2024届高考物理一轮复习专题十一交变电流第2讲变压器、电能的输送练习含答案

这是一份2024届高考物理一轮复习专题十一交变电流第2讲变压器、电能的输送练习含答案，共6页。试卷主要包含了5 kV＝8∶1等内容，欢迎下载使用。

第2讲　变压器、电能的输送
知识巩固练
1.(2022年潮州模拟)(多选)某同学的电动自行车充电器是一输入电压为220 V，输出电压为48 V的变压器，由于副线圈烧坏了，为修复该充电器，该同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上绕了5匝线圈，如图所示，将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈两端电压为2 V.则(　　)

A.该充电器原线圈有550匝
B.该充电器原线圈有1 100匝
C.被烧坏的副线圈有120匝
D.被烧坏的副线圈有240匝
【答案】AC　
【解析】设该变压器的原线圈、副线圈和新绕线圈的匝数分别用n1、n2、n3表示，原线圈、副线圈和新绕线圈两端的电压分别用U1、U2和U3表示，则有U1U3＝n1n3，解得该充电器原线圈匝数为n1＝U1U3·n3＝2202×5匝＝550匝，A正确，B错误；同理可得U1U2＝n1n2，所以n2＝U2U1·n1＝48220×550匝＝120匝，C正确，D错误.
2.(2022年辽宁联考)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁.为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，需要将输电线上热耗功率增大至16ΔP，设输电功率和输电线电阻不变，则除冰时需将(　　)

A.输电电流变为14I
B.输电电流变为16I
C.输电电压变为14U
D.输电电压变为4U
【答案】C　
【解析】输电线的热功率ΔP＝I2R，可知输电线的电阻不变的情况下，需要将输电线上热耗功率增大至16ΔP，则输电电流变为4I，A、B错误；由前面分析可知，在输送功率一定的情况下，输电线电流为I＝PU，可将输电电压变为14U，故C正确，D错误.
3.(2022年汕头统考)无线充电是当下正在快速普及的技术，手机也能应用电磁感应原理进行无线充电.如图所示为利用磁场传递能量的示意图，主要包括安装在充电基座的送电线圈和安装在手机内部的接收线圈组成，对于充电过程，下列说法正确的是(　　)

A.若增大充电电流的变化率，接收线圈的感应电动势将增大
B.若缩小两线圈距离，接收线圈的感应电动势将减小
C.若增大两线圈距离，接收线圈的感应电动势将增大
D.忽略线圈电阻的能量损耗，传输过程没有能量损失
【答案】A　
【解析】根据法拉第电磁感应定律可知，若增大充电电流的变化率，接收线圈中磁通量的变化率变大，则产生的感应电动势将增大，A正确；若缩小两线圈距离，接收线圈中的磁通量会变大，磁通量的变化率变大，则产生的感应电动势将变大.同理若增大两线圈距离，接收线圈的感应电动势将减小，B、C错误；送电线圈的能量通过磁场能传递给接受线圈，在传递过程中肯定有磁场能的损失，即使忽略线圈电阻的能量损耗，传输过程也会有能量损失，D错误.
4.(2022年汕头模拟)如图为高铁的供电流程图，牵引变电所(视为理想变压器，原、副线圈匝数比为n1∶n2)将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电器使机车获得25 kV工作电压，则(　　)

A.若电网的电压为220 kV，则n1∶n2＝1∶8
B.若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝22∶5
C.若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
D.高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
【答案】D　
【解析】若电网的电压为220 kV，则n1：n2＝220 kV：27.5 kV＝8∶1.若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝110 kV∶27.5 kV＝4∶1，A、B错误；若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输入功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所至机车间的电流增大，热损耗功率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于25 kV，C错误，D正确.
5.(2022年合肥模拟)如图所示为某种电吹风机电路图，图中a、b、c、d为四个固定触点.绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P位于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种状态.图示状态刚好为触片P接触c、d两点.已知吹冷风时的输入功率为60 W，小风扇的额定电压为60 V，正常工作时小风扇的输出功率为52 W，变压器为理想变压器，则下列说法中正确的是(　　)

A.当扇形金属触片P与触点c、d接触时，电吹风吹热风
B.当扇形金属触片P与触点a、b接触时，电吹风吹冷风
C.小风扇的内阻为8 Ω
D.变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝113
【答案】CD　
【解析】由电路知识可知，当扇形金属触片P与c、d接触时，电吹风的加热电路和吹风电路均没有接通，故此时电吹风处于停机状态，A错误；当扇形金属触片P与触点a、b接触时，电吹风的加热电路和吹风电路均处于接通状态，此时电吹风吹热风，B错误；由于小风扇的额定电压为U2＝60 V，吹冷风时小风扇的输入功率为60 W，故小风扇正常工作时的电流为I＝PU＝1 A，小风扇内阻消耗的电功率为P热＝P输入－P输出＝60 W－52 W＝8 W，由P热＝I2r，代入数据解得r＝8 Ω，C正确；由题意可知，变压器原线圈两端的电压为U1＝220 V，副线圈两端的电压为U2＝60 V，故有n1n2＝U1U2＝220V60 V＝113，D正确.
6.(2022年惠州模拟)(多选)如图所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为3∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中Rt为热敏电阻(其阻值随温度的升高而变小)，R为定值电阻.下列说法正确的是(　　)

A.交流电压u的表达式为u＝362sin(100t) V
B.若Rt处的温度升高，则电流表的示数变大
C.若Rt处的温度升高，则变压器的输入功率变大
D.变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3∶1
【答案】BC　
【解析】由图乙可知交流电压最大值Um＝362 V，周期T＝0.02 s，可由周期求出角速度值为ω＝2πT＝100π rad/s，则可得交流电压u的表达式u＝362sin(100πt) V，A错误；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，B正确；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，根据P出＝U2I2可知输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功率，可知输入功率增大，C正确；变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1∶1，故D错误.
综合提升练
7.如图所示为某小型电站高压输电示意图.发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2.在输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是(　　)

A.升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝U2U1
B.采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100 A
C.线路输送电功率是220 kW
D.将P上移，用户获得的电压将降低
【答案】C　
【解析】根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝U1U2，A错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为1∶10，由变压器电流比可知I原I副＝n副n原＝101，得输电电流为I2＝10×10 A＝100 A，B错误；电压表的示数为220 V，根据变压器电压比可知U原U副＝n原'n副'＝101，输电电压为U2＝10×220 V＝2 200 V，线路输送电功率为P＝U2I2＝220 kW，C正确；将P上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，D错误.
8.某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线总电阻为6 Ω.
(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率；
(2)若改用5 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压.
解：(1)输电线上的电流
I＝PU＝20×103380 A≈52.63 A，
输电线路损耗的功率
P损＝I2R＝52.632×6 W≈16.62 kW.
(2)改用高压输电后，输电线上的电流
I'＝PU'＝20×103 5 000 A＝4 A，
用户端在变压器降压前获得的电压
U1＝U'－I'R＝(5 000－4×6) V＝4 976 V，
根据U1U2＝n1n2，用户得到的电压
U2＝n2n1U1＝122×4 976 V≈226.18 V.