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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= 220sin 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.原线圈中的输入功率为220 WB.原线
2、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n1n2
3、=51，电阻R=20 ，L1，L2为规格相同的两只小灯泡，S1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、S2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=20sin 50t(V)B.只断开S2后，L1，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的表达式为u=20sin 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，L1，L2的功率均
4、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
5、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断开时电源的输出功率P1=，开关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.(2017云南昭通二模)如图，变压器输入有效值恒定的交
6、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
7、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 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
8、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，R1电阻为100 ，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= 220sin 100t(V)，下列说法
9、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.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，
10、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 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
11、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)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，U1=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
12、，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.(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n1n2=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n3n4=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(ABC)A.T1的副线圈两端电压
13、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】U4=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=2r=50 W，选项C正确;T1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
14、，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n1n2;(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)951112. 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，
15、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.n1n2=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n1n2=UU0，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)，故D正确.13. 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，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
