选择性必修 第二册变压器复习练习题

这是一份选择性必修 第二册变压器复习练习题，共7页。
1．如图，变压器是理想变压器，电压表V1、V2为理想电表，定值电阻R1、R2阻值之比为1∶2。在a、b端输入电压有效值不变的正弦交流电，R1、R2消耗的功率之比为8∶1，则电压表V1、V2示数之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4D．4∶1
2.(多选)一理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数不变
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小
3．(2024·河南商丘期中)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1＝5 Ω，R2＝10 Ω，电流表和电压表均为理想交流电表。若电流表A的示数为0.45 A，则电压表V的示数为( )
A．0.5 VB．1 V
C．4 VD．6 V
4．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，不计电表内阻影响。闭合开关S后( )
A．电流表A2的示数减小 B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变 D．电流表A1的示数不变
5.在如图所示电路中，理想变压器原线圈接在交流电源上，调节滑动触头Q可以改变副线圈接入电路的匝数。R0为定值电阻，灯泡L和滑动变阻器R串联，P为滑动变阻器的滑片，A为理想交流电流表。闭合开关S，电流表A的示数为I。则( )
A．仅将P向下滑动，I增大
B．仅将Q向下滑动，灯泡变亮
C．仅将开关S断开，灯泡变亮
D．仅将开关S断开，变压器的输入功率增加
6．理想变压器原、副线圈a、b的匝数之比为n1∶n2＝5∶1，原线圈接在u＝220eq \r(2)·sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈中“20 V,20 W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R2＝10 Ω，电压表V为理想电表。则下列推断正确的是( )
A．原线圈的输入电压为150 V
B．交变电流的频率为100 Hz
C．电压表V的示数为30eq \r(2) V
D．R1消耗的功率小于R2消耗的功率
7．(2024·湖北恩施期末)(多选)如图为由理想变压器、电阻和灯泡组成的电路，电路输入的电压为U，电阻R的阻值是2.0 Ω，小灯泡L1上标有“3 V，3 W”，变压器副线圈回路中接入两个均标有“6 V，3 W”的小灯泡L2，小灯泡L1、L2均正常发光。下列说法中正确的是( )
A．理想变压器的原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶4
B．电路输入的电压U＝9 V
C．通过电阻R的电流是1.5 A
D．电阻R的功率为6 W
8．(2024·江苏镇江期中)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈输入的交流电压瞬时值的表达式为u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)，定值电阻R1的阻值为60 Ω，电阻箱R2的初始阻值为20 Ω，灯泡L阻值恒为20 Ω。下列说法正确的是( )
A．电流表的示数为eq \f(11,3) A
B．逐渐增大R2的阻值，R1功率逐渐变大
C．当R2＝60 Ω时，副线圈功率达到最大
D．若将R1换为一个理想二极管，则灯泡L两端电压的有效值为110eq \r(2) V
9．如图所示为街头通过降压变压器给用户供电的示意图。负载变化时变压器的输入电压(市区电网的电压)不变。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻。忽略变压器上的能量损耗，各电表为理想交流电表，当用户的用电器增加时，下列说法正确的是( )
A．用户用电器的总电阻R变大
B．电表A2的示数变大，A1的示数变小
C．电表V2的示数不变，V3的示数变小
D．电表V1的示数与输电线损失的电压均变大
10．(多选)某供电示意图如图所示，若变压器为理想变压器，所有电表视为理想交流电表，当开关S闭合时，各电表示数变化情况为( )
A．A1示数增大B．A2示数减小
C．V1示数增大D．V2示数减小
11.理想变压器与三个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3组成如图所示的电路，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2。在a、b间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是( )
A．R1、R2、R3两端的电压之比为2∶1∶2
B．R1、R2、R3消耗的功率之比为4∶1∶4
C．a、b间输入功率与理想变压器输入功率之比为15∶2
D．a、b间输入电压与理想变压器输入电压之比为3∶1
12．(2024·山东青岛期末)光伏发电可以有效解决偏远农村地区用电难的问题。相对于传统发电机，光伏发电系统更为便捷，电池板只需安装在屋顶上，就可直接将太阳能转化为电能供应，完全不受供电通道的限制。如图，某户农家将输出电压U0＝220 V的交流电的光伏发电系统接到变压器上，通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12 V，1.5 A”的灯泡和一台电动机供电，电动机线圈电阻r＝1.0 Ω，原线圈上所接灯泡L的额定电压UL＝40 V，副线圈n2的匝数为60匝。电路接通后，各用电器都正常工作，光伏发电系统的输出功率P0＝440 W，电压表的示数为36 V，变压器为理想变压器，求：
(1)原线圈上所接灯泡L消耗的功率PL；
(2)变压器原线圈的匝数n1；
(3)电动机输出的机械功率P机。
课时跟踪检测(十九)
1．选C 设原线圈中电流为I1，副线圈中电流为I2，R1、R2消耗的功率之比为8∶1，则eq \f(I12R1,I22R2)＝eq \f(8,1)，由于定值电阻R1、R2之比为1∶2，则eq \f(I1,I2)＝eq \f(4,1)，因此eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(1,4)，故选C。
2．选AC 在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定，因此，保持Q的位置不动时，输出电压U′不变，此时P向上滑动，负载电阻值R′增大，则输出电流I′减小，根据理想变压器原、副线圈电流比等于匝数的反比，电流表的读数变小，故A正确，B错误；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，则输出电压U′变大，I′变大，电流表的读数变大，故C正确，D错误。
3．选B 根据理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比为U1∶U2＝n1∶n2＝2∶1，则电阻R1两端电压为U1，电阻R2两端电压为U2，根据I＝eq \f(U,R)可知，通过两电阻的电流之比为4∶1，设通过电阻R2的电流为I2，通过电阻R1的电流为4I2，根据理想变压器原、副线圈电流和匝数的关系可知，原线圈的输入电流为eq \f(I2,2)，电流表示数为0.45 A，则有4I2＋eq \f(I2,2)＝0.45 A，解得I2＝0.1 A，则电压表示数为U2＝I2R2＝1 V，故选B。
4．选A 闭合开关S后，由于原线圈两端电压不变，原、副线圈匝数比不变，故副线圈两端电压也不变，即电压表V1的示数不变，B错误；闭合开关S后，副线圈中并联的两个电阻的总阻值减小，所以副线圈中的总电流增大，副线圈中并联的两个电阻分得的电压减小 ，故电压表V2的示数减小，由欧姆定律可知，电流表A2的示数减小，A正确，C错误；由于副线圈中的电流增大，所以原线圈中的电流也增大，即电流表A1的示数增大，D错误。
5．选A 仅将P向下滑动，理想变压器原、副线圈匝数不变，原线圈电压不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，U2不变，R减小，则副线圈电流增大，由eq \f(I,I2)＝eq \f(n2,n1)可知，I增大，A正确；仅将Q向下滑动，副线圈匝数减小，副线圈两端电压减小，经过灯泡的电流减小，根据P灯＝I灯2R灯可知，灯泡的功率减小，灯泡变暗，B错误；仅将开关S断开，灯泡L及滑动变阻器两端电压不变，灯泡亮度不变，C错误；仅将开关S断开，副线圈电路总电阻增大，副线圈两端电压不变，总电流减小，变压器的输出功率减小，则输入功率减小，D错误。
6．选A 由u＝220eq \r(2)·sin 100πt(V)可知，电源的输入电压为U＝220 V，圆频率为ω＝100π rad/s，频率为f＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，故B错误；灯泡正常发光，则电流为I2＝eq \f(PL,UL)＝1 A，电压表V的示数为U2＝I2R2＋UL＝30 V，故C错误；根据原、副线圈电压与匝数成正比，有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得原线圈的输入电压为U1＝150 V，故A正确；根据原、副线圈电流与匝数成反比，有eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，解得I1＝0.2 A，根据串联分压和功率公式，可得R1消耗的功率为P1＝I1(U－U1)＝0.2×(220－150)W＝14 W，R2消耗的功率为P2＝I22R2＝10 W，可知R1消耗的功率大于R2消耗的功率，故D错误。
7．选AB 原线圈与L1并联，由小灯泡L1、L2均正常发光，可得U1＝ 3 V，U2＝ 6 V＋6 V＝12 V，理想变压器的原、副线圈匝数比为n1∶n2＝ U1∶U2＝ 1∶4，故A正确；由原、副线圈的功率相等，即P1＝ P2＝2×3 W＝6 W，又P1 ＝ U1I1，解得I1＝2 A，小灯泡L1中的电流IL1＝eq \f(PL1,UL1)＝1 A，通过电阻R的电流是IR＝ I1＋ IL1＝3.0 A，故C错误；电阻R的功率为PR＝IR2R＝18 W，故D错误；电阻R的两端电压UR＝IRR＝6 V，电路输入的电压U＝UR＋U1＝9 V，故B正确。
8．选C 初始时，电阻箱R2和灯泡L并联后的总电阻为R次＝10 Ω，变压器的等效电阻为R等效＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))2R次＝40 Ω，初级电流为I1＝eq \f(U,R1＋R等效)＝eq \f(220,60＋40) A＝2.2 A，初级电压U1＝U－I1R1＝88 V，次级电压为U2＝eq \f(n2,n1)U1＝44 V，则电流表的示数为IR2＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(11,5) A，A错误；逐渐增大R2的阻值，则等效电阻R等效变大，则初级电流减小，则R1功率逐渐变小，B错误；将R1等效为电源内阻，则当R等效＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))2R次＝R1时副线圈功率最大，解得R2＝60 Ω，C正确；若将R1换为一个理想二极管，则原线圈电路一个周期内只有半个周期导通，有eq \f(2202,R)·eq \f(T,2)＋0＝eq \f(U1′2,R)T，解得U1′＝110eq \r(2) V，则灯泡L两端电压的有效值U2′＝eq \f(n2,n1)U1′＝55eq \r(2) V，D错误。
9．选C 用户用电器是并联关系，根据公式eq \f(1,R)＝eq \f(1,R1)＋eq \f(1,R2)＋eq \f(1,R3)＋…＋eq \f(1,Rn)(n＝1,2,3，…)，可得增加用电器时，用户用电器的总电阻R变小，A错误；根据变压器公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，变压器输入电压U1不变，电表V1的示数不变，线圈匝数比不变，则副线圈输出电压U2不变，电表V2的示数不变，在副线圈电路中，根据闭合电路欧姆定律得I2＝eq \f(U2,R0＋R)，R0不变，用户用电器的总电阻R变小，副线圈电流I2变大，电表A2的示数变大，则I1变大，A1示数变大，则R0两端电压变大，V3的示数变小，B、D错误，C正确。
10．选AD 设原线圈左端输入的电压为U，变压器的匝数比为n1∶n2＝k，则在原线圈回路中有U＝I1R＋U1，根据理想变压器的规律有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，且U2＝I2R副，联立可得U＝I2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(R,k)＋kR副))，当开关S闭合时，副线圈的总电阻R副减小，而U、R、k不变，故副线圈的电流I2增大，则原线圈的电流I1增大，由原线圈两端的电压U1＝U－I1R可知，U1减小，故副线圈两端的电压U2也减小，故A1、A2示数都增大，V1、V2示数都减小，故选A、D。
11．选C 设三个定值电阻阻值为R，副线圈输出电流为I，则输出电压为IR，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知，原线圈输入电流为2I，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，原线圈输入电压为0.5IR，则电阻R2两端电压为0.5IR，根据欧姆定律可知IR2＝eq \f(0.5IR,R)＝0.5I，则流过电阻R1的电流IR1＝IR2＋2I＝2.5I，R1两端电压UR1＝IR1R＝2.5IR，则R1、R2、R3两端的电压之比为5∶1∶2，故A错误；根据P＝UI可知，R1、R2、R3消耗的功率之比为(2.5IR×2.5I)∶(0.5IR×0.5I)∶(IR×I)＝25∶1∶4，故B错误；根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，理想变压器的输入功率为电阻R3消耗的功率，a、b间输入功率为三个电阻消耗的功率之和，则a、b间输入功率与变压器输入功率之比为15∶2，故C正确；a、b间输入电压为电阻R1、R2两端的电压之和，理想变压器输入电压为电阻R2两端的电压，则a、b间输入电压与理想变压器输入电压之比为6∶1，故D错误。
12．解析：(1)根据题意，设原线圈上的电流为I1，
则有P0＝U0I1
PL＝I1UL
解得PL＝80 W。
(2)根据题意，设原线圈匝数为n1，
则有eq \f(U0－UL,U2)＝eq \f(n1,n2)
解得n1＝900匝。
(3)根据题意，设副线圈n3上的电流为I3，
则有P0＝PL＋P2＋I3U3
P机＝I3U3－I32r
又有P2＝10U2I2＝180 W
U3＝36 V
联立解得P机＝155 W。
答案：(1)80 W (2)900 (3)155 W