2020版高考物理一轮复习（练习·新人教版）第十一章+第2节+变压器电能的输送 8页

第2节　变压器　电能的输送 ‎1.(2019·内蒙古赤峰模拟)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.(2019·福建毕业班质量检查)如图为模拟远距离交流输电的电路,升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶k,降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4=k∶1,模拟输电导线的电阻r=3 Ω,T2的负载是规格为“15 V　45 W”的灯泡L.当T1的输入电压为16 V时L正常发光,两个变压器可视为理想变压器,则k的值为(　B　)‎ A. B.3 C.4 D.9‎ 解析:由变压器的工作原理可知,变压器T1原线圈的电压为16 V,则副线圈的输出电压为16k V,降压变压器T2的输出电压为15 V、输出电流为I4== A=3 A,则降压变压器T2原线圈两端的电压为15k V、输入电流为 A,又U2=U3+I3r,即16k V=(15k+3×)V,解得k=3,选项B 正确.‎ ‎3.(多选)如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比为4∶1,原线圈接有u=311sin 100πt(V)的交变电压,副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表V.以下说法正确的是(　AD　)‎ A.副线圈中电流的变化频率为50 Hz B.灯泡D两端电压为55 V C.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则电压表V的示数将减小 D.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则灯泡D的亮度将变暗 解析:变压器不会改变电流的频率,电流的频率为f=== Hz=50 Hz,故A正确;由瞬时值的表达式可知,原线圈的电压最大值为311 V,所以原线圈的电压的有效值为U1= V=220 V,根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压的有效值为55 V,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡D,它们的总电压为55 V,所以灯泡D两端电压一定会小于 ‎55 V,故B错误;根据电压与匝数成正比,可知原线圈电压不变,则副线圈的电压不变,所以电压表的示数不变,故C错误;交变电流的频率越大,电感线圈对交变电流的阻碍作用就越大,所以电路的电流会减小,灯泡D的亮度要变暗,故D正确.‎ ‎4.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1∶2‎ D.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,P1∶P2=1∶2,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.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.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n1∶n2=10∶1,电阻R=22 Ω.下列说法正确的是(　C　)‎ A.通过R的电流的频率为100 Hz B.电流表A2的示数为 A C.此时变压器的输入功率为22 W D.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)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′=U′I=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.(2018·江西上饶六校第一次联考)如图所示,一正弦交流电瞬时值为e=220sin 100π t(V),通过一个理想电流表,接在一个理想变压器两端,变压器起到降压作用,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,以下说法正确的是(　D　)‎ A.流过r的电流方向每秒钟变化50次 B.变压器原线圈匝数小于副线圈匝数 C.开关从断开到闭合时,电流表示数变小 D.R=r 解析:由表达式知角频率ω=100π rad/s,则交变电流的频率 f==50 Hz,所以电流方向每秒钟变化100次,A错误;降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数,B错误;开关从断开到闭合时,副线圈电阻减小,电压不变,所以副线圈电流增大,则原线圈电流即电流表示数变大,C错误;开关闭合前,AB两端的功率为PAB=()2×R,开关闭合后,AB两端的功率为PAB′=()2×=×2R,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,则有=,解得R=r,故D正确.‎ ‎8.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 V B.66 V C.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.(2018·新疆乌鲁木齐三诊)(多选)如图所示为理想变压器,其中r为定值电阻,R为滑动变阻器,电源u为正弦交流电源,‎ ‎ 输出电压的有效值恒定,当滑动变阻器的滑片P向右移动时(　CD　)‎ A.原、副线圈的电流之比变小 B.通过定值电阻r的电流变大 C.滑动变阻器R两端的电压变大 D.电源u的输出功率变小 解析:根据I2∶I1=n1∶n2可知,只要原、副线圈的匝数比不变,无论P向何方移动,原、副线圈的电流之比不变,故A错误;P向右移动时,滑动变阻器接入电路总电阻变大,副线圈的电流变小,原线圈的电流变小,即通过定值电阻r的电流变小;电源的输出功率P=UI1变小;滑动变阻器两端的电压为UR=(U-I1r)变大,故B错误,C,D正确.‎ ‎10.(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示,有一个“”形铁芯上绕有两个线圈,铁芯的三个竖直部分截面积相同,当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯,并且在分支处分成完全相等的两部分,现在给线圈1加电压为U0的正弦式交流电,2接一负载电阻,此时线圈1中的电流为I0,线圈2中的电流为I0,则线圈1,2的匝数比k及线圈2两端的电压U为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)(　AC　)‎ A. U=2U0 B.U= 4U0‎ C.k= D.k=‎ 解析:根据=,得k====,根据=,解得U=U0=2U0,故A,C正确,B,D错误.‎ ‎11.(2019·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n1∶n2;‎ ‎(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n3∶n4.‎ 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== Ω=20 Ω.‎ ‎(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 ‎===.‎ 答案:(1)1∶5　(2)20 Ω　(3)95∶11‎ ‎12.(2018·广东深圳一模)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的同一小灯泡供电,甲电路中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,若灯泡均能正常工作,则(　D　)‎ A.变压器可能是升压变压器 B.n1∶n2=U0∶U C.甲乙电路消耗功率之比为U2∶‎ D.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灯泡两端的电压之和,所以U>U0,在乙电路中,根据电压与匝数成正比,有n1∶n2‎ ‎=U∶U0,又由U>U0,知n1>n2,所以该变压器是降压变压器,故A,B错误;灯泡均能正常工作,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U∶U0,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.(2019·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n1∶n2=3∶1,则图(甲)中L1的功率和图(乙)中L1的功率分别为(　A　)‎ A.9P, B.P,P C.,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,变压器输入电流均为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.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶2,原线圈接电压随时间变化规律为u=220sin 100πt(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 Ω,则(　B　)‎ A.电流表A2的示数为1.0 A B.电流表A3的示数为2.0 A C.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n1∶n2=1∶2,由U1∶U2=n1∶n2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.(2019·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5∶1,原线圈接入最大值一定的正弦式交变电流,副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联,电压表和电流表均为理想交流电表,电流表A1,A2及电压表V的示数分别为I1,I2,U2,定值电阻的阻值为R,其消耗的功率为P,电容器的电容为C,所带的电荷量为Q,则它们的关系为(　D　)‎ A.Q=CU2 B.I2= C.P=5I1U2 D.=‎ 解析:由于电容器两端电压是变化的,即电容器不断地被充电和放电,其电荷量不是一个定值,故不能用公式Q=CU2来计算,选项A错误;I2是副线圈的总电流,而只是通过电阻R的电流,由于电容器不断充电和放电,故I2>,选项B错误;根据变压器的规律=,故选项D正确;‎ I2=5I1,而P≠U2I2≠5I1U2,选项C错误.‎