【物理】2020届一轮复习人教版 变压器 课时作业

【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