山东省2020版高考物理一轮复习课时规范练36理想变压器电能的输送新人教版.docx

1、1课时规范练 36 理想变压器 电能的输送基础对点练1.(多选)(理想变压器原、副线圈关系的应用)(2018福建泉州考前模拟)如图为日常生活中常见的点火装置原理图,先将 1.5 V 直流电压通过转换器转换为正弦交变电压 u=6sin t (V),然后将其加在理想变压器的原线圈 n1上,当副线圈 n2两端电压达到 12 kV 以上时放电针之间空气被击穿,从而引发电火花点燃气体。下列说法正确的是( )A.原线圈两端所接交流电压表的读数为 3 VB.副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率不相等C.要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于 103D.要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于 2 0

2、00答案 AD解析 最大值为有效值的倍,所以电压的有效值为 U=V=3V,即电压表示数为 3V,故 A 正确;变压器不能改变频率,故副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率相等,故 B 错误;当变压器副线圈电压的瞬时值大于 12000V 时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。转换器所输出的正弦交变电压最大值为 6V,根据电压与匝数成正比,所以实现点火的条件是 =2000,故 C 错误,D 正确。22.(多选)(理想变压器原、副线圈关系的应用)(2018甘肃张掖一诊)如图所示,理想变压器原线圈的匝数为 1 100,副线圈的匝数为 55,原线圈两端 a、 b 接正弦交流电源,在原线圈前串接

3、一个电阻R0=121 的保险丝,电压表 的示数为 220 V,如果负载电阻 R=5.5 ,各电表均为理想电表,则( )A.电流表 的示数为 1 AB.变压器的输出电压为 5.5 VC.保险丝实际消耗的功率为 1.21 WD.负载电阻实际消耗的功率为 22 W答案 CD解析 U1=220V,根据变压器变压比公式,得变压器的输出电压 U2=11V,则选项 B 错误;副线圈中的电流I2=2A,即电流表 的示数为 2A,选项 A 错误;负载电阻实际消耗的功率为 P=R=225.5W=22W,故选项 D 正确;原线圈中的电流 I1=0.1A,保险丝实际消耗的功率为 P0=R0=0.12121W=1.21

4、W,则选项 C正确。3.(多选)(理想变压器的动态分析)(2018山东临沂一模)如图甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为 20 1,图中电表均为理想电表, R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小),L l和 L2是两个完全相同的灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压 u,下列说法正确的是( )A.电压的频率为 50 HzB.电压表的示数为 11 VC.当照射 R 的光强增大时,电流表的示数变大3D.若 L1的灯丝烧断后,电压表的示数会变小答案 ABC解析 原线圈接入如图乙所示, T=0.02s,所以频率为 f=50Hz,故 A 正确;原线圈接入电压的最大值是220V,所以原线圈接入电

5、压的有效值是 U=220V,理想变压器原、副线圈匝数比为 20 1,所以副线圈电压是 11V,所以 V 的示数为 11V,故 B 正确; R 阻值随光强增大而减小,根据 I=知副线圈电流增加,副线圈输出功率增加,根据能量守恒定律,所以原线圈输入功率也增加,原线圈电流增加,所以电流表的示数变大,故 C 正确;当 L1的灯丝烧断后,变压器的输入电压不变,根据变压比公式,输出电压也不变,故电压表读数不变,故 D 错误;故选 ABC。4.(多选)(理想变压器的动态分析)(2018山东青岛模拟)如图甲所示理想变压器原、副线圈的匝数比为 55 9,副线圈接有一定值电阻 R 和热敏电阻 Rt(电阻随温度升高

6、而减小),原线圈所接电源电压按图乙所示规律变化,则下列说法正确的是( )A.原线圈两端电压的瞬时值表达式为 u=220sin 100 t(V)B.电压表示数为 36 VC.热敏电阻 Rt周围环境温度升高,电流表的示数减小D.热敏电阻 Rt周围环境温度升高,变压器的输入功率增大答案 AD解析 由题图乙知, Um=220V,T=210-2s,所以 = 100s -1,u=Umsint= 220sin100 t(V),故选项 A正确;电压表示数为有效值, U1=220V,由得, U2=36V,故选项 B 错误;热敏电阻 Rt周围环境温度升高,4Rt减小,副线圈中电流增大,由知, I1增大,故电流表的

7、示数增大,由 P 入 =U1I1知,输入功率增大,故选项 C 错误,D 正确。5.(多选)(远距离输电)(2018山西晋城一模)如图所示为某山区小型水电站的电能输送示意图,发电机输出的电压和输电线路上的电阻恒定,用电器均为纯电阻元件,当用电高峰来临时,下列判断正确的是( )A.用电器等效电阻 R0变大B.升压变压器 T1的输出电压变大C.降压变压器 T2的输出电压变小D.输电线路总电阻 R 上消耗的功率变大答案 CD解析 用电高峰来临时,用电器增多,用电器并联后的总电阻 R0减小,选项 A 错误;由于升压变压器的输入电压一定,则输出电压一定,选项 B 错误;设输电线的输送电流为 I,降压变压器

8、的变压比为 k,升压变压器的输出电压为 U,则 U=IR+k2IR0,当 R0减小时, I 增大,输电线电阻 R 消耗的功率 PR=I2R 变大,选项 D 正确;降压变压器 T2的输入电压等于 U-IR,可以判断此电压减小,则输出电压也减小,选项 C 正确;故选 CD。6.(多选)(远距离输电、互感器)(2018山东青岛模拟)如图所示为某小型电站高压输电示意图,变压器均为理想变压器,发电机输出功率为 20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器,其原、副线圈的匝数比为 1 10,电流表的示数为 1 A,输电线的总电阻为 10 ,则下列说法正确的是( )5A.采用高压输电可以增大输电线中的电流B.

9、升压变压器的输出电压 U2=2 000 VC.用户获得的功率为 19 kWD.将 P 下移,用户获得的电压将增大答案 BC解析 根据高压输电原理,提高输电电压,输电电流减小,A 错误;根据电流互感器的原理,输电电流: I输 =1A=10A,输电电压: U2=V=2000V,B 正确;输电线上的功率损失: P 损 =I2R=10210W=1kW,用户获得的功率为: P 用 =P 输 -P 损 =20kW-1kW=19kW,C 正确;将 P 下移,降压变压器原线圈匝数增加,根据变压器的变压规律,副线圈的电压减小,用户获得的电压将减小,D 错误。故选 BC。素养综合练7.(多选)(2018河北冀州调

10、研)如图所示,理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为 r 的交流电源上,输出端接理想电流表及阻值为 R 的负载。如果要求负载上消耗的电功率最大,则下列说法正确的是( )A.该交流电源电动势的瞬时值表达式为 e=Emsin (100 t) VB.变压器原、副线圈匝数的比值为6C.电流表的读数为D.负载上消耗的热功率为答案 BC解析 由 e-t 图象可知交流电的周期 T=410-2s,则 = 50rad/s,所以 e=Emsin(50 t)V,则 A 错误。对于理想变压器,在电源输出最大功率时,电流 I1=,此时,变压器输入功率恰好等于电源内阻消耗的功率,又输出功率等于输入功率,则 r=R,

11、得出。又,得出, I2=,则 B、C 项正确。负载上消耗的热功率为 P=R=,则 D 项错误。8.(多选)(2018广东惠州模拟)在家庭电路中,为了安全,一般在电能表后面的电路中安装一个漏电保护开关,其工作原理如图所示,其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连,乙线圈由两条电源线采取双线法绕制,并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法正确的是( )A.当用户用电正常时,甲线圈两端没有电压,脱扣开关接通B.当用户用电正常时,甲线圈两端有电压,脱扣开关接通C.当用户发生漏电时,甲线圈两端没有电压,脱扣开关断开D.当用户发生漏电时,甲线圈两端有电压,脱扣开关断开答案 AD解析 正常状态时,火线

12、和零线中电流产生的磁场完全抵消, ef 中没有电压,脱扣开关 K 保持接通,A正确、B 错误;当用户发生漏电时,流过火线与零线的电流不相等,保护器中火线和零线中电流产生的磁场应不能完全抵消,会使甲线圈中产生感应电动势,脱扣开关断开,C 错误、D 正确。故选 AD。79.(2018湖南永州三模)如图所示,在 AB 间接入 U1=311sin 314t(V)的正弦式交变电流,通过理想变压器和相同的理想二极管 D1、 D2给阻值 R=20 的纯电阻供电,变压器原线圈 n1=1 100 匝,副线圈 n2=200 匝, Q 为副线圈正中央抽头。为保证安全,二极管的反向耐压值至少为 U0,设电阻 R 上消

13、耗的电功率为 P,则( )A.U0=56.6 V,P=20 WB.U0=56.6 V,P=80 WC.U0=28.3 V,P=20 WD.U0=28.3 V,P=80 W答案 A解析 AB 间接入的交流电的电压有效值为 U=V=220V,根据公式可得副线圈两端电压有效值为 U2=40V,故而二极管的反向耐压值至少为 U0,它是最大值,所以 U0=40V=56.6V,Q 为副线圈正中央抽头,则 R 两端电压为 20V,所以 R 消耗的热功率为 P=W=20W,A 正确。10.(2018吉林长春三模)如图所示,一个理想变压器原线圈的匝数为 50,副线圈的匝数为 100,原线圈两端接在光滑的水平平行

14、导轨上,导轨间距为 0.4 m。导轨上有一长度略大于导轨间距且垂直于导轨的导体棒,导轨与导体棒的电阻忽略不计,副线圈回路中电阻 R1=5 , R2=15 ,图中交流电压表为理想电压表。导轨所在空间有垂直于导轨平面、磁感应强度大小为 1 T 的匀强磁场。导体棒在水平外力的作用下运动,其速度随时间变化的关系式为 v=5sin 10 t(m/s),则下列说法正确的是( )A.R1的功率为 0.2 W8B.电压表的示数为 5 VC.水平外力为恒力D.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为 0.04 Wb/s答案 D解析 导体棒切割磁感线产生感应电动势,由法拉第电磁感应定律可得 E=BLv,代入数据得E=2

15、sin10 t(V)。则原线圈输入电压的有效值为 U1=V,原、副线圈的电压与匝数成正比,则,解得U2=2V,选项 B 错误;由欧姆定律可得副线圈回路中的电流为 I2=A=A,则定值电阻 R1的电功率为P1=R1=()25W=0.1W,选项 A 错误;由导体棒的速度公式可知导体棒的运动为变速运动,则外力不可能为恒力,选项 C 错误;由以上计算可知,感应电动势的最大值为 Em=2V,则由法拉第电磁感应定律E=n1,得磁通量变化率最大值为 Wb/s =0.04Wb/s,选项 D 正确。11.(多选)(2018山东济南二模)某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律,由于输电线太长,他将每 100 米

16、导线卷成一卷,共有 8 卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。第一次实验采用如图所示的电路图,将输电线与学生电源和用电器直接相连,测得输电线上损失的功率为 P,损失的电压为 U1;第二次实验采用如图乙所示的电路田,其中理想变压器 T1与学生电源相连,其原、副线圈的匝数比为 n1n 2,理想变压器 T2与用电器相连。测得输电线上损失的功率为 P2,损失的电压为U2,两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同,下列正确的是( )A.P2P 1=n1n 2 B.P2P 1=C.U2U 1=n1n 2 D.U2U 1=9答案 BC解析 A.第一次实验输电线上的电流 I=,输电线上损失的功率 P1

17、=I2R=R第二次实验,升压变压器副线圈上的电压 U2=U1,输电线上的电流 I=,输电线上损失的功率P2=I2R=R,所以:,故 A 错误,B 正确。B.第一次损失的电压 U1=IR,第二次损失的电压 U2=IR,故,故 C 正确,D 错误,故选 BC。12.(2018广西重点高中一模)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为 2 1,a、 b 端接入一正弦式交流电源。L 1、L 2为两只规格为“22 V 6 W”的灯泡,两电表为理想交流电表。当滑动变阻器的滑片 P 处于中间位置时,两灯泡恰好都正常发光。下列说法正确的是( )A.电流表示数为 0.27 AB.电压表示数为 44 VC.滑片

18、P 向下移动时,灯泡 L2将变暗D.滑片 P 向上移动时,灯泡 L1将变暗答案 B解析 由于原、副线圈匝数比为 2 1,则原、副线圈电流比为 1 2,因两灯泡正常发光,所以原线圈电流为 A,则副线圈电流为 A =0.55A,选项 A 错误;原、副线圈两端电压比为 2 1,副线圈两端电压为 22V,所以原线圈两端电压为 44V,选项 B 正确;滑片 P 向下移动时,副线圈电路的电阻变小,电流变大,则原线圈电路中电流也变大,即通过灯泡 L2的电流变大,灯泡 L2可能变亮或烧毁,选项 C 错误;滑片 P 向上移动时,通过灯泡 L2的电流变小,原线圈两端电压变大,则副线圈两端电压也变大,灯泡 L1可能变亮或烧毁,选项 D 错误。10