答案解析
1.【解析】选B。由题意可求得初级线圈的功率,利用理想变压器初、次级线圈中的功率相等可求得次级线圈中的电流,再利用初、次级线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比。由电压表V的示数和电流表A1的示数可得初级线圈中的功率P1=U1I1,P1=P2=R,所以电流表A2的示数为I2==A=1.0 A,C、D错误;初级线圈和次级线圈的匝数比==,A错误,B正确。
2.【解析】选A、B、C。理想变压器原、副线圈中交变电流的频率相同,因为磁通量始终相同,变化的周期一样,A项正确;理想变压器没有能量损耗,B项正确;磁通量一样,变化率也一样,但根据公式E=n,匝数不同,E的最大值也就不一样,C项正确,D项错误。
3.【解析】选A、C、D。采用高压直流输电,可以减小输电电流及交流输电中感
抗和容抗的影响,A、D正确;变压器是利用互感现象进行工作的,对直流电路无变
压作用,B错误;发电机发出的是正弦交变电流,先用变压器升压后再用整流器变成直流,变压器的匝数比为===,故C正确。
4.【解析】选B。对新绕线的理想变压器分析,根据变压比公式得n1==匝=1100匝。对变压器烧坏前分析,n2==匝=180匝,B正确。
5.【解题指南】解答本题的思路:
【解析】选D。原线圈的电流为I1=,由于P、U不变,故I1不变,由==k得P1=R=()2R;由==nk得P2=IR=()2R,则=,故选项D正确。
6.【解析】选B、D。由图像可知,原线圈输入电压的周期T=0.02s,频率为f=50Hz,A错;原线圈输入电压的有效值为220V,副线圈的输出电压为22V,B对;电阻R消耗的电功率是P=W=22W,电流表的示数是I=A=0.1A,C错,D对。
7.【解析】选C。原线圈中的输入电压的有效值为U==220V,由变压器的变压原理可知,副线圈输出电压的有效值为U′=55V,A错误;副线圈中的电流I′==
A=2A,原线圈中的电流I=I′=0.5A,C正确;原线圈中的输入功率P=UI=220×0.5W=110 W,D错误;交流电的周期T==s=0.02s,B错误。
8.【解析】选B、D。由图像可知,正弦式交变电压的最大值为190V,其周期为0.02s,可得其表达式为u2=190sin(100πt)V,B选项正确,在u1、n2不变的前提下通过改变n1来使u2增大,由=可得应使n1减小,故应将P适当上移,D选项正确。
9.【解析】选B。若F不动,滑片P向下滑动时,滑动变阻器接入电路中的电阻变
大,则副线圈回路中总电阻变大,则回路中电流减小,灯泡两端电压减小,功率变
小,滑动变阻器两端电压变大,V2的示数变大,而原线圈两端电压不变,则A错误、B正确;若P不动,滑片F向下移动时,根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变,副线圈两端电压减小,则副线圈回路中电流变小,灯泡L消耗的功率减小,电压表V2的示数减小,C、D错误。
【变式备选】如图所示是街头变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市电网的电压,不会有很大的波动,输出电压通过输电线输送给用户。输电线的电阻用R0表示,变阻器R表示用户用电器的总电阻,当滑动变阻器触头P向下移动时,下列说法中正确的是 ( )
A.与增加用电器的数目达到的效果相同
B.A1表的示数随A2表的示数的增大而增大
C.V1表的示数随V2表的示数的增大而增大
D.变压器的输入功率增大
【解析】选A、B、D。当滑动变阻器触头P向下移动时,用电器的总电阻减小,相当于并联的用电器数目增加,同时变压器的输入功率增大,A、D对;电网供电是“用多少供多少”,输出电流增大则输入电流增大,B正确;但变压器的输出电压则由输入电压决定,当输入电压和变压器的匝数比一定时,输出电压一定,C错。
10.【解析】选C、D。图示位置为中性面,穿过线框的磁通量为最大,A错;线框中产生交变电压的最大值为Emax=NBSω=500V,其有效值应为U==500V,B项错;副线圈接入一只“220V 60 W”灯泡,且灯泡正常发光,故副线圈的电压为220V,根据原、副线圈的电压比等于匝数比,得原、副线圈匝数比为25∶11,C对;熔断器允许通过的最大电流为10A,即原线圈上的最大功率为5000W,根据能量守恒定律知,允许变压器输出的最大功率为5000W,故D项对。
