第2课时变压器电能的输送1.(2018·赤峰模拟)在变电所里，需要用交流电表去监测电网上的强电流.由于电网中的电流通常会超过一般电流表的量程，因此常使用电流互感器.下面四个图中，正确反映电流互感器工作原理的是(A)【解析】理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比.则电流互感器原线圈匝数应少于副线圈匝数，且串联在需要测量电流的线路中.故A正确.2.(2018·福建泉州模拟)如图所示，理想变压器的原线圈两端接u=220sin100πt(V)的交流电源，副线圈两端接R=55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是(B)A.原线圈中的输入功率为220WB.原线圈中电流表的读数为1AC.副线圈中电压表的读数为110VD.副线圈中输出交变电流的周期为0.01s【解析】由瞬时值的表达式可得，原线圈接入交变电流的周期T==s=0.02s，变压器不改变周期，故副线圈中输出交变电流的周期为0.02s，选项D错误;原线圈的电压有效值U1=220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压有效值U2=110V，则副线圈中电压表的读数为110V，选项C错误;P入=P出==W=220W，选项A错误;由P入=U1I1得I1==1A，即原线圈中电流表的读数为1A，选项B正确.3.(2018·河南开封模拟)图(甲)中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1，电阻R=20Ω，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源，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(D)A.输入电压u的表达式u=20sin50πt(V)B.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0.8W【解析】由图(乙)知T=0.02s，则ω==100πrad/s，所以输入电压u的表达式为u=20sin100πt(V)，A错误;只断开S2后，负载电阻变为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变为原来的一半，L1，L2的功率均变为额定功率的四分之一，不能正常发光，B错误;只断开S2后，原线圈的输入功率等于副线圈的功率都减小，C错误;若S1换接到2后，电阻R的电压有效值为4V，R消耗的电功率为P==0.8W，D正确.4.(2017·河南安阳一模)如图所示为一理想变压器，b是原线圈的中心抽头，副线圈两端接有理想交流电压表和电流表，开关S，可变电阻R以及两个阻值相同的定值电阻R1，R2.从某时刻开始在原线圈cd两端加上正弦式交变电压，下列说法正确的是(C)A.将可变电阻R调大，其他部分不变，电流表、电压表的读数均变小B.将开关S从断开到闭合，其他部分不变，电流表读数变大，电压表读数变小C.可变电阻R的阻值调为0时，开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2D.将单刀双掷开关由a拨向b时，其他部分不变，副线圈输出交变电流的频率减半【解析】将可变电阻R调大，其他部分不变，电压表示数不变，根据欧姆定律知，电流表示数变小，故A错误;将开关S从断开到闭合，其他部分不变，副线圈回路的电阻变小，电压表示数不变，电流表示数变大，故B错误;将可变电阻R的阻值调为0时，开关S断开时电源的输出功率P1=，开关S闭合时电源的输出功率P2=+=2，P1∶P2=1∶2，故C正确;变压器不改变交流电源的频率，将单刀双掷开关由a拨向b时，其他部分不变，副线圈输出交变电流的频率不变，故D错误.5.(2017·云南昭通二模)如图，变压器输入有效值恒定的交流电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R表示输电线的电阻.则(B)A.用电器增加时，变压器输出电压增大B.用电器增加时，变压器的输入功率增加C.用电器增加时，输电线的热损耗减少D.要提高用户的电压，滑动触头P应向下滑【解析】用电器增加，但变压器的输入电压和匝数比不变，故变压器输出电压不变，故A错误.用电器增加时，电压不变，负载电阻减小，由P出=知，变压器的输出功率增加，又P入=P出，故输入功率也增加，B正确.用电器增加时，变压器的输出功率增加，输出电压不变，由P出=UI知输电电流I变大，根据P热=I2R知输电线的热损耗增加，故C错误.要提高用户的电压，根据=知应使副线圈匝数增加，滑动触头P应向上滑，故D错误.6.(2017·天津一模)某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图(甲)所示，图(乙)是其输入电压u的变化规律.已知...
