【文档说明】高考物理第一轮复习课时跟踪练：第11章第2讲 变压器电能的输送 (含解析).doc，共(10)页，221.500 KB，由MTyang资料小铺上传

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第十一章交流电传感器第二讲变压器电能的输送课时跟踪练A组基础巩固1．(2015·江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为()A．200B．400C．1600D．3200解析

：根据变压器的变压规律U1U2＝n1n2，可求副线圈匝数为400，所以选项B正确．答案：B2.(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220V降至110V．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：通过调节触头P，使输出电

压有效值由220V降至110V，输出电压减少为原来的一半，根据欧姆定律I＝UR，在电阻不变时，调节前后副线圈输出电流之比为I2前∶I2后＝U2前∶U2后＝2∶1，选项A错误；根据理想变压器原理U1∶U2＝n1∶n2，在原线圈电压和匝

数不变的情况下，副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，接入匝数比n2前∶n2后＝U2前∶U2后＝2∶1，选项C正确；根据功率P＝UI，得到调节前后副线圈输出功率之比P2前∶P2后＝U2前I2前∶U2后I2后＝4∶1，选项B错误

；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以原线圈的输入功率之比P1前∶P1后＝P2前∶P2后＝4∶1，选项D错误．答案：C3．(多选)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，则下列关系式中正确的是()A．P′＝U2SρlB．P′＝P2ρlU2SC．P用＝P－U2SρlD．P用＝P1－PρlU2S解析：输电线电阻

R＝ρlS，输电电流I＝PU，故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝PU2ρlS＝P2ρlU2S，用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P1－PρlU2S，故选项B、D正确．答案：BD4．(2018·九江模拟)如图所示，半径为L＝1m的金属圆环，其半径O

a是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B＝2T的匀强磁场中．从圆心O引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n1∶n2＝1∶4的理想变压

器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为()A．40VB．20VC．80VD．0解析：由于Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10rad/s匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，选项D正确．答案：D5．远距离输电

线路的示意图如图所示．若发电机的输电电压不变，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、副线圈的匝数比决定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解析：变压器中电流、功率由副线圈决定，故A、B错误；当用户用电器的总电阻减小时，导致电流增大，输电线上损失的功率增大，故C正确；由于输电线上有电压损失，故D错误．答案：C6．(2018·潍坊模拟)如图

甲所示为一自耦变压器，变压器的原线圈AB端输入电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻R0＝11Ω，电容器C的击穿电压为22V，移动滑片P使电容器刚好不会被击穿，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是()A．电压表的示数为220VB．原、副线圈的匝数比为10∶1C．电

流表的示数等于通过电阻R0的电流D．原线圈AB端输入电压的变化规律为u＝311sinπt(V)解析：由题图乙知电压的有效值即电压表的示数为220V，选项A正确；电容器的耐压值为交流最大值，有效值为222V＝112V，所以原、副线圈的匝数比为102∶1，选项B错误；电容器通交流电，所以电流表的示数

大于通过电阻R0的电流，选项C错误；由题图乙知交流电的周期为0.02s，所以角速度为100πrad/s，原线圈AB端输入电压的变化规律为u＝311sin100πt(V)，选项D错误．答案：A7．(2018·咸阳模拟)如图所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50Hz，电压

表示数为11000V，灯泡L1与L2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n1∶n2＝50∶1，电压表和电流表均为理想电表，则()A．原线圈输入的交流电的表达式为u＝11000sin50πt(V)B．开关K未闭合时，灯泡L1的两端的电压为2

20VC．开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡L1中电流的12D．开关K闭合后原线圈输入功率增大为原来的2倍解析：原线圈的电压最大值Um＝110002V，角速度ω＝2πf＝100πrad/s，所以原线圈

输入的交流电的表达式为u＝110002sin100πt(V)，故A错误；开关K未闭合时，灯泡L1的两端的电压即为副线圈电压，则U1U2＝n1n2＝501，则开关K未闭合时，灯泡L1的两端的电压U2＝220V，故B正确

；开关K闭合后，L1与L2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L1中电流相等，故C错误；开关K闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来的2倍，故D错误．答案：B8．(2018·开封模拟)如图所示，交流发

电机电动势的有效值E＝20V，内阻不计，它通过一个R＝6Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6V0.25W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：(1)降压变压器原、副线圈匝数

比；(2)发电机的输出功率．解析：(1)彩色小灯泡额定电流I＝PU＝124A，副线圈总电流I2＝24I＝1A.变压器输入功率等于U1I1＝U2I2＝6W.变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E＝U1＋I1R＝U2I2I1＋I

1R＝6I1＋6I1.代入E值解得I1＝13A(I1＝3A应舍去，根据题意是降压变压器，应I1<I2＝1A)，所以n1n2＝I2I1＝31.(2)发电机的输出功率P＝I1E＝6.67W.答案：(1)3∶1(2)6.67WB组能力提升9.(2017·广州一模)如图，在AB间

接入U1＝311sin314t(V)的正弦交流电，通过理想变压器和相同的理想二极管D1、D2给阻值R＝20Ω的纯电阻供电，变压器原线圈n1＝1100匝，副线圈n2＝200匝，Q为副线圈正中央抽头．为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的电功率为P，则()A．U0＝

56.6V，P＝20WB．U0＝28.3V，P＝20WC．U0＝40V，P＝80WD．U0＝80V，P＝80W解析：由于在AB间接入的是正弦交流电，副线圈二极管D1、D2轮流导通．从题意可知，副线圈的二分之一匝数被接入，即电阻R两端的电压为半个副线圈两端的电

压，由于二极管的特点，该电路中，电阻在交流电的整个周期都有电流流入，整个周期线圈都对电阻做功，因此该电阻电路等效为原副线圈匝数比为n11∶n22＝1100∶100＝11∶1的理想变压器，所以由n11∶n22＝U11∶U22，原线圈电压的有效值U11

＝3112V＝220V，则副线圈的电阻两端的有效值U22＝20V，纯电阻的功率P＝U222R＝20220W＝20W．导通二极管两端的电压可以忽略不计，不导通二极管两端的电压为整个副线圈两端的电压，此时n2′＝n2＝200，由n1∶n2＝11∶2得二极管两端的电压有效值为U2＝4

0V，所以二极管的反向耐压值至少为U0＝2U2＝402V≈56.6V，故A项正确．答案：A10．(多选)一自耦调压变压器(可看作理想变压器)的电路如图甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表．则(

)A．交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220sin100πt(V)B．P向上移动时，电压表的最大示数为380VC．P向下移动时，原、副线圈的电流之比减小D．P向下移动时，变压器的输入功率变大解析：由图乙结合交流瞬时值表达式U＝Umsinωt可得交

流电源电压瞬时值的表达式U＝2202sin100πt(V)，故选项A错误；滑动触头P向上移动时，当副线圈匝数为1900匝时，副线圈的输出电压为最大，电压表的示数为有效值，由n1n2＝U1U2，U2＝n2n1U1＝19001100×220V＝

380V，故选项B正确；P向下移动时，副线圈匝数减小，由n2n1＝I1I2可知当n2减小时I1I2减小，选项C正确；由P＝U2R可知，副线圈匝数减小，变压器输出电压减小，副线圈的输出功率减小，故原线圈的输入功率减小，选项D错误．答案：BC11．(多选)(2018·徐州质检)

如图所示，理想变压器原线圈匝数n1＝1210，副线圈匝数n2＝121，原线圈电压u＝311sin100πt(V)，负载电阻R＝44Ω，不计电表对电路的影响，各电表的读数应为()A．A1读数为0.05AB．V1读数为311VC．A2读数为0.5AD．V2读数为31.1V解析：各表的读数均为有效值，

故V1的读数U1＝220V；由U2＝n2n1U1知，V2的读数为22V；由I2＝U2R知，A2的读数为0.5A；I1＝n2n1I2知，A1的读数为0.05A，选项A、C正确．答案：AC12.(2018·青岛模拟)1897年，举世闻名的“尼亚加拉”水电站建成，现已使用100多年．当

时世界各地都在使用着费用高昂的直流电．而尼亚加拉水电站采用了特斯拉发明的交流电供、输电技术，用高压电实现了远距离供电．若其中某一发电机组设计为：发电机最大输出功率为P＝100kW，输出电压为U1＝250V，用户需要的电压为U2＝220V，输电线电阻为R＝10Ω，若输电线中因生热而

损失的功率为输送功率的4%.(1)画出此输电线路的示意图；(2)求在输电线路中设置的升压变压器的原、副线圈的匝数比；(3)求降压变压器的最大输出电流I2(结果保留整数)．解析：(1)电路示意图如图所示．(2)输电过程中损失的功率P损

＝ηP，通过R的电流I2＝P损R，发电机的输出电流I1＝PU1，升压变压器的原、副线圈匝数比n1n2＝I2I1＝ηPR·U1P＝250100×103×100×103×0.0410＝120.(3)用户得到的最大功率为P用＝P(1－η)，降压变压器的输出最大电流I2＝P用U2＝P（1－η）U2＝

100×103×（1－0.04）220A≈436A.答案：(1)见解析图(2)1∶20(3)436A