课后限时集训(二十八)(时间：40分钟)1．(2020·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220·sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )A．原线圈的输入功率为220WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为55VD．通过电阻R的交变电流的频率是100HzC [理想变压器原线圈所接电源电压有效值为U1＝220V，由变压器的变压原理有＝，又n1∶n2＝4∶1，解得U2＝55V，则电压表的示数为55V，C正确；由欧姆定律得，副线圈的电流为I2＝＝A＝1A，则副线圈的输出功率为P2＝U2I2＝55×1W＝55W，又变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率等于55W，A错误；由P1＝U1I1得I1＝＝A＝0.25A，则电流表的示数为0.25A，B错误；由交流电压的表达式可知，该交流电的频率为50Hz，而变压器不能改变交流电的频率，故流过定值电阻R的交变电流的频率为50Hz，D错误。]2．一理想变压器原、副线圈的匝数比为100∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。则下列说法正确的是( )甲 乙A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为3.1VC．P向左移动时，原、副线圈的电流比减小-9-\nD．P向左移动时，变压器的输出功率增加A [周期T＝2×10－2s，频率f＝50Hz，A正确；原线圈输入电压的有效值为V＝220V，所以，副线圈输出电压的有效值为V＝2.2V，B错误；根据U1I1＝U2I2，所以＝＝不变，C错误；变压器的输出功率P2＝，P向左移动时，电阻变大，变压器的输出功率减小，D错。]3.一台交流发电机的输出电压表达式为u1＝1000·sin100πt(V)，通过匝数比为4∶1的理想降压变压器给若干盏“220V 60W”的灯泡供电，如图所示。输电线总电阻r＝10Ω，其他电阻不计，为了保证灯泡正常发光，接入电路的灯泡数量为( )A．44B．176C．195D．783B [设接入灯泡的数量为n，每盏灯的额定电流为I＝＝A＝A，流过原、副线圈的电流分别为nI和nI，灯泡的额定电压为U，原线圈两端的电压为U原＝4U＝880V，发电机输出的电压有效值U1＝1000V，输电线损耗电压U损＝U1－U原＝(1000－880)V＝120V，由U损＝nIr＝120V，解得n＝176，选项B正确，A、C、D错误。]4．(2020·浙江7月卷·T11)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V。已知输电线上损失的功率P线＝5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )A．发电机输出的电流I1＝40AB．输电线上的电流I线＝625AC．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D．用户得到的电流I4＝455AC [发电机输出的电流I1＝＝A＝400A，选项A错误；输电线上的电流I-9-\n线＝＝A＝25A，选项B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝V＝4×103V，输电线损耗电压ΔU＝I线R＝25×8V＝200V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3800V，故降压变压器的匝数比＝＝＝，选项C正确；降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95kW，故用户得到的电流I4＝＝A≈431.8A，选项D错误。]5．(多选)在如图甲所示的含有理想变压器的电路中，变压器原、副线圈匝数比为20∶1，图中电表均为理想交流电表，R为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L1和L2是两个完全相同的灯泡。原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是( )甲 乙 A．交流电的频率为50HzB．电压表的示数为22VC．当照射R的光强增大时，电流表的示数变大D．若L1的灯丝烧断后，电压表的示数会变大AC [由图乙知，交流电的周期为T＝2×10－2s，频率f＝＝50Hz，选项A正确；由＝得，U2＝U1＝×220V＝11V，选项B错误；照射R的光增强时，R的阻值减小，由闭合电路欧姆定律知，通过副线圈的电流变大，由＝知，通过原线圈的电流变大，故电流表的示数变大，选项C正确；由U2＝U1知，L1的灯丝烧断后，U2不变，故电压表的示数不变，选项D错误。]6.(多选)(2019·太原市三模)某50Hz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＝1000匝，当用该表测50Hz交流电时( )-9-\nA．电流表G中通过的是交变电流B．若G中通过的电流为50mA，则导线中的被测电流为50AC．若导线中通过的是10A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10mAD．当用该表测量400Hz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流，A正确；根据变压器原副线圈电流与匝数成反比：＝，I1＝I2＝×0.05A＝50A，B正确；若导线中通过的是10A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.(多选)国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝220sin100πt(V)，电压表、电流表都为理想电表。则下列判断正确的是( )A．输入电压有效值为200V，电流频率为50HzB．S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大C．S打到a处，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由a打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小AD [根据瞬时值表达式知，输入电压的最大值是U1m＝200V，输入电压的有效值U1＝V＝200V，角速度ω＝100πrad/s，所以f＝＝Hz＝50Hz，故A正确；S打到a处，当变阻器滑片向下滑动时，变压器的输入电压不变，原、副线圈的匝数比不变，电压表V1示数不变，电压表V2示数不变，故B错误；S打到a处，滑片向下滑动，变阻器电阻变小，副线圈电流增大，输出功率增大，输入功率增大，输入电压不变，所以电流表A1示数增大，故C错误；若变阻器滑片不动，S由a打到b处，副线圈电压变小，输出功率、输入功率都减小，由P1＝U1I1知，原线圈电流减小，即电压表V2和电流表A1示数都减小，故D正确。]8.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-9-\n＝220sin100πt(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2A。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．ΩB．1.1ΩC．11ΩD．11ΩB [由a、b两点间的电压为u＝220sin100πt(V)，可知变压器原线圈输入电压U1＝220V，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U2＝U1＝22V，保险丝熔断电流为2A，原线圈中电流为I1＝2A时，由U1I1＝U2I2可得副线圈中电流为I2＝20A，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＝1.1Ω，选项B正确。]9．如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104W，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＝1100sin200πt(V)，输电导线的总电阻为r＝5Ω，现要使额定电压为220V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220AB．降压变压器原、副线圈匝数比＝C．用电器的额定功率P＝5.6×104WD．用电器上的交流电的频率是50HzC [由交流电瞬时值表达式u＝1100sin200πt(V)，可得交流电频率为100Hz，电压有效值为U2＝1100V，输电线上的电流I＝＝80A，故A错误；降压变压器的输入电压U3＝U2－Ir＝700V，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＝5.6×104W，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100Hz，故D错误。]-9-\n10．(2020·山东高考·T5)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )图甲图乙A．1ΩB．5ΩC．6ΩD．8ΩA [由图乙可知理想变压器输入电压U1＝220V，应用理想变压器变压公式＝＝，可得副线圈输出电压U2＝30V。灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24V，电流IL＝＝1.6A。设R1两端电压为U，由U2＝UL＋U，可得U＝6V。由＋＝IL，解得R＝1Ω，选项A正确。]11．某科技小组在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他们将导线每50m卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路。第一次直接将输电线与实验电源及用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I1、P1；第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上的输电电流和损失的功率为I2、P2。下列说法正确的是( )A．第二次实验时因为多接了两个变压器，所以P2>P1B．通过该实验可以证明，提高输电电流能减小远距离输电的能量损失-9-\nC．若输送功率一定，则I2∶I1＝n1∶n2D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n∶nC [第二次实验时因为多接了两个变压器，先提高了输电电压，减小了输电电流，输电线上损失的电功率(P损＝I2R)减小，所以P2<P1，选项A错误；通过该实验可以证明，提高输电电压，减小输电电流，能减小远距离输电的能量损失，选项B错误；若输送功率一定，设输送功率为P，电源电压为U，第一次输电线中电流I1＝；第二次输电，设T1的输出电压为U2，P＝U2I2，U∶U2＝n1∶n2，联立解得I2∶I1＝n1∶n2，选项C正确；若输送功率一定，由输电线上损失电功率P损＝I2R，可知P2∶P1＝I∶I＝n∶n，选项D错误。]12．理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n1＝270匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2＝135匝，电容器C1恰好不被击穿，灯泡L恰能正常发光，R是滑动变阻器。以下判断正确的是( )甲 乙A．若向下移动P，电容器所带电荷量增加B．若保持P不动，向下移动滑动变阻器的滑片，灯泡变暗C．若保持滑动变阻器的滑片不动，向下移动P，灯泡变亮D．电容器的击穿电压为11VD [当P处于题图乙所示位置时，副线圈两端电压的有效值为11V，电容器C1恰好不被击穿，若向下移动P，电容器C1两端的电压减小，由Q＝CU可知，电容器所带电荷量减小，选项A错误；若保持P不动，向下移动滑动变阻器的滑片，滑动变阻器接入电路的电阻减小，流过灯泡的电流变大，灯泡变亮，选项B错误；若保持滑动变阻器的滑片不动，向下移动P，则副线圈两端的电压变小，灯泡变暗，选项C错误；交变电路中电容器是否被击穿取决于电容器两端的交变电压的最大值，根据变压器原、副线圈两端电压关系，有＝，得umax2＝11V，由题意知选项D正确。]13．如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为u＝U0sinωt的正弦交流电，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机，电动机的线圈电阻为R。当电动机带动一质量为m的重物匀速上升时，电流表的示数为I，重力加速度为g，求：-9-\n(1)原线圈中的电流I0；(2)电动机的电功率P；(3)重物匀速上升的速度v。[解析] (1)由＝，得原线圈中的电流I0＝。(2)由＝，得电动机两端电压U2＝，电动机消耗的电功率为P＝U2I＝＝。(3)电动机消耗的热功率为P热＝I2R，输出的机械功率为P′＝P－P热，又由P′＝mgv，可得重物匀速上升的速度为v＝－＝。[答案] (1) (2) (3)14．如图为远距离输电过程的示意图。已知某个小型发电机的输出功率为90kW，发电机的电压为250V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5Ω，在用户端用一降压变压器把电压降为220V，要求在输电线上损失的功率控制为2kW(即用户得到的功率为88kW)，求：(1)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流；(2)输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压；(3)两个变压器各自的匝数比。[解析] (1)由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率的相关公式可知降压变压器输出电流为I4＝＝A＝400A根据输电导线消耗的功率P损的相关公式可知：I2＝＝A＝20A。(2)由欧姆定律可知输电导线消耗的电压为U损＝I2r＝20×5V＝100V，根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即U2＝＝V＝4500V。(3)由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为U3＝U2－U损＝4500V－100V＝4400V，根据理想变压器原、副线圈与匝数的关系可知＝＝＝，＝＝＝。-9-\n[答案] (1)400A 20A (2)100V 4500V(3)1∶18 20∶1-9-
