-第十二章交变电流-第2讲-变压器-远距离输电-课时精练(解析版)

1、2022届高考一轮复习 第十二章交变电流 第2讲 变压器远距离输电 课时精练（解析版）1.(2020江苏卷2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图1所示.其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上.则电流互感器()图1A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流答案D解析电流互感器原线圈匝数小，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D

2、正确.2.(多选)如图2，发电厂的输出电压为U1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，用户得到的电压为U2.下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是()图2A.(U1U2)I B.I2RC.eq f(U12,R) D.eq f(U1U22,R)答案ABD3.(2020陕西西安中学三模)在如图3所示的电路中，理想变压器原副线圈的匝数比n1n2n3631，电流表均为理想交流电流表，两电阻阻值相同.当在原线圈两端加上大小为U的交变电压时，三个电流表的示数之比I1I2I3为()图3A.123 B.121C.136 D.593答案D解析由公式eq f(U1,U2)eq f(n1,n2

3、)，可知U2eq f(U,2)，同理可得U3eq f(U,6)，由欧姆定律可知I23I3，由变压器原、副线圈功率相等有I1U1I2U2I3U3，即I1UI2eq f(U,2)eq f(I2,3)eq f(U,6)，得eq f(I1,I2)eq f(5,9)，则I1I2I3593，故D正确，A、B、C错误.4.(2019山东济宁市第二次摸底)高压输电线路常因结冰而损毁严重.为消除高压输电线上的冰，有人设想利用电流的热效应除冰的融冰思路.若在正常供电时，高压线上输电电压为U，输电电流为I，热耗功率为P；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节变压器的变压比，使输电线

4、上的热耗功率变为16P，则除冰时()A.输电电流为4I B.输电电流为16IC.输电电压为4U D.输电电压为eq f(U,16)答案A解析高压线上的热耗功率PI2R线若热耗功率变为16P，则16PI2R线解得I4I，故A正确，B错误.输电功率不变，由PUIUI得Ueq f(1,4)U，故C、D错误.5.(多选)(2020河南中原名校联考)如图4所示是变压器通过降压给用户供电的示意图.变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表V1示数不变.两条输电线的总电阻用R0表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻.如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加

5、时，图中各表的示数变化的情况是()图4A.电流表A1示数变大 B.电流表A2示数变小C.电压表V2示数变大 D.电压表V3示数变小答案AD6.(2018天津卷4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流.利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图5所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的eq f(1,2)，则()图5A.R消耗的功率变为eq f(1,2)PB.电压表V的读数变为eq f(1,2)UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变答案B解析发电机线圈的转速变为原来的eq f(1,2)，由Ee

6、q f(nBS,r(2)知，原线圈中输入电压变为原来的eq f(1,2)，频率变为原来的eq f(1,2).根据eq f(U1,U2)eq f(n1,n2)，知U2变为原来的eq f(1,2)，即U2eq f(1,2)U，则通过R的电流变为原来的eq f(1,2)，R消耗的功率P2eq f(U22,R)eq f(1,4)P，根据eq f(I1,I2)eq f(n2,n1)，原线圈上的电流也变为原来的eq f(1,2)，即电流表A的读数变为eq f(1,2)I，故选B.7.(2019四川达州市第二次诊断)如图6所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表.下列说法正确的是()图6

7、A.若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小B.若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大C.若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大D.若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小答案A解析设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下滑动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式eq f(U1,U2)eq f(n1,n2)，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式eq f(U1,U2)eq f(n1,n2)，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变，V1示数不变

8、；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R接入电路的电阻值减小，则副线圈回路中的电流增大，灯泡中的电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由UV2U2UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误.8.(2020山东卷5)图7甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1n2223，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示.灯泡L的电阻恒为15 ，额定电压为24 V，定值电阻R110 、R25 ，滑动变阻器R的最大阻值为10 .为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为()图7A.1 B.5 C.6 D.8 答案A解析由题图乙可得U1220 V，由eq f(U1,U2)eq f(n1,n2)得U230

9、V，灯泡正常工作时，UL24 V，Ieq f(UL,RL)eq f(24,15) A1.6 AR1两端电压UR1U2UL30 V24 V6 V通过R1的电流I1eq f(UR1,R1)0.6 A通过R的电流IRII11 A由欧姆定律得RR2eq f(UR1,IR)eq f(6,1) 6 可解得R1 ，选项A正确.9.(2020广东汕头市调研)如图8所示为远距离输电的原理图.发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器.由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控.监控电表为理想电表.若某次监测发现V2表的示数减小.则下列判断正确的是()图8A.电流表A1的示数增大B.电

10、流表A2的示数减小C.电压表V1的示数增大D.输电线损失的功率减小答案A解析根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比不变可知，降压变压器的输入电压U20减小，又U1U20I1R线，则I1增大，即电流表A1的示数增大，故A正确；根据电流表A1的示数增大及降压变压器电流比：eq f(I1,I2)eq f(n4,n3)，可知电流表A2的示数增大，故B错误；输电线上损失功率为P损I12R线，由于电流表A1的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误.10.(2020云南昆明市五校联考)图9甲中理想

11、变压器原、副线圈的匝数比n1n251，电阻R20 ，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流，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()图9A.输入电压u的表达式u20eq r(2)sin (50t) VB.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答案D解析由题图乙可知Um20eq r(2) V，T0.02 s，故eq f(2,T)100 rad/s，即输入电压u的表达式u20eq r(2)sin (100t) V，所以A

12、项错误；副线圈两端电压U2eq f(n2,n1)eq f(Um,r(2)4 V，断开S2后两灯泡串联，总电压仍为4 V，所以L1、L2均不能正常发光，B项错误；断开S2后R总增大，根据P入P出eq f(U22,R总)可知P入变小，C项错误；若S1接2，由PReq f(U22,R)可得PReq f(42,20) W0.8 W，故D项正确.11.如图10所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P08.8104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电.输送电压为U1 100eq r(2)sin 200t V，输电导线的总电阻为r5 ，现要使额定电压为2

13、20 V的用电器正常工作，下列说法正确的是()图10A.输电线上的电流为220 AB.降压变压器匝数比eq f(n3,n4)eq f(5,1)C.用电器的额定功率P5.6104 WD.用电器上交流电的频率是50 Hz答案C解析因为输送电压为U1 100eq r(2)sin 200t V，则输电电压的有效值为：U输eq f(1 100r(2) V,r(2)1 100 V，根据：P0U输I输，解得输电线上的电流为：I输80 A，故A错误；降压变压器的输入电压为：频率为feq f(1,T)eq f(1,f(2,)eq f(,2)100 Hz，变压器不改变电压的频率，则用电器上交流电的频率是100 H

14、z，故D错误.12.如图11所示的电路中，理想20eq r(2)sin (100t) V的交变电流，则()图11A.交变电流的频率为100 HzB.通过R2的电流为1 AC.通过R2的电流为eq r(2) AD.变压器的输入功率为200 W答案C解析由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率feq f(1,T)eq f(,2)50 Hz，A项错误；由理想变压器变压规律eq f(U1,U2)eq f(n1,n2)可知，输出电压U250 V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由电流的热效应可知，eq f(U22,R2)eq f(T,2)eq f(U2,R2

15、)T，解得Ueq f(r(2),2)U225eq r(2) V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为eq r(2) A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2UI50 W，而电阻R1的电功率P1eq f(U22,R1)100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为PP1P2150 W，D项错误.13.(2016全国卷16)一含有理想变压器的电路如图12所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()图12A.2 B.3 C.4 D.5答案B解析开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比eq f(I,I2)eq f(n2,n1)，通过R2的电流I2eq f(In1,n2)，副线圈的输出电压U2I2(R2R3)eq f(5In1,n2)，由eq f(U1,U2)eq f(n1,n2)可得原线圈两端的电压U15Ieq blc(rc)(avs4alco1(f(n1,n2)2，则UU1IR15Ieq blc(rc)(avs4alc