课时分层检测(17) 变压器-【创新大课堂系列】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步辅导与测试(人教版)

8.AB[由u=200√2sin(100πt)V可知，电压最大值Um= 珠两端的电压为U=IR=0.24π√2X8V≈6.032V,故D 200√2V,角速度w=100πrad/s,所以电压的有效值即理想 错误。] 电压表示数U==200V,周期T=2红=0.02s,频率f 课时分层检测（十七） √2 1,BC[保险丝的原理是电流的热效应，应该用电流的有效 1 元=50H2,由欧姆定律得1只-0A=4A,A、B正确： 品-共得u,=兴0，=名×20V=0V,由号- 值，由可，： 一个周期内电流方向改变两次，而f=50Hz,则1s内通过 R的电流方向改变100次，C错误；用电器消耗的电功率！ n 17 _=550,故 得-21，=是X1A=2A,所以R- p=1U=4×200W=800W,D错误。] B、C正确。] 9.AB[设回路中电流的有效值为I,由电流的热效应可知2，B[设原、副线图匝数比为，根据能量守恒，当S断开时， (NBS0)RT=rRT,得I=NBS0,A正确，D错误：在 UI='R1+(nI)(R,+R3):当S闭合时，4U1=(4I)R1+ 22R 2R (4nI)R。,联立解得n=3,所以B正确。 一个调期内只有半月期的时同有电流通茳R,其中△®-3.C[电流表示数1=只 2BS,则通过R的电荷量q=NA_2NB5,B正确：电阻R 日=SA=2A,故A错误；由题图 R R 《b)可知原线图两瑞电压的有数值U,=20V,由-” Ul-n 两瑞电压U=IR=VBS,C错误] 2 10.解析若以线图处于中性面位置开始计时，则线图中产生： 可得原司发图臣款之比受品-瓷一子，故B袋民电 的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSosin wt,代入数 流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确：由题图(b) 据得e=120√2sin(100πt)V。 (1)开关S断开时，理想电压表示数为 可知T=0,02s,所以交支电压的频率为了=子-2H U,-98.=120v =50Hz,故D错误。] 4.BC[若导线中通过的是10A恒流电，则穿过线圈的磁通 (2)开关S闭合时，电阻正常工作，通过电阻的电流为 量不变，则G中不会有感应电流产生，故A错误：根据变压 1=,-器A5A 器原，副线图电流与匝数成反比片=业可得1，=50A,故B 1s n 所以电阻额定功率是P=IR=540W。 正确；导线在钳形口多绕几图，即1增大，I,随之增大，钳 (3)由e=120√2sin(100πt)V可得 形电流表的示数变大，故C正确，D错误。] 5.CD[当变阻器的滑动触头P向上移动时，用电器的总电 i-R62sin (100x)A e 阻增大，相当于并联的用电器数目减少，则输出功率减小， 则uR=iR=90√2sin(100xt)V,所以可作出uR随时间变 故变压器的输入功率减小，由于电网电压不变，所以两个 化的图像，如图所示。 电压表的示数不变，故选项A、B错误，D正确；由于变压器 902“w 的输出功率决定输入功率，输出功率减小，所以A,的示数 随A2示数的减小而减小，故选项C正确。门 452 6.A[要使得L、L2L?和L:都正常发光，副线图的电压应 0 为10V。若L1也能正常发光，则原线圈的电流应是副线圈 t/s -45/2 12三1可知n1:n2=2：1,再由=可知原线 -90/2 圈的电压为20V,则LU=U1+U1=25V,所以选项A 图中在正、负半周期内，各有一段时间电压大于45√2V, 正确。] 由45√2V=90√2sin(100πt)V得 7.B[发电机线图的转速变为原来的？，则交变电流频率变 t4=6008,t4=1208 为原来的，由E-N产知，原线图中输入电压变为原来 所以一个周期内霓虹灯被点亮的时间为 √2 t,=2(,-t)=75s0 的了根湖号-兰到U变为原表的宁即心=则 答案1120V(2)540W(3)方s 通过R的电流变为原来的子，根据-，原线周上的电 12 n 11.C[线图两种运动过程中速度变化情况不同，根据法拉第 电磁感应定律可得e=NBlu=NB·2πr·v=2 NxBru,产 流也变为原来的号，即电流表A的滨数变为1，R消托的 生的感应电动势随时间的变化不同，则感应电动势的有效 U,2 值不同，则小电珠亮度不相同，故A错误；根据法拉第电磁 功率P2= P,故B正确。] R4 感应定律可得感应电动势为e=NBl=NB·2πr·v= 2VBr,由于图丁中线图0随时间变化，则感应电动势会：8.AD[原线图电压为U, U=200V,根据变压器规律可 √ 发生变化，故B错误：线圈按丙图情况运动时，速度随时间 知翻线图电压为U,=”,巴=40V,因为两电阻阻值相等， 变化情况为u=6sin。)tm/s=6sin(10πt)m/s,产生 n 所以电压均分，则电压表示数为副线圈电压的一半，即 的电动势的瞬时值表达式为e=2NπBr%=2X20πX0.2× 0.1×6sin(10xt)V=4.8sin(10t)V,故C正确；线图按丙图 20V,C错误；翻线图电流为1-发1八，则原线图电流 情况运动时，电动势有效值一万一厄 E=4.8mV=2.4π√2V,感： 为1，="：L=0.2A,A正确，B错误：变压器不改变交流电 n 应电流有效值为I有= E=24红5A=0.24π反A,则小电 周期，所以通过电阻R的交流电的周期为4×10-s,D R2+8 正确。] 242 9.B[由于送电线圈输入的是正弦式交变电流，是周期性变： 降压变电器原线圈两端电压U,=U,一△U=4800V, 化的，因此受电线圈中产生的磁场也是周期性变化的，A正 确，B错误；根据变压器原理，原、副线圈是通过互感现象实· 所以3=元=240：11。 现能量传递的，因此送电线圈和受电线圈也是通过互感现· 答案(1)20kW(2)240：11 象实现能量传递的，C正确；手机与机座不需要导线连接就！7，D[输电线有电阻，则输电线上有电压降，灯泡两端电压一 能实现充电，D正确。] 10.C[由题图乙可知，该交变电流的周期为T=0.02s,其频率！ 定小于50V,A错误：遥过灯泡的电流的频率为f=云 为f=宁=50比，输入电压的最大值为U.=20巨V,有效 严Hz=5Hz,B错误；依次闭合开关S、SS,降压变压 2x 值为U=20V,剥制线国两端的电压为U,=光U= 1 器副线圈上的电流I,增大，则I增大，即输电线中电流增 21 大，U减小，U,减小，灯泡L1两端的电压减小，L1变暗， 220V=22V,所以通过电阻R的电流即电流表A。的示数为 错误；依次闭合开关S1、S,S,1:增大，1增大，即输电线 -号=号A=1A,选项A,B错误：变压器的输出功率为 中电流增大，由P=Ir可知，输电线消耗的电功率增大， 1=R22 D正确。] P-U1,=2×1W=2W,理起支压器的输入功车等于龄8.AC[根挑宁-”己-元 出功率，即P、=P出=22W,选项C正确；将P。沿逆时针方 据丛=业=以及：=知U· 向转动一些，变压器的副线图匝数增多，输出电压变大，输出！U=U,:U,故A正确。用户用电器总电阻减小，用电器 功率变大，所以输入功率也变大，故电流表A,的示数将变大，， 增多，则降压变压器副线圈上电流增大，所以输电线上的电 选项D错误。] 流增大，根据P描=严R知，输电线上损失的功率增大，根据 课时分层检测（十八） △U=IR知，输电线上损失的电压变大，发电机的输出电压 不变，则升压变压器的输出电压不变，则降压变压器的输入 LBCD[输电线功率损耗P=了R&二R三1四，其中 电压变小，用户的电压U减小，故C正确，B错误。用户消 U=U1-U2,故选项A错误，B、C、D正确。] 耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之 差，故D错误。] 2.B[原、副线圈匝数比L=,000=50,A错误：变压器不9.解析(1)输电线上的电流为 220 改支交支电流的频幸，f=云=50H,B正确：原线调中的 p_20×10A≈52.63A, 1≠ 380 输电线路损耗的功率为 电流较小，导线较细，C错误；副线圈的电流等于居民小区！ 各用电器电流的总和，D错误。] P=I'R=52.63×6W≈16620W=16.62kW。 3.BD[如果发电机输出电流增大，根据变流比可知，输送电 (2)改用高压输电后，输电线上的电流变为 流增大，则通过用户的电流也增大，A错误；由1U1= 1r=-9a ·A=4A, 5000 I,U,=,R十(1)R,可知，输送电流增大，是由R 用户端在变压器降压前获得的电压 U1=U'-1'R=(5000-4×6)V=4976V。 减小引起的，B正确：用户电阻减小，即用电器增多，用户消· 耗的功率增大，C错误；发电机输出电流增大，则输电线上： 据=L得，用户得到的电压为 的电压降增大，因此降压变压器的输入、输出电压均减小，： 根据U2: 即在用户两端的电压变小了，D正确。] 6=2U=2×4976V≈26.18v. n 4,A[由题可知，用电器两端电压有效值为220V,由电功率 答案(1)16.62kW(2)226.18V 武可知，降压变压器输出功率P?三4400W,理想变0，B[将P,上词一点，则升压变压器的原线圈的应 由匝数比与电压比的关系可知，输电线的输送电压减小， 压器输入功率与输出功率相等，A项正确；交变电流频率！ 由P=UI可知输送的电流增大，由P箱=产R可知线路损 云TH2=50Hz,理想变压器不改变交变电流的) 失增大，由U箱=R可知输电线损耗的电压增大，所以到 达降压变压器的电压减小，则用户得到的电压减小：同理 =可 频率，频率一直是50Hz,B项错误：由变压规律可一元 可知将P下调一，点线路损失将减小，用户得到的电压增 加，故A、D错误。将P,上调一，点，则降压变压器的副线 知，降压变压器输入电压为880V,由电功率定义式P=U1 可知，降压变压器输入电流1=5A,由焦耳定律可知，输电 图的匝数增加，用户得到的电压增加，输送电流增加，发电 线电阻消耗的功率P.=IR=250W,C项错误；当用电器1 厂的输出电压及输电线的电阻均不变，根据P精=IR可 知线路损失将增加；同理可知P。下调一点，用户电压将减 的电阻减小时，输出功率增大，故降压变压器输入功率增 小，线路损失将减小，故B正确，C错误。门 大，从而输入电流增大，再由P。=严R可知，输电线消耗的 :11.ACD[当输电功率不变时，增加升压变压器的输入电压， 功率增大，D项错误。] 5.C[T的输入电压U1= ,则p=U1山=可，=0。 P2 ，又 电流会减小。对于理想变压器，由亡=是可知，输电线的 √2 电流会减小。所以采用高压输电可以减小输电线中的电 因为二2，所以1=1=√，U·则输电线上损失的 流，故A正确；将P下移，降压变压器的原线图匝数变多， 电功率P=2=4受户号，造境C正门 ?九变大，对子理想安压器，有光=，化简得U 11 6解新1报号-是年U:=货U=500V, 血，所以降压变压器的输出电压将减小，即用户获得的 11 n 电压将减小，B错误；由电流互感器可得，输电线的电流为 则输电子线上的电流上，三100A, I。=10I=10×1A=10A,由题意可知，升压变压器的输 出功率为20kW,则可得升压变压器的输出电压为U2= 损失的功率为△P=I,2R=20kW。 (2)输电导线上损失的电压△J=IR=200V, P=2000V,由题意及以上选项分析可得，输电线损耗的 243班级 姓名 课时分层检测( …0基础达标练0… 1.（多选)如图所示，Q是熔断电流为1A的保 险丝（电阻不计），R为用电器，理想变压器 的原、副线圈的匝数比为n1:n2=2：1。原 线圈的电压为u=220√2sin(100πt)V。要 使保险丝不熔断，则 A.副线圈电流最大值不超过2A B.副线圈中电流有效值不超过2A C.R的阻值一定不能小于552 D.R的阻值一定不能小于772 2.一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32、12和 42,④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 R A.2 B.3 C.4 D.5 3.如图(a)所示为理想变压器，负载电阻R= 552,④、@为理想电流表和电压表。若原 线圈接入如图(b)所示的正弦交变电压，电 压表的示数为110V,下列表述正确的是 ↑u/V 220/ R 0.010.020.03t/s -2202 (a) (b) 1 得分 十七) 变压器 A.电流表的示数为3A B.原、副线圈匝数比为1：2 C.电压表的示数为电压的有效值 D.原线圈中交变电压的频率为100Hz 4.(多选)某50Hz的钳形电 导线 流表的工作原理如图所 示。当通有交流电的导线 从环形铁芯的中间穿过 时，与绕在铁芯上的线圈 铁芯 相连的电表指针会发生偏转。不考虑铁芯 的漏磁及各种能量损耗，已知n2=1000匝， 当用该表测50Hz交流电时 () A.若导线中通过的是10A恒流电，G中通 过的电流是10mA B.若G中通过的电流为50mA,则导线中的 被测电流为50A C.若导线在钳形口多绕几圈，则钳形电流表 的示数变大 D.若导线在钳形口多绕几圈，则钳形电流表 的示数变小 0能力提升练0 5.(多选)如图所示，是通过变压器给用户供电 的示意图，变压器的输入电压是电网电压， 基本稳定，输出电压通过输电线输送给用 户。输电线的电阻用R。表示，用变阻器的 电阻R表示用户用电器的总电阻，当变阻器 的滑动触头P向上移动时，以下说法正确 的是 ( A.相当于增加用电器的个数 B.V1的示数随V2示数的增大而增大 C.A1的示数随A2示数的减小而减小 D.变压器的输入功率减小 班级 姓名 6.如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、: L3都标有“5V5W”字样，I4标有“5V 10W”字样。若它们都能正常发光，则变压 器原、副线圈匝数比n1：n2和a、b间电压 应为 a0☒ n12 & bo A.2:1,25V B.2:1,20V C.1:2,25V D.1:2,20V 7.教学用发电机能够 A 产生正弦式交变电 流。利用该发电机 (内阻可忽略)通过 理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所 示，理想交流电流表④、理想交流电压表⑦的 读数分别为I、U,R消耗的功率为P。若发 电机线圈的转速变为原来的？，则 ( A.R消耗的功率变为P B.电压表⊙的读数变为U C.电流表@的读数变为2I D.通过R的交变电流频率不变 8.(多选)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈 的匝数n1与副线圈的匝数2之比为5：1。变 压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两！ 个20Ω的定值电阻串联接在副线圈两端。电 流表、电压表均为理想电表，则 A 甲 200√2 4 6/10-2s) -200√2 乙 163 得分 A.电流表示数为0.2A B.电流表示数为5A C.电压表示数为4V D.通过电阻R的交流电的周期为4×10一2s …0情景创新练0… 9.手机无线充电是比较新颖的充电方式。如 图所示为电磁感应式无线充电的原理图，通 过分别安装在充电基座和接收能量装置上 的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电 基座上的送电线圈通入按正弦规律变化的 电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电 流，最终实现为手机电池充电。在充电过程 中，下列说法不正确的是 B 受电线圈 送电线圈 A.送电线圈中电流产生的磁场呈周期性 变化 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 能量传递 D.手机和基座不需要导线连接 10.某理想自耦变压器接入电路中的示意图如 图甲所示，图乙是其输入电压的变化规 律。已知滑动触头P。在图示位置时，原、 副线圈的匝数比为1：n2=10：1,电阻 R=222。下列说法正确的是 u/V 220/2 0.02 0.01 t/s -220/2-- 甲 乙 A.通过R的交变电流的率为100Hz B.电流表A2的示数为2A C.此时变压器的输入功率为22W D.将P。沿逆时针方向转动一些，电流表 A1的示数变小