2021届高考物理一轮复习11第2讲变压器电能的输送练习及答案
高考物理一轮复习 第11章 第2课 变压器 电能的输送练习
第2课 变压器 电能的输送一、单项选择题 1.如图所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时，以下说法不正确的是( )A ．原、副线圈磁通量之比为2∶1B ．原、副线圈电流之比为1∶2C ．输入功率和输出功率之比为1∶1D ．原、副线圈磁通量变化率之比为1∶1解析：电流与匝数成反比，故B 对；输入功率等于输出功率，故C 对；原、副线圈的磁通量及磁通量变化率相等，故A 错D 对．答案：A 2.一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 如图所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )A ．流过电阻的电流是20 AB ．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC ．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD ．变压器的输入功率是1×103 W解析：原线圈中电压的有效值是220 V ．由变压比知副线圈中电压为100 V ，流过电阻的电流是10 A ；与电阻并联的电压表的示数是100 V ；经过1分钟电阻发出的热量是6×104J ；P 入＝P 出＝U 22R ＝100210V ＝1×103 W ．只有D 项正确．答案：D3.如图所示，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．下列判断正确的是( )A ．电动机两端电压为IRB ．电动机消耗的功率为I 2RC ．原线圈中的电流为nID ．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 ≠I 2R ，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I 0＝I n，D 对C 错．答案：D 4.如图所示，左侧的圆形导电环半径为r ＝1.0 cm ，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C ＝100 pF 的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁感应强度B 的变化率为ΔBΔt ＝1002πsin ωt ，若电容器C 所带电荷量的最大值为1.41×10－9C ，则所用理想变压器的原、副线圈的匝数之比为(取π2＝10)( )A ．1∶100B ．100∶1C ．1∶100 2D ．1002∶1解析：原线圈两端电压最大值：U 1m ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫ΔB Δt mS ＝0.1 2 V. 副线圈两端电压的最大值即电容器两端电压的最大值． 由C ＝Q U 得：U 2m ＝Q m C＝14.1 V ， 所以n 1n 2＝U 1m U 2m ＝1100.故A 对． 答案：A 5.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈中串一个灯泡L ，副线圈上接三个与L 相同的灯泡，这三个灯泡均能正常发光，则( )A ．灯L 也能正常发光B ．灯L 比另三灯都暗C ．灯L 将会被烧坏D ．不能确定解析：原、副线圈中的电流之比为I 1I 2＝n 2n 1＝13，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I 额＝I 23.又I 1＝13I 2，所以通过原线圈中灯L 的电流恰为其额定电流，灯L 正常发光，所以A 正确．答案：A6．2008年1月份，我国南方大部分地区遭遇特大雪灾，输电线表面结冰严重，导致线断塔倒．某学校实验兴趣小组设计了利用输电导线自身电阻发热除冰的救灾方案，处理后的电路原理如图所示，输电线路终端降压变压器用模拟负载R 0代替，R L 为输电线电阻，并将电阻R L 放入冰雪中，在变压器原线圈两端加上交变电流后即出现冰雪融化的现象．为了研究最好除冰方案，下列模拟实验除给定操作外，其他条件不变，不考虑其可行性，你认为其中最合理的是( )A ．将调压变压器滑动触头P 向上移动一些B ．将调压变压器滑动触头P 向下移动一些，同时延长通电时间C ．通过计算，选择适当输出电压，并闭合S 将模拟负载R 0短时短路D ．通过计算，选择适当输出电压，并将模拟负载R 0的阻值增大一些解析：输电线的电阻R L 一定，将调压变压器滑动触头P 向上移动一些，可以增大输出电压和输出电流，因此R L 上消耗的功率增大，可以增强除冰效果，但同时也增大了电能消耗；延长通电时间，虽可以增大发热量，但发热快慢不变即功率不变，若发热与导线散热平衡，则导线上的冰是不能除去的；如果所加电压适当，闭合S 将模拟负载R 0短时短路，可以将电能在R L 上释放短时产生大量热量而除冰，适当电压可保证输电线不被烧断，节能省时；若增大R 0，则R L 上的电功率会减小．因此最合理的是方案C.答案：C二、双项选择题7．正弦式电流经过匝数比为n 1n 2＝101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 ＝10 Ω.图乙所示是R 两端电压U 随时间变化的图象，U m ＝10 2 V ，则下列说法中正确的是( )A ．通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2cos 100πt(A )B ．电流表A 的读数为0.1 AC ．电流表A 的读数为210A D ．电压表的读数为U m ＝10 2 V解析：由图乙所示图象知T ＝2×10－2s ，f ＝50 Hz ，ω＝2πf ＝100π rad/s ，I m ＝U m R＝2 A ，故i R ＝2cos 100πt (A)，A 正确．再根据I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝I m2＝1 A 知，I 1的有效值为0.1 A ，B 正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压的有效值，U ＝U m2＝10 V ，故D 错误．答案：AB 8.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin 100 πt(V )．氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光．下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：由u ＝202sin 100πt (V)可知，U m ＝20 2 V ，f ＝50 Hz ，氖泡在一个周期内发光两次，故其发光频率为100 Hz ，A 正确．电压表示数为U ＝U m2×5＝100 V ，B 正确．开关断开后电压表示数不变，输出功率变小，故C 、D 错误．答案：AB9．如图所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈的匝数比n 1n 2＝120，加在原线圈上的电压为u 1＝311sin 100 πt(V )，霓虹灯正常工作的电阻R ＝440 k Ω，I 1、I 2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6 220 V ，副线圈中的电流14.1 mAB ．副线圈两端电压4 400 V ，副线圈中的电流10.0 mAC ．I 1＜I 2D ．I 1＞I 2解析：原线圈电压的有效值为U ＝U m2＝220 V ， 由U 1U 2＝n 1n 2得副线圈电压U 2＝4 400 V ； 由I 2＝U 2R得I 2＝10.0 mA ，选项B 对． 根据n 1＜n 2，而I 1I 2＝n 2n 1，故I 1＞I 2，选项D 对．答案：BD10．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n 1＝600匝、n 2＝120匝，电源的电压为U ＝311sin 100πt(V )，原线圈中串联一个额定电流为0.2 A 的保险丝，为保证保险丝不被烧毁，则( )A ．负载功率不能超过44 WB ．副线圈电流的最大值不能超过1 AC ．副线圈电流的有效值不能超过1 AD ．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I 1I 2＝n 2n 1及原线圈中电流的有效值I 1≤0.2 A 得副线圈中的电流的有效值I 2≤1 A ，则副线圈电流的最大值不能超过2I 2＝ 2 A ．再由电压与线圈匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2及原线圈两端的电压的有效值U 1＝U 1m2＝220 V得副线圈两端电压的有效值U 2＝44 V ，则有P ＝U 2I 2≤44 W ，故A 、C 选项正确，B 、D 选项错误．答案：AC11．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200 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大于降压变压器的输入功率解析：由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，P 出－P 损＝P 入，故D 正确.U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，因为U 1＝200 V ＜U 4＝220 V ，U 2＞U 3＝U 2－U 线，故n 2n 1＞n 3n 4，A 正确． 答案：AD三、非选择题 12.理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U ＝2 V ．求：(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5 A ．则电流表A 1的示数I 1为多少？ (3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1n 1＝U 2n 2＝U ，则n 1＝1 650匝． (2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2U 1＝13A.(3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R L 2＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U 2R ′＝10 A ．由U 1I 1′＝U 2I 2′可知，I 1′＝U 2I 2′U 1＝23A.答案：(1)1 650匝 (2)13 A (3)23 A13．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程．枢纽控制流域面积为1.0×106 km 2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011 m 3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作的总发电功率)为P ＝1.82×107kW ，年平均发电量约为W ＝8.40×1010 kW ·h .该工程已全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg /m 3，g 取10 m /s 2)：(1)若三峡电站上、下游水位差按h ＝100 m 计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t 为多少天？(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P 1＝4.5×105kW ，采用超高压输电，输电电压为U ＝500 kV ，而发电机输出的电压约为U 0＝18 kV .若输电线上损耗的功率为输电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．解析：(1)一年里水流做功(即减少的势能)W ′＝Q ρgh .水流的势能转化为电能的效率η＝W W ′＝W Q ρgh， 将数据代入上式得η≈67%.(2)设每台发电机组平均年发电n 天，则W ＝Pt ， 即P ×n ×24＝W .所以n ＝W24P ＝8.40×10101.82×107×24天≈192.3天． (3)升压变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 0U ＝18500＝9250，输电线上的电流I ＝P 1U＝900 A.损失功率P 损＝5%P 1＝I 2r ，所以r ≈27.8 Ω. 答案：(1)η＝WQ ρgh 67% (2)192.3天 (3)925027.8 Ω。
2021年高考物理复习导与练 第2节 变压器 电能的输送
第2节变压器电能的输送基础必备1.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1,电阻R1=5 Ω,R2=10 Ω,两电表均为理想交流电表.若R 1两端电压瞬时值表达式为u1=20sin(100πt)V,则下列说法正确的是(BC)A.电流表的示数为20 AB.电压表的示数为40 VC.R2消耗的功率为160 WD.原线圈输入交变电流的频率为100 Hz解析:R1两端电压为u1=20sin(100πt)V,其最大值是20V,有效值是20 V,电阻R1=5 Ω,R2=10 Ω,所以电压表的读数是40 V,副线圈中的电流与流过R1,R2的电流是相等的,即I2=A=4 A,由原、副线圈的电流与匝数的关系得I1=×4 A=0.8 A,故A错误,B正确;R2消耗的功率为P R2=R2=42×10 W=160 W,故C正确;变压器不会改变交变电流的频率,且副线圈输出电流的频率为f=Hz=50 Hz,故D错误.2.如图所示为某小型发电站的输电示意图,发电站输出U 1=220sin(100πt)V的交变电流通过升压变压器升压后进行高压输电,接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电,图中高压输电线部分总电阻为r,负载端的电压表是理想电压表,下列有关描述正确的是(C)A.若开关S1,S2都断开,则电压表示数为零B.负载端所接收交变电流的频率为25 HzC.深夜开灯时灯较亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故D.用电高峰期灯泡较暗,可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度解析:开关都断开时降压变压器空载,其副线圈两端有电压,电压表示数不为零,选项A错误;变压器不能改变交变电流的频率,故负载端所接收交变电流的频率还是50 Hz,选项B错误;深夜大部分用户已关灯,干路中电流减小,线路损耗也减小,用户得到的电压升高,故此时开灯较亮,选项C正确;用电高峰时,负载增多,负载电阻减小,干路中电流增大,因此输电线路上损耗电压增大,导致降压变压器的输入电压降低,为提高负载电压,可增大降压变压器副线圈的匝数,使负载电压提高,选项D错误.3.(2019·山东潍坊模拟)(多选)如图所示,图(甲)是一理想变压器,原、副线圈的匝数比为100∶1.若向原线圈输入图(乙)所示的正弦交变电压,图中R T为热敏电阻(阻值随温度升高而变小),R1为可变电阻,电压表和电流表均为理想电表,下列说法中正确的是(CD)A.在t=0.005 s时,电压表的示数约为50.9 VB.变压器原、副线圈中的电流之比为100∶1C.R T温度降低时,适当增大R1可保持R T两端的电压不变D.R T温度升高时,电压表的示数不变、电流表的示数变大解析:由题图(乙)可以知道交流电压最大值U m=36V,有效值为36 V,即电压表的示数为36 V,A错误;原、副线圈的匝数比为100∶1,所以变压器原、副线圈中的电流之比为1∶100,B错误;R T温度降低时,电阻增大,在串联电路中适当增大R1可保持R T两端的电压不变,C正确;电压表的示数为输入电压,保持不变,R T温度升高时,阻值减小,电流表的示数变大,D正确.4.(2019·河南郑州质检)(多选)如图(甲)所示的电路中,理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1,在原线圈输入端a,b接入如图(乙)所示的电压.电路中电阻R1=5 Ω,R2=6 Ω,R3为定值电阻,电压表和电流表均为理想电表,开始时开关S断开.下列说法正确的是(AD)A.电压表的示数为11VB.电流表的示数为 AC.闭合开关S后,电压表示数变大D.闭合开关S后,电流表示数变大解析:根据交变电流有效值定义可知题图(乙)所示交变电压的有效值满足·=·T,得U==110V,由理想变压器变压规律可知,电压表示数为11 V,A项正确;由欧姆定律可知,副线圈电流为I==A,由变压器知识可知,原线圈电流为A,B项错误;闭合开关,副线圈电路的总电阻减小,输出电压不变,输出功率增大,故理想变压器的输入功率增大,所以电流表示数增大,C项错误,D 项正确.5.(多选)在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,发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变,随着发电厂输出功率的增大,下列说法正确的有(CD)A.升压变压器的输出电压增大B.降压变压器的输出电压增大C.输电线上损耗的功率增大D.输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析:由于发电厂的输出电压不变,升压变压器的匝数不变,所以升压变压器的输出电压不变,A错误;由于发电厂的输出功率增大,则升压变压器的输出功率增大,又升压变压器的输出电压U2不变,根据P=UI可得输电线上的电流I线增大,输电线上的电压损失变大,则降压变压器的输入电压减小,降压变压器的输出电压减小,B R,输电线上的电流增大,电阻不变,所以输电线上的功率损耗增错误;根据P损=2R,则有=;升压变压器的输出电压U2不变,输电线上的大,C正确;根据P损=电阻不变,所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大,D正确.6.(2019·湖南岳阳模拟)在变电站里,经常要用交流电表监测电网上的强电流.所用的器材叫电流互感器.如图所示,能正确反映其工作原理的是(A)解析:电流互感器把大电流变成小电流,测量时更安全,根据变压器原理,=,I2=I1,所以要求线圈匝数n2>n1,原线圈要接在火线上,故选项A正确. 7.(2019·山西太原模拟)(多选)某50 Hz的钳形电流表的工作原理如图所示.当通有交变电流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流表指针会发生偏转.不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗,已知n2=1 000,则(AB)A.当用该表测量50 Hz的交变电流时,电流表G中通过的是交变电流B.当用该表测量50 Hz的交变电流时,若电流表G中通过的电流为50 mA,则导线中的被测电流为50 AC.当用该表测量50 Hz的交变电流时,若导线中通过的是10 A矩形脉冲电流,电流表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解析:变压器不改变交变电流的频率,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=,I1=I2=×0.05 A=50 A,B正确;若导线中通过的是10 A矩形脉冲交变电流,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,改变交变电流的频率,不影响测量值的准确性,D错误.8.一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(C)A.U2>U1,U2降低B.U2>U1,U2升高C.U2<U1,U2降低D.U2<U1,U2升高解析:根据变压器原、副线圈两端电压和原、副线圈匝数的关系式有=,这里n2<n1,所以U2<U1.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中,n2变小,n1不变,而原线圈两端电压U1也不变,因此U2降低,C项正确.能力培养9.(2019·四川宜宾模拟)如图所示,一理想变压器原线圈与每个副线圈的匝数比均为3∶1,原线圈与每个副线圈所连的电阻阻值均为R,原线圈接220 V的正弦交变电流,副线圈n2回路中电阻两端的电压为U R2,原线圈电阻与每个副线圈电阻消耗的功率的比值均为k.则(A)A.U R2=60 V k=B.U R2=60 V k=C.U R2=V k=D.U R2=V k=解析:设原线圈电流为I1,则根据n1I1=2n2I2,可得I2=1.5I1,由题意可知=k,解得k=,设原线圈电阻R上的电压为U R1,则∶=k,即U R1=U R2,又=,解得U R2=60 V,A正确,B,C,D错误.10.如图(甲)所示,原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶2的理想变压器原线圈与水平放置的间距L=1 m的光滑金属导轨相连,导轨处于竖直向下、磁感应强度为B=1 T 的匀强磁场中,电阻不计,副线圈接阻值R=2 Ω的电阻,与导轨接触良好的电阻r=1 Ω、质量m=0.02 kg的导体棒在外力F的作用下运动,其速度随时间按图(乙)所示(正弦图线)规律变化,则(D)A.电压表的示数为VB.电路中的电流方向每秒钟改变5次C.电阻R实际消耗的功率为0.125 WD.在0~0.05 s的时间内外力F做的功为0.48 J解析:由题图(乙)可知ω==10π rad/s,导体棒产生的感应电动势的最大值为E m=BLv m=3V,故电源电动势为e=BLv m sin ωt=3sin(10πt)V,电动势的有效值为E=E m=3 V,设原线圈的输入电压为U1,副线圈的输出电压为U2,原线圈的输入电流为I1,副线圈的输出电流为I2,则对含有原线圈的回路由闭合电路欧姆定律有E=I1r+U1,由变压器的工作原理可知=,=,对含有副线圈的回路,由欧姆定律有U2=I2R,由以上式子可解得U1=1 V,即电压表的示数为1 V,A错误;交变电流的频率为f==5 Hz,每个周期内电流方向改变2次,故每秒钟电流方向改变10次,B 错误;电阻R两端电压U2=U1=2 V,通过副线圈的电流I2==1 A,所以电阻R实际消耗的功率P=U2I2=2 W,C错误;通过原线圈的电流I1=I2=2 A,在Δt=0.05 s=时间m,内,电路中产生的焦耳热Q=(R+r)Δt=0.3 J,根据能量守恒定律得W外-Q= m+Q=0.48 J,D正确.故W外=11.如图(甲)所示的电路中,当理想变压器a,b端加上如图(乙)所示的交变电压,闭合开关S,三只相同灯泡均正常发光.下列说法中正确的是(A)A.小灯泡的额定电压为6 VB.变压器原、副线圈的匝数比为3∶1C.图(乙)所示的交变电压瞬时值表达式为u=36sin(100πt)VD.断开开关S,L1会变亮,L2会变暗解析:当S闭合后,原线圈中I1等于灯泡L1的电流,副线圈中I2是灯泡L2和L3的电流之和,由于三只相同的灯泡均正常发光,故I2=2I1,根据n1I1=n2I2可知n1∶n2=2∶1,由于输入电压U=U L+U1=18 V,且=,U2=U L,得U1=2U L,故U L=6 V,即小灯泡的额定电压为6 V,A项正确,B项错误;由题意得图(乙)所示的交变电压瞬时值表达式为u=18sin(100πt)V,故C错误;断开开关S,负载电阻增大,副线圈电流I2减小,原线圈电流I1随之减小,则灯泡L1变暗,L1两端电压减小,由U1=U-U L得原线圈两端电压U1增大,副线圈两端电压U2随之增大,灯泡L2变亮,D项错误.12.(2019·河北石家庄模拟)两个线圈套在同一个铁芯上,线圈的绕向如图(甲)所示,左线圈连着正方形线框abcd,线框所在区域存在变化的磁场,取垂直纸面向里为正,磁感应强度随时间变化的关系如图(乙)所示,不计线框以外的感生电场,右侧线圈连接一定值电阻R,下列说法中正确的是(B)A.t1时刻ab边中电流方向由a→b,e点电势高于f点B.设t1,t3时刻ab边中电流大小分别为i1,i3,则有i1<i3,e点与f点电势相等C.t2~t4时间内通过ab边的电荷量为0,定值电阻R中无电流D.t5时刻ab边中电流方向由a→b,f点电势高于e点解析:t1时刻磁场方向向里且均匀增加,根据楞次定律,线框中感应电流沿逆时针方向,ab边中电流方向由a→b,根据法拉第电磁感应定律知,正方形线框中的感应电动势是恒定值,原线圈中电流值恒定,副线圈中不产生感应电动势,e点电势等于f 点电势,A错误;由法拉第电磁感应定律E==n S,可知t1时刻磁感应强度的变化率小于t3时刻磁感应强度的变化率,E1<E3,根据欧姆定律i=,得i1<i3,原线圈中电流值恒定,副线圈中不产生感应电动势,e点电势等于f点电势,B正确;t2~t4时间内磁感应强度均匀变化,磁通量均匀变化,有恒定感应电流通过ab,通过ab边的电荷量不为0,副线圈中磁通量不变,定值电阻中无电流,C错误;t5时刻磁场方向垂直纸面向外,磁感应强度变小,磁通量减小,根据楞次定律得感应电流沿逆时针方向,ab边中电流方向由a→b,磁感应强度的变化率增大,感应电流大小变大,穿过原、副线圈的磁通量增大,根据楞次定律,副线圈中感应电流方向由f→e,相当于电源内部电流,因此e点电势高于f点,D错误.13.心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器,其部分电路可简化为大电阻R1与交流电源串联,该电源输出的电压恒为U0,如图所示.心电图仪与一个理想变压器的初级线圈相连,一个扬声器(可等效为一个定值电阻R2)与该变压器的次级线圈相连.若R2的功率此时最大,下列说法错误的是(B)A.大电阻R1两端电压为B.理想变压器初级线圈与次级线圈的匝数比值为C.交流电源的输出功率为D.通过扬声器的电流为解析:设理想变压器初级线圈和次级线圈的匝数分别为n1,n2,初级线圈和次级线圈中的电流分别为I1,I2,理想变压器输入功率等于输出功率,设R2的功率为P,则有P=R2=-R1+I1U0=-R1I1-2-,由于扬声器有最大功率,则I1=,I2=,选项D正确;大电阻R1两端电压I1R1=,选项A正确;理想变压器的初级和次级线圈的匝数比为==,选项B错误;交流电源的输出功率为I1U0=,选项C正确.。
2021版江苏高考物理一轮复习讲义：第11章 第2节 变压器 电能的输送 Word版含答案
第2节变压器电能的输送一、理想变压器1．构造如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。
(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(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。
甲 乙丙 丁(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。
二、电能的输送如图所示，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 。
1．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 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 。
4．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。
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)变压器能改变交变电流的电压，不能改变交变电流的频率。
(√)(2)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。
(×)(3)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。
(×)(4)增大输电导线的横截面积不利于减少输电过程中的电能损失。
(×)(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。
(√)(6)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大。
(√)2．(沪科版选修3－2P75T3)如图所示为一理想变压器，其原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R组成闭合电路。
2021届高考物理一轮复习：变压器 电能的输送 传感器 巩固习题(含答案)
2021届高考物理：变压器电能的输送传感器一轮培优题含答案专题：变压器电能的输送传感器1、在远距离输电时，在输送的电功率和输电线电阻都保持不变的条件下，输电的电压为U1时，输电线上损失的功率为P1；输电的电压为U2时，输电线上损失的功率为P2.则U1U2为()A. P2P1 B.P1P2 C.P2P1 D.P1P22、如图，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输送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻。
( )A.用电器增加时，变压器输出电压增大B.用电器增加时，变压器的输入功率增加C.用电器增加时，输电线的热损耗减少D.要提高用户的电压，滑动触头P应向下滑3、（双选）如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在其间竖直放置两彼此正对的相同金属圆环，两环相距L，用导线将环与外电阻相连，现用外力使金属杆沿两环做匀速圆周运动．若已知磁感应强度大小为B，圆环半径为R，杆转动角速度为ω，金属杆和电阻的阻值均为r，其他电阻不计，则()A．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变大后变小B．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变小后变大C．流过外电阻电流的有效值为2BLωR 4rD．流过外电阻电流的有效值为2πBωR2 4r4、如图所示为一个经双向可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。
现在电灯上电压的有效值为()A．U m B．U m2C．U m3D．U m25、（双选）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。
2021高考人教版物理一轮复习讲义：第11章 第2节 练习32 变压器 电能的输送
课时提能练(三十二)变压器电能的输送(限时：40分钟)A级跨越本科线1．(多项选择)如图11-2-13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．以下说法正确的选项是()【导学号：92492392】图11-2-13A．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∶1BC[由理想变压器的原理可知，当S与a接通电流稳定时，由于通过原线圈与副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流，但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零，R中有感应电流，故A错误，B正确；当S与b接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈两端电压为3 V，C正确；变压器并不改变交变电流的频率，D错误．]2．(2021·铜川模拟)一理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝3∶1，原线圈中接有定值电阻R，副线圈中并联有两个阻值也为R的定值电阻，如图11-2-14所示．原线圈接有电压为U的交流电源，那么副线圈的输出电压为()图11-2-14A.U2B．U3 C.3U11D．3U10C[设原线圈中的电流为I，原线圈的输入电压为U1，那么副线圈中的电流为3I，副线圈的输出电压为U2＝U13＝32IR，又U＝IR＋U1＝112IR，得U2＝311U，C正确．]3．(多项选择)(2021·全国丙卷)如图11-2-15所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压一样的灯泡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．以下说法正确的选项是()图11-2-15A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为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∶9AD[设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，那么变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0I a＝U0I b得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．]4．(2021·佛山模拟)如图11-2-16为一理想变压器，其原线圈匝数n1＝800，副线圈匝数n2＝200，原线圈接有电压u＝2002sin 100πt(V)的交变电流，R为可变电阻，各电表均为理想交流电表，那么以下说法中正确的选项是()图11-2-16A．该交变电流的频率为100 Hz2 Wb/sC．R的阻值越大，电流表A的示数越小，电压表V的示数越大D．接入的灯泡越多，电流表A和电压表V的示数越大B[根据ω＝2πf可得，该交变电流的频率f＝50 Hz，A错误；根据法拉第电磁感应定律有E＝n1ΔΦΔt ，故穿过铁芯的磁通量的最大变化率ΔΦΔt 2 Wb/s，B正确；R的阻值越大，副线圈中的电流越小，电流表A的示数越小，因变压器是理想变压器，电压表V的示数不变，C错误；接入的灯泡越多，副线圈的总电阻越小，副线圈中的电流越大，电流表A的示数越大，电压表V的示数不变，D错误．]5．(2021·安庆模拟)如图11-2-17所示的交流电路中，理想变压器输入电压为u1＝U1m sin 100πt(V)，输入功率为P1，输出功率为P2，电压表读数为U2，各交流电表均为理想电表，由此可知()图11-2-17A．灯泡中电流方向每秒钟改变100次B．变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶U2C．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时各个电表读数均变大D．当滑动变阻器R的滑动头向上移动时P1变大，且始终有P1＝P2A[由u1＝U1m sin 100πt(V)，可知交变电流频率为50 Hz，灯泡中电流方向每一秒钟改变100次，选项A正确；变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶(2U2)，选项B错误；当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，电流表读数增大，变压器输出电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表读数不变，选项C错误；当滑动变阻器R的滑动头向上移动时，变压器输出电流减小，输出功率减小，根据变压器功率的制约关系，P1变小，且始终有P1＝P2，选项D错误．] 6．如图11-2-18所示，理想变压器的原线圈接高电压，降压后通过一段电阻不可忽略的线路接用电器，其中灯L1、灯L2的规格完全一样，R为一滑动变阻器．现将R的滑动触头P向下滑动，那么交流电压表V、交流电流表A的示数变化及灯L1、灯L2的明暗变化情况为()图11-2-18A．V增大，A增大，灯L1、灯L2都变亮B．V增大，A减小，灯L1变亮，灯L2变暗C．V减小，A减小，灯L1变暗，灯L2变亮D．V不变，A减小，灯L1不变，灯L2变暗B[将电阻不可忽略的线路等效为电阻R3(如下图)，其他字母所表示的物理意义如图中所示，增大，总电因U4＝n2n1U0，那么U4不变；P向下滑动，R增大，总电阻R总流I3减小，U3减小，因U1＝U4－U3，那么U1增大，电压表V示数增大；因I1，I1增大，灯L1变亮；又由I2＝I3－I1知，I2减小，灯L2变暗；又因U0I0＝U1R1＝U4I3，那么I0减小；所以，此题正确答案为B.]7．(多项选择)(2021 ·海南高考)如图11-2-19所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为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，那么()图11-2-19A．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 VAD[当负载电阻的阻值减小为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＝15×5 V＝1 V，故副线圈两端电压为U2＝6 V，根据公式U1U2＝n1n2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 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，那么变化后电压U2＝IR0＋5IR0＝6IR0，变化前，U2′＝IR0＋11IR0＝12IR0，所以U2′＝2U2＝12 V，根据公式U1U2＝n1n2可得原线圈两端原来的电压有效值约为48 V，D正确，C错误．]8．(多项选择)如图11-2-20所示为街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器和用户之间两条输电线的总电阻用R0表示，用电器增加时相当于R 的值减小(滑动片向下移).○V1和○V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；○A1和○A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．忽略变压器上的能量损失，输入电压恒定．以下说法正确的选项是()图11-2-20A．用电器数目增加时，用电器两端电压减小B．用电器数目增加时，两电流表示数I1、I2不变C．变压器的输入功率与用电器数目增减无关D．滑片P向上滑动的过程中，输电线上的功率损耗减小AD[当用电器增加时，相当于R的阻值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流I2变大，即A2的示数变大，由于副线圈的电流变大，电阻R0的电压变大，又因为V2的示数不变，所以用电器两端电压减小，选项A正确，选项B错误；由于变压器的输入功率和输出功率相等，由于副线圈的电阻减小，输出功率变大，所以原线圈的输入功率也要变大，选项C错误；滑片P向上滑动的过程中，相当于R的阻值增大，电流I2要变小，输电线上的功率损耗减小，选项D正确．] 9．(2021·太原模拟)如图11-2-21，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2和R3均为定值电阻，V1和V2为理想电压表，A1和A2为理想电流表．开关S闭合时，V1和V2的读数分别为U1和U2；A1和A2的读数分别为I1和I2.假设交流电源电压不变，现断开S，以下推断中正确的选项是()图11-2-21A．U2可能变小、I2一定变小B．U2一定不变、I2一定变小C．I1一定变小、I2可能变大D．I1可能变大、I2可能变大B[交流电源电压不变，U1数值不变，根据变压器变压公式可知，副线圈电压只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关，现断开S，U2不变，副线圈所接电路的等效电阻增大，电流表A2的读数I2变小，选项B正确，A错误．变压器输出功率减小，导致变压器输入功率变小，I1变小，选项C、D错误．] 10．如图11-2-22所示为远距离输电的原理图，变压器均为理想变压器，图中标出了各局部的电压和电流，输电线总电阻为R，以下结论正确的选项是()【导学号：92492393】图11-2-22A．I2＝U2 RB．U2I2＝U4I4C．假设用户的用电功率变大，那么U4变大D．假设用户的用电功率变大，那么I1变大D[在输电的回路中，有U2＝I2R＋U3，输电线上损失的电压小于升压变压器的输出电压，A错误；升压变压器的输入功率为总功率，等于输电线上的损耗功率和用户得到的功率之和，B错误；电厂输出的电压U1不变，那么U2不变，假设用户的用电功率变大，那么输电电流变大，那么输电线上损失的电压变大，用户得到的电压变小，C错误，D正确．]B级名校必刷题11. (多项选择)(2021 ·天津高考)如图11-2-23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，那么()图11-2-23A．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BC [保持Q 的位置不动，那么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，那么根据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．]12．(2021·南宁模拟)如图11-2-24甲为某水电站的电能输送示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶15，降压变压器的副线圈接有负载R ，升压、降压变压器之间的输电线路的总电阻为10 Ω，变压器均为理想变压器，升压变压器原线圈中接入如图乙所示的正弦式交变电压，输送功率为33 kW.以下说法正确的选项是( )甲 乙图11-2-24A ．输电线上交变电流的变化周期为0.01 sB ．输电线中电流为150 AC ．降压变压器原线圈输入电压为3 200 VD ．输电线上功率损失为500 WC [由图乙所示的正弦式交变电压图象可知周期T ＝2×10－2 s ，变压器不改变交变电流的周期，所以输电线上交变电流的变化周期为0.02 s ，选项A 错误；升压变压器原线圈电压的最大值为311 V ，有效值U 1＝3112V ＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得升压变压器副线圈的输出电压U2＝n2n1U1＝15×220 V＝3 300 V，输电线中电流为I2＝PU2＝10 A，选项B错误；输电线电压损失ΔU＝I2R＝100 V，降压变压器原线圈输入电压为U＝U2－ΔU＝3 200 V，选项C正确．输电线上功率损失为P 损＝I22R＝1 000 W，选项D错误．]13．(2021·无锡模拟)如图11-2-25所示，电路中理想变压器的匝数比为4∶1，电流表为理想的交流电表．将四个完全一样的小灯泡(8 V 4 W)接入副线圈，在原线圈两端加瞬时值表达式为u＝322sin 100πt(V)的交流电．那么以下说法正确的选项是()图11-2-25A．电流表的读数为2 2 AB．变压器的输入功率为16 WC．如果将一耐压值为8 V的电容器并联在小灯泡的两端，那么电容器能正常工作D．如果其中的一个小灯泡被烧毁，那么其余的小灯泡均变亮B[由输入端交变电压的瞬时值表达式u＝322sin 100πt(V)可知，输入端电压的有效值为32 V，由U1U2＝n1n2得副线圈两端的电压的有效值为U2＝n2n1U1＝8 V，显然四个小灯泡均能正常发光，由P＝UI得通过每只灯泡的电流均为I1＝PU＝0.5 A，电流表的读数为I＝4I1＝2 A，A错误；由于四个小灯泡均正常发光，那么消耗的总功率为4P＝16 W，因此变压器的输入功率为16 W，B正确；由于副线圈两端电压的最大值为8 2 V，大于电容器的耐压值，因此电容器将被击穿，C 错误；如果其中的一个小灯泡被烧毁，由于输入电压、变压器的匝数均不变，因此变压器的输出电压不变，因此其余小灯泡的亮度不变，D错误．]14．(多项选择)(2021·全国卷Ⅱ)如图11-2-26所示，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Ⓐ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 ，那么( )【导学号：92492394】图11-2-26A ．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．]15．(多项选择)如图11-2-27甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，b 是原线圈的中心触头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开场在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，那么以下说法正确的选项是( )图11-2-27A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为55 VB ．当单刀双掷开关与a 连接且t ＝0.01 s 时，电流表示数为零C ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率增大D ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率为25 HzAC [原线圈电压的有效值为U 1＝U m 2＝220 V ，当单刀双掷开关与a 连接时，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压为U 2＝55 V ，电压表读数为55 V ，选项A 正确；在任何时刻电流表的读数都是电流的有效值，所以电流表的读数不是零，选项B错误；当单刀双掷开关由a 拨向b 时，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压为U 2＝110 V ，输出功率P 2＝U 22R 变大，输入功率也变大，选项C 正确；副线圈中交流电的频率与原线圈中交流电的频率相等，大小都是f ＝1T ＝50 Hz ，选项D 错误．]16．(多项选择)如图11-2-28甲所示的变压器，接如图乙所示的交流电时，灯泡正常发光，电容器能正常工作，现将电源换成如图丙所示的交流电，那么( )甲 乙 丙图11-2-28A ．由于丙交变电流的周期变短，因此灯泡比第一次亮B ．由于丙的频率比甲的大，因此电容器有可能被击穿C ．无论接乙电源，还是接丙电源，假设滑动触头P 向上移动，灯泡都变暗D ．假设将原线圈n 1的匝数增加，灯泡消耗的功率将变小CD [由题图知，乙、丙所示的交流电的最大值相等，由U 有效＝U m 2知，两交流电的有效值相等，由U 1U 2＝n 1n 2知，经同一变压器后，两种情况下副线圈两端的电压U 2相等，因此灯泡两端的电压一样，由P ＝U 2R 知，灯泡消耗的功率一样，因此灯泡的亮度一样，选项A 错误；同理可知，加在电容器两端的电压一样，因此电容器能正常工作，选项B 错误；无论电源接乙还是接丙，假设滑动触头P 向上移动，那么滑动变阻器接入电路中的阻值都变大，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流都减小，由P ＝I 2R 知，灯泡消耗的功率都减小，因此灯泡都变暗，选项C 正确；假设将原线圈n 1的匝数增多，由U 2U 1＝n 2n 1知，副线圈的输出电压U 2减小，由闭合电路欧姆定律知，电路中的电流减小，由P ＝I 2R 知，灯泡消耗的功率减小，选项D 正确．]。
(新课标)高考物理一轮总复习第十一章第二讲变压器电能的输送练习(含解析)
变压器 电能的输送[A 组·基础题]1．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 ＝2202sin 100πt 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( B )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 W2．(2018·广东高考一模)在如图所示的电路中，理想变压器原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈的匝数n 2＝120匝，当原线圈接入u ＝180sin 50πt V 的正弦式交变电流时，下列判断正确的是( C )A ．正弦式交变电流的频率为50 HzB ．副线圈两端电压为36 VC ．当滑动变阻器滑片向b 端滑动时，灯泡消耗的电功率一定增大D ．当滑动变阻器滑片向a 端滑动时，滑动变阻器消耗的总电功率一定增大解析：正弦交流电的频率为f ＝ω2π＝50π2π＝25 Hz ，A 错误；原线圈两端电压为U 1＝1802＝90 2 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈两端电压为U 2＝18 2 V ，B 错误；当滑动变阻器滑片向b 端滑动时，灯泡两端的电压增大，故小灯泡消耗的电功率一定增大，C 正确；滑动变阻器滑片向a 端滑动过程中，其连入电路的电阻分为两部分，一部分增大，一部分减小，所以其消耗的总功率不一定增大，D 错误．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( B )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 cd4．如图，一理想变压器原线圈接正弦式交流电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有“36 V 6 W”字样，此时L1恰好正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表的示数为0.5 A，下列说法正确的是( D )A．原、副线圈匝数之比为3∶1B．变压器的输入功率为12 WC．电压表的示数为9 VD．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小5．(多选)如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin 314t V的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，电流表A2是值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)，R3是一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，下列说法正确的是( BD )A．变压器的输入功率不变B．变压器的输入功率增大C．电流表A1的示数增大，电压表V1的示数增大D．电流表A2的示数减小，电压表V2的示数减小6．(多选)(2019·山西榆社中学联考)如图所示，理想变压器原、副线的匝数比n1∶n2＝22∶1在a、b端加上一交变电压u＝2202sin 100 πt V，通过小灯泡的电流为0.3 A，小灯泡正常发光，则下列说法正确的是( AD )A．小灯泡的额定功率为3 WB．小灯泡的额定功率为66 WC．将滑动变阻器的滑片稍微下移，灯泡会变暗D．将滑动变阻器的滑片稍微下移，变压器的输入功率将变小7．(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＝210T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 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( BD )A．图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零B．线框中交变电压瞬时值的表达式为e＝5002·sin 200t VC．变压器原、副线圈匝数之比为50∶11D．变压器允许输出的最大功率为5 000 W[B组·能力题]8. 如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原线圈接一正弦交变电流，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，则当该装置附近有火源而导致其所在位置温度升高时(不考虑仪器的损坏)( B )A．电流表示数不变B．电压表的示数不变C．R0的功率变小D．变压器的输出功率减小9．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u1＝2202·sin 100πt V．下列说法中正确的( C )A ．t ＝1600 s 时，电压表的示数为220 V B ．t ＝1600s 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10．(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝22T ，单匝矩形线圈面积S ＝1 m 2，电阻r ＝10 Ω，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接．V 为理想交流电压表，A 1、A 2为理想交流电流表，L 1、L 2为两个完全相同的电灯泡，灯泡上标有“20 V 20 W”的字样且均正常发光，电流表A 1的示数为1 A ．则以下说法正确的是( AC )A ．电流表A 1、A 2的示数之比为1∶2B ．理想电压表原、副线圈的匝数之比为1∶2C ．线圈匀速转动的角速度ω＝100 rad/sD ．电压表的示数为40 2 V11．(多选)如图甲所示，空间中存在一水平方向的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ，一矩形线圈绕水平中心轴P 匀速转动，转动角速度ω＝10 2 rad/s ，线圈面积S ＝0.3 m 2，匝数n ＝4，现把甲图产生的交流电加在乙图的a 线圈两端，铁芯上的另一线圈b 与一个标有“12 V 9 W”的小灯泡相连．线圈a 与b 的匝数之比为1∶2.甲图中的矩形线圈从图示位置运动开始计时，不计所有导线的电阻，则( BD )A ．线圈转动产生的感应电动势e ＝62sin 102t VB ．线圈绕P 转动时的电动势等于绕另一平行于P 轴的Q 轴转动时的电动势C ．小灯泡恰好正常发光D ．小灯泡不能正常发光12．(多选)(2019·长春实验中学开学考试)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，V 为理想交流电压表，a 、b 端接正弦交流电压源(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( BD )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可能会烧毁解析：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 1＝16 A ，则n 1n 2＝I 2I 1＝21，选项A 错误；变压器次级电压为24 V ，则根据匝数比可得初级电压为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：P 1＝U 1I 1＝4 W ，选项C 错误； 副线圈上再并联一个相同的灯泡L 4，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，灯泡L 1可能烧坏，故D 正确．13．(2019·河南中原名校质检)2017年8月，广东省受台风“天鹤”影响，造成大面积停电．某通讯公司准备的应急供电系统如图所示，图中T 1、T 2分别为理想的升压变压器和降压变压器，R 表示输电线电阻，I 表示电流，U 表示线圈两端电压，n 表示线圈的匝数，下列说法正确的是( D )A ．如果发电机的输出功率为P ，则P ＝U 1I 1＝U 2I 2＝U 4I 4B ．若n 1∶n 2＝n 4∶n 3，则有U 1＝U 4C ．用户消耗的功率越大，输电线上消耗的功率越小D ．如果发电机的输出功率为P ，则输电线上消耗的功率为P 2U 22R 解析：由于输电线需要消耗一部分电能，故发电机的输出功率P ＝U 1I 1＝U 2I 2＞U 4I 4，A 错误；输电线上有电压降，所以n 1n 2＝U 1U 2，U 2＝ΔU ＋U 3，n 3n 4＝U 3U 4，即U 1ΔU ＋U 3＝U 4U 3，故U 1≠U 4，B 错误；根据P ＝UI 可知I 2＝P U 2，可知输电线上损耗的功率ΔP ＝I 22R ＝P 2U 22R ，用户消耗的功率越大，则发电机输出功率越大，输电线上消耗的功率越大，C 错误，D 正确．。
2021年高考物理新课标一轮复习习题：第11章 第2讲 变压器 远距离输电 Word版含答案
第2讲变压器远距离输电A组基础题组1.(2015江苏单科,1,3分)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。
已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为( )A.200B.400C.1 600D.3 2002.如图所示,一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1,副线圈上接三个相同的灯泡,均能正常发光,原线圈中再串一个相同的灯泡L,则( )A.灯L也能正常发光B.灯L比另外三个灯都暗C.灯L将会被烧坏D.不能确定3.如图所示,理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接,已知变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=10 Ω。
图乙是R两端电压u随时间变化的图像,U m=10 V。
则下列说法中正确的是( )A.交变电流的频率是50 HzB.电流表A的读数为 AC.电压表V的读数为10 VD.变压器的输入功率为10 W4.(2013广东理综,16,4分)如图,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1,和均为理想电表,灯泡电阻R L=6 Ω,AB端电压u1=12 sin 100πt(V)。
下列说法正确的是( )A.电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD.变压器输入功率为6 W5.(2016山东淄博二模)(多选)如图甲所示为理想调压变压器,原线圈A、B端的输入电压如图乙所示,则当此变压器工作时,以下说法正确的是( )A.若滑动触头P处于某一确定位置,当变阻器R的滑动触头下滑时,电流表示数将变大B.若滑动触头P处于某一确定位置,当变阻器R的滑动触头上滑时,电压表示数增大C.若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移,则电流表示数一定变大D.若变阻器最大阻值为100 Ω,且变阻器R的滑动触头置于最上端,则在滑动触头P滑动的过程中,电流表的电流变化范围为0~2.2 A6.(2015湖南十三校第一次联考)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,原线圈加正弦交变电压U1,以下说法正确的是( )A.S断开时,MN两端的电压最大,ON两端的电压为零B.S断开时,MN两端的电压为零,ON两端的电压为U1C.S闭合且滑动触头向下滑动时,变压器的输出功率不变D.S闭合且滑动触头向上滑动时,通过原线圈的电流变小,原线圈的输入功率变小7.(2015江苏南京二模)(多选)如图所示,理想变压器原线圈匝数n1=1 210,副线圈匝数n2=121,原线圈两端电压u=311 sin 100πt V,负载电阻R=44 Ω,不计电表对电路的影响,各电表的读数应为( )A.读数为0.05 AB.读数为311 VC.读数为0.5 AD.读数为31.1 V8.(2016内蒙古赤峰宁城统考)(多选)如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,电流表、电压表均为理想电表,R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)。
2021高考物理一轮复习第11章交变电流第2讲变压器电能的输送课时作业含解析新人教版
第2讲 变压器 电能的输送时间：45分钟 满分：100分一、选择题(本题共11小题，每小题8分，共88分。
其中1～8题为单选，9～11题为多选)1．(2019·吉林省名校联合一模)变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。
街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，则( )A ．副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数少B ．副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数多C ．原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数少D ．原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数多答案 A解析 街头见到的变压器是降压变压器，可知原线圈的匝数比副线圈的匝数多，由于功率相同，而原线圈中电压大，所以原线圈的电流比副线圈的电流要小，副线圈的电流大，导线要用粗的，原线圈的电流小，导线要用细的。
故A 正确，B 、C 、D 错误。
2．(2019·四川德阳三诊)用同样的交流电分别给甲、乙两个电路同样的灯泡供电，结果两个电路中的灯泡均能正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶3，则甲、乙两个电路的电功率之比为( )A ．5∶3B ．5∶2C ．1∶1D ．25∶9答案 A解析 设灯泡的额定电流为I ，则甲图中电路的功率为P 1＝UI ，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶3，根据变流比可知，乙图中原线圈中电流为35I ，乙图中电路的功率为P 2＝U ·35I ＝35P 1，因此甲、乙两个电路的功率之比为5∶3，故A 正确，B 、C 、D 错误。
3．(2019·重庆南开中学高考模拟)如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格完全相同的灯泡均正常发光，则该理想变压器的匝数比n 1∶n 2∶n 3为( )A．3∶2∶1 B．3∶1∶1C．1∶1∶1 D．4∶2∶1答案 B解析设每个灯泡的额定电流为I，由灯泡正常发光和输入功率等于输出功率知，U1I＝U2·2I＋U3I，所以U1＝2U2＋U3，设灯泡的额定电压为U，则U2＝U，U3＝U，U1＝3U，所以n1∶n2∶n3＝U1∶U2∶U3＝3∶1∶1，故B正确。
2021高考人教版物理一轮复习讲义：第11章第2讲变压器电能的输送(含解析)
第2讲变压器电能的输送主干梳理对点激活知识点11I 理想变压器n1. 构造：如图所示。
变压器主要由_01闭合铁芯和02绕在铁芯上的两个线圈组成。
⑴原线圈：指与交流电源连接的线圈，也叫卫3初级线圈。
⑵副线圈：指与负载连接的线圈，也叫_o4次级线圈。
2. 工作原理：电磁感应的卫5互感现象。
3. 理想变压器的基本关系式⑴功率关系：P入=P出。
⑵电压关系：U>=¥，若n i>n2,为_06降压变压器：若n i<n2,为_07升压变。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，甘城：有多个副线圈时，U l|l= U2I2+ U3|3+…+ U n|n。
4. 几种常用的变压器(1) 自耦变压器(也叫调压变压器)。
(2) 互感器①电压互感器：可以把09高电压降为10|低电压;②电流互感器：可以把H 强电流降为12弱电流。
知识点2 远距离输电I1. 减少输电电能损失的两种方法减少输电电能损失的理论依据：P损=I2R。
(1)减小输电线的电阻：根据电阻定律R= @要减小输电线的电阻R,在保证输电距离情况下，可采用减小材料的_O1电阻率、增大导线的卫2横截面积等方法。
(2)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P= UI，要减小电流，必须提高03输电电压。
2. 远距离高压输电的分析⑴输电过程(如图所示)(2)输送电流P p'①U =厂。
(3) 电压损失① A U= U - U'。
②川=04 |R0(4)功率损失①A P= P- P'o②A P= 05 |2R= 06 U 2R=A Uo双基夯宾一堵点疏通1•变压器不但可以改变交流电压，也可以改变稳恒直流电压。
2. 理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。
(3. 高压输电的目的是增大输电的电流。
()4. 在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小。
()5. 变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定。
高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器第2讲变压器
电线圈的输入功率 P1 由副线圈的输出功率 P2
功率
关
决定．
系 电流 原线圈的电流 I1 由副线圈的电流 I2 和匝数比决 定.
【典例 1】 一含有理想变压器
的电路如图所示，图中电阻 R1、R2
和 R3 的阻值分别为 3 Ω、1 Ω 和 4 Ω，
Ⓐ为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效
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：B 由UU12＝nn12得 U2＝nn21U1
①
由UU12＝nn12－ －ΔΔnn得
U2′＝nn21－ －ΔΔnnU1
②
由②/①得：UU2′2 ＝nn21－ －ΔΔnnnn12＝nn22nn11－ －ΔΔnnnn12，因为 n2<n1， 所以UU2′2 <1，即 U2′<U2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错．由 以上分析过程可以看出，C 错．由II12＝nn21和II21′′＝nn12－－ΔΔnn可见， D 错．
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．2
B．3
C．4
D．5
【思路分析】 变压器原线圈上串联电阻之后，属于非 纯电阻电路，不能在含有线圈的电路中应用欧姆定律．要计 算原线圈上消耗的功率，只需计算出副线圈电阻上消耗的功 率即可．
(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．( )
答案：(1)√ (2)× (3)× (4)×
2.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( )
2021年高考物理总复习 10.2变压器 电能的输送考题演练(含解析)
2021年高考物理总复习 10.2变压器电能的输送考题演练（含解析）1.(xx·海南高考)理想变压器上接有三个完全相同的灯泡,其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源,另外两个并联后接在副线圈两端。
已知三个灯泡均正常发光。
该变压器原、副线圈的匝数之比为( )A.1∶2B.2∶1C.2∶3D.3∶2=I,通过副线【解析】选B。
设灯泡正常发光时的电流为I,由题意可知,通过原线圈的电流I1圈的电流I=2I,根据变压器的电流关系==。
22.(多选)(xx·广东高考)如图所示的电路中,P为滑动变阻器的滑片,保持理想变压器的输入不变,闭合电键S,下列说法正确的是( )电压U1A.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【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：(1)理想变压器电压、电流和电功率分别由什么因素决定。
(2)若为理想电源,并联电路的各个支路间没有影响。
(3)在电压一定的情况下,电阻越小,电功率越大。
【解析】选B、D。
理想变压器的输出电压由输入电压决定,与用电器无关,故无论P怎样滑动,变压器的输出电压不变,灯L的亮度不变,A项错误、B项正确;理想变压器的输入电流和功率由用电器决定,P向上滑动时,用电器的功率变大,变压器的输出功率和输入电流都变大,C项错误、D项正确。
3.(xx·江苏高考)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n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,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.=B.I2=C.I1U1=RD.I1U1=I2U2【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)变压器的输入功率等于输出功率。
(2)输电线的电阻消耗的功率P=R。
(3)升压变压器输出端、导线和降压变压器输入端构成闭合电路。
高三物理一轮复习练习：第十一章第2讲 变压器 电能的输送解析含答案
配餐作业变压器电能的输送►►见学生用书P377A组·基础巩固题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由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A项错误；因理想变压器无漏磁，故B、C项正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D项错误。
答案BC2．如图所示为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220 V,40 W”。
当灯泡所消耗的功率都调至20 W时，哪种台灯消耗的功率最小( )A． B.C． D.解析台灯的消耗功率是指包含灯泡和其他辅助器件的总功率。
由A、B、C、D四选项分析可知：C项中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总功率(台灯消耗功率)只有灯泡的功率20 W，而其他选项中，不论滑动变阻器是分压接法还是限流接法，滑动变阻器上总有功率损耗，台灯的消耗功率都大于20 W。
故C项正确。
答案 C3．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输送给用户(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，输电线的热损耗减小D ．用电器增加时，变压器的输入功率减小解析 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，A 项错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当滑动触头P 向上滑时，n 2增大，所以输出电压增大，用户的电压增大，B 项正确；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，故输电线的热损耗增大，C 项错误；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，D 项错误。
通用版2025版高考物理一轮复习第十一章第2讲变压器电能的输送课时作业含解析
变压器、电能的输送一、选择题(本题共10小题，1～6题为单选题，7～10题为多选题)1．(2024·珠海模拟)如图所示，一志向变压器原线圈的匝数n1＝1 100匝，副线圈的匝数n2＝220匝，沟通电源的电压u＝2202sin(100πt)V，R为负载电阻，电压表、电流表均为志向电表，则下列说法中正确的是( )A．沟通电的频率为100 HzB．电压表的示数为44 VC．电流表A1的示数大于电流表A2的示数D．变压器的输入功率大于输出功率解析：B 沟通电的周期T＝2πω＝2π100πs＝0.02 s，f＝1T＝50 Hz，故A项错误；原线圈的电压U1＝U m2＝220 V，U1U2＝n1n2，则U2＝44 V，故B项正确；原、副线圈的电流比等于匝数之反比，因为n1>n2，所以I1<I2，即电流表A1示数小于电流表A2示数，故C项错误；变压器的输入功率等于输出功率，故D项错误．2．(2024·榆林模拟)如图所示，志向变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1，电压表和电流表均为志向电表，一只志向二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上．从某时刻起先在原线圈接入电压有效值为220 V的正弦沟通电，并将开关接在1处，则下列推断正确的是( )A．电压表的示数为22 VB．若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则1 min内滑动变阻器产生的热量为1 452 JC．若只将S从1拨到2，变压器的输入功率减小D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小解析：B 变压器输入电压和输出电压之比为匝数之比，故输出端电压为22010 V ＝22 V ，但由于二极管具有单向导电性，从而使通过二极管的电压有效值减小，由有效值的定义得U 22R ·T 2＝U 2有效RT ，得R 两端电压的有效值U 有效＝11 2 V ，故电压表示数肯定小于22 V ，故A 项错误；接入电阻为10 Ω，则依据W ＝U 2R t 可得，产生的热量Q ＝112210×60 J＝1 452 J ，故B 项正确；若只将S 从1拨到2，则输入端线圈匝数减小，匝数比减小，则输出电压增大，输出功率增大，故变压器的输入功率将增大，故C 项错误；若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，接入电阻增大，则输出端电流减小，但电压表示数不变，故D 项错误．3．图甲中志向变压器原、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 的变更关系如图乙所示．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 ＝202sin (50πt )VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析：D 由图乙知周期为0.02 s ，因此输入电压的表达式u ＝202sin (100πt )V ，A 错；只断开S 2，L 1、L 2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B 错；只断开S 2，负载电阻变大，功率变小，C 错；S 1换接到2后，据P ＝U 2出R 和U 入U 出＝n 1n 2得R 消耗的功率为0.8 W ，故选D.4．(2024·汕头模拟)一志向变压器电路如图所示，两组副线圈中所接的三个电阻都为R ，原线圈接通交变电源后，三个线圈的电流有效值相等，则图中三个线圈的匝数之比n 1∶n 2∶n 3为( )A ．9∶1∶4B ．6∶1∶2C ．3∶1∶2D ．3∶2∶1解析：C 两个副线圈的输出功率为P 2＝I 2R ＋I 2·2R ＝3I 2R ，依据输入功率等于输出功率有U 1I ＝3I 2R ，解得U 1＝3IR ，两个副线圈的电压分别为U 2＝IR ，U 3＝I ·2R ，依据电压与匝数成正比，有n 1∶n 2∶n 3＝U 1∶U 2∶U 3＝3IR ∶IR ∶2IR ＝3∶1∶2，故C 项正确，A 、B 、D 项错误．5．钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的状况下，通过内置线圈中的电流值I 和匝数n 获知载流导线中的电流大小I 0，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是( )A ．该测量仪可测量直流电的电流B ．载流导线中电流大小I 0＝InC ．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D ．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小解析：C 钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，只能测量沟通电的电流，故A 项错误；依据I 0I ＝n1得载流导线中电流大小I 0＝nI ，故B 项错误；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，磁通量变更率减小，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 项正确；依据n 1I 1＝n 2I 2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n 1变大，I 1、n 2不变，则钳形电流测量仪的示数I 2将变大，故D 项错误．6．如图甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变更的图像，则( )A ．发电机产生的沟通电的频率是100 HzB ．降压变压器输出的电压有效值是340 VC ．输电线的电流仅由输送功率确定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 解析：D 由乙图可知沟通电的周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝1T＝50 Hz ，变压器不变更沟通电的周期与频率，则A 错．由乙图可知U m ＝340 V ，有效值U ＝U m2<340 V ，则B 错．输电线的电流由输送功率和输送电压共同确定，则C 错．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 ＝I 2R 可知输电线上损失的功率减小，则D 正确．7．如图甲所示，志向变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器．已知通过R 1的正弦沟通电如图乙所示，则( )A ．沟通电的频率为50 HzB ．原线圈输入电压的最大值为200 2 VC ．电阻R 2的电功率约为6.67 WD ．通过R 3的电流始终为零解析：AC 依据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02 s 、频率为50 Hz ，A 项正确；由图乙可知通过R 1的电流最大值为I m ＝1 A ，依据欧姆定律可知其最大电压为U m ＝20 V ，再依据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V ，B 项错误；依据正弦沟通电的峰值和有效值关系、并联电路特点可知电阻R 2的电流有效值为I ＝20230 A ＝23 A ，电阻R 2的电功率为P ＝I 2R 2＝29×30 W≈6.67 W，C 项正确；因为电容器有通沟通、阻直流的作用，则有电流通过R 3和电容器，D 项错误．8．如图甲所示为一志向变压器，原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝3∶1，且分别接有阻值相同的电阻R 1和R 2，R 1＝R 2＝100 Ω，通过电阻R 1瞬时电流如图乙所示，则此时( )A ．用电压表测量沟通电源电压约为424 VB ．断开开关K 后，通过电阻R 1的瞬时电流还是如图乙所示C ．沟通电源的功率为180 WD ．R 1和R 2消耗的功率之比为1∶3解析：AC 由U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1得，通过R 1的电流有效值为I 1＝0.62A ＝3210 A ，通过R 2的电流的有效值I 2＝9210 A ，副线圈两端的电压U 2＝I 2R 2＝9210×100 V＝90 2 V ，原线圈两端电压U 1＝270 2 V ，而U ＝U 1＋I 1R 1＝300 2 V≈424 V，故A 项正确；断开开关K 后，通过电阻R 1的电流为0，故B 项错误；沟通电源的功率P ＝UI 1＝180 W ，故C 项正确；R 1的消耗的功率P 1＝I 21R 1＝18 W ，R 2消耗的功率P 2＝I 22R 2＝162 W ，P 1P 2＝19，故D 项错误．9．如图所示，R 1、R 2、R 3为完全相同的标准电阻．甲、乙两种状况下电阻R 2、R 3的功率均为P ，且匝数比n 1∶n 2均为4∶1，则( )A ．图甲中R 1的功率为P4B ．图甲中R 1的功率为16PC ．图乙中R 1的功率为16PD ．图乙中R 1的功率为P4解析：BD 设R 2两端电压为U ，依据电压与匝数成正比，得线圈n 1两端的电压为4U ，依据P ＝U 2R ，R 1两端的电压是R 2两端电压的4倍，R 2的功率为P ＝U 2R ，R 1的功率为P 1＝4U2R＝16P ，故A 项错误、B 项正确；R 2、R 3是完全相同的电阻，功率均为P ，由P ＝U 2R＝I 2R 知，副线圈电流为I ，副线圈电压均为U ，依据电压与匝数成正比，有原线圈两端电压为4U ，依据输入功率等于输出功率，有4UI 1＝2P ＝2UI ，解得I 1＝I 2，R 1的功率P 1′＝(I 2)2R ＝14I 2R ＝14P ，故C 项错误、D 项正确．10．(2024·唐山模拟)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(变压器均为志向变压器)．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大于降压变压器的输入功率解析：BD 依据变压器工作原理可知n 2n 1＝U 2220，n 3n 4＝U 3220，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2>U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，故B 正确，A 、C不正确；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，故D 正确．二、计算题(需写出规范的解题步骤)11．一个小型水力发电站发电机输出沟通电压为500 V ，输出电功率为50 kW ，用总电阻为3.0 Ω的输电线向远处居民区供电．求：(1)若干脆采纳500 V 电压输电，这时居民获得的电功率P 1.(2)若采纳高压输电，先将电压升至 5 000 V ，到达用户端再用降压变压器变为220 V 供居民运用，不考虑变压器的能量损失，求降压变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2.解析：(1)输电线上的电流为I ＝P U ＝50×103500A ＝100 A 输电线路损耗的功率为P r ＝I 2r ＝30 kW 居民获得的总功率为P 1＝P －P r ＝20 kW (2)高压输电后，输电线上的电流为I ′＝P U ′＝50×1035 000A ＝10 A输电线路损耗的电压为U 损＝I ′r ＝10×3 V＝30 V降压变压器原线圈的电压为U 2＝U ′－U 损＝5 000 V －30 V ＝4 970 V降压变压器的降压比为n 1n 2＝U 2U 4＝4 970220＝49722答案：(1)20 kW (2)497∶22。
2021版高考物理一轮复习第十一章交变电流传感器2变压器电能的输送创新练2含解析
变压器电能的输送3.如图所示,理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V,副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M,输电线的等效电阻为R,副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。
S断开时,灯泡L正常发光,滑片P位置不动,当S闭合时,以下说法中正确的是( )A.电压表读数增大B.电流表读数减小C.等效电阻R两端电压增大D.为使灯泡L正常发光,滑片P应向下滑动【解析】选C。
滑片P位置不动,当S闭合时,电阻变小,原线圈电压及匝数比不变,副线圈电压不变,电压表读数不变,故A错误;副线圈电压不变,电阻变小,输出功率变大,输入功率变大,根据P1=U1I1,知电流表读数变大,故B错误;因为副线圈电流增大,所以等效电阻R两端的电压增大,故C正确;副线圈电流变大,等效电阻两端的电压增大,并联部分的电压减小,为了使灯泡L 正常发光,必须增大电压,滑片P应向上滑动,故D错误。
【补偿训练】交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。
一小型发电机的线圈共220匝,线圈面积S=0.05 m2,线圈转动的频率为50 Hz,线圈内阻不计,磁场的磁感应强度B=T。
如果用此发电机带动两个标有“220 V,11 kW”的电机正常工作,需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器,电路如图。
求:(1)发电机的输出电压。
(2)变压器原、副线圈的匝数比。
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数。
【解析】(1)根据E m=NBSω=1 100 V,得输出电压的有效值为U1==1 100 V。
(2)根据=得=。
(3)根据P入=P出=2.2×104 W,再根据P入=U1I1,解得I1=20 A。
答案:(1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A附：什么样的考试心态最好大部分学生都不敢掉以轻心，因此会出现很多过度焦虑。
想要不出现太强的考试焦虑，那么最好的办法是，形成自己的掌控感。
1、首先，认真研究考试办法。
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第2讲变压器电能的输送考点一理想变压器的工作原理和基本关系变压器基本规律应用【典例1】(2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u=220sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R=55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。
下列说法正确的是( )A.原线圈的输入功率为220 WB.电流表的读数为1 AC.电压表的读数为110 VD.副线圈输出交流电的周期为50 s【通型通法】1.题型特征：理想变压器。
2.思维导引：【解析】选B。
原线圈接在u=220sin100πt(V)的交流电源上，所以原线圈电压的有效值为U1=220 V，由变压器的电压关系=，可得副线圈电压为U2=110 V，电压表的示数为交流电的有效值110 V，C选项错误；副线圈的电流为I2==2 A，由变压器的电流关系=，可得通过原线圈的电流为1 A，B选项正确；原线圈的输入功率为P=U1I1=220 W，A选项错误；交流电的周期为T==0.02 s，D选项错误。
特殊变压器【典例2】(2019·石家庄模拟)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.U2>U1，U2降低B.U2>U1，U2升高C.U2<U1，U2降低D.U2<U1，U2升高【通型通法】1.题型特征：自耦变压器。
2.思维导引：【解析】选C。
从图中看到，原线圈匝数对应整个部分，而副线圈匝数对应的是一部分，所以该变压器为降压变压器。
根据理想变压器电压和匝数的关系=，在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N点的过程中，副线圈的匝数变少，U2降低。
理想变压器的三点注意(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，不改变交变电流的频率。
(3)理想变压器本身不消耗能量。
【加固训练】(2018·天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。
利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V 的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。
若发电机线圈的转速变为原来的，则( )A.R消耗的功率变为PB.电压表V的读数为UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变【解析】选B。
根据ω=2πn可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据E m=nBSω可知电动机产生的最大电动势为原来的，根据U=可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据=可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据P=可知R消耗的电功率变为P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2=，即变为原来的，根据=可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。
考点二理想变压器的动态分析匝数比不变，负载改变【典例3】(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，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、副线圈匝数比为( )A.2B.3C.4D.5【通型通法】1.题型特征：理想变压器，通过开关改变负载电路。
2.思维导引：【解析】选B。
设变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，当开关S断开时，电流表的示数为I，副线圈电流为I，因此有(U-IR1)I=()2I2(R2+R3)；当开关S闭合时，电流表的示数为4I，同理有(U-4IR1)×4I=()2(4I)2R2，联立解得原、副线圈匝数比为3，故选B。
负载不变，匝数比变【典例4】(多选)(2019·海南高考)如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由R1、R2和R3三个电阻构成。
将该变压器原、副线圈的匝数比由5∶1改为10∶1后( )A.流经R1的电流减小到原来的B.R2两端的电压增加到原来的2倍C.R3两端的电压减小到原来的D.电阻上总的热功率减小到原来的【解析】选C、D。
根据=可知变压器原、副线圈的匝数比由5∶1改为10∶1后，输出电压变为原来的，根据I=可知流经R1的电流减小到原来的，选项A错误；由于R2和R3的阻值不变，则电压的分配关系不变，故R2和R3两端的电压都减小到原来的，选项C 正确，B错误；因为R1、R2和R3的阻值和连接方式都不变，则总电阻也不变，由P=得电阻上总的热功率减小到原来的，选项D正确。
变压器各物理量的决定关系(1)原线圈电压U1由提供原线圈电压的电源决定。
(2)输入电压U1决定输出电压U2，即U2随着U1的变化而变化，因为U2=U1，所以只要U1不变化，不论负载如何变化，U2不变。
(3)输出电流I2决定输入电流I1。
在输入电压U1不变的情况下，U2不变。
若负载电阻R增大，则由公式I=得：输出电流I2减小，由P2=P1知输入电流I1亦随着减小；反之，若负载电阻R减小，则输出电流I2增大，输入电流I1亦随着增大。
(4)输出功率P2决定输入功率P1。
理想变压器的输入功率和输出功率相等，即P1= P2。
在输入电压U1不变的情况下，U2不变。
当用电负荷增加，输出功率P2增大，输入功率P1也随着增大；反之，当用电负荷减小，则输出功率P2减小，输入功率P1也随着P2减小。
【加固训练】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，R的阻值变大，变压器的次级线圈电压不变，则次级电流减小，则R1消耗的功率及两端电压均变小，电压表的示数等于变压器次级电压减去R1两端的电压，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；由于当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，次级电流减小，故初级电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则变压器的次级电阻减小，次级电流变大，R1的电压变大，则电压表V示数减小，则R2两端电压减小，电流表A2读数减小，次级电流变大，则初级电流变大，则电流表A1示数变大，选项D错误。
考点三远距离输电【典例5】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n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=U m sinωt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.()B.()C.4()2()2rD.4()2()2r【通型通法】1.题型特征：远距离输电，升压变压器，降压变压器。
2.思维导引：【解析】选C。
由I1=和=得I r=I2=，则输电线上损失的功率P r=2r=4()2()2r，故选C。
【多维训练】(2018·江苏高考)采用220 kV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，输电电压应变为( ) A.55 kV B.110 kV C.440 kV D.880 kV【解析】选C。
输电线上损耗的功率P=I2r，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，电流I要减小为原来的，当输送功率一定时，输电电压要升高为原来的2倍，选项C正确。
1.远距离输电问题的“三二一”：(1)理清三个回路(如图)。
在回路2中，U2=ΔU+U3，I2=I线=I3。
(2)抓住两个联系。
①理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得，线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是=，=，P1=P2。
②理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是=，=，P3=P4。
(3)掌握一个守恒能量守恒关系式P1=P损+P4。
2.三种电压和三种电功率的区别：三种电压计算公式三种电功率计算公式输电电压U输U输=输电功率P送P送=I线U输输电线上损失的电压ΔU ΔU=I线·R线输电线上损失的电功率P损P损=R线用户得到的电压降压变压器的输出电压用户得到的电功率P用P用=I用U用【加固训练】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P0=8.8×104 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u=1 100sin 200πt (V)，输电导线的总电阻为r=5 Ω，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P=5.6×104 WD.用电器上的交流电的频率是50 Hz【解析】选C。
由交流电瞬时值表达式u=1 100sin 200πt(V)，可得交流电频率为100 Hz，电压有效值为U2=1 100 V，输电线上的电流I==80 A，故A错误；降压变压器的输入电压U3=U2-Ir=700 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P=P0-I2r=5.6×104W，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。