1、高考资源网（） 您身边的高考专家变压器电能的输送建议用时：45分钟1(2019黄冈中学模拟)下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法中不正确的是()A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B交变电流的最大值是有效值的倍C降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压D如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器B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，选项A正确；正弦交变电流的最大值是有效值的倍，选项B错误；降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压，选项C正确；如果把升压变压器的原线圈串联在电路中
2、，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器，选项D正确。2(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R10 ，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u220sin(100t)V。当用电器电阻R011 时，下列说法正确的是()A通过用电器R0的电流有效值是20 AB当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小C发电机中的电流变化频率为100 HzD升压变压器的输入功率为4 650 WAD通过用电器R0的电流有效值I A2
3、0 A，A正确；当用电器R0的阻值减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误；变压器不改变交流电的频率，f50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1UI22020 W4 400 W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I5 A，输电线上损失的功率PI2R5210 W250 W，升压变压器的输入功率PP1P4 650 W，D正确。3一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原、副线圈匝数比n1n231，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是4 、 和 ，U为有效值恒定的正弦交流电源。当开关S断开时，理想电流表的示数为I。当S闭合时，电
4、源电压增加到2U，则电流表的示数为()A6IB8IC10ID12IBS断开时，由得I23I，副线圈两端的电压U2I2(R2R3)12I，由得U136I，故UU1IR140I。S闭合时，电流表示数为I，副线圈中电流I23I，副线圈两端的电压U2I2R22I，原线圈两端的电压U16I，故2UIR1U110I，联立解得I8I，B正确。4如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时6盏灯刚好正常发光。下列说法中不正确的是()A该变压器的原、副线圈匝数比为12B此时交流电源输出的功率为6PCU06UD如果灯L6突然
5、烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮A由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I24I，故n1n2I2I141，A错误；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P，B正确；设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，则U2U，U0U12U，而U1U2n1n241，代入得U06U，C正确；当灯L6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P1U1I1得I1减小，所以灯L1和L2将变暗，同时因L1和L2分得的电压减小，变压器输入端的电压U1将增大，所以变压器输出的电压也将
6、增大，使其余3盏灯变得更亮，D正确。5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P08.8104 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u1 100sin 200t (V)，输电导线的总电阻为r5 ，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P5.6104 WD用电器上的交流电的频率是50 HzC由交流电瞬时值表达式u1 100sin 200t (V)，可得交流电频率为100 Hz，电压有效值为U21 100 V，输电线上的电流I80 A
7、，故A错误；降压变压器的输入电压U3U2Ir700 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PP0I2r5.6104 W，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。6(多选)(2019太原市三模)某50 Hz的钳形电流表的工作原理如图所示。当通有交流电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n21 000 匝，当用该表测50 Hz交流电时()A电流表G中通过的是交变电流B若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为50 AC若导线中通过的是10 A矩形脉冲
8、交流电，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AB变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，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：，I1I20.05 A50 A，B正确；若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，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，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误。7.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1n2101，a、b两点间的电压为u220 sin 100t(V)，R为可变电阻，P为用铅锑合金制成的保险丝，
9、其电阻可忽略不计，熔断电流为2 A。为使保险丝不熔断，可变电阻R连入电路的最小阻值应大于()A B1.1 C11 D11 B由a、b两点间的电压为u220sin 100t(V)，可知变压器原线圈输入电压U1220 V，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U2 U122 V，保险丝熔断电流为2 A，原线圈中电流为I12 A时，由U1I1U2I2可得副线圈中电流为I220 A，此时保险丝会熔断。为保证保险丝不熔断，由欧姆定律可得可变电阻R连入电路的最小阻值应大于1.1 ，选项B正确。8(多选)(2019武汉联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为31，L1、L2、L3为三只规格均为“9 V
10、,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是()甲乙A电流表的示数为2 AB电压表的示数为27 VC副线圈两端接入耐压值为8 V的电容器能正常工作D变压器副线圈中交变电流的频率为50 HzAD由输入端交变电压ut图象知，输入电压的有效值为 V27 V，由原、副线圈匝数之比为31，可得原、副线圈的电压之比为31，电流之比为13，设灯泡两端电压为U，所以U9 V，副线圈两端电压的有效值为9 V，三只灯泡均能正常发光，电流表的读数I3 A2 A，A正确；电压表的示数为有效值27 V，B错误；副线圈两端电压的最大值为9 V，C错误；变压器副线圈两端
11、交变电流的频率为50 Hz，D正确。9(多选)(2019武汉市部分学校起点调研)含有理想变压器的电路如图所示， L1、L2、L3 为“24 V2 W”的灯泡，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()A变压器原、副线圈匝数比为12B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L1可能会烧毁BD每个灯泡的额定电流：IL A A，则原线圈的电流为I1 A，副线圈的电流为I2 A，则，选项A错误；变压器输出电压为24 V，则根据匝数比可得输入电压为U1U248 V，则电压表读数为
12、48 V24 V72 V，选项B正确；变压器的输入功率：P1U1I14 W，选项C错误；副线圈上再并联一个相同灯泡，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L1可能烧毁，故D正确。10.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为14，a、b两端接到交流电源上，R1、R2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是()A副线圈两端电压是电源电压的B流过R1的电流是流过R2电流的4倍CR1上的电功率是R2上电功率的DR1上的电功率是R2上电功率的16倍C原线圈两端电压等于电源电压，根据电压之比等于匝数之比可得41，A错误；流过R1的电流I1，流过R2的电流I24I1，B错误；根据电功率PI2
13、R可得R1上的电功率是R2上电功率的，C正确，D错误。11(多选)(2019太原模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接uU0cos 100t的交变电流，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A交变电流的频率为50 HzB若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过原线圈的电流一定减小ABD根据2f可得2f100 rad/s，解得f50 Hz，A正确；若仅将触头P向A端滑动，则副线圈匝数增大，根据可得副线圈输入电压增大，即R两端的电压增大，根据P可得电阻R消耗的电功率增大
14、，B正确；若仅使电阻R增大，R两端电压不变，根据P可得电阻R消耗的功率减小，即副线圈消耗的功率减小，所以原线圈输入功率减小，C错误；若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，根据可得副线圈两端的电压减小，根据I可得通过R的电流减小，即副线圈中的电流减小，根据公式，原线圈中的电流一定减小，D正确。12(2019肇庆模拟)某科技小组在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他们将导线每50 m卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路。第一次直接将输电线与实验电源及用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I1、P1；第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为
15、n1n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I2、P2。下列说法正确的是()A第二次实验时因为多接了两个变压器，所以P2P1B通过该实验可以证明，提高输电电流能减小远距离输电的能量损失C若输送功率一定，则I2I1n1n2D若输送功率一定，则P2P1nnC第二次实验时因为多接了两个变压器，先提高了输电电压，减小了输电电流，输电线上损失的电功率(P损I2R)减小，所以P2P1，选项A错误；通过该实验可以证明，提高输电电压，减小输电电流，能减小远距离输电的能量损失，选项B错误；若输送功率一定，设输送功率为P，电源电压为U，第一次输电线中电流I1；第二次输电，设T1的输出
16、电压为U2，PU2I2，UU2n1n2，联立解得I2I1n1n2，选项C正确；若输送功率一定，由输电线上损失电功率P损I2R，可知P2P1IInn，选项D错误。13如图所示，一个匝数为N100匝的线圈以固定转速50 r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1n2101的理想变压器给阻值R20 的电阻供电。已知电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()At0时刻流过线圈的电流最大B原线圈中电流的有效值为10 AC穿过线圈平面的最大磁通量为 WbD理想变压器的输入功率为10 WC题图所示时刻为中性面位置，感应电动势为零，流过线圈的电流为零，故A错误；副线圈电流I
17、21 A，根据，可以得到原线圈电流I10.1 A，故B错误；变压器的匝数比为n1n2101，故输入电压为200 V，最大值为200 V，由角速度2n100 rad/s，根据公式EmNBSN，得穿过线圈平面的最大磁通量为 Wb，故C正确；电阻R消耗的电功率为P20 W，则理想变压器的输入功率为20 W，故D错误。14理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n1270匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2135匝，电容器C1恰好不被击穿，灯泡L恰能正常发光，R是滑动变阻器。以下判断正确的是()甲乙A若向下移动P，电容器所带电荷量增加B若保持
18、P不动，向下移动滑动变阻器的滑片，灯泡变暗C若保持滑动变阻器的滑片不动，向下移动P，灯泡变亮D电容器的击穿电压为11 VD当P处于题图乙所示位置时，副线圈两端电压的有效值为11 V，电容器C1恰好不被击穿，若向下移动P，电容器C1两端的电压减小，由QCU可知，电容器所带电荷量减小，选项A错误；若保持P不动，向下移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的电阻减小，流过灯泡的电流变大，灯泡变亮，选项B错误；若保持滑动变阻器的滑片不动，向下移动P，则副线圈两端的电压变小，灯泡变暗，选项C错误；交变电路中电容器是否被击穿取决于电容器两端的交变电压的最大值，根据变压器原、副线圈两端电压关系，有，得uma
19、x211 V，由题意知选项D正确。15(2019山西省孝义市第一次模拟)图甲所示为一发电机的原理图，发电机产生的交变电流接图乙中理想变压器的原线圈。已知变压器原、副线圈的匝数之比为221，发电机输出电压u随时间t变化的规律如图丙所示，发电机线圈电阻忽略不计，则()甲乙丙A电阻两端电压的瞬时值表达式为u10sin 50t(V)B电压表示数为10 VC若仅使发电机线圈的转速增大一倍，则变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，而电压表示数不变D若仅使电阻R增加，则电流表示数不变B由题图丙知：原线圈电压的最大值U1m311 V，原线圈电压有效值U1220 V，由U1U2n1n2知，副线圈电压的最大值U2m14.1 V，副线圈电压有效值U210 V，故A项错误，B项正确；若仅使发电机线圈的转速n增大一倍，则角速度增大一倍，根据EmNBS可知，变压器原线圈输入电压的频率和最大值都增大一倍，原、副线圈中电流的频率相等，变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，由U1U2n1n2知，副线圈输出电压增大一倍，电压表读数增大一倍，故C项错误；仅使电阻R增加，原线圈两端的电压和原、副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，副线圈中电流减小，则原线圈中电流也减小，电流表示数减小，故D项错误。高考资源网版权所有，侵权必究！