20192020高中物理 第五章 交变电流 习题课 变压器与电能的输送练习含解析新人教版选修32
2019_2020学年高中物理第五章交变电流4变压器练习(含解析)新人教版
4变压器课后篇稳固提高基础稳固1.钳形电流表的外形和构造如图甲所示。
图甲中电流表的读数为1.2 A,图乙顶用同一电缆线绕了3匝,则()A. 这类电流表能测直流电流, 图乙的读数为2. 4 AB. 这类电流表能测交变电流, 图乙的读数为0. 4 AC.这类电流表能测交变电流, 图乙的读数为3. 6 AD.这类电流表既能测直流电流, 又能测交变电流, 图乙的读数为3. 6 A分析钳形电流表的工作原理是电磁感觉, 所以它只好测交变电流, 依据变压器的原理, I1n1=I0n0, 此中n1指钳形电流表内部线圈的匝数, n0指待测电流导线的匝数, I1指外接电流。
当在图乙顶用同一电缆线绕了n0'= 3匝,则知足I 2n1=I 0n0', 解得I 2=3I 1=3.6 A。
答案C2. ( 多项选择 ) 理想变压器原、副线圈匝数比为10∶ 1, 以下说法中正确的选项是()A. 穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C.原、副线圈每一匝产生的电动势刹时价之比为10∶1D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶ 1分析关于理想变压器, 穿过两个线圈的磁通量同样, 磁通量变化率同样, 每匝线圈产生的感觉电动势相等 , 输入功率等于输出功率。
答案 BD3.如下图 , 能够将电压高升供应电灯的变压器是图()分析变压器应当接在沟通电路中, 升压变压器应当副线圈的匝数大于原线圈的匝数。
答案 C4.在变电站里 , 常常要用沟通电表去监测电网上的强电流, 所用的器械叫电流互感器。
如下图的四个图中 , 能正确反应其工作原理的是()分析电流互感器应是测电流的 , 应串连在火线上 , 应选项 B、 D 错误 ; 同时 , 由I1n1=I2n2知 , 要使I2<I1, 须使 n2>n1,应选项A正确,选项C错误。
答案 A5.如下图 , 理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1, 原线圈接正弦沟通电源, 副线圈接入“220 V 60 W”灯泡一只 , 且灯泡正常发光, 则 ()A. 电流表的示数为AB. 电流表的示数为AC.电源输出功率为 1 200 WD.原线圈端电压为11 V分析由题意知流经副线圈的电流I2=A=A, 则电流表的示数为I 1=A, 选项 A正确而 B错误;因为是理想变压器, 故电源输出的功率等于灯泡耗费的功率, 选项 C错误 ; 由U1=×220 V =4 400 V 知 ,选项 D 错误。
20192020高中物理 第五章 交变电流 5 电能输送练习含解析新人教版选修32
5 电能的输送课后篇稳固提升根底稳固1.在电能输送过程中,假设输送的电功率一定、输电线电阻一定,那么在输电线上损耗的电功率( )解析输电线上的功率损失ΔP=R,电压损失ΔU=U-U'=I线R线,输电电流I线=,所以ΔP=R线=R 线,可见在输送功率P一定和输电线电阻一定时,ΔP与成正比,ΔP与ΔU2成正比,ΔP与U2成反比。
答案C2.发电厂发电机的输出电压为U1,发电厂至学校的输电导线的总电阻为R,通过导线的电流为I,学校得到的电压为U2,那么输电线上损耗的电压可表示为( )解析输电线的电压损失ΔU=U1-U2=IR,故B错误,C正确;U1为输出电压,U2为用户得到的电压,A、D错误。
答案C3.如图,利用理想变压器进行远距离输电,发电厂的输出电压恒定,输电线路的电阻不变,当用电顶峰到来时( )B.电压表V1的示数减小,电流表A1增大C.电压表V2的示数增大,电流表A2减小解析当用电顶峰到来时,用户消耗的功率变大,那么电流表A2读数变大,输电线上的电流变大,输电线上损耗的功率变大,选项A错误;电流表A1增大,因为发电厂的输出电压恒定,那么升压变压器的次级电压不变,即电压表V1的示数不变,选项B错误;输电线上的电压损失变大,故降压变压器的初级电压减小,次级电压也减小,即电压表V2的示数减小,选项C错误;用户消耗的功率占发电厂输出功率的比例=1-=1-,因为输电线上的电流增大,那么电压损失增大,U1不变,所以用户消耗的功率与发电厂输出功率的比值减小,故D正确。
应选D。
答案D4.照明供电线路的路端电压根本上是保持不变的,可是我们在晚上七八点钟用电顶峰时开灯,电灯比深夜时要显得暗些,这是因为此时( )A.总电阻比深夜时大,干路电流小,每盏灯分到的电压就小B.总电阻比深夜时大,干路电流小,每一支路的电流就小C.总电阻比深夜时小,干路电流大,输电线上损失的电压大D.干路电流一定,支路比深夜时多,分去了一局部电压解析此时用电器多,电阻小(因为用电器都是并联的),而变压器输出电压U不变,由I=可知,干路电流大,输电线上损失电压大,电灯两端电压小,故比深夜时暗,故C正确。
2019-2020学年高中物理 第五章 交变电流 1 交变电流练习(含解析)新人教版选修3-2
交变电流[A 组 素养达标]1.如图所示,面积均为S 的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B 中以角速度ω匀速转动,能产生正弦交变电动势e =BSωsin ωt 的图是( )解析:线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,且从中性面开始计时,产生的电动势e =BSωsin ωt ,由此判断,只有A 选项符合.答案:A2.如图所示是某种正弦式交变电压的波形图,由图可确定该交变电流的( )A .周期是0.02 sB .电压的峰值是10 VC .角速度为314 rad/sD .表达式为u =10sin 25πt (V)解析:由题图知:峰值U m =10 V ,周期T =4×10-2s ,故A 错,B 对;角速度ω=2πT =2π0.04rad/s =50π rad/s=157 rad/s ,故C 错;表达式u =10sin 50πt (V),故D 错.答案:B3.如图所示,在水平匀强磁场中一矩形闭合线圈绕OO ′轴匀速转动,若要使线圈中的电流峰值减半,不可行的方法是( )A .只将线圈的转速减半B .只将线圈的匝数减半C .只将匀强磁场的磁感应强度减半D .只将线圈的边长都减半解析:由I m =E m R ,E m =NBSω,ω=2πn ,得I m =NBS ·2πnR,故A 、C 可行;又电阻R 与匝数有关,当匝数减半时电阻R 也随之减半,则I m 不变,故B 不可行;当边长减半时,面积S 减为原来的14,而电阻减为原来的12,故D 可行.答案:B4.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图所示.则下列说法中正确的是( )A .t =0时刻,线圈平面与中性面垂直B .t =0.01 s 时刻,Φ的变化率为0C .t =0.02 s 时刻,感应电动势达到最大D .从t =0.01 s 时刻至t =0.04 s 时刻线圈转过的角度是32π解析:由图象可知t =0、t =0.02 s 、t =0.04 s 时刻线圈平面位于中性面位置,Φ最大,ΔΦΔt=0,故E =0;t =0.01 s 、t =0.03 s 、t =0.05 s 时刻线圈平面与磁感线平行,Φ最小,ΔΦΔt 最大,故E 最大;从图象可知,从t =0.01 s 时刻至t =0.04 s 时刻线圈旋转34周,转过的角度为32π.答案:D5.如图所示为一台发电机的结构示意图,其中N 、S 是永久磁铁的两个磁极,它们的表面呈半圆柱面形状.M 是圆柱形铁芯,它与磁极的柱面共轴,铁芯上有一矩形线框,可绕与铁芯M 共轴的固定转轴旋转.磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小均匀的磁场.若从图示位置开始计时,当线框绕固定转轴匀速转动时,下图所示的图象中能正确反映线框中感应电动势e 随时间t 变化规律的是( )解析:因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状,磁极间的磁感线如图所示,磁感应强度的大小不变,仅方向发生改变,故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线,产生的感应电动势的大小不变,线框越过空隙段后,由于线框切割磁感线的方向发生变化,所以感应电动势的方向发生变化.故选D.答案:D6.一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化,如图(a)、(b)所示,规定电流从左向右为正,在直导线下方有一不闭合的金属线框,则相对于b点来说,a点电势最高的时刻在( )A.t1时刻B.t2时刻C.t3时刻D.t4时刻解析:线框中的磁场是直线电流i产生的,在t1、t3时刻,电流i最大,但电流的变化率为零,穿过线框的磁通量变化率为零,线框中没有感应电动势,a、b两点间的电势差为零.在t2、t4时刻,电流i=0,但电流变化率最大,穿过线框的磁通量变化率最大,a、b两点间的电势差最大,再根据楞次定律可得出a点相对b点电动势最高时刻在t4,故选项D正确.答案:D7.如图所示,一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动,引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连.M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R 相连.在线圈转动过程中,通过电阻R的电流( )A .大小和方向都随时间做周期性变化B .大小和方向都不随时间做周期性变化C .大小不断变化,方向总是P →R →QD .大小不断变化,方向总是Q →R →P解析:在题图所示位置时产生的电动势,由右手定则可知,ab 边的感应电动势方向由b →a ,cd 边感应电动势的方向由d →c ,通过电刷将电流引出,在外电路中的电流方向为P →R →Q ,转过180°后,ab 、cd 边位置交换,由于M 、N 具有换向器的作用,电流方向仍为P →R →Q ,故选项C 正确.答案:C8.(多选)如图甲所示,一个矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.线圈内磁通量随时间t 的变化如图乙所示,则下列说法中正确的是( )A .t 1时刻线圈中的感应电动势最大B .t 2时刻ab 的运动方向与磁场方向垂直C .t 3时刻线圈平面与中性面重合D .t 4、t 5时刻线圈中感应电流的方向相同解析:t 1时刻通过线圈的Φ最大,磁通量变化率ΔΦΔt 最小,此时感应电动势为零,A 错误;在t 2、t 4时刻感应电动势为E m ,此时ab 、cd 的运动方向垂直于磁场方向,B 正确;t 1、t 3、t 5时刻,Φ最大,ΔΦΔt=0,此时线圈平面垂直于磁场方向,与中性面重合,C 正确;t 5时刻感应电流为零,D 错误.答案:BC[B 组 素养提升]9.(多选)如图所示,甲、乙两个并排放置的共轴线圈,甲中通有如图丙所示的电流,则( )A.在t1到t2时间内,甲、乙相吸B.在t2到t3时间内,甲、乙相斥C.t1时刻两线圈间作用力为零D.t2时刻两线圈间吸引力最大解析:甲回路电流减弱时,据楞次定律,乙回路将产生与甲同向环绕的感应电流,甲、乙电流之间通过磁场发生相互作用,甲、乙相吸,同理,当甲中电流增强时,甲、乙互相排斥,故选项A、B正确.在t1时刻,甲中电流产生的磁场变化率为零,则乙线圈感生电流瞬时值为零,而t2时刻,虽然乙中感生电流最强,但此时甲中电流瞬时值为零,所以t1、t2时刻,甲、乙电流间相互作用都为零,故选项C正确,D错误.答案:ABC10.如图甲所示,一单匝矩形线圈abcd放置在匀强磁场中,并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场方向间的夹角θ=45°时(如图乙所示)为计时起点,并规定当电流自a流向b时,电流方向为正.则如图所示的四幅图中正确的是( )解析:t=0时刻,根据题图乙表示的转动方向,由右手定则知,此时ad中电流方向由a 到d,线圈中电流方向为a→d→c→b→a,与规定的电流正方向相反,电流为负值.又因为此时ad、bc两边的切割速度方向与磁场方向成45°角,由E m=2Blv,可得E=2×22Blv=22E m,即此时电流是峰值的22,由题图乙还能观察到,线圈在接下来45°的转动过程中,ad、bc两边的切割速度越来越小,所以感应电动势应减小,感应电流应减小,故电流的瞬时值表达式为i =-I m ·cos(π4+ωt ).故选D.答案:D11.如图所示为演示用的手摇发电机模型,匀强磁场磁感应强度B =0.5 T ,线圈匝数N =50匝,每匝线圈面积为0.48 m 2,转速为150 r/min ,在匀速转动过程中,从图示位置线圈转过90°开始计时:(1)写出交变电流感应电动势瞬时值的表达式; (2)画出et 图线.解析:(1)由题可知N =50,B =0.5 T ,ω=2π×15060rad/s =5π rad/s, E m =NBSω=50×0.5×0.48×5π≈188 V,由e =E m sin ωt 得e =188sin 5πt V. (2)T =2πω=2π5πs =0.4 s ,et 图线如图所示.答案:见解析[C 组 学霸冲刺]12.如图所示,匀强磁场的磁感应强度为B =0.50 T ,矩形线圈的匝数N =100 匝,边长L ab =0.20 m ,L bc =0.10 m ,以3 000 r/min 的转速匀速转动,若从线圈平面通过中性面时开始计时,试求:(1)交变电动势的瞬时值表达式;(2)若线圈总电阻为2 Ω,线圈外接电阻为8 Ω,写出交变电流的瞬时值表达式; (3)线圈由图示位置转过π2的过程中,交变电动势的平均值.解析:(1)线圈的角速度ω=2πn =314 rad/s , 线圈电动势的最大值E m =NBSω=314 V , 故交变电动势的瞬时值表达式为e =E m sin ωt =314sin(314t )V.(2)I m =E mR +r=31.4 A ,所以交变电流的瞬时值表达式为i =31.4sin(314t )A.(3)E =NΔΦΔt =N BS14T =4NBSn =200 V. 答案:(1)e =314sin(314t ) V (2)i =31.4sin(314t )A (3)200 V。
20192020学年高中物理 第五章 交变电流 1 交变电流练习含解析新人教版选修32
1 交变电流课后篇牢固提升基础牢固1.以下列图,线圈中不能够产生交变电流的是( )解析B、C、D中线圈产生的感觉电流方向均发生变化,故能产生交变电流,A中不产生交变电流。
答案A2.以下列图,属于交变电流的是( )解析方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特点。
A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化,但其方向不变,不是交变电流,它们所表示的是直流电。
C选项中电流的方向随时间做周期性变化,应选C。
答案C3.(多项选择)线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e=10sin(20πt) V,则以下说法正确的选项是( )A.t=0时,线圈平面位于中性面B.t=0时,穿过线圈的磁通量最大C.t=0时,导线切割磁感线的有效速率最大D.t=0.4 s时,e有最大值10 V解析由电动势的瞬市价表达式可知计时从线圈位于中性面时开始,因此t=0时,线圈平面位于中性面,磁通量为最大,但此时导线速度方向与磁感线平行,切割磁感线的有效速率为零,A、B正确,C错误。
当t=0.4 s时,e=10sin(20πt) V=10×sin(20π×0.4) V=0,D错误。
答案AB4.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd,以恒定的角速度绕ab边转动,磁场方向平行于纸面并与ab 垂直,在t=0时辰,线圈平面与纸面重合(以下列图),线圈的cd边走开纸面向外运动,若规定由a →b→c→d→a方向的感觉电流方向为正,则能反响线圈中感觉电流I随时间t变化的图象是以下列图中的( )解析解析交变电流的图象问题应注妄图线上某一时辰对应线圈在磁场中的地址,将图线描述的变化过程对应到线圈所处的详尽地址是解析本题的要点,线圈在图示地址时磁通量为零,但感觉电流为最大值;再由楞次定律可判断线圈在转过90°的过程中,感觉电流方向为正,应选项C正确。
答案C5.线圈在匀强磁场中匀速转动,产生交变电流的图象以下列图,由图可知( )A.在A、C时辰线圈处于中性面地址B.在B、D时辰穿过线圈的磁通量为零C.从A时辰到D时辰线圈转过的角度为πD.若从O时辰到D时辰经过0.02 s,则在1 s内交变电流的方向改变100次解析A、C时辰感觉电流最大,线圈地址与中性面垂直,B、D时辰感觉电流为零,线圈在中性面,此时磁通量最大。
2019年高中物理第五章交变电流5电能的输送训练(含解析)新人教版选修3-2
电能的输送A 级抓基础1.中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程•假设甲、乙两地原采用500 kV 的超高压输电,输电线上损耗的电功率为 P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用 1 000 kV 特高压输电,若不考虑其他因素的影响,则输电线上 损耗的电功率将变为()P PA. —B.—C.2PD.4P42解析:由P = UI 可知由500 kV 的超高压输电变为1 000 kV 特高压输电时,输电线电流1 2P变为原来的2,再根据P 损=I 2R 线可得,输电线上损耗的电功率将变为4,故选A.答案:A2.(多选)在远距离输电时,输送的电功率为P,输电电压为U,所用导线电阻率为2L P 2 pT P.P s =u f s ,用户得到的电功率为 P /= P —A P = P 1 — US .答案:BD3.(多选)远距离输送交变电流都采用高压输电,我国正在研究用远高于 压进行输电,采用高压输电的优点是(A.可节省输电线的铜材料B. 可根据需要调节交变电流的频率C. 可减小输电线上的能量损失D. 可加快输电的速度解析:由P = UI 得I = U 当输电功率P 一定时,采用高压输电,U 大则的电流就小.由P ^ = I 2r 可知,在要求输电线损耗一定的情况下,电流小,就可选电阻率略大 一点的材料作导线;若输电线的材料确定,电流小,则可以减少输电线上的能量损失,故 AC 正确;交变电流的频率是固定的,不需要调节.输电的速度等于电磁波的传播速度,是一定横截面积为S,总长度为 L , 输电线上损失的电功率为△ P,用户得到的电功率为P',则△ P 、P 的关系式正确的是(JsA. △ P =pLP%LB.△C.P = P-U^LpLP pL * = P 1-US解析:输电线电阻R = p S ,输电电流丨=U 故输电线上损失的电功率为△ P = I 2R = U2, 330 kV 的电小,输电线中的,故B、D不正确.答案:AC知输电导线的电阻率为p,那么,该输电导线的横截面积最小值是(UC.f TLU 2 L2 L 2 LI解析:输电线电流I = R R=丄^,所以最小横截面积为S=p-R^= -P y-答案:B5. (多选)某小型发电站的电能输送示意图如图所示.发电机的输出电压为220 V,升压变压器原、副线圈匝数分别为n i、n2,降压变压器原、畐U线圈匝数分别为ns币.要使额定电压为220 V的用电器正常工作(变压器均为理想变压器),则(A.^>史n i n4B2<吏C. 升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D. 升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析:由于输电线上的功率损耗,故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率,正确.答案:ADB级提能力6. 输电导线的电阻为R输送电功率为P,现分别用U 和U两种电压来输电,则两次输电线上损失的电压之比和功率之比分别为()A.U2:U U : UaB. U :if, if : U2C.U :U, li : UD.U :U, U> : UP P解析:由P= Ul得输电线中的电流I = U输电线上损失的电压U®= IR = UR输电线上4.某用电器距离供电电源为L,线路上的电流为I ,若要求线路上的电压降不超过U,已A.pL"U" B.2p LIUD.2UL1P故选项D正确.U n2 13n i,14n3n4,因为U = 220 V = 14= 220 V ,n2 n33U= U—U线,故nA。
2019_2020学年高中物理第五章交变电流4变压器练习(含解析)新人教版选修3_2
变压器[A 组 素养达标]1.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1,原线圈接正弦交流电源,副线圈接入“220 V 60 W”灯泡一只,且灯泡正常发光.则( )A .电流表的示数为32220A B .电源的输出功率为1 200 WC .电流表的示数为3220A D .原线圈两端电压为11 V解析:I 额=P 额U 额=60220 A =311 A ,又I I 额=120,I =120I 额=3220A ,A 选项错误,C 选项正确.P 额=P 出=60 W ,B 选项错误.U U 额=201,U =20U 额=20×220 V=4 400 V ,D 选项错误. 答案:C2.一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和 4 Ω,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( )A .2B .3C .4D .5解析:设原、副线圈匝数比为n ,根据能量守恒,当S 断开时,UI =I 2R 1+(nI )2(R 2+R 3);当S 闭合时,4UI =(4I )2R 1+(4nI )2R 2,联立解得n =3,所以B 正确.答案:B3.如图所示,一只理想变压器,原线圈中有一个抽头B ,使n 1=n 2,副线圈中接有定值电阻R .当原线圈从AC 端输入电压为U 的正弦交流电压时,副线圈中电流为I ,当原线圈从AB 端输入电压为U 的正弦交流电压时,副线圈中电流为I ′.那么I ′与I 的比值等于( )A.4∶1 B.1∶4C.2∶1 D.1∶2解析:当电压由AC端输入改为由AB端输入后,副线圈上的电压加倍,电阻R是定值电阻,所以副线圈中的电流加倍.答案:C4.如图所示,匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度B=210T的水平匀强磁场中,线框面积S=0.5 m2,线框电阻不计.线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100 rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈接入一只“220 V60 W”的灯泡,且灯泡正常发光,熔断器允许通过的最大电流为10 A.下列说法正确的是( )A.在图示位置线框中产生的感应电动势最大B.线框中产生电动势的有效值为250 2 VC.变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D.允许变压器输出的最大功率为1 000 W解析:由题图可知,此时线圈和磁场垂直,此时线框的磁通量最大,感应电动势为0,所以A错误;矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动,产生的交流电的最大值E m=nBSω=50×2 10×0.5×100 V=250 2 V,所以交流电的有效值为250 V,所以B错误;由于电压与匝数成正比,所以变压器原、副线圈匝数之比为25∶22,所以C正确;由于熔断器允许通过的最大电流为10 A,所以允许变压器输出的最大功率P=UI=250×10 W=2 500 W,所以D错误.答案:C5.(多选)如图所示,L1、L2是高压输电线,图中两电表示数分别是220 V和10 A,已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1,乙图中原、副线圈匝数比为1∶10,则( )A.甲图中的电表是电压表,输电电压为22 000 VB .甲图是电流互感器,输电电流是100 AC .乙图中的电表是电压表,输电电压为22 000 VD .乙图是电流互感器,输电电流是100 A解析:甲图是电压互感器,电表是电压表,故B 错误;根据匝数比U 1U 2=n 1n 2,有U 1=n 1n 2U 2=1001×220 V=22 000 V ,故A 正确;乙图是电流互感器,电表是电流表,故C 错误;只有一个副线圈的变压器,电流比等于匝数的反比I 1I 2=n 2n 1,有I 1=n 2n 1I 2=101×10 A=100 A ,故D 正确. 答案:AD6.如图所示为理想变压器,三个灯泡L 1、L 2、L 3都标有“5 V 5 W”字样,L 4标有“5 V 10 W”字样,若它们都能正常发光,则变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2和ab 间电压应为( )A .2∶1,25 VB .2∶1,20 VC .1∶2,25 VD .1∶2,20 V解析:要使得L 1、L 2、L 3和L 4都正常发光,副线圈的电压应为10 V .若L 1也能正常发光,则原线圈的电流应是副线圈的12,所以由I 2I 1=n 1n 2可知n 1∶n 2=2∶1,再由U 1U 2=n 1 n 2可知原线圈的电压为20 V ,U ab =U 1+U L1=25 V ,所以选项A 正确.答案:A7.如图甲、乙所示的电路中,当A 、B 接有效值为10 V 的交流电压时,C 、D 间电压的有效值为4 V ;当M 、N 接10 V 直流电压时,P 、Q 间的电压也为4 V .现把C 、D 接4 V 交流电压,P 、Q 接4 V 直流电压,下列表示A 、B 间和M 、N 间电压的是( )A .10 V,10 VB .10 V,4 VC .4 V,10 VD .10 V,0解析:题图甲是一个自耦变压器,当A 、B 作为输入端,C 、D 作为输出端时,是一个降压变压器,两边的电压之比等于两边线圈的匝数之比.当C 、D 作为输入端,A 、B 作为输出端时,是一个升压变压器,电压比也等于匝数比,所以C 、D 接4 V 交流电压时,A 、B 间将得到10 V 交流电压.题图乙是一个分压电路,当M 、N 作为输入端时,上下两个电阻上的电压跟它们电阻的大小成正比.但是当把电压加在P 、Q 两端时,电流只经过下面那个电阻,上面的电阻中。
2019_2020学年高中物理第五章交变电流习题课三变压器的应用练习含解析新人教版选修3_2
第五章 习题课(三) 变压器的应用「基础达标练」1.在变电站里,经常要用交流电表去监测电网上的强电流,所用的器材叫电流互感器.如图所示的四个图中,能正确反映其工作原理的是( )解析:选A 根据电流表的工作原理可知,电流互感器需要串联在电路中,分析题意可知,流过电流互感器中电表的电流小,由理想变压器电流和匝数的关系可知,I 1I 2=n 2n 1,电流互感器一侧的线圈匝数多,A 选项正确.2.(多选)现用电压为380 V 的正弦式交流电给额定电压为220 V 的电灯供电,以下电路中可以使电灯正常发光的有 ( )解析:选ABC 由图可知,A 、B 选项中均有电阻分压,可以使电灯正常发光;C 选项为降压变压器,通过变压器降压也可以使电灯正常发光;D 选项为升压变压器,电灯两端的电压要大于380 V ,不可行.3.一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a 、b 间作为原线圈.通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c 、d 间作为副线圈.在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时,c 、d 间的输出电压为U 2.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中( )A .U 2>U 1,U 2降低B .U 2>U 1,U 2升高C .U 2<U 1,U 2降低D .U 2<U 1,U 2升高解析:选C a 、b 间原线圈的匝数大于c 、d 间副线圈的匝数,在滑动触头由M 点移动到N 点的过程中,副线圈的匝数进一步减小,由变压器工作原理U 1U 2=n 1n 2知,U 2<U 1,且U 2降低,选项C 正确.4.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分.一升压式自耦调压变压器的电路如图所示,其副线圈匝数可调.已知变压器线圈总匝数为 1 900匝;原线圈为1 100匝,接在有效值为220 V 的交流电源上.当变压器输出电压调至最大时,负载R 上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I 1,负载两端电压的有效值为U 2,且变压器是理想的,则U 2和I 1分别约为( )A .380 V 和5.3 AB .380 V 和9.1 AC .240 V 和 5.3 AD .240 V 和9.1 A解析:选B 对理想变压器,原、副线圈功率相同,故通过原线圈的电流I 1=P U 1=2 000220A≈9.1 A,负载两端电压即为副线圈电压,由U 1n 1=U 2n 2,即2201 100=U 21 900,可得U 2=380 V ,故B 正确.5.(多选)如图所示,一理想变压器原线圈接入一交流电源,副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻,开关S 是闭合的.V 1和V 2为理想交流电压表,读数分别为U 1和U 2;A 1、A 2和A 3为理想交流电流表,读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S ,U 1数值不变,下列推断中正确的是( )A .U 2变小、I 3变小B .U 2不变、I 3变大C .I 1变小、I 2变小D .I 1变大、I 2变大解析:选BC 由U 2=n 2n 1U 1得U 1不变,U 2就不变;S 断开,R 总增大,U 2不变,则I 2变小,由I 1=n 2n 1I 2得I 1也变小;I 2变小,加在R 1两端的电压变小,由UR 3=U 2-UR 1,得UR 3增大,所以I 3变大.6.(多选)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P 处于图示位置时,灯泡L 能发光.要使灯泡变亮,可以采取的方法有( )A .向下滑动PB .增大交流电源的电压C .增大交流电源的频率D .减小电容器C 的电容解析:选BC 向下滑动P 时,副线圈的匝数变少,由理想变压器的电压关系可知,副线圈两端的电压变小,灯泡变暗,A 错误;增大交流电源的电压,由理想变压器的电压关系可知,副线圈两端的电压增大,灯泡变亮,B 正确;电压不变,增加交变电流的频率,电容器的容抗减小,电路中电流增大,灯泡变亮,C 正确;减小电容,增加了容抗,电流减小,灯泡变暗,D 错误.7.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2=10∶1,输出端电阻R =50 Ω,把原线圈接入“220 V 50 Hz”的正弦交流电时(电表为理想电表) ( )A .当X 为电流表时,若电阻R 增大,则原线圈中的电流将增大B .当X 为电流表时,电压表V 的示数为22 VC .当X 为电流表时,电流表的示数为0.44 2 AD .当X 为二极管时,电压表V 的示数为11 V解析:选B 若使电阻R 增大,副线圈中的电流变小,原线圈中的电流也变小,A 项错误;根据公式U 1U 2=n 1n 2,解得U 2=22 V ,电压表测量的电压为有效值,所以电压表V 的示数为22 V ,B 项正确;当X 为电流表时,电流表的示数为I 2=U 2R =2250 A =0.44 A ,C 项错误;当X 为二极管时,在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过,此时由U 2R T =U 22R ·T2,解得U =11 2 V ,D 项错误.8.(多选)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P 为滑动变阻器的触头.下列说法正确的是 ( )A .副线圈输出电压的频率为50 HzB .副线圈输出电压的有效值为31 VC .P 向右移动时,原、副线圈的电流比减小D .P 向右移动时,变压器的输出功率增加解析:选AD 由图象可知原线圈输入电压的最大值:U m=311 V,T=2×10-2 s,则原线圈输入电压的有效值:U1=U m2=220 V,f=1T=12×10-2 s=50 Hz,A正确;由U1U2=n1n2可得U2=n2n1U1=22 V,B错误;P向右移动时,副线圈的电阻减小,副线圈输出电压不变,所以副线圈的电流增大,原线圈的电流也增大,而匝数比不变,所以原、副线圈的电流比不变,C错误;P向右移动时,副线圈的电阻减小,副线圈输出电压不变,所以变压器的输出功率增加,D正确.「能力提升练」1.(2018·福州模拟)如图所示是一台理想自耦变压器,在a、b之间接电压不变的正弦交流电,A为理想交流电流表.变压器调压端的滑动头P原来处于线圈中点,电阻箱的电阻为R.若将滑动头P向上移到最高处,并调节电阻箱的阻值为R′,使电流表的读数变为原来的两倍,则R′等于( )A.R2B.R4C.R8D.4R解析:选 C 分析自耦变压器的工作原理可知,输入功率等于输出功率,滑动之前,UI=(2U)2R,当滑动触头P向上移到最高处时,输入电压不变,原线圈匝数变为原来的2倍,副线圈匝数不变,则副线圈电压变为原来的一半,U·2I=U2R′,联立解得R′=R8,C选项正确.2.如图为理想变压器,其原、副线圈的匝数比为2∶1,原线圈接有交流电压u=220sin 100πt V,图中电压表和电流表均为理想交流电表,R2为负温度系数的热敏电阻(即当温度升高时,阻值减小),R1为定值电阻,C为电容器.下列说法正确的是( )A.电压表示数是110 VB.交流电的频率为100 HzC.通过R1的电流始终为零D .当R 2处温度升高时,电压表示数不变,电流表示数变大解析:选D 原线圈所加交变电压的有效值为U 1=2202V ,由理想变压器的变压比公式U 1U 2=n 1n 2,可得U 2=n 2n 1U 1=12×2202V =55 2 V ,选项A 错误;由交变电压的瞬时值表达式u =220sin 100πt V 可知,该交变电流的频率f =100π2π Hz =50 Hz ,选项B 错误;由于交变电流能对电容器进行充、放电,所以会有充、放电电流通过电阻R 1,选项C 错误;因变压器为理想变压器,线圈电阻不计,因此,电压表的示数不变,当R 2处的温度升高时,其电阻阻值变小,所以电流表的示数变大,选项D 正确.3.理想降压变压器的原线圈接电流表A 1和电阻R 1后,接6 V 恒定直流电源,如图所示,当副线圈的负载电阻R 2变小时,以下说法正确的是( )A .输出功率增大B .A 2读数增大C .A 1读数增大D .A 1读数不为零,且保持不变解析:选D 根据变压器的工作原理,变压器不能用来改变恒定直流电压,因此变压器原线圈接在6 V 恒定电流电源上,副线圈上无电压,无输出功率,由于原线圈构成直流通路,故电流表A 1有恒定读数,选项D 正确.4.(多选)(2019·龙岩市新罗区期中)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2=10∶1,b 是原线圈的中心抽头,S 为单刀双掷开关,定值电阻R 1、R 2均为10 Ω.在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压,下列说法正确的是( )A .当S 与a 连接后,理想电流表示数为2.2 AB .当S 与a 连接后,理想电压表示数为11 VC .当S 由a 拨到b 后,原线圈的输入功率变为原来的4倍D .当S 由a 拨到b 后,副线圈输出电压的频率变为25 Hz解析:选AC 变压器输入电压的最大值为220 2 V ,根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知,输入电压的有效值为220 V ,当S 与a 连接后,根据理想变压器电压和匝数的关系可知,变压器的输出电压的有效值为22 V ,即理想电压表示数为22 V ,B 选项错误;根据闭合电路欧姆定律可知,理想电流表示数为2.2 A ,A 选项正确;当S 由a 拔到b 后,则原、副线圈匝数比为5∶1,则副线圈两端电压加倍.根据P =U 2R可知,副线圈的输出功率变为原来的4倍,原线圈的输入功率也变为原来的4倍,C 选项正确;理想变压器不会改变电压的频率,当S 由a 拨到b ,原、副线圈电压频率不变,D 选项错误.5.如图所示,理想变压器原线圈Ⅰ接到220 V 的交流电源上,副线圈Ⅱ的匝数为30,与一标有“12 V 12 W”字样的灯泡L 连接,灯泡正常发光.副线圈Ⅲ的输出电压为110 V ,电流为0.4 A .求:(1)副线圈Ⅲ的匝数;(2)原线圈Ⅰ的匝数以及通过原线圈的电流. 解析:(1)根据已知U 2=12 V ,n 2=30;U 3=110 V , 由于U 2U 3=n 2n 3,得n 3=U 3U 2n 2=275. (2)由U 1=220 V ,根据U 1U 2=n 1n 2,得n 1=U 1U 2n 2=550;由P 1=P 2+P 3=P 2+I 3U 3=56 W , 得I 1=P 1U 1≈0.25 A.答案:(1)275 (2)550 0.25 A6.如图甲所示为一理想变压器,ab 为原线圈,ce 为副线圈,d 为副线圈引出的一个接头.原线圈输入正弦式交变电压的u t 图象如图乙所示.若只在ce 间接一只R ce =400 Ω的电阻,或只在de 间接一只R de =225 Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式;(2)求只在ce 间接400 Ω的电阻时,原线圈中的电流I 1; (3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de. 解析:(1)由图乙知,T =2πω=0.01 s ,解得ω=200π rad/s电压瞬时值u ab =400sin 200πt V. (2)电压有效值U 1=200 2 V 理想变压器P 1=P 2 原线圈中的电流I 1=P 1U 1解得I 1≈0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A . (3)设ab 间匝数为n 1,U 1n 1=U ce n ce ,同理U 1n 1=U den de由题意知U ce 2R ce =U de 2R de解得n cen de = R ceR de 代入数据得n ce n de =43. 答案:(1)u ab =400sin 200πt V (2)0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A (3)43。
2019_2020学年高中物理第五章交变电流习题课变压器与电能的输送练习(含解析)新人教版
变压器与电能的输送课后篇稳固提高基础稳固1.如下图 , 理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=10∶1,输出端电阻R=50Ω,把原线圈接入“220 V 50 Hz ”的正弦式交变电流时( 电表为理想电表)()A. 当 X 为电流表时 , 若电阻R增大 , 则原线圈中的电流将增大B. 当 X 为电流表时 , 电压表 V 的示数为22 VC.当 X 为电流表时 , 电流表的示数为0. 44AD.当 X 为二极管时 , 电压表 V 的示数为11 V分析当 X 为电流表时 , 若电阻R增大 , 副线圈中的电流变小, 原线圈中的电流也变小,A 项错误 ; 当 X 为电流表时 , 依据公式, 解得U2=22 V, 电压表丈量的电压为有效值, 所以电压表V 的示数为22V,B 项正确 ; 当 X 为电流表时 , 电流表的示数为I 2= A =0. 44 A,C 项错误 ; 当 X 为二极管时 , 在一个周期内只有半个周期的时间有电流经过, 此时由T=, 解得U=11 V,D 项错误。
答案 B2.( 多项选择 ) 如下图 , 一理想变压器原线圈与频次为50 Hz 的正弦沟通电源相连, 两个阻值均为20 Ω的电阻串连后接在副线圈的两头, 图中的电流表、电压表均为理想沟通电表, 原、副线圈匝数分别为 200 匝和 100 匝 , 电压表的示数为 5 V 。
则 ()A. 电流表的示数为0. 5 AB. 流过电阻的交变电流的频次为100 HzC.沟通电源的输出电压的最大值为20VD.沟通电源的输出功率为2. 5 W分析依据欧姆定律可得副线圈中的电流I 2==0. 25 A,依据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系, 可解得I1=0. 125 A,A 错误 ; 理想变压器原、副线圈中的交变电流的频次同样, 都为 50 Hz,B 错误 ; 副线圈输出电压的有效值为10 V, 依据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为 U2m=10V, 原、副线圈电压比为, 可得沟通电源输出电压的最大值为U1m=20V,C正确 ; 关于理想变压器 , 沟通电源的输出功率等于变压器副线圈负载耗费的功率, 2×W 25 W,P== .故 D正确。
高中物理第5章交变电流习题课变压器及电能的输送练习新人教版选修3_2
——教学资料参考参考范本——高中物理第5章交变电流习题课变压器及电能的输送练习新人教版选修3_2______年______月______日____________________部门一、基础练1.远距离输电时,在输送电功率不变的条件下( )A.只有增大导线的电阻,才能减小电流,提高输电效率B.提高输电电压,能减小电流,提高输电效率C.提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗D.提高输电电压势必增大输电导线上的电流2.理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1,原线圈两端接通交流电源,则( )A.原、副线圈中电流频率之比f1∶f2=10∶1B.原、副线圈两端电压之比为U1∶U2=10∶1C.原、副线圈内交变电流之比I1∶I2=1∶10D.变压器输入和输出功率之比P1∶P2=10∶13.如图1所示,有一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n∶1,原线圈接正弦交流电压U,输出端接有一个交流电流表和一个电动机.电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后,电流表读数为I,电动机带动一重物匀速上升.下列判断正确的是( )图1A.电动机两端电压为IRB.电动机消耗的功率为I2RC.原线圈中的电流为nID.变压器的输入功率为UIn4.如图2所示,一理想变压器由一个初级线圈和两个次级线圈组成.当此变压器工作时,初级、次级线圈的匝数、电流、电压均在图中标出.则下列几组关系式中正确的是( )图2A.=,=B.=,=n3n1C.n1I1=n2I2+n3I3 D.=n2+n3n15.有条河,流量Q=2 m3/s,落差h=5 m,现利用其发电,若发电机总效率为50%,输出电压为240 V,输电线总电阻R=30 Ω,允许损失功率为输出功率的6%,为满足用电的需求,则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少?能使多少盏“220 V,100 W”的电灯正常发光?(g取10 m/s2)二、提升练6.“西电东输”工程中为减少输电损耗,必须提高输电电压,从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW,输电电压为1 000kV,输电线电阻为100 Ω.若改用超导材料作为输电线,则可减少电损耗的功率为( )A.105 kW B.104 kWC.106 kW D.103 kW7.关于电能输送的分析,正确的是( )A.由公式P=得到,输电电压越高,输电导线上的功率损失越大B.由公式P=得到,输电导线的电阻越大,功率损失越少C.由公式P=I2R得到,输电电流越大,输电导线上的功率损失越大D.由公式P=IU得到,输电导线上的功率损失与电流强度成正比8.如图3所示,当图中ab两端与ef两端分别加上220 V的交流电压时,测得cd间与gh间电压均为110 V;若分别在cd间与gh间两端加上110 V的交流电压,则ab与ef间电压为( )图3A.220 V,220 V B.220 V,110 VC.110 V,110 V D.220 V,0 V9.调压变压器是一种自耦变压器,它的构造如图4所示.线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上,AB间加上正弦交流电压U,移动滑动触头P 的位置,就可以调节输出电压.在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表,变阻器的滑动触头为Q,则( )图4A.保持P的位置不动,将Q向下移动时,电流表的读数变大B.保持P的位置不动,将Q向下移动时,电流表的读数变小C.保持Q的位置不动,将P沿逆时针方向移动时,电流表的读数变大D.保持Q的位置不动,将P沿逆时针方向移动时,电流表的读数变小10.理想变压器的原线圈接入表达式为i=Imsin ωt的交变电流,一只灯泡和交流电流表串联后接在副线圈两端,读数为0.4 A,当t=T时,原线圈的电流i=30 mA,由此可知,此变压器的原副线圈匝数之比为( )A.4∶30 B.40∶3C.3∶40 D.40 ∶311.如图5所示,一理想变压器的原、副线圈分别由双线圈ab和cd(匝数都为n1)、ef和gh(匝数都为n2)组成.用I1和U1表示输入电流和电压,I2和U2表示输出电流和电压.在下列四种连接法中,符合关系=,=的有( )图5①b与c相连,以a、d为输入端;f与g相连,以e、h为输出端②b与c相连,以a、d为输入端;e与g相连,以f、h为输出端③a与c相连,以b与d相连作为输入端;f与g相连,以e、h为输出端④a与c相连,b与d相连作为输入端;e与g相连,f与h相连作为输出端A.①② B.②③ C.③④ D.①④12.如图6所示,电路中的变压器为理想变压器,S为单刀双掷开关,P是滑动变阻器R的滑动触头,U1为加在原线圈两端的交变电压,I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是( )图6A.保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则R上消耗的功率减小B.保持P的位置及U1不变,S由a切换到b,则I2减小C.保持P的位置及U1不变,S由b切换到a,则I1增大D.保持U1不变,S接在b端,将P向上滑动,则I1减小题号 1 2 3 4 6 7 8 9 10 11 12答案13.风力发电作为新型环保新能源,近几年来得到了快速发展,如图7所示风车阵中发电机输出功率为100 kW,输出电压是250 V,用户需要的电压是220 V,输电线电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%,试求:图7(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比.(2)画出此输电线路的示意图.(3)用户得到的电功率是多少.习题课变压器及电能的输送答案1.B [在输出功率一定时,由P=UI知,当U增大时,I减小,输电导线损耗的功率P损=I2R将变小.]2.BC [根据变压器的电压比=和电流比=可知选项B、C是正确的.对于理想变压器,输入与输出的功率应相等,即P1=P2,所以选项D是错误的.]3.D [电动机两端电压为,故电动机消耗的功率为,即为变压器的输入功率,原线圈中的电流I0=.]4.AC [电压与匝数成正比,故A正确,能量守恒,故C正确.] 5.6∶125235∶11470盏解析设ρ为水的密度电源端:P输出=×50%=Qρgh×0.5=2×1×103×10×5×0.5 W =5×104 W输出电压U0=240 V,输送电路如下图所示为满足输电要求,据P损=IR,有I送=== A=10 A则送电电压为U送== V=5×103 V所以升压变压器的匝数比为n1∶n2=U0∶U送=240∶(5×103)=6∶125输电线电压损失U损=I送R=10×30 V=300 V用户端:U1=U送-U损=5×103 V-300 V=4 700 V据题意可知,U2=220 V,所以降压变压器的匝数比为n1′∶n2′=U1∶U2=4 700∶220=235∶11因为理想变压器没有能量损失,可正常发光的电灯盏数为N==盏=470盏6.A [输电电流I=,输电线路损失的电功率P损=I2R=2R=1×105 kW,当改用超导输电时,不损失电能,因此减少的输电损耗就等于P损,故A正确.]7.C8.B [对变压器==21Ucd′=110 V时,Uab′=220 V.对分压器gh间接110 V时,Uef′=Ugh′=110 V.]9.BC [保持P的位置不动,U2不变,将Q向下移动时,R变大,故电流表的读数变小;保持Q的位置不动,R不变,将P沿逆时针方向移动时,n2变大,U2变大,故电流表的读数变大.]10.B [交流电流表的读数为0.4 A,说明副线圈中电流的有效值为0.4 A,原线圈中电流的表达式为i=Imsin ωt,当t=T时,i=Imsin ωt=Imsin·T=Imsin=Im==30 mA,所以原线圈中电流的有效值为30 mA,电流之比是3∶40,所以匝数之比为40∶3.] 11.D [图中双线圈ab,cd,ef,gh的绕法相同,当bc相连,fg相连时,相当于两组原线圈串联,两组副线圈串联,原、副线圈匝数都增大一倍,对理想变压器==,且有I1U1=I2U2,所以=,即①正确;当e,g相连时,副线圈相当于双线绕法,副线圈内感应电动势相互抵消,没有输出,②错误;③中原线圈ab和cd两个线圈并联,副线圈中ef和gh两个线圈串联,显然③错误;④中的a与c相连,e与g相连,原、副线圈中的两个线圈都并联,电压、电流符合题意,④正确.故正确选项为D.]12.BC [改变开关的位置就是改变副线圈匝数的多少,当副线圈匝数减少时,副线圈两端电压减小,R上消耗的功率减小,电流也减小;当电压和副线圈都不发生变化时,调节滑动变阻器向上滑动,则电阻减小,输出电流增大,输入电流也增大.]13.(1)1∶20240∶11(2)见解析图(3)96 kW解析(1)输电线损失的功率P损=P×4%=100 kW×4%=4 kW输电线电流I2== A=20 A升压变压器输出电压U2== V=5 000 V升压变压器原、副线圈匝数比:===120电压损失U损=I2R线=20×10 V=200 V降压变压器原线圈端电压U3=U2-U损=4 800 V降压变压器原、副线圈匝数比===24011(2)如图所示(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用=P-P损=P(1-4%)=100×96% kW=96 kW。
20192020高中物理 第五章 交变电流 习题课 交变电流产生及描述练习含解析新人教版选修32
交变电流的产生及描述课后篇稳固提升根底稳固1.某正弦式交变电流i随时间t变化的图象如下图。
由图可知( )A.电流的最大值为10 AB.电流的有效值为10 AC.该交变电流的周期为0.03 sD.该交变电流的频率为0.02 Hz解析由题图知此交变电流的最大值为10 A,那么有效值为I= A=10 A;周期为0.02 s,那么频率为f==50 Hz。
答案B2.一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化,如图甲、乙所示,规定电流从左向右为正。
在直导线下方有一不闭合的金属框,那么相对于b点来说,a点电势最高的时刻在( )解析金属框中的磁场是直线电流i产生的,在t1、t3时刻,电流i最大,但电流的变化率为零,穿过金属框的磁通量变化率为零,金属框中没有感应电动势,a、b两点间的电势差为零。
在t2、t4时刻,电流i=0,但电流变化率最大,穿过金属框的磁通量变化率最大,a、b两点间的电势差最大,再根据楞次定律可得出a点相对于b点电势最高的时刻是t4。
答案D3.面积均为S的两个电阻相同的线圈,分别放在如图甲、乙所示的磁场中,甲图中是磁感应强度为B0的匀强磁场,线圈在磁场中以周期T绕OO'轴匀速转动,乙图中磁场变化规律为B=B0cost,从图示位置开始计时,那么( )C.经相同的时间t(t>T),两线圈产生的热量不同D.从此时刻起,经过时间,通过两线圈横截面的电荷量不同解析甲图中磁通量的变化规律为Φ甲=B0Scos t,乙图中磁通量的变化规律为Φ乙=B0Scos t。
由于两线圈的磁通量变化规律相同,那么两线圈中感应电动势的变化规律相同,到达最大值的时刻也相同,有效值E也相同,又因两线圈电阻相同,所以Q=t也相同,经过时间,通过两线圈横截面的电荷量q=也相同,故A正确。
答案A4.(多项选择)如下图,A、B两输电线间的电压是u=200sin 100πt V,输电线电阻不计,把电阻R=50 Ω的用电器接在A、B两输电线上,以下说法正确的选项是( )A.电流表示数为4 AB.电压表示数为200 VD.用电器消耗的电功率为1.6 kW解析由u=200sin 100πt V可知,电压最大值Um=200 V,角速度ω=100π rad/s,所以电压的有效值U==200 V,周期T==0.02 s,频率f==50 Hz,由欧姆定律得I= A=4 A,所以A、B两项正确;一周期内电流方向改变两次,而f=50 Hz,那么 1 s内电流方向改变100次,C项错误;电功率P=IU=4×200 W=800 W,所以D项错误。
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变压器与电能的输送课后篇巩固提升基础巩固1.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=10∶1,输出端电阻R=50 Ω,把原线圈接入“220 V 50 Hz”的正弦式交变电流时(电表为理想电表)( )A.当X为电流表时,若电阻R增大,则原线圈中的电流将增大B.当X为电流表时,电压表V的示数为22 VC.当X为电流表时,电流表的示数为0.44 AD.当X为二极管时,电压表V的示数为11 V解析当X为电流表时,若电阻R增大,副线圈中的电流变小,原线圈中的电流也变小,A项错误;当X为电流表时,根据公式,解得U2=22 V,电压表测量的电压为有效值,所以电压表V的示数为22 V,B项正确;当X为电流表时,电流表的示数为I2= A=0.44 A,C项错误;当X为二极管时,在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过,此时由T=,解得U=11 V,D项错误。
答案B2.(多选)如图所示,一理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交流电源相连,两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端,图中的电流表、电压表均为理想交流电表,原、副线圈匝数分别为200匝和100匝,电压表的示数为5 V。
则( )A.电流表的示数为0.5 AB.流过电阻的交变电流的频率为100 HzC.交流电源的输出电压的最大值为20 VD.交流电源的输出功率为2.5 W解析根据欧姆定律可得副线圈中的电流I2==0.25 A,根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系,可解得I1=0.125 A,A错误;理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同,都为50 Hz,B错误;副线圈输出电压的有效值为10 V,根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U2m=10 V,原、副线圈电压比为,可得交流电源输出电压的最大值为U1m=20 V,C正确;对于理想变压器,交流电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率,P=2× W=2.5 W,故D正确。
答案CD3.如图所示电路中,变压器为理想变压器,a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器。
现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,则下列说法正确的是( )A.电压表V1示数增大B.电压表V2、V3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c→d的方向滑动解析由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,故电压表V1示数不变,选项A错误;由理想变压器原理公式且U1、n1、n2不变,则U2不变,即V2的示数不变,V3的示数U3=U2-I2R0应减小,故选项B错误;由公式得:=4,则n1>n2,该变压器起降压作用,故C错误;又I2=,I2增大,R应减小,故滑片应沿c→d方向滑动,故D正确。
答案D4.如图所示的远距离输电电路图中,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压及输电线的电阻R均不变。
在用电高峰期,发电厂输出功率将增大,下列说法正确的是( )A.升压变压器副线圈中电流变小B.降压变压器副线圈中电流变小C.输电线上损耗的功率减小D.用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小解析A中当发电厂输出功率增大时,根据P=UI知,输出电压不变,则升压变压器原线圈中的电流增大,则副线圈中的电流也增大,故A错误;B中当用电高峰期时,用电器增多,则降压变压器中电流也会变大,故B是错误的;C中升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流,则输电线中的电流增大,根据P损=I2R知,输电线上损失的功率增大,故C也不对;D中用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例=1-=1-,因为输电线上的电流增大,则电压损失ΔU增大,U2不变,所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小,故D正确。
答案D5.如图为气流加热装置的示意图,使用电阻丝加热导气管,视变压器为理想变压器。
原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变,调节触头P,使输出电压有效值由220 V降至110 V,调节前后( )A.副线圈中的电流比为1∶2B.副线圈输出功率比为2∶1C.副线圈的接入匝数比为2∶1D.原线圈输入功率比为1∶2解析在输入电压U1和原线圈匝数n1不变的情况下,使输出电压U2有效值由220 V降至110 V,由知,副线圈接入匝数应该减为原来的一半,故副线圈的接入匝数之比为2∶1,故C正确;副线圈电压减半,电阻不变,电流也随之减半,所以电流之比为2∶1,故A错误;由P=UI知,输出功率之比为4∶1,故B错误;副线圈输出功率等于原线圈输入功率,所以原线圈输入功率之比为4∶1,故D错误。
答案C6.某电站输送的电功率为P=500 kW,当使用U=5 kV的电压输电时,测得安装在输电线路起点和终点处的两只电能表一昼夜示数相差4 800度。
(1)求这时的输电效率η和输电线的总电阻r;(2)若想使输电效率提高到98%,又不改变输电线,那么电站应使用多高的电压向外输电?(计算结果保留三位有效数字)解析(1)由于输送的电功率为P=500 kW,一昼夜输送电能E=Pt=12 000度,终点得到的电能E'=7 200度,因此效率η=60%;输电线上的电流I=,输电线损耗的功率P损=I2r,又P损= kW=200 kW,解得r=20 Ω。
(2)输电线上损耗的功率P损'=2r,又P损'=10 kW,计算可得输电电压应调节为U'≈22.4 kV。
答案(1)60% 20 Ω(2)22.4 kV能力提升1.如图所示,用一理想变压器给负载供电,变压器输入端的电压不变,开始时开关S是断开的。
现将开关S闭合,则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是( )A.V1、V2的示数不变,A1的示数增大,A2的示数减小,P入增大B.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数增大,P入增大C.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数减小,P入减小D.V1的示数不变,V2的示数增大,A1的示数减小,A2的示数增大,P入减小解析电压表V1的示数由输入电压决定;电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和匝数比决定;电流表A2的示数即I2由输出电压U2(大小等于电压表V2的示数)和负载电阻R负决定;电流表A1的示数即I1由变压器的匝数比和输出电流I2决定;P入随P出而变化,由P出决定。
因输入电压不变,所以电压表V1的示数不变;据公式U2=,可知U2也不变,即电压表V2的示数不变;又据I2=知,S闭合后R负减小,故I2增大,电流表A2的示数增大;输入电流I1随输出电流I2的增大而增大,故电流表A1的示数增大;因P出=U2I2,故P出增大;P入随P出变化,故P入也增大。
可见本题的正确选项为B。
答案B2.(多选)调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图所示。
线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压,图中A为交流电流表,V为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,CD两端接有效值一定的交流电源,变压器可视为理想变压器,以下说法正确的是( )A.当滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变大,电压表读数变大B.当滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变小,电压表读数变大D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变小解析当滑动触头P逆时针转动时,相当于增加了副线圈的匝数,而原线圈匝数保持不变,根据可知,输出电压增大,其他因素不变时,电压表读数变大,电流表读数变大。
当线圈匝数不变而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时,输出电压不变,总电阻减小,则总电流增大,R1两端电压增大,R2两端电压减小,电压表读数变小,流过R2的电流减小,因此,流过R3的电流增大,电流表读数变大。
答案AD3.(多选)为保证用户电压稳定在220 V,变电所需适时进行调压,图甲为变压器示意图。
保持输入电压u1不变,当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。
某次检测得到用户电压u2随时间t 变化的曲线如图乙所示。
以下说法正确的是( )A.u2=190sin(50πt) VB.u2=190sin(100πt) VC.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当下移D.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当上移解析由电压u2随时间t变化的曲线可知,用户电压的最大值是190 V,周期是2×10-2 s,所以u2=190sin(100πt) V,A错误,B正确;根据,n1减小,U2增大,因此为使用户电压稳定在220 V,应将P适当上移,C错误,D正确。
答案BD4.如图所示,用理想变压器给负载供电,变压器输入电压不变,变压器降压后用总电阻为R的输电线对用电器供电,设两个灯泡的电阻相同,且都在发光,若将滑动变阻器的滑片P向N移动,会出现的现象是( )A.电流表的示数变大,灯泡L1、L2均变暗B.电流表的示数变小,灯泡L1、L2均变暗C.电流表的示数变大,灯泡L1变亮,L2变暗D.电流表的示数不变,灯泡L1变暗,L2变亮解析副线圈输出电压不变,滑动变阻器的滑片P向N移动的过程中,并联部分电阻减小,副线圈中的电流增大,但因为灯泡L2两端的电压减小,所以通过灯泡L2的电流减小,又因为总电流增大,所以通过灯泡L1的电流增大,即灯泡L1变亮,灯泡L2变暗。
副线圈上的电流增大,根据I1=I2可知,输入电流变大,电流表的示数变大。
答案C5.某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备,该发电机输出功率为40 kW,输出电压为400 V,用变压比(原、副线圈匝数比)为n1∶n2=1∶5的变压器升压后向某小区供电,输电线的总电阻为r=5 Ω,电能到达该小区后再用变压器降为220 V。
(1)画出输电过程的电路示意图。
(2)求输电线上损失的电功率。
(3)求降压变压器的变压比n3∶n4。
解析(1)输电过程,电路示意图如图所示。
(2)因为输电电压U2=U1=×400 V=2 000 V因为P输=U2I解得输电电流I=20 A输电线上损失的功率P损=I2r=(20 A)2×5 Ω=2 000 W。
(3)输电线上损失的电压U损=Ir=20 A×5 Ω=100 V降压变压器的输入电压U3=U2-U损=2 000 V-100 V=1 900 V降压变压器的变压比。
答案(1)示意图见解析(2)2 000 W (3)95∶11。