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1、第 2 节 变压器 电能的输送第 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 n1n2=1k,降压变压器 T2的原、副线圈匝数比 n3n4=k1,模拟输电导线的 电阻 r=3 ,
2、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 41,原线圈接有 u=3
3、11sin 100 t(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
4、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(
5、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 12 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
6、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.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
7、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 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 Hz B.电流表 A2的示数为 A C
8、.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=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
9、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 100t(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=100 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
10、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=()2R,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 VB.66 VC.88 VD.110 V 解析:原线
11、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
12、据 I2I1=n1n2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
13、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=2U0B.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
14、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 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)9511 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,
15、则( D ) A.变压器可能是升压变压器 B.n1n2=U0U 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 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;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 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)
16、,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 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,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(
17、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 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 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 n1n2=12,由 U1U2=n1n2得, 变 压器
18、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
19、. 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 51,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=CU2B.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 PU2I25I1U2,选项 C 错误.