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1、1第六节第六节 变压器变压器A 级 抓基础1如图,可以将电压升高供电给电灯的变压器是( )解析:A 图中原线圈接入恒定电流,变压器不能工作,故 A 错误;B 图中,副线圈匝数比原线圈匝数多,所以是升压变压器,故 B 正确;D 图中,原线圈匝数比副线圈匝数多,所以是降压变压器,故 D 错误;C 图中,原线圈接入恒定电流,变压器不能工作,故 C 错误,故选 B.答案:B2(多选)利用变压器不可能做到的是( )A增大电流 B升高电压C减小频率 D增大功率解析:根据变压器的工作原理可以知道,变压器可以改变电压和电流,不可能增大功率和改变频率答案:CD3.(多选)如图所示,理想变压器原线圈接入正弦交流电
2、,副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节RT为热敏电阻,当环境温度升高时,RT的阻值变小下列说法正确的有( )AP向下滑动时,电压表读数变大BP向下滑动时,电流表读数变小C若环境温度升高,变压器的输入功率变大D若环境温度升高,灯泡消耗的功率变小解析:根据理想变压器的电压与匝数成正比可知,当P向下滑动时,副线圈的匝数变小,变压器的输出电压变小,电压表读数变小,A 错误;根据理想变压器的电压与匝数成正比可知,当P向下滑动时,副线圈的匝数变小,变压器的输出电压变小,副线圈电流减小,输出功率变小,根据输入功率等于输出功率,知原线圈电流也减小,所以电流表读数2变小,B 正确;当环境温度升高时,RT的阻值会变
3、小,在电压不变的情况下,副线圈的电流就会变大,原线圈的电流也会变大,变压器的输入功率变大,C 正确;当环境温度升高时,RT的阻值会变小,在电压不变的情况下,副线圈的电流就会变大,根据PI2R,灯泡消耗的功率变大,D 错误答案:BC4一台理想变压器的原线圈匝数为 100 匝,副线圈匝数为 1 200 匝,在原线圈两端接有一电动势为 10 V 的电池组,则在副线圈两端的输出电压为( )A0 V B1.2 VC120 V D小于 120 V解析:电池组中的电流属于恒定电流,原线圈中无变化的磁通量,副线圈中不产生感应电动势答案:A5.(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
4、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增大交流电源的频率B增大交流电源的电压C向下滑动滑片PD减小电容器C的电容解析:电容器具有通高频阻低频的特点,故增大交流电源的频率,可使通过灯泡的电流增大,A 正确;根据可知增大交流电源的电压,副线圈两端的电压增大,灯泡变U1 U2n1 n2亮,B 正确;向下滑动P,副线圈匝数减小,根据可知副线圈两端电压减小,灯泡变U1 U2n1 n2暗,C 错误;根据XC可知减小电容,容抗增加,通过小灯泡的电流减小,灯泡变暗,1 2fCD 错误答案:AB6.如图所示,电路中有四个完全相同的灯泡,额定电压均为U,变压器为理想变压器,现在四个灯
5、泡都正常发光,则变压器的匝数比n1n2和电源电压U1分别为( )A12 2U B12 4U3C21 4U D21 2U解析:设灯泡正常发光时的电流为I,则I1I,I22I.由得 .由n1 n2I2 I1n1 n22 1U1 U2得U1U22U.故U14U,C 正确n1 n2n1 n2答案:CB 级 提能力7将输入电压为 220 V,输出电压为 6 V 的变压器改装成输出电压为 24 V 的变压器已知副线圈原来的匝数为 36 匝,现不改原线圈的匝数,则副线圈应增绕的匝数为( )A144 匝 B108 匝C180 匝 D540 匝解析:由有,解得n2144,所以应增加的匝数U1 U2n1 n222
6、0 6n1 36220 24n1 n2n2n236108(匝)故选 B.答案:B8有一种调压变压器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两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器,则下列说法正确的是( )A当R3不变,滑动触头P顺时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小B当R3不变,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P不动,滑动变阻器滑动触头向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变小D当P不动,滑动变阻器滑动触头向下滑动时
7、,电流表读数变大,电压表读数变大解析:由图知,当滑动触头P顺时针转动时,变压器副线圈的匝数减少,根据U1 U2可得副线圈的电压U2减小,因负载的电阻不变,故电流表读数变小,电压表读数变小,n1 n2所以 A 正确;同理,若滑动触头P逆时针转动时,变压器副线圈的匝数增加,U2增大,电流表示数增大,所以 B 错误;当P不动,副线圈电压U2不变,滑动触头向上滑动时,R3连入电路中的阻值增大,与R2并联后的电阻增大,根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大,所以 C 错误;同理,当滑动触头向下滑动时,R3连入电路中的阻值减小,与R2并联后的电阻减小,根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小,所以 D
8、错误答案:A49如图,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd,则( )AUabUcdn1n2B增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小C负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越大D负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越小解析:假设副线圈两端交变电压的峰值为Um,副线圈两端电压的有效值为U2,根据理想变压器的电压与匝数成正比,即有:,而因二极管的单向导电性,cd间电压的Uab U2n1 n2有效值
9、Ucd并不等于副线圈两端的电压有效值U2. 由交流电有效值定义可得:U2,Ucd,故,故 A 错误;当增大负载电阻的阻值R,因电压不变,Um2Um 2U22Uab Ucd2n1n2由闭合电路欧姆定律可知,电阻R的电流变小,则电流表的读数变小,故 B 正确;cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关,与负载电阻无关,所以cd间的电压Ucd不会随着负载电阻变化,故 CD 错误答案:B10(多选)如图甲所示,理想变压器原副线圈的匝数比为 21,原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示,灯泡 L 的额定功率为 22 W闭合开关后,灯泡恰能正常发光则( )图甲 图乙A原线圈输入电压的瞬
10、时表达式为u220sin100t(V)2B灯泡的额定电压为 110 VC副线圈输出交流电的频率为 100 HzD电压表读数为 220 V,电流表读数为 0.2 A解析:由图可知:周期T0.02 s,角速度100,则原线圈输入电压的瞬2 T时值表达式: u220sin100t (V),故 A 正确;原线圈电压的有效值: 25U1220 V,根据理想变压器电压与匝数成正比,得副线圈两端的电压: 220 22U2110 V,故 B 正确;周期T0.02 s,频率为: f 50 Hz,变压器不改变交U1n2 n11 T流电的频率,所以副线圈输出交流电的频率 50 Hz,故 C 错误;原线圈电压有效值
11、220 V,电压表的读数为 220 V,副线圈电流: I20.2 A,根据电流与匝数成反比得: IP2 U20.1 A,故 D 错误I2 2答案:AB11(多选)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为 51,V 、R和L分别是电压表、定值电阻和电感线圈,D1、D2均为灯泡已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化,下列说法正确的是( )图甲 图乙A电压表示数为 62.2 VB电压u的表达式u311sin 100t(V)C仅增大电压u的频率,电压表示数增大D仅增大电压u的频率,D1亮度不变,D2变暗解析:根据图乙可知,原线圈电压的最大值为 311 V,则有效值U1V220 V,3112根据理
12、想变压器电压与匝数成正比得: ,解得:U244 V,所以电压表示数n1 n2U1 U25 1为 44 V,故 A 错误;根据100 rad/s,则电压u的表达式u311sin 2 T100t(V),故 B 正确;原线圈电压不变,线圈匝数不变,仅增大电压u的频率,电压表示数不变,则 D1亮度不变,电感线圈通低频阻高频,则频率越大,阻碍作用越大,所以 D2变暗,故 C 错误,D 正确答案:BD12如图所示,理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1n221,交流电源电压U1220 V,F为熔断电流I01.0 A 的保险丝,负载为一可变电阻6(1)当电阻R100 时,保险丝能否被熔断?(2)要使保险丝不被熔断,电阻R的最小值为多少?变压器输出的电功率不能超过多少?解析:(1)由得到U2110 V,U1 U2n1 n2由欧姆定律得:I21.1 A.再有得到I10.55 A,故保险丝不能熔断I1 I2n1 n2(2)理想变压器的P入P出2201.0 W220 W,得到R55.答案:(1)不能 (2)55 220 W