2025届高中物理人教版全程复习构想检测课时分层精练(六十)

这是一份2025届高中物理人教版全程复习构想检测课时分层精练(六十)，共5页。

1．[2023·浙江6月]我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流．下列说法正确的是( )
A．送电端先升压再整流
B．用户端先降压再变交流
C．1 100 kV是指交流电的最大值
D．输电功率由送电端电压决定
2．[2023·北京卷]自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12 V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8 V的小灯泡．实际测得小灯泡两端电压为2.5 V．下列措施有可能使小灯泡正常发光的是( )
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D．将两个3.8 V小灯泡并联起来接入副线圈
3．[2024·黑龙江统考二模]呼吸机是治疗新冠肺炎的重要设备，其核心元件为呼吸机马达(即电动机).图为某品牌呼吸机马达的技术参数，用图示交流电源通过理想变压器给马达供电，使其正常工作．则( )
A.马达内线圈的电阻为120 Ω
B．马达正常工作时理想变压器原、副线圈的匝数比为55∶6
C．该交流电源的电压有效值为311 V
D．该交流电源每秒内电流方向变化50次
4．(多选)[2024·安徽芜湖模拟预测]北京冬奥会期间，3大赛区26个场馆将全部使用绿电，这意味着奥运历史上将首次实现全部场馆100%绿色电能供应，其中延庆赛区全部用电是通过张北柔直工程将张北坝上的太阳能和风能进行转化而来的．如图所示为张北坝上风力发电后电能输送的简易模型，假设风力发电输送的功率恒定不变，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，且图中已经标出了各部分的电流和电压，输电线的总电阻为R，则下列关系式正确的是( )
A． eq \f(I1,I2) ＝ eq \f(n1,n2)
B． eq \f(U3,U4) ＝ eq \f(n3,n4)
C．输电线上损失的功率为ΔP＝I eq \\al(2,2) R
D．输电线上损失的功率为ΔP＝ eq \f(U eq \\al(2,2) ,R)
5．(多选)[2024·浙江绍兴二模]杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内．新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器(原、副线圈匝数比为n1∶n2)的牵引变电所，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弓使机车获得25 kV工作电压，则下列说法正确的是( )
A.若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝4∶1
B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
C．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
D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9 000 kW，电机效率为90%，则牵引变电所至机车间的等效电阻为62.5 Ω
6．(多选)[2024·山东淄博市二模]高考期间，为保障考场用电，供电部门为学校配备应急供电系统，输电电路如图所示，发电机的矩形线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝ eq \f(\r(2),10π) T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.25 m2，匝数n＝100匝，电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，其输出端通过电刷与升压变压器的原线圈相连，图中电压表示数为250 V，降压变压器原、副线圈的匝数之比为5∶1，降压变压器的副线圈接入到考场供电，两变压器间的输电线等效电阻R＝20 Ω，变压器均为理想变压器．学校有44个考场用电，用电设备额定工作电压均为U＝220 V，每个考场的正常用电功率P＝500 W．当44个考场正常用电，下列说法正确的是( )
A．线框绕轴OO′的转速为3 000 r/min
B．输电线上损失的电压为400 V
C．升压变压器原、副线圈匝数之比为1∶8
D．发电机的输出功率为28 kW
 素养提升练 
7．[2024·山东泰安统考模拟预测]如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器．在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，电压表的示数为220 V，电流表的示数为4 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则下列说法正确的是( )
A．甲是电流互感器，乙是电压互感器
B．线路上损耗的功率为320 W
C．用户得到的电功率为3 392 kW
D．用电设备增多，降压变压器输出电压U4变大
8．(多选)某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电压为6 V，定值电阻R1＝R2＝20 Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6 V 1.8 W”，理想变压器T1、T2原副线圈的匝数比分别为1∶3和3∶1.分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时( )
A．L1与L2一样亮
B．L2比L1更亮
C．R1上消耗的功率比R2的大
D．R1上消耗的功率比R2的小
课时分层精练（六十） 变压器 电能的输送
1．解析：升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1 100 kV指的是交流电的有效值，故C错误；输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误．故选A.
答案：A
2．解析：由 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(U1,U2) 知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；由 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(U1,U2) 知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；由 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(U1,U2) 知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8 V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误．故选B.
答案：B
3．解析：马达是非纯电阻元件，所以其内阻不是120 Ω，A错误；理想变压器的原副线圈匝数之比等于交流电源的电压有效值与供电电压之比，即n1∶n2＝220∶24＝55∶6，B正确；交流电源电压的有效值应为220 V，C错误；正弦交流电每个周期内电流方向变化2次，该交流电的周期为0.02 s，1 s内包含50个周期，所以该交流电每秒内电流方向变化100次，D错误．
答案：B
4．解析：由理想变压器的原、副线圈的电流与匝数成反比关系，可得 eq \f(I1,I2) ＝ eq \f(n2,n1) ，A错误；由理想变压器的原、副线圈的电压与匝数成正比关系，可得 eq \f(U3,U4) ＝ eq \f(n3,n4) ，B正确；由电功率公式，可得输电线上损失的功率是ΔP＝I eq \\al(2,2) R＝ eq \f(（U2－U3）2,R) ，C正确，D错误．故选BC.
答案：BC
5．解析：理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比为 eq \f(U1,U2) ＝ eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(110,27.5) ＝ eq \f(4,1) ，故A正确；
机车工作电压由输入电压和线圈匝数决定，不由高铁机车运行功率决定，若高铁机车运行功率增大，根据P＝UI；可知电流将会增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率ΔP＝I2R；也会随之增大，故B错误，C正确；
根据功率关系可得P＝90%UI；其中U＝25 kV＝25 000 V；则电流为I＝ eq \f(P,90%U) ＝ eq \f(9×106,90%×25 000) ＝400 A
则牵引变电所至机车间的等效电阻为R＝ eq \f(U2－U,I) ＝ eq \f(27 500－25 000,400) Ω＝6.25 Ω，故D错误．
答案：AC
6．解析：根据题意可知，线圈转动产生感应电动势的最大值为Em＝ eq \r(2) UV＝n匝BSω
又有ω＝2πn转
解得n转＝3 000 r/min，故A正确；
根据题意可知，每个考场用电的电流为I0＝ eq \f(P,U) ＝ eq \f(25,11) A
流过降压变压器副线圈的电流为I4＝44I0＝100 A
由电流与线圈匝数关系有 eq \f(I3,I4) ＝ eq \f(1,5)
解得，输电线上的电流为I3＝20 A
输电线上损失的电压为ΔU＝I3R＝400 V，故B正确；
根据题意，由电压与线圈匝数关系有 eq \f(U3,U) ＝ eq \f(5,1)
可得，降压变压器原线圈的输入电压为U3＝1 100 V
则升压变压器副线圈的输出电压为U2＝U3＋ΔU＝1 500 V
升压变压器原、副线圈匝数之比为 eq \f(n1,n2) ＝ eq \f(UV,U2) ＝ eq \f(1,6) ，故C错误；
由电流与线圈匝数的关系有 eq \f(I1,I2) ＝ eq \f(6,1)
其中I2＝I3＝20 A
解得，升压变压器原线圈输入电流为I1＝120 A
发电机的输出功率为P入＝I1UV＝30 kW，故D错误．故选AB.
答案：AB
7．解析：互感器甲的原线圈并联在升压变压器副线圈两端，是电压互感器，互感器乙的原线圈串联在输电线电路中，是电流互感器，故A错误；电流表的示数为4 A，电流互感器乙原、副线圈的匝数比为1∶20，可知输电线上的电流为I2＝80 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则有输电线路上损耗的功率为P损＝I eq \\al(2,2) r＝802×20 W＝128 000 W＝128 kW，故B错误；电压表的示数为220 V，电压互感器的原、副线圈的匝数比为200∶1，可知升压变压器副线圈两端电压为U2＝44 000 V，则升压变压器的输出功率为P2＝U2I2＝44 000×80 W＝3 520 000 W＝3 520 kW
则有升压变压器的输入功率为3 520 kW，用户得到的功率为3 392 kW，故C正确；用电设备增多，降压变压器副线圈回路的电流增大，则输电线上的电流增大，输电线上的电压增大，降压变压器的输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，D错误．故选C.
答案：C
8．解析：若开关接cd端，则若电源电压为U0，理想变压器T1、T2的匝数比为 eq \f(n2,n1) ＝ eq \f(n3,n4) ＝k
用户电阻为R负载，输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律．升压变压器次级电压U2＝kU0
降压变压器初级电压U3＝U2－I2R导线
降压变压器次级电压U4＝ eq \f(U3,k) ，I4＝ eq \f(U4,R负载) ， eq \f(I4,I3) ＝k，I3＝I2
可得输电功率为P输＝U2I2＝ eq \f(k2U eq \\al(2,0) ,R导线＋k2R负载)
输电线上损耗的电功率为P导线＝I eq \\al(2,2) R导线＝ eq \f(k2U eq \\al(2,0) ,（R导线＋k2R负载）2) R导线
用户得到的电功率为P负载＝ eq \f(k2U eq \\al(2,0) ,（R导线＋k2R负载）2) ·k2R负载
若开关接ab端，则负载得到的功率P′负载＝ eq \f(U eq \\al(2,0) ,（R导线＋R负载）2) ·R负载
输电线上损耗的电功率为P′导线＝ eq \f(U eq \\al(2,0) ,（R导线＋R负载）2) R导线
将R导线＝R1＝R2＝20 Ω，R负载＝ eq \f(62,1.8) Ω＝20 Ω ，k＝3带入可知P负载>P′负载，即L2比L1更亮；
P导线答案：BC
呼吸机马达技术参数：
供电电压：24 V
空载转速：443 000 rpm
空载电流：0.2 A
额定转速：30 000 rpm
额定负载力矩：10 N·m
额定电流：1.9 A
额定输出功率：32 W