2025高考物理一轮总复习第13章交变电流电磁振荡和电磁波传感器第32讲理想变压器电能的输送提能训练

这是一份2025高考物理一轮总复习第13章交变电流电磁振荡和电磁波传感器第32讲理想变压器电能的输送提能训练，共8页。试卷主要包含了输电能耗演示电路如图所示等内容，欢迎下载使用。

题组一 理想变压器基本关系、动态分析两种特殊的变压器
1．(多选)(2023·海南卷)下图是工厂利用u＝220eq \r(2)sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1 100匝，下列说法正确的是( BC )
A．电源电压有效值为220eq \r(2) V
B．交变电流的周期为0.02 s
C．副线圈匝数为180匝
D．副线圈匝数为240匝
[解析] 电源电压的有效值U＝eq \f(220\r(2),\r(2)) V＝220 V，选项A错误；交流电的周期T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,100π) s＝0.02 s，选项B正确；根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)，可得副线圈匝数n2＝eq \f(U2,U1)n1＝eq \f(36,220)×1 100＝180匝，选项C正确，D错误。故选BC。
2．如图所示的调压器，滑动触头P和Q均可调节，在输入交变电压U恒定的条件下，电压表、电流表均是理想的，下列说法正确的是( B )
A．Q不动，P向上移动，电压表示数增大
B．Q不动，P向下移动，电压表示数增大
C．P不动，Q向下移动，电压表示数增大
D．P不动，Q向下移动，电流表示数增大
[解析] 当Q不动时，滑动变阻器的阻值不变，当P向上移动时，原线圈匝数变大副线圈匝数不变，自耦变压器的输出的电压减小，电压表的示数减小，故A错误；当Q不动时，滑动变阻器的阻值不变，当P向下移动时，原线圈匝数变小副线圈匝数不变，自耦变压器的输出的电压增加，电压表的示数增大，故B正确；当P不动时，自耦变压器的输出的电压不变，所以电压表的示数不变，当Q向下移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以电路的电流减小，变压器匝数比不变，因此电流表示数减小，故C、D错误。
3．(2024·重庆南开中学高三阶段练习)如图所示，理想变压器的初级线圈接有输出电压有效值恒定不变的交变电源，次级线圈接有光敏电阻R(其阻值随光照强度增大而减小)、灯泡L1和灯泡L2。图中电表均为理想交流电表，若增大光照强度，则( B )
A．电压表V1与电流表A1的示数之比增大
B．电压表V2与电流表A2的示数之比减小
C．灯泡L1和灯泡L2均变亮
D．灯泡L1和灯泡L2均变暗
[解析] 依题意，理想变压器初级线圈两端电压保不变，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知次级线圈两端电压U2不变，若增大光照强度，光敏电阻的阻值将减小，则变压器次级线圈总电阻减小，根据欧姆定律可得I2＝eq \f(U2,R总)，整理可得R总＝eq \f(U2,I2)，可知电流表A2的示数增加，电压表V2与电流表A2的示数之比减小。根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，易知，电流表A1的示数增加，电压表V1与电流表A1的示数之比减小，故A错误，B正确；根据上面选项分析可知，灯泡L1的电流增加，两端电压也增加所以变亮。由分压原理可得U并＝U2－UL1，即灯泡L2的两端电压减小，灯泡L2变暗。故C、D错误。
4．如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U；乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为( B )
A．k1U，k2I B．k1U，eq \f(I,k2)
C.eq \f(U,k1)，k2I D．eq \f(U,k1)，eq \f(I,k2)
[解析] 由理想变压器的工作原理对题图甲得eq \f(U1,U)＝eq \f(n1,n2)＝k1，解得U1＝k1U；对题图乙得eq \f(I,I1)＝eq \f(n1,n2)＝k2，解得I1＝eq \f(I,k2)，B正确，A、C、D错误。
5．(多选)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是( AD )
A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
[解析] 由变压器不会使交变电流的周期改变和题图(b)可知所用交变电流的周期为2×10－2 s，可求得所用交变电流的频率为50 Hz，选项A正确；由题图(b)可知通过R2的电流的有效值为1 A，由并联电路特点可知通过R3的电流(即电流表的示数)为0.5 A，故通过副线圈的电流I2＝1.5 A，由欧姆定律可得副线圈两端的电压U2＝1×10 V＝10 V，由变压器原、副线圈两端电压之比为原、副线圈匝数之比可得，原线圈两端的电压U1＝eq \f(U2,n2)n1＝100 V，再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压UV＝220 V－100 V＝120 V，选项B、C错误；根据变压器原理可得变压器传输的电功率P＝U2I2＝10×1.5 W＝15.0 W，选项D正确。
题组二 远距离输电
6．(2023·天津卷)下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有( B )
A．T1输出电压与T2输入电压相等
B．T1输出功率大于T2输入功率
C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
[解析] 由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率；T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损＝I2R，可知R功率增大，故C错误；用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。故选B。
7．(多选)如图所示，一个小型水电站的交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远方用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2，T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是( CD )
A．当用户的用电器增加时，U2、U3、U4均变小
B．输电线的总电阻R两端的电压等于U2＋U3，且随用户的用电器增加而增大
C．输电线上损失的功率为eq \f(P\\al(2,3)R,U\\al(2,3))，且随用户的用电器增加而增大
D．要减小输电线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比eq \f(n2,n1)，同时应增大降压变压器的匝数比eq \f(n3,n4)
[解析] 交流发电机的输出电压U1一定，匝数没变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，知U2不变，A错误；输电线的总电阻R两端的电压等于U2－U3，且随着用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线的总电阻R两端的电压增大，B错误；输电线上的电流I＝eq \f(P3,U3)，则输电线上损失的功率为P损＝I2R＝eq \f(P\\al(2,3)R,U\\al(2,3))，且随着用户的用电器增加，输电线上的电流会增大，则输电线上损失的功率增大，C正确；输送功率一定时，根据P＝UI和P损＝I2R知，要减小输电线路的损耗，应增大输送电压，又因为U1一定，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)知，应增大升压变压器的匝数比eq \f(n2,n1)，而U3＝U2－IR，U2增大，I减小，所以U3增大，要使用户所用电压U4不变，根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)知，应增大降压变压器的匝数比eq \f(n3,n4)，D正确。
8．(多选)(2021·山东卷)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是( BD )
A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω
C．P＝45 W D．P＝22.5 W
[解析] 当开关S接1时，左侧变压器输出电压U2＝3×7.5 V＝22.5 V，电阻R上的电压，即右侧变压器的输出电压U4＝eq \r(PR)＝10 V，电流I4＝eq \f(U4,R)＝1 A，则右侧变压器输入电压U3＝eq \f(2,1)×10 V＝20 V，电流I3＝eq \f(1,2)×1 A＝0.5 A，则r＝eq \f(U2－U3,I3)＝5 Ω，当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的输出电流为0.5I，由右侧变压器两边电压关系可知eq \f(U2－Ir,n3)＝eq \f(0.5IR,n4)，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故选BD。
能力综合练
9．(多选)(2021·河北卷)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是( BC )
A．通过电阻R2的电流为eq \f(n1I,n2)
B．电阻R2两端的电压为eq \f(n2IR1,n1)
C．n0与n1的比值为eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)
D．发电机的功率为eq \f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)
[解析] 由题意知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U1＝IR1，根据变压器电压与匝数的关系有eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)，eq \f(n0,n2)＝eq \f(U0,U2)，代入有U0＝eq \f(n0,n1)IR1，U2＝eq \f(n2,n1)IR1，再由欧姆定律，有U2＝I2R2，可计算出I2＝eq \f(n2R1,n1R2)I，A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝NB2L2ω，U0＝eq \f(Emax,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω，由选项A、B知U0＝eq \f(n0,n1)IR1，则eq \f(n0,n1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2，代入选项A、B、C公式有P0＝eq \f(\r(2)NBL2ωI,n0)·eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n\\al(2,1)R2＋n\\al(2,2)R1,n1R2)))，由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。
10．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数的比值为( B )
A．2 B．3
C．4 D．5
[解析] 将题中电路等效为如图所示电路，根据欧姆定律，可知当开关断开时，电流为I，有U＝I(R1＋R′)，当开关闭合时，电流为4I，有U＝4I(R1＋R″)，由“名师讲坛，素养提升”讲解可知R′＝k2(R2＋R3)，R″＝k2R2，联立以上各式可解得k＝3。
11．(多选)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( ACD )
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 V,5)＝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2.5eq \r(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＋(2.5eq \r(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。
12.某电风扇挡位变换器的电路如图所示，它可视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2 400匝的原线圈两端输入电压u＝200eq \r(2)sin 100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1 200匝、2 400匝，电动机M的内阻r＝8 Ω、额定电压U＝220 V、额定功率P＝110 W，下列说法正确的是( B )
A．交变电流的频率为100 Hz
B．当选择挡位3后，电动机两端电压的有效值为110 V
C．当由挡位3变为挡位2后，原线圈中的电流变大
D．当选择挡位4后，电动机的输出功率为110 W
[解析] 根据原线圈两端输入电压的瞬时值表达式可知，ω＝100π rad/s，交变电流的频率f＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，选项A错误；当选择挡位3后，根据电压比等于匝数比有eq \f(220 V,U2)＝eq \f(2 400,1 200)，解得U2＝110 V，即电动机两端电压的有效值为110 V，选项B正确；当由挡位3变为挡位2后，根据原、副线圈两端的电压比等于匝数比可知，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，输入功率变小，输入电压不变，根据P1＝U1I1可知，原线圈中的电流变小，选项C错误；当选择挡位4后，副线圈的匝数为2 400匝，根据电压比等于匝数比可知，副线圈两端的电压为220 V，电动机正常工作，流过电动机的电流I＝eq \f(P,U)＝eq \f(110,220) A＝0.5 A，电动机的发热功率P热＝I2r＝2 W，电动机的输出功率P出＝P－P热＝108 W，选项D错误。
13．(2024·浙江衢州联考)如图所示，“奋进号”潮流能发电机组核心部件是“水下大风车”，一台潮流能发电机的叶片转动时可形成半径为10 m的圆面，某次涨潮期间，该区域海水的潮流速度是3 m/s，流向恰好与叶片转动的圆面垂直，并将40%的潮流能转化为电能。随后通过海上升压变压器将发电机组690 V电压升为10 kV电压后向远处传输，不考虑升压过程中的能量损耗。已知海水密度约为ρ＝1×103 kg/m3，则( D )
A．涨潮期间该发电机的功率约为4×106 W
B．若每天至少有2 h潮流速度高于3 m/s，则该台发电机日发电量至少为320 kW·h
C．升压变压器原、副线圈匝数之比约为1∶69
D．若允许输送过程中损失的功率控制在4%以内，则输电线电阻不能超过2.5 Ω
[解析] 涨潮期间该发电机的功率约为P＝eq \f(W,t)，W＝eq \f(1,2)mv2×40%，m＝ρvtS，S＝πr2，解得P＝1.6×106 W＝1.6×103 kW，A错误；若每天至少有2 h潮流速度高于3 m/s，则该台发电机日发电量至少为E＝Pt＝3.2×103 kW·h，B错误；升压变压器原、副线圈匝数之比约为eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(690,10 000)＝eq \f(69,1 000)，C错误；根据题意得I2R＝P×4%，输电线电流为I＝eq \f(P,U2)，解得R＝2.5 Ω，D正确。故选D。