2022版高中物理（山东版）一轮复习：专题十三交变电流—应用训练（有解析）

专题十三　交变电流应用篇【应用集训】应用一　探究理想变压器的动态分析1.[2020山东高考押题预测(二),10](多选)如图甲所示是一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交变电压随时间变化的图像,现将该交流电接在如图乙所示的理想变压器原线圈的两端,V1、V2为理想交流电压表,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。下列说法中正确的是(　　)A.该交变电压瞬时值的表达式为u=220sin100πt(V)B.当t=1.5×10-2s时,线圈平面与磁场方向平行C.若只减少理想变压器原线圈的匝数,则变压器的输入功率将减小D.若只增大滑动变阻器接入电路中的阻值,则电压表V1与V2示数的比值将减小答案　BD　2.(2020山东济南第二中学模拟,12)(多选)图甲为理想变压器,其原、副线圈的匝数比为4∶1,原线圈接图乙所示的正弦交流电。图中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电表。则下列说法正确的是　(　　)A.图乙所示电压的瞬时值表达式为u=51sin50πt(V)B.变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C.变压器输入、输出功率之比为1∶4D.Rt处温度升高时,电压表示数不变,电流表的示数变大答案　BD　应用二　探究远距离输电的几个物理量之间的变化规律1.(多选)如图为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器。升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1∶n2=1∶10,在T1的原线圈两端接入一正弦交流电,输电线的总电阻为2r=2Ω,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3∶n4=10∶1,若T2的“用电设备”两端的电压为U4=200V且“用电设备”消耗的电功率为10kW,不考虑其他因素的影响,则(　　) A.T1的副线圈两端电压的最大值为2010VB.T2的原线圈两端的电压为2000VC.输电线上损失的电功率为50WD.T1的原线圈输入的电功率为10.1kW答案　ABC　2.发电机的路端电压为220V,输出电功率为44kW,输电导线的电阻为0.2Ω,如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压,经输电线路后,再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户。(1)画出全过程的线路图。(2)求用户得到的电压和功率。(3)若不经过变压而直接送到用户,求用户得到的功率和电压。答案　见解析[教师专用题组]【应用集训】　　　　　　　　　　　　　　　　　　　1.(2020四川树德中学二诊)如图为模拟远距离输电的部分测试电路。a、b端接电压稳定的正弦交变电源,定值电阻的阻值分别为R1、R2,且R1<R2,理想变压器的原、副线圈匝数比为k且k<1,电流表、电压表均为理想电表,其示数分别用I和U表示。当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时,电流表、电压表示数的变化分别用ΔI和ΔU表示。则以下说法错误的是(　　)A.=B.=R2C.电源的输出功率一定减小D.电压表示数一定增加答案　B　理想变压器原、副线圈电压变化比=,电流变化比为=,则=,将R1视为输入端电源内阻,则=R1,所以===,故A正确。因=R2+R3,故B错误。当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时,负载电阻变大,故电源输出功率减小,C正确。当向下调节滑动变阻器R3的滑动端P时,负载电阻变大,回路中电流变小,则原线圈中电流也减小,那么电阻R1上的电压减小,电源电压不变,所以原线圈的电压变大,根据匝数比可知副线圈的电压也变大,故D正确。2.(2020四川泸县五中第一次月考)如图所示,某理想变压器有两个副线圈,副线圈匝数相同,所接电阻R1=R2,电表均为理想交流电表,D为二极管,原线圈接正弦交流电源,闭合开关S,稳定后(　　) A.电压表示数比闭合S前大B.R2的功率小于R1的功率C.通过R2的电流为零D.电流表示数与闭合S前相同答案　B　因为原线圈电压及匝数比不变,根据=知,上面的副线圈两端电压不变,电压表示数不变,故A错误。两个副线圈的电压相同,R2只有一半时间有电流通过,所以消耗的功率只有R1的一半,即R2的功率小于R1的功率,故B正确。因为是交流电,二极管具有单向导电性,则有半个周期有电流通过R2,故C错误。闭合S稳定后,输出功率增大,根据输入功率等于输出功率,知输入功率增大,由P1=U1I1知,原线圈电流增大,电流表示数比闭合S前增大,故D错误。【知识联想】理想变压器原副线圈中的电流比等于匝数的反比,这只适用于只有一个副线圈在工作的情况下,若有多个副线圈同时工作,电流关系应是n1I1=n2I2+n3I3+…。3.(2020四川德阳三诊)(多选)如图,将手摇交流发电机与一理想变压器的原线圈相连,副线圈电路中接有三个定值电阻、开关、灯泡及一个压敏电阻。压敏电阻具有这样的特点:只有加在它两端的电压大于某一值时,才会有电流通过。现将手摇发电机的手柄匀速转动,小灯泡周期性的闪亮,闭合开关后,小灯泡不再闪亮。下列说法正确的是(　　)A.将滑动头P向上滑动,可能使灯泡继续闪亮,且闪亮频率不变B.将滑动头P向上滑动,可能使灯泡继续闪亮,但闪亮频率变大C.增大发电机手柄的转速,可能使灯泡继续闪亮,但闪亮频率变大D.增大发电机手柄的转速,可能使灯泡继续闪亮,但闪亮频率不变答案　AC　灯不亮是由于加在压敏电阻两端的电压降低,电流不能通过,若P向上滑动,根据=,副线圈两端电压升高,可能使灯泡继续闪亮,由于手摇发电机的频率不变,因此闪亮频率也不变,A正确,B错误。增大发电机手柄的转速,则手摇发电机的频率增加,角速度增加,根据产生感应电动势的最大值表达式Em=NBSω,可知电源电压升高,压敏电阻两端电压升高,可能使灯泡继续闪亮,但闪亮频率等于手摇发电机的频率,也会增大,C正确,D错误。【解题关键】正弦交流电的最大值与转速的关系、理想变压器的电压决定关系、电压动态变化是解答此题的关键。4.(2020江苏南通泰州一模)某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示,A、B为理想变压器,R为输电线路的电阻,灯泡L1、L2规格相同,保持变压器A的输入电压不变,开关S断开时,灯泡L1正常发光,则　(　　)A.仅将滑片P上移,A的输入功率不变B.仅将滑片P上移,L1变暗C.仅闭合S,L1、L2均正常发光D.仅闭合S,A的输入功率不变 答案　B　仅将滑片P上移,则A变压器的副线圈匝数变小,电压变小,则输电线上的电流变小,则A变压器的输入功率也变小,相应的B变压器的输出功率减小,L1变暗,故A错误,B正确;仅闭合S,则B变压器的负载电阻变小,总电流变大,输出功率变大,则变压器A的输入功率也变大,相应的输电线上的电流变大,输电线上损失的电压变大,B变压器的原线圈电压变小,副线圈电压也变小,即灯泡两端的电压变小,灯泡不能正常发光,故C、D错误。5.(2020宁夏银川九中等三校联考)(多选)高压输电可大大节能,至2017年11月,我国已建成投运8项1000kV特高压交流工程和11项±800kV特高压直流工程。中国全面掌握了特高压核心技术,成为世界首个也是唯一成功掌握并实际应用特高压技术的国家。某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示,发电机输出的电压恒定,通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电,已知输电线的总电阻为R,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,它的副线圈两端的交变电压如图乙所示,若将变压器视为理想变压器,则下列说法中正确的是(　　)A.降压变压器T2原线圈的输入电压为880VB.降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4∶1C.当用户端用电量增大时,输电线上损耗的功率减小D.当用户端用电量增大时,发电厂输出的功率也增大答案　AD　由图像得到,降压变压器T2副线圈两端的交变电压u=220sin100πt(V),有效值为220V,降压变压器原、副线圈匝数之比为4∶1,故降压变压器T2原线圈的输入电压为4×220V=880V,故A正确。降压变压器为理想变压器,故输入功率与输出功率之比为1∶1,故B错误。输出功率增大时,输电线上的电流增大,输电线上损耗的功率增大,故C错误。用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率,消耗和损失的功率都增大,故发电机输出功率增大,故D正确。6.(2021届山东入学调研四)如图甲所示为一霓虹灯供电的电路。变压器输入端接有熔断电阻,其允许通过的最大电流为100mA,阻值忽略不计,原、副线圈匝数比为10∶1,副线圈电路中接有10个霓虹灯,每个霓虹灯的额定电压为10V,额定功率为1W,R为滑动变阻器。当变压器输入端电压为220V时,示波器描绘出每一个霓虹灯的电流图像如图乙所示(霓虹灯的电阻可视为不变)(　　)A.变压器输入端的电流频率为100HzB.此时滑动变阻器的阻值为20ΩC.该电路允许并联连接的霓虹灯的个数为25个D.电路正常工作时,若某一个霓虹灯发生故障而断路,那么应当将滑动变阻器的阻值减少,才能保证其他霓虹灯保持原有的亮度答案　C　由电流图像可知,交流电的周期为T=0.02s,频率为f=50Hz,选项A错误。在电路中每个霓虹灯的电流大小为0.04A,那么变压器输出端电流为0.4A,变压器的输出电压为22V,霓虹灯的电阻为100Ω,霓虹灯两端的电压为4V,因此滑动变阻器的阻值为R=Ω=45Ω,选项B错误。该变压器允许输出的电流最大为 1A,那么允许连接的霓虹灯个数为25个,选项C正确。若有一个霓虹灯发生断路故障,输出端的总电阻将变大,滑动变阻器上的电流将减小,电压减小,剩余霓虹灯上的电压增大,因此需要增大滑动变阻器的电阻以减小霓虹灯上的电压,使其保持原有的亮度,选项D错误。7.(2020四川泸县二中第四次月考)如图甲所示的“火灾报警系统”电路中,理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1,原线圈接入图乙所示的电压,电压表和电流表均为理想电表,R0为半导体热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小,R1为滑动变阻器。当通过报警器的电流超过某值时,报警器将报警。下列说法正确的是(　　)A.电压表V的示数为20VB.R0处出现火警时,电流表A的示数减小C.R0处出现火警时,变压器的输入功率增大D.要使报警器的临界温度升高,可将R1的滑片P适当向下移动答案　C　设原线圈中电压的最大值为Um,电压的有效值为U,则·=·T,代入数据得电压的有效值为110V。变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比,所以变压器原、副线圈中的电压之比是10∶1,电压表的示数为11V,故A错误。R0处出现火警时,电阻减小,则副线圈中电流变大,变压器输出功率变大,则变压器的输入功率增大,电流表示数变大,选项C正确,B错误;要使报警器的临界温度升高,则R0的临界电阻值更小,而火灾时流过报警器的电流不变,则报警器两端的电压不变,所以需要将R1的滑片P适当向上移动,故D错误。8.(2020福建福清质检)如图所示为某住宅区的应急供电系统,由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成。发电机中矩形线圈所围的面积为S,匝数为N,电阻不计,它可绕水平轴OO'在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动。矩形线圈通过滑环连接降压变压器,滑动触头P上下移动时可改变输出电压,R0表示输电线的电阻。以线圈平面在中性面为计时起点,下列判断正确的是　(　　)A.若发电机线圈某时刻处于图示位置,变压器原线圈的电流瞬时值为零B.发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωtC.当滑动触头P向下移动时,变压器原线圈两端的电压不变D.当用户数目增多时,电路中的电流变小,用户得到的电压变小答案　C　当线圈与磁场平行时,感应电流最大,故A错误。从中性面开始计时,发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωsinωt,故B错误。由于发电机线圈电阻不计,则变压器原线圈两端电压等于发电机产生的电动势,当滑动触头P向下移动时,变压器原线圈两端的电压不变,副线圈匝数减小,故输出电压变小,C正确。由于用户的用电器均是并联的,故当用户数目增多时,电路总电阻变小,电路中的电流变大,则输电线上损失的电压增大,用户得到的电压变小,故D错误。9.(2020天津河西质检)某兴趣小组利用变压器的原理设计了一个起重机装置用于提升物体,如图所示,理想变压器原线圈的输入电压u=50sin100πt(V),照明灯的规格为“10V　20W”,电动机的内阻为RM=5Ω,装置启动后,质量为m=2kg的物体恰好以v=0.25m/s的速度匀速上升,照明灯正常工作,电表均为理想电表,取g=10m/s2。则(　　) A.原、副线圈匝数比为1∶5B.电压表的示数为14.1VC.装置启动后,电动机的输出功率为5WD.装置启动后,电流表的示数为4A答案　C　原线圈电压有效值为50V,副线圈电压的有效值为10V,根据=可知,原、副线圈匝数比为5∶1,A错误。电压表测量的是副线圈电压的有效值,为10V,B错误。物体匀速上升,输出功率全部用来提升物体,因此装置启动后,电动机的输出功率为P出=mgv=5W,C正确。电动机是非纯电阻元件,根据P入-P热=P出,即UI-I2RM=P出,解得I=1A,流过照明灯的电流I'==2A,因此流过电流表的电流为3A,D错误。10.(2020吉林长春六中3月二模)(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图,发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电,已知输电线的总电阻R=10Ω,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器,T2的副线圈两端电压U=220sin100πt(V),当用电器电阻R0=11Ω时(　　)A.通过用电器R0的电流有效值是20AB.当用电器的电阻R0减小时,发电机的输出功率减小C.发电机中的电流变化频率为100HzD.升压变压器的输入功率为4650W答案　AD　降压变压器副线圈两端电压有效值为U==V=220V,负载电阻为11Ω,所以通过R0电流的有效值是20A,故A正确。当用电器的电阻R0减小时,由于电压不变,电流增大,输出功率增大,则发电机的输出功率也增大,故B错误。交流电经过变压器,频率不变,则交流电的频率f=ω/2π=50Hz,故C错误。根据I3∶I4=n4∶n3得,输电线上的电流I3=5A,则输电线上损耗的功率P损=R=25×10W=250W,降压变压器的输入功率P3=U4I4=220×20W=4400W,则升压变压器的输出功率P=P3+P损=4400W+250W=4650W,故D正确。