高考物理一轮复习课时作业51电能的输送（含解析）

电能的输送

一、选择题

1．(2018·江苏)采用220 kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为(　　)

A．55 kV　　　　　　　　 B．110 kV

C．440 kV   D．880 kV

答案　C

解析　输送电流I＝，输电线上损失的功率ΔP＝I2R＝()2R；为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变原来的2倍，即输电电压增大为440 kV.故C项正确，A、B、D三项错误．

2．(2018·太原三模)汽油发动机内，经过压缩达到一定温度和压力的汽油，需要火花塞点燃从而实现能量转化，而火花塞需要高达10 kV的电压才能点火．某同学设计了如图甲、乙的点火电路，已知直流电源的电压为12 V，升压变压器的输出端接到火花塞上，开关是自动控制的，下列说法正确的是(　　)

A．两电路都不可能使火花塞点火，因为变压器不能改变直流电压

B．图甲、乙的电路中，保持开关闭合，输出端都会获得持续的高压

C．图甲的电路中，只有在开关闭合或断开瞬间，输出端才会有高压产生

D．图乙的电路中，在开关断开或闭合瞬间．输出端都会有高压产生

答案　C

解析　变压器是改变交流电的电压的设备，由图可知，当甲图中的开关接通与断开的瞬间，左侧的电流发生变化，变化的电流引起左侧的线圈内磁通量的变化，进而引起右侧的线圈内磁通量的变化，则在右侧的线圈内产生感应电动势，该电动势以高压的形式对外输出，即可使火花塞产生高压点火．而图乙中，右侧没有电流，所以右侧的开关的接通与断开不能引起电流的变化，所以图乙不能使火花塞点火．故C项正确，A、B、D三项错误．

3.(2018·江苏二模)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sinπt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω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(　　)

A．电压表的示数为220 V B．电流表的示数为2 A

C．原线圈的输入功率为440 W D．副线圈输出交流电的周期为2 s

答案　D

解析　A项，由题意知，原线圈电压有效值为220 V，原、副线圈匝数之比为2∶1，由变压器原理可得：U2＝U1＝110 V，电压表的示数为110 V，故A项错误；

B项，副线圈的电流为I2＝＝ A＝2 A，由n1I1＝n2I2可得，I1＝1 A，即电流表的读数为1 A，故B项错误；

C项，输入功率和输出功率相等可得，原线圈中的输入功率为P入＝P出＝U2I2＝220 W，故C项错误；

D项，由u＝220sinπt(V)可知，ω＝π，又由ω＝，解得：T＝2 s，理想变压器不改变周期，故D项正确．

4．(2018·山西四模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表A，副线圈回路接有定值电阻R＝2 Ω，现在a、b间和c、d间分别接上示波器，同时监测得a、b间，c、d间电压随时间变化的图像如图所示，则下列说法中错误的是(　　)

A．T＝0.02 s

B．n1∶n2＝55∶1

C．电流表A的示数I≈36.4 mA

D．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0

答案　D

解析　A项，因为变压器不改变交变电流的周期，输入电压的周期T＝0.02 s，输出电压的周期T＝0.02 s，故A项正确；B项，原线圈电压的有效值U1＝ V＝220 V，副线圈电压的有效值U2＝ V＝4 V．根据电压与匝数成正比，有＝＝＝，故B项正确；C项，输出功率P2＝＝＝8 W，输入功率为8 W，电流表的示数I1＝ A＝0.036 4 A＝36.4 mA，故C项正确；D项，根据电压与匝数成正比，知当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压的瞬时值最大，故D项错误．

5.(2018·揭阳一模)一含有理想自耦变压器的电路如图所示，变压器副线圈匝数可调，原线圈串联定值电阻r后接在有效值为220V的正弦式交流电源上，定值电阻R＝4r.当副线圈匝数调至某位置时，R和r的功率恰好相等．则此时原副线圈匝数比为(　　)

A．2∶1   B．4∶1

C．1∶2   D．1∶4

答案　C

解析　由电功率P＝I2R，当二者的电功率相等的，则：I12·r＝I22·4r

所以：I2＝I1

又：＝

联立得：＝.故A、B、D三项错误，C项正确．

6.如图所示，有一自耦变压器接在稳定的交流电源上，V1、V2为理想电压表．下列说法中正确的是(　　)

A．若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数变大，V2示数变小

B．若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小

C．若P不动，滑片F向下移动时，V1示数不变，V2示数增大

D．若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变小

答案　D

解析　电压表V1的示数由交流电源决定，与其他因素无关，A项错误；F不动，变压器输出电压不变，滑片P上滑，副线圈电路总电阻减小，由欧姆定律可知，电流增大，灯泡L功率增大，B项错误；若滑片P不动，F下移，副线圈匝数n2减小，由变压规律＝可知，输出电压U2减小，由欧姆定律可知，电路总电流减小，故灯泡消耗功率减小、滑动变阻器两端电压减小，C项错误，D项正确．

7．如下图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220 V，40 W”，当灯泡所消耗的功率都调于20 W时，哪种台灯消耗的功率最小)(　　)

答案　C

解析　C图为理想变压器调节，而理想变压器不消耗能量，A、B、D三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压，故一定要消耗能量．C项消耗功率最小．

8．(2018·安徽模拟)(多选)图1所示是调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，总匝数为1000匝．AB间加上如图2所示的正弦交流电压，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.已知开始时滑动触头位于变阻器的最下端，且BP间线圈匝数刚好是500匝，变阻器的最大阻值等于72欧姆．则下列判断中正确的是(　　)

A．开始时，安培表示数为0.25 A

B．开始时，流过R的交流电频率25 Hz

C．保持P的位置不动，将Q向上移动时，R消耗的功率变大

D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向转动少许，R消耗的功率变大

答案　CD

解析　A项，开始时，原副线圈的匝数比为2∶1，所以副线圈上的输出电压的有效值为U2＝U1＝18 V，安培表读数为I＝＝0.25 A．A项错误．

B项，变压器不变频，所以周期为0.02 s，频率等于50 Hz.B项错误．

C项，保持P的位置不动，副线圈上的输出电压不变．将Q向上移动时，R上的有效阻值减小，故消耗的功率变大．C项正确．

D项，保持Q的位置不动，R上的有效阻值不变，将P沿逆时针方向移动少许时，副线圈的匝数增大，输出电压增大，故R消耗的功率变大．D项正确．

9.(2018·百色三模)如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁感应强度大小为B，线圈转动的角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计．下列说法正确的是(　　)

A．电容器的电容C变小时，灯泡变亮

B．将原线圈抽头P向下滑动时，灯泡变暗

C．若线圈转动的角速度变为2ω，灯泡变亮

D．线圈处于图示位置时，电压表读数为0

答案　C

解析　A项，电容器的电容C变小时，容抗增大，故干路电流减小，灯泡变暗，故A项错误；

B项，矩形线圈abcd中产生交变电流；将原线圈抽头P向下滑动时，原线圈匝数变小，根据变压比公式＝可知，输出电压增大，故灯泡会变亮，故B项错误；

C项，若线圈转动角速度变为2ω，根据电动势最大值公式Em＝NBSω，最大值增加为2倍；有效值E＝，也变为2倍；输出电压增大，故灯泡会变亮，故C项正确；

D项，线圈处于图示位置时，是中性面位置，感应电动势的瞬时值为零；但电压表的示数为有效值，故电压表示数不为零，故D项错误．

10．(2018·浙江模拟)智能手机无线充电器的原理类似于变压器，由发射器和接收器组成，分别有一发射线圈和接收线圈，如图甲所示．现将甲图部分电路等效成乙图所示的电路图，发射、接收线圈匝数比n1∶n2＝22∶1，接收线圈右侧连接有4个理想二极管，若AB端输入电压为u＝311sin200πt(V)，下列说法中正确的是(　　)

A．C端永远是负极

B．CD端输出电压的有效值为10 V

C．CD端输出电压的频率是100 Hz

D．当AB端输入恒定直流电时，CD端输出的也是直流电

答案　B

解析　A、C两项，当AB端输入交流电时，由于二极管的作用是只允许正向的电流通过，所以C端永远是正极，D端永远是负极，所以CD端输出的是直流电，故A、C两项错误．

B项，当AB端输入电压为u＝311sin10πtV时，即原线圈的电压有效值是220 V，根据电压与匝数成正比得副线圈的电压是10 V，副线圈右侧连接有4个理想二极管，二极管具有单向导电性，图中四个二极管左右两侧的正负极位置相反，所以不管交变电流方向怎样，CD端就相当于接了副线圈两端，所以CD端输出电压的有效值为10 V，故B项正确．

D项，当AB端输入恒定直流电时，变压器不起作用，CD端无电流，故D项错误．

11．(2018·上饶三模)(多选)如图(a)所示，理想变压器原副线圈匝数比n1∶n2＝55∶4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定．原线圈接入的交变电流电压的变化规律如图(b)所示，则下列说法正确的是(　　)

A．交流电压表V的读数为32 V

B．灯泡L两端电压的有效值为32 V

C．当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示数增大，A1示数增大

D．由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s

答案　AC

解析　A项，由图(b)可知，原线圈输入电压有效值为440 V，根据＝，可得副线圈电压为32 V，交流电压表V的示数为有效值，即为32 V，故A项正确；B项，设灯泡L两端电压的有效值为U′，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为T，根据交变电流有效值的定义有：·＝T，解得：U′＝22.6 V，故B项错误；C项，当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表A2示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表A1示数也增大，故C项错误；D项，根据ω＝＝＝100π rad/s可知，交流发电机转子的角速度为100π rad/s，故D项错误．

12．(2016·课标全国Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3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、副线圈匝数比值为(　　)

A．2   B．3

C．4   D．5

答案　B

解析　开关断开时，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝，由＝可得原线圈两端的电压U1＝5I()2，则U＝U1＋IR1＝5I()2＋3I；开关闭合时，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2′＝，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝，由＝可得原线圈两端的电压U1′＝4I()2，则U＝U1′＋4IR1＝4I()2＋12I，解得＝3，B项正确．

13．(2018·广东模拟)如图所示，某发电机输出功率是100 kW，输出电压是250 V，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220 V，求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是(　　)

A．16∶1　190∶11   B．1∶16　11∶190

C．1∶16　190∶11   D．16∶1　11∶190

答案　C

解析　输电线损失功率P损＝100×103×5% W＝5×103 W，

所以，输电线电流I2＝＝25 A，

升压变压器原线圈电流I1＝＝400 A，

故升压变压器原、副线圈匝数比＝＝.

升压变压器副线圈端电压U2＝U1＝4 000 V，

输电线损失电压U损＝I2R线＝200 V，

降压变压器原线圈电压U3＝U2－U损＝3 800 V，

故降压变压器原、副线圈匝数比为＝＝.故C项正确，A、B、D三项错误．

14．(2018·云南一模)如图所示，一理想变压器由一个原线圈和两个副线圈组成，匝数比n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，a、b端接正弦交流电，电路中电阻R1＝R2＝R3，其余电阻均不计．若R3消耗的功率为P，则R1消耗的功率为(　　)

A．9P   B.P

C.P   D.P

答案　B

解析　设R3两端电压为U，电流强度为I，则R2两端电压U2＝U＝2U，原线圈两端电压U1＝U＝3U；根据欧姆定律可得R3的电流强度I＝，R2的电流强度I2＝＝2I，原线圈的电流强度I1，则：U1I1＝U2I2＋UI；解得I1＝I；

R3消耗的功率为P，则P＝I2R3，则R1消耗的功率为P1＝(I)2R1＝P，故B项正确，A、C、D三项错误．

二、非选择题

15．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，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度表一昼夜示数相差4 800 kW·h.求：

(1)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，那么发电站应使用多高的电压向外输电？

答案　(1)60%　20 Ω　(2)22.4 kV

解析　(1)输送功率P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000 kW·h

输电线上损失的电能ΔE＝4 800 kW·h

终点得到的电能E′＝E－ΔE＝7 200 kW·h，

所以输电效率η＝＝60%

输电线上的电流I＝＝100 A

输电线损耗功率PR＝I2r，

其中PR＝＝200 kW

得r＝20 Ω.

(2)输电线上损耗功率PR＝()2r∝

原来PR＝200 kW，现在要求PR′＝10 kW，

解得输电电压应调节为U′＝22.4 kV.