2022届新高考一轮复习人教版 第十一章 第2讲　变压器　电能的输送 作业

这是一份2022届新高考一轮复习人教版 第十一章 第2讲　变压器　电能的输送 作业，共10页。
[A组 基础题组]
一、单项选择题
1．如图所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( )
A．这是一个升压变压器
B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多
C．当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 V
D．当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小
解析：根据铭牌上所提供的信息可知，变压器的输入电压为220 V，输出电压为12 V，该变压器为降压变压器，故选项A错误，B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误。
答案：B
2．(2019·高考江苏卷)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V时，输出电压( )
A．降低2 V B．增加2 V
C．降低200 V D．增加200 V
解析：假设理想变压器原线圈的输入电压为U1，则由变压器的工作原理可知eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，变压器副线圈的输出电压为U2＝10U1；当输入电压增加20 V时，即输入电压为U1＋20 V，则变压器的输出电压为U2′＝10(U1＋20 V)，则输出电压的变化量为ΔU＝U2′－U2＝10U1＋200 V－10U1＝200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C错误，D正确。
答案：D
3．(2021·河北衡水高三调研)如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000eq \r(2)sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V 880 W”的电器RL供电，该电器正常工作。由此可知( )
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100 Hz
C．副线圈中电流的有效值为4 A
D．变压器的输入功率为880 W
解析：由题可知，副线圈输出电压U2＝220 V＋Ur，eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(11 000,220＋Ur)＜eq \f(50,1)，故A错误；2πf＝100π rad/s，f＝50 Hz，故B错误；I2＝eq \f(880,220) A＝4 A，故C正确；由理想变压器输入功率等于输出功率可知P入＝P出＝Ieq \\al(2,2)r＋880 W＞880 W，故D错误。
答案：C
4．生活中选保险丝时，其熔断电流(最大承受电流的有效值)是最重要参数。如图，一个理想变压器初级线圈与次级线圈的匝数比为5∶1，初级线圈两端a、b接正弦交流电源，在原线圈前串接一个规格为“熔断电流0.25 A、电阻5 Ω”的保险丝，电压表V的示数稳定为220 V，如果负载电阻R＝44 Ω，各电表均为理想电表，则( )
A．电流表A的示数为1.41 A
B．工作一段时间，保险丝会被熔断
C．ab端输入功率为44 W
D．ab端输入功率为44.2 W
解析：根据变压器原副线圈两端的电压之比等于线圈的匝数之比，可求得副线圈两端电压U2＝eq \f(1,5)×220＝44 V，再由欧姆定律可求得电流表的示数为I2＝eq \f(U2,R)＝1 A，A错误；根据变压器原副线圈电流之比等于线圈的匝数的反比，可求得原线圈中的电流I1＝eq \f(1,5)×1 A＝0.2 A，保险丝不会被熔断，B错误；ab端输入功率为P＝I1U1＋Ieq \\al(2,1)R丝＝44.2 W，C错误，D正确。
答案：D
5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶4，正弦交流电源电压为U＝100 V，电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为40 Ω，滑片P处于正中间位置，则( )
A．通过R1的电流为8 A
B．电压表读数为400 V
C．若向上移动P，电压表读数将变大
D．若向上移动P，电源输出功率将变小
解析：理想变压器原副线圈匝数之比为1∶4，可知原副线圈的电流之比为4∶1，设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.25I，初级电压U1＝U－IR1＝100－10I，根据电压比等于匝数比可知eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)＝4，U2＝0.25I(R2＋eq \f(R3,2))＝10I，联立解得I＝8 A，U2＝80 V，故A正确，B错误；若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P＝IU知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C、D错误。
答案：A
二、多项选择题
6．(2021·广东深圳高三联考)如图所示，电源输出电压不变，要使电路中电流表示数变大，可采用的方法有( )
A．将R上的滑片向上移动
B．将R上的滑片向下移动
C．将开关S掷向1
D．将开关S掷向2
解析：输入的电压和匝数比不变，输出的电压也不变，当滑片向上移动时，副线圈所在电路的电阻变小，所以电流要增加，电流表示数增大，故选项A正确；当滑片向下移动时，副线圈所在电路的电阻变大，所以电流要变小，故选项B错误；将开关S掷向1，原线圈的匝数变大，由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要减小，副线圈所在电路的电阻不变，所以电流要减小，故选项C错误；将开关S掷向2时，原线圈的匝数减小，副线圈的输出电压要变大，副线圈所在电路的电阻不变，所以电流要增大，故选项D正确。
答案：AD
7．图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1。原线圈接入如图甲所示的正弦交流电。电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则( )
A．电阻R2两端的电压频率为50 Hz
B．电流表的示数为5 A
C．原线圈的输入功率为150 W
D．将R1摘掉，电压表的示数不变
解析：由题图甲可知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50 Hz，故A正确；经变压器后，输出电压为eq \f(100,5) V＝20 V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，则由有效值的定义可得U＝10eq \r(2) V，则电流表的示数为eq \f(5\r(2),2) A，故B错误；原线圈输入功率等于副线圈输出的功率，输出功率P＝eq \f(202,4) W＋(eq \f(5\r(2),2))2×4 W＝150 W，故C正确；因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变，故D正确。
答案：ACD
8．(2021·河南顶级名校高三联合质量测评)如图所示为电能输送的示意图，升压、降压变压器均为理想变压器，输电线总电阻R为8 Ω，升压变压器的输入功率为100 kW，用户端得到的电压为220 V，用户得到的功率为95 kW。下面说法正确的是( )
A．输电线上损失的电压为50 V
B．升压变压器输出电压为4×103V
C．降压变压器原、副线圈匝数比为eq \f(190,11)
D．用户端负载增加，有利于减少远距离输电的电能损失
解析：由P＝I2R知输电线上的电流I＝ eq \r(\f(P损,R))＝ eq \r(\f(5 000,8))＝25 A，输电线上损失的电压ΔU＝IR＝200 V，故选项A错误；升压变压器的输出电压U2＝eq \f(P入,I)＝eq \f(100×103,25) V＝4 000 V，故选项B正确；降压变压器的输入电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，降压变压器的原、副线圈的匝数比为3 800∶220＝190∶11，故选项C正确；用户端负载增加，降压变压器的副线圈的电流增大，根据变压器的电流与匝数关系可知降压变压器的原线圈的电流增大，由P＝I2R知输电线上的损失功率增大，故选项D错误。
答案：BC
[B组 能力题组]
9．(多选)(2021·适应性测试重庆卷)如图(1)、(2)所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27 000eq \r(2)sin 100πt(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r＝2 Ω。若两图中电器都能正常工作，则( )
A．图(1)中电阻r的功率为50 W
B．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 W
C．图(1)中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2 700∶23
D．图(2)中原、副线圈匝数比n1∶n2＝1 500∶13
解析：根据P＝UI可得通过电器RL的电流为
IL＝eq \f(PL,UL)＝eq \f(1 100,220) A＝5 A
电阻r的功率为
Pr＝Ieq \\al( 2,L)r＝52×2 W＝50 W
故A正确；
图(1)变压器输出电压为
U出＝UL＋Ir＝220 V＋5×2 V＝230 V
图(1)输入功率等于输出功率，则
P1＝U出IL＝230×5 W＝1 150 W
RL′正常工作的电流为
IL′＝eq \f(PL′,UL′)＝eq \f(440,220) A＝2 A
图(2)中干路电流为
I总＝IL＋IL′＝7 A
图(2)中输出电压为
U出′＝UL′＋I总r＝220 V＋7×2 V＝234 V
图(2)中输入功率等于输出功率，则
P2＝U出′I总＝234×7 W＝1 638 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ΔP＝P2－P1＝1 638 W－1 150 W＝488 W，故B错误；
由于输入电压为
U入＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(2 7000\r(2),\r(2)) V＝27 000 V
则图(1)中原、副线圈匝数比
eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入,U出)＝eq \f(2 700,23)
图(2)中原、副线圈匝数比
eq \f(n1′,n2′)＝eq \f(U入,U出′)＝eq \f(13 500,117)
故C正确，D错误。
答案：AC
10．如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器给一个灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22 W。现闭合开关，灯泡正常发光。则( )
A．t＝0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零
B．交流发电机的转速为100 r/s
C．变压器原线圈中电流表示数为1 A
D．灯泡的额定电压为220eq \r(2) V
解析：由图乙可知，当t＝0.01 s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故选项A错误；由图乙可知，交流电的周期为0.02 s，则转速为n＝eq \f(1,T)＝50 r/s，故选项B错误；原线圈输入电压有效值为22 V，则副线圈的电压为22×10 V＝220 V，由P＝UI可知，副线圈电流I2＝eq \f(P,U)＝eq \f(22,220) A＝0.1 A，则由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)解得I1＝1 A，故选项C正确；灯泡正常发光，故额定电压为220 V，故选项D错误。
答案：C
11．(2020·高考山东卷)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，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 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )
A．1 Ω B．5 Ω
C．6 Ω D．8 Ω
解析：由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)得U2＝30 V，
灯泡正常工作时UL＝24 V，I＝eq \f(UL,RL)＝eq \f(24,15) A＝1.6 A，
R1两端电压UR1＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V，
通过R1的电流I1＝eq \f(UR1,R1)＝0.6 A，
通过R的电流IR＝I－I1＝1 A，
由欧姆定律得R＋R2＝eq \f(UR1,IR)＝eq \f(6,1) Ω＝6 Ω，
可解得R＝1 Ω，选项A正确。
答案：A
12．(多选)如图所示，边长为l1、l2的单匝矩形线框abcd处在磁感应强度为B的匀强磁场中，线框可绕轴OO′转动，轴OO′与磁场垂直，线框通过连接装置与理想变压器、小灯泡连接为如图所示的电路。已知小灯泡L1、L2额定功率均为P，正常发光时电阻均为R。当开关闭合，线框以一定的角速度匀速转动时，灯泡L1正常发光，电流表A示数为I；当开关断开时，线框以另一恒定的角速度匀速转动，灯泡L1仍正常发光，线框电阻、电流表A内阻不计，以下说法正确的是( )
A．断开开关S时，电流表示数为2I
B．变压器原、副线圈的匝数比为eq \f(\r(PR),IR)
C．当开关闭合时线框转动的角速度为eq \f(P,BIl1l2)
D．当开关断开时线框转动的角速度为eq \f(2\r(2)P,BIl1l2)
解析：由于小灯泡功率为P＝I22R，可得I2＝eq \r(\f(P,R))，由于eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I)＝eq \f(\r(PR),IR)，断开开关S时，小灯泡正常发光，电流I2不变，故变压器原线圈电流仍为I；由于U1＝eq \f(Bl1l2ω,\r(2))，U1I＝P，可得当开关闭合时线框转动的角速度为ω＝eq \f(\r(2)P,BIl1l2)，当开关断开时两个小灯泡总功率为2P，原线圈电流I不变，则原线圈输入功率为2P＝U′I，U′＝eq \f(Bl1l2ω,\r(2))，可得当开关断开时线框转动的角速度为ω′＝eq \f(2\r(2)P,BIl1l2)，综上分析可知，A、C错误，B、D正确。
答案：BD
13．(2021·江苏泰州高三上学期期末)如图所示，电阻不计的闭合导线框abcd处于磁感应强度B＝eq \f(\r(2),10) T的匀强磁场中，线框匝数为50匝，面积S为0.5 m2。线框绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器相连，变压器副线圈接入一只额定电压为250 V的灯泡，灯泡恰能正常发光。求：
(1)线框转动过程中感应电动势的最大值；
(2)变压器原、副线圈的匝数比；
(3)已知交流电流表示数为0.1 A，则线框从图示位置转过90°的过程中外力对线框做的功。
解析：(1)线框转动产生的感应电动势的最大值：
Em＝NBSω＝50×eq \f(\r(2),10)×0.5×200 V＝500eq \r(2) V。
(2)原线圈电压的有效值为：U1＝eq \f(Em,\r(2))＝500 V，额定电压为250 V的灯泡恰能正常发光，
故副线圈两端的电压U2＝250 V，
eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(500 V,250 V)＝eq \f(2,1)。
(3)由能量守恒可知，线框从图示位置转过90°的过程中外力对线框做的功，等于电路中消耗的电能：
W＝U1I·eq \f(T,4)＝U1I·eq \f(π,2ω)＝500×0.1×eq \f(π,400) J≈0.39 J。
答案：(1)500eq \r(2) V (2)2∶1 (3)0.39 J