2020版高考物理一轮复习全程训练计划课练33变压器电能的输送传感器的简单应用含解析(1)

第2节变压器电能的输送1.(2019·内蒙古赤峰模拟)在变电所里,需要用交流电表去监测电网上的强电流.由于电网中的电流通常会超过一般电流表的量程,因此常使用电流互感器.下面四个图中,正确反映电流互感器工作原理的是( A )解析:理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比.则电流互感器原线圈匝数应少于副线圈匝数,且串联在需要测量电流的线路中.故 A 正确.2.(2019·福建毕业班质量检查)如图为模拟远距离交流输电的电路,升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶k,降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4=k∶1,模拟输电导线的电阻r=3 Ω,T2的负载是规格为“15 V 45 W”的灯泡L.当T1的输入电压为16 V时L正常发光,两个变压器可视为理想变压器,则k的值为( B )A.B.3 C.4 D.9解析:由变压器的工作原理可知,变压器T1原线圈的电压为16 V,则副线圈的输出电压为16k V,降压变压器T2的输出电压为15 V、输出电流为I4== A=3 A,则降压变压器T2原线圈两端的电压为15k V、输入电流为 A,又U2=U3+I3r,即16k V=(15k+3×)V,解得k=3,选项B 正确.3.(多选)如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比为4∶1,原线圈接有u=311sin 100πt(V)的交变电压,副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表V.以下说法正确的是( AD )A.副线圈中电流的变化频率为50 HzB.灯泡D两端电压为55 VC.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则电压表V的示数将减小D.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则灯泡D的亮度将变暗解析:变压器不会改变电流的频率,电流的频率为f=== Hz=50 Hz,故A正确;由瞬时值的表达式可知,原线圈的电压最大值为311 V,所以原线圈的电压的有效值为U1= V=220 V,根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压的有效值为55 V,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡D,它们的总电压为55 V,所以灯泡D两端电压一定会小于55 V,故B错误;根据电压与匝数成正比,可知原线圈电压不变,则副线圈的电压不变,所以电压表的示数不变,故C错误;交变电流的频率越大,电感线圈对交变电流的阻碍作用就越大,所以电路的电流会减小,灯泡D的亮度要变暗,故D正确.4.如图所示为一理想变压器,b是原线圈的中心抽头,副线圈两端接有理想交流电压表和电流表,开关S,可变电阻R以及两个阻值相同的定值电阻R1,R2.从某时刻开始在原线圈cd两端加上正弦式交变电压,下列说法正确的是( C )A.将可变电阻R调大,其他部分不变,电流表、电压表的读数均变小B.将开关S从断开到闭合,其他部分不变,电流表读数变大,电压表读数变小C.可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2D.将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率减半解析:将可变电阻R调大,其他部分不变,电压表示数不变,根据欧姆定律知,电流表示数变小,故A错误;将开关S从断开到闭合,其他部分不变,副线圈回路的电阻变小,电压表示数不变,电流表示数变大,故B 错误;将可变电阻R的阻值调为0时,开关S断开时电源的输出功率P1=,开关S闭合时电源的输出功率P2=+=2,P1∶P2=1∶2,故C正确;变压器不改变交流电源的频率,将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率不变,故D错误.5.如图,变压器输入有效值恒定的交流电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R表示输电线的电阻.则( B )A.用电器增加时,变压器输出电压增大B.用电器增加时,变压器的输入功率增加C.用电器增加时,输电线的热损耗减少D.要提高用户的电压,滑动触头P应向下滑解析:用电器增加,但变压器的输入电压和匝数比不变,故变压器输出电压不变,故A错误.用电器增加时,电压不变,负载电阻减小,由P出=知,变压器的输出功率增加,又P入=P出,故输入功率也增加,B正确.用电器增加时,变压器的输出功率增加,输出电压不变,由P出=UI知输电电流I变大,根据P热=I2R知输电线的热损耗增加,故C错误.要提高用户的电压,根据=知应使副线圈匝数增加,滑动触头P应向上滑,故D错误.6.某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图(甲)所示,图(乙)是其输入电压u的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=22 Ω.下列说法正确的是( C )A.通过R的电流的频率为100 HzB.电流表A2的示数为 AC.此时变压器的输入功率为22 WD.将P沿逆时针方向移动一些,电流表A1的示数变小解析:由题图(乙)可知,该交变电流的周期T=0.02 s,则频率f==Hz=50 Hz,故A错误;由题图(乙)知输入电压的最大值为U m=220 V,所以有效值U=220 V,则副线圈两端的电压为U′=U×=220× V= 22 V,所以通过电阻的电流(即电流表A2的示数)为I== A=1 A,故B错误;变压器的输出功率P′=U′I=22×1 W=22 W,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以输入功率P=P′=22 W,故C正确.将P沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,所以输入功率也变大,故电流表A1的示数将变大,故D错误.7.(2018·江西上饶六校第一次联考)如图所示,一正弦交流电瞬时值为e=220sin 100πt(V),通过一个理想电流表,接在一个理想变压器两端,变压器起到降压作用,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,以下说法正确的是( D )A.流过r的电流方向每秒钟变化50次B.变压器原线圈匝数小于副线圈匝数C.开关从断开到闭合时,电流表示数变小D.R=r解析:由表达式知角频率ω=100πrad/s,则交变电流的频率f==50 Hz,所以电流方向每秒钟变化100次,A错误;降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数,B错误;开关从断开到闭合时,副线圈电阻减小,电压不变,所以副线圈电流增大,则原线圈电流即电流表示数变大,C错误;开关闭合前,AB两端的功率为P AB=()2×R,开关闭合后,AB两端的功率为P AB′=()2×=×2R,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,则有=,解得R=r,故D 正确.8.如图所示,在理想变压器原、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,测出原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为,则副线圈两端的电压为( B )A.22 VB.66 VC.88 VD.110 V解析:原线圈回路中的电阻的功率为P1=R,副线圈回路中的电阻的功率为P2=R,由题意可知,=,解得=,故==,设副线圈两端的电压为U,则原线圈两端的电压为3U;与原线圈串联的电阻的电压为U R=I1R=R=,所以+3U=220 V,解得U=66 V.9.(2018·新疆乌鲁木齐三诊)(多选)如图所示为理想变压器,其中r 为定值电阻,R为滑动变阻器,电源u为正弦交流电源, 输出电压的有效值恒定,当滑动变阻器的滑片P向右移动时( CD )A.原、副线圈的电流之比变小B.通过定值电阻r的电流变大C.滑动变阻器R两端的电压变大D.电源u的输出功率变小解析:根据I2∶I1=n1∶n2可知,只要原、副线圈的匝数比不变,无论P 向何方移动,原、副线圈的电流之比不变,故A错误;P向右移动时,滑动变阻器接入电路总电阻变大,副线圈的电流变小,原线圈的电流变小,即通过定值电阻r的电流变小;电源的输出功率P=UI1变小;滑动变阻器两端的电压为U R=(U-I1r)变大,故B错误,C,D正确.10.(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示,有一个“”形铁芯上绕有两个线圈,铁芯的三个竖直部分截面积相同,当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯,并且在分支处分成完全相等的两部分,现在给线圈1加电压为U0的正弦式交流电,2接一负载电阻,此时线圈1中的电流为I0,线圈2中的电流为I0,则线圈1,2的匝数比k及线圈2两端的电压U为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)( AC )A. U=2U0B.U= 4U0C.k=D.k=解析:根据=,得k====,根据=,解得U=U0=2U0,故A,C 正确,B,D错误.11.(2019·宁夏固原模拟)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2 kV高压输电,最后用户得到220 V,9.5 kW的电力,求:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;(2)输电线路导线的总电阻R;(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.解析:(1)升压变压器的原、副线圈的匝数比===.(2)输电线上的电流I== A=5 A,输电线电阻R==Ω=20 Ω.(3)降压变压器原线圈电压U3=U2-IR=2 000 V-5×20 V=1 900 V,故降压变压器原、副线圈的匝数比===.答案:(1)1∶5 (2)20 Ω(3)95∶1112.(2018·广东深圳一模)用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0的同一小灯泡供电,甲电路中R为滑动变阻器,乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1,n2,若灯泡均能正常工作,则( D )A.变压器可能是升压变压器B.n1∶n2=U0∶UC.甲乙电路消耗功率之比为U2∶D.R两端的电压最大值为(U-U0)解析:由甲电路知,电源电压等于变阻器两端的电压与小灯泡两端的电压之和,所以U>U0,在乙电路中,根据电压与匝数成正比,有n1∶n2 =U∶U0,又由U>U0,知n1>n2,所以该变压器是降压变压器,故A,B错误;灯泡均能正常工作,所以电流等于额定电流,甲电路消耗的功率为UI,乙电路消耗的功率为U0I,所以甲乙电路消耗的功率之比为U∶U0,故C 错误;R两端电压的有效值为(U-U0),因为是正弦交变电流,所以R两端电压的最大值为(U-U0),故D正确.13.(2019·山东淄博模拟)如图所示,变压器均为理想变压器,两种情况下灯泡L2,L3的功率均为P,且L1,L2,L3为相同的灯泡,匝数比为n1∶n2=3∶1,则图(甲)中L1的功率和图(乙)中L1的功率分别为( A )A.9P,B.P,PC.,9PD.,P解析:由题意可知,两种情况下变压器输入功率均为2P.设灯泡L2,L3的电压为U,电流为I,电阻为R,则有P=UI==I2R.根据电压与匝数成正比可知,两种情况下变压器的输入电压均为3U,根据输入功率和输出功率相等可知,变压器输入电流均为I.所以图(甲)中L1的功率为P a==9P;图(乙)中L1的功率为P b=()2R=P.14.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶2,原线圈接电压随时间变化规律为u=220sin 100πt(V)的交流电源,,,是三个理想电流表,D为理想二极管,R1是滑动变阻器,定值电阻R2=R3=220 Ω,则( B )A.电流表A2的示数为1.0 AB.电流表A3的示数为2.0 AC.滑动变阻器R1的滑片向下滑动时,电流表A1的示数将变小D.滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,变压器输入功率增大解析:变压器输入电压有效值U1= V=220 V,匝数比n1∶n2=1∶2,由U1∶U2=n1∶n2得,变压器输出电压有效值U2=440 V,则电流表A3的示数即通过电阻R3的电流有效值I3== A=2 A,选项B正确;若R2处无二极管,则通过电阻R2的电流有效值为2 A,那么当R2处有二极管致通电时间减半,设电流有效值为I2,应有R2T=I2R2·,解得I2= A,即电流表A2的示数为 A,选项A错误;变压器的输入电压及匝数比不变,则输出电压不变,当R1的滑片向上滑动时,输出端负载电阻增大,变压器的输出功率与输入功率均减小;当R1的滑片向下滑动时,输出端负载电阻减小,变压器的输出功率与输入功率均增大,则变压器的输入电流即电流表A1的示数变大,选项C,D错误.15.(2019·河南开封模拟)如图所示,一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为5∶1,原线圈接入最大值一定的正弦式交变电流,副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联,电压表和电流表均为理想交流电表,电流表A1,A2及电压表V的示数分别为I1,I2,U2,定值电阻的阻值为R,其消耗的功率为P,电容器的电容为C,所带的电荷量为Q,则它们的关系为( D )A.Q=CU2B.I2=C.P=5I1U2D.=解析:由于电容器两端电压是变化的,即电容器不断地被充电和放电,其电荷量不是一个定值,故不能用公式Q=CU2来计算,选项A错误;I2是副线圈的总电流,而只是通过电阻R的电流,由于电容器不断充电和放电,故I2>,选项B错误;根据变压器的规律=,故选项D正确; I2=5I1,而P≠U2I2≠5I1U2,选项C错误.。

变压器电能的输送(45分钟100分)一、选择题(此题共9小题,每一小题6分,共54分,1～6题为单项选择题,7～9题为多项选择题)1.(2020·广州模拟)如图,理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,原线圈一侧接一输出电压恒为U1的正弦交流电源,电阻R1、R2、R3、R4的阻值相等。

如下说法正确的答案是( )A.S断开时,图中电压U1∶U2=2∶1B.S断开时,R1消耗的电功率等于R2的2倍C.S闭合后,R1、R3、R4消耗的电功率一样D.S闭合后,R1两端电压比S闭合前的更小【解析】选C。

当开关S断开时,原线圈的输入电压与R1的和等于U1,如此=>,故A错误;开关S断开时,设原、副线圈中电流分别为I1和I2,如此I1∶I2=n2∶n1=1∶2。

由P=I2R可得:==,故B错误;闭合S后,R3与R4并联后与R2串联,设原、副线圈中电流分别为I1′和I2′如此:I1′∶I2′=n2∶n1=1∶2。

由于四个电阻的电阻值相等,所以流过R3与R4的电流是相等的,都等于I2′,即:I3=I4=I2′=I1′,由P=I2R可得P1′=P3′=P4′,故C正确;闭合S后,由于R3与R4并联,并联电路局部的电阻值小于R3的电阻值,可知副线圈电路中的电阻值减小,所以副线圈的电流值增大,如此原线圈中的电流值也增大,R1两端电压:U=I1″R1,电流增大,如此R1两端的电压增大,故D错误。

2.如下列图,灯泡L1接在变压器初级电路中,灯泡L2、L3、L4接在变压器次级电路中。

变压器为理想变压器,交变电流电源电压为U,L1、L2、L3、L4都是额定电压为U0的同种型号灯泡,假设四个灯泡都能正常发光,如此 ( )A.=,U=4U0B.=,U=4U0C.=,U=3U0D.=,U=3U0【解析】选A。

设灯泡的额定电流为I,如此原线圈电流I1=I,副线圈电流I2=3I根据电流与匝数成反比,有===因为灯泡正常发光,副线圈两端的电压U2=U0根据电压与匝数成正比,有==解得:U1=3U2=3U0交变电流电源电压U=U0+U1=4U0,故A正确,B、C、D错误。

实验十二传感器的简单应用1．实验目的(1)了解常见传感器元件的作用。

(2)探究热敏电阻、光敏电阻的特性。

2．实验原理传感器将感受到的非电学量(力、热、光、声等)，转换成便于测量的电学量。

3．实验器材热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等。

4．实验过程(1)研究热敏电阻的特性①按如图所示连接好实物。

②将热水分几次注入烧杯中，测量每次水的温度、热敏电阻的阻值。

③总结：热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，随温度的降低而增大。

(2)研究光敏电阻的特性①将光敏电阻、多用电表、灯泡、滑动变阻器按如图所示正确连接，多用电表置于“×100”挡。

②先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值。

③打开电源，让小灯泡发光，调节灯泡的亮度使之逐渐变亮，观察光敏电阻的变化情况。

④用黑纸遮光时，观察光敏电阻的变化情况。

⑤总结：光照增强光敏电阻阻值变小，光照减弱光敏电阻阻值变大。

考点一| 热敏电阻的特性与应用1．热敏电阻的特性热敏电阻的阻值随温度升高而减小，随温度降低而增大。

2．热敏电阻的作用将温度这个热学量转换为电阻这个电学量。

[考点对练]1．利用负温度系数热敏电阻(温度越高，电阻越小)制作的热传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围内的温度变化，反应快，而且精确度高。

(1)如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变，只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变________(选填“大”或“小”)。

(2)上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度。

如果刻度盘正中的温度为20 ℃(如图甲所示)，则25 ℃的刻度应在20 ℃的刻度的________(选填“左”或“右”)侧。

甲乙(3)为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化，请用图乙中的器材(可增加元器件)设计一个电路。

第2节　变压器　电能的输送素养提升基础知识一、理想变压器1.变压器的原理基础过关 紧扣教材·自主落实教材解读 现象是变压器工作的基础.电流通过原线圈时在铁芯中激发 ,由于电流的大小、方向在不断变化,铁芯中的磁场也在不断 ,变化的磁场在副线圈中产生 电动势.在输入电压一定时,原、副线圈取不同的匝数,副线圈输出的电压也不一样.互感磁场变化感应2.理想变压器的基本关系(1)功率关系: .P 入=P 出降压升压3.几种常见的变压器(1)自耦变压器——调压变压器()()():2⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩电压互感器把高 变成低 ,其原线圈匝数 选填“多于”或“少于”副线圈匝数.互感器电流互感器:把大 变成小 ,其原线圈匝数 选填“多于”或“少于”副线圈匝数.电压电压多于电流电流少于二、电能的输送1.输电过程(如图所示)3.电压损失Ir(1)ΔU= .(2)ΔU=U-U′.I2r (2)ΔP=P-P′.(1)理想变压器的基本关系式中,电压和电流可以均为有效值.( )(2)变压器不但能改变交变电流的电压,也能改变直流电流的电压,还能改变交变电流的频率.( )(3)正常工作的变压器,当副线圈与用电器断开时,副线圈两端无电压.( )(4)变压器副线圈并联更多的用电器时,原线圈输入的电流随之减小.( )(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗.( )过关巧练√1.思考判断×××√2.如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2;副线圈电路中接有灯泡,灯泡的额定电压为220 V,额定功率为 22 W;原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表.现闭合开关,灯泡正常发光.若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数,则( )A3.(2018·广东深圳模拟)如图为远距离输电的电路原理图,则下列判断正确的是( )DA.U1>U2B.U2=U3C.I4<I2D.I1>I2解析:从电厂经升压变压器,电压被提高,U1<U2,而电流与匝数成反比,则有I 1>I2.故A错误,D正确;由于输电线存在电阻,所以U2>U3,故B错误;用户处为降压变压器,根据电流与匝数成反比,知I2<I4.故C错误.考点研析 核心探究·重难突破考点一　理想变压器的原理和基本关系1.变压器的工作原理2.理想变压器的制约关系【典例1】 (2016·全国Ⅲ卷,19)(多选)如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,两灯泡均能正常发光,下列说法正确的是( )A.原、副线圈匝数之比为9∶1B.原、副线圈匝数之比为1∶9C.此时a和b的电功率之比为9∶1D.此时a和b的电功率之比为1∶9AD【针对训练】 如图所示,理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上,交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin 100πt(V),副线圈所在电路中接有一个电阻、小电动机、理想交流电压表和理想交流电流表.已知理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1.电阻的额定功率为44 W,小电动机内电阻为1 Ω,电流表示数为3 A,各用电器均正常工作.则( )A.电压表示数为31.1 VB.小电动机的输出功率为21 WC.变压器的输入功率为44 WD.通过保险丝的电流为30 AB考点二　理想变压器的动态分析1.变压器动态分析的两种情况(1)匝数比不变、负载发生变化的情况(如图)②当负载电阻发生变化时,I2变化,输出电流I2决定输入电流I1,故I1发生变化.③I2变化引起P2变化,P1=P2,故P1发生变化.(2)负载电阻不变、匝数发生变化的情况(如图)②R不变,U2改变,故I2发生变化.A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22 VB.当单刀双掷开关与a连接时,在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小C.当仅把单刀双掷开关由a扳向b时,原线圈输入功率变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时,调节滑动变阻器滑片到适当位置,有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等变压器动态分析要点反思总结处理此类问题的关键是要分清变量和不变量,弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系——U2由U1和匝数比决定;I2由U2和负载电阻决定;I1由I2和匝数比决定.1.[负载电阻变化](2019·山东淄博一中质检)如图所示,理想变压器原线圈两端的电压不变,电流表为理想电流表,副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2,输电线的等效电阻为R,开始开关S断开,当开关S闭合后,以下说法正确的是( )A.副线圈两端MN输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R上的电压减小C.通过灯泡L 1的电流增大D.原线圈中电流表的示数增大题组训练D解析:理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出电压也不变,故A错误;由于副线圈的输出电压不变,当S闭合时,副线圈的电阻减小,所以总的电流变大,所以副线圈输电线等效电阻R上的电压增大,故B错误;当S闭合后,两个灯泡并联,电路的电阻减小,副线圈的电流变大,所以通过电阻R的电流变大,电压变大,那么并联部分的电压减小,所以通过灯泡L的电流减小,故C错误;由于变压器的输入功率和输出1功率相等,副线圈的电阻减小了,输出功率变大了,所以原线圈的输入功率也要变大,因为输入的电压不变,所以输入的电流要变大,故D正确.2.[原、副线圈匝数都变化](2016·四川卷,2)如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电,如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件B不变,则( ) Array A.小灯泡变亮B.小灯泡变暗C.原、副线圈两端电压的比值不变D.通过原、副线圈电流的比值不变考点三　远距离输电远距离输电问题的“三二一”1.理清三个回路在回路2中,U 2=ΔU+U 3,I 2=I 线=I 3.3.掌握一个守恒能量守恒关系式P1=P损+P4.【典例3】 (2019·山东济宁质检)图(甲)为远距离输电示意图,变压器为理想变压器,升压变压器原副线圈匝数比为 1∶100,输入电压如图(乙)所示,远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图(报警器未画出),R 1为定值电阻,R 2为半导体热敏材料制成的传感器,当温度升高时其阻值变小.未出现火警时,升压变压器的输入功率为660 kW.下列说法中正确的是( )A A.远距离输电线路损耗的功率为90 kWB.远距离输电线路损耗的功率为180 kWC.当传感器R 2所在处出现火警时,输电线上的电流变小D.当传感器R 2所在处出现火警时,R 2两端的电压变大【针对训练】 已投产运行的1 000 kV特高压输电项目,是目前世界上输电电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电,在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用1 000 kV特高压输电,不考虑其他因素的影响.则( )D素养提升 学科素养·演练提升核心素养【思维拓展】 把握三点,解决含二极管的变压器问题1.二极管具有单向导电性:正向导通,反向截止.2.先假设二极管不存在,分析副线圈的电流,再利用二极管的单向导电性对副线圈的电流进行修正.3.结合能量守恒定律进行分析.【示例】 (多选)如图,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1,n 2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大.用交流电压表测得a,b端和c,d端的电压分别为U ab 和U cd ,则( )BD A.Uab ∶U cd =n 1∶n 2B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小C.负载电阻的阻值越小,cd间的电压U cd 越大D.将二极管短路,电流表的读数加倍解析:因副线圈负载中有二极管,因此a,b两点间电压与c,d两点间电压不再满足与线圈匝数成正比,因此A项错误;增大负载电阻的阻值R,会使副线圈中的电流变小,因此原线圈中的电流表示数变小,故B项正确;副线圈两端电压由原副线圈的匝数比和原线圈电压决定,只减小负载电阻的阻值不会改变副线圈的电压,故c,d两点间电压不变,选项C错误;当二极管导通时会造成半波损失,若将二极管短路,半波损失会消失,因此电阻消耗的电功率会加倍,由P=UI知,因P加倍而U不变,因此I加倍,因此电流表的读数加倍,故D项正确.高考模拟BA.2B.3C.4D.5　C3.(2016·天津卷,5)如图所示,理想变压器原线圈接在交流电源上,图中各电表均为理想电表.下列说法正确的是( )A.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,R1消耗的功率变大B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电压表V示数变大C.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电流表A1示数变大D.若闭合开关S,则电流表A1示数变大,A2示数变大B点击进入课时训练。

第十一章交流电传感器第三讲实验十二：传感器的简单使用课时跟踪练1．关于传感器工作的一般流程，下列说法中正确的是()A．非电学量→敏感元件→转换电路→电学量→转换元件B．电学量→敏感元件→转换电路→转换元件→非电学量C．非电学量→敏感元件→转换元件→转换电路→电学量D．非电学量→转换电路→转换元件→敏感元件→电学量解析：传感器工作的一般流程为：非电学量被敏感元件感知，然后通过转换元件转换成电信号，再通过转换电路将此信号转换成易于传输或测量的电学量，因此A、B、D错，C对．答案：C2．(多选)(2018·孝感模拟)如图所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场．在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置．由以上信息可知()A．电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D．如果用戴了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作解析：电容触摸屏在原理上把人体当作一个电容器元件的一个极板，把导体层当作另一个极板，故A正确；手指与屏的接触面积越大，即两个极板的正对面积越大，故电容越大，B正确，C错误；如果带了手套或手持不导电的物体触摸时没有反应，这是因为手与导体层距离较大，不能引起导体层电场的变化，D错误．答案：AB3.(2018·太原模拟)如图所示，由电源、小灯泡、电阻丝、开关组成的电路中，当闭合开关S后，小灯泡正常发光，若用酒精灯加热电阻丝时，发现小灯泡亮度变化是________，发生这一现象的主要原因是________(填字母代号)．A．小灯泡的电阻发生了变化B．小灯泡灯丝的电阻率随温度发生了变化C．电阻丝的电阻率随温度发生了变化D．电源的电压随温度发生了变化解析：电阻丝的电阻率随温度的升高而增大，电阻也增大，根据闭合电路欧姆定律I＝ER＋r可知，电流减小，小灯泡的实际功率减小，所以变暗．答案：变暗 C4．(2018·石家庄模拟)一些材料的电阻随温度的升高而变化．如图甲是由某金属材料制成的电阻R随摄氏温度t变化的图象，若用该电阻与电池(电动势E＝1.5 V，内阻不计)、电流表(量程为5 mA，内阻不计)、电阻箱R′串联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属电阻温度计”．(1)电流刻度较大处对应的温度刻度________(选填“较大”或“较小”)；(2)若电阻箱阻值R′＝150 Ω，当电流为5 mA时对应的温度数值为________℃.解析：(1)由题图甲可知，温度升高，电阻阻值增大，电路中电流减小，因此电流刻度较大处对应的温度刻度较小．(2)电流为5 mA时，电路总电阻为300 Ω，电阻箱阻值R′＝150 Ω，则R＝150 Ω，由题图甲得对应的温度为50 ℃.答案：(1)较小(2)505．(2018·临沂模拟)一台臭氧发生器P的电阻为10 kΩ，当供电电压等于24 V时能正常工作，否则不产生臭氧．现要用这种臭氧发生器制成自动消毒装置，要求它在有光照时能产生臭氧，在黑暗时不产生臭氧，拟用一个光敏电阻R1对它进行控制，R1的阻值在有光照时为100 Ω，黑暗时为1 000 Ω，允许通过的最大电流为3 mA；电源E的电压为36 V，内阻不计；另有一个滑动变阻器R2，阻值为0～100 Ω，允许通过的最大电流为0.4 A；一个开关S和导线若干．臭氧发生器P和光敏电阻R1的符号如图所示．设计一个满足上述要求的电路图，图中各元件要标上字母代号，其中滑动变阻器两固定接线柱端分别标上字母A、B(电路图画在虚线框内)．解析：为了能控制臭氧发生器，应该用滑动变阻器的分压式接法，有光照时P 能正常工作，无光照时P不工作．电路图如图所示．答案：见解析图6．(2016·北京卷)热敏电阻常用于温度控制或过热保护装置中．图为某种热敏电阻和金属热电阻的阻值R随温度t变化的示意图．由图可知，这种热敏电阻在温度上升时导电能力________(选填“增强”或“减弱”)；相对金属热电阻而言，热敏电阻对温度变化的响应更__________(选填“敏感”或“不敏感”)．解析：由Rt图象可知，热敏电阻在温度上升时电阻减小，则导电能力增强．相对金属热电阻，热敏电阻在相同的温度变化情况下电阻变化大，则热敏电阻对温度变化的响应更敏感．答案：增强敏感7．为节约能源采用光电池为路灯提供电能，用光敏电阻作为传感器控制路灯电路的开关，实现自动控制．光敏电阻的阻值随照射光的强弱而变化，作为简化模型，可以近似认为，照射光较强(如白天)时电阻几乎为0；照射光较弱(如天黑)时电阻接近于无穷大．利用光敏电阻作为传感器，借助电磁开关，可以实现路灯自动在白天关闭，天黑时打开．电磁开关的内部结构如图所示.1、2两接线柱之间是励磁线圈，3、4两接线柱分别与弹簧片和触点连接．当励磁线圈中电流大于50 mA时，电磁铁吸合铁片，弹簧片和触点分离，3、4断开；电流小于50 mA时，3、4接通．励磁线圈中允许通过的最大电流为100 mA.(1)利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，在方框中画出电路原理图．光敏电阻R1，符号；灯泡L，额定功率40 W，额定电压36 V，符号错误!；保护电阻R2，符号；电磁开关，符号；蓄电池E，电压36 V，电阻很小；开关S，导线若干．(2)回答下列问题：①如果励磁线圈的电阻为200 Ω，励磁线圈允许加的最大电压为______V，保护电阻R2的阻值范围为______Ω.②在有些应用电磁开关的场合，为了安全，往往需要在电磁铁吸合铁片时，接线柱3、4之间从断开变为接通．为此，电磁开关内部结构应如何改造？请结合本题中电磁开关内部结构图说明．解析：(1)要使光敏电阻能够对电路进行控制，且有光照时路灯熄灭，光敏电阻应与1、2串联，3、4与路灯串联，电路图如图所示．(2)①由U ＝IR 得励磁线圈允许加的最大电压U m ＝I m R ＝0.1×200 V ＝20 V ；依据允许通过励磁线圈的电流最大值和最小值计算得R 2min ＝E －U m I m ＝160.1Ω＝160 Ω，R 2max ＝E －RI min I min ＝260.05Ω＝520 Ω，因此保护电阻R 2的阻值范围为160～520 Ω；②解析略．答案：(1)见解析 (2)①20 160～520②把触点从弹簧片右侧移到弹簧片左侧，保证当电磁铁吸合铁片时，3、4之间接通；不吸合时，3、4之间断开8．传感器担负着信息的采集任务，在自动控制中发挥着重要作用，传感器能够将感受到的物理量(如温度、光、声等)转换成便于测量的量(通常是电学量)．例如热敏传感器，主要是应用半导体材料制成的热敏电阻，热敏电阻阻值随温度变化的图线如图甲所示，图乙所示是由热敏电阻R 1作为传感器制作的简单自动报警器线路图．图甲 图乙(1)为了使温度过高时报警器铃响，c 应接在________(选填“a ”或“b ”)处．(2)若要使启动报警的温度提高些，应将滑动变阻器滑片P 向________(选填“左”或“右”)移动．(3)如果在调试报警器达最低报警温度时，无论如何调节滑动变阻器滑片P 都不能使报警器工作，且电路连接完好，各电路元件都能处于工作状态，则造成工作电路不能工作的原因可能是_____________________________________________________．解析：(1)从题图甲的图线可知，热敏电阻阻值随温度的升高而减小，从而使电路中的电流变大，要求温度过高时报警器铃响，则c 应接在a 处时电路才会接通．(2)由题给线路图易知，滑动变阻器滑片P向左移动时，会使启动报警的温度提高．(3)电路连接完好且各元件都处于工作状态，而电路不能工作，说明电路中电流过小，电磁铁的磁性太弱，以致不能控制右侧的电路接通，原因可能是左边电源路端电压过小，或线圈的匝数过少，或弹簧的劲度系数过大等．答案：(1)a(2)左(3)题图乙中左边电源路端电压太小，或线圈的匝数太少，或弹簧的劲度系数太大等。

2020版高三物理一轮复习变压器电能的输送1. 一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为丨1,输入功率为P l,副线圈的电流为丨2,输出功率为P2. 当R增大时（）A. I 1减小,P l增大B」2减小,P2减小C.I 2增大,P2减小D.I 1增大,P2增大解析：理想变压器（副线圈上电压不变）当负载电阻R增大时电流I2减小，由R=Ul2可知,功率P2也减小,所以B正确.答案:B2. 一理想变压器原？副线圈匝数比n i：n2=11：5.原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图所示.副线圈仅接入一个10 Q的电阻.则（）A. 流过电阻的电流是20 AB. 与电阻并联的电压表的示数是100.2 VC. 经过1分钟电阻发出的热量是6X103 JD. 变压器的输入功率是1X103 W解析：由图象可知U=220 V,则u=也U=5X 220V=100 V m 11流过电阻电流1=匕=10 A,A错；电压表示数应为100V,B错;1分钟放出热量Q=I2Rt=102x 10X 60 J=6 X 104 J,C 错;P 出=UI=100 X 10 W=1X 103 W,所以P 入=卩出=1X 103 W,D 正确.答案:D3. 为探究理想变压器原？副线圈电压？电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L i、L2,电路中分别接了理想交流电压表V V2和理想交流电流表A、A导线电阻不计，如图所示.当开关S闭合后（）A. A i示数变大,A i与A示数的比值不变B. A i示数变大,A i与A示数的比值变大C. V2示数变小,V i与V示数的比值变大DV示数不变,V i与V2示数的比值不变解析：本题考查变压器的工作原理及应用•由U i比可知,由于V不变,所以副U 2 门2线圈的输出电压U不变，且V与V2示数的比值不变，故当开关S闭合后，电阻R减小，由12=匕可知,电流表A的示数变大,由山匹可知,电流表A i的示数也变大,但A R12 m与A示数的比值不变,始终等于匹.故A?D正确.答案:AD4. 如图,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=Usin cot的交流电源,副线圈接一个R=27.5 Q的负载电阻•若U0=220 2 V, o =100n rad/s.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-—s100C. 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解析：因为U0=220.2 V,则电压有效值U=220 V,由U 2 门2 4正确.因为3 =100n rad/s,则T -2s=0.02 s,贝U B错误.100负载R中电流l2=U 55匕=2 A,由11 些得I 1=0.5 A,所以C正确.功率R 27.5 12口P=U11=220 V X 0.5 A=110 W,所以D错误.答案:AC5. 如图所示电路中的变压器为理想变压器,S为单刀双掷开关,P是滑动变阻器R 的滑动触头,U1为加在原线圈两端的交变电压,I 1?I 2分别为原线圈和副线圈中的电流. 下列说法正确的是（）A. 保持P的位置及U不变,S由b切换到a,则R上消耗的功率减小B. 保持P的位置及U不变,S由a切换到b,则丨2减小C. 保持P的位置及U不变,S由b切换到a,则11增大D. 保持U不变,S接在b端,将P向上滑动，则丨1减小解析:S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大,R上消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故输入电流11增大，所以A错C 对;S 由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小,1 2减小,B对;P向上滑动时,R 减小,I 2增大，由电流与匝数的关系可知,I 1增大,D错.答案:BC6. 如图所示,P 为一理想自耦变压器的滑片,Q 为滑动变阻器的滑动触头•在输入 交变电压一定的条件下，下列说法正确的是（）A. Q 不动,P 向下移动，电流表示数减小，电压表示数增大B. Q 不动,P 向上移动，电流表示数减小，电压表示数减小C. P 不动,Q 向上移动,电流表示数增大,电压表示数不变D. P 不动,Q 向下移动,电流表示数增大,电压表示数不变解析:图为升压自耦变压器,当Q 不变P 下移时,n i 减小U 2 T ，读数增大,副线圈读数减小，12 JldB 正确.当P 不动时n i 不变，由匕 西知U 2不变，读数不变,Q U 2 n 2上移RJ I 2门i T 读数增大,C 对D 错.答案:BC7. 某水电站，用总电阻为2.5 Q 的输电线输电给500km 外的用户，其输出电功率 是3X 106 kW,现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是（）A. 输电线上输送的电流大小为2.0 X 105 AB. 输电线上由电阻造成的损失电压为 15 kVC. 若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9X 108 kW 、 U 2 、D. 输电线上损失的功率为 △ P=—,U 为输电电压,r 为输电线的电阻r解析：本题考查远距离输电原理及输电线路的电压损耗和功率损耗 .由P 输=2输I电流I 2=U 2原线圈电流11T, 读数增大,故A 错？当Q 不变P 上移时n i tU 2；线上的电压损耗U 损=1输R 线=6000X 2.5 V=15 kV,B 正确；输电线上的功率损耗应该使U 2用P 损=1输R 线=5员I 输来计算,若用P —来计算,U 为电压损耗才可以，D 错误;若改r用5 kV 电压输电,则输电线上损失的功率为9X 1011 kW,C 错误.答案:B8. 如图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 也 丄，加在原线圈的电压为 u i =311si n100 n t(V),霓虹灯正p 20常工作的电阻R=440 k Q ,I ?2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. I 1<I 2 D 」1>I 2解析:由 U 1=311sin100 n t(V)311知 Ui= V=220 V由 U 1 n 1 得 12=4400 V U 2 n 2 U 212=^ =0.01 AR 故A 错误,B 正确.输,可见用500 kV 电压输电时,输电电流为1=备 轉1。

2 变压器远距离输电选择题(1～8题为单项选择题，9～14题为多项选择题)1．如图1所示的交流电路中，理想变压器输入电压为u1＝U1m sin 100πt(V)，输入功率为P1，输出功率为P2，电压表读数为U2，各交流电表均为理想电表。

由此可知( )图1A．灯泡中电流方向每秒钟改变100次B．变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶U2C．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时各个电表读数均变大D．当滑动变阻器R的滑动头向上移动时P1变大，且始终有P1＝P2解析由u1＝U1m si n 100πt(V)，可知交变电流频率为50 Hz，灯泡中电流方向每秒钟改变100次，选项A正确；变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶(2U2)，选项B错误；当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，电流表读数增大，变压器输出电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表读数不变，选项C错误；当滑动变阻器R的滑动头向上移动时，变压器输出电流减小，输出功率减小，根据变压器功率的制约关系，P1变小，且始终有P1＝P2，选项D错误。

答案 A2．(2018·江西萍乡二模)如图2所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000 V 以上的电压，火花塞中产生火花。

下列说法中正确的是 ( )图2A．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制B ．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压C ．变压器原线圈输入的12 V 电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压D ．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数解析 汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，所以B 错误；由题可知原线圈处接12 V 的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，所以C 错误；由U 1U 2＝n 1n 2可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，所以D 错误。

Evaluation Only. Created with Aspose.Words. Copyright 2003-2016 Aspose Pty Ltd.课练 33 变压器 电能的输送 传感器的简洁应用1．(2021·辽宁锦州期末)如图所示，抱负变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接在正弦沟通电源上，副线圈接入“3 V 6 W ”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )A ．原线圈电压有效值为3 VB ．电源输出功率为120 WC ．电流表的示数为0.1 AD ．电流表的示数为40 A 答案：C解析：依据抱负变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，原线圈两端电压有效值为60 V ，选项A 错误；抱负变压器输入功率等于输出功率，所以输入功率和输出功率都为6 W ，则电源输出功率为6 W ，选项B 错误；抱负变压器输入功率为6 W ，则原线圈中的电流有效值为I ＝P U ＝660A ＝0.1 A ，选项C 正确，选项D 错误．2．(2021·福建宁德一模)如图所示，抱负变压器的副线圈接有一规格为“44 V 44 W ”的灯泡和线圈电阻r ＝1 Ω的电动机，原线圈接上u ＝2202sin 100πt(V )的正弦沟通电后灯泡和电动机都正常工作，且原线圈中抱负沟通电流表的示数为1 A ，下列说法正确的是( )A ．抱负变压器原、副线圈匝数之比为4∶1B ．电动机的输出功率为176 WC ．电动机的热功率为6 WD ．若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，则电流表的示数变为9 A 答案：D解析：原线圈两端的电压有效值为U 1＝220 V ，灯泡和电动机都正常工作，所以灯泡两端的电压有效值为44 V ，依据抱负变压器原、副线圈电压与匝数成正比，得n1n2＝U1U2＝22044＝51，故A 错误；依据电流与匝数成反比有I1I2＝n2n1，得副线圈中的电流有效值I 2＝5 A ，灯泡中的电流I L ＝P U ＝4444A ＝1 A ，由于I 2＝I M ＋I L ，可得流过电动机的电流有效值I M ＝4 A ，电动机输入功率为P 入＝U 2I M ＝176 W ，电动机的热功率为P 热＝I2M r ＝16 W ，所以电动机的输出功率为P 出＝P入－P 热＝160W ，故B 、C 错误；若电动机被卡住，灯泡仍正常工作，I′M ＝U2r＝44 A ，流过副线圈的电流I′2＝I L ＋I′M ＝45 A ，依据电流与匝数成反比得I′1＝9 A ，故D 正确．3．(2021·河南鹤壁高级中学月考)(多选)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．两条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则( )A ．电压表V 1、V 2的示数几乎不变B ．电流表A 2的示数增大，电流表A 1的示数减小C ．电压表V 3的示数增大，电流表A 2的示数增大D ．电压表V 2、V 3的示数之差与电流表A 2的示数的比值不变 答案：AD解析：抱负变压器的输出电压是由输入电压和匝数比打算的，由于输入电压不会有大的波动，匝数比不变，所以输出电压几乎不变，故电压表V 1、V 2的示数几乎不变，选项A 正确；当负载增加时，相当于支路增加，电路中的总电阻变小，总电流变大，即A 2的示数变大，则A 1的示数变大，选项B 错误；由于副线圈中的电流变大，电阻R 0两端的电压变大，又由于V 2的示数几乎不变，所以V 3的示数变小，选项C 错误；电压表V 2、V 3的示数之差恰等于输电线损耗的电压值，电流表A 2的示数为输电线上的电流，所以两者之比等于输电线的总电阻R 0，不变，选项D 正确．4．(2021·山西重点中学协作体一模)如图所示为远距离输电线路的示意图．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B ．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比打算C ．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 答案：C解析：用户用电设备消耗的功率增大，升压变压器、降压变压器的原、副线圈中电流都要增大，选项A 错误；输电线中的电流与用户消耗的功率和高压输电电压有关，选项B 错误；用户用电器的总电阻减小，而输出电压不变，所以输电电流增大，输电线上损失的功率增大，选项C 正确；升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压加上输电线损耗的电压，选项D 错误．5．(2021·黑龙江哈三中三模)(多选)电压互感器、电流互感器是将大电压、大电流降为小电压、小电流并进行测量的变压器．如图所示，用两个互感器测量某输电电路中的电压和电流，图中圆圈内a 、b 表示电压表或电流表，电压互感器的电压比为1 000∶1，电流互感器的电流比为10∶1，电压表的示数为38 V ，电流表的示数为5 A ，则( )A ．输电线路输送的电功率是1.9×104 WB ．输电线路输送的电功率是1.9×106 WC ．a 为电流表，b 为电压表D ．a 为电压表，b 为电流表 答案：BD解析：电压互感器与电路是并联关系，电流互感器与电路是串联关系，故a 为电压表，b 为电流表，电压互感器的电压比为1 000∶1，所以输电线路中的电压有效值为3.8×104V ，电流互感器的电流比为10∶1，故输电线路中的电流有效值为50 A ，所以输电线路输送的电功率为3.8×104×50 W ＝1.9×106W ，B 、D 正确．6．(2021·河南濮阳一中期末)如图所示，两个相同的灯泡，分别接在抱负变压器的原、副线圈上，灯泡电阻不随温度变化．已知原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，电源交变电压为U ，题中U 、I 均表示有效值，则( )A ．灯泡A 、B 两端的电压之比U A ∶U B ＝2∶1 B ．通过A 、B 的电流之比I A ∶I B ＝2∶1C ．灯泡A 、B 消耗的功率之比P A ∶P B ＝4∶1D ．灯泡A 、B 两端的电压分别是U A ＝15U ，U B ＝25U答案：D解析：通过灯泡A 、B 的电流分别为变压器原、副线圈的电流，I A ∶I B ＝n 2∶n 1＝1∶2，选项B 错误；由于A 、B 是两只相同的灯泡，所以灯泡A 、B 两端的电压之比等于电流之比，故U A ∶U B ＝1∶2，选项A 错误；由于是两只相同的灯泡，消耗的功率之比等于电流的平方之比，即P A ∶P B ＝1∶4，选项C 错误；由于灯泡B 两端的电压为副线圈两端电压，则原线圈两端电压U 1＝n1n2U B ＝2U B ，而U A ＝12U B ，由于灯泡A 跟原线圈串联，故12U B ＋2U B ＝U ，可得U A ＝15U ，U B ＝25U ，选项D 正确．7．(2021·山东省试验中学一诊)在如图所示的电路中，抱负变压器的匝数比为2∶1，四个标有“6 V 6 W ”的完全相同的灯泡L 1、L 2、L 3、L 4，按如图所示的方式接入电路，其中L 1恰能正常发光．忽视灯泡电阻随电压的变化．电路中的电表均为抱负沟通电表，则下列选项中正确的是( )A ．L 2、L 3、L 4均正常发光B ．电流表示数为0.5 AC ．m 、n 两点间所加的电压有效值为14 VD ．整个电路消耗的总功率为18 W 答案：C解析：由灯泡L 1恰能正常发光得，原线圈中的电流有效值I 1＝66A ＝1 A ，依据抱负变压器原、副线圈中的电流与匝数成反比得，副线圈中的电流有效值I 2＝2 A ，依据并联电路中电流特点可知通过L 2、L 3、L 4的电流均为23A ，所以L 2、L 3、L 4不能正常发光，电流表的示数即副线圈中的电流为2 A ，故A 、B 错误；灯泡电阻R ＝U2P ＝626Ω＝6 Ω，副线圈两端的电压U 2＝23×6 V ＝4 V ，依据抱负变压器原、副线圈的电压与匝数成正比得，原线圈两端的电压有效值为8 V ，m 、n 两点间所加的电压有效值为u mn ＝6 V ＋8 V ＝14 V ，故C 正确；整个电路消耗的总功率为P′＝P 1＋U 2I 2＝6 W ＋4×2 W ＝14 W ，故D 错误．8．(2021·河北衡水中学期末)(多选)如图所示，矩形线圈abcd 与一个有抽头的抱负变压器原线圈组成闭合电路．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，磁感应强度大小为B ，线圈转动的角速度为ω，匝数为N ，线圈电阻不计．下列说法正确的是( )A ．将原线圈抽头P 向上滑动时，灯泡变暗B ．电容器的电容C 变大时，灯泡变暗C ．线圈处于图示位置时，图中沟通电压表读数为零D ．若线圈转动的角速度变为2ω，则沟通电压表读数变为原来2倍 答案：AD解析：将原线圈抽头P 向上滑动时，原线圈的匝数变大，故变压器输出的电压变小，灯泡变暗，选项A 正确；电容器的电容C 变大时，电容对电流的阻碍作用变小，故灯泡变亮，选项B 错误；由题图可知，线圈位于中性面，此时线圈瞬时感应电动势为零，但沟通电压表测量的是有效值，读数不为零，选项C 错误；若线圈转动的角速度变为2ω，电压的最大值变为原来的2倍，电压的有效值变为原来的2倍，故沟通电压表的读数变为原来的2倍，选项D 正确．9．(2021·福建厦门一模)(多选)如图所示，有一矩形线圈的面积为S ，匝数为N ，电阻不计，绕OO′轴在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动．从图示线圈平面与中性面垂直的位置开头计时．矩形线圈通过铜滑环接抱负变压器原线圈，副线圈接有固定电阻R 0和滑动变阻器R ，下列推断正确的是( )A ．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωsin ωtB ．矩形线圈从图示位置经过2πω的时间后，通过电流表A 1的电荷量为零C ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电流表A 1和A 2的示数都变小D ．当滑动变阻器的滑片向上滑动过程中，电压表V 1示数不变，V 2和V 3的示数都变小 答案：BC解析：由于线圈是从垂直于中性面的位置开头计时，所以矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωcos ωt，故A 错误；t ＝2πω＝T ，矩形线圈转动一周，磁通量的变化量为零，平均感应电动势为零，平均电流为零，所以0～2πω时间内通过电流表A 1的电荷量为零，故B 正确；滑动变阻器滑片向上滑动过程中，滑动变阻器接入电路的阻值变大，依据欧姆定律可知，副线圈电流变小，原、副线圈匝数比不变，则原线圈电流减小，即电流表A 1和A 2的示数都变小，故C 正确；滑动变阻器滑片向上滑动过程中，滑动变阻器连入电路电阻变大，原线圈电压U 1不变，原、副线圈匝数比不变，副线圈两端的电压不变，所以电压表V 2的示数不变，副线圈电阻变大，电流变小，电阻R 0两端的电压变小，滑动变阻器两端的电压变大，即电压表V 3的示数变大，故D 错误．10．(2021·湖南衡阳月考)(多选)自耦变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器，其原理和一般变压器一样．如图所示的抱负自耦变压器的原线圈两端接入u ＝2202sin 100πt(V )的沟通电，副线圈上标有“55 V 20 W ”的白炽灯恰好能够正常发光，则下列说法正确的是( )A ．原线圈中抱负电压表的示数为220 2 VB ．副线圈中输出沟通电的周期为1100πsC ．原、副线圈的匝数之比为4∶1D ．当滑动变阻器的滑片向上滑动时，自耦变压器输入功率变大 答案：CD解析：原线圈中抱负电压表的示数为U 1＝22022V ＝220 V ，故A 错误；依据原线圈输入电压的瞬时值表达式知，角速度ω＝100π rad /s 周期T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，变压器不会转变沟通电的周期，副线圈输出沟通电的周期为0.02 s ，故B 错误；白炽灯正常发光，则副线圈两端的电压U 2＝55 V ，依据抱负变压器中原、副线圈的电压与匝数成正比，得n1n2＝U1U2＝22055＝41，故C 正确；滑动变阻器的滑片P 向上滑动时，变阻器接入电路的电阻变小，副线圈回路电阻变小，输出功率变大，则输入功率变大，故D 正确．11．(2021·北京顺义区二模)与一般吉他靠箱体的振动发声不同，电吉他靠拾音器发声．如图所示，拾音器由磁体及绕在其上的线圈组成．磁体产生的磁场使钢质琴弦磁化而产生磁性，即琴弦也产生自己的磁场．当某根琴弦被拨动而相对线圈振动时，线圈中就会产生相应的电流，并最终还原为声音信号．下列说法中正确的是( )A ．若磁体失去磁性，电吉他仍能正常工作B ．换用尼龙材质的琴弦，电吉他仍能正常工作C ．琴弦振动的过程中，线圈中电流的方向不会发生变化D ．拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号 答案：D解析：若磁体失去磁性，则无法产生电磁感应，因此电吉他不能正常工作，故A 错误；电吉他若使用尼龙材质的琴弦，则不会被磁化，不能产生电磁感应，故B 错误；琴弦振动的过程中，线圈中产生感应电流的大小和方向均是变化的，故C 错误；电吉他是依据电磁感应原理工作的，拾音器的作用是利用电磁感应把琴弦的振动转化成电信号，故D 正确．12．一小型水电站，其沟通发电机与升压变压器原线圈连接，如图为输电示意图．升压变压器原线圈的输入功率为P 1＝1 000 kW ，输入电压为U 1＝1 000 V ，在输电过程中，要求能量损耗等于原线圈输入功率的4%，已知输电线电阻为16 Ω，用户降压变压器的输出电压为240 V ，求：(1)升压变压器原线圈中的电流I 1； (2)输电线中的电流I 线；(3)升压变压器与降压变压器的匝数比各为多少？ 答案：(1)1 000 A (2)50 A (3)1∶20 80∶1 解析：(1)升压变压器原线圈中的电流I 1＝P1U1＝1 000 A(2)依据P 线＝I2线R 线得I 线＝ P 线R 线＝ P1×4%R 线＝50 A(3)升压变压器的匝数比n1n2＝I 线I1＝120依据能量守恒定律，可得P 3＝P 2－P 线 又P 2＝P 1故U 3＝P3I 线＝P2－P 线I 线＝1.92×104V降压变压器的匝数比 n3n4＝U3U4＝1.92×104240＝801 刷题加餐练刷高考真题——找规律1．(2016·新课标全国卷Ⅰ)一含有抱负变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为抱负沟通电流表，U 为正弦沟通电压源，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、副线圈匝数比为( )A ．2B ．3C ．4D ．5 答案：B解析：设抱负变压器的原、副线圈的电压比U1U2＝n ，则电流比I1I2＝1n ，结合本题数据，当开关断开时有U －3I5nI＝n ，当开关闭合时有U －12I4nI＝n ，综合得到U ＝48I ，解得n ＝3，故选B .2．(2016·新课标全国卷Ⅲ)(多选)如图，抱负变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9 答案：AD解析：设灯泡额定电压U 0，则原线圈两端电压U 1＝10U 0－U 0＝9U 0，副线圈两端的电压U 2＝U 0，依据U1U2＝n1n2，可得原、副线圈匝数之比n1n2＝91，选项A 正确，选项B 错误；由I1I2＝n2n1可得，原、副线圈电流之比为1∶9，由P ＝UI 可得，此时a 和b 的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确．3．(2016·江苏卷)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c 、d 间作为副线圈．在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中( )A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2上升C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2上升 答案：C解析：由题图可知，c 、d 间的线圈为整个线圈的一部分，故其匝数比作为原线圈的整个线圈的匝数少，依据变压器的电压与匝数的关系可知，U 2<U 1，当触头由M 点顺时针旋转到N 点的过程中，c 、d 间的线圈匝数削减，所以输出电压降低，选项C 正确．4．(2016·天津卷)如图所示，抱负变压器原线圈接在沟通电源上，图中各电表均为抱负电表．下列说法正确的是( )A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大 答案：B 解析：滑动变阻器的触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，R 1中的电流变小，R 1消耗的功率变小，选项A 错误；滑动变阻器的触头向上滑动时，R 1两端的电压变小，电压表V 示数变大，选项B 正确；滑动变阻器的触头向上滑动时，副线圈电路的总电阻变大，总功率变小，原线圈的功率也变小，电流表A 1的示数变小，选项C 错误；闭合开关S ，R 1两端的电压变大，电压表V 两端电压变小，A 2示数变小，选项D 错误．刷仿真模拟——明趋向5．(2021·河南开封统考)(多选)国家电网公司推动智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1 400座．变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，抱负变压器原线圈输入电压u ＝2002sin 100πt(V )，电压表、电流表都为抱负电表．则下列推断正确的是( )A ．输入电压有效值为200 V ，频率为50 HzB ．S 拨到a 处不动，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大C ．S 拨到a 处不动，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小D ．若变阻器的滑片不动，S 从a 拨到b 处，电压表V 2和电流表A 1的示数都减小 答案：AD解析：输入电压的最大值U m ＝200 2 V ，有效值U 1＝20022V ＝200 V ，由原线圈输入电压的瞬时值表达式知，电流频率f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，故A 正确；开关拨到a 处不动，副线圈电压不变，即V 1、V 2示数不变，变阻器滑片向下滑动，副线圈电阻减小，A 1、A 2示数均增大，故B 、C 错误；若变阻器的滑片不动，开关从a 拨到b 处，副线圈匝数削减，输入电压不变，输出电压减小，电压表V 2示数减小，输出功率P 2＝U22R 总减小，输入功率P 1＝U 1I 1减小，U 1不变，则I 1减小，即电流表A 1的示数减小，故D 正确．6．(2021·河南一模)如图甲所示，抱负变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦式沟通电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R 0、热敏电阻R T (阻值随温度的上升而减小)及报警器P(电流增加到肯定值时报警器P 将发出警报声)组成闭合回路．电压表、电流表均为抱负电表，则以下推断正确的是( )A ．变压器副线圈中输出沟通电的频率为25 HzB ．电压表的示数为22 2 VC ．R 1处温度减小到肯定值时，报警器P 将会发出警报声D ．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小 答案：B解析：依据图乙知，原线圈输入的沟通电的周期T ＝0.02 s ，频率f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，变压器不转变沟通电的频率，所以变压器副线圈输出沟通电的频率为50 Hz ，故A 错误；原线圈两端电压的有效值U 1＝22022V ＝220 V ，依据抱负变压器中原、副线圈的电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压有效值U 2＝15×220 V ＝44 V ，由于二极管具有单向导电性，所以有U22R 总·T 2＝U2有R 总·T，代入数据解得U 有＝22 2 V ，故B 正确；温度降低，R T 电阻增大，电流减小，电流要增加到肯定值时报警器才报警，故C 错误；报警器报警时，电流增大，输出功率变大，依据输入功率等于输出功率，知变压器的输入功率变大，所以变压器的输入功率比报警前大，故D 错误．7．(2021·浙江三模)(多选)图甲是沟通发电机的示意图，发电机直接与抱负变压器的原线圈相连，V 为沟通电压表．变压器的副线圈接有三个支路，每个支路接有相同规格的小灯泡L 1、L 2和L 3，且L 2串有抱负电感线圈L ，L 3串有电容器C.发电机两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开头计时，产生的交变电流随时间变化的规律如图乙所示．以下推断正确的是 ( )A ．图甲线圈位置叫中性面，此时所产生的感应电动势最大，由图乙可得，此时电压表示数为10 VB ．线圈转动的角速度为100π rad /s,0.02 s 时线圈内电流的流向是D→C→B→AC ．假如灯泡L 1恰好正常发光，那么L 2、L 3两小灯泡都能发光但比L 1要暗D ．增大线圈的转动速度，同时削减副线圈匝数，使副线圈电压不变，则L 1、L 2、L 3三个小灯泡的亮度均不会变化 答案：BC解析：题图甲中线圈与磁场平行，线圈位置与中性面垂直，产生的感应电动势最大，电压表示数为有效值U ＝Um 2＝1022V ＝10 V ，故A 错误；线圈转动的角速度为ω＝2πT ＝2π2×10－2 rad /s ＝100π rad /s,0.02 s 时线圈内电流的流向与零时刻线圈内电流的流向相同，依据右手定则知电流流向是D→C→B→A，故B 正确；由于线圈有感抗，电容有容抗，所以灯泡L 2、L 3两端的电压比灯泡L 1两端的电压小，所以L 2、L 3两小灯泡都能发光但比L 1要暗，故C 正确；增大线圈的转速，且副线圈电压不变，则频率增大，感抗增大，容抗减小，灯泡L 1亮度不变，灯泡L 2变暗，灯泡L 3变亮，故D 错误．刷最新原创——抓重点8．(多选)某试验小组自己动手，在闭合铁芯上绕制变压器的原、副线圈，具体做法是：用外表涂有绝缘层的双股导线绕了n 1圈(ac 和bd)作为原线圈，又用同样的双股导线绕了n 2圈(eg 和fh)作为副线圈，如图所示．将此变压器看作抱负变压器，输入正弦式交变电流，则下列说法正确的是( )A ．ab 相连、cd 相连、ef 相连，a 与c 作为输入端，g 与h 作为输出端，原、副线圈电压之比为n 1∶n 2B ．ab 相连、cd 相连、ef 相连、gh 相连，a 与c 作为输入端，e 与g 作为输出端，原、副线圈电压之比为n 1∶n 2C ．bc 相连、fg 相连，a 与d 作为输入端，e 与h 作为输出端，原、副线圈电压之比为n 1∶n 2D ．bc 相连、ef 相连、gh 相连，a 与d 作为输入端，e 与g 作为输出端，原、副线圈电压之比为n 1∶n 2 答案：BC解析：副线圈的ef 相连，若g 与h 作为输出端，那么穿过副线圈的磁通量始终为零，不能产生感应电流，选项A 错误；ab 相连，cd 相连，a 与c 作为输入端，而副线圈的ef 相连，gh 相连，e 与g 作为输出端，相当于原、副线圈都是两根导线的并联，匝数等于单根导线的匝数，电压比等于n 1n 2，选项B 正确；bc 相连，fg 相连，a 、d 作为输入端，e 、h 作为输出端，相当于两个线圈串联，原、副线圈的匝数同时翻倍，电压比等于n 1∶n 2，选项C 正确；bc 相连，a 、d 作为输入端，相当于匝数翻倍，为2n 1，而ef 相连，gh 相连，e 、g 作为输出端，副线圈的匝数为n 2，故电压比等于2n 1∶n 2，选项D 错误．9．如图所示，在A 、B 间接入U 1＝311sin 314t(V )的正弦式交变电流，通过抱负变压器和相同的抱负二极管D 1、D 2给阻值R ＝20 Ω的纯电阻供电，变压器原线圈匝数n 1＝1 100匝，副线圈匝数n 2＝200匝，Q 为副线圈正中心抽头．为保证平安，二极管的反向耐压值至少为U 0，设电阻R 上消耗的电功率为P ，则( )A ．U 0＝56.6 V ，P ＝20 WB ．U 0＝56.6 V ，P ＝80 WC ．U 0＝28.3 V ，P ＝20 WD ．U 0＝28.3 V ，P ＝80 W 答案：A解析：A 、B 间接入的正弦式交变电流的电压有效值为u ＝3112 V ＝220 V ，依据U1U2＝n1n2可得副线圈两端电压有效值为U 2＝40 V ，而二极管的反向耐压值至少为U 0，U 0是最大值，所以U 0＝40 2 V ＝56.6 V ，Q 为副线圈正中心抽头，由于二极管的单向导电性，则R 两端电压有效值为U R ＝20 V ，所以R 消耗的电功率为P ＝U2R R ＝20220W ＝20 W ，A 正确．刷易错易误——排难点易错点1 在远距离输电问题中，对输送电压、损失电压的关系理解不透彻10．(2021·山东泰安月考)(多选)发电机的路端电压有效值为U ，发电机的输出功率为P ，经电阻为R 的输电线。

11.2 变压器电能的输送高效演练·创新预测1.如图所示,一个理想变压器的原线圈的匝数为50匝,副线圈的匝数为100匝,原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上,导轨的间距为0.4 m,导轨上垂直于导轨有一长度略大于导轨间距的导体棒,导轨与导体棒的电阻忽略不计,副线圈回路中电阻R1=5 Ω,R2=15 Ω,图中交流电压表为理想电压表,导轨所在空间有垂直于导轨平面,磁感应强度大小为1 T的匀强磁场,导体棒在水平外力的作用下运动,其速度随时间变化的关系式为v=5sin 10πt(m/s),则下列说法中正确的是( )A.R1的功率为0.2 WB.电压表的示数为4 VC.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04 Wb/sD.变压器常用的铁芯是利用薄硅钢片叠压而成的,而不是采用一整块硅钢,这是为了增大涡流,提高变压器的效率【解析】选C。

导体棒切割磁感线产生的感应电动势e=BLv=1×0.4×5sin10πt(V)=2sin10πt(V),原线圈两端的电压有效值U1= V= V,根据电压与匝数成正比,得=,即=,解得U2=2 V,所以电压表的示数为2 V;副线圈的电流I2== A= A,电阻R1的功率P1=R1=×5 W=0.1 W,故A、B项错误;根据法拉第电磁感应定律U1m=n1,代入数据:2=50,解得=0.04 Wb/s,故C项正确;变压器的铁芯,在整块导体内部发生电磁感应而产生感应电流的现象称为涡流现象,要损耗能量,不用整块的硅钢铁芯,其目的是增大电阻,从而减小涡流,减小发热量,提高变压器的效率,故D项错误。

2.(2018·新乡模拟)如图所示为理想变压器,三个灯泡L1、L2、L3都标有“6 V6 W”,L4标有“6 V 12 W”,若它们都能正常发光,则变压器原、副线圈匝数比n1∶n2和ab间电压分别为( )A.2∶1,24 VB.2∶1,30 VC.1∶2,24 VD.1∶2,30 V【解析】选B。