1、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= 220 sin 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
2、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
3、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 n1n 2=51,电阻 R=20 ,L 1,L2为规格相同的两只小灯泡,S 1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、S 2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=20 sin 50t(V)B.只断开 S2后,L 1,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
4、的表达式为 u=20 sin 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,L 1,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
5、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
6、电源的输出功率 P1= ,开关 S 闭合时电源的输出功率P2= + =2 ,P1P 2=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
7、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 n1n 2=101,电阻 R=22 .下列说
8、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
9、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,R 1电阻为 100 ,R 2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= 220 sin 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.
10、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
11、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.(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,L 1,L2,L3是三个相
12、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,U 1=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
13、 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 n1n 2=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 n3n 4=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
14、( 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:U 4=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=2 r=50 W,选项 C 正确;T 1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
15、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 n1n 2;(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 n3n 4.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
16、)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.n1n 2=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n1n 2=UU 0,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
17、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 UU 0,故 C 错误;R 两端电压的有效值为(U-U 0),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 n1n 2=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 2
18、P.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 n1n 2=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A1 A2 A3二极管,R 1是滑动变阻器,定值电阻 R2=R3=220
19、,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 n1n 2=12,由U1U 2=n1n 2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
20、,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,即电容器不断的被充电和放电,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;I 2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;I 2 =5I1,而 PU 2I25I 1U2,选项 C 错误.
