人教版 (2019)选择性必修 第二册3 变压器练习题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册3 变压器练习题，共7页。

1．理解理想变压器原、副线圈电压关系，从能量守恒的角度理解功率关系和电流关系.2.变压器的输入电压决定输出电压，但输入电流、功率却由输出电流、功率决定.3.正确画出远距离输电示意图，能确定各回路电压、电流、功率关系．
1．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入的交流电如图乙所示，电阻R＝22 Ω，则( )
A．原、副线圈中的磁通量不等
B．t＝0.01 s时电压表的读数为22eq \r(2) V
C．t＝0.01 s时电流表读数为1 A
D．该变压器原线圈的输入功率为22 W
答案 D
解析 理想变压器不漏磁，原、副线圈中的磁通量相等，故A错误；电压表的读数为副线圈电压的有效值，原线圈两端电压有效值为U1＝eq \f(220\r(2),\r(2)) V＝220 V，根据原、副线圈电压比等于匝数比可得，副线圈的电压有效值为U2＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(1,10)×220 V＝22 V，所以电压表的读数为22 V，故B错误；副线圈的电阻为R＝22 Ω，所以副线圈的电流为I2＝eq \f(U2,R)＝eq \f(22,22) A＝1 A，原、副线圈中的电流比等于匝数比的倒数，所以原线圈的电流为0.1 A，电流表的读数为电流的有效值，所以电流表读数为0.1 A，故C错误；副线圈消耗的功率P＝U2I2＝22×1 W＝22 W，输入功率等于输出功率，该变压器原线圈的输入功率为22 W，故D正确．
2．(2023·重庆市模拟)某电站的电能输送示意图如图所示，升压变压器与降压变压器间输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数之比eq \f(n1,n2)＝m，降压变压器原、副线圈匝数之比eq \f(n3,n4)＝k.变压器均为理想变压器，如果发电机的输出电压为U1，用户输入端电压为U2，用户消耗电功率为P，则输电线上消耗电功率为( )
A．(eq \f(P,mU1))2r B．(eq \f(mP,U1))2r
C．(eq \f(P,kU2))2r D．(eq \f(kP,U2))2r
答案 C
解析 降压变压器副线圈电流I4＝eq \f(P,U2) ，降压变压器原线圈电流I3＝eq \f(n4,n3)I4＝eq \f(P,kU2)，则升压变压器与降压变压器间输电线上消耗电功率P′＝I32r＝(eq \f(P,kU2))2r，故C正确，A、B、D错误．
3．(2023·陕西西安市模拟)如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin(ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，电表均为理想电表，闭合开关S后( )
A．电流表A1的示数不变
B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变
D．电流表A2的示数减小
答案 D
解析 因开关S闭合时，副线圈电路的总电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，但因总电阻减小，则总电流增大，可知干路中电阻R分压增大，所以电压表V2示数变小，电流表A2的示数减小，故B、C错误，D正确；开关S闭合时，副线圈电路的总电流I2变大，根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,IA1)，可知IA1变大，电流表A1示数变大，故A错误．
4．如图所示为远距离输电示意图，某个小水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机的电压为250 V．通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为R＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V．要求在输电线上损失的功率控制为5 kW(即用户得到的功率为95 kW)．下列说法正确的是( )
A．输电线上通过的电流为400 A
B．降压变压器的输入电压为4 000 V
C．升压变压器的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,16)
D．降压变压器的匝数比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(200,11)
答案 C
解析 根据ΔP＝I22R可得I2＝25 A，故A错误；输电线路上损失的电压ΔU＝I2R＝25×8 V＝200 V，升压变压器副线圈两端的电压U2＝eq \f(P1,I2)＝eq \f(1.0×105,25) V＝4 000 V，故降压变压器的输入电压为U3＝U2－ΔU＝4 000 V－200 V＝3 800 V，故B错误；升压变压器的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(250,4 000)＝eq \f(1,16)，故C正确；降压变压器的匝数比为eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(3 800,220)＝eq \f(190,11)，故D错误．
5．(2023·江西赣州市检测)如图所示，一理想变压器的原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，原、副线圈的匝数比为9∶1，原线圈串联定值电阻R1，副线圈接滑动变阻器R2.当滑动变阻器滑片位于某一位置时，R1、R2消耗的功率之比为2∶9.则下列说法正确的是( )
A．副线圈回路中滑动变阻器两端的电压为eq \f(220,9) V
B．此时定值电阻R1与滑动变阻器接入电路的阻值之比为18∶1
C．若滑动变阻器滑片向上移动，电阻R1的功率增大
D．若原、副线圈的匝数比变为3∶1，电阻R1的功率减小
答案 B
解析 由于R1的分压，原线圈的电压小于220 V，则副线圈的电压小于eq \f(220,9) V，故A错误；根据电功率与电流的关系式，有P＝I2R，根据变压器原理可得eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,9)，由此可得电阻R1和R2消耗的功率之比eq \f(P1,P2)＝eq \f(I12R1,I22R2)，代入数据解得eq \f(R1,R2)＝eq \f(18,1)，故B正确；若滑动变阻器滑片向上移动，R2增大，电流I2减小，由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)知电流I1减小，根据P＝I2R知电阻R1的功率减小，故C错误；根据功率关系可得UI1＝I12R1＋I22R2，其中eq \f(n1,n2)I1＝I2，若原、副线圈的匝数比变为3∶1，相当于eq \f(n1,n2)减小，则电流I1增大，根据P＝I2R知电阻R1的功率增大，故D错误．
6．(多选)如图所示，理想变压器原线圈与电阻R串联，和电压表并联，原、副线圈的匝数比为20∶1，b是原线圈的中心触点，副线圈连接滑动变阻器，电流表、电压表均为理想交流电表．已知交流电源电压瞬时值表达式为u＝311sin 100πt (V)．当单刀双掷开关K扳向a后，下列说法中正确的是( )
A．电压表的示数为220 V
B．若只将滑动变阻器的滑片下移，则电压表的示数减小，R消耗的功率增大
C．通过滑动变阻器的交变电流的频率为100 Hz
D．若只将单刀双掷开关由a扳向b，则电压表的示数减小
答案 BD
解析 电源电压有效值为U＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(311,\r(2)) V≈220 V，因为有电阻R分压，电压表示数即原线圈两端的电压小于220 V，故A错误；保持K的位置不变，滑动变阻器滑片向下移，接入电路的电阻变小，副线圈的电流变大，则电流表的示数变大，原线圈中的电流变大，电阻R两端的电压也变大，R消耗的功率变大，交流电源的电压不变，原线圈两端的电压变小，电压表的示数减小，故B正确；变压器不改变交变电流的频率，由电源电压瞬时值表达式可知交变电流的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，故C错误；设原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压和电流分别为U1、I1，U2、I2，滑动变阻器接入电路的阻值为RP，若将电压表右侧的电路看成一个等效电阻R′，则R′＝eq \f(U1,I1)，又因为eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，I1n1＝I2n2，RP＝eq \f(U2,I2)，联立可得R′＝(eq \f(n1,n2))2RP，单刀双掷开关由a扳向b，原线圈匝数变少，即n1减小，等效电阻R′减小，R和R′组成串联电路，电源电压不变，所以电压表的示数减小，故D正确．
7．如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不变．输出电压通过输电线送给用户，两条输电线总电阻用R0表示．当负载增加时，则( )
A．电压表V3的读数减小，电流表A2的读数增大
B．电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小
C．电压表V1读数不变，V2的读数减小
D．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值变小
答案 A
解析 理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出电压也不变，电压表V1、V2的读数不变，故C错误；当负载增加时，副线圈电路中的总电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大，根据I1∶I2＝n2∶n1可知A1的示数变大；由于副线圈的电流变大，电阻R0消耗的电压变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小，故A正确，B错误；电压表V2、V3的读数之差等于R0两端电压，与电流表A2 的读数的比值等于定值电阻R0的阻值，保持不变，故D错误．
8．(2023·湖南省模拟)变压器是远距离输电过程中用于改变电压的重要设备，如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝5 Ω，D为理想二极管(理想二极管具有单向导电性)，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，则下列说法正确的是( )
A．原线圈所接的交变电压瞬时值表达式为u＝220eq \r(2)sin (50πt) V
B．变压器的输出电压为100 V
C．通过电阻R2的电流有效值为5eq \r(2) A
D．变压器的输入功率为1 000 W
答案 C
解析 由题图乙可得周期T＝0.02 s，则原线圈所接的交变电压瞬时值表达式为u＝220eq \r(2)sin eq \f(2π,T)t＝220eq \r(2)sin (100πt) V，故A错误；由题意得，原线圈输入电压有效值为U1＝eq \f(220\r(2),\r(2)) V＝220 V，根据U1∶U2＝n1∶n2可得变压器的输出电压为U2＝50 V，故B错误；因为R2与二极管相连，则当为正向电压时，通过R2的电流为I2＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(50,5) A＝10 A，当为反向电压时，通过R2的电流为0，设通过R2的电流有效值为I，由电流的热效应得I2R2T＝I22R2·eq \f(T,2)＋0，解得通过电阻R2的电流有效值为I＝5eq \r(2) A，故C正确；因为电阻R1的电流始终为I1＝eq \f(U2,R1)＝eq \f(50,5) A＝10 A，所以副线圈的电功率为P＝P1＋P2＝U2I1＋I2R2，代入数据解得P＝(500＋250) W＝750 W，变压器的输入功率等于输出功率，故变压器的输入功率为750 W，故D错误．
9．在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示．
(1)观察变压器的铁芯，它的结构和材料是________；
A．整块硅钢铁芯
B．整块不锈钢铁芯
C．绝缘的铜片叠成
D．绝缘的硅钢片叠成
(2)以下给出的器材中，本实验需要用到的是________；
A．干电池 B．学生电源
C．直流电压表 D．多用电表
(3)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线圈上的电压．这个探究过程采用的科学探究方法是________．
A．演绎法 B．等效替代法
C．控制变量法 D．理想实验法
(4)某次实验中得到实验数据如表所示，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析，你的结论是_____________________________．
(5)原、副线圈上的电压之比是否等于它们的匝数之比呢？发现上述实验数据没有严格遵从这样的规律，分析下列可能的原因，你认为正确的是________．
A．变压器线圈中有电流通过时会发热
B．原、副线圈的电压不同步
C．铁芯在交变磁场的作用下会发热
D．原线圈中电流产生的磁场能在向副线圈转移过程中有损失
答案 (1)D (2)BD (3)C (4)在误差允许的范围内，原、副线圈的电压比与匝数比相等，即eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2) (5)ACD
解析 (1)观察变压器的铁芯，由于涡流在导体中会产生热量，所以它的结构是绝缘的硅钢片叠成，故D正确，A、B、C错误；
(2)实验中需要交流电源和多用电表，不需要干电池和直流电压表，故选B、D；
(3)当一个物理量与多个物理量相关时，应采用控制变量法，探究该物理量与某一个量的关系，如本实验中，保持原线圈输入电压U1一定，探究副线圈输出电压U2与线圈匝数n1、n2的关系，故选C.
(4)通过分析表中数据可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压比与匝数比相等，即eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).一定要注意是在误差允许的范围内，而不是严格相等关系．
(5)变压器并非理想变压器，能量损失主要来源于三个方面，分别是绕制线圈的铜导线发热损耗(俗称铜损)、铁芯中的涡流发热损耗(俗称铁损)、铁芯对磁场的约束不严密损耗(俗称磁损)，故选A、C、D.实验次数
n1/匝
n2/匝
U1/V
U2/V
1
1 200
400
12.1
3.98
2
800
400
12.0
5.96
3
200
100
11.9
5.95