，＝880220 A ＝故A 错误.2πf ＝100π Hz ，f ＝50 Hz ，故B 错误．I 24 A ，故C 项正确．由于理想变压器P 入＝P 出＝I 22r ＋880 W ＞880 W ，故D 错误．2.在如图所示的铁芯上绕有4个线圈，匝数之比为n 1∶n 2∶n 3∶n 4＝1∶1∶2∶1，今在线圈1两端接正弦交流电源，下列判断正确的是( )A ．U 1＝U 2＝12U 3＝U 4B ．U 1＝U 2＝12U 3，U 4＝0C ．U 1＝U 2＋U 3＋U 4D ．以上均不对解析：选B.线圈1、2、3的电压关系遵守变压比公式，线圈4中的磁通量始终为0，不产生感应电动势，故U 4＝0，B 正确．3．如图所示，电路中变压器原线圈匝数n 1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n 2＝500、n 3＝200，分别接一个R ＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U 1＝220 V 的交流电源．则两副线圈输出电功率之比P 2P 3和原线圈中的电流I 1分别是( )A ．P 2P 3＝52，I 1＝2.8 AB ．P 2P 3＝25，I 1＝2.8 AC ．P 2P 3＝254，I 1＝1.16 AD ．P 2P 3＝425，I 1＝1.16 A解析：选C.对两个副线圈有U 1U 2＝n 1n 2、U 1U 3＝n 1n 3，所以U 2＝110 V ，U 3＝44 V ，又因为P ＝U 2R ，所以P 2P 3＝U 22U 23＝254；由欧姆定律得I 2＝U 2R ＝2 A ，I 3＝U 3R＝0.8 A ，对有两个副线圈的变压器有n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3，得I 1＝1.16 A ，故C 正确．4．如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：选D.由u －t 图象可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T＝50 Hz ，选项A 错误；交流电的最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝250 2 V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 21R ，得输电线上损失的功率减小，选项D 正确．5．(2015·高考广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2解析：选C.根据欧姆定律I ＝U R，U 2由220 V 降至110 V ，副线圈上的电流变为原来的12，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A 错误；根据P＝UI 知，U 、I 均变为原来的12时，副线圈上输出的功率变为原来的14，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B 错误；根据理想变压器电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，当U 2由220 V 降至110 V 时，n 2变为原来的12，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C 正确；根据理想变压器P 入＝P 出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D 错误．6．远距离输电的原理图如图所示， 升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2, 电压分别为U 1、U 2，电流分别为 I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A ．I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2解析：选D.根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R两端的电压，故I 2≠U 2R，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．只有选项D 正确．7．(2017·江西八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大解析：选A.当R 3不变，P 顺时针转动时，n MN 减小，由U CD U MN ＝n CDn MN，知U MN 减小，则电压、电流表读数均减小，A 项正确，同理知B 项错；当P 不动时，匝数n MN不变，输出电压U MN 不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C 项错误，同理知D 项也错误．二、多项选择题8．如图，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A ．以下判断正确的是( )A ．变压器输入功率为484 WB ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3解析：选BD.变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝2.2×60 W ＝132 W ，选项A错误；由U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝U 1U 2＝22060＝113，选项D 正确；由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝311×2.2 A＝0.6 A ，选项B 正确；根据I ＝I m2得副线圈上的电流的最大值I 2m ＝2I 2＝2.2 2A ，选项C 错误．9．如图所示理想变压器的三个线圈的匝数n 1∶n 2∶n 3＝1∶4∶4，在M 、N间接正弦交流电源，在a 、b 和c 、d 间接相同的电阻器R ，则( )A ．U 1＝U 2＝4U 3B ．U 2＝U 3＝2U 1C ．I 1＝4I 2＝4I 3D ．P 1＝2P 2＝2P 3解析：选BCD.由于副线圈有两个相同的铁芯，所以原线圈中的磁通量与副线圈中的磁通量关系为：Φ1＝2Φ2＝2Φ3，磁通量变化率关系为：ΔΦ1Δt ＝2ΔΦ2Δt ＝2ΔΦ3Δt，故每匝线圈产生的感应电动势关系为：e 1＝2e 2＝2e 3，对理想变压器有：U 1＝n 1e 1，U 2＝n 2e 2，U 3＝n 3e 3，因此，可得：U 1n 1＝2U 2n 2＝2U 3n 3，代入n 1∶n 2∶n 3＝1∶4∶4得U 2＝U 3＝2U 1，故A 错，B 对．由能量守恒得：P 1＝P 2＋P 3＝2P 2＝2P 3，D 对，由I 1U 1＝2I 2U 2＝2I 3U 3得：I 1＝4I 2＝4I 3，C 对．10．(2015·高考海南卷)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，V 是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值为48 V解析：选AD.当负载电阻值减小为R ＝5R 0时，根据串并联电路规律，R 两端电压为R 0两端电压的5倍，因为电压表测量R 两端的电压，所以U R 0＝15×5 V＝1 V ，故副线圈两端电压为U 2＝6 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得此时原线圈两端电压的有效值为U 1＝24 V ，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 2 V ≈34 V ，A 正确、B 错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U ′2＝IR 0＋5IR 0，变化前，U 2＝IR 0＋11IR 0＝12IR 0，所以U 2＝2U ′2＝12 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端原来的电压有效值为48 V ，D 正确、C 错误． 11．电流互感器和电压互感器如图所示．其中n 1、n 2、n 3、n 4分别为四组线圈的匝数，a 、b 为两只交流电表，则( ) A ．A 为电流互感器，且n 1<n 2，a 是电流表 B ．A 为电压互感器，且n 1>n 2，a 是电压表 C ．B 为电流互感器，且n 3<n 4，b 是电流表 D ．B 为电压互感器，且n 3>n 4，b 是电压表解析：选AD.由题图可知A 为电流互感器，B 为电压互感器，因此a 是电流表，b 是电压表，在A 中，有I 1n 1＝I 2n 2，要把大电流变为小电流，有n 2>n 1；在B 中，有U 3U 4＝n 3n 4，要把高电压变为低电压，则有n 3>n 4；综上所述可知，选项A 、D 正确．12.如图所示的电路中，T 为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L 正常发光，现在电源电压U 略降低，为使灯泡L 仍能正常发光，可采用的措施是( )A ．将自耦调压变压器的滑片P 适当上滑B ．将自耦调压变压器的滑片P 适当下滑C ．适当增大滑动变阻器R 2的阻值D ．适当减小滑动变阻器R 2的阻值解析：选AC.若保持负载总电阻不变，电源电压U 略降低时，为使灯泡L仍能正常发光，只需输出电压U 2保持不变．根据变压比U U 2＝n 1n 2，可得U 2＝n 2n 1U ，由此可知，n 2应增大，自耦调压变压器的滑片P 应适当上滑，选项A 正确，选项B 错误；若保持匝数比不变，根据变压比U U 2＝n 1n 2，可得U 2减小，为使灯泡L仍能正常发光，加在L 两端的电压应不变，则加在R 1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R 2应增大，选项C 正确，选项D 错误．三、选做题13．(2017·江西师大附中月考)如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框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＝100 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 ( )A ．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B ．线框中产生感应电动势的有效值为250 2 VC ．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D ．允许变压器输出的最大功率为1 000 W解析：选C.在图示位置线框平面和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，选项A 错误；线框中产生的感应电动势的最大值E m ＝NBSω＝250 2 V ，其有效值E ＝22E m ＝250 V ，选项B 错误；灯泡能正常发光，则电压U 2＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，选项C 正确；熔断器允许通过的最大电流为10 A ，即I 1＝10 A ，P 1＝P 2＝U 1I 1＝250×10 W ＝2 500 W ，因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W ，选项D 错误．14．(多选)(2017·浙江丽水中学月考)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．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．输出电压通过输电线送给用户，两条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则( )A ．电压表V 1、V 2的示数几乎不变B ．电流表A 2的示数增大，电流表A 1的示数减小C ．电压表V 3的示数增大，电流表A 2的示数增大D ．电压表V 2、V 3的示数之差与电流表A 2的示数的比值不变解析：选AD.据题意可知，电压表V 1和V 2分别测量原线圈电压和副线圈电压，因原线圈输入电压不变，则副线圈的电压也不变，所以A 选项正确；负载增加，则副线圈电流增大，即A 2示数增大，据副线圈电流决定原线圈电流，则。
高考物理一轮复习 第10章 交变电流传感器 2 第二节 变压器、远距离输电及传感器随堂检测巩固落实 新人教版
2 第二节变压器、远距离输电及传感器1．(多选)(2018·南京、盐城、连云港三市高三模拟)关于下列器材的原理和用途，叙述正确的是( )A．变压器可以改变交流电压与稳恒直流电压B．扼流圈对变化的电流有阻碍作用C．真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用解析：选BD．变压器可以改变交流电压，不能改变稳恒直流电压，选项A错误；扼流圈对变化的电流有阻碍作用，选项B正确；真空冶炼炉的工作原理是通过涡流发热使炉内金属熔化，选项C错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用，选项D 正确．2．(2018·扬州中学高三考试)某课外兴趣小组设计了一种不需要电池供电的防触电“警示牌”，把它放在高压输电线附近时，其上面的文字“小心触电”就会自动发亮，对防止触电起到警示作用，关于这种“警示牌”，下列说法中正确的是( ) A．警示牌内没有电源，却能够使“小心触电”发亮，违背了能量转化与守恒定律B．警示牌内部一定隐藏有太阳能电池为其供电，从而使“小心触电”发亮C．警示牌放在交变电流流过的输电线附近时，“小心触电”能发亮D．警示牌放在稳恒电流流过的输电线附近时，“小心触电”能发亮解析：选C．从题目中可以看出，其作用是对防止触电起到了警示作用，故一定是放置在交流电路旁边，利用电磁感应原理工作，不违背能量守恒定律，A错误，C正确；题目中明确是不需要电池供电的“警示牌”，太阳能电池也是电池，B错误；警示牌放在稳恒电流流过的输电线附近时，无感应电流产生，D错误．3．(多选)如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2．原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：选BD ．变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误；增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确；c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误；根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2R T ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．4．远距离输电的原理图如图所示， 升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2, 电压分别为U 1、U 2，电流分别为 I 1、I 2，输电线上的电阻为R ．变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A ．I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2 解析：选D ．根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1．U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R ，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．只有选项D 正确．。
高考物理大一轮复习 第10章 交变电流 传感器 第2节 变压器 远距离输电课时规范训练
变压器 远距离输电1．(多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( ) A ．通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 B ．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等 C ．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势 D ．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析：选BC.理想变压器没有漏磁现象，故原、副线圈产生的磁通量任何时候都相等，且随时间而改变，使副线圈产生感应电动势，而不是电流流到副线圈，综上述选项B 、C 正确．2．如图所示，半径为L ＝1 m 的金属圆环，其半径Oa 是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10 rad/s 匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B ＝2 T 的匀强磁场中．从圆心O 引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n 1∶n 2＝1∶4的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为( )A ．40 VB ．20 VC ．80 VD ．0解析：选D.由于Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10 rad/s 匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，选项D 正确．3.(多选)电流互感器和电压互感器如右图所示，其中n 1、n 2、n 3、n 4分别为四组线圈的匝数，a 、b 为两只交流电表，则( )A ．A 为电流互感器，且n 1＜n 2，a 是电流表B ．A 为电压互感器，且n 1＞n 2，a 是电压表C ．B 为电流互感器，且n 3＜n 4，b 是电流表D ．B 为电压互感器，且n 3＞n 4，b 是电压表解析：选AD.由图可知A 为电流互感器，B 为电压互感器，因此a 是电流表，b 是电压表，在A 中，有I 1n 1＝I 2n 2，要把大电流变为小电流，有n 2＞n 1；在B 中，有U 3U 4＝n 3n 4，要把高电压变成低电压，则有n 3＞n 4，综上可知，A 、D 正确．4．(2015·高考海南卷)(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析：选AD.副线圈两端电压U 2′＝5.0 V 5R 0×6R 0＝6 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2，得U 1′＝24 V ，即此时原线圈两端电压有效值为24 V ，最大值U 1m ′＝2U 1′≈34 V，A 正确，B 错误．由于前后两次保持输入、输出电流不变，此时副线圈两端电压U 2′＝6R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝12R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝2U 2′，原线圈两端也应有U 1＝2U 1′，即原来原线圈两端电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．5．(2016·山东潍坊高三质检)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( )A.PR kU ，1n B ．⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，1nC.PR kU ，1n 2D ．⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU2R ，1n2解析：选D.由理想变压器U 1U 2＝n 1n 2得：副线圈电压U ′＝kU ，而理想变压器P 入＝P 出，副线圈电流I ′＝P U ′＝P kU ，线路损耗的电功率P 1＝I ′2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R .同理可知P 2＝I ″2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P nkU 2R ，得P 2P 1＝1n2，D 正确．6．(2016·福建漳州八校联考)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈输入交变电压u ＝100 2 sin 50πt (V)，在副线圈中接有理想电流表和定值电阻R ，电容器并联在电阻R 两端，电阻阻值R ＝10 Ω，关于电路分析，下列说法中正确的是( )A ．电流表示数是2 AB ．电流表示数是 2 AC ．电阻R 消耗的电功率为10 WD ．电容器的耐压值至少是10 V解析：选C.原线圈输入交变电压u ＝100 2sin 50πt (V)，有效值为100 V ，根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压应为U 2＝n 2n 1U 1＝110×100 V＝10 V ，流经电阻R 的电流为1 A ，电容器C 允许交流电通过，所以电流表示数大于1 A ，由于电容器的容抗不知道，所以不能判断出电流表的具体读数，故A 、B 错误；电阻R 消耗的电功率为P ＝U 22R＝10 W ，故C正确；电容器的耐压值应对应交流电压的最大值10 2 V ，故D 错误．7．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10 W 的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Ω，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 ＝2202sin πt (V)B ．电压表的示数为220 VC ．变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D ．变压器的输入功率为110 W解析：选C.由题图乙可知ω＝2πT＝100π rad/s，则变压器输入电压的瞬时值表达式为u ＝220 2 sin 100πt (V)，A 错误．小灯泡的额定功率P ＝10 W ，由P ＝U 2R可得小灯泡的额定电压U ＝20 V ，小灯泡恰好正常发光，电压表的示数为20 V ，B 错误．根据变压器变压公式U 1∶U 2＝n 1∶n 2，可得n 1n 2＝22020＝111，C 正确．根据额定功率10 W 的小灯泡恰好正常发光，理想变压器的输入功率等于输出功率，D 错误．8．(2016·深圳五校联考)一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶1，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 随时间t 的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个R ＝20 Ω的电阻，则( )A ．流过电阻R 的最大电流是1.0 AB ．变压器的输入功率是40 WC ．与电阻R 并联的电压表的示数是20 VD ．在1 s 内电流方向改变50次解析：选C.由图象可知，原线圈两端电压的最大值为220 2 V ，所以电压的有效值为220 V ，根据电压与匝数成正比可知，副线圈两端电压的有效值为20 V ，负载电阻为20 Ω，所以流过电阻R 的电流的有效值为1.0 A ，电流的最大值为 2 A ，A 错误；电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的示数为20 V ，C 正确；变压器的输出功率P ＝UI ＝20×1.0 W ＝20 W ，所以变压器的输入功率是20 W ，B 错误；从题图中可以得出交流电的频率为f ＝12×10－2 Hz ＝50Hz ，线圈每转动一圈，电流方向改变2次，所以在1 s 内电流方向改变100次，D 错误．9．(2016·辽宁五校联考)(多选)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式u ＝20 2sin(50πt )VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率减小D ．若将S 1换接到2，R 消耗的电功率为0.8 W解析：选CD.交流电的瞬时表达式u ＝E m sin(ωt )，由图乙可以看出E m ＝20 2 V ，周期T ＝0.02 s ，ω＝2πT＝100π(rad/s)，A 错；根据题中条件S 1接1，S 2闭合L 2正常发光，可以推出能使灯L 2正常发光的额定电压为4 V ，如果S 1接1，断开S 2，则每个灯泡两端电压为2 V ，B 错；理想变压器输入功率由输出功率决定，而输出功率P 出＝U 2R 0，在输出电压不变的情况下，负载电阻R 0增大，输出功率减小，C 对；当S 1接2时，U ＝4 V ，R ＝20 Ω，代入P ＝U 2R得P ＝0.8 W ，D 对．10．某电站采用6 000 V 的电压进行远距离输电，输电总功率为500 kW ，测得安装在输电线路起点和终点的电能表一昼夜读数相差4 800 kW·h，下列说法正确的是( )A ．输送电流为12 AB ．用户得到的功率为400 kWC ．输电效率为60%D ．输电导线的电阻为86.4 Ω解析：选C.由电功率P ＝UI 可知，输电电流为I ＝P U ＝5×1056×103 A ＝2503A ，A 项错；损失的功率P 损＝4 800 kW·h 24 h ＝200 kW ，用户得到的功率为300 kW ，B 项错；输电效率η＝P －P 损P ×100%＝60%，C 项正确；因为输电导线两端电压无法确定，故无法确定输电导线的电阻，D 项错．11．(2016·江苏徐州期末)某个小型水电站发电机的输出功率为100 kW ，发电机输出电压u 的图象如图所示．通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为2 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V ．要求在输电线上损失的功率控制在5 kW(用户得到的功率为95 kW)．求：(1)发电机输出电压的瞬时值表达式； (2)输电线上通过的电流；(3)降压变压器原、副线圈的匝数比．解析：(1)由题图知，交变电压周期T ＝0.02 s ， 角速度ω＝2πT＝100π rad/s，所以电压瞬时值表达式为u ＝350sin(100πt ) V. (2)由ΔP ＝I 2R 可知，I ＝ΔPR＝5×1032A ＝50 A. (3)设降压变压器原线圈两端电压为U 1，副线圈两端电压为U 2，则由P 用＝U 1I 可知，U 1＝P 用I ＝9.5×10450V ＝1.9×103V ，再由U 1U 2＝n 1n 2可知，n 1n 2＝1.9×103220＝9511.答案：(1)u ＝350sin(100πt ) V (2)50 A (3)95∶1112．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 －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P ＝80 W.(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 cen de. 解析：(1)由题图乙知周期T ＝0.01 s ，u ab 最大值为U m ＝400 V ，所以角速度ω＝2πT＝200π rad/s电压瞬时值u ab ＝400sin 200πt (V) (2)电压有效值U 1＝U m2＝200 2 V 理想变压器输入功率P 1＝P 原线圈中的电流I 1＝P 1U 1解得I 1＝25A≈0.28 A (3)设ab 间匝数为n 1， 则U 1n 1＝U ce n ce 同理U 1n 1＝U den de由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de，解得n cen de ＝ R ceR 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)43。
交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用(解析版)—2025年高考物理一轮复习考点通关卷(新高考
交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用建议用时：60分钟交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用1．（2024·四川成都·三模）如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风轮机带动内部匝数为N 的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO ¢，顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。
已知N 匝线圈产生的感应电动势的最大值为E m 。
则（ ）A ．线圈转动的快慢不会影响回路中电流的大小B ．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为ABCDC ．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最小D ．穿过线圈的最大磁通量为mE w【答案】B【详解】A ．根据：E w =又：E I R r=+解得：I =可知线圈转动的快慢会影响回路中电流的大小。
故A 错误；B ．当线圈转到题图示位置时，根据右手定则判断知产生的感应电流方向为ABCD 。
故B 正确；C ．当线圈转到题图示位置时，线圈与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大。
故C 错误；D ．由：m m ΦE NBS N w w ==得：m m ΦE N w=故D 错误。
故选B 。
2．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图甲所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t T ，线圈产生的电动势的最大值为m E ．则（ ）A ．在14t T =时，线圈中产生的瞬时电流最大B ．在12t T =时，线圈中的磁通量变化率最小C ．将线圈转速增大2D ．线圈中电动势的瞬时值m 2πcos eE t T æö=ç÷èø【答案】D【详解】A ．在14t T =时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率最小，则产生的瞬时电流为零，故A 错误；B ．在12t T =时，线圈中的磁通量最小，则磁通量的变化率最大，故B 错误；C ．将线圈转速增大2倍，则角速度增大2倍，根据：m E NBS w =，E =可知线圈中感应电动势的有效值增大2倍，故C 错误；D ．0t =时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，则线圈中电动势的瞬时值为m 2πcos e E t T æö=ç÷èø故D 正确。
高三物理考前抢分(22)对交变电流和变压器及远距离输电的考查(含答案)
终极猜想二十二 对交变电流和变压器及远距离输电的考查(本卷共7小题，满分60分．建议时间：30分钟 )命题专家 寄语交变电流部分每年的考查一般不会太难，以中低档题目为主，题型多以选择题出现，考查的重点一般是交变电流的有效值、交变电流的图象、远距离输电的基本规律等.七十二、交变电流的规律1．如图1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1A ．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＝10IRC ．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 sinωtD ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIl2．(2012·湖南高三联考)如图2所示，水平铜盘半径为r ，置于磁感应强度为B ，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘绕通过圆盘中心的竖直轴以角速度ω做匀速圆周运动，铜盘的边缘及中心处分别通过滑动变阻器R 1与理想变压器的原线圈相连，该理想变压器原、副线圈的匝数比为n ∶1，变压器的副线圈与电阻为R 2的负载相连，则( )．图2A ．变压器原线圈两端的电压为Br 2ω2B ．若R 1不变时，通过负载R 2的电流强度为0C ．若R 1不变时，变压器的副线圈磁通量为0D ．若R 1变化时，通过负载R 2的电流强度为通过R 1电流的1n七十三、变压器原理3．某理想变压器原、副线圈的匝数比如图3所示．负载中每个电阻均为110 Ω.若输入电压为220 V ，则输入电流和功率分别是 ( ).图3A ．5 A,1 100 WB ．5 A,880 WC ．4 A,1 100 WD ．4 A,880 W4．如图4所示，电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 0、I 1分别为原线圈和副线圈中的电流，下列说法正确的是( )．图4A．保持P的位置及U不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持P的位置及U不变，S由a切换到b，则I1减小C．保持P的位置及U不变，S由b切换到a，则I1减小D．保持U不变，S接b端，将P向上滑动，则I1减小七十四、电能的传输5．如图5所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述不正确的是( )．图5A．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少电路的发热损耗的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七十五、综合应用6．如图6所示，三个灯泡是相同的，而且耐压足够，电源内阻忽略．当单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那S接B时( )．图6A．三个灯亮度相同B．甲灯最亮，丙灯不亮C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D．只有丙灯不亮，乙灯最亮7．某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V，输出电功率为50 kW，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6 %，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V 供用户使用，不考虑变压器的能量损失， 这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？参考答案1．D [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．]2．B [水平铜盘做匀速圆周运动，半径切割磁感线产生恒定的感应电动势相当于电源．当R 1不变时变压器原线圈所加的是恒定电压，副线圈中的磁通量一定，磁通量的变化量为零，故其输出电压为零，分析可知A 、C 错，B 对；当R 1变化时，原线圈所加的不是交流电压，其原、副线圈的电流关系不确定，故D 错 .]3．A [当两电阻串联时，总电阻为2R ，此时两端的电压为440 V ，所以P 1＝4402220 W ＝880 W ，而P 2＝110255 W ＝220 W ，所以P ＝P 1＋P 2＝1 100 W ，I ＝P U ＝5 A ．]4．B5．C [根据P ＝I 2R 可知，在电流I 一定的情况下，减小电阻R 可以减少电路上的电能损失，而R ＝ρL S，所以增大输电线横截面积S 有利于减少输电过程中的电能损失，A 对；由公式P ＝I 2R 可得，若设输送的电功率为P ′，则P ＝P ′2U2R ，可见，在输送电压U 一定时，输送的电功率P ′越大，输电过程中的电能损失越大，C 错误．]6．D [开关S 接A 时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过，开关S 接B 时，电路处于直流工作状态，电容C “隔直、通交”；电感L “阻交、通直”；R 对交、直流有相同的阻抗．可判断此时电路中I 丙＝0，I 甲不变，I 乙增大；又因为灯泡亮度与热功率(P ＝I 2R )成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮，故选D 项．] 7．解析 用500 V 电压送电时示意图如图所示，50 kW 的电功率在输电线上的电流I 0＝P U 0＝50×103500A ＝100 A.用户获得电压U 1＝U 0－I 0R ＝(500－100×3)V＝200 V ， 用户获得的功率P 1＝I 0U 1＝2×104W.改用高压输送时，示意图如下图所示，要求P 损＝0.6%P ，即P 损＝50×103×0.6% W＝300 W.输电电流I ＝P 损R ＝ 3003A ＝10 A. 发电站升压后输电电压U ＝P I ＝50×10310 V ＝5 000 V ，升压变压器匝数比n 1n 2＝U 0U ＝5005 000＝110，输电线上损失的电压U ′＝I ·R ＝10×3 V＝30 V. 到达用户输入变压器电压U 2＝U －U ′＝(5 000－30)V ＝4 970 V ，降压变压器的匝数比n 3n 4＝U 2U 3＝4 970220＝49722.答案 200 V 2×104W 1∶10 497∶22。
高考物理一轮复习 第10章 交变电流传感器 2 第二节 变压器、远距离输电及传感器课后达标能力提升 新人教版
【2019最新】精选高考物理一轮复习第10章交变电流传感器 2 第二节变压器、远距离输电及传感器课后达标能力提升新人教版(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则( )A．变压器输入功率约为3．9 WB．输出电压的最大值是110 VC．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0．05sin A解析：选A．由题图可知通过负载的电流最大值为Im＝0．05 A，周期T＝0．02 s，故电流的函数表达式i＝Imsint＝0．05sin 100πt (A)，D错误；理想变压器匝数比等于电压比，即n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，C错误；输出电压U2＝110 V，其最大值U2m＝U2＝110 V，B错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I2U2＝×110 W≈3．9 W，A正确．2．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1．在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2．则( ) A．用户端的电压为I1U1I2B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为IrD．输电线路上损失的电功率为I1U解析：选A．根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝Ir＝I1(U －U1)，选项D错误．3．(2018·扬州模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000·sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V880 W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知( )A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W解析：选C．由题可知，副线圈输出电压U2＝220 V＋Ur，＝＝＜，故A错误；2πf＝100πHz，f＝50 Hz，故B错误；I2＝ A＝4 A，故C正确；由于理想变压器P入＝P出＝Ir＋880 W＞880 W，故D错误．4．在如图所示的铁芯上绕有4个线圈，匝数之比为n1∶n2∶n3∶n4＝1∶1∶2∶1，今在线圈1两端接正弦交流电源，下列判断正确的是( )A．U1＝U2＝U3＝U4B．U1＝U2＝U3，U4＝0C．U1＝U2＋U3＋U4D．以上均不对解析：选B．线圈1、2、3的电压关系遵守变压比公式，线圈4中的磁通量始终为0，不产生感应电动势，故U4＝0，B正确．5．(2018·江苏师大附中等四校联考)如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图；图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表；设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时( )A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．线路损耗功率不变解析：选C．因为输入电压和匝数比都不变，电压表V1、V2的读数均不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流比等于匝数比的倒数且匝数比不变知电流都增大，故A错误；输电线上的电压损失增大，故电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大，故B错误；电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，故C正确；线路上的电流变大，则线路消耗的功率变大，选项D错误．6．(2018·南通高三调研)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接在频率为50 Hz的正弦交流电源上，电流表A为理想电表，副线圈两端接入一只“220 V40 W”的灯泡，此时灯泡正常发光．则( )A．电流表的示数为0．18 AB．电源的输出功率为40 WC．电源的输出电压为2 200 VD．副线圈中交变电流的频率为10 Hz解析：选B．副线圈上的灯泡正常发光，故副线圈上的电流大小为I2＝＝ A，根据＝，可得原线圈上的电流大小为I1＝A≈0．036 A，故A项错误；电源的输出功率等于副线圈上消耗的功率，所以电源的输出功率为40 W，故B项正确；由＝，输出电压U2＝220 V，知U1＝1 100 V，故C项错误；副线圈中电流的频率与原线圈中电流频率相同，故D项错误．7．如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )A．用户用电器上交流电的频率是100 HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：选D．由u－t图象可知，交流电的周期T＝0．02 s，故频率f＝＝50 Hz，选项A错误；交流电的最大值Um＝500 V，故有效值U＝＝250 V，选项B错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据＝，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝IR，得输电线上损失的功率减小，选项D正确．8．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V．调节前后( )A．副线圈中的电流比为1∶2B．副线圈输出功率比为2∶1C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶2解析：选C．根据欧姆定律I＝，U2由220 V降至110 V，副线圈上的电流变为原来的，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的时，副线圈上输出的功率变为原来的，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系＝，当U2由220 V 降至110 V时，n2变为原来的，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C 正确；根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误．9．(2018·江苏八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( ) A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大解析：选A．当R3不变，P顺时针转动时，nMN减小，由＝，知UMN减小，则电压、电流表读数均减小，A项正确，同理知B项错误；当P不动时，匝数nMN不变，输出电压UMN不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知D项也错误．二、多项选择题10．(2018·南京检测)如图，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2．2 A．以下判断正确的是( ) A．变压器输入功率为484 WB．通过原线圈的电流的有效值为0．6 AC．通过副线圈的电流的最大值为2．2 AD．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3解析：选BD．变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2．2×60 W＝132 W，选项A 错误；由＝得＝＝＝，选项D正确；由＝得I1＝I2＝×2．2 A＝0．6 A，选项B正确；根据I＝得副线圈上的电流的最大值I2m＝I2＝2．2 A，选项C错误．11．如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( ) A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC．保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝,R0＋R)知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误．12．如图所示理想变压器的三个线圈的匝数n1∶n2∶n3＝1∶4∶4，在M、N间接正弦交流电源，在a、b和c、d间接相同的电阻器R，则( )A．U1＝U2＝4U3 B．U2＝U3＝2U1C．I1＝4I2＝4I3 D．P1＝2P2＝2P3解析：选BCD．由于副线圈有两个相同的铁芯，所以原线圈中的磁通量与副线圈中的磁通量关系为：Φ1＝2Φ2＝2Φ3，磁通量变化率关系为：＝2＝2，故每匝线圈产生的感应电动势关系为：e1＝2e2＝2e3，对理想变压器有：U1＝n1e1，U2＝n2e2，U3＝n3e3，因此，可得：＝＝，代入n1∶n2∶n3＝1∶4∶4得U2＝U3＝2U1，故A 错误，B正确；由能量守恒得：P1＝P2＋P3＝2P2＝2P3，D正确；由I1U1＝2I2U2＝2I3U3得：I1＝4I2＝4I3，C正确．13．如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5．0 V，则( )A．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC．原线圈两端原来的电压有效值为68 VD．原线圈两端原来的电压有效值为48 V解析：选AD．当负载电阻阻值减小为R＝5R0时，根据串并联电路规律，R两端电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR0＝×5 V＝1 V，故副线圈两端电压为U2＝6 V，根据公式＝可得此时原线圈两端电压的有效值为U1＝24 V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 V≈34 V，A正确、B错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U′2＝IR0＋5IR0，变化前，U2＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U2＝2U′2＝12 V，根据公式＝可得原线圈两端原来的电压有效值为48 V，D正确、C错误．14．电流互感器和电压互感器如图所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则( )A．A为电流互感器，且n1<n2，a是电流表B．A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表C．B为电流互感器，且n3<n4，b是电流表D．B为电压互感器，且n3>n4，b是电压表解析：选AD．由题图可知A为电流互感器，B为电压互感器，因此a是电流表，b是电压表，在A中，有I1n1＝I2n2，要把大电流变为小电流，有n2>n1；在B中，有＝，要把高电压变为低电压，则有n3>n4；综上所述可知，选项A、D正确．15．如图所示的电路中，T为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L正常发光，现在电源电压U略降低，为使灯泡L仍能正常发光，可采用的措施是( ) A．将自耦调压变压器的滑片P适当上滑B．将自耦调压变压器的滑片P适当下滑C．适当增大滑动变阻器R2的阻值D．适当减小滑动变阻器R2的阻值解析：选AC．若保持负载总电阻不变，电源电压U略降低时，为使灯泡L仍能正常发光，只需输出电压U2保持不变．根据变压比＝，可得U2＝U，由此可知，n2应增大，自耦调压变压器的滑片P应适当上滑，选项A正确，选项B错误；若保持匝数比不变，根据变压比＝，可得U2减小，为使灯泡L仍能正常发光，加在L两端的电压应不变，则加在R1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R2应增大，选项C正确，选项D错误．。
高三物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器理想变压器 远距离输电课时达标
咐呼州鸣咏市呢岸学校理想变压器远距离输电1．(多项选择)(2021·卷)如下图，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，那么 ( )A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小答案：BC．解析：保持Q的位置不动，那么副线圈的输出电压不变，当P向上滑动时，副线圈电路中的电阻变大，由I2＝U2R＋R0可知，副线圈中的电流减小，根据变流比可知，原线圈中的电流减小，因此电流表的示数变小，A项错误，B 项正确；保持P的位置不动，副线圈电路中的电阻不变，当Q向上移时，副线圈的匝数增多，由变压比可知，副线圈的输出电压增大，由I2＝U2R＋R0可知，副线圈中的电流增大，由电流比可知，原线圈中的电流增大，电流表示数变大，C项正确，D项错误．2．在变电站里，经常要用交流电表去监测电上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如下图的A、B、C、D四个图中，能正确反其工作原理的是 ( )答案：A解析：电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多，且原线圈必须串联在火线中，A项正确．3．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P 1，假设将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，那么P 1和P 2P 1分别为 ( ) A.PR kU ，1n B ．(P kU )2R ，1nC.PR kU ，1n 2D ．(P kU )2R ，1n 2 答案：D解析：根据理想变压器的变压比有k ＝U 1U ，nk ＝U 2U线路的输送功率不变有P ＝U 1I 1＝U 2I 2根据焦耳律有P 1＝I 21R ＝⎝⎛⎭⎫P U 12R ＝⎝⎛⎭⎫P kU 2R P 2＝I 22R ＝⎝⎛⎭⎫P U 22R ＝⎝⎛⎭⎫P nkU 2R ＝P 1n 2 故有P 2P 1＝I 22I 21＝U 21U 22＝1n 2. 4．(2021·卷) 远距离输电的原理图如下图，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，那么以下关系式中正确的选项是( )A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2答案：D解析：对理想变压器来说，输出功率决输入功率，两者总相，应选项D 正确；对只有一组副线圈的理想变压器来说，通过原、副线圈的电流之比于原、副线圈的匝数之比的倒数，因此选项A 错误；输出电流决输入电流，I 2是由用户的电流决的，I 1是由I 2决的，与输电线上的电阻无关，选项B 错误；输出功率决输入功率，升压变压器的输入功率于用户的功率与输电线上消耗的功率之和，应选项C 错误．5．(多项选择)如下图是街头变压器给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市电的电压，不会有很大的波动，输出电压通过输电线输送给用户．输电线的电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移动时，以下说法中正确的选项是 ( )A．与增加用电器的数目到达的效果相同B．A1表的示数随A2表的示数的增大而增大C．V1表的示数随V2表的示数的增大而增大D．变压器的输入功率增大答案：ABD解析：当滑动变阻器触头P向下移动时，用电器的总电阻减小，相当于并联的用电器数目增加，同时变压器的输入功率增大，A、D两项对；电供电是“用多少供多少〞，输出电流增大那么输入电流增大，B项对；但变压器的输出电压那么由输入电压决，当输入电压和变压器的匝数比一时，输出电压一，C项错．6．(多项选择)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如下图．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上．AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q.那么 ( )A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的计数变大D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小答案：BC解析：保持P的位置不动，副线圈两端电压不变，将Q向下移动时，滑动变阻器阻值变大，所以电流表的读数变小，B项正确；保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，副线圈匝数变多，所以副线圈两端电压变大，因此电流表的读数变大．7．(多项选择)(2021·卷) 如下图的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，以下说法正确的选项是( ) A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大答案：BD解析：由于理想变压器输入电压不变，那么副线圈电压U 2不变，滑片P 滑动时，对灯泡两端的电压没有影响，故灯泡亮度不变，那么选项A 错误；滑片P 下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决，那么副线圈电压不变，应选项B 正确；滑片P 上滑，电阻减小，副线圈输出电流I 2增大，那么原线圈输入电流I 1也增大，应选项C 错误；此时变压器输出功率P 2＝U 2I 2将变大，应选项D 正确．8．如下图，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n 1∶n 2∶n 3为 ( )A ．1∶1∶1B ．3∶2∶1C ．6∶2∶1D ．2∶2∶1答案：B．解析：灯泡正常发光，可得U A ＝U B ＝U C ＝U D ，所以U 2＝2U 3.由变压器的电压比公式n 2n 3＝U 2U 3＝2U 3U 3＝21，所以n 2＝2n 3.同理，灯泡正常发光，功率相，即P A ＝P B ＝P C ＝P D .由P ＝I 2R ，得I A ＝I B ＝I C ＝I D ，即I 1＝I 2＝I 3.由U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3得n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3，即n 1＝n 2＋n 3＝2n 3＋n 3＝3n 3，所以n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1.9．如下图，理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，交流电源电压u 1＝311sin100πt V ，F 是熔断电流为I 0＝1.0A 的保险丝，负载为一可变电阻．(1)当电阻R ＝100Ω时，保险丝能否被熔断？(2)要使保险丝不被熔断，电阻R 的阻值不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？答案：(1)不会 (2)55 Ω 220 W解析：原线圈电压的有效值为U 1＝3112V ＝220V 由U 1U 2＝n 1n 2得副线圈两端的电压U 2＝n 2n 1U 1＝12×220V ＝110V (1)当R ＝100Ω时，副线圈中电流I 2＝U 2R ＝110100A ＝0A 由U 1I 1＝U 2I 2得原线圈中的电流为I 1＝U 2U 1I 2＝110220×0A ＝0.55A 由于I 1<I 0(熔断电流)，故保险丝不会熔断．(2)设电阻R 取某一值R 0时，原线圈中的电流I 1刚好到达熔断电流I 0，即I 1＝1.0A ，那么副线圈中的电流为I 2＝U 1U 2I 1＝2×1.0A ＝2.0A 电阻R 的阻值为：R 0＝U 2I 2＝1102.0Ω＝55Ω 此时变压器的输出功率为P 2＝I 2·U 2＝2.0×110W ＝220W可见，要使保险丝F 不被熔断，电阻R 的阻值不能小于55Ω，变压器输出的电功率不能超过220W .10．发电机输出功率为100kW ，输出电压是250V ，用户需要的电压是220V ，输电线电阻为10Ω.假设输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%.(1)在虚线框中画出此输电线路的示意图；(2)求在输电线路中设置的升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比.答案：(1)如解析图所示(2)1∶20 240∶11解析：(1)输电线路的示意图如下图，(2)输电线损耗功率P 线＝100×4%kW ＝4kW ，又P 线＝I 22R 线， 输电线电流I 2＝I 3＝20A .原线圈中输入电流I 1＝P U 1＝400A ，所以n 1n 2＝I 2I 1＝20400＝120. U 2＝U 1n 2n 1＝250×20V ＝5000V ， U 3＝U 2－U 线＝5000－20×10V ＝4800V ，所以n 3n 4＝U 3U 4＝4800220＝24011.。
(新课标)2020届高三物理一轮总复习 第10章 交变电流传感器 第2节 变压器 远距离输电考点集训(选修3-2)
第2节变压器远距离输电一、选择题：1～6题为单选，7～9题为多选．1．某理想变压器原、副线圈的匝数比为55∶9，原线圈所接电压按图所示规律变化，电流表为理想交流电表，副线圈接有一灯泡，此时灯泡消耗的功率为40 W，下列判断正确的是A．副线圈两端输出的电压为36 2 VB．原线圈中电流表的示数约为0.18 AC．变压器的输入、输出功率之比为55∶9D．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin 100πt(V)2．在图示两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上22 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为11 V；若分别在c、d与g、h的两端加上22 V 的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为A．22 V，22 V B．44 V，22 VC．11 V，11V D．22 V，03．如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是 220 V和10 A．已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原副线圈匝数比为1∶10，则A．甲图中的电表是电压表，输电电压为2 200 VB．甲图中的电表是电流表，输电电流是100 AC．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD．乙图中的电表是电流表，输电电流是100 A4．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，各元件正常工作，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．原、副线圈中的电流之比为5∶1B．电压表的读数约为44 VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1分钟内产生的热量为2 904 J D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表读数均增大5．如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，当开关S闭合时A．交流电压表V3的示数变小B．交流电压表V2和V3的示数一定都变小C．交流电流表A1、A2、A3的示数一定都变大D．只有A1的示数变大6．理想调压变压器原线圈的匝数为1 100匝，副线圈的匝数为25匝，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的滑片．则A ．副线圈输出电压的频率为100 HzB ．副线圈输出电压的有效值为7 VC ．Q 不动，P 向上移动时，变压器原、副线圈的电流都减小D ．Q 下移，P 向上移动时，变压器的输入功率增加7．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1.电池和交变电源的电动势都为6 V ，内阻均不计，下列说法正确的是A ．S 与a 接通的瞬间，R 中无感应电流B ．S 与a 接通稳定后，R 两端的电压为0C ．S 与b 接通稳定后，R 两端的电压为3 VD ．S 与b 接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶18．在雨雪冰冻天，为清除高压输电线上的凝冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热损耗功率为ΔP ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)A ．输电电流为I9 B ．输电电流为3IC ．输电电压为3UD ．输电电压为U39．如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比比值为n.原线圈接电压为u ＝U 0sin ωt 的正弦交流电，输出端接有一个理想的交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电动机带动一质量为m 的重物匀速上升，此时电流表的示数为I ，重力加速度为g ，下列说法正确的是A ．电动机两端电压大于IRB．原线圈中的电流为I nC．电动机发热的功率为UI 2nD．重物匀速上升的速度为I（U－2nIR）2nmg二、计算题10．发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，输电全过程的线路图如图所示，求：(1)若发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原副线圈的匝数比为1∶25，求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻．第2节变压器远距离输电【考点集训】1．B 2.B 3.D 4.C 5.A 6.C 7.BC 8.BD 9.ABD10．【解析】(1)对升压变压器，根据公式U1U2＝n1n2，有U2＝n2n1U1＝251×250 V＝6 250VI 2＝P2U2＝P1U2＝100 0006 250A＝16 A(2)P损＝I22R线，P损＝0.04P1，所以：R线＝0.04P1I22＝4 000162Ω≈15.6 Ω.。
高考物理三轮押题 冲刺训练：专题10 交变电流 传感器
单元测试选题表选题表的使用说明：1.首先梳理出本单元要考查的知识点填到下表2.按照考查知识点的主次选题，将题号填到下表专题10 交变电流传感器测试卷一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。
在下列各题的四个选项中，有的是一个选项正确，有的是多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分，请将正确选项的序号涂在答题卡上)1、如图10－1－12所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电流I随时间t变化的图线是()图10－1－122、2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家，以表彰他们发现“巨磁电阻效应”．基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术，被认为是纳米技术的第一次真正应用．在下列有关其他电阻应用的说法中，错误的是()A．热敏电阻可应用于温度测控装置中B．光敏电阻是一种光电传感器C．电阻丝可应用于电热设备中D．电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用3、一正弦交流电的电压随时间变化规律如图，则该交流电A．电压瞬时值表达式为u＝100sin（25t）VB．周期为0.02sC．电压有效值为100D．频率为25 Hz4、矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为E m.设t＝0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为（）A．e＝2E m sin2ωt B．e＝4E m sin2ωtC．e＝E m cos2ωt D．e＝4E m cos2ωt5、如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小，此电路的重要作用是A．阻高频通低频，输出低频和直流B．阻低频通高频，输出高频电流C．阻交流通直流，输出直流D．阻直流通交流，输出交流6、如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝／10T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5m2，线框电阻不计。
高考物理二轮复习第十一章交变电流传感器夯基保分练二变压器远距离输电
夯基保分练(二) 变压器 远距离输电[A 级——保分练]1．(2020·重庆巴蜀中学检测)小青从国外带回一把标有“110 V，60 Hz,880 W”的电咖啡壶，该电咖啡壶利用电热丝加热。
在我国，为使此电咖啡壶能正常工作，需要通过变压器与市电相连。
下列说法正确的是( )A ．可以将电咖啡壶直接与市电相连，只是电功率将变为 3 520 WB ．电咖啡壶应接在原、副线圈匝数比为2∶1的副线圈两端，且副线圈绕制的导线较粗C ．电咖啡壶通过变压器正常工作时，与市电相连的线圈中电流为8 AD ．电咖啡壶通过变压器正常工作时，电热丝中的交变电流频率为60 Hz解析：选B 电咖啡壶额定电压为110 V ，低于我国的家庭电路的电压，直接与市电相连，会导致电咖啡壶烧毁，即使不烧毁，也会因为电热丝电阻增大，电功率将小于3 520 W ，A 错误；市电为220 V ，应该用线圈匝数比为2∶1的降压变压器，且副线圈中电流较大，绕制的导线较粗，B 正确；电咖啡壶通过变压器正常工作时，原线圈电流为I ＝P U ＝4 A ，C 错误；通过变压器正常工作时，电咖啡壶的电热丝中交变电流的频率为50 Hz ，D 错误。
2. (2020·海南文昌中学模拟)如图所示，L 1、L 2是理想变压器的两个线圈，则当接负载正常工作后，下列说法中正确的是( )A ．若把它当做降压变压器，L 1应接电源B ．通过L 1、L 2电流之比为1∶4C ．L 1、L 2两端电压之比为1∶4D ．L 1、L 2功率之比为4∶1解析：选C 当原线圈的匝数大于副线圈的匝数时，可作为降压变压器，故L 2应接电源，A 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1，可得通过L 1、L 2电流之比为4∶1，B 错误；根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得，L 1、L 2两端电压之比为1∶4，C 正确；理想变压器原、副线圈的电功率相等，D 错误。
3. (多选)(2020·牡丹江一中检测)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10∶1，原线圈输入交变电压u ＝1002sin 50πt V，在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻R ，电容器并联在电阻R 两端，电阻阻值R ＝10 Ω，关于电路分析，下列说法中正确的是( )A ．电流表示数是1 AB．电流表示数是 2 AC．电阻R消耗的电功率为10 WD．电容器的耐压值至少是10 2 V解析：选CD 由题意知原线圈输入电压有效值为100 V，所以副线圈电压为10 V，由于电容器通交流，所以电流表示数大于1 A，不一定是 2 A，故A、B错误；电阻R消耗的电功率为P＝U2R＝10210W＝10 W，故C正确；副线圈电压最大值为10 2 V，电容器的耐压值至少是10 2 V，所以D正确。
2020版高考物理一轮复习第十章交变电流传感器第2讲变压器远距离输电学案解析版
第2讲变压器远距离输电一、理想变压器1.构造如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的.图1(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈.(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈.2.原理电流磁效应、电磁感应.3.理想变压器原、副线圈基本量的关系4.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示.图2(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器(n 1>n 2)：把高电压变成低电压，如图丙所示.电流互感器(n 1<n 2)：把大电流变成小电流，如图丁所示.自测1 关于理想变压器，下列说法正确的是( ) A.变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用 B.变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率 C.正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压 D.变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小 答案 A 二、电能的输送如图3所示，若发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，用户得到的电功率为P ′，用户的电压为U ′，输电线总电阻为R .图31.输出电流I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R. 2.电压损失 (1)ΔU ＝U －U ′ (2)ΔU ＝IR 3.功率损失 (1)ΔP ＝P －P ′ (2)ΔP ＝I 2R ＝(PU)2R4.减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρl S知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线. (2)减小输电线中的电流.在输电功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高输电电压.自测2 从发电站输出的功率为220kW ，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V 和11kV 两种电压输电.两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( ) A.100∶1B.1∶100C.1∶10D.10∶1 答案 A解析 由题意知输电线上的电流I ＝P U ，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir ＝Pr U， 故ΔU 1ΔU 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A.命题点一 理想变压器原理例1 (2018·苏锡常镇二模)如图4所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sinπt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想交流电表.下列说法正确的是( )图4A.电压表的示数为220VB.电流表的示数为2AC.原线圈的输入功率为440WD.副线圈输出交流电的周期为2s 答案 D例2 (2018·南京市、盐城市二模)如图5所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻R ，原线圈一侧接有电压为220V 的正弦交流电源，设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻R 上消耗的功率之比为k ，则( )图5A.U ＝110VB.U ＝440VC.k ＝14D.k ＝4答案 C解析 变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电压之比为2∶1，原线圈与R 串联，则U ≠110V，故A 、B 错误；原、副线圈中的电流之比为1∶2，根据P ＝I 2R 可得原、副线圈回路中电阻R 上消耗的功率之比为k ＝14，C 正确，D 错误.拓展点 互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：例3 普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图6中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )图6A.ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＜I cdB.ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＞I cdC.ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＜I cdD.ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＞I cd 答案 B解析 高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，即使副线圈中的电流较小，由I 1I 2＝n 2n 1可知n 2较大，n 1较小，所以ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＞I cd ，选项B 正确.命题点二 变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(如图7)图7(1)当U 1不变时，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变.(2)当负载电阻发生变化时，输出电流I 2变化，I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化. (3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化. 2.负载电阻不变的情况(如图8)图8(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化.(2)R 不变，U 2变化，故I 2发生变化.(3)根据P 2＝U 22R，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化.例4 (多选)(2018·常州市一模)如图9所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，原线圈接交流电u＝202sin100πt (V)，保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想交流电表.下列说法正确的有( )图9A.电压表V的示数为14.1VB.电流表A1、A2的示数之比为2∶1C.为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4ΩD.将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数减小答案CD解析原线圈电压有效值为U1＝2022V＝20V，根据变压器原理可得U2＝n2n1·U1＝12×20V＝10V，故电压表V的示数为10V，故A错误；根据变压器原理可知，电流大小与匝数成反比，故电流表A1、A2的示数之比为1∶2，故B错误；保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为R min＝U2I max －r保＝102Ω－1Ω＝4Ω，故C正确；将滑动变阻器滑片向上移动，接入电路的电阻增大，副线圈电流减小，则原线圈的电流也减小，所以电流表A1的示数减小，故D正确.例5 (多选)(2018·南通市、泰州市一模)如图10所示，理想变压器原线圈接电压为220V 的正弦交流电，开关S接1时，原、副线圈的匝数比为11∶1，滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，电压表和电流表均为理想交流电表.下列说法中正确的有( )图10A.变压器输入功率与输出功率之比为1∶1B.1min内滑动变阻器上产生的热量为40JC.仅将S从1拨到2，电流表示数减小D.仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小答案AC拓展点 含二极管的交流电路分析例6 (多选)(2018·镇江市模拟)如图11所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25Ω，D 为理想二极管，原线圈接u ＝2202sin (100πt ) V 的交流电，则( )图11A.此交流电的频率为100HzB.电阻R 1两端的电压为50VC.通过电阻R 2的电流为2AD.变压器的输入功率为150W 答案 BCD命题点三 远距离输电1.理清三个回路远距离输电电网的基本结构如图12所示.输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路.在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁.图122.抓住两个物理量的联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4.3.掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过理想降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户. 例7 (2018·江苏单科·2)采用220kV 高压向远方的城市输电.当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为( )A.55kVB.110kVC.440kVD.880kV答案 C解析 输电功率P ＝UI ，U 为输电电压，I 为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P 损＝I 2R ，R 为输电线路的电阻，即P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ，当输电功率一定时，若输电线路损失的功率变为原来的14，则输电电压为原来的2倍，即为440 kV ，故选项C 正确.变式 (多选)(2018·第二次全国大联考(江苏卷))如图13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，理想升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1和U 2，输电线总电阻为r .下列说法正确的是( )图13A.升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2B.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U 2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的1100答案 AD解析 理想变压器的原、副线圈两端电压与匝数成正比，选项A 正确；将P 下移，降压变压器的原线圈匝数增大，则用户获得的电压将降低，选项B 错误；输电线损耗的功率为(P U 2)2r ，发电机输出功率P 恒定，若U 2提高为原来的10倍，则输电线上损失的功率为原来的1100，而输电线上的功率关系为P ＝P 用户＋(P U 2)2r ，选项C 错误，选项D 正确.1.(2018·如皋市调研)某理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶3，原线圈接在1.5V 的干电池上，如图14所示，则副线圈两端电压为( )图14A.0B.0.5VC.1.5VD.4.5V答案 A解析 根据题意可知，原线圈接直流电，变压器不能工作，所以副线圈的输出电压为0，故A 正确，B 、C 、D 错误.2.(多选)(2018·南京市三模)如图15甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势随时间变化的图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，灯泡上标有“220V22W”字样，则( )图15A.t＝0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零B.灯泡中的电流方向每秒钟改变100次C.灯泡正常发光D.电流表示数为2A答案BC3.(2018·南京市、盐城市一模)变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗.如图16所示是理想降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，匝数分别为n1和n2.下列说法中正确的是( )图16A.n1＞n2，原线圈比副线圈的导线粗B.n1＞n2，原线圈比副线圈的导线细C.n1＜n2，原线圈比副线圈的导线粗D.n1＜n2，原线圈比副线圈的导线细答案 B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n1＞n2，故C、D错误；输入功率等于输出功率，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，则较粗导线的线圈应该作为副线圈，故A错误，B正确.4.(2018·扬州市一模)如图17所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为u＝U0sinωt的交流电源两端.电路中R0为定值电阻，V1、V2为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表.现使滑动变阻器R的滑动触头P向上滑动，下列说法正确的是( )图17A.电压表V1与V2示数的比值将变大B.电流表A1与A2示数的比值将变小C.电压表V1与电流表A1示数的比值变大D.电压表V2与电流表A2示数的比值变小答案 C解析 原、副线圈电压之比即电压表V 1与V 2示数之比一定等于原、副线圈匝数的比值，故两电压表示数的比值不变，故A 错误；原、副线圈电流之比即电流表A 1与A 2示数之比一定等于原、副线圈匝数比的反比，故两电流表示数的比值不变，故B 错误；滑动变阻器R 的滑动触头P 向上滑动，则滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可知A 2示数减小，故A 1示数减小，由于U 1不变，故电压表V 1与电流表A 1示数的比值变大，故C 正确；同理，电压表V 2与电流表A 2示数的比值变大，故D 错误.5.(2018·南京师大附中5月模拟)如图18甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10Ω，其余电阻均不计.从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压.下列说法正确的是( )图18A.当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为31.1VB.当单刀双掷开关与b 连接且在0.01s 时，电流表示数为4.4AC.当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率变为25HzD.当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率变小 答案 B解析 由题图乙可知，交变电压的最大值为E m ＝311V ，周期为T ＝2×10－2s ，频率为f ＝1T＝50Hz ，有效值为U 1＝E m2＝3112V≈220V，当单刀双掷开关与a 连接时，根据电压与匝数成正比，n 1n 2＝U 1U 2＝101，则副线圈的电压为U 2＝22V ，A 错误；当单刀双掷开关与b 连接时，n 1n 2＝51，副线圈电压为U 2′＝44V ，所以副线圈电流为I 2＝4.4A ，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为4.4A ，B 正确；变压器不会改变交变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50Hz ，C 错误；当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出电压要变大，电阻R 上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，D 错误.1.(多选)(2018·东台创新学校月考)理想变压器在正常工作时，原、副线圈中相同的物理量是( )A.每匝线圈中磁通量的变化率B.交变电流的频率C.原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D.原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势答案ABC解析理想变压器的原线圈的磁通量的变化率与副线圈中磁通量变化率相同，故A正确；变压器不改变交流电的频率，即频率相同，故B正确；理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻，二是没有漏磁现象，所以原、副线圈的功率相等，故C正确；原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势由输入电压和匝数比决定，故D错误.2.(2018·江苏省高考压轴卷)如图1所示，半径为L＝1m的金属圆环，其半径Oa是铜棒，两者电阻均不计且接触良好.今让Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面向下、磁感应强度为B＝2T的匀强磁场中.从圆心O引出导线，从圆环上接出导线，接到匝数比为n1∶n2＝1∶4的理想变压器原线圈两端.则接在副线圈两端的理想交流电压表的示数为( )图1A.40VB.20VC.80VD.0答案 D解析由于Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10rad/s匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想交流电压表的示数为零，选项D正确.3.(2019·扬州中学月考)如图2是远距离输电的示意图，下列说法正确的是( )图2A.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答案 A解析因能量损失与输送电压的平方成反比，故为了减小电路能量损耗，要用高压送电，到用户要进行降压，故a为升压变压器，b是降压变压器，故A正确，B错误；因输电线有电阻，会有电压损失，故a的输出电压减去输电线上损失的电压等于b的输入电压，故C、D错误.4.(多选)(2018·苏州市期初调研)如图3甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L的额定功率为22W.闭合开关后，灯泡恰能正常发光.电表均为理想电表，则( )图3A.原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin100πt (V)B.灯泡的额定电压为110VC.副线圈输出交流电的频率为100HzD.电压表读数为220V ，电流表读数为0.2A答案 AB解析 由题图乙可知：交流电的周期T ＝0.02s ，角速度ω＝2πT＝100πrad/s，则原线圈输入电压的瞬时值表达式：u ＝2202sin100πt (V)，故A 正确；原线圈电压的有效值：U 1＝22022V ＝220V ，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压：U 2＝U 1n 2n 1＝110V ，故B 正确；周期T ＝0.02s ，频率为：f ＝1T＝50Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率为50Hz ，故C 错误；原线圈电压有效值为220V ，则电压表的读数为220V ，副线圈电流：I 2＝P 额U 2＝0.2A ，根据理想变压器电流与匝数成反比得：I 1＝n 2I 2n 1＝0.1A ，即电流表读数为0.1A ，故D 错误.5.(2018·东台创新学校月考)如图4所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器.V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示.下列说法正确的是( )图4A.I 1和I 2表示电流的瞬时值B.U 1和U 2表示电压的最大值C.滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D.滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小答案 C解析 I 1和I 2表示电流的有效值，A 错误；U 1和U 2表示电压的有效值，B 错误；输出电压U 2只与输入电压和匝数有关，所以U 2不变，滑片P 向下滑动过程中，总电阻减小，那么副线圈的电流I 2变大，因此原线圈的电流I 1也变大，故C 正确，D 错误.6.(2018·泰州中学开学考)如图5所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U 1，输入功率为P 1，输出功率为P 2，各交流电表均为理想电表.当滑动变阻器R 的滑动触头向下移动时( )图5A.灯L 变亮B.各个电表读数均变大C.因为U 1不变，所以P 1不变D.P 1变大，且始终有P 1＝P 2答案 D解析 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，输入电压和匝数比不变，所以输出电压也不会变，输入功率和输出功率始终相等，当滑动变阻器R 的滑动触头向下移动时，滑动变阻器的电阻减小，总电路的电阻减小，所以总电路的电流会变大，消耗的功率将变大，故P 1变大，R 0上的电压变大，所以灯L 的电压变小，电压表的示数变小，所以灯L 变暗，由于总的电流变大，灯L 的电流变小，所以电流表的示数将变大，所以A 、B 、C 错误，D 正确.7.(多选)(2018·江苏省高考压轴卷)如图6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为44∶5，b 是原线圈的抽头，且恰好位于原线圈的中心，S 为单刀双掷开关，负载电阻R ＝25Ω，电表均为理想交流电表，在原线圈c 、d 两端接入如图乙所示的正弦交流电，下列说法中正确的是( )图6A.当S 与a 连接，t ＝1×10－2s 时，电流表的示数为0B.当S 与a 连接，t ＝1.5×10－2s 时，电压表示数为502VC.将S 由a 拨到b 时，电阻R 消耗的功率为100WD.将S 由b 拨到a 时，1s 内电阻R 上电流方向改变100次答案 CD8.(2018·前黄中学检测)如图7甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则( )图7A.发电机产生的交流电的频率是100HzB.降压变压器输出的电压有效值是340VC.输电线的电流仅由输送功率决定D.仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小答案 D解析 由题图乙可知交流电的周期T ＝0.02s ，则频率f ＝1T＝50Hz ，变压器不改变交流电的周期与频率，则A错误.由题图乙可知U m＝340V，有效值U有效＝U m2<340V，则B错误.输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C错误.当仅增加升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由P＝UI可知，输电电流减小，再由P损＝I2R可知输电线上损失的功率减小，则D正确.9.(多选)(2018·江苏一模)一自耦变压器如图8所示，其a、b端接到一电压不变的交变电源两端，在c、d间接有一定值电阻R1和热敏电阻R t.已知温度升高时R t的阻值变小.电压表均可视为理想交流电表，输电导线的电阻均可忽略不计.则下列说法中正确的是( )图8A.保持滑动触头位置不变，当温度升高时三个电表的示数均变小B.保持滑动触头位置不变，当温度升高时V1、V2的示数不变而V3的示数变小C.保持温度不变，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中三个电表的示数均减小D.保持温度不变，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中V1示数不变而V2、V3示数均减小答案BD解析电压表V1测量的是输入电压的有效值，不会随外界条件的变化而变化，保持滑动触头位置不变，根据变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，知电压表V2的示数不变，当温度升高时R t的阻值变小，根据串并联电路的特点可知，V3示数减小，故A错误，B正确；保持温度不变，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，由于输入电压不变，故V1不变，副线圈的匝数减小，副线圈两端的电压减小，在副线圈中根据电路的串并联特点可知V2、V3示数均减小，故C错误，D正确.10.(多选)普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图9高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1∶200和200∶1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11V，电流表的读数为1A，则( )图9A.甲电表是电压表，乙电表是电流表B.甲电表是电流表，乙电表是电压表C.图示高压输送电路输电线的总电阻是11ΩD.图示高压输送电路输入的总功率为440kW答案BD11.(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)如图10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8倍时，两灯泡均能正常发光.则( )图10A.原、副线圈匝数之比为7∶1B.原、副线圈匝数之比为8∶1C.此时a 和b 的电功率之比为1∶1D.此时a 和b 的电功率之比为1∶7答案 AD解析 灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U 额，则说明原线圈两端电压为7U 额，副线圈两端电压为U 额，则可知，原、副线圈匝数之比为7∶1，故A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得原、副线圈电流之比为1∶7，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得a 、b 的电功率之比为1∶7，故C 错误，D 正确.12.(2018·南京市学情调研)如图11甲、乙电路输入交变电流的电压u 相同，图乙中理想变压器的原、副线圈的匝数分别为n 1和n 2，若要求甲、乙电路中的电流i 相同，则n 1、n 2、R 1、R 2应满足的关系是( )图11A.n 1R 1＝n 2R 2B.n 2R 1＝n 1R 2C.n 12R 1＝n 22R 2D.n 22R 1＝n 12R 2 答案 D13.(多选)(2018·泰州中学模拟)如图12所示，理想变压器为降压变压器，原线圈通过灯泡L 1与正弦式交流电相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L 2和L 3相连，开始时开关S 处于断开状态.当S 闭合后，所有灯泡都能发光.下列说法中正确的是( )图12A.灯泡L 1和L 2中的电流有效值可能相等B.灯泡L 2两端的电压变小C.灯泡L 1变亮，灯泡L 2的亮度不变D.变压器原线圈的输入功率不变答案 AB解析 因为是降压变压器，n 1>n 2，根据I 1n 1＝I 2n 2可知I 1<I 2，当S 闭合后，I 1等于灯泡L 1的电流，I 2是灯泡L 2和L 3的电流之和，则灯泡L 1、L 2中的电流有效值可能相等，故A 正确；当S闭合后，副线圈回路总电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1分担的电压变大，灯泡L1变亮，则原线圈两端电压减小，又原、副线圈匝数不变，故副线圈两端电压变小，灯泡L2两端的电压变小，L2变暗，故B正确，C、D错误.。
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交变电流传感器10.2变压器 远距离输电高考押题
1、一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U 如下图、副线圈仅接入一个10Ω的电阻、那么()
A 、流过电阻的电流是20A
B 、与电阻并联的电压表的示数是1002V
C 、经过1分钟电阻发出的热量是6×103J
D 、变压器的输入功率是1×103W
解析：由电压的有效值和最大值的关系得U1＝Um
2＝220V 、根据理想变压器电压与匝数的关系U1U2＝n1n2，得U2＝n2n1U1＝511×220V ＝100V ，故电压表的示数是100V ，B 错误；I2＝U2R ＝10010A ＝10A ，A 错误；1分钟内电阻发出的热量Q ＝I2Rt ＝102×10×60J ＝6.0×104J ，C 错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P 入＝P 出＝U2I2＝100×10W ＝1×103W ，故D 正确、 答案：D
2.一输入电压为220V ，输出电压为36V 的变压器副线圈烧坏、为获知
此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如下图，然后将原线圈接到220V 交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V 、按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为() A 、1100,360B 、1100,180 C 、2200,180D 、2200,360
解析：根据理想变压器电压和匝数的关系可知，对于原、副线圈： n1n2＝22036①
当副线圈被新绕的5匝线圈代替后： n15＝2201②
由①②可解得n1＝1100，n2＝180，应选项B 正确、 答案：B
3、在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器、如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是()
解析：电流互感器应是测电流的，应串联在火线上，故B 、D 选项错误、同时，由I1n1＝I2n2
知要使I2＜I1，须n2＞n1，故A 选项正确、C 选项错误、 答案：A
4.如下图，一理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，在原线圈ab 两端加上电压为2202sin(100πt)V 的正弦交变电流，当原线圈中ab 两端的电压为100V 的瞬间，副线圈两端理想交流电压表的读数为()
A 、220V
B 、222V
C 、22V
D 、10V
解析：在交变电流的电路中，交流电表的读数为交流电的有效值，故副线圈交流电压表的读数始终为22V. 答案：C
5、(2018年厦门模拟)某交变电流电路中，有一个正在工作的理
想变压器，如下图、它的原线圈匝数n1＝600匝，交流电源的电动势e ＝311sin(100πt)V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2A 的保险丝，副线圈匝数n2＝120匝，为保证保险丝不被烧断，那么()
A 、负载功率不能超过62W
B 、副线圈电流最大值不能超过1A
C 、副线圈电路中的电阻R 不能小于44Ω
D 、副线圈电路中电压表的读数为62V
解析：由U1U2＝n1n2得U2＝120×220
600V ＝44V ，D 错；由P2＝P1＝U1I1得P2＝220×0.2W ＝44W ，A 错；副线圈电流的有效值I2＝P2U2＝1A ，故最大值为2A ，B 错误；由R ＝U2
I2得R 的最小值为44Ω，C 正确、 答案：C
6、(2018年盐城模拟)正弦式电流经过匝数比为n1n2＝10
1的变压器与电阻R 、交流电压表V 、交流电流表A 按如图甲所示方式连接，R ＝10Ω.图乙所示是R 两端电压U 随时间变化的图象，Um ＝102V ，那么以下说法中正确的选项是()
A 、通过R 的电流iR 随时间t 变化的规律是iR ＝2cos100πt(A)
B 、电流表A 的读数为0.1A
C 、电流表A 的读数为2
10A D 、电压表的读数为Um ＝102V
解析：由图乙所示图象知T ＝2×10－2s ，f ＝50Hz ，ω＝2πf ＝100πrad/s ，Im ＝Um
R ＝2A ，
故iR ＝2cos100πt(A)，A 正确、再根据I1I2＝n2n1，I2＝Im
2＝1A 知，I1的有效值为0.1A ，B
正确，C 错误、电压表读数应为副线圈电压的有效值，U ＝Um
2＝10V ，故D 错误、 答案：AB
7、图(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55Ω，、为理想电流表和电压表，假设原线圈接入如图
(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V ，以下表述正确的选项是()
A 、电流表的示数为2A
B 、原、副线圈匝数比为1∶2
C 、电压表的示数为电压的有效值
D 、原线圈中交变电压的频率为100Hz
解析：由I ＝U R 得，I ＝11055A ＝2A ，A 正确、理想变压器中U1U2＝n1n2，所以n1n2＝U1
U2＝Um
2U2＝220110＝21，B 错误、测量交流电时电表示数均为有效值，C 正确、由题图(b)知T ＝0.02s ，由f ＝1
T 得，f ＝50Hz ，D 错误、 答案：AC
8.如下图，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n.原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机、电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升、以下判断正确的选项是() A 、电动机两端电压为IR B 、电动机消耗的功率为I2R C 、原线圈中的电流为nI D 、变压器的输入功率为UI
n
解析：因电动机是非纯电阻电路，U ≠IR ，P ≠I2R ，A 、B 错、电动机两端电压为U
n ，故电动机消耗的功率为IU n ，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I0＝I
n ，D 对、C 错、 答案：D
9、在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原、副线圈的匝数分别为n1＝600匝、n2＝120匝，电源的电压为U ＝310sin100πt(V)，原线圈中串联一个额定电流为0.2A 的保险丝，为保证保险丝不被烧毁，那么() A
、负载功率不能超过44W
B 、副线圈电流的最大值不能超过1A
C 、副线圈电流的有效值不能超过1A
D 、无论副线圈电流有多大，保险丝总不会被烧毁
解析：保险丝的额定电流指有效值，由电流与线圈匝数的关系I1I2＝n2
n1及原线圈中电流的有效值I1≤0.2A 得副线圈中的电流的有效值I2≤1A ，那么副线圈电流的最大值不能超过2I2
＝2A 、再由电压与线圈匝数的关系U1U2＝n1n2及原线圈两端的电压的有效值U1＝U1m
2＝220V 得副线圈两端电压的有效值U2＝44V ，那么有P ＝U2I2≤44W ，故A 、C 选项正确，B 、D 选项错误、 答案：AC
10、如下图，两种情况下灯泡L2、L3的功率均为P ，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1∶n2＝3∶1，那么图(a)中L1的功率和图(b)中L1的功率分别为()
A 、P 、P
B 、9P 、4
9P C.49P 、9PD.9
4P 、9P
解析：图(a)中L2的功率为P ，那么L2上电压为U2＝PR ，原线圈中电压U1＝3U2＝3PR ，
L1两端电压与U1相等，那么L1所消耗功率PL1＝U21R ＝9PR
R ＝9P.图(b)中L2、L3功率相同，变压器的输出功率为2P ，原线圈电压U1′＝3U2＝3PR ，原线圈中电流I1′＝2P
U1′，灯L1上消耗功率为PL1′＝I1′2R ＝4P29PR R ＝4
9P ，故B 正确、
答案：B
【二】非选择题(此题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位) 11、(15分)(2018年嘉定模拟)某小型实验水电站输出功率是20kW ，输电线路总电阻为6Ω. (1)假设采用380V 输电，求输电线路损耗的功率、
(2)假设改用5000V 高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压、
用户得到的电压为
U2＝n2n1U1＝1
22×4976V ＝226.18V.
答案：(1)16.62kW(2)226.18V
12、(15分)某电厂要将电能输送到较远的用户，输送的总功率为9.8×104W ，电厂输出电压仅为350V ，为减少输送功率损失，先用一升压变压器将电压升高再输出、输电线路的总电阻为4Ω，允许损失的功率为输送功率的5%，所需电压为220V ，求升压、降压变压器的原、副线圈的匝数比各是多少？
解析：根据题意，画出输电线路图如下图所示、
由电路中损失功率P 损＝P 总×5%＝I22R 得输电线路中电流为I2＝5%P 总
R ＝35A.
升压变压器输出电压 U2＝P 总
I2＝2.8×103V
升压变压器的原、副线圈匝数比为 n1n2＝U1U2＝3502.8×103＝18
降压变压器输入功率为P3＝P 总－P 损＝P 总－5%P 总 ＝95%P 总＝9.31×104W
所以降压变压器的初级电压为U3＝P3
I2＝2660V 故降压变压器的原、副线圈匝数比为
n3n4＝U3U4＝2 660220＝13311. 答案：1∶8133∶11。