《高考总复习物理随堂课件与课后习题第十二章交变电流传感器课时规范练36理想变压器电能的输送.docx》由会员分享，可在线阅读，更多相关《高考总复习物理随堂课件与课后习题第十二章交变电流传感器课时规范练36理想变压器电能的输送.docx（8页珍藏版）》请在taowenge.com淘文阁网|工程机械CAD图纸|机械工程制图|CAD装配图下载|SolidWorks_CaTia_CAD_UG_PROE_设计图分享下载上搜索。
1、课时规范练36理想变压器电能的输送基础对点练1.(多选)(理想变压器原副线圈关系的应用)(2021山东日照一模)手机无线充电器的工作原理如图所示,该装置可等效为一个理想变压器,送电线圈为原线圈,受电线圈为副线圈。当a、b间接上220 V的正弦式交变电流后,受电线圈中产生交变电流。送电线圈的匝数为n1,受电线圈的匝数为n2,且n1n2=51。两个线圈所接电阻的阻值均为R,当该装置给手机快速充电时,手机两端的电压为5 V,充电电流为2 A,则下列判断正确的是() A.流过送电线圈与受电线圈的电流之比为51B.快速充电时,受电线圈c、d两端的输出电压为42.5 VC.两线圈上所接电阻的阻值R=18.
2、75 D.充电期间使用手机,易损坏电池2.(理想变压器原副线圈匝数关系)(2021河北衡水中学模拟)如图所示为某种电吹风机电路图,图中a、b、c、d为四个固定触点。绕O点转动的扇形金属触片P,可同时接触两个触点,触片P位于不同位置时,吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种状态。图示状态刚好为触片P接触c、d两点。已知电吹风吹冷风时的输入功率为60 W,小风扇的额定电压为60 V,正常工作时小风扇的输出功率为52 W,变压器为理想变压器,则下列说法正确的是()A.当扇形金属触片P与触点c、d接触时,电吹风吹热风B.当扇形金属触片P与触点a、b接触时,电吹风吹冷风C.小风扇的内阻为10 D.变压器原
3、、副线圈的匝数比为n1n2=1133.(多选)(理想变压器原副线圈关系的应用)(2021山东滨州模拟)如图,理想变压器原线圈匝数为N,有两个接有电阻阻值均为R的独立副线圈甲、乙。现测得线圈甲上的电流为I1,线圈乙上的电流为I2,原线圈电压为U。则()A.甲线圈匝数为I1RUNB.乙线圈匝数为UI2RNC.原线圈电流为I1+I2D.原线圈电流为I12+I22UR4.(多选)(远距离输电、互感器)如图所示为某小型发电站高压输电示意图,变压器均为理想变压器,发电机输出功率恒定为48 kW。在输电线路上接入一个电流互感器,其原、副线圈的匝数比为120,电流表的示数为1 A,输电线的总电阻为10 ,下列
4、说法正确的是()A.用户端的功率为44 kWB.升压变压器的输出电压U2=2 400 VC.降压变压器的输入电压U3=2 000 VD.如果用户电压为220 V,则降压变压器的原、副线圈匝数比为1015.(理想变压器原副线圈关系的应用)家用燃气热水器点火装置的原理可简化如图,将家用交变电流u=2202sin 314t(V)接入理想变压器原线圈,原、副线圈的匝数分别为n1、n2。已知点火针与感应针之间的电压瞬时值大于2 000 V,就会引发火花,点燃气体。以下判断正确的是()A.原线圈中磁通量的变化率大于副线圈B.由原理简化图可知,点火针的电势始终比感应针高C.原、副线圈变压器的匝数比可以为n1
5、n2=18D.变压器的输入功率与输出功率之比P1P2=n1n26.(理想变压器的动态分析)如图甲所示,M是一个小型理想变压器,原、副线圈匝数之比n1n2=101,接线柱a、b间接一正弦式交变电源,其电压随时间的变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器,R1为一定值电阻。下列说法正确的是()A.电压表V的示数为22 VB.当R2所在处出现火警时,电压表V的示数增大C.当R2所在处出现火警时,电流表A的示数增大D.当R2所在处出现火警时,电阻R1的功率不变7.(多选)(理想变压器的动态分析)(2021山东潍坊模拟)在匀
6、强磁场中有一不计电阻的单匝矩形线框,绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生如图甲所示的正弦式交变电流,把该交变电流输入到图乙中理想变压器的A、B两端。图乙中的电压表和电流表均为理想交流电表,RT为热敏电阻(温度升高时电阻减小),R为定值电阻。下列说法正确的是()A.变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为e=362cos 100t(V)B.在t=0.01 s时刻,线框平面处于中性面位置C.RT处温度升高后,电压表V1示数与V2示数的比值不变D.RT处温度升高后,电压表V2示数与电流表A2示数的乘积可能不变素养综合练8.(多选)某发电机的输出功率为10 kW,输出电压为250 V,用户得到的电压是220 V
7、,输电线的电阻为20 ,输电线路如图所示。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的5%,变压器均视为理想变压器,则下列说法正确的是()A.用户得到的电功率为9.5 kWB.通过输电线的电流为4 AC.升压变压器原、副线圈的匝数之比为18D.降压变压器原、副线圈的匝数之比为100119.一理想变压器原、副线圈的匝数比为31,在原、副线圈的回路中分别接有阻值为R和2R的电阻,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。设原线圈电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k,则下列说法正确的是()A.U=22019 V,k=19B.U=31119 V,k=19C.U=2
8、2019 V,k=118D.U=31119 V,k=11810.(多选)如图所示,变压器为理想变压器,副线圈中三个电阻的阻值大小关系为R1=R2=2r=2 ,电流表为理想交流电表,原线圈输入正弦式交变电流e=2202sin 100t(V),开关S断开时,电阻r消耗的电功率为100 W。下列说法正确的是()A.通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次B.开关S闭合前后,电流表的示数之比为23C.开关S闭合前后,电阻R1两端的电压之比为23D.变压器原、副线圈的匝数之比为22311.(多选)如图所示,导体棒ab的两个端点分别搭接在两个竖直放置、半径相等的金属圆环上,两圆环所在空间处于方向竖直向下的匀
9、强磁场中,圆环通过电刷与导线c、d相接。c、d间接一理想变压器(匝数比n1n2=101),变压器副线圈接恒定电阻R0。导体棒ab绕与ab平行的水平轴(即两圆环的中心轴,轴与环面垂直)OO以角速度匀速转动,电流表的示数为I,ab棒、圆环和导线电阻均不计。下列说法正确的是()A.输入变压器原线圈上的功率为P=100I2R0B.取ab在环的最低端时t=0,则导体棒ab中感应电流的表达式是i=2Isin t(A)C.若在c、d之间换接电阻R1,电流表的示数不变,则R1=100R0D.若在c、d之间换接电阻R1,电流表的示数不变,则ab棒从圆环的最低端时转过90的过程中流过ab棒的电荷量为q=2I12.
10、如图所示,一个理想变压器原线圈的匝数为50,副线圈的匝数为100,原线圈两端接在光滑的水平平行导轨上,导轨间距为0.4 m。导轨上有一长度略大于导轨间距且垂直于导轨的导体棒,导轨与导体棒的电阻忽略不计,副线圈回路中电阻R1=5 ,R2=15 ,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 10t(m/s),则下列说法正确的是()A.R1的功率为0.2 WB.电压表的示数为52 VC.水平外力为恒力D.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值为0.04 Wb/s参考答案课时规范练36理想变
11、压器电能的输送1.BCD解析流过送电线圈与受电线圈的电流之比I1I2=n2n1=15,A错误;已知手机两端电压U手=5 V,充电电流I手=2 A,Uab=220 V,又Iab=15I手=0.4 A,Uab-IabR=5Ucd,Ucd-I手R=U手,联立解得Ucd=42.5 V,R=18.75 ,B、C正确;由于使用时手机内部的电流与电压处于不稳定状态,则此时通过受电线圈对手机充电易损坏电池,D正确。2.D解析 电动机与电热丝同时接入电路时吹热风,则触片P与触点a、b接触吹热风,与触点b、c接触吹冷风,A、B错误;吹冷风时,流过小风扇的电流I=P入U2=6060 A=1 A,小风扇内阻消耗的功率
12、P热=P入-P出=(60-52) W=8 W,根据P热=I2r可得r=8 ,C错误;根据变压器原、副线圈的匝数与电压的关系得U1U2=n1n2=22060=113,D正确。3.AD解析由UN=U1n1=U2n2可得,甲、乙两线圈的匝数分别为n1=I1RUN,n2=I2RUN,故A正确,B错误;设原线圈中电流为I,由输入功率等于输出功率可得IU=I12R+I22R,解得I=I12+I22UR,故C错误,D正确。4.ABD解析设电流表的读数为IA,互感器的原、副线器的匝数比为nn=IAI2=120,解得I2=20 A,线路上损失的电压U=I2r=2010 V=200 V,线路上功率的损耗P=UI2
13、=20020 W=4 000 W=4 kW,用户端的功率为P用=P出-P=48 kW-4 kW=44 kW,故A正确;升压变压器的输出电压U2=P出I2=4810320 V=2 400 V,故B正确;降压变压器的输入电压U3=U2-U=(2 400-200)V=2 200 V,故C错误;如果用户电压为220 V,则降压变压器的原、副线圈匝数比为n3n4=U3U4=2 200220=101,故D正确。5.C解析理想变压器的原线圈的磁通量的变化率与副线圈中磁通量变化率相同,故A错误;根据交变电流的特点可知,在前半个周期内,若点火针的电势比感应针高,则在后半个周期内点火针的电势比感应针低,故B错误;
14、根据原、副线圈的电压与匝数成正比可知n1n2=U1U222022 000=16.4,故原、副线圈变压器的匝数比可以为n1n2=18,故C正确;根据理想变压器的特点可知,变压器的输入功率与输出功率之比为P1P2=11,故D错误。6.C解析由图像可知,输入的电压有效值为220 V,变压器的电压与匝数成正比,由此可得副线圈的电压为22 V,电压表测的是半导体热敏材料的电压,R1、R2的总电压为22 V,所以电压表的示数小于22 V,所以A错误;当出现火警时,温度升高,电阻R2减小,副线圈的电流变大,所以原线圈电流即电流表示数增大,则R1的电压要增大,消耗的功率也增大,由于副线圈的总电压不变,所以R2
15、的电压即电压表示数就要减小,所以C正确,B、D错误。7.BD解析根据题图甲可知Em=362 V,T=0.02 s,则=2T=100 rad/s,变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为e=362sin 100t(V),A错误;在t=0.01 s时刻,e=0,磁通量最大,此时矩形线框平面与磁场方向垂直,处于中性面位置,B正确;RT处温度升高时,电阻减小,副线圈电压不变,电流变大,则电压表V2示数减小,V1示数不变,则电压表V1示数与V2示数的比值变大,C错误;副线圈电压不变,将电阻R看成等效电源的内阻,若RT阻值原来大于R,则温度升高时,RT阻值减小,则RT电阻的功率先增加后减小,即电压表V2示数与
16、电流表A2示数的乘积先增大后减小,故RT处温度升高后,电压表V2示数与电流表A2示数的乘积可能不变,D正确。8.AC解析 用户得到的电功率即降压变压器的输出功率P用=P-P损=P(1-5%)=9.5 kW,A正确;输电线损失的功率P损=P5%=0.5 kW,通过输电线的电流I2=P损R线=5 A,B错误;升压变压器的输出电压U2=PI2=2 000 V,可得升压变压器原、副线圈的匝数之比n1n2=U1U2=18,C正确;输电线上的电压损失U损=I2R线=100 V,降压变压器原线圈两端的电压U3=U2-U损=1 900 V,可得降压变压器原、副线圈的匝数之比n3n4=U3U4=9511,D错误
17、。9.C解析设原线圈电流为I1,则副线圈电流I2=n1n2I1=3I1根据P=I2R可知原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k=I12RI222R=118原线圈电阻两端的电压为U=I1R则副线圈两端电压U2=I22R=6U则原线圈两端电压U1=n1n2U2=18U则U+18U=3112 V=220 V解得U=22019 V故选C。10.ABD解析交变电流的频率为f=2=50 Hz,知通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次,A正确;开关S闭合之前,副线圈电路中电阻3 ,电流I2=U23,开关S闭合之后,副线圈电路中电阻2 ,电流I2=U22,开关S闭合前后副线圈中电流比为23,根据I1I2=n
18、2n1得原线圈的电流I1=n2n1I2,可知开关S闭合前后,电流表的示数之比和副线圈的电流之比相同,是23,B正确;开关S闭合之前,通过电阻R1的电流IR1=I2=U23,开关S闭合之后,通过电阻R1的电流IR1=12I2=U24,开关S闭合前后,通过电阻R1的电流之比为43,两端电压之比也为43,C错误;开关S断开时,电阻r消耗的电功率为100 W,可知副线圈中电流I2=Pr=10 A,副线圈两端电压有效值U2=I2(R1+r)=30 V,变压器原线圈两端电压有效值U1=220 V,则变压器原副线圈的匝数之比为n1n2=U1U2=223,D正确。11.ACD解析由于电流表的示数为I,根据电流
19、与匝数成反比可得副线圈电流为10I,副线圈的电压为U2=I2R0=10IR0,根据理想变压器的电压与匝数成正比可知,变压器原线圈两端的电压U1=100IR0,输入变压器原线圈上的功率为P=U1I=100I2R0,故A正确;ab在最低点时,ab棒速度方向与磁场垂直,此时的感应电动势最大,感应电流最大,所以棒ab中感应电流的表达式应为i=2Icos t,故B错误;根据变压器原理可得U1=n1n2U2,I=n2n1I2;若将副线圈电阻等效接入原线圈,则等效电阻R等效=U1I=n12n22U2I2=n12n22R0,所以若在c、d之间换接电阻R1,电流表的示数不变,则R1=10212R0=100R0,
20、故C正确;棒ab中感应电流的表达式应为i=BSR总cos t=2Icos t,则有BSR总=2I,根据电荷量的公式q=It=nR总,可得若在c、d之间换接电阻R1,电流表的示数不变,则ab棒从圆环的最低端时转过90的过程中流过ab棒的电荷量为q=BSR总=2I,故D正确。12.D解析导体棒切割磁感线产生感应电动势,由法拉第电磁感应定律可得E=BLv,代入数据得E=2sin 10t(V)。则原线圈输入电压的有效值为U1=Em2=2 V,原、副线圈的电压与匝数成正比,则U1U2=n1n2,解得U2=22 V,选项B错误;由欧姆定律可得副线圈回路中的电流为I2=U2R1+R2=225+15 A=210 A,则定值电阻R1的电功率为P1=I22R1=21025 W=0.1 W,选项A错误;由导体棒的速度公式可知导体棒的运动为往复运动,则外力不可能为恒力,选项C错误;由以上计算可知,感应电动势的最大值为Em=2 V,则由法拉第电磁感应定律E=nt,得磁通量变化率最大值为t=Emn1=250 Wb/s=0.04 Wb/s,选项D正确。 8