第2课时　变压器　电能的输送

1、.第2课时变压器电能的输送1.2019·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.那么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.2.2019·福建泉州模拟如下图,理想变压器的原线圈两端接u= 2202sin 100tV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.以下说法正确的选项是BA.原线圈中的输入功率为2202

2、 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1102 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=2=2100 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,那么副线圈中电压表的读数为110 V,选项C错误;P入=P出=U22R=110255 W=220 W,选项A错误;由P入=U1I1得I1=P入U1=1 A,即原线圈中电流表的读数为1 A,选项B正确.3.2019

3、83;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为规格一样的两只小灯泡,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.以下说法正确的选项是DA.输入电压u的表达式u=202sin 50tVB.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.假设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,那么=2T=100 rad/s,所以输入电压u的表达式为u=202sin 100tV,A错误;只断开S2后,负载电阻变为原来的2

4、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;假设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=U2R=0.8 W,D正确.4.2019·河南安阳一模如下图为一理想变压器,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以及两个阻值一样的定值电阻R1,R2.从某时刻开场在原线圈cd两端加上正弦式交变电压,以下说法正确的选项是CA.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

5、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=U22R1,开关S闭合时电源的输出功率P2=U22R1+U22R2=2U22R1,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,

6、其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率不变,故D错误.5.2019·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.那么BA.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.要进步用户的电压,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=U2R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

7、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.要进步用户的电压,根据U1U2=n1n2知应使副线圈匝数增加,滑动触头P应向上滑,故D错误.6.2019·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.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 .以下说法正确的选项是CA.通过R的电流的频率为100 HzB.电流表A2的示数为2 AC.此时变压器的输入功率为22 WD.将P沿逆时针方向挪动一些,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,那么频率f=1

8、T= 10.02 Hz=50 Hz,故A错误;由题图乙得知输入电压的最大值为Um= 2202 V,所以有效值U=220 V,那么副线圈两端的电压为U=U×n2n1= 220×110 V=22 V,所以通过电阻的电流即为电流表A2的示数为I=U'R=2222 A=1 A,故B错误;变压器的输出功率P=UI=22×1 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沿逆时针方向挪动一些,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.7.2019·

9、山东青岛一模多项选择如下图,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= 2202sin 100tV,以下说法正确的选项是ABA.假设电流表示数为2 A,那么电阻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222 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

10、U1U2=n1n2,解得U2=20 V,那么电阻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=2=1002Hz=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.8.2019·广东清远一模如下图,在理想变压器原、副线圈的回路中分别接有阻值一样的电阻,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19,那么副线圈两端的电压为BA.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=I12R,副

11、线圈回路中的电阻的功率为P2=I22R,由题意可知,P1P2=19,解得I1I2=13,故n1n2=I2I1=31,设副线圈两端的电压为U,那么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=I23R=U3,所以U3+3U=220 V,解得U=66 V.9.2019·山东潍坊一模如下图,a,b两端接在电压有效值恒定的正弦交流电源上,L1,L2,L3是三个一样的灯泡,T为理想变压器,开关S断开时,灯泡L1,L2,L3亮度一样未到达正常发光状态,假设闭合S,以下判断正确的选项是DA.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

12、大于副线圈中增加的电流解析:开关S断开时,灯泡L1,L2,L3亮度一样,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.10.2019·武汉调研多项选择如图为远间隔 输电示意图,两

13、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,假设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,那么ABCA.T1的副线圈两端电压的最大值为2 0102 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n3n4=U3U4,可得U3=2 000 V,再根据U3I3=U4I4=10 kW,得I

14、3=5 A,那么U2=U3+2I3r=2 010 V,故最大值为2U2=2 0102 V,选项A,B正确;输电线上损失的电功率为P=2I32r=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.11.2019·宁夏固原模拟如下图,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向间隔 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

15、匝数比n1n2=U1U2=4002000=15.2输电线上的电流I=PU2=100002000 A=5 A,输电线电阻R=P损I2=50025 =20 .3降压变压器原线圈电压U3=U2-IR=2 000 V-5×20 V=1 900 V,故降压变压器原副线圈的匝数比n3n4=U3U4=1900220=9511.答案:115220 3951112.导学号 588262412019·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,假设电珠均能正常工作,那么DA.变压

16、器可能是升压变压器B.n1n2=U0UC.甲乙电路消耗功率之比为U2U02D.R两端的电压最大值为2U-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U>U0,在乙电路中,根据电压与匝数成正比,有n1n2=UU0,又由U>U0,知n1>n2,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2U-U0,故D正确.13.导学号 58826242201

17、9·山东淄博模拟如下图,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为一样的灯泡,匝数比为n1n2=31,那么图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为AA.9P,4P9 B.P,PC.4P9,9P D.4P9,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,那么有P=UI=U2R=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23I.所以图甲中L1的功率为Pa=(3U)2R=9P;图乙中L1的功率为Pb=2I32R=49P.1

18、4.导学号 588262432019·四川绵阳二诊如下图,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= 2202sin 100tV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 ,那么BA.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=22022 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,那么电流表A3的示数即通过电阻R3的电流有效值I3=U2R3=440220 A=2 A,选项B正确;假设R2处无二极管,那么通过电阻R2的电流