課時跟蹤檢測（四十八） 變壓器 電能的輸送

課時跟蹤檢測（四十八）變壓器電能的輸送1．(2022·浙江6月選考)下列說法正確的是()A．恒定磁場對靜置于其中的電荷有力的作用B．小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向C．正弦交流發(fā)電機(jī)工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流最大D．升壓變壓器中，副線圈的磁通量變化率大于原線圈的磁通量變化率解析：選B恒定磁場對速度不平行于磁感線的運(yùn)動電荷才有力的作用，A錯誤；小磁針N極在磁場中的受力方向是該點磁感應(yīng)強(qiáng)度的方向，B正確；正弦交流發(fā)電機(jī)工作時，穿過線圈平面的磁通量最大時，電流為0，C錯誤；根據(jù)變壓器的工作原理可知，副線圈中磁通量的變化率小于或等于原線圈中磁通量的變化率，D錯誤。2.電流互感器是一種測量電路中電流的變壓器，工作原理如圖所示。其原線圈匝數(shù)較少，串聯(lián)在電路中，副線圈匝數(shù)較多，兩端接在電流表上。則電流互感器()A．是一種降壓變壓器B．能測量直流電路的電流C．原、副線圈電流的頻率不同D．副線圈的電流小于原線圈的電流解析：選D變壓器是利用電磁感應(yīng)的原理來改變交流電壓的裝置，不能改變交變電流的頻率，B、C錯誤；根據(jù)變壓器匝數(shù)與電壓的關(guān)系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得副線圈的電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1，由于原線圈匝數(shù)少而副線圈的匝數(shù)多，即n1＜n2，因此有U2＞U1，電流互感器是一種升壓變壓器，A錯誤；根據(jù)變壓器匝數(shù)與電流的關(guān)系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可得副線圈的電流I2＝eq\f(n1,n2)I1，由于n1＜n2，因此有I2＜I1，D正確。3．(2022·重慶高考)低壓鹵素?zé)粼诩彝ル娐分惺褂脮r需要變壓器降壓。若將“12V50W”的交流鹵素?zé)糁苯油ㄟ^變壓器(視為理想變壓器)接入電壓為220V的交流電后能正常工作，則()A．鹵素?zé)魞啥说碾妷河行е禐?eq\r(2)VB．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為55∶3C．流過鹵素?zé)舻碾娏鳛?.24AD．鹵素?zé)舻碾娮铻?68Ω解析：選B鹵素?zé)羯蠘?biāo)記的額定電壓12V即為鹵素?zé)魞啥说碾妷河行е?，A錯誤；根據(jù)理想變壓器的原理可知eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,12)＝eq\f(55,3)，B正確；流過鹵素?zé)舻碾娏鳛镮＝eq\f(P,U)＝eq\f(50W,12V)＝eq\f(25,6)A，C錯誤；鹵素?zé)羰欠蔷€性元件，電阻隨著電壓不同而改變，在正常工作時電阻為R＝eq\f(U,I)＝2.88Ω，D錯誤。4．(2023·南通模擬)如圖所示，R是一個光敏電阻，其阻值隨光照強(qiáng)度的增加而減小。理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，電壓表和電流表均為理想交流電表。從某時刻開始在原線圈兩端加上交變電壓，其瞬時值表達(dá)式為u1＝220eq\r(2)sin(100πt)V，則()A．電壓表的示數(shù)為22eq\r(2)VB．在天逐漸變黑的過程中，電流表的示數(shù)變大C．在天逐漸變黑的過程中，電流表的示數(shù)變大D．在天逐漸變黑的過程中，理想變壓器的輸入功率變小解析：選D原線圈中的輸入電壓為220V，由原、副線圈的匝數(shù)比可得，副線圈中電壓表的示數(shù)為22V，A錯誤；在天逐漸變黑的過程中，光敏電阻的阻值變大，由于電壓不變，所以電流表的示數(shù)變小，則原線圈中電流表的示數(shù)變小，輸入功率也變小，D正確，B、C錯誤。5．圖甲為一種自耦變壓器(可視為理想變壓器)的結(jié)構(gòu)示意圖，線圈均勻繞在圓環(huán)型鐵芯上，滑動觸頭P處在某一位置，在BC間接一個理想交流電壓表和一個電阻R，若AB間輸入如圖乙所示的交流電壓，則()A．AB間輸入電壓的瞬時值表達(dá)式u＝220sinπt(V)B．t＝1×10－2s時，電壓表的示數(shù)為零C．滑動觸頭P順時針轉(zhuǎn)動時，電壓表示數(shù)增大D．滑動觸頭P逆時針轉(zhuǎn)動時，AB間輸入功率增大解析：選D由題圖乙可知T＝2×10－2s，故ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，所以AB間輸入電壓的瞬時值表達(dá)式為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，故A錯誤；t＝1×10－2s時，雖然電壓瞬時值為0，但交流電壓表的讀數(shù)為有效值，并不為零，故B錯誤；根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系得eq\f(U,UR)＝eq\f(n1,n2)，滑動觸頭P順時針轉(zhuǎn)動時，n2變小，所以R兩端的電壓減小，電壓表示數(shù)減小，故C錯誤；滑動觸頭P逆時針轉(zhuǎn)動時，n2變大，根據(jù)變壓器電壓與匝數(shù)關(guān)系eq\f(U,UR)＝eq\f(n1,n2)，所以R兩端的電壓增大，輸入功率等于輸出功率P入＝P出＝eq\f(UR2,R)，所以滑動觸頭P逆時針轉(zhuǎn)動時，AB間輸入功率增大，故D正確。6．如圖為遠(yuǎn)距離輸電示意圖，發(fā)電機(jī)的輸出電壓U1、輸電線的電阻和理想變壓器匝數(shù)均不變，且n1∶n2＝n4∶n3。當(dāng)用戶消耗的功率增大時，下列表述正確的是()A．用戶的總電阻增大B．用戶兩端的電壓U4增大C．U1∶U2＝U4∶U3D．用戶端增加的功率等于升壓變壓器多輸入的功率解析：選C當(dāng)用戶消耗的功率增大時，并聯(lián)的用電器增多，用戶的總電阻減小，A錯誤；當(dāng)用戶消耗的功率增大時，降壓變壓器的輸出電流增大，則輸電線上的電流增大，可知輸電線上的電壓損失增大，發(fā)電機(jī)的輸出電壓U1不變，則U2不變，可知降壓變壓器輸入電壓U3減小，用戶兩端的電壓U4減小，B錯誤；因為原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)之比，則U1∶U2＝n1∶n2，U3∶U4＝n3∶n4，又n1∶n2＝n4∶n3，所以U1∶U2＝U4∶U3，C正確；用戶消耗的功率增大時，輸電線中電流增大，輸電線損失功率增大，用戶端增加的功率加上輸電線多損失的功率等于升壓變壓器多輸入的功率，D錯誤。7．(2021·廣東高考)某同學(xué)設(shè)計了一個充電裝置，如圖所示。假設(shè)永磁鐵的往復(fù)運(yùn)動在螺線管中產(chǎn)生近似正弦式交流電，周期為0.2s，電壓最大值為0.05V。理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數(shù)比為1∶60，下列說法正確的是()A．交流電的頻率為10HzB．副線圈兩端電壓最大值為3VC．變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強(qiáng)弱無關(guān)D．充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率解析：選B周期T＝0.2s，頻率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，故A錯誤；由理想變壓器原理可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，副線圈兩端的最大電壓為U2＝eq\f(n2,n1)U1＝3V，故B正確；變壓器的輸入電壓由螺線管與永磁鐵相對運(yùn)動產(chǎn)生，故輸入電壓與永磁鐵的磁場強(qiáng)弱有關(guān)，故C錯誤；由理想變壓器原理可知，充電電路的輸入功率等于變壓器的輸入功率，故D錯誤。8．(2022·北京高考)某理想變壓器的原線圈接在220V的正弦交流電源上，副線圈輸出電壓為22000V，輸出電流為300mA。該變壓器()A．原、副線圈的匝數(shù)之比為100∶1B．輸入電流為30AC．輸入電流的最大值為15eq\r(2)AD．原、副線圈交流電的頻率之比為1∶100解析：選B原、副線圈的匝數(shù)之比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,22000)＝eq\f(1,100)，故A錯誤；根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)可得輸入電流為I1＝eq\f(n2,n1)I2＝100×300×10－3A＝30A，故B正確；輸入電流的最大值為Im＝eq\r(2)I1＝30eq\r(2)A，故C錯誤；變壓器不會改變交流電的頻率，故原、副線圈交流電的頻率之比為1∶1，故D錯誤。9．如圖是變電所為市區(qū)用戶供電的示意圖。變壓器的輸入電壓是電網(wǎng)的電壓，負(fù)載變化時電網(wǎng)電壓波動極小，可視為不變。變壓器可視為理想變壓器，其變壓比通過P可調(diào)，輸電線的電阻為R0，則下列判斷錯誤的是()A．當(dāng)用戶增多負(fù)載增大時，用戶獲得的電壓會有所降低B．當(dāng)用戶增多負(fù)載增大時，R0的功率會增大C．當(dāng)用戶增多負(fù)載增大時，為了使用戶獲得的電壓穩(wěn)定在220V應(yīng)將P適當(dāng)上調(diào)D．當(dāng)用戶增多負(fù)載增大時，為了使用戶獲得的電壓穩(wěn)定在220V應(yīng)將P適當(dāng)下調(diào)解析：選D設(shè)變壓器輸入電壓為U1，輸出電壓為U2，用戶電壓為U3，當(dāng)P不動，則U2不變，隨著用戶增多負(fù)載增大時，電路總電阻變小，干路總電流增大，根據(jù)U0＝IR0可知，R0分得的電壓增大，根據(jù)P0＝I2R0可知，R0的功率會增大，根據(jù)U3＝U2－U0可知，用戶獲得的電壓會有所下降，故A、B正確；根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得U2＝eq\f(n2,n1)U1，則可知U1不變，U2不變，當(dāng)用戶增多負(fù)載增大時，U3減小，為使用戶獲得的電壓穩(wěn)定在220V不變，應(yīng)提高U2，則需將n1減小，故P應(yīng)適當(dāng)上調(diào)，故C正確，D錯誤。10．(2023·揚(yáng)州調(diào)研)某理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為k，原線圈與定值電阻R0串聯(lián)后接入輸出電壓大小恒定的交流電源，副線圈電路中接有理想電流表和滑動變阻器R(最大阻值等于R0)，開始時滑片P位于滑動變阻器電阻絲的中央位置，如圖所示。將滑片P向下滑至電阻絲長度四分之一處的a點時，電流表的示數(shù)記為I1，將滑片P向上滑至電阻絲長度四分之三處的b點時，電流表的示數(shù)記為I2。已知I2＝2I1，則()A．k＝2 B．k＝4C．k＝6 D．k＝8解析：選A設(shè)當(dāng)滑動變阻器阻值為R時，電流表讀數(shù)為I，則次級電壓為IR，初級電壓為kIR，初級電流為eq\f(I,k)，則u＝eq\f(I,k)R0＋kIR為定值，根據(jù)題意得u＝eq\f(I1,k)R0＋kI1·eq\f(3,4)R，u＝eq\f(I2,k)R0＋kI2·eq\f(1,4)R，其中I2＝2I1，R＝R0，解得k＝2，故選A。11．(2023·海安模擬)如圖所示，為了浴室用電安全，某同學(xué)用理想變壓器給浴室降壓供電，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為5∶1，原線圈輸入交變電壓u＝311sin(100πt)V。已知照明燈額定功率為44W，排氣扇電動機(jī)內(nèi)阻為1Ω，電流表示數(shù)為2A，各用電器均正常工作，電表均為理想電表。則()A．電壓表示數(shù)為62VB．變壓器的輸入功率為186WC．排氣扇輸出功率為43WD．保險絲熔斷電流不得低于2A解析：選C原線圈輸入電壓最大值為Um＝311V，原線圈輸入電壓為U1＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，根據(jù)變壓器變壓公式，U1∶U2＝5∶1，可知副線圈輸出電壓U2＝44V，A錯誤；變壓器的輸出功率為P出＝U2I2＝44×2W＝88W，根據(jù)理想變壓器輸入功率等于輸出功率，可知變壓器輸入功率為P入＝88W，B錯誤；由P出＝P燈＋P＝44W＋P＝88W，可得排氣扇輸入功率P＝44W，照明燈中電流I燈＝eq\f(P燈,U2)＝1A，排氣扇中電流I＝I2－I燈＝1A，排氣扇內(nèi)阻發(fā)熱功率為P內(nèi)＝I2r＝1W，由P＝P內(nèi)＋P出′可得排氣扇輸出功率為P出′＝43W，C正確；由P入＝U1I1，解得保險絲中電流I1＝0.4A，即保險絲熔斷電流不得低于0.4A，D錯誤。12．如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝1∶2，一個二極管和阻值為R＝10Ω的負(fù)載電阻串聯(lián)后接到副線圈的兩端。現(xiàn)在a、b兩端接入如圖乙所示的電壓，c、d間接入理想電壓表。已知二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大，則()A．電壓表讀數(shù)為100eq\r(2)VB．R的功率為500WC．若將二極管短路，電壓表示數(shù)為200VD．若將二極管短路，變壓器的輸入功率為2000W解析：選D交流電壓表、電流表測得的分別為交變電壓和交變電流的有效值，根據(jù)變壓器公式eq\f(Uab,U2)＝eq\f(n1,n2)，得到輸出電壓的有效值U2＝2×eq\f(100,\r(2))V＝100eq\r(2)V，因二極管具有單向?qū)щ娦裕斎腚妷和ㄟ^變壓器變壓并經(jīng)二極管整流后有效值發(fā)生變化，所以Ucd＝eq\f(\r(2),2)U2＝100V，A錯誤；R的功率為PR＝eq\f(Ucd2,R)＝1000W，B錯誤；若將二極管短路，電壓表示數(shù)為U2＝100eq\r(2)V≈141.4V，C錯誤；若將二極管短路，變壓器的輸入功率P入＝PR＝eq\f(U22,R)＝2000W，D正確。13．(2022·湖南高考)如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源。定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表V的示數(shù)為U，理想電流表A的示數(shù)為I。下列說法正確的是()A．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，U不變B．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率增大C．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，U增大D．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小解析：選B由題意可知，原副線圈的匝數(shù)比為2∶1，則副線圈的電流為2I，根據(jù)歐姆定律可得副線圈的電壓有效值為U2＝2IR1，則變壓器原線圈的電壓有效值為U1＝2U2＝4IR1，設(shè)輸入交流電的電壓有效值為U0，則U0＝4IR1＋I(xiàn)R2，可得I＝eq\f(U0,4R1＋R2)，保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I不斷變大，根據(jù)歐姆定律U1＝4IR1，可知變壓器原線圈的電壓有效值變大，輸入電壓有效值不變，則R2兩端的電壓不斷變小，則電壓表示數(shù)U變小，原線圈的電壓、電流都變大，則功率變大，根據(jù)原副線圈的功