1、课后限时集训(二十八)(时间：40分钟)1(2020北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u220sin 100t(V)的交流电源上，副线圈接有R55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为41，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55 VD通过电阻R的交变电流的频率是100 HzC理想变压器原线圈所接电源电压有效值为U1220 V，由变压器的变压原理有，又n1n241，解得U255 V，则电压表的示数为55 V，C正确；由欧姆定律得，副线圈的电流为I2 A1 A，则副线圈的输出功率为P2U2I2551 W55 W，
2、又变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率等于55 W，A错误；由P1U1I1得I1 A0.25 A，则电流表的示数为0.25 A，B错误；由交流电压的表达式可知，该交流电的频率为50 Hz，而变压器不能改变交流电的频率，故流过定值电阻R的交变电流的频率为50 Hz，D错误。2一理想变压器原、副线圈的匝数比为1001，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为滑动变阻器的触头。则下列说法正确的是()甲乙A副线圈输出电压的频率为50 HzB副线圈输出电压的有效值为3.1 VCP向左移动时，原、副线圈的电流比减小DP向左移动时，变压器的输出功率增加A周期T2102
3、s，频率f50 Hz，A正确；原线圈输入电压的有效值为 V220 V，所以，副线圈输出电压的有效值为 V2.2 V，B错误；根据U1I1U2I2，所以不变，C错误；变压器的输出功率P2，P向左移动时，电阻变大，变压器的输出功率减小，D错。3.一台交流发电机的输出电压表达式为u11 000sin 100t(V)，通过匝数比为41的理想降压变压器给若干盏“220 V60 W”的灯泡供电，如图所示。输电线总电阻r10 ，其他电阻不计，为了保证灯泡正常发光，接入电路的灯泡数量为()A44B176 C195D783B设接入灯泡的数量为n，每盏灯的额定电流为I A A，流过原、副线圈的电流分别为nI和nI
4、，灯泡的额定电压为U，原线圈两端的电压为U原4U880 V，发电机输出的电压有效值U11 000 V，输电线损耗电压U损U1U原(1 000880) V120 V，由U损nIr120 V，解得n176，选项B正确，A、C、D错误。4(2020浙江7月卷T11)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P100 kW，发电机的电压U1250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线8 ，在用户端用降压变压器把电压降为U4220 V。已知输电线上损失的功率P线5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是()A发电机输出的电流I140 AB输电线上的电流I线625 AC降压变压器的匝数
5、比n3n419011D用户得到的电流I4455 AC发电机输出的电流I1 A400 A，选项A错误；输电线上的电流I线 A25 A，选项B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2 V4103 V，输电线损耗电压UI线R258 V200 V，降压变压器的原线圈电压U3U2U3 800 V，故降压变压器的匝数比，选项C正确；降压变压器的副线圈的输出功率P4P3PP线95 kW，故用户得到的电流I4 A431.8 A，选项D错误。5(多选)在如图甲所示的含有理想变压器的电路中，变压器原、副线圈匝数比为201，图中电表均为理想交流电表，R为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L1和L2是两个完全相同的灯泡
6、。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()甲乙A交流电的频率为50 HzB电压表的示数为22 VC当照射R的光强增大时，电流表的示数变大D若L1的灯丝烧断后，电压表的示数会变大AC由图乙知，交流电的周期为T2102 s，频率f50 Hz，选项A正确；由得，U2U1220 V11 V，选项B错误；照射R的光增强时，R的阻值减小，由闭合电路欧姆定律知，通过副线圈的电流变大，由知，通过原线圈的电流变大，故电流表的示数变大，选项C正确；由U2U1知，L1的灯丝烧断后，U2不变，故电压表的示数不变，选项D错误。6.(多选)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
7、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
8、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.(多选)国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1 400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u220sin 100t(V)，电压表、电流表都为理想电表。则下列判断正确的是()A输入电压有效值为200 V，电流频率为50 HzBS打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大CS打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小D若变阻器的滑片不动，S由a打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小AD根据
9、瞬时值表达式知，输入电压的最大值是U1m200 V，输入电压的有效值U1 V200 V，角速度100 rad/s，所以f Hz50 Hz，故A正确；S打到a处，当变阻器滑片向下滑动时，变压器的输入电压不变，原、副线圈的匝数比不变，电压表V1示数不变，电压表V2示数不变，故B错误；S打到a处，滑片向下滑动，变阻器电阻变小，副线圈电流增大，输出功率增大，输入功率增大，输入电压不变，所以电流表A1示数增大，故C错误；若变阻器滑片不动，S由a打到b处，副线圈电压变小，输出功率、输入功率都减小，由P1U1I1知，原线圈电流减小，即电压表V2和电流表A1示数都减小，故D正确。8.如图所示，理想变压器原、副
10、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，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
11、项B正确。9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，故A错误；降压变压器的输
12、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。10(2020山东高考T5)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1n2223，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 ，额定电压为24 V。定值电阻R110 、R25 ，滑动变阻器R的最大阻值为10 。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为()图甲图乙A1 B5 C6 D8 A由图乙可知理想变压器输入电压U1220 V，应用理想变压器变压公式，可得副
13、线圈输出电压U230 V。灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL24 V，电流IL1.6 A。设R1两端电压为U，由U2ULU，可得U6 V。由IL，解得R1 ，选项A正确。11(多选)(2021重庆新高考适应性考试)如图(1)、(2)所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u27 000sin 100t(V)，电器RL与RL的参数分别为“220 V/1 100 W”“220 V/440 W”，输电线的总电阻r2 。若两图中电器都能正常工作，则()图(1)图(2)A图(1)中电阻r的功率为50 WB图(2)中变压器的输入功率比图(1)中变压器的输入功率增加了440 WC图(1)中原副线圈匝数比n1n
14、22 70023D图(2)中原副线圈匝数比n1n21 50013AC根据PUI可得通过灯泡L的电流为IL A5 A，电阻r的功率为PrIr522 W50 W，故A正确；图(1)变压器输出电压为U出ULIr220 V52 V230 V，图(1)输出功率等于输入功率为P1U出IL2305 W1 150 W，RL正常工作的电流为IL A2 A，图(2)中干路电流为I总ILIL7 A，图(2)中输出电压为U出ULI总r220 V27 V234 V，图(2)中输出功率等于输入功率为P2U出I总2347 W1 638 W，图(2)中变压器的输入功率比图(1)中变压器的输入功率增加了PP2P11 638 W
15、1 150 W488 W，故B错误；由于输入电压为U入 V27 000 V，则图(1)中原副线圈匝数比，则图(2)中原副线圈匝数比，故C正确，D错误。故选AC。12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
16、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umax211 V，由题意知选项D正确。13如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为uU0sin t的正弦交流电，副线圈接有一个交流电流
17、表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R。当电动机带动一质量为m的重物匀速上升时，电流表的示数为I，重力加速度为g，求：(1)原线圈中的电流I0；(2)电动机的电功率P；(3)重物匀速上升的速度v。解析(1)由，得原线圈中的电流I0。(2)由，得电动机两端电压U2，电动机消耗的电功率为PU2I。(3)电动机消耗的热功率为P热I2R，输出的机械功率为PPP热，又由Pmgv，可得重物匀速上升的速度为v。答案(1)(2)(3)14如图为远距离输电过程的示意图。已知某个小型发电机的输出功率为90 kW，发电机的电压为250 V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5 ，在用户端用一降压变压器
18、把电压降为220 V，要求在输电线上损失的功率控制为2 kW(即用户得到的功率为88 kW)，求：(1)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流；(2)输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压；(3)两个变压器各自的匝数比。解析(1)由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率的相关公式可知降压变压器输出电流为I4 A400 A根据输电导线消耗的功率P损的相关公式可知：I2 A20 A。(2)由欧姆定律可知输电导线消耗的电压为U损I2r205 V100 V，根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即U2 V4 500 V。(3)由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为U3U2U损4 500 V100 V4 400 V，根据理想变压器原、副线圈与匝数的关系可知，。答案(1)400 A20 A(2)100 V4 500 V(3)118201
