通用版2021版高考物理大一轮复习课后限时集训33变压器电能的输送(含解析)

课后限时集训33

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2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2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．(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝2202sin(100πt)V。当用电器电阻R0＝11 Ω时，下列说法正确的是( )

A．通过用电器R0的电流有效值是20 A

B．当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小 C．发电机中的电流变化频率为100 Hz D．升压变压器的输入功率为4 650 W AD [通过用电器R0的电流有效值I＝＝

U220

A＝20 A，A正确；当用电器R0的阻值减

R011

小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误；变压器不改变交流电的频率，f＝50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1＝UI＝220×20 W＝4 400 W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I′＝5 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′R＝5×10 W＝250 W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4 650 W，D正确。]

3．一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝3∶1，图中

1

2

2

210

电阻R1、R2和R3的阻值分别是4 Ω、 Ω和 Ω，U为有效值恒定的正弦交流电源。当开

33关S断开时，理想电流表的示数为I。当S闭合时，电源电压增加到2U，则电流表的示数为( )

A．6I C．10I

B．8I D．12I

B [S断开时，由＝得I2＝3I，副线圈两端的电压U2＝I2(R2＋R3)＝12I，由＝得

I1n2

I2n1U1n1U2n2

U1＝36I，故U＝U1＋IR1＝40I。S闭合时，电流表示数为I′，副线圈中电流I′2＝3I′，副

线圈两端的电压U′2＝I′2R2＝2I′，原线圈两端的电压U′1＝6I′，故2U＝I′R1＋U′1＝10I′，联立解得I′＝8I，B正确。]

4．如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时6盏灯刚好正常发光。下列说法中不正确的是( )

A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2 B．此时交流电源输出的功率为6P C．U0＝6U

D．如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮

A [由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流

I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1，A错误；

由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P，B正确；设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，则U2＝U，U0＝U1＋2U，而U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1，代入得U0＝6U，C正确；当灯L6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P1＝U1I1得I1减小，所以灯L1和L2将变暗，同时因L1和L2分得的电压减小，变压器输入端的电压U1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D正确。]

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

＝8.8×10 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 1002sin 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

2

4

电器正常工作，下列说法正确的是( )

A．输电线上的电流为220 A

n35

B．降压变压器原、副线圈匝数比＝

n41

C．用电器的额定功率P＝5.6×10 W D．用电器上的交流电的频率是50 Hz

C [由交流电瞬时值表达式u＝1 1002sin 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

4

P0U2

n370035

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

n422011

定功率P＝P0－Ir＝5.6×10 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．(多选)(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( )

2

4

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50 A C．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 mA D．当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小

AB [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

I1n2n21 000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＝

I2n1n11

50 A，B正确；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

3

u＝220 2sin 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( )

112

A． Ω

10C．11 Ω

B．1.1 Ω D．112 Ω

B [由a、b两点间的电压为u＝2202sin 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．(多选)(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( )

n2

n1

U2I2

甲 乙

A．电流表的示数为2 A B．电压表的示数为272 V

C．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50 Hz

272

AD [由输入端交变电压u-t图象知，输入电压的有效值为 V＝27 V，由原、副线

2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6

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

9大值为92 V，C错误；变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz，D正确。]

9．(多选)(2019·武汉市部分学校起点调研)含有理想变压器的电路如图所示， L1、L2、

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