第5章 变压器电能的输送 自我检测题 Word版含解析.doc

变压器　电能的输送

1．(2019·黄冈中学模拟)下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法中不正确的是(　　)
A．理想变压器的输出电压由输入电压和原、副线圈匝数比决定
B．交变电流的最大值是有效值的倍
C．降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压
D．如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器
B　[理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定，选项A正确；正弦交变电流的最大值是有效值的倍，选项B错误；降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压，选项C正确；如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器，选项D正确。]
2．(2021·江苏省新高考适应性考试)小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等两次实验中(　　)
图1
图2
A．都接直流电源 B．A两端的电压相等
C．A损耗的功率相等 D．图1中A的电流较大
D　[由于变压器只能改变交变电流，因此图2中不可能接直流电源，A错误；T2是降压变压器，根据＝>1，由于流过两个灯的电流相等，可知图2中流过A的电流较小，加在图2中
A两端的电压较低，图2中A消耗的功率较小，B、C错误，D正确。]
3．(2019·苏锡常镇二模)如图所示，理想变压器原线圈接有正弦式交流电，R为滑动变阻器，C为平行板电容器，A为交流电流表。下列措施能使A示数增大的是(　　)
A．仅减小交流电的频率
B．仅将滑片P向上移动
C．仅减小C两板间距离
D．仅增大原线圈的匝数
C　[减小交流电的频率，电容器的容抗增大，通过电容器的电流减小，故A错误；电容器两端的电压是副线圈两端的电压，将滑片P向上移动，对电容器两端的电压没有影响，故B错误；减小C两板间距离，由平行板电容器的电容C＝可知电容增大，电容器的容抗减小，通过电容器的电流增大，所以通过A示数增大，故C正确；由理想变压器的电压与匝数的关系式U2＝U1可知，增大原线圈的匝数n1，副线圈的电压U2减小，通过电容器的电流减小，通过A示数减小，故D错误。]
4．(2020·江苏苏州高三二模)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R。若AB间输入图乙所示的交变电压，则(　　)
甲　　　　　　　　　　乙　　　　
A．t＝1×10－2 s时，电压表的示数为零
B．AB间输入电压的瞬时值为u＝220sin 100πt(V)
C．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大
D．滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率减小
B　[电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；由图可知T＝2×10－2 s故f＝＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s所以其表达式为u＝220sin 100πt(V)故B正确；根据变压器电压关系＝由滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n2变大，根据变压器电压关系＝所以R两端的电压增大，输入功率等于输出功率P入＝P出＝所以滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大，故D错误。]
5．如图所示，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P0＝8.8×104 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u＝1 100sin 200πt (V)，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法正确的是(　　)
A．输电线上的电流为220 A
B．降压变压器原、副线圈匝数比＝
C．用电器的额定功率P＝5.6×104 W
D．用电器上的交流电的频率是50 Hz
C　[由交流电瞬时值表达式u＝1 100sin 200πt (V)，可得交流电频率为100 Hz，电压有效值为U2＝1 100 V，输电线上的电流I＝＝80 A，故A错误；降压变压器的输入电压U3＝U2－Ir＝700 V，降压变压器原、副线圈匝数比＝＝，故B错误；用电器的额定功率P＝P0－I2r＝5.6×104 W，故C正确；变压器不改变交流电的频率，所以用电器上的交流电的频率是100 Hz，故D错误。]
6．(2019·太原市三模)某50 Hz的钳形电流表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指