1、高考资源网（） 您身边的高考专家第五章4 基础达标一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第15题只有一项符合题目要求，第6题有多项符合题目要求)1关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是()A通有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不相等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中【答案】C【解析】通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D错误2如图所示四
2、个电路，能够实现升压的是()ABCD【答案】D【解析】变压器只能对交流电变压，不能对直流电变压，故A、B错误，由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压3(2019泰安名校月考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为51，R1R2R310 ，C为电容器已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则()A副线圈输出的交流电的频率为10 HzB原线圈输入电压的最大值为100 VC电阻R3的电功率为20 WD通过R2的电流始终为零【答案】C【解析】根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T0.02 s，频率为f50 Hz，故A错误；由图乙可知通过R1的电流最大值为Im2 A，根据欧姆定
3、律可知其最大电压为Um20 V，再根据原、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100 V，故B错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系及并联电路特点可知，电阻R1的电流有效值为I A，所以电阻R1的电功率PI2R120 W，故C正确；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R2和电容器，故D错误4(2019上饶名校月考)如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为n1n2n3611，三个灯泡的规格均相同，此时L1的功率为P，假定灯泡的电阻不随电压变化而改变，则下列说法中正确的是()AL3的功率为BL3的功率为CI1I261 DI1I216【答案】B【解析】设原线圈的电压为U1
4、，n2和n3对应的电压分别为U2、U3，根据变压器原理可得U2U3U1U1，由于L1的功率为P，则P，L3的功率为PP，故A错误、B正确；根据变压器原理可得U1I1U2I2U3I32U2I2，解得 ，故C、D错误5(2019北京名校一模)如图所示，一理想变压器的原线圈接正弦交流电源，副线圈接有电阻R和小灯泡电流表和电压表均可视为理想电表闭合开关S，下列说法正确的是()A电流表A1的示数减小 B电流表A2的示数减小C电压表V1的示数减小 D电压表V2的示数减小【答案】D【解析】闭合开关S，由于输入电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输入电压和输出电压始终不变，即电压表V1的示数不变；当S
5、接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，电流表A2的示数增大，所以电阻R上分得的电压变大，由于输出的电压不变，所以电压表V2的示数减小；当S接通后，根据PUI得副线圈输出功率变大，输入功率的大小是由输出功率的大小决定的，所以原线圈的输入功率变大，电流表A1的示数增大故A、B、C错误，D正确6(2019广东名校期中)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n11 100匝，副线圈的匝数n2110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0R1R2，电流表、电压表均为理想电表原线圈接u220sin(314t) V的交流电源起初开关S处于断开状态下列说法中正确的是()A电压表示数为22 VB当开关S闭合后，电压表
6、示数变小C当开关S闭合后，电流表示数变大D当开关S闭合后，变压器的输出功率增大【答案】BCD【解析】原线圈接u220sin(314t) V的交流电源电压与匝数成正比，所以副线圈的电压为22 V，根据欧姆定律得电压表示数为11 V，故A错误当开关S闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，副线圈的电流增大，所以电压表示数变小，故B正确当开关S闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，输出功率增大，所以输入的功率增大，所以电流表示数变大，故C、D正确二、非选择题7如图所示，交流发电机电动势的有效值E20 V，内阻不计，它通过一个R6 的指示灯连接降压变压器变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只
7、灯泡都是“6 V0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计求：(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；(2)发电机的输出功率【答案】(1)31(2)6.67 W【解析】(1)彩色小灯泡的额定电流IL A A次级线圈总电流I224IL1 A变压器输入功率等于I1U1I2U26 W变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得EU1I1R6I1代入E值解得I1 A(I13 A应舍去，据题意是降压变压器，应I1I2)所以.(2)发电机输出功率PI1E6.67 W.8(2019黑龙江大庆模拟)如图所示，变压器原线圈输入电压为200 V，副线圈输出电压为36 V，两只灯泡的额定电压均为36 V，L1额定功率为12
8、 W，L2额定功率为6 W求：(1)该变压器的原、副线圈匝数比；(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流【答案】(1)509(2)0.09 A0.06 A【解析】(1)由电压变比公式得.(2)两灯均工作时，由能量守恒得P1P2U1I1I10.09 A只有L1灯工作时，由能量守恒得P1U1I2解得I20.06 A.能力提升9(2019肇庆二模)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和交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若将发电机线圈的匝数变为原来的4倍，其他条件均不变，下列说法正
9、确的是()AR消耗的功率变为2PB电压表的读数为4UC电流表的读数为2ID通过R的交变电流频率变大【答案】B【解析】线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为，则产生的最大电动势为EmnBS.原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为U1EmnBS，设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为U2U1nBS.当发电机线圈的匝数变为原来的4倍时，电压表的示数变为原来的4倍，由公式P可知，R消耗的功率变为原来的16倍，故A错误，B正确；由于电压表的示数变为原来的4倍，由输入输出功率相等可知，电流表的示数变为原来的4倍，故C错误；变压器不能改变交流电的频
10、率，故D错误10(2019烟台一模)如图所示，一理想变压器原线圈与定值电阻R1、理想电流表A1一起接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈和滑动变阻器R、定值电阻R2以及理想电流表A2连接在一起，下列说法正确的是()A保持R不变，将触头P向上移动，则A1的示数变小，A2的示数变小B保持R不变，将触头P向下移动，电源输出的总功率变小C保持P的位置不动，增大R，则A1的示数减小，A2的示数减小D保持P的位置不动，增大R，则R的电功率变小，R1的电功率不变【答案】D【解析】R不变，P向上滑动，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流表A2读数变小，但电阻R1两端电
11、压不变，电流表A1读数不变，故A错误；若R不变，P向下滑动，副线圈电压将增大，功率增大，电源的总功率增大，故B错误；P位置不动，副线圈电压不变，若R增大，副线圈负载电阻值增大，故副线圈电流减小，A2的示数减小，R两端电压不变，电功率减小，但R1的电压不变，电流表A1读数不变，R1的电功率不变，故C错误，D正确11如图甲所示为一理想变压器，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ut图象如图乙所示若只在ce间接一只Rce400 的电阻，或只在de间接一只Rde225 的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式
12、；(2)求只在ce间接400 的电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比.【答案】(1)uab400sin(200t) V(2)0.28 A(3)【解析】(1)由图乙知，200 rad/s电压瞬时值uab400sin(200t) V.(2)电压有效值U1200 V理想变压器P1P2原线圈中的电流I1，解得I10.28 A.(3)设ab间匝数为n1同理由题意知解得代入数据得.12如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n11 100匝接入电压U1220 V的电路中(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U26 V，U3110 V，它们的匝数n2、n3分别为多少？(2)若在两副线圈上分别接上“6 V20 W”“110 V 60 W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？【答案】(1)30匝550匝(2)0.36 A【解析】(1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系由得n2n11 100匝30匝n3n11 100匝550匝(2)设原线圈输入电流为I1，由P入P出得U1I1U2I2U3I3P2P3所以I1 A0.36 A高考资源网版权所有，侵权必究！