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第十三章第32讲提能训练练案[65]基础过关练题组一理想变压器基本关系、动态分析两种特殊的变压器1.(多选)(2023·海南卷)下图是工厂利用u=220eq\r(2)sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路,变压器原线圈匝数为1100匝,下列说法正确的是(BC)A.电源电压有效值为220eq\r(2)VB.交变电流的周期为0.02sC.副线圈匝数为180匝D.副线圈匝数为240匝[解析]电源电压的有效值U=eq\f(220\r(2),\r(2))V=220V,选项A错误;交流电的周期T=eq\f(2π,ω)=eq\f(2π,100π)s=0.02s,选项B正确;根据eq\f(n1,n2)=eq\f(U1,U2),可得副线圈匝数n2=eq\f(U2,U1)n1=eq\f(36,220)×1100=180匝,选项C正确,D错误。故选BC。2.如图所示的调压器,滑动触头P和Q均可调节,在输入交变电压U恒定的条件下,电压表、电流表均是理想的,下列说法正确的是(B)A.Q不动,P向上移动,电压表示数增大B.Q不动,P向下移动,电压表示数增大C.P不动,Q向下移动,电压表示数增大D.P不动,Q向下移动,电流表示数增大[解析]当Q不动时,滑动变阻器的阻值不变,当P向上移动时,原线圈匝数变大副线圈匝数不变,自耦变压器的输出的电压减小,电压表的示数减小,故A错误;当Q不动时,滑动变阻器的阻值不变,当P向下移动时,原线圈匝数变小副线圈匝数不变,自耦变压器的输出的电压增加,电压表的示数增大,故B正确;当P不动时,自耦变压器的输出的电压不变,所以电压表的示数不变,当Q向下移动时,滑动变阻器的电阻增大,所以电路的电流减小,变压器匝数比不变,因此电流表示数减小,故C、D错误。3.(2024·重庆南开中学高三阶段练习)如图所示,理想变压器的初级线圈接有输出电压有效值恒定不变的交变电源,次级线圈接有光敏电阻R(其阻值随光照强度增大而减小)、灯泡L1和灯泡L2。图中电表均为理想交流电表,若增大光照强度,则(B)A.电压表V1与电流表A1的示数之比增大B.电压表V2与电流表A2的示数之比减小C.灯泡L1和灯泡L2均变亮D.灯泡L1和灯泡L2均变暗[解析]依题意,理想变压器初级线圈两端电压保不变,由eq\f(U1,U2)=eq\f(n1,n2),可知次级线圈两端电压U2不变,若增大光照强度,光敏电阻的阻值将减小,则变压器次级线圈总电阻减小,根据欧姆定律可得I2=eq\f(U2,R总),整理可得R总=eq\f(U2,I2),可知电流表A2的示数增加,电压表V2与电流表A2的示数之比减小。根据eq\f(I1,I2)=eq\f(n2,n1),易知,电流表A1的示数增加,电压表V1与电流表A1的示数之比减小,故A错误,B正确;根据上面选项分析可知,灯泡L1的电流增加,两端电压也增加所以变亮。由分压原理可得U并=U2-UL1,即灯泡L2的两端电压减小,灯泡L2变暗。故C、D错误。4.如图所示,甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1,电压表读数为U;乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2,电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为(B)A.k1U,k2I B.k1U,eq\f(I,k2)C.eq\f(U,k1),k2I D.eq\f(U,k1),eq\f(I,k2)[解析]由理想变压器的工作原理对题图甲得eq\f(U1,U)=eq\f(n1,n2)=k1,解得U1=k1U;对题图乙得eq\f(I,I1)=eq\f(n1,n2)=k2,解得I1=eq\f(I,k2),B正确,A、C、D错误。5.(多选)在图(a)所示的交流电路中,电源电压的有效值为220V,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1、R2、R3均为固定电阻,R2=10Ω,R3=20Ω,各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是(AD)A.所用交流电的频率为50HzB.电压表的示数为100VC.电流表的示数为1.0AD.变压器传输的电功率为15.0W[解析]由变压器不会使交变电流的周期改变和题图(b)可知所用交变电流的周期为2×10-2s,可求得所用交变电流的频率为50Hz,选项A正确;由题图(b)可知通过R2的电流的有效值为1A,由并联电路特点可知通过R3的电流(即电流表的示数)为0.5A,故通过副线圈的电流I2=1.5A,由欧姆定律可得副线圈两端的电压U2=1×10V=10V,由变压器原、副线圈两端电压之比为原、副线圈匝数之比可得,原线圈两端的电压U1=eq\f(U2,n2)n1=100V,再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压UV=220V-100V=120V,选项B、C错误;根据变压器原理可得变压器传输的电功率P=U2I2=10×1.5W=15.0W,选项D正确。题组二远距离输电6.(2023·天津卷)下图为输电线为用户输电的情景,电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器,中间输电电路电阻为R,下列说法正确的有(B)A.T1输出电压与T2输入电压相等B.T1输出功率大于T2输入功率C.若用户接入的用电器增多,则R功率降低D.若用户接入的用电器增多,则T2输出功率降低[解析]由于输电过程中电阻R要产生热量,会损失功率,故T1输出功率大于T2输入功率;T1输出电压大于T2输入电压,故A错误,B正确;由于输入电压不变,所以变压器T1的输出电压不变,随着用户接入的用电器增多,导致用户端的等效电阻变小,则电流变大,根据P损=I2R,可知R功率增大,故C错误;用户接入电路的用电器越多,用电器消耗功率增大,即T2输出功率增大,故D错误。故选B。7.(多选)如图所示,一个小型水电站的交流发电机的输出电压U1一定,通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远方用户供电,输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1,它的输出电压和输出功率分别为U2和P2,T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3,它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是(CD)A.当用户的用电器增加时,U2、U3、U4均变小B.输电线的总电阻R两端的电压等于U2+U3,且随用户的用电器增加而增大C.输电线上损失的功率为eq\f(P\o\al(2,3)R,U\o\al(2,3)),且随用户的用电器增加而增大D.要减小输电线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比eq\f(n2,n1),同时应增大降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)[解析]交流发电机的输出电压U1一定,匝数没变,根据eq\f(U1,U2)=eq\f(n1,n2),知U2不变,A错误;输电线的总电阻R两端的电压等于U2-U3,且随着用户的用电器增加,输电线上的电流会增大,则输电线的总电阻R两端的电压增大,B错误;输电线上的电流I=eq\f(P3,U3),则输电线上损失的功率为P损=I2R=eq\f(P\o\al(2,3)R,U\o\al(2,3)),且随着用户的用电器增加,输电线上的电流会增大,则输电线上损失的功率增大,C正确;输送功率一定时,根据P=UI和P损=I2R知,要减小输电线路的损耗,应增大输送电压,又因为U1一定,根据eq\f(U1,U2)=eq\f(n1,n2)知,应增大升压变压器的匝数比eq\f(n2,n1),而U3=U2-IR,U2增大,I减小,所以U3增大,要使用户所用电压U4不变,根据eq\f(U3,U4)=eq\f(n3,n4)知,应增大降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4),D正确。8.(多选)(2021·山东卷)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3,输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r,负载R的阻值为10Ω。开关S接1时,右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1,R上的功率为10W;接2时,匝数比为1∶2,R上的功率为P。以下判断正确的是(BD)A.r=10Ω B.r=5ΩC.P=45W D.P=22.5W[解析]当开关S接1时,左侧变压器输出电压U2=3×7.5V=22.5V,电阻R上的电压,即右侧变压器的输出电压U4=eq\r(PR)=10V,电流I4=eq\f(U4,R)=1A,则右侧变压器输入电压U3=eq\f(2,1)×10V=20V,电流I3=eq\f(1,2)×1A=0.5A,则r=eq\f(U2-U3,I3)=5Ω,当开关S接2时,设输电电流为I,则右侧变压器的输出电流为0.5I,由右侧变压器两边电压关系可知eq\f(U2-Ir,n3)=eq\f(0.5IR,n4),解得I=3A,则R上的功率P=(0.5I)2R=22.5W,故选BD。能力综合练9.(多选)(2021·河北卷)如图,发电机的矩形线圈长为2L、宽为L,匝数为N,放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中,理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2,两个副线圈分别接有电阻R1和R2,当发电机线圈以角速度ω匀速转动时,理想电流表读数为I,不计线圈电阻,下列说法正确的是(BC)A.通过电阻R2的电流为eq\f(n1I,n2)B.电阻R2两端的电压为eq\f(n2IR1,n1)C.n0与n1的比值为eq\f(\r(2)NBL2ω,IR1)D.发电机的功率为eq\f(\r(2)NBL2ωIn1+n2,n0)[解析]由题意知理想电流表读数为I,则根据欧姆定律有U1=IR1,根据变压器电压与匝数的关系有eq\f(n0,n1)=eq\f(U0,U1),eq\f(n0,n2)=eq\f(U0,U2),代入有U0=eq\f(n0,n1)IR1,U2=eq\f(n2,n1)IR1,再由欧姆定律,有U2=I2R2,可计算出I2=eq\f(n2R1,n1R2)I,A错误,B正确;由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈,则有Emax=NB2L2ω,U0=eq\f(Emax,\r(2))=eq\r(2)NBL2ω,由选项A、B知U0=eq\f(n0,n1)IR1,则eq\f(n0,n1)=eq\f(\r(2)NBL2ω,IR1),C正确;由于变压器为理想变压器,则有P0=P1+P2=U1I+U2I2=I2R1+U2I2,代入选项A、B、C公式有P0=eq\f(\r(2)NBL2ωI,n0)·eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n\o\al(2,1)R2+n\o\al(2,2)R1,n1R2))),由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈,则发电机的功率为P0,D错误。10.一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω,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、副线圈匝数的比值为(B)A.2 B.3C.4 D.5[解析]将题中电路等效为如图所示电路,根据欧姆定律,可知当开关断开时,电流为I,有U=I(R1+R′),当开关闭合时,电流为4I,有U=4I(R1+R″),由“名师讲坛,素养提升”讲解可知R′=k2(R2+R3),R″=k2R2,联立以上各式可解得k=3。11.(多选)图乙中,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=5∶1。原线圈接入如图甲所示的正弦交流电,电路中电表均为理想电表,定值电阻R1=R2=4Ω,D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大),则(ACD)A.电阻R2两端的电压频率为50HzB.电流表的示数为5AC.原线圈的输入功率为150WD.将R1摘掉,电压表的示数不变[解析]由题图甲可知,交流电的周期为0.02s,故频率为50Hz,而变压器及二极管均不会改变交流电的频率,故电阻R2两端的电压频率为50Hz,故A正确;经变压器后,输出电压为eq\f(100V,5)=20V,因二极管的单向导电性,只有一半时间内有电压加在R2两端,则由有效值的定义可得U=10eq\r(2)V,则电流表的示数为2.5eq\r(2)A,故B错误;原线圈输入功率等于副线圈输出的功率,输出功率P=eq\f(202,4)W+(2.5eq\r(2))2×4W=150W,故C正确;因输出电压由输入电压决定,故将R1摘掉,电压表的示数不变,故D正确。12.某电风扇挡位变换器的电路如图所示,它可视为一个可调压的理想变压器,总匝数为2400匝的原线圈两端输入电压u=200eq\r(2)sin100πt(V),挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝,电动机M的内阻r=8Ω、额定电压U=220V、额定功率P=110W,下列说法正确的是(B)A.交变电流的频率为100HzB.当选择挡位3后,电动机两端电压的有效值为110VC.当由挡位3变为挡位2后,原线圈中的电流变大D.当选择挡位4后,电动机的输出功率为110W[解析]根据原线圈两端输入电压的瞬时值表达式可知,ω=100πrad/s,交变电流的频率f=eq\f(ω,2π)=50Hz,选项A错误;当选择挡位3后,根据电压比等于匝数比有eq\f(220V,U2)=eq\f(2400,1200),解得U2=110V,即电动机两端电压的有效值为110V,选项B正确;当由挡位3变为挡位2后,根据原、副线圈两端的电压比等于匝数比可知,副线圈两端的电压减小,输出功率变小,输入功率变小,输入电压不变,根据P1=U1I1可知,原线圈中的电流变小,选项C错误;当选择挡位4后,副线圈的匝数为2400匝,根据电压比等于匝数比可知,副线圈两端的电压为220V,电动机正常工作,流过电动机的电流I=eq\f(P,U)=eq\f(110,220)A=0.5A,电动机的发
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