2021高考物理大一轮复习题组层级快练：第十一单元 交变电流 传感器 作业49 Word版含答案

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1.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1.电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计．下列说法正确的是( )
A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流
B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0
C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3 V
D．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1
答案 BC
解析 由理想变压器的原理可知，当S与a接通电流稳定时，由于通过原线圈与副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流，但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零，R中有感应电流，故选项A错误，选项B正确；当S与b接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈两端电压为3 V，选项C正确；变压器并不改变交变电流的频率，选项D错误．
2.(2016·云南统测)如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u＝220eq \r(2)sin100πt(V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V 22 W”的灯泡10个，灯泡均正常发光，除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是( )
A．变压器原、副线圈匝数比为10eq \r(2)∶1
B．电流表示数为1 A
C．电流表示数为10 A
D．副线圈中电流的频率为5 Hz
答案 B
解析 由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220 V，交变电流的频率f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，选项D错误；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为22 V，由理想变压器变压规律可知，eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(10,1)，选项A错误；由灯泡电功率P＝UI可知，通过每只灯泡的电流为1 A，故副线圈输出电流为10 A，由理想变压器变流规律可知，eq \f(I2,I1)＝eq \f(10,1)，所以原线圈中电流的有效值为1 A，选项B正确，选项C错误．
3．(2016·四川)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
答案 B
解析 由变压器相关知识得：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，原、副线圈减去相同的匝数n后：eq \f(U′1,U′2)＝eq \f(n′1,n′2)＝eq \f(n1－n,n2－n)，eq \f(n1,n2)－eq \f(n′1,n′2)＝eq \f(－n（n1－n2）,n2（n2－n）)<0，则说明变压器原、副线圈的匝数比变大，则可得出选项C、D错误．由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，选项A错误，选项B正确．
4．(2016·海南)图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是( )
A．变压器输入、输出功率之比为4∶1
B．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4
C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt)(国际单位制)
D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
答案 BD
解析 由题意，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,4)，故B项正确；由图(b)可知交流电压最大值Um＝51 V，周期T＝0.02 s，可由周期求出角速度的值为ω＝100π rad/s，则可得交流电压u的表达式u＝51sin100πt V，故C项错误；RT处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故D项正确．
5. (2015·广东)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220 V降至110 V．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∶1
C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为1∶2
答案 C
解析 根据欧姆定律I＝eq \f(U,R)，U2由220 V降至110 V，副线圈上的电流变为原来的eq \f(1,2)，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的eq \f(1,2)时，副线圈上输出的功率变为原来的eq \f(1,4)，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，当U2由220 V降至110 V时，n2变为原来的eq \f(1,2)，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C正确；根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误．
6．如下图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220 V，40 W”，当灯泡所消耗的功率都调于20 W时，哪种台灯消耗的功率最小)( )
答案 C
解析 C图为理想变压器调节，而理想变压器不消耗能量，A、B、D三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压，故一定要消耗能量．
7．如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，C为耐压值为22 V的电容器，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是( )
A．副线圈两端电压的变化频率为0.5 Hz
B．电流表的示数表示的是电流的瞬时值
C．滑动片P向下移时，电流表A1和A2示数均增大
D．为保证电容器C不被击穿，原、副线圈匝数比应小于10∶1
答案 C
解析 由交变电压图像可知，原线圈输入电压最大值为311 V，周期T＝0.02 s，因此其有效值为220 V，频率为50 Hz，因为变压器不改变交变电压的频率，故副线圈两端电压的变化频率为50 Hz，选项A错误；电流表的示数为交变电流的有效值，选项B错误；输入电压一定，变压器原、副线圈匝数比不变，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)知输出电压不变，滑片下移，副线圈电路总电阻减小，电流增大，故A2示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知A1示数增大，选项C正确；保证电容器不被击穿，输出电压最大值为22 V，而输入电压最大值为311 V，故原、副线圈匝数比应大于10∶1，选项D错误．
8．(2016·郴州模拟)如图所示为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )
A．适当减小输电线的电阻rB．适当提高eq \f(n4,n3)
C．适当提高eq \f(n2,n1)的同时，降低eq \f(n4,n3)D．适当降低eq \f(n2,n1)的同时，提高eq \f(n4,n3)
答案 AC
解析 当发电机输出功率一定时，为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP＝I线2r，可以减小输电线的电阻r，选项A正确；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高eq \f(n2,n1)，这样使线圈n3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低eq \f(n4,n3)，选项C正确．
9．为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )
A．u2＝190eq \r(2)sin50πt(V)
B．u2＝190eq \r(2)sin100πt(V)
C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
答案 BD
解析 根据题图乙可知交流电的最大值Um＝190eq \r(2)V和周期T＝0.02 s，所以角速度ω＝eq \f(2π,T)＝100π，结合正弦交流电的瞬时值表达式u＝Umsinωt，可知选项B正确，选项A错误；根据变压器的变压比eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，U1、n2不变，提高U2只能减小n1，所以P应上移，选项D正确，选项C错误．
10．在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，四个灯泡完全相同．其额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么( )
A．L1和L2都能正常工作B．L1和L2都不能正常工作
C．交流电源电压为2UD．交流电源电压为4U
答案 AD
解析 根据灯泡L3和L4恰能正常工作，变压器原线圈输入电压为灯泡L3和L4额定电压U的2倍，输入电流为灯泡L3和L4的额定电流．所以L1和L2都能正常工作，交流电源电压为4U，选项A、D正确，B、C两项错误．
11．如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时( )
A．电流表A1、A2和A3的示数都变大
B．只有电流表A1的示数变大
C．电压表V3的示数变小
D．电压表V2和V3的示数都变小
答案 C
解析 在电路中，S闭合前，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，电压表V2的示数为U2＝eq \f(n2,n1)U1，电路中电流表A2与A3是串联关系，则由欧姆定律可得I2＝I3＝eq \f(U2,r＋R1)(r为电线电阻)，电压表V3的示数为U3＝R1I2，再由eq \f(I2,I1)＝eq \f(n1,n2)可知电流表A1的示数为I1＝eq \f(n2,n1)I2，同理，在电路中S闭合后，可知因U1不变，电压表V2示数为U′2＝eq \f(n2,n1)U1＝U2不变，I′2＝eq \f(U2,r＋R并)(r为电线电阻)，因R并I2，又I′1＝eq \f(n2,n1)I′2，则I′1>I1，由U′2＝U′R＋U′3＝I′2r＋U′3，可知U′312.(2016·杭州模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220eq \r(2)sin100πt V，则( )
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22 V
B．当t＝eq \f(1,600) s时，电压表V0的读数为220 V
C．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数增大，电流表示数变小
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小
答案 BC
解析 当单刀双掷开关与a连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈输出电压为U2＝22 V，但电压表V1示数小于U2，故选项A错误；当t＝eq \f(1,600) s时，电压表V0的读数为有效值220 V，故选项B正确；单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于副线圈输出电压U2是由变压器决定的，所以电流表示数变小，电压表V1示数变大，故选项C正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比变为5∶1，副线圈输出电压U2变大，电流表和电压表V1的示数均变大，故选项D错误．
13.人们用风扇降温，如图所示为降温所用的一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，输出端接有一只电阻为R的灯泡L和风扇电动机D，电动机线圈电阻为r.接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I，下列说法正确的是( )
A．风扇电动机D两端的电压为Ir
B．理想变压器的输入功率为eq \f(UI,n)＋eq \f(U2,n2R)
C．风扇电动机D输出的机械功率为eq \f(UI,n)－I2r
D．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为eq \f(URr,n2（R＋r）)
答案 BC
解析 由变压器的原理可知，风扇电动机D两端的电压为eq \f(U,n)，由于电风扇中含有线圈，故不能利用欧姆定律求电压，选项A错误；由变压器功率特点可知，理想变压器的输入功率等于灯泡L和风扇电动机D消耗的功率之和，灯泡L消耗的功率为eq \f(（\f(U,n)）2,R)＝eq \f(U2,n2R)，风扇电动机消耗的功率为eq \f(UI,n)，选项B正确；风扇电动机D输出的机械功率为eq \f(UI,n)－I2r，选项C正确；因为副线圈两端的电压为eq \f(U,n)，若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，该回路的等效电阻为eq \f(Rr,R＋r)，所以副线圈中的电流为eq \f(U（R＋r）,nRr)，通过原线圈的电流为eq \f(U（R＋r）,n2Rr)，选项D错误．
14．如图所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1∶n2＝3∶1，则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为( )
A．P、P B．9P、eq \f(4P,9)
C.eq \f(4P,9)、9P D.eq \f(4P,9)、P
答案 B
解析 由题意可知，两种情况下变压器输出功率均为2P，设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，两种情况下变压器输入电压为3U，变压器输入电流为eq \f(2,3)I；图甲中L1的功率为P1＝eq \f(（3U）2,R)＝9P；图乙中L1的功率为P2＝(eq \f(2,3)I)2R＝eq \f(4P,9)，选项B正确．
二、非选择题
15．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，输送的电功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW·h.求：
(1)输电效率η和输电线的总电阻r；
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？
答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
解析 (1)输送功率P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000 kW·h
输电线上损失的电能ΔE＝4 800 kW·h
终点得到的电能E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h，
所以输电效率η＝eq \f(E′,E)＝60%
输电线上的电流I＝eq \f(P,U)＝100 A
输电线损耗功率PR＝I2r，
其中PR＝eq \f(ΔE,t)＝200 kW
得r＝20 Ω.
(2)输电线上损耗功率PR＝(eq \f(P,U))2r∝eq \f(1,U2)
原来PR＝200 kW，现在要求P′R＝10 kW，
解得输电电压应调节为U′＝22.4 kV.