2027年高考物理一轮复习 突破练习含答案081-课时作业69 变压器 电能的输送（教用）

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1．某型号手机充电器中的变压器可认为是理想变压器，原、副线圈匝数之比为44:1。若原线圈上加有最大电压值为2202V的正弦式交变电流，则副线圈上可获得电压的有效值为（ ）
A. 0.2VB. 1VC. 5VD. 52V
【答案】C
【解析】原线圈两端电压的有效值U1=U1m2=22022V=220V，副线圈两端电压的有效值U2=n2n1U1=144×220V=5V，故选C。
2．（2026·山东济南模拟）普通的交流电表不能直接接在高压输电线路上进行直接测量，通过互感原理可实现普通电表测量输电线路上的“高电压”或“强电流”。图乙中互感器ab一侧线圈的匝数较少。将甲、乙两图正确连接后（ ）
A. 可测“强电流”，图甲中未知电表是交流电流表：ab接MN、cd接PQ
B. 可测“强电流”，图甲中未知电表是交流电流表：ab接PQ、cd接MN
C. 可测“高电压”，图甲中未知电表是交流电压表：ab接PQ、cd接MN
D. 可测“高电压”，图甲中未知电表是交流电压表：ab接MN、cd接PQ
【答案】A
【解析】由题图可以看出，接入电路的是一电流互感器，未知电表是一交流电流表，电流互感器的作用是使大电流变成小电流，所以可测的是强电流。根据理想变压器的原、副线圈的电流之比等于匝数之比的倒数可知，原线圈为匝数少的线圈，即ab接MN。
3．（2025· 湘豫名校联考）如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1:n2=22:1，原线圈接入一理想电流表A，副线圈接入一内阻为r=1Ω 的电动机M。当原线圈接入电压为U1=220V的交流电源时，电动机M的输出功率为P=25W，其他电阻不计，则电流表A的读数为（ ）
A. 511AB. 522AC. 533AD. 544A
【答案】B
【解析】由理想变压器电压与匝数的关系可知，副线圈两端的电压U2=n2n1U1=122×220V=10V，设副线圈中的电流为I2，由U2I2=I22r+P，代入数据解得I2=5A，根据I1I2=n2n1，可得原线圈中的电流I1=n2n1I2=522A，故B正确。
4．（2025·河北廊坊模拟）多选 定值电阻R1、R2和R3及理想变压器按如图所示方式连接，已知R1:R2:R3=3:2:1，变压器原、副线圈匝数比为2:1，原线圈接正弦交流电源。流过电阻R1、R2的电流分别为I1、I2，电阻R1、R2和R3的功率分别为P1、P2和P3，下列关系式正确的是（ ）
A. I1:I2=1:2B. I1:I2=2:1C. P2:P3=1:2D. P1:P3=3:4
【答案】AD
【解析】由理想变压器电流与匝数的关系可知I1I2=n2n1=12，故A正确，B错误；由P=I2R得，P2:P3=R2:R3=2:1，故C错误；由P1=I12R1，P3=I22R3得，P1:P3=(12×3):(22×1)=3:4，故D正确。
5．（2025·重庆卷·9）多选 2025年1月“疆电入渝”工程重庆段全线贯通，助力重庆形成特高压输电新格局，该工程将输电站提供的1.6×106V直流电由新疆输送至重庆，多次转换后变为1.0×104V的交流电，再经配电房中的变压器（视为理想变压器）降为2202sin(100πt)V的家用交流电。若输电线路输送功率为8.0×109W，且直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，则（ ）
A. 直流输电导线中的电流为250A
B. 直流输电导线总阻值不超过16Ω
C. 家用交流电的电压最大值为220V，频率为50Hz
D. 配电房中变压器原、副线圈中电流之比为11:500
【答案】BD
【解析】根据题意可知直流输电电压U=1.6×106V，可得直流输电导线中的电流I=PU=8.0×1091.6×106A=5000A，A错误。因为直流输电过程中导线电阻产生的电功率损耗不超过输送功率的5%，故导线允许的最大损耗功率P损=5%P=4×108W，则直流输电导线最大总阻值Rmax=P损I2=4×10850002Ω=16Ω ，B正确。家用交流电为2202sin(100πt)V，故其电压最大值为2202V，频率f=ω2π=50Hz，C错误。配电房中的变压器，其原线圈两端电压U1=1.0×104V，副线圈两端电压U2=220V，变压器原、副线圈匝数之比n1n2=U1U2=50011，根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系可知I1I2=n2n1=11500，D正确。
6．如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示；变压器原、副线圈匝数分别为n1和n2。下列说法正确的是（ ）
A. U1U2=n1n2
B. I1I2=n2n1
C. 滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D. 滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
【答案】B
【解析】原、副线圈两端电压之比等于匝数之比，由题图可知，U2不是副线圈两端电压，为滑动变阻器两端电压，即U1U2≠n1n2，故A错误；A1和A2测的是原、副线圈电路中电流，满足I1I2=n2n1，故B正确；滑片P向下滑动过程中，变阻器接入电路的电阻减小，所以副线圈所在回路电流I2变大，则由I1I2=n2n1可知，I1变大，又因为U1不变，则副线圈两端电压不变，定值电阻两端电压增大，所以U2变小，故C、D错误。
7．图示为某发电厂向偏远山区输送电能的示意图，发电厂通过升压变压器T1和降压变压器T2向纯电阻用电器(R0未知)供电。已知输电线的总电阻为R，T1原、副线圈匝数比为1:10，T2原、副线圈匝数比为10:1，T1原线圈两端的瞬时电压u=Usinωt，测得发电厂回路中电流有效值为I。若T1、T2均可视为理想变压器，发电机的内阻不计，则（ ）
A. 降压变压器中电流的频率为2πω
B. 输电线消耗的总功率为22UI
C. 用电器消耗的功率为1100I2R
D. 用电器的电阻为2U2I−1100Rc
【答案】D
【解析】降压变压器中电流的周期T=2πω，则频率f=1T=ω2π，A错误；原线圈两端的电压U1=U2，由U2U1=n2n1，得U2=n2n1U1=52U，由I2I=n1n2，得I2=n1n2I=110I，发电厂的输出功率P=IU1=22UI，输电线消耗的总功率P1=I22R=1100I2R，B错误；用电器消耗的功率P2=P−P1=22UI−1100I2R，C错误；由I4I3=n3n4，得I4=n3n4I3=10I3，而I3=I2，得用电器的电流I4=I，又P2=I42R0，得用电器的电阻R0=2U2I−1100R，D正确。
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8．如图所示，一理想变压器由一个原线圈和两个副线圈组成，匝数比为n1:n2:n3=3:2:1，a、b端接正弦式交变电流，电路中电阻R1=R2=R3，其余电阻均不计。若R3消耗的功率为P，则R1消耗的功率为（ ）
A. 9PB. 259PC. 53PD. 19P
【答案】B
【解析】设原线圈两端电压为U0，则R2两端电压为2U03，R3两端电压为U03，设R3中的电流为I，则R2中的电流为2I，R1中的电流I1满足I⋅U03+2I⋅2U03=I1U0，解得I1=53I，所以R1消耗的功率P1=I12R1=259I2R3=259P，故B正确。
9．（2025·湖北卷·8）多选 在如图所示的输电线路中，交流发电机的输出电压一定，两变压器均为理想变压器，左侧升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，两变压器间输电线路电阻为r。下列说法正确的是 （ ）
A. 仅增加用户数，r消耗的功率增大
B. 仅增加用户数，用户端的电压增大
C. 仅适当增加n2，用户端的电压增大
D. 仅适当增加n2，整个电路消耗的电功率减小
【答案】AC
【解析】设升压变压器输入、输出电压分别为U1、U2，降压变压器输入、输出电压分别为U3、U4，通过降压变压器原线圈的电流为I3，降压变压器及用户的等效电阻为R等，则R等=n32n42R用。仅增加用户数，R用减小，则R等减小，U1不变，U2=n2n1U1=I3(r+R等)不变，则I3增大，r消耗的功率P损=I32r增大，A正确。仅增加用户数，输电线路上的电压损耗增大，用户端的电压U4=n4n3U3=n4n3(U2−I3r)降低，B错误。仅适当增加n2，由U1U2=n1n2可知，输出电压U2增大，U2=Ur+U3，由串联分压规律可知r和R等两端电压均增大，整个电路消耗的功率P=U22r+R等增大，U4=n4n3U3也增大，C正确，D错误。
10．（2024· 黑吉辽卷·13）（10分）如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1:n2=5:1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交流电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体。接通电路开始加热。加热前气体温度为T0。
（1） 求变压器的输出功率P。
（2） 已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。
【答案】（1） Um250R
（2） 50RCT0Um2
【解析】
（1） 变压器原线圈两端电压的有效值U1=Um2，
又U1U2=n1n2，可得U2=Um52，
变压器的输出功率P=U22R=Um250R。
（2） 气体做等容变化，根据查理定律有pT0=2pT，
解得T=2T0，
依题意有Pt=C(T−T0)，
联立解得t=50RCT0Um2。
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11．（2024·重庆卷·9）多选 小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6V的灯泡电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则（ ）
A. n1:n2=110:3
B. 当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C. 当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D. 图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
【答案】AC
【解析】滑片P在最左端时，题图甲、乙中变压器输出电压均等于灯泡的额定电压6V，因此n1n2=U1U2=220V6V=1103，A正确；当P滑到R中点时，题图甲中总电阻为P左侧电阻与灯泡电阻串联，题图乙中总电阻为灯泡电阻与P右侧的电阻并联后再与P左侧电阻串联，由于并联电阻小于灯泡电阻，则题图甲中灯泡两端电压大于题图乙中灯泡两端电压，则题图甲中灯泡功率比题图乙中灯泡功率大，B错误；当P滑到R最左端时，题图甲中只有灯泡连入电路，题图乙中R的全部电阻与灯泡并联，总电阻更小，变压器输出功率更大，题图甲比题图乙更节能，C正确；题图乙中的灯泡两端电压在0到6V间变化，题图甲中灯泡两端电压最高为6V，最低达不到0，则题图乙中灯泡两端电压的可调范围大，D错误。