高考物理总复习 第十一章 交变电流 传感器 第2课时 变压器 电能的输送课时训练 教科版.doc

第2课时变压器电能的输送1.(2018赤峰模拟)在变电所里,需要用交流电表去监测电网上的强电流.由于电网中的电流通常会超过一般电流表的量程,因此常使用电流互感器.下面四个图中,正确反映电流互感器工作原理的是(a)解析:理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比.则电流互感器原线圈匝数应少于副线圈匝数,且串联在需要测量电流的线路中.故a 正确.2.(2018福建泉州模拟)如图所示,理想变压器的原线圈两端接u= 220sin 100t(v)的交流电源,副线圈两端接r=55 的负载电阻,原、副线圈匝数之比为21,电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是(b)a.原线圈中的输入功率为220 wb.原线圈中电流表的读数为1 ac.副线圈中电压表的读数为110 vd.副线圈中输出交变电流的周期为0.01 s解析:由瞬时值的表达式可得,原线圈接入交变电流的周期t= s =0.02 s,变压器不改变周期,故副线圈中输出交变电流的周期为 0.02 s,选项d错误;原线圈的电压有效值u1=220 v,根据电压与匝数成正比可得,副线圈的电压有效值u2=110 v,则副线圈中电压表的读数为110 v,选项c错误;p入=p出= w=220 w,选项a错误;由p入=u1i1得i1=1 a,即原线圈中电流表的读数为1 a,选项b正确.3.(2018河南开封模拟)图(甲)中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2=51,电阻r=20 ,l1,l2为规格相同的两只小灯泡,s1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交变电源,输入电压u随时间t的变化关系如图(乙)所示.现将s1接1、s2闭合,此时l2正常发光.下列说法正确的是(d)a.输入电压u的表达式u=20sin 50t(v)b.只断开s2后,l1,l2均正常发光c.只断开s2后,原线圈的输入功率增大d.若s1换接到2后,r消耗的电功率为0.8 w解析:由图(乙)知t=0.02 s,则=100 rad/s,所以输入电压u的表达式为u=20sin 100t(v),a错误;只断开s2后,负载电阻变为原来的2倍,电压不变,副线圈电流变为原来的一半,l1,l2的功率均变为额定功率的四分之一,不能正常发光,b错误;只断开s2后,原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小,c错误;若s1换接到2后,电阻r的电压有效值为4 v,r消耗的电功率为p=0.8 w,d正确.4.(2017河南安阳一模)如图所示为一理想变压器,b是原线圈的中心抽头,副线圈两端接有理想交流电压表和电流表,开关s,可变电阻r以及两个阻值相同的定值电阻r1,r2.从某时刻开始在原线圈cd两端加上正弦式交变电压,下列说法正确的是(c)a.将可变电阻r调大,其他部分不变,电流表、电压表的读数均变小b.将开关s从断开到闭合,其他部分不变,电流表读数变大,电压表读数变小c.可变电阻r的阻值调为0时,开关s闭合前后电源的输出功率之比为12d.将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率减半解析:将可变电阻r调大,其他部分不变,电压表示数不变,根据欧姆定律知,电流表示数变小,故a错误;将开关s从断开到闭合,其他部分不变,副线圈回路的电阻变小,电压表示数不变,电流表示数变大,故b错误;将可变电阻r的阻值调为0时,开关s断开时电源的输出功率p1=,开关s闭合时电源的输出功率p2=+=2,p1p2=12,故c正确;变压器不改变交流电源的频率,将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率不变,故d错误.5.(2017云南昭通二模)如图,变压器输入有效值恒定的交流电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),r表示输电线的电阻.则(b)a.用电器增加时,变压器输出电压增大b.用电器增加时,变压器的输入功率增加c.用电器增加时,输电线的热损耗减少d.要提高用户的电压,滑动触头p应向下滑解析:用电器增加,但变压器的输入电压和匝数比不变,故变压器输出电压不变,故a错误.用电器增加时,电压不变,负载电阻减小,由p出=知,变压器的输出功率增加,又p入=p出,故输入功率也增加,b正确.用电器增加时,变压器的输出功率增加,输出电压不变,由p出=ui知输电电流i变大,根据p热=i2r知输电线的热损耗增加,故c错误.要提高用户的电压,根据=知应使副线圈匝数增加,滑动触头p应向上滑,故d错误.6.(2017天津一模)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u的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1n2=101,电阻r=22 .下列说法正确的是(c)a.通过r的电流的频率为100 hzb.电流表a2的示数为 ac.此时变压器的输入功率为22 wd.将p沿逆时针方向移动一些,电流表a1的示数变小解析:由题图(乙)可知,该交变电流的周期t=0.02 s,则频率f= hz=50 hz,故a错误;由题图(乙)得知输入电压的最大值为um= 220 v,所以有效值u=220 v,则副线圈两端的电压为u=u= 220 v=22 v,所以通过电阻的电流(即为电流表a2的示数)为i= a=1 a,故b错误;变压器的输出功率p=ui=221 w=22 w,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以输入功率p=p=22 w,故c正确.将p沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,所以输入功率也变大,故电流表a1的示数将变大,故d错误.7.(2017山东青岛一模)(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为101,电压表和电流表均为理想电表,r1电阻为100 ,r2为定值电阻,在a,b两端加上交变电压u,u随时间变化的规律为u= 220sin 100t(v),下列说法正确的是(ab)a.若电流表示数为2 a,则电阻r2上的热功率为40 wb.副线圈中产生的交变电流频率为50 hzc.电压表的示数为22 vd.原线圈两端的电压为220 v解析:根据n1i1=n2i2,可解得通过原线圈的电流i1=0.2 a,r1分担的电压为ur1=i1r1=20 v,ab端电压的有效值为220 v,原线圈电压u1=220 v- 20 v=200 v,根据=,解得u2=20 v,则电阻r2上的热功率为p=u2i2= 40 w,故a正确,d错误;原线圈输入电流的频率为f=hz=50 hz,变压器不改变频率,所以副线圈中电流的频率为50 hz,故b正确;电压表测的是电压的有效值,示数为20 v,故c错误.8.(2017广东清远一模)如图所示,在理想变压器原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220 v的正弦交流电源上,测出原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为,则副线圈两端的电压为(b)a.22 vb.66 vc.88 v d.110 v解析:原线圈回路中的电阻的功率为p1=r,副线圈回路中的电阻的功率为p2=r,由题意可知,=,解得=,故=,设副线圈两端的电压为u,则原线圈两端的电压为3u;与原线圈串联的电阻的电压为ur= i1r=r=,所以+3u=220 v,解得u=66 v.9.(2017山东潍坊一模)如图所示,a,b两端接在电压有效值恒定的正弦交流电源上,l1,l2,l3是三个相同的灯泡,t为理想变压器,开关s断开时,灯泡l1,l2,l3亮度相同(未达到正常发光状态),若闭合s,下列判断正确的是(d)a.灯泡l1变亮b.灯泡l2,l3变暗c.原、副线圈两端的电压比为21d.原线圈中增加的电流大于副线圈中增加的电流解析:开关s断开时,灯泡l1,l2,l3亮度相同,即三只灯泡两端的电压相等(设为u),l1两端的电压等于原线圈两端的电压,u1=u,副线圈两端的电压u2=2u,原副线圈两端的电压比为12,故c错误;闭合s后,l1并联在原线圈两端,不影响原线圈两端的电压,原线圈两端的电压不变,灯泡l1亮度不变,副线圈两端的电压不变,灯泡l2,l3两端电压不变,亮度不变,故a,b错误;根据电流与匝数成反比,知原线圈中的电流是副线圈中的2倍,所以电流增加量也是副线圈的2倍,所以原线圈中增加的电流大于副线圈中增加的电流,故d正确.10.(2018武汉调研)(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n1n2=110,在t1的原线圈两端接入一正弦交变电流,输电线的总电阻为2r=2 ,降压变压器t2的原、副线圈匝数之比为n3n4=101,若t2的“用电设备”两端的电压为u4=200 v且“用电设备”消耗的电功率为10 kw,不考虑其他因素的影响,则(abc)a.t1的副线圈两端电压的最大值为2 010 vb.t2的原线圈两端的电压为2 000 vc.输电线上损失的电功率为50 wd.t1的原线圈输入的电功率为10.1 kw解析:u4=200 v,根据=,可得u3=2 000 v,再根据u3i3=u4i4=10 kw,得i3=5 a,则u2=u3+2i3r=2 010 v,故最大值为u2=2 010 v,选项a,b正确;输电线上损失的电功率为p=2r=50 w,选项c正确;t1的原线圈输入的电功率为p=p+10 kw=10.05 kw,选项d错误.11.(2018宁夏固原模拟)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kw,输出电压为400 v,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2 kv高压输电,最后用户得到220 v,9.5 kw的电力,求:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1n2;(2)输电线路导线的总电阻r;(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3n4.解析:(1)升压变压器的原副线圈的匝数比=.(2)输电线上的电流i= a=5 a,输电线电阻r= =20 .(3)降压变压器原线圈电压u3=u2-ir=2 000 v-520 v=1 900 v,故降压变压器原副线圈的匝数比=.答案:(1)15(2)20 (3)951112.导学号 58826241(2017深圳一模)用电压为u的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为u0的同一小电珠供电,如图甲所示中r为滑动变阻器,乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1,n2,若电珠均能正常工作,则(d)a.变压器可能是升压变压器b.n1n2=u0uc.甲乙电路消耗功率之比为u2d.r两端的电压最大值为(u-u0)解析:由甲电路知,电源电压等于变阻器两端的电压与小电珠两端的电压之和,所以uu0,在乙电路中,根据电压与匝数成正比,有n1n2=uu0,又由uu0,知n1n2,所以该变压器是降压变压器,故a,b错误;电珠均能正常工作,所以电流等于额定电流,甲电路消耗的功率为ui,乙电路消耗的功率为u0i,所以甲乙电路消耗的功率之比为uu0,故c错误;r两端电压的有效值为(u-u0),因为是正弦交变电流,所以r两端电压的最大值为(u-u0),故d正确.13.导学号 58826242(2018山东淄博模拟)如图所示,变压器均为理想变压器,两种情况下灯泡l2,l3的功率均为p,且l1,l2,l3为相同的灯泡,匝数比为n1n2=31,则图(甲)中l1的功率和图(乙)中l1的功率分别为(a)a.9p, b.p,pc.,9p d.,p解析:由题意可知,两种情况下变压器输入功率均为2p.设灯泡l2,l3的电压为u,电流为i,电阻为r,则有p=ui=i2r.根据电压与匝数成正比可知,两种情况下变压器的输入电压均为3u,根据输入功率和输出功率相等可知,变压器输入电流为i.所以图(甲)中l1的功率为pa=9p;图(乙)中l1的功率为pb=()2r=p.14.导学号 58826243(2017四川绵阳二诊)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1n2=12,原线圈接电压随时间变化规律为u= 220sin 100t(v)的交流电源,是三个理想电流表,d为理想二极管,r1是滑动变阻器,定值电阻r2=r3=220 ,则(b)a.电流表a2的示数为1.0 ab.电流表a3的示数为2.0 ac.滑动变阻器r1的滑片向下滑动时,电流表a1的示数将变小d.滑动变阻器r1的滑片向上滑动时,变压器输入功率增大解析:变压器输入电压有效值u1= v=220 v,匝数比n1n2=12,由u1u2=n1n2得,变压器输出电压有效值u2=440 v,则电流表a3的示数即通过电阻r3的电流有效值i3= a=2 a,选项b正确;若r2处无二极管,则通过电阻r2的电流有效值为2 a,那么当r2处有二极管致通电时间减半,设电流有效值为i2,应有r2t=i2r2,解得i2= a,即电流表a2的示数为 a,选项a错误;变压器的输入电压及匝数比不变,则输出电压不变,当r1的滑片向上滑动时,输出端负载电阻增大,变压器的输出功率与输入功率均减小;当r1的滑片向下滑动时,输出端负载电阻减小,变压器的输出功率与输入功率均增大,则变压器的输入电流即电流表a1的示数变大,选项c,d错误.15.导学号 58826244(2018河南开封模拟)如图所示,一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为51,原线圈接入最大值一定的正弦交变电流,副线圈电