2024年高考物理第一轮复习讲义（有解析）：第十二章第2讲变压器电能的输送【A级——夯实基础】1．(2023·浙江1月选考)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()A．k1U，k2I B．k1U，C．，k2I D．，解析：根据理想变压器的电压和电流规律有＝k1，＝，解得甲图中高压线电压为U0＝k1U，乙图中高压线电流为I0＝，故B正确，A、C、D错误。
答案：B2．在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，如图所示，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接。
两线圈的电阻均可忽略不计。
闭合电源开关，他发现小灯泡发光很微弱。
为了适当提高小灯泡的亮度，下列方法可行的是()A．适当减少线圈a的匝数B．适当减少线圈b的匝数C．将交流输出电压适当减小D．将线圈a改接在直流输出端解析：为了适当提高小灯泡的亮度，即增大变压器副线圈的电压，因为变压器的规律是＝，所以U2＝，减少线圈a的匝数，即减小n1，可增大U2，故A正确；适当减少线圈b的匝数n2，U2减小，则不可以，故B错误；将交流输出电压U1适当减小，U2减小，也不行，故C错误；将线圈a改接在直流输出端更不行，因为直流电不能在副线圈产生电流，故D错误。
答案：A3．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。
一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。
已知变压器线圈总匝数为1 900匝，原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上。
当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2．0 kW。
设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为() A．380 V和5．3 A B．380 V和9．1 AC．240 V和5．3 A D．240 V和9．1 A解析：对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝A≈9．1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V。
答案：B4．(2022·江苏常州模拟)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，且n1B．输电线损失的电功率为C．提高输送电压U2，则输电线电流I2增大D．电厂输送电功率为U2I2解析：在输电线路上，U2＝I2R＋U3，所以I2<，故A错误；由于U2不是R两端的电压，所以输电线损失的电功率不是，故B错误；因为输送功率不变，根据P2＝U2I2可知，提高输送电压U2，则输电线电流I2减小，故C错误；因变压器为理想变压器，所以有P1＝P2＝U2I2，故D正确。
答案：D6．在如图所示的电路中，理想变压器的输入端接一正弦交流电，保持电压U1不变，P为滑动变阻器的滑片，闭合开关S，下列说法正确的是()A．只增加原线圈匝数，变压器的输出电压变大B．只减少副线圈匝数，变压器的输出功率变小C．只断开开关S时，变压器的输出电压变大D．只将P向下滑动时，变阻器消耗的功率一定变大解析：根据理想变压器电压和匝数的关系可知，增加原线圈匝数，则副线圈的输出电压减小，故A项错误；减少副线圈的匝数，则副线圈的输出电压减小，输出功率变小，故B项正确；断开开关S时，副线圈电阻增大，但匝数不变，变压器输入电压不变，则输出电压不变，故C项错误；将P向下滑动时，副线圈电阻增大，输出电压不变，将定值电阻R0与副线圈看成“电源”，定值电阻R0相当于电源内阻，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，即变阻器消耗的功率最大，由于定值电阻R0与变阻器的阻值大小不清楚，所以无法确定变阻器功率变化情况，故D项错误。
答案：B7．(2022·辽宁锦州模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则()A．电流表的示数为AB．电源输出功率为1 200 WC．电流表的示数为AD．原线圈两端电压为11 V解析：因为灯泡正常发光，所以副线圈两端的电压为220 V，根据P ＝UI可得副线圈中的电流I＝＝＝A，根据公式＝，可得原线圈中的电压U1＝×220 V＝4 400 V，根据＝可得原线圈中的电流I1＝× A＝A，即电流表示数为A，故A、D错误，C正确；原、副线圈中的电功率相等，所以电源的输出功率为60 W，故B错误。
答案：C8．某研究性学习小组的同学想用220 V交流电源作为某小型电器的电源。
他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是这个整流器需要用6 V的交流电源，于是他又添置了一台220 V/6 V的变压器，如图所示。
他看到这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗。
(1)他不知道接法如何，也没有相应的说明书。
你能帮他判断正确的接法是a、d端接________(选填“220 V”或“6 V”)。
(2)这台220 V/6 V的理想变压器接6 V的线圈匝数是300匝，则接220 V的线圈匝数是________匝。
解析：(1)因为理想变压器的输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器，根据P＝UI可知，副线圈中的电流大，为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，由公式R＝ρ知，引线要粗，故a、d 接6 V。
(2)根据变压器工作原理知＝，若理想变压器接6 V的线圈匝数是300匝，则接220 V的线圈匝数是11 000匝。
答案：(1)6 V(2)11 000【B级——能力提升】9．如图所示，一个匝数N＝100的线圈以固定转速50 r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交变电流通过一匝数比n1∶n2＝10∶1的变压器给阻值R＝20 Ω的电阻供电，已知交流电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是()A．电阻R消耗的电功率为10 WB．穿过线圈平面的最大磁通量为WbC．t＝0时刻流过线圈的电流不为零D．t＝0．002 5 s时刻穿过线圈平面的磁通量为Wb解析：电阻R上消耗的电功率P＝＝20 W，A项错误；变压器原线圈两端的电压即感应电动势有效值为200 V，所以其最大值Em＝200 V ＝NBSω，则穿过线圈的最大磁通量Φm＝BS＝Wb＝Wb，B项错误；t＝0时刻线圈平面和磁场垂直，各边均不切割磁感线，故线圈中电流为零，C项错误；t＝0．002 5 s时刻线圈转过45°，此时穿过线圈的磁通量Φ＝BS sin 45°＝× Wb＝Wb，D项正确。
答案：D10．一不计电阻的矩形线框，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的正弦交变电流如图甲所示。
把该交变电流接在图乙中理想变压器的a、b两端，Rt为热敏电阻(温度升高时，其电阻减小)，R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。
下列说法正确的是()A．在t＝1．5×10－2 s时刻，线框平面与磁场方向垂直B．该交变电流的电压的瞬时值表达式为u＝22·sin 100πt(V)C．Rt处温度升高时，V1示数与V2示数的比值减小D．Rt处温度升高时，V2示数与A示数的比值不变解析：在t＝1．5×10－2 s时刻，瞬时电压最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，穿过该线圈的磁通量为零，线框平面与磁场方向平行，故A错误；最大电压Umax＝22 V，周期T＝0．02 s，角速度ω＝100π rad/s，则该交变电流的电压的瞬时值表达式为u＝22sin 100πt(V)，故B正确；原、副线圈匝数不变，则副线圈两端电压不变，设副线圈两端电压为u0，Rt温度升高时，阻值减小，则副线圈所在电路的电流变大，定值电阻R两端电压增大，故V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误；Rt处温度升高时，阻值减小，V2示数与A示数的比值等于Rt的阻值，故比值减小，故D错误。
答案：B11．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为1 000和100，R1＝5 Ω，R2＝10 Ω，电容器的电容C＝100 μF。
已知电容器上极板所带电荷量q按图乙所示的正弦规律变化，则下列判断正确的是() A．电阻R1的电功率为20 WB．原线圈输入电压的有效值为10 VC．变压器原线圈中通过的电流的最大值为0．6 AD．穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0．2 Wb/s解析：电容器极板所带电荷量最大值Q＝2×10－3 C，电容器两极板之间最大电压U＝＝20 V，有效值U2＝＝10 V，电阻R1的电功率P ＝＝40 W，选项A错误；根据变压器变压公式，原线圈输入电压的有效值U1＝10U2＝100 V，选项B错误；由于副线圈中电流I2＞＋＝3 A，根据变压器原副线圈电流关系可知，变压器原线圈中通过的电流有效值大于0．3 A，最大值大于0．6 A，选项C错误；由法拉第电磁感应定律得Um＝n1，解得穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值＝0．2 Wb/s，选项D正确。
答案：D12．一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3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电源，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、副线圈匝数比为() A．2 B．3C．4 D．5解析：设变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，当开关S断开时，电流表的示数为I，副线圈电流为I，因此有(U－IR1)I＝()2I2(R2＋R3)；当S闭合时，电流表的示数为4I，同理有(U－4IR1)×4I＝()2(4I)2R2，联立解得原、副线圈匝数比为3。
答案：B13．小型发电站为某村寨110户家庭供电，输电原理如图所示，图中的变压器均为理想变压器，其中降压变压器的匝数比为n3∶n4＝50∶1，输电线的总电阻R＝10 Ω。
某时段全村平均每户用电的功率为200 W，该时段降压变压器的输出电压为220 V，则此时段()A．降压变压器的输入电压为11 kVB．发电机的输出功率为22 kWC．输电线的电流为1 100 AD．输电线上损失的功率约为8．26 W解析：降压变压器输出电压为220 V，根据变压器原理得＝，代入数据解得U3＝11 000 V＝11 kV，A正确；降压变压器输出功率P4＝110×200 W＝22 000 W＝22 kW，而P4＝P3＝I3U3，代入数据解得，输电线电流I3＝2 A，输电线上功率损失P损＝I32R＝40 W，所以发电机输出功率为P总＝P损＋P3＝22 040 W，B、C、D错误。