课时检测训练52 变压器远距离输电-【勤径学升】2025年高考物理一轮总复习课时检测训练（人教版）

课时检测训练52变压器 远距离输电 >对应答案P621 基础对点练 对点练1理想变压器原理和应用 1.手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所 示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似， A.电压表的示数为72V 通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的 B.电容C的耐压值小于72V 线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上 C.R消耗的功率为7.2W 的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近 D.电流表的示数为0.28A 的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池 对点练2理想变压器的动态分析 充电。在充电过程中 ( 4.如图甲，理想变压器原、副线圈匝数比为22：1， 2 接线柱a,b所接正弦交变电压“随时间t变化规 受电线圈 律如图乙所示。变压器副线圈接有一火警报警 送九线倒 系统，其中R,为定值电阻，R为热敏电阻，其电 A.送电线圈中电流产生的磁场是恒定的 阻随温度升高而增大。下列说法中正确的是 B.受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变 C.送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量 V 传递 2202 X102￥】 /4 D.手机和基座无需导线连接，这样传递能量没 -220 有损失 甲 2.一自耦变压器如图所示， A.电压表示数为10V 环形铁芯上只绕有一个线 B.此交变电源的频率为0.5Hz -0. 圈，将其接在a,b间作为 C.出现火警时，电流表示数增大 od 原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在 D.出现火警时，电压表示数增大 c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U,的 5.(多选)如图所示，正弦交流电源输出电压有效值 交变电流时，c,d间的输出电压为U,。当滑动触 U=220V,理想变压器原副线圈匝数比n,n:= 头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时 2:1,电压表、电流表均为理想交流电表，定值电 r 阻R=202,滑动变阻器的总阻值R,=202。 A.U:>U B.U:=2U 将滑动变阻器滑片从最上端滑到最下端的过程 C.U,=U D.2U,=U 中，下列说法正确的是 () 3.如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为1： 2,在副线圈的回路中分别接有电阻R和电容C,R =3602。原线图P,Q两端接在峰值电压为36V 的正弦交流电源上，图中交流电压表，交流电流表 A.电流表示数一直增大 均为理想电表。下列说法正确的是 () B.电压表示数一直增大 455 课时检测训练·物理 C.电压表示数一直减少 罕综合提升练 D.电流表示数的最大值是5.5A 9.(多选)(2023·海南卷)下图是工厂利用“= 对点练3远距离输电 220、2sin100πtV的交流电给36V照明灯 6.(2023·唐山三模)如图所示，某小型电厂向用户 供电的电路，变压器原线圈匝数为1100匝， 高压输电，输电线的总电阻R=5Q,在用户端通 下列说法正确的是 ( 过变压器降压，降压变压器的原副线图匝数比 :=20:1。若降压变压器的输出功率为88kW, 输出电压为220V,则发电厂发电机的输出功率 为 A,电源电压有效值为220,2V 川户 B.交变电流的周期为0.02s C.副线圈匝数为180匝 A.88 kW B.90 kW C.92 kW D.94 kW D.副线圈匝数为240匝 7.为了减小电能输送过程中的损耗，高压送电是当 10.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用。如图所 前最有效的方式。将200V,100kW的交流电按 示，一理想自耦变压器接在u=U.sin100πt的 照如图所示电路输送给用户，线路上总电阻R一 正弦交流电压上，P为滑动触头，初始位置位于 4Ω，降压变压器原副线圈的匝数比为195：11， 线圈CD的中点G,A,和A,为理想交流电表， 用户获得电压为220V,升压变压器原副线圈的 R为定值电阻，下列说法正确的是 匝数比为 B 升压交压器 降压变压器 A.将P向下滑动，A的示数将变小 A.1￥25 B.1:20 B.将P向上滑动，A的示数将变大 C.1:10 D.1:5 C.将P下滑到GD的中点，电阻R的功率将变 8.如图所示为远距离输电的 为原来的4倍 示意图，已知交流电源电压 D.将P上滑到CG的中点，电阻R的功率将变 为U,升压变压器的原、刷线圈匝数比为1：m, 为原来的号 降压变压器的原，副线圈匝数比为n:1,负载R 11.(多选)在图甲所示的交流电路中，电源电压的 正常工作。现输电距离增大，输电线电阻随之增 有效值为220V,理想变压器原、副线圈的匝数 大，若要保证负载仍能正常工作，只改变选项中 比为10：1，R,R、R均为周定电阻，R2 的一个量，下列做法可行的是 ( 102,R=202,各电表均为理想电表。已知电 A.增大m B.减小m 阻R,中电流，随时间t变化的正弦曲线如图 C.减小n D.减小U 乙所示。下列说法正确的是 () 课时检测训练·物理 456 i/A 匝线圈接有一理想电压表V2,示数为0.10V。已 102s 知R:R=4:1,则副线圈的匝数为 () 甲 A.所用交流电的频率为50Hz B.电压表的示数为100V C.电流表的示数为1.0A D.变压器传输的电功率为15.0W A.225 B.550 12.(2023·山东卷)某节能储能输电网络如图所 C.2200 D.4400 示，发电机的输出电压U=250V,输出功率 14.(多选)(2023·绥化期*)如图所示，理想变压 500kW。降压变压器的匝数比n2:n,=50:1, 器原、副线圈匝数比n,:n2=12,原线圈接电压 输电线总电阻R=62.52。其余线路电阻不 随时间变化规律为u=220√2sin100πt(V)的交 计，用户端电压U=220V,功率88kW,所有变 流电源，A,A,A是三个理想电流表，D为理 压器均为理想变压器。下列说法正确的是 想二极管，R,是滑动变阻器，定值电阻R=R ( =2202,则 A.发电机的输出电流为368A A.电流表A的示数为1.0A B.输电线上损失的功率为4.8kW B.电流表A,的示数为2.0A C.输送给储能站的功率为408kW C,滑动变阻器R的滑片向下滑动时，电流表 D.升压变压器的匝数比m1'2=1:44 A,的示数将变小 13.如图，理想变压器原线圈匝数为1100匝，接有一 D.滑动变阻器R的滑片向上滑动时，变压器 阻值为R的电阻，电压表V示数为110.0V。副 输人功举变小 线圈接有一个阻值恒为R的灯泡，绕过铁芯的单 457 课时检测训练·物理i=Icos wt=2cos 400t(A)。 1=1=(2)电路中电流的有效值为1 √2 A, 电阻 R 的发热功率：P=I2R= 180 W。 (3)线框从此位置转过四分之一周期 的过程中 平均感应电动势：E= N△φ △tx, 平均感应电流：T-万系，-(R方， 通过电阻R的电荷量： q=ix-YR+,=5×10~C。 课时检测训练 52 1.C 解析由于送电线圈输入的是正 弦式交变电流，是周期性变化的，因此 产生的磁场也是周期性变化的，A、B 错误；根据变压器原理，原、副线圈是 通过互感现象实现能量传递，因此送 电线圈和受电线圈也是通过互感现象 实现能量传递，C正确；手机与机座无 需导线连接就能实现充电，但磁场能 有一部分以电磁波辐射的形式损失 掉，因此这样传递能量是有能量损失 的，D错误。 2.D 解析当滑动触头与a间的匝数 等于滑动触头与b间的匝数时，原线圈 匝数n?等于副线圈匝数 n?的 2倍，则 2:-m-二，,即2U?=U?,故选D。 3.C 解析 原线圈电压的有效值为U?= 度V=80v.根号一可得副线圈 两端电压的有效值为U?=36√2V,R消 耗的功率为P--7.2 W.电压表为 副线圈两端电压的有效值为36√2V,故 C正确，A错误；副线圈两端电压的峰值 为36√2V×√2=72V,可知电容C的耐 压值大于72V,故B错误；流过电阻的电 流1-≈0.1A,由于电容器通交流， 所以流过副线圈的电流I?>0.14A;根据 会一片可知流过原线固的电流1> 0.28 A,故D错误。故选C。 m一，共4.D 解析 理想变压器有 中电压值为交流电的有效值U?= v-20 V.则-二,解得 U?=10V,但R?与R?共用10V,则 R?两端电压小于10 V,电压表测 R2 两端电压，故 A错误；由u-t图像可 知，周期 T=0.02s,其中/=号，,解得 电源频率 f=50 Hz,故B错误；出现火 警时，随温度升高，R?的阻值变大，R? 两端分得的电压变大，电压表示数增 大，在U?与R?不变的情况下，I?变 小，I?决定I,则I?应变小，电流表示 数应变小，故C错误，D正确。 5.AD 解析 根据题意，设滑动变阻 器向下滑动的距离为x,R?的总长度 为L,由串并联知识可得，副线圈所 在回路的总电阻为 R?=20LLg-=20- 20.x2 7241一，可知 x越大，R越小，则当 =0时，R⋯=20Ω;当x=L时，R= 10Ω,由于原线圈的输入电压不变，线 圈匝数比不变，则副线圈的输出电压 不变，即电压表示数不变，由于电阻一 直减小，则电流表示数一直增大，故 BC错误，A正确；由电压与匝数关系 号一m.,解得U?=110V,电阻最小 1-P=11A,由时，电流最大，有 一%.电流与匝数关系有- ,解得 I= 5.5A;即电流表示数的最大值是 5.5 A,故 D正确。故选 AD。 6.B 解析 根据题意，由公式 P=UI 可得，降压变压器的输出电流为I?= 88000A=400 A,由电流与线 圈匝220 数关系可得，降压变压器的输入电流 1.-2-I?=20 A,则输电线损失的为 功率为△P=I?2R=2kW,则发电厂 发电机的输出功率为P?=△P+P= 90 kW,故选 B。 7.B 解析 设通过用户的总电流为I, 根据理想变压器原副线圈电流关系可 1.=m1=1s1,得输电线上的电流为 根据理想变压器原副线圈电压关系可得 U?=2U,=T×220 V=3 900 V,根 ·621 · 据理想变压器原副线圈功率相等的关 系可得 P?=I?2R+U?I?,代入数据解 得I?=25A或I?=-100 A(舍去),升 1.=E=压变压器原线圈的电流为 1o200-A=500 A,则升压变压器原 ??分-5-方·副线圈的匝数比为 所以B正确，A、C、D错误。 8.A 解析 现输电距离增大，输电线电 阻随之增大，上面消耗的电压增多，要 保证负载仍能正常工作，即副线圈两 端电压不变，增大 m,升压变压器副线 圈上的电压增大，可保证降压变压器 原线圈上的电压不变，B错误，A正确； 减小 n,降压变压器副线圈上的电压变 小，不能保证负载正常工作，C错误；减 小U,负载两端电压变小，负载不能正 常工作，D错误。 9.BC 解析电源电压的有效值U= 220√2v=220V,A错误；交流电的周 √2 T=-10s=0.02?正确；根期 m七. m.-m=据 ,得副线圈匝数 ×1100=180臣，C正确，D错误。 故选 BC。答案 10.C 解析 将P下滑时，电阻R两端 电压变大，A,示数变大，同理，将P向 上滑动，A?的示数将变小，A、B错 误；若将P向下滑动至GD的中点， 原、副线圈的电压比将由1:2变为 1:4,电阻 R的电压将变为原来 2 倍，故功率变为原来的4倍，C正确； 若将P向上滑动到CG的中点，原、副 线圈的电压比将从1:2 变为3:4, 号.电阻电阻R的电压将变为原来的· R的功率将变为原来的-支，D错误。 11.AD 解析 根据i?-t图像可知T= 0.02 s,则所用交流电的频率 f= ÷=50 H2,故A正确；副线圆两端电 压U?=1.R=层×10 V=10 V.由 m七!得原线圈两端电压U?=100V, 电压表的示数U=220 V-100 V= 120V,故B错误；电流表的示数I= k-6A=0.5A,放C错误；变压器 高考一轮总复习·物理 传输的电功率 P=I?2R?+I2R?= 15.0 W,故D正确。 12.C 解析由题知，发电机的输出电 压U?=250V,输出功率500kW,则 有I=∈=2×10°A,A错误；由题 知，用户端电压U?=220 V,功率 -÷-m,2=u,1.88 kW,则有 联立解得I=400 A,I?=8A,U?= 11000V,则输电线上损失的功率为 P=I2R=4kW,且U?=U?+I?R= 2-m.,解得-11500V,再根据 :HD借误；根据理想变压器无动率 损失有P=U?I?+P,代入数据有 P*=408 kW,C正确。故选 C。 13.C 解析 假设理想变压器原线圈的 输入电压为U,根据理想变压器线圈两 端电压之比为线圈匝数之比可知，原线 "-t?Y-圈两端电压和 V?满足 m=1100,解得原线圈输入电压为 n? U=220 V,理想变压器原副线圈电流 之比等于线圈匝数的反比，原线圈电-流I,和通过灯泡的电流 I?满足 常，定值电理R满足欧好定律1一 HRY.,则通过灯泡的电流为I?= m1=120·R,结合个R-十可 知副线图电压为U?=1.R=D· HRY·R=L?0X×4 V.原线 圈与副线圈的电压之比等于线圈匝 比√=,数之! 代入U?得 220 V-110 V ”=1100,变形1100×110×4 V n? n? n? 得n?2=4×1100×1100,解得副线圈 的匝数为n?=2 200。 14.BD解析原线圈电压为U?= 220V,根据理想变压器的变压比等 于臣数比，可知副线图电压为U?=m U?=440V,则电流表A?的示数为I? -2.0 A,放B正确；由于R= R,则两定值电阻所在支路电流相 等，因为R?与理想二极管串联，根据 高考一轮总复习·物理 理想二极管的单向导电性，由焦耳定 律可得I2R.T=1°R。+0,解得电 流表 A?的示数为I?=√2A,故A错 误；滑动变阻器的滑片向下滑动时， 其电阻值变小，因副线圈两端的电压 不变，则副线圈总电流变大，理想变 压器的输出功率变大，输入功率变 大，电流表A?的示数I?变大，故C错 误；滑动变阻器的滑片向上滑动时， 其电阻值变大，因副线圈两端的电压 不变，则副线圈总电流变小，理想变 压器的输出功率变小，输入功率变 小，故 D正确。故选 BD。 课时检测训练53 1.A 解析 根据折射定律n:sinO= nr sin Or,由于地 太阳光线 球表面附近空气 0 的折射率随高度 降低而增大，则n下 地球表面。 >nt,则 θ逐渐 Tmmm 减小，画出光路图如右，则从高到低， 0逐渐减小，则光线应逐渐趋于竖直 方向。故选 A。 2.AD解析光线在内芯和包层界面 上发生全反射，可知光从光密介质进 入光疏介质，则内芯的折射率大于包 层的折射率，故 A正确，B错误；不同 频率的可见光在界面上发生全反射， 可知经过的路程相同，根据v=分，知 光在介质中传播的速度不同，则传播 的时间不同，故C错误；根据 sin C= 去，知折射单越大，临界角越小，红光 的折射率小，则临界角大，若红光恰能 发生全反射，则紫光一定能在分界面 上发生全反射，故D正确。 3.A 解析光线经过玻璃砖上表面到 达下方的半圆柱面出射时可能发生全 反射，如图，设恰好发生全反射时的临 n=snc·界角为C,由全反射定律得 解得C=晋，,则有光线射出的部分圆柱 s=÷rRL,面的面积为 S=2CRL,解得 故选 A。 C G ·622 · 4.C 解析 光的频率是由光源决定的， 与介质无关，频率不变，A、B错误；由 题图可知光线1入射到水球的入射角 小于光线 2入射到水球的入射角，光 线1在水球外表面折射后的折射角小 于光线2在水球外表面折射后的折射 角，设水球半径为R、气泡半径为r、光 线经过水球后的折射角为a,光线进入 气泡的入射角为0,根据几何关系有 m(R?-,则可得出光线2进 入气泡的入射角大于光线1,若光线 1 在M处发生全反射，光线2在N处一 定发生全反射，C正确，D错误。 5.C 解析设光线在OQ界面的入射 角为α,折射角为β,几何关系可知a= 30°,则有折射定律n-H=√Z,光线 射出OQ界面的临界为发生全反射，光 路图如下，其中OB⊥CS。 Q β B 0- -PS 光线在AB两点发生全反射，有全反射 定件sin C=÷一竖，,即 AB两处全反 射的临界角为45°,AB之间有光线射 出，由几何关系可知 AB=2AC=2CS =OS=d。故选C。 6.D 解析由波长与折射率关系可知， n=snc可波长越长，折射率越小，由 知，b更容易发生全反射，故b折射率 更大，b波长更小，如果a光是绿光，则 b光可能是紫光。故选 D。 7.1.5 解 析因为 A E当sin i=古 D 时，恰好没有 光 线 从 AB B C 边射出，可知 光线在E点发生全反射，设临界角为 c.则 sin C=号，由几何关系可知，光 线在 D点的折射角为r=90°-2C,且 有-0.联立可得n-1.5. 8.0≤90° 解析 光束在光导纤维 AB端面的入 射角为θ,设折射角为α,折射光线射向 侧面时的入射角为β,要保证不会有光 线从侧壁射出来，则光线在侧壁发生 全反射。由折射定律得n-由几 θ逐渐减小， 为α θ,