2019届高中物理第五章交变电流5.2习题课变压器与电能的输送检测（含解析）新人教版 6页

习题课:变压器与电能的输送一、A组(20分钟)1.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=10∶1,输出端电阻R=50Ω,把原线圈接入“220V　50Hz”的正弦式交变电流时(电表为理想电表)(　　)A.当X为电流表时,若电阻R增大,则原线圈中的电流将增大B.当X为电流表时,电压表V的示数为22VC.当X为电流表时,电流表的示数为0.44AD.当X为二极管时,电压表V的示数为11V解析:当X为电流表时,若电阻R增大,副线圈中的电流变小,原线圈中的电流也变小,A项错误;当X为电流表时,根据公式,解得U2=22V,电压表测量的电压为有效值,所以电压表V的示数为22V,B项正确;当X为电流表时,电流表的示数为I2=A=0.44A,C项错误;当X为二极管时,在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过,此时由T=,解得U=11V,D项错误。答案:B2.(多选)如图所示,一理想变压器原线圈与频率为50Hz的正弦交流电源相连,两个阻值均为20Ω的电阻串联后接在副线圈的两端,图中的电流表、电压表均为理想交流电表,原、副线圈匝数分别为200匝和100匝,电压表的示数为5V。则(　　)A.电流表的示数为0.5AB.流过电阻的交变电流的频率为100HzC.交流电源的输出电压的最大值为20VD.交流电源的输出功率为2.5W解析:根据欧姆定律可得副线圈中的电流I2==0.25A,根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系,可解得I1=0.125A,A错误;理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同,都为50Hz,B错误;副线圈输出电压的有效值为10V,根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最n大值应为U2m=10V,原、副线圈电压比为,可得交流电源输出电压的最大值为U1m=20V,C正确;对于理想变压器,交流电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率,P=2×W=2.5W,故D正确。答案:CD3.如图所示电路中,变压器为理想变压器,a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2A,电流表A2的示数增大了0.8A,则下列说法正确的是(　　)A.电压表V1示数增大B.电压表V2、V3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动解析:由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,故电压表V1示数不变,选项A错误;由理想变压器原理公式且U1、n1、n2不变,则U2不变,即V2的示数不变,V3的示数U3=U2-I2R0应减小,故选项B错误;由公式得:=4,则n1>n2,该变压器起降压作用,故C错误;又I2=,I2增大,R应减小,故滑片应沿c→d方向滑动,故D正确。答案:D4.如图所示的远距离输电电路图中,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压及输电线的电阻R均不变。在用电高峰期,发电厂输出功率将增大,下列说法正确的是(　　)A.升压变压器副线圈中电流变小B.降压变压器副线圈中电流变小C.输电线上损耗的功率减小D.用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小解析:A中当发电厂输出功率增大时,根据P=UI知,输出电压不变,则升压变压器原线圈中的电流增大,则副线圈中的电流也增大,故A错误;B中当用电高峰期时,用电器增多,则降压变压器中电流也会变大,故B是错误的;C中升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流,则输电线中的电流增n大,根据P损=I2R知,输电线上损失的功率增大,故C也不对;D中用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例=1-=1-,因为输电线上的电流增大,则电压损失ΔU增大,U2不变,所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小,故D正确。答案:D5.导学号95814080如图为气流加热装置的示意图,使用电阻丝加热导气管,视变压器为理想变压器。原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变,调节触头P,使输出电压有效值由220V降至110V,调节前后(　　)A.副线圈中的电流比为1∶2B.副线圈输出功率比为2∶1C.副线圈的接入匝数比为2∶1D.原线圈输入功率比为1∶2解析:在输入电压U1和原线圈匝数n1不变的情况下,使输出电压U2有效值由220V降至110V,由知,副线圈接入匝数应该减为原来的一半,故副线圈的接入匝数之比为2∶1,故C正确;副线圈电压减半,电阻不变,电流也随之减半,所以电流之比为2∶1,故A错误;由P=UI知,输出功率之比为4∶1,故B错误;副线圈输出功率等于原线圈输入功率,所以原线圈输入功率之比为4∶1,故D错误。答案:C二、B组(15分钟)1.如图所示,用一理想变压器给负载供电,变压器输入端的电压不变,开始时开关S是断开的。现将开关S闭合,则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是(　　)A.V1、V2的示数不变,A1的示数增大,A2的示数减小,P入增大B.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数增大,P入增大C.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数减小,P入减小nD.V1的示数不变,V2的示数增大,A1的示数减小,A2的示数增大,P入减小解析:电压表V1的示数由输入电压决定;电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和匝数比决定;电流表A2的示数即I2由输出电压U2(大小等于电压表V2的示数)和负载电阻R负决定;电流表A1的示数即I1由变压器的匝数比和输出电流I2决定;P入随P出而变化,由P出决定。因输入电压不变,所以电压表V1的示数不变;据公式U2=,可知U2也不变,即电压表V2的示数不变;又据I2=知,S闭合后R负减小,故I2增大,电流表A2的示数增大;输入电流I1随输出电流I2的增大而增大,故电流表A1的示数增大;因P出=U2I2,故P出增大;P入随P出变化,故P入也增大;可见本题的正确选项为B。答案:B2.导学号95814081(多选)调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图所示。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两端接恒压交流电源,变压器可视为理想变压器,以下说法正确的是(　　)A.当滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变大,电压表读数变大B.当滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变小,电压表读数变大D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变小解析:当滑动触头P逆时针转动时,相当于增加了副线圈的匝数,而原线圈匝数保持不变,根据可知,输出电压增大,其他因素不变时,电压表读数变大,电流表读数变大。当线圈匝数不变而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时,输出电压不变,总电阻减小,则总电流增大,R1两端电压增大,R2两端电压减小,电压表读数变小,流过R2的电流减小,因此,流过R3的电流增大,电流表读数变大。答案:AD3.(多选)为保证用户电压稳定在220V,变电所需适时进行调压,图甲为变压器示意图。保持输入电压u1不变,当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下说法正确的是(　　)nA.u2=190sin(50πt)VB.u2=190sin(100πt)VC.为使用户电压稳定在220V,应将P适当下移D.为使用户电压稳定在220V,应将P适当上移解析:由电压u2随时间t变化的曲线可知,用户电压的最大值是190V,周期是2×10-2s,所以u2=190sin(100πt)V,A错误,B正确;根据,n1减小,U2增大,因此为使用户电压稳定在220V,应将P适当上移,C错误,D正确。答案:BD4.如图所示,用理想变压器给负载供电,变压器输入电压不变,变压器降压后用总电阻为R的输电线对用电器供电,设两个灯泡的电阻相同,且都在发光,若将滑动变阻器的滑片P向N移动,会出现的现象是(　　)A.电流表的示数变大,灯泡L1、L2均变暗B.电流表的示数变小,灯泡L1、L2均变暗C.电流表的示数变大,灯泡L1变亮,L2变暗D.电流表的示数不变,灯泡L1变暗,L2变亮解析:副线圈输出电压不变,滑动变阻器的滑片P向N移动的过程中,并联部分电阻减小,副线圈中的电流增大,但因为灯泡L2两端的电压减小,所以通过灯泡L2的电流减小,又因为总电流增大,所以通过灯泡L1的电流增大,即灯泡L1变亮,灯泡L2变暗。副线圈上的电流增大,根据I1=I2可知,输入电流变大,电流表的示数变大。答案:C5.导学号95814082某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备,该发电机输出功率为40kW,输出电压为400V,用变压比(原、副线圈匝数比)为n1∶n2=1∶5的变压器升压后向某小区供电,输电线的总电阻为r=5Ω,电能到达该小区后再用变压器降为220V。(1)画出输电过程的电路示意图。n(2)求输电线上损失的电功率。(3)求降压变压器的变压比n3∶n4。解析:(1)输电过程,电路示意图如图所示。(2)因为输电电压U2=U1=×400V=2000V因为P输=U2I解得输电电流I=20A输电线上损失的功率P损=I2r=(20A)2×5Ω=2000W。(3)输电线上损失的电压U损=Ir=20A×5Ω=100V降压变压器的输入电压U3=U2-U损=2000V-100V=1900V降压变压器的变压比。答案:(1)示意图见解析　(2)2000W　(3)95∶11