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1.(2019·赤峰模拟)在变电所里,,,正确反映电流互感器工作原理的是( A )
正确.
2.(2019·福建泉州模拟)如图所示,理想变压器的原线圈两端接u=2202sin100πt(V)的交流电源,副线圈两端接R=55Ω的负载电阻,原、副线圈匝数之比为2∶1,电流表、( B )
2W
1A
2V
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=2πω=2π100πs=,变压器不改变周期,,选项D错误;原线圈的电压有效值U1=220V,根据电压与匝数成正比可得,副线圈的电压有效值U2=110V,则副线圈中电压表的读数为110V,选项C错误;P入=P出=U22R=110255W=220W,选项A错误;由P入=U1I1得I1=P入U1=1A,即原线圈中电流表的读数为1A,选项B正确.
3.(2019·河南开封模拟)图(甲)中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1,电阻R=20Ω,L1,L2为规格相同的两只小灯泡,S11接1、S2闭合,( D )
=202sin50πt(V)
2后,L1,L2均正常发光
2后,原线圈的输入功率增大
1换接到2后,
解析:由图(乙)知T=,则ω=2πT=100πrad/s,所以输入电压u的表达式为u=202sin100πt(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,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;若S1换接到2后,电阻R的电压有效值为4V,R消耗的电功率为P=U2R=,D正确.
4.(2019·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,,下列说法正确的是( C )
,其他部分不变,电流表、电压表的读数均变小
,其他部分不变,电流表读数变大,电压表读数变小
,开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2
,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,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.(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),( B )
,变压器输出电压增大
,变压器的输入功率增加
,输电线的热损耗减少
,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,,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,,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,,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)、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=( C )
2的示数为2A
,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=,则频率f=1T==50Hz,故A错误;由题图(乙)得知输入电压的最大值为Um=2202V,所以有效值U=220V,则副线圈两端的电压为U′=U×n2n1=220×110V=22V,所以通过电阻的电流(即为电流表A2的示数)为I=U'R=
2222A=1A,故B错误;变压器的输出功率P′=U′I=22×1W=22W,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以输入功率P=P′=22W,,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·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10∶1,电压表和电流表均为理想电表,R1电阻为100Ω,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=2202sin100πt(V),下列说法正确的是( AB )
2A,则电阻R2上的热功率为40W
2V
解析:根据n1I1=n2I2,可解得通过原线圈的电流I1=,R1分担的电压为UR1=I1R1=20V,ab端电压的有效值为220V,原线圈电压U1=220V-20V=200V,根据U1U2=n1n2,解得U2=20V,则电阻R2上的热功率为P=U2I2=40W,故A正确,D错误;原线圈输入电流的频率为f=ω2π=100π2πHz=50Hz,变压器不改变频率,所以副线圈中电流的频率为50Hz,故B正确;电压表测的是电压的有效值,示数为20V,故C错误.
8.(2019·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有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220V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,则副线圈两端的电压为( B )
解析:原线圈回路中的电阻的功率为P1=I12R,副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,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=I23R=U3,所以U3+3U=220V,解得U=66V.
9.(2019·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,L1,L2,L3是三个相同的灯泡,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 )
1变亮
2,L3变暗
、副线圈两端的电压比为2∶1
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,U1=U,副线圈两端的电压U2=2U,原副线圈两端的电压比为1∶2,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.(2019·1的原、副线圈匝数之比为n1∶n2=1∶10,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=2Ω,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3∶n4=10∶1,若T2的“用电设备”两端的电压为U4=200V且“用电设备”消耗的电功率为10kW,不考虑其他因素的影响,则( ABC )
1的副线圈两端电压的最大值为20102V
2的原线圈两端的电压为2000V
解析:U4=200V,根据n3n4=U3U4,可得U3=2000V,再根据U3I3=U4I4=10kW,得I3=5A,则U2=U3+2I3r=2010V,故最大值为2U2=20102V,选项A,B正确;输电线上损失的电功率为
ΔP=2I32r=50W,选项C正确;T1的原线圈输入的电功率为P=ΔP+10kW=,选项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10kW,输出电压为400V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2kV高压输电,最后用户得到220V,,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
n1n2=U1U2=4002000=15.
(2)输电线上的电流I=PU2=100002000A=5A,
输电线电阻R=P损I2=50025Ω=20Ω.
(3)降压变压器原线圈电压
U3=U2-IR=2000V-5×20V=1900V,
故降压变压器原副线圈的匝数比
n3n4=U3U4=1900220=9511.
答案:(1)1∶5 (2)20Ω (3)95∶11
(2019·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 )
1∶n2=U0∶U
2∶U02
2(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;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2(U-U0),故D正确.
(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 )
,,P
,9P ,P
2,L3的电压为U,电流为I,电阻为R,则有P=UI=U2R=,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,(甲)中L1的功率为Pa=(3U)2R=9P;图(乙)中L1的功率为Pb=(2I3)2R=49P.
(2019·四川绵阳二诊)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=2202sin100πt(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=220Ω,则( B )
1的滑片向下滑动时,电流表A1的示数将变小
1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=22022V=220V,匝数比n1∶n2=1∶2,由U1∶U2=n1∶n2得,变压器输出电压有效值U2=440V,则电流表A3的示数即通过电阻R3的电流有效值I3=U2R3=440220A=2A,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2A,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I22R2T=I2R2·T2,解得I2=2A,即电流表A2的示数为2A,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.
(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 )
=CU22===15
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;I2是副线圈的总电流,而U2R只是通过电阻R的电流,由于电容器不断充电和放电,故I2>U2R,选项B错误;根据变压器的规律I1I2=15,故选项D正确;I2=5I1,而P≠U2I2≠5I1U2,选项C错误.