江苏专用高考物理一轮复习课后练习33变压器电能的输送含答案

这是一份江苏专用高考物理一轮复习课后练习33变压器电能的输送含答案，共9页。
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，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．(2021·江苏省新高考适应性考试)小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等两次实验中(　　)图1图2A．都接直流电源   B．A两端的电压相等C．A损耗的功率相等   D．图1中A的电流较大D　[由于变压器只能改变交变电流，因此图2中不可能接直流电源，A错误；T2是降压变压器，根据＝>1，由于流过两个灯的电流相等，可知图2中流过A的电流较小，加在图2中A两端的电压较低，图2中A消耗的功率较小，B、C错误，D正确。]3．(2019·苏锡常镇二模)如图所示，理想变压器原线圈接有正弦式交流电，R为滑动变阻器，C为平行板电容器，A为交流电流表。下列措施能使A示数增大的是(　　)A．仅减小交流电的频率B．仅将滑片P向上移动C．仅减小C两板间距离D．仅增大原线圈的匝数C　[减小交流电的频率，电容器的容抗增大，通过电容器的电流减小，故A错误；电容器两端的电压是副线圈两端的电压，将滑片P向上移动，对电容器两端的电压没有影响，故B错误；减小C两板间距离，由平行板电容器的电容C＝可知电容增大，电容器的容抗减小，通过电容器的电流增大，所以通过A示数增大，故C正确；由理想变压器的电压与匝数的关系式U2＝U1可知，增大原线圈的匝数n1，副线圈的电压U2减小，通过电容器的电流减小，通过A示数减小，故D错误。]4．(2020·江苏苏州高三二模)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R。若AB间输入图乙所示的交变电压，则(　　)甲　　　　　　　　　　乙　　　　A．t＝1×10－2 s时，电压表的示数为零B．AB间输入电压的瞬时值为u＝220sin 100πt(V)C．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率减小B　[电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；由图可知T＝2×10－2 s故f＝＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s所以其表达式为u＝220sin 100πt(V)故B正确；根据变压器电压关系＝由滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n2变大，根据变压器电压关系＝所以R两端的电压增大，输入功率等于输出功率P入＝P出＝所以滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大，故D错误。]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P0＝8.8×104 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u＝1 100sin 200πt (V)，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，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P＝5.6×104 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u＝1 100sin 200πt (V)，可得交流电频率为100 Hz，电压有效值为U2＝1 100 V，输电线上的电流I＝＝80 A，故A错误；降压变压器的输入电压U3＝U2－Ir＝700 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P＝P0－I2r＝5.6×104 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．(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n2＝1 000 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5×10－2 mAC．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A　[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：＝，I1＝I2＝×0.05 A＝50 A，A正确，B错误；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n1∶n2＝10∶1，a、b两点间的电压为u＝220 sin 100πt(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． Ω  B．1.1 Ω  C．11 Ω  D．11 ΩB　[由a、b两点间的电压为u＝220sin 100πt(V)，可知变压器原线圈输入电压U1＝220 V，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U2＝ U1＝22 V，保险丝熔断电流为2 A，原线圈中电流为I1＝2 A时，由U1I1＝U2I2可得副线圈中电流为I2＝20 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 Ω，选项B正确。]8．(2019·武汉联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3为三只规格均为“9 V,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100 HzA　[由输入端交变电压u­t图象知，输入电压的有效值为 V＝27 V，由原、副线圈匝数之比为3∶1，可得原、副线圈的电压之比为3∶1，电流之比为1∶3，设灯泡两端电压为U，所以U＝9 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I＝3× A＝2 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；变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz，D错误。]9．(2019·苏锡常镇一模)如图所示，通过较长的输电线给电动机输电，已知输电功率和电压分别为P0、U0，输电线总电阻为r，电动机正常工作。据此可求出(　　)A．输电线上的电流   B．电动机的线圈电阻C．电动机的发热功率   D．电动机对外做功的功率A　[输送的总功率P0＝U0I0，可得求得输送的电流I0＝；故A正确；由题目中的条件不能求出电动机的线圈电阻，那么电动机的线圈电阻消耗的热功率也无法求出，进而电动机对外做功的功率也无法求出。故B、C、D错误。]10．(2020·江苏南京师大附中模拟)如图所示，变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小关系为R1＝R2＝2r＝2 Ω，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电e＝220 in 100 πt(V)，开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100 W。下列说法不正确的是(　　)A．通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次B．开关S闭合前后，电流表的示数之比为2∶3C．开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为2∶3D．变压器原副线圈的匝数之比为22∶3C　[交流电的频率为f＝＝50 Hz，知通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次，A正确；开关S闭合之前，次级电阻3 Ω，次级电流I2＝，开关S闭合之后，次级电阻2 Ω，次级电流I2＝，开关S闭合前后次级电流比为2∶3，根据＝得原线圈的电流I1＝I2，可知开关S闭合前后，电流表的示数之比和副线圈的电流之比相同是2∶3，B正确；开关S闭合之前，通过电阻R1的电流IR1＝I2＝，开关S闭合之后，通过电阻R1的电流IR1＝I2＝，开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为4∶3，C错误；开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100 W，可知次级电流I2＝＝10 A次级电压有效值U2＝I2(R1＋r)＝30 V变压器初级电压有效值U1＝220 V则变压器原副线圈的匝数之比为＝＝，D正确。]11．(2020·太原模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接u＝U0·cos 100πt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，下列判断不正确的是(　　)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C　[根据ω＝2πf可得ω＝2πf＝100π rad/s，解得f＝50 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，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·盐城四模)如图所示的钳形电流表，按下手柄时，它的铁芯可以分开，把被测的载流导体放入后，松开手柄，铁芯闭合。导线中的交流电在铁芯中产生交变磁场，电流表与套在铁芯上的线圈相连，可以间接得知导线中的电流。被测导线、铁芯、线圈构成一个电流互感器。下列对钳形电流表的说法正确的是(　　)A．其工作原理与降压变压器一样B．需要断开电路将此钳式电流表串接在电路中C．如果钳口没有闭合紧密，则电流的测量值会偏小D．如果通电导线在钳形口多绕几圈，则读数会偏小C　[钳形电流测量仪实质上是“降流”，则原理是与升压变压器一样，故A错误。此仪器不需要断开电路，只需将此钳式电流表的钳口扣在导线上即可，选项B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确。根据n1I1＝n2I2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2 将变大，即读数会偏大，故D错误。]13．如图所示，一个匝数为N＝100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n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20 Ω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(　　)A．t＝0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I2＝＝1 A，根据＝，可以得到原线圈电流I1＝0.1 A，故B错误；变压器的匝数比为n1∶n2＝10∶1，故输入电压为200 V，最大值为200 V，由角速度ω＝2πn＝100π rad/s，根据公式Em＝NBSω＝NΦω，得穿过线圈平面的最大磁通量为Φ＝＝ Wb，故C正确；电阻R消耗的电功率为P＝＝20 W，则理想变压器的输入功率为20 W，故D错误。]14．(2019·南京三模)如图所示，理想变压器原线圈匝数可调，调节触头为S，副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是(　　)A．保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，灯泡L变亮B．保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，电流表示数变小C．保持P位置和光照强度不变，将S向下滑，光敏电阻的功率变小D．保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大A　[S的位置和光照强度不变时，变压器原、副线圈的匝数比以及光敏电阻的阻值不变，根据理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，将P向上滑，滑动变阻器的阻值变大，通过光敏电阻r的电流减小，加在r两端的电压减小，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变大，L变亮，A正确；结合A的分析，当将P向下滑，滑动变阻器的阻值变小，通过光敏电阻r的电流增大，加在r两端的电压增大，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变小，通过L的电流减小，同时R和L的电流之和等于r的电流，所以R的电流增大，电流表示数增大，B错误；P位置和光照强度不变时，r和R的电阻不变，将S向下滑的时候，原线圈的匝数减小，结合理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压增大，通过r的电流增大，光敏电阻的功率变大，C错误；S位置不变时，线圈匝数不变，结合理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，光线变暗时，r的阻值变大，又P的位置不变，所以副线圈的功率减小，又理想变压器的原、副线圈功率相等，所以原线圈的功率减小，D错误。]15．(2019·江苏海安高级中学高三期末)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路，仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有(　　)A．家庭电路正常工作时，L1中的磁通量为最大B．家庭电路发生断路时，L2中将产生电流C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起D　[由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此L1中合磁通量为零，A错误；家庭电路发生断路时，火线和零线中的电流同时变化，同时消失，穿过线圈L2中的磁通量不变，B错误；家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，故C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁通量发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，故D正确。]