高考物理一轮复习 第十章 交变电流 第讲 变压器 电能的输送模拟试题 新人教版选修--课件

变压器电能的输送一、选择题1．(多选)(2016·武汉调研)如图所示，某变电站用10 kV的高压向10 km外的小区供电，输送的电功率为200 kW.现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是( )选项型号千米电阻(Ω/km)A DYD30/C 1B DYD50/C 0.6C DYD100/C 0.3D DYD150/C 0.2【解析】由P＝UI得输电电流为20 A，输电线路上损耗的功率不超过P损＝200 kW×2%＝4 kW，由P损＝I2R解得R＝10 Ω，输电线长度为20 km，故可选择千米电阻0.5 Ω/km 以下的型号DYD100/C或DYD150/C，C、D正确．【答案】CD2．如图所示为重庆某中学教学区供电示意图，供电部门通过理想变压器原线圈A、B 端送电，虚线框内表示教学区内各教室的照明电路．已知变压器副线圈C、D两端距教学区输入端E、F距离较远，电路之间输电线电阻不能忽略，设定A、B端输入电压一定，则以下说法正确的是( )A．如果教学区同时使用的电灯减少，A、B端输入功率仍不变B．C、D端电压一定为220 VC．E、F端电压一定为220 VD．教学区内同时使用的电灯越多，E、F端输入电压越低【解析】使用的电灯减少时，输电线与照明电路的总电阻变大，副线圈两端电压U2不变，故P出＝U22R总变小，又P入＝P出，所以A、B端输出功率变小．A项错误；由于输电线电阻的分压，要保证教室内照明灯正常工作，则应有U CD>220 V；而U EF会因为使用的电灯数量不同而获得不同电压，B、C项错误；当使用的电灯越多时，输电线上损失的电压就越多，EF端输入的电压就越低，D项正确．【答案】D3．(2016·厦门质检)如图所示，a、b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是( )A．V1的示数不变，V2的示数减小B．V1的示数减小，V2的示数减小C．A1的示数增大，A2的示数增大D．A1的示数减小，A2的示数减小【解析】V1测量的是电源的电压，由电源本身决定，与负载无关，B项错；变压器的输出电压由输入电压及变压器的变压比决定，故是否出现火情，输出电压均不变；将输出电压等效为负载电路中电源的电动势，R 3等效为电源的内电阻．出现火情时，R 2所处位置温度升高，其电阻减小，故电路总电阻减小，因此电压表V 2示数减小，A 项正确；由欧姆定律可知，通过电阻R 1的电流减小，C 项错；电路总电流增大，变压器输出功率增大，故变压器输入功率也增大，由P ＝UI 可知，原线圈中电流增大，D 项错．【答案】 A4．(2016·唐山模拟)利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103 kWC ．1.6 kWD ．10 kW【解析】 用电器的额定电流为：I ＝P U ＝40×103800A ＝50 A ，输电线上消耗的功率P 线＝I 2R ＝502×0.4 W ＝1 000 W ＝1 kW ，所以若采用超导电缆代替原来的输电线，线路上节约的电功率为1 kW .【答案】 A5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝51，电阻R 1＝R 2＝10 Ω，D 为理想二极管，原线圈接入如图乙所示的交流电源．则A ．R 2中交变电流的频率为50 HzB ．通过R 1的电流为1 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为30 W 【解析】 由题图乙可知，该交流电的周期为T ＝0.04 s ，所以频率为f ＝1T＝25 Hz ，变压器和二极管都不会改变交流电的频率，所以A 错误；根据变压公式U U 1＝n 1n 2得R 1两端的电压U 1＝10 2 V ，所以通过R 1的电流为 2 A ，B 错误；根据有效值的定义，设R 2两端的电压有效值为U 2，U 21R 2T 2＝U 22R 2T ，所以U 2＝10 V ，通过R 2的电流为1 A ，C 错；变压器的输入功率为P ＝I 21R 1＋I 22R 2＝30 W ，D 对．【答案】 D6．(多选)如图是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的变化．输电线的电阻用R 0表示，如果变压器上的能量损失可以忽略．以下说法正确的是( )A ．开关S 1接a ，闭合开关S ，电压表V 示数减小，电流表A 示数增大B ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，原线圈输入功率减小C ．断开开关S ，开关S 1接a 时电流表的示数为I 1，开关S 1接b 时电流表的示数为I 2，则I 1>I 2D ．断开开关S ，开关S 1接a 时原线圈输入功率为P 1，开关S 1接b 时原线圈输入功率为P 2，则P 1<P 2【解析】 闭合开关S ，不影响变压器副线圈两端电压，副线圈所接负载的电阻变小，根据欧姆定律，电流表的读数变大，输电线上的电压变大，导致电压表的读数变小，选项A 正确；根据P ＝UI ，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项B 错误；开关S 1从接a 变到接b ，理想变压器的原线圈的匝数变小，副线圈两端电压变大，电流表的读数变大，选项C 错误；根据P ＝UI ，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项D 正确．【答案】 AD7.如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n 1，原线圈接正弦交流电，电压为u ＝U 0cos 100πt(V )，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R ，当电键S 接通后，电流表读数为I ，电动机带动一电阻为r ，质量为m 、长为l 的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v 匀速上升．下列判断正确的是( )A ．电动机两端电压为IR ，其消耗的电功率为I 2RB ．原线圈中的电流为nI ，变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ，副线圈电流的频率为50 HzC ．变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ＋B 2l 2v 2rD ．电动机的热功率为I 2R ，副线圈电压的有效值为U 0n【解析】 电动机两端电压大于IR ，IR 是电动机线圈电阻R 上的电压，用于发热，A错；原线圈中的电流为I n ，B 错；变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ＋B 2l 2v 2r，即一部分在电动机线圈电阻R 上发热变成内能；另一部分用于对外做功，将其中一部分电能转化为金属杆的机械能，其余部分克服安培力做功，转化为电能，电流通过纯电阻电路转化为金属杆上的焦耳热，C 对；副线圈电压的有效值为U 02n，D 错． 【答案】 C8．(2015·江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A ．200B ．400C . 1 600D ．3 200【解析】 由变压器变压比U 1U 2＝n 1n 2，可知n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，B 正确． 【答案】 B9．(多选)(2015·海南卷)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V【解析】 副线圈两端电压U 2′＝5.0 V 5 R 0×6R 0＝6 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2，得U 1′＝24 V ，即此时原线圈两端电压有效值为24 V ，最大值U 1m ′＝2U 1′≈34 V ，A 正确，B 错误．由于前后两次保持输入、输出电流不变，此时副线圈两端电压U 2′＝6R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝12R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝2U 2′，原线圈两端也应有U 1＝2U 1′，即原来原线圈两端电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．【答案】 AD10.(2015·广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管．视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变．调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2【解析】 设加热管电阻为R ，对于副线圈，I 2＝220R ，I 2′＝110R，则调节前后I 2∶I 2′＝2∶1，A 错误．由P ＝U 2R可知，调节前后副线圈输出功率之比为4∶1，B 错误．原副线圈电压之比为匝数之比，电压减为原来一半，则副线圈匝数也减为原来的一半，C 正确．理想变压器副线圈功率等于原线圈功率，则原线圈输入功率之比为4∶1，D 错误．【答案】 C11．(多选)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的电功率，可采取的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3【解析】 当发电机输出功率一定时，为使用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 正确．根据输电线上的电流I ＝P U 2可知，也可以通过提高输电电压，减小输电电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 正确． 【答案】 AC12．如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A 的保险丝L ，原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈匝数n 2＝120匝．已知原线圈接在如图乙所示的交流电源上，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接( )A ．阻值为12 Ω的电阻B ．并联两盏“36 V 40 W ”的灯泡C ．工作频率为10 Hz 的用电设备D ．耐压值为36 V 的电容器 【解析】 根据题图乙可知，原线圈输入的交变电压的最大值U 1m ＝180 2 V ，有效值U 1＝180 V ，周期T 1＝0.02 s ，频率f 1＝1/T 1＝50 Hz ，又n 1n 2＝51，所以副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V ，有效值U 2＝36 V ，周期T 2＝T 1＝0.02 s ，频率f 2＝f 1＝50 Hz .若副线圈两端接阻值为12 Ω的电阻，则I 2＝U 2/R ＝3 A ，I 1＝n 2I 2/n 1＝0.6 A >0.5 A ，即流过保险丝的电流超过了其熔断电流，选项A 错误；若并联两盏“36 V 40 W ”的灯泡，那么，灯泡两端电压刚好为其额定电压，此外，流过保险丝的电流I′1＝n 2I′2/n 1＝0.2I 2＝0.2×2×(40 W /36 V )＝49A <0.5 A ，显然，整个电路和用电器均能正常工作，所以选项B 正确；输出交流电的频率为50 Hz ，所以副线圈两端不可以接工作频率为10 Hz 的用电设备，选项C 错误；电容器的耐压值指的是允许承受的最大电压值，题中副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V >36 V ，即超过了电容器的耐压值，所以选项D 错误．【答案】 B二、非选择题13．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05 m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2πT .为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220 V ，11 kW ”的电机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压的有效值为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？【解析】 (1)根据E m ＝NBSω＝1 100 2 V得输出电压的有效值为U 1＝E m 2＝1 100 V . (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51.(3)根据P 入＝P 出＝2.2×104W ，再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A .【答案】 (1)1 100 V (2)5 1 (3)20 A14．某发电厂发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机端电压U ＝250 V ，向远处送电的输电线的总电阻R ＝8 Ω.要使输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220 V ，那么：(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图．(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比．【解析】 (1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路示意图如图所示． (2)按题意，P 损＝5%P ＝0.05×100×103 W＝5×103 W .设输电线路中的电流为I ，P 损＝I 2R ，I ＝ P 损R ＝ 5×1038A ＝25 A . 输送电压U 2＝P I ＝100×10325V ＝4 000 V ， 对升压变压器n 1n 2＝U 1U 2＝2504 000＝116， 输电线路上损失电压U 损＝IR ＝25×8 V ＝200 V ，降压变压器原线圈n 3两端电压U 3＝U 2－U 损＝(4 000－200)V ＝3 800 V ，用户在副线圈n 4两端得到电压U 4＝220 V ，所以n 3n 4＝U 3U 4＝3 800220＝19011. 即升压变压器原、副线圈匝数比为116；降压变压器原、副线圈匝数比为19011.【答案】 见解析。

变压器 电能的输送高考真题1.(2015·新课标全国Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A.U ＝66 V ，k ＝19 B ．U ＝22 V ，k ＝19 C.U ＝66 V ，k ＝13 D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：设变压器原、副线圈电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，可知I 1＝U 0－U 1R ，I 2＝U 2R ，又因为U 0＝220 V ，U 1U 2＝31，I 1I 2＝13，可解得U 2＝66 V ，U 1＝198 V ，I 1＝22R ，I 2＝66R，原线圈中P 1＝(U 0－U 1)I 1，副线圈中P 2＝U 2I 2，易知P 1P 2＝19，故A 正确． 答案：A2.(2015·江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A.200B ．400 C.1 600 D ．3 200解析：由变压器变压比U 1U 2＝n 1n 2，可知n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，B 正确． 答案：B3．(2015·海南卷)(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A.此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB.此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC.原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD.原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析：副线圈两端电压U 2′＝5.0 V 5R 0×6R 0＝6 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2，得U 1′＝24 V ，即此时原线圈两端电压有效值为24 V ，最大值U 1m ′＝2U 1′≈34 V ，A 正确，B 错误．由于前后两次保持输入、输出电流不变，此时副线圈两端电压U 2′＝6R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝12R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝2U 2′，原线圈两端也应有U 1＝2U 1′，即原来原线圈两端电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．答案：AD4.(2015·安徽理综)图示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )A ．电压表V 1示数增大B.电压表V 2、V 3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动解析：对于理想变压器，原线圈电压决定副线圈电压，所以V 1、V 2示数均不变，A 、B 错误．A 1、A 2中电流与原、副线圈中电流相同，由I 1I 2＝n 2n 1，可知n 1>n 2，为降压变压器，C 错误．副线圈所连接的电路电压不变，电流变大，则电阻变小，即滑动变阻器沿c →d 的方向滑动，D 正确．答案：D5.(2015·天津理综)(多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小解析：理想变压器原、副线圈两端功率相等，原线圈电压不变，电流由副线圈电路功率决定．保持Q位置不动，P向上滑动，则R增大，可判断出I1减小，A错误，B正确．保持P 的位置不动，将Q向上滑动，则U2增大，可判断出I1增大，C正确，D错误．答案：BC。

专题10 交变电流和变压器1．（2020届河南省焦作市高三第三次模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1 ：n 2＝1 ：2，原线圈接电压恒定的正弦交流电，R 1为定值电阻，R 2为滑动变阻器，已知滑动变阻器R 2的最大阻值为定值电阻R 1的5倍。

在滑动变阻器滑片从中点缓慢向上滑动的过程中，下列说法正确的是（ ）A ．变压器原、副线圈中的电流之比始终为2 ：1B ．定值电阻R 1消耗的功率逐渐增大C ．滑动变阻器R 2消耗的功率先增大后减小D ．变压器副线圈两端的电压逐渐增大【答案】ACD【解析】变压器原、副线圈中的电流之比之和匝数比有关，匝数不变，电流之比不变，A 正确；设输入的交流电有效值为U,原线圈中的电流为I ，根据1221I n I n =可知，副线圈中的电流为12I ，副线圈两端的电压为212IR ，原线圈两端电压为214IR ，则1214U IR IR =+，当滑动变阻器向上移动时，2R 增大，根据 1214U IR IR =+，可知当原线圈中的电流变小，因此电阻1R 消耗的功率变小，B 错误；滑动变阻器2R 消耗的功率为2222111124U U P UI I R R I R R ⎛⎫=-=--+ ⎪⎝⎭，因此当12U I R =，即214R R =时，2R 消耗功率最大，所以当滑动变阻器滑片从中点缓慢向上滑动时，2R 消耗的功率先变大后变小，C 正确；滑动变阻器滑片从中点缓慢向上滑动时，电阻逐渐变大，所以变压器副线圈两端的电压逐渐增大，D 正确。

故选ACD 。

2．（2020届河南省十所名校高三阶段性测试）如图所示的电路中，变压器为理想变压器，定值电阻R 1、R 2、R 3的阻值大小关系为R 2＝R 3＝29R 1。

现在a 、b 两端输入电压有效值恒定的正弦交流电，R 1消耗的功率等于R 2和R 3消耗的功率之和，则变压器原、副线圈的匝数比为（ ）A ．1：9B ．9：1C ．1：3D ．3：1【答案】D【解析】设原线圈中的电流为I 1，副线圈中的电流为I 2，根据题意可知：22112119I R I R =⨯ 所以122131n I n I ==，故D 正确，ABC 错误。

高考物理一轮复习 考点专题训练 变压器、电能的输送 新人教版1．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为11∶2，原线圈两端的输入电压u ＝2202sin 100πt(V)，电表均为理想电表，滑动变阻器R 接入电路部分的阻值为10 Ω.下列叙述中正确的是 ( ) A ．该交流电的频率为50 HzB ．电压表的读数为42 2 VC ．电流表的读数为4 AD ．若滑动变阻器的滑片P 向a 端移动，电流表的读数变大【答案】AC【详解】根据原线圈两端输入电压的表达式可知，交流电的频率f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，A 正确；变压器原线圈电压的有效值为U 1＝220 V ，利用变压器的变压比U 1∶U 2＝n 1∶n 2，可求得U 2＝40 V ，电压表的读数为40 V ，B 错误；电流表的读数为I ＝U2R＝4 A ，C 正确；若滑动变阻器的滑片P 向a 端移动，接入电路的电阻增大，而U 2不变，电流表示数变小， D 错误．2．图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A 、B 两端．已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R ＝1 Ω，其他各处电阻不计，以下说法正确的是( )[高考资源网]A ．在t ＝0.1 s 、0.5 s 时，穿过线圈的磁通量最大B ．线圈转动的角速度为10 πrad/sC ．电压表的示数为 2 VD ．电流表的示数为0.40 A【答案】D【详解】t ＝0.1 s,0.5 s 时，电压达最大值，此时线圈平面与磁场平行，A 错误；由图知T＝0.4 s ，所以角速度w ＝2πT ＝2π0.4 s ＝5π rad/s，B 错误；由U1U2＝n1n2得输出电压的最大值为2 2 V ，所以电压表示数应为2 V ，C 错误，R 中电流IR ＝2 V 1 Ω＝2 A ，由变压器的电流与匝数关系知电流表示数为0.40 A ，D 正确，正确答案D.3．如图所示，T 为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab 和cd 的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S 闭合时( )【答案】B【详解】在理想变压器中，因为U不变，故示数不变；闭合S时，负载电阻变小，副线圈中电流I2增大，示数增大，由P入＝P出可知示数增大，因ab和cd导线的电阻不可忽略，所以U3减小，示数变小．由I3＝U3/R1得，流过R1处的电流I3变小，示数变小，故B对．4.(2011·华南师大附中模拟)在变电站里,经常要用交流电表去监测电网上的强电流,所用的器材叫电流互感器.如下所示的四个图中,能正确反映其工作原理的是( )【答案】选A.【详解】电流互感器应是测电流的,应串联在火线上,故B、D选项错误.同时,由I1n1=I2n2知要使I2＜I1,须n2＞n1,故A选项正确,C选项错误.5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )A.交流电的频率为0.02 HzB.原线圈输入电压的最大值为200VC.电阻R2的电功率约为6.67 WD.通过R3的电流始终为零【答案】选C.【详解】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0.02 s、频率为50 Hz，A错；由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1 A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um ＝20 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200 V，B 错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；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R2的电流有效值为I ＝、电压有效值为U ＝Um/ V ，电阻R2的电功率为P2＝UI ＝W,C 对. 6.如图所示，为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则( )A.保持U1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，I1将增大B.保持U1及P 的位置不变，K 由b 合到a 时，R 消耗的功率减小C.保持U1不变，K 合在a 处，使P 上滑，I1将增大D.保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U1增大，I1将增大【答案】选A 、B 、D.【详解】K 由a 合到b 时，n1减小，由U1/U2=n1/n2，可知U2增大，P2= /R 随之增大，而P1=P2，又P1=I1U1，从而I1增大，A 正确；K 由b 合到a 时，与上述情况相反，P2将减小，B 正确；P 上滑时，R 增大，P2=/R 减小，又P1=P2，P1=I1U1，从而I1减小，C 错误；U1增大，由U1/U2=n1/n2可知，U2增大， I2=U2/R 随之增大，由I1/I2=n2/n1可知I1也增大，D 正确.故选项A 、B 、D 正确.7．如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1.原线圈接入一电压为u ＝U0sinωt 的交流电源，副线圈接一个R ＝27.5 Ω的负载电阻．若U0＝220 2 V ，ω＝100π rad/s，则下述结论正确的是( )A ．副线圈中电压表的读数为55 VB ．副线圈中输出交流电的周期为1100πs C ．原线圈中电流表的读数为0.5 AD ．原线圈中的输入功率为110 2 W【答案】AC【详解】原线圈电压有效值U1＝220 V ，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U2＝55 V ，A 对；电阻R 上的电流为2 A ，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5 A ，C 对；输入功率为P ＝220×0.5 W＝110 W ，D 错；周期T ＝2πω＝0.02 s ，B 错．8．在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为L ，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P 用，则P′、P 用的关系式正确的是( )A ．P′＝U2S ρLB ．P′＝P2ρL U2SC ．P 用＝P －U2S ρLD ．P 用＝P(1－PρL U2S) 【答案】BD【详解】输电线电阻 R ＝ρL S ，输电电流为I ＝P U故输电线上损失的电功率为：P′＝I2R ＝(P U )2ρL S ＝P2ρL U2S用户得到的电功率为P 用＝P －P′＝P(1－PρL U2S)．故B 、D 正确． 9．理想变压器连接电路如图甲所示，已知原副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数2 A ，则( )A ．电压表读数282 VB ．电压表读数28.2 VC ．输入功率为56.4 WD ．输入功率为40 W【答案】D 【详解】由图乙可知，Um ＝282 V ，则输入电压有效值U1＝Um 2＝200 V ．根据U1U2＝n1n2，U2＝20 V ，再根据I1I2＝n2n1，I1＝0.2 A ，输入功率P ＝U1I1＝40 W ，故A 、B 、C 错，D 正确． 10．如图20所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈匝数比n1n2＝120，加在原线圈的电压为u1＝311 sin100πt (V)，霓虹灯正常工作的电阻R ＝440 kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流．下列判断正确的是( )A ．副线圈两端电压6220 V ，副线圈中的电流14.1 mAB ．副线圈两端电压4400 V ，副线圈中的电流10.0 mAC ．I1<I2D ．I1>I2【答案】BD【详解】原线圈电压的有效值为220 V ，由U1U2＝n1n2解得副线圈电压U2＝4400 V ；由I2＝U2R得I2＝10.0 mA ，选项B 对．根据n1<n2，而I1I2＝n2n1，故I1>I2，选项D 对． 11．(14分)如图 (a)是一理想变压器的电路连接图，图(b)是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A2的示数为2 A ，开关S 断开，求：(1)变压器的输入功率和电压表的示数；(2)将开关S 闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．【答案】 (1)40 W 20 V(2)A1示数增大 A2示数增大 V 示数不变【详解】 (1)由图(b)可知输入电压的有效值U1＝200 V由U1U2＝n1n2得 U2＝n2U1n1＝20 V 变压器的输入功率P1等于输出功率P2故P1＝P2＝U2I2＝20×2 W＝40 W.(2)将S 闭合，U2不变，即电压表示数保持20 V 不变；由于负载增多，负载总电阻减小，电流表A2的示数增大；次级线圈的输出功率增加，初级线圈的输入功率随之增加，电流表A1的示数增大．12．(16分)发电机的端电压为220 V ，输出电功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路图．(2)求用户得到的电压和功率．(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．【答案】 (1)见解析 (2)219.6 V 43.92 kW(3)180 V 36 kW【详解】(1)线路图如图所示．(2)升压变压器副线圈上的输出电压U2＝n2n1U1＝2 200 V ，升压变压器副线圈上的输出电流I2＝n1n2I1，升压变压器原线圈上的输入电流，由P ＝U 1I 1得 I1＝P U1＝44×103220 A ＝200 A ，所以I2＝n1P n2U1＝44×10310×220 A ＝20 A.输电线路上的电压损失和功率损失分别为 UR ＝I2R ＝4 V ，PR ＝I22R ＝0.08 kW.加到降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为 I3＝I2＝20 A ，U3＝U2－UR ＝2 196 V.降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为 U4＝n4n3U3＝219.6 V ，I4＝n3n4I3＝200 A.用户得到的功率P4＝U4I4＝43.92 kW.(3)若不采用高压输电，线路损失电压为UR′＝I1R ＝40 V ，用户得到的电压U′＝U1－UR′＝180 V ， 用户得到的功率为P′＝U′I1＝36 kW.。