2025高考物理总复习 提能训练　练案65

第十三章第32讲提能训练练案[65]基础过关练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)sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是(BC)A．电源电压有效值为220eq\r(2)VB．交变电流的周期为0.02sC．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＝220V，选项A错误；交流电的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝0.02s，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)×1100＝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220V，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＝10Ω，R3＝20Ω，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50HzB．电压表的示数为100VC．电流表的示数为1.0AD．变压器传输的电功率为15.0W[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2×10－2s，可求得所用交变电流的频率为50Hz，选项A正确；由题图(b)可知通过R2的电流的有效值为1A，由并联电路特点可知通过R3的电流(即电流表的示数)为0.5A，故通过副线圈的电流I2＝1.5A，由欧姆定律可得副线圈两端的电压U2＝1×10V＝10V，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＝100V，再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压UV＝220V－100V＝120V，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＝10×1.5W＝15.0W，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\o\al(2,3)R,U\o\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\o\al(2,3)R,U\o\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7.5V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10Ω。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10W；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＝10Ω B．r＝5ΩC．P＝45W D．P＝22.5W[解析]当开关S接1时，左侧变压器输出电压U2＝3×7.5V＝22.5V，电阻R上的电压，即右侧变压器的输出电压U4＝eq\r(PR)＝10V，电流I4＝eq\f(U4,R)＝1A，则右侧变压器输入电压U3＝eq\f(2,1)×10V＝20V，电流I3＝eq\f(1,2)×1A＝0.5A，则r＝eq\f(U2－U3,I3)＝5Ω，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＝3A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5W，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)NBL2ωIn1＋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\co1(\f(n\o\al(2,1)R2＋n\o\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3Ω、1Ω和4Ω，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．3C．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＝4Ω，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50HzB．电流表的示数为5AC．原线圈的输入功率为150WD．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0.02s，故频率为50Hz，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50Hz，故A正确；经变压器后，输出电压为eq\f(100V,5)＝20V，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))2×4W＝150W，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2400匝的原线圈两端输入电压u＝200eq\r(2)sin100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝，电动机M的内阻r＝8Ω、额定电压U＝220V、额定功率P＝110W，下列说法正确的是(B)A．交变电流的频率为100HzB．当选择挡位3后，电动机两端电压的有效值为110VC．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110W[解析]根据原线圈两端输入电压的瞬时值表达式可知，ω＝100πrad/s，交变电流的频率f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，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(220V,U2)＝eq\f(2400,1200)，解得U2＝110V，即电动机两端电压的有效值为110V，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2400匝，根据电压比等于匝数比可知，副线圈两端的电压为220V，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＝0.5A，电动机的发