【物理】2020届一轮复习人教版 变压器 课时作业

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【物理】2020届一轮复习人教版 变压器 课时作业

‎2020届一轮复习人教版 变压器 课时作业 ‎1. (多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有(  )‎ A.交变电流的频率  B.磁通量的变化率 C.功率 D.交变电流的峰值 解析:理想变压器没有漏磁,没有能量损失,所以原、副线圈中磁通量变化率相同,原、副线圈中功率相同,B、C正确;变压器能改变交流电的峰值但不改变交变电流频率,A正确,D错误.‎ 答案:ABC ‎2. 关于理想变压器的工作原理,以下说法正确的是(  )‎ A.通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等 C.穿过副线圈磁通量的变化使副线圈产生感应电动势 D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈 解析:通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的,由于面积S不变,故磁通量Φ变化,A错误;因理想变压器无漏磁,原、副线圈的磁通量总相等,故B错误;由互感现象知C正确;原线圈中的电能转化为磁场能又转化为副线圈的电能,原、副线圈通过磁联系在一起,故D错误.‎ 答案:C ‎3. 一电器中的变压器可视为理想变压器,它将220 V交变电流改变为110 V.已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为(  )‎ A.200 B.400‎ C.1 600 D.3 200‎ 解析:根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系=,得n2=‎ eq f(n1U2,U1)==400,选项B正确.‎ 答案:B ‎4.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、副线圈两段电压的比值不变 D.通过原、副线圈电流的比值不变 解析:根据数学知识可知,原副线圈减小相同的匝数后,匝数之比变大,因此电压之比变大,输出电压减小,故小灯泡变暗;而电流与匝数之比成反比,故电流的比值变小;故A、C、D错误,B正确.‎ 答案:B ‎5.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 V  60 W”灯泡一个,且灯泡正常发光,则(  )‎ A.电流表的示数为 A B.电源输出功率为1 200 W C.电流表的示数为 A D.原线圈端电压为11 V 解析:由灯泡正常发光,可知副线圈电压为220 V,由=可知,原线圈电压U1=20×220 V=4 400 V,D错误;又因输入功率等于输出功率,P1=P2=60 W,故B错误;电流表读数为有效值,原线圈中电流I1== A= A,故A错误,C正确.‎ 答案:C B级 提能力 ‎6. (多选)如图所示为一理想变压器,K为单刀双掷开关,P为滑动变阻器的滑动触头,U1为加在原线圈两端的交变电压,I1为原线圈中的电流,则(  )‎ A.保持U1及P的位置不变,K由a扳向b时,I1将增大 B.保持U1及P的位置不变,K由b扳向a时,R消耗功率减小 C.保持U1不变,K接在a处,使P上滑,I1将增大 D.保持P的位置不变,K接在a处,若U1增大,I1将增大 解析:保持U1及P的位置不变,K由a扳向b时,n1减小,增大,由U2=U1知U2变大,则输出电流I2增大,输出功率增大,输入功率也增大,由P1=U1I1知,I1增大,A正确;同理,K若由b扳向a,R消耗功率将减小,B正确;U1不变,K接在a处,使P上滑时,I2减小,I1也减小,故C错误;保持P的位置不变,K接在a处,若U1增大,则U2也增大,即I2=增大,则P2增大,P1=P2,故I1也应增大,故D正确.‎ 答案:ABD ‎7.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,b是原线圈的中心接头,电压表V和电流表A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u=220sin 100πt (V).下列说法正确的是(  )‎ A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22 V B.当单刀双掷开关与b连接时,电压表的示数为44 V C.当单刀双掷开关与a连接,滑动变阻器触头P向上移动的过程中,电压表的示数不变,电流表的示数变大 D.单刀双掷开关由a扳向b时(滑动变阻器触头P不动),电压表和电流表的示数均变大 解析:根据电压与匝数成正比可知,原线圈的电压的最大值为220 V,所以副线圈的电压的最大值为22 V,电压表的示数为电压的有效值,所以示数为22 V,所以A错误;若当单刀双掷开关由a扳向b时,理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1,根据电压与匝数成正比可知,此时副线圈的电压为44 V,所以电压表的示数为44 V,所以B正确;当滑动变阻器触头P向上移动的过程中,滑动变阻器连入电路的电阻变大,电路的总电阻变大,由于电压是由变压器决定的,所以,电压不变,电流变小,所以C错误;若当单刀双掷开关由a扳向b时,理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1,所以输出的电压升高,电压表和电流表的示数均变大,所以D正确.‎ 答案:BD ‎8.如图所示,电路中有四个完全相同的灯泡,灯泡的额定电压均为U.变压器为理想变压器,现在四个灯泡都正常发光,则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为(  )‎ A.1∶2 2U B.1∶2 4U C.2∶1 4U D.2∶1 2U 解析:设灯泡正常发光时的电流为I,则I1=I,I2=2I.由=得=;由=得U1′=U2=2U.故U1=4U,C正确.‎ 答案:C ‎9.如图,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大.用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd,则(  )‎ A.Uab∶Ucd=n1∶n2‎ B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小 C.负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越大 D.负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越小 解析:假设副线圈两端交变电压的峰值为Um,副线圈两端电压的有效值为U2,根据理想变压器的电压与匝数成正比,即有:= ‎,而因二极管的单向导电性,cd间电压的有效值Ucd并不等于副线圈两端的电压有效值U2. 由交流电有效值定义可得:U2=,Ucd==,故=,故A错误;当增大负载电阻的阻值R,因电压不变,由闭合电路欧姆定律可知,电阻R的电流变小,则电流表的读数变小,故B正确;cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关,与负载电阻无关,所以cd间的电压Ucd不会随着负载电阻变化,故C、D错误.‎ 答案:B ‎10.有一种调压变压器的构造如图所示.线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压.图中A为交流电流表,V为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,CD两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器,则下列说法正确的是(  )‎ A.当R3不变,滑动触头P顺时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小 B.当R3不变,滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大 C.当P不动,滑动变阻器滑动触头向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变小 D.当P不动,滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变大 解析:由题图知,当滑动触头P 顺时针转动时,变压器副线圈的匝数减少,根据=可得副线圈的电压U2减小,因负载的电阻不变,故电流表读数变小,电压表读数变小,所以A正确;同理,若滑动触头P逆时针转动时,变压器副线圈的匝数增加,U2增大,电流表示数增大,所以B错误;当P不动,副线圈电压U2不变,滑动触头向上滑动时,R3连入电路中的阻值增大,与R2并联后的电阻增大,根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大,所以C错误;同理,当滑动触头向下滑动时,R3连入电路中的阻值减小,与R2并联后的电阻减小,根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小,所以D错误.‎ 答案:A ‎11.如图所示,理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1,交流电源电压U1=220 V,F为熔断电流I0=1.0 A的保险丝,负载为一可变电阻.‎ ‎(1)当电阻R=100 Ω时,保险丝能否被熔断?‎ ‎(2)要使保险丝不被熔断,电阻R的最小值为多少?变压器输出的电功率不能超过多少?‎ 解析:(1)由=得到U2=110 V,‎ 由欧姆定律,得I2=1.1 A.‎ 再由=得到I1=0.55 A,故保险丝不能熔断.‎ ‎(2)对于理想变压器,P入=P出=220×1.0 W=220 W,‎ 得到R=55 Ω.‎ 答案:(1)不能 (2)55 Ω 220 W ‎12.如图,某理想变压器原线圈输入电功率为P0,原、副线圈的匝数比为n,在其副线圈上接一线圈电阻为r的电动机.现在,电动机正以速度v匀速向上提升一质量为m的重物,已知重力加速度为g,不计电动机转轴间的摩擦等损耗,则变压器原线圈两端的电压为多少?‎ 解析:电动机的输出功率P机=mgv, ‎ 设副线圈回路的电流为I2,则P0=P机+Ir ,‎ 副线圈两端的电压U2=,‎ 原线圈两端的电压U1=nU2 ,‎ 联立以上各式得U1=nP0.‎ 答案:见解析
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