人教版 (2019)选择性必修 第二册电能的输送达标测试

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册电能的输送达标测试，共18页。试卷主要包含了2 变压器 电能的输送，6%，4kW等内容，欢迎下载使用。
\l "_Tc207821982" 题组1：变压器的原理与规律 PAGEREF _Tc207821982 \h 1
\l "_Tc207821983" 题组2：原线圈含用电器的变压器电路 PAGEREF _Tc207821983 \h 3
\l "_Tc207821984" 题组3：含二极管的变压器 PAGEREF _Tc207821984 \h 5
\l "_Tc207821985" 考点二 理想变压器的动态分析 PAGEREF _Tc207821985 \h 6
\l "_Tc207821986" 题组1：负载变化，匝数比不变 PAGEREF _Tc207821986 \h 6
\l "_Tc207821987" 题组2：负载不变，匝数比变化 PAGEREF _Tc207821987 \h 9
\l "_Tc207821988" 考点三 远距离输电问题 PAGEREF _Tc207821988 \h 11
\l "_Tc207821989" 题组1：远距离输电回路与基本关系 PAGEREF _Tc207821989 \h 11
\l "_Tc207821990" 题组2：远距离输电的动态分析 PAGEREF _Tc207821990 \h 13
\l "_Tc207821991" 考点四 特殊变压器 PAGEREF _Tc207821991 \h 14
\l "_Tc207821992" 题组1：互感器 PAGEREF _Tc207821992 \h 14
\l "_Tc207821993" 题组2：自耦变压器 PAGEREF _Tc207821993 \h 16
13.2 变压器 电能的输送
考点一 变压器原理与规律
题组1：变压器的原理与规律
1. （单选）如图所示为无线充电宝给手机充电的工作原理图。充电时，手机与阻值R=2Ω的电阻串接于受电线圈两端c和d，并置于充电宝内的送电线圈正上方，送电线圈与受电线圈的匝数比为1∶3，两线圈自身的电阻忽略不计。当ab间接上3V的正弦交变电流后，手机两端的输入电压为5V，流过手机的电流为1A，则( )
A. 受电线圈cd两端的输出电压为9VB. ab端的输入功率为7W
C. 流经送电线圈的电流为3AD. 充电效率一定小于55.6%
【答案】D
【解析】A.根据题意，受电线圈cd两端的输出电压为U2=I2⋅R+U=1A×2Ω+5V=7V
故A错误；
B.根据题意知U1:U2=3V:7V=3:7≠n1:n2
故判断送电线圈与受电线圈非理想线圈，因为P出=7V×1A=7W
故ab端的输入功率大于7W，故B错误；
C.根据B项分析知，送电线圈与受电线圈非理想线圈，故n1:n2≠I2:I1
解得流经送电线圈的电流I1≠3A
故C错误；
D.如果是理想变压器，则根据电压与匝数比的关系知受电线圈cd两端的输出电压为U 2'=9V
电路的总的输入功率为 U 2'I2 ，电池产生的热功率为 I 22r ，故充电效率η=UI2−I 22rU 2'I2=59−I2rU 2'2Ir2 ④
又r1=r2，由①②④三式可得U1−U2>2(U2−U3)，故AB错误。
CD、S闭合后，根据并联电路特点可知，R3、R并联电阻之和，小于R3，所以S闭合后，R2、R3、R、r2的和电阻减小，设和电阻为R和，由欧姆定律可得U1=Irl(r1+R合)，所以Irl增大，再结合①可得U2减小。又U2=IR2⋅R2，通过R2电流IR2减小，结合③式得通过r2电流Ir2增大，又有②得U3减小。故C错误，D正确。
故选D。
2. （单选）如图所示，理想变压器输入电压保持不变，副线圈与滑动变阻器R相连，交流电压表和交流电流表均可视为理想电表，变压器的滑片向a端滑动，则( )
A. 电压表的示数增大B. 电流表的示数增大
C. 变压器的输出功率减小D. 变压器的输入功率不变
【答案】C
【解析】A.变压器的滑片向a端滑动，根据 U1U2=n1n2 ，电压表的示数不变，A错误；
B.变压器的滑片向a端滑动，R变大，U2不变，电流表的示数增小，B错误；
C.变压器的滑片向a端滑动，R变大，U2不变，电流表的示数增小，根据 P2=U2I2 ，变压器的输出功率减小，C正确；
D.根据 P1=P2 ，变压器的输入功率变小，D错误。
故选C。
3. （多选）如图所示，小型发电机线圈固定，共有100匝，线圈电阻不计，发电机通过旋转磁极发电，旋转方向如图所示，旋转速度为12r/min，通过线圈的最大磁通量为5 22πWb，理想变压器的原、副线圈的匝数比为5∶1，电流表和电压表均为理想电表，负载电阻R0，滑动变阻器R，下列说法正确的是( )
A. 电压表的示数为100V
B. 电压表的示数为20V
C. 将滑动变阻器的滑片向下移，电流表的示数减小
D. 将滑动变阻器的滑片向下移，电压表的示数增大
【答案】BC
【解析】AB.线圈转动角速度为 ω=2πn=2π×1260rad/s=0.4πrad/s
线圈产生的感应电动势最大值为 Em=nBSω=100×5 22π×0.4πV=100 2V
则原线圈输入电压为 U1=Em 2=100V
副线圈输出电压为 U2=n2n1U1=20V
可知电压表的示数为20V，故A错误，B正确；
CD.将滑动变阻器的滑片向下移，滑动变阻器接入电路阻值增大，副线圈总电阻增大，根据欧姆定律可知，副线圈电流 I2 减小，根据 I1I2=n2n1 可知，原线圈电流 I1 减小，则电流表的示数减小，故C正确，D错误。
故选BC。
题组2：负载不变，匝数比变化
4. （单选）如图为一种自耦调压器的结构示意图，线圈均匀绕在铁芯上，通过滑片P可调节副线圈匝数。A、B间输入电压为u=220 2sin100πt(V)，副线圈上接有1个电动机M，E为线圈C、D的中点。电动机M的内阻r=10Ω，额定电压U=220V，额定功率P=110W。则( )
A. 当滑片P向上移动时，原线圈的电流将变小
B. 当滑片P向上移动时，电动机的损耗功率将减小
C. 当滑片P置于E处时，电动机两端的电压为220V
D. 当滑片P置于C处时，电动机的输出功率为107.5W
【答案】D
【解析】AB.当滑片P向上移动时，电动机两端的电压变大，流过电动机的电流变大，电动机损耗功率变大，副线圈电流变大，根据变压器电流比与匝数比之间的关系，则原线圈的电流将变大，选项AB错误；
D.当滑片P置于C处时，变压器次级电压等于初级电压，则电动机两端电压有效值为220V，则，正好正常工作，则I=PU=110220A=0.5A，电动机输出功率为，选项D正确；
C.当滑片P置于E处时，电动机两端的电压为U2=n2n1U1=12×220 2 2V=110V，选项C错误。
故选D。
5. （多选）如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以( )
A. 保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B. 将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变
C. 将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D. 将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动
【答案】AC
【解析】A.保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与 R1 串联后的总电阻减小，电流增大，根据 P=I2R1 可知此时热功率增大，故A正确；
B.将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过 R1 的电流减小，故热功率减小，故B错误；
C.将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与 R1 串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，故C正确；
D.将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与 R1 串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，故D错误。
故选AC。
6. （多选）如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为4：1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计。从某时刻开始单刀双掷开关掷向a，在原线圈两端加上如图乙所示交变电压，则下列说法中正确的是( )
A. 当开关与a连接时，电压表的示数为55V
B. 当开关与a连接时，滑动变阻器触片向下移，电压表示数不变，电流表的示数变大
C. 开关由a扳到b时，副线圈电流表示数变为原来的3倍
D. 当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为原来2倍
【答案】AB
【解析】A、当开关与a连接时，原副线圈匝数比为n1：n2=4：1。分析图乙，根据正弦式交变电流最大值和有效值的关系可知，原线圈输入电压为U1=U1m 2=311 2V≈220V，根据U1U2=n1n2，可得副线圈输出电压U2=55V，则电压表的示数为55V，故A正确；
B、当开关与a连接时，滑动变阻器触片向下移，阻值减小，原线圈输入电压不变，匝数不变，则副线圈输出电压不变，电压表示数不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈输出电流增大，则电流表的示数变大，故B正确；
C、开关由a扳到b时，原副线圈匝数比为2：1，根据U1U2=n1n2，知副线圈输出电压变为原来的2倍，根据欧姆定律可知，副线圈电流表示数变为原来的2倍，故C错误；
D、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈匝数的变化，不会改变频率，故当单刀双掷开关由a扳向b时，副线圈输出电压的频率不变，故D错误。
故选：AB。
考点三 远距离输电问题
题组1：远距离输电回路与基本关系
1. （单选）某发电厂原来用11kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220kV输电，输入功率都是P。若输电线路的电阻为R，变压器为理想变压器。下列说法正确的是( )
A. 根据公式U=IR，提高电压后输电线上的电压损失变为原来的20倍
B. 根据公式I=UR，提高电压后输电线上的电流增大为原来的20倍
C. 根据公式P损=I2R，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的1400
D. 根据公式P损=U2R，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
【答案】C
【解析】AB.输电线上的电流为I=PU
可知提高电压后输电线上的电流减小为原来的 120 。输电线上的电压损失为ΔU=IR=PUR
可知提高电压后输电线上的电压损失变为原来的 120 ，故AB错误；
CD.根据公式P损=I2R，提高电压后输电线上的功率损失减小为原来的 1400 ，故C正确，D错误。
故选C。
2.水电站是具有发电、灌溉、供水和旅游等综合经济效益的综合性水利工程，如图所示，水电站用一交流发电机组向远处电动机供电。已知发电机线圈abcd的面积S=0.04m2，匝数N=75，匀强磁场的磁感应强度大小B= 2πT，线圈匀速转动的角速度ω=150πrad/s，用电器Y与线圈串联。输电导线的总电阻R=8Ω，升压变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=1:10，降压变压器原、副线圈的匝数比n3:n4=10:1。电动机正常工作且铭牌上标有“220V、11kW”字样。
(1)求输电线路上的发热功率P热；
(2)若发电机线圈电阻可忽略不计，求用电器Y消耗的功率PY。
【答案】解：(1)设降压变压器原、副线圈的电流分别为 I3 、 I4 ，电动机正常工作，则 I4=PMUM=50A，
根据理想变压器的原理有 I3I4=n4n3，解得 I3=5A，
根据焦耳定律可知 P热=I32R，解得 P热=200W；
(2)根据理想变压器的原理有 U3UM=n3n4，解得 U3=2200V，
升压变压器副线圈两端电压 U2=U3+I3R=2240V，
根据理想变压器的原理有 U1U2=n1n2，解得 U1=224V，
根据理想变压器的原理有 I1I3=n2n1，解得 I1=50A，
线框产生的感应电动势的最大值 Em=NBSω=450 2V，
线框产生的感应电动势 E=Em 2=450V，
用电器Y消耗的功率 PY=EI1−U1I1，
解得 PY=11300W。
3.绿色环保、低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家。如图为电动汽车安装充电桩的电路，已知总电源的输出电压为U=220V，输电线的总电阻r=12Ω，变压器视为理想变压器，其中降压变压器的匝数比为n3:n4=42:1，汽车充电桩获得的电压为50V，用户获得的功率为2.1×105W，求：
(1)输电线上的电流I；
(2)升压变压器的匝数比n1:n2。
【答案】解：(1)降压变压器副线圈电流I4=PU4=2.1×10550A=4.2×103A，
输电线上的电流I=n4n3I4=100A。
(2)降压变压器原线圈电压U3=n3n4U4=42×50V=2100V，
输电线上电压降U线=Ir=1200V，
升压变压器副线圈电压U2=U3+U线=3300V，
升压变压器的匝数比n1:n2=U1:U2=U:U2=1:15。
题组2：远距离输电的动态分析
4. （单选）某同学借助如图所示的电路，探究电网输电的规律。电路中升压变压器原线圈接电压恒定的交流电源，变压器均可视为理想变压器，电表均可视为理想电表，则下列说法中正确的是
A. 仅将P1向上调，电压表示数会增大
B. 仅将P1向上调，电流表示数会减小
C. 若用户增多，电网负荷增大，要想用电器正常工作，应将P2向下调
D. 演示“夜深了，灯更亮了”，应将变阻器R的滑片向上调，电流表示数减小而电压表示数不变
【答案】B
【解析】A、仅将P1向上调，即升压变压器原线圈匝数n1增大，而原线圈输入电压U1恒定，根据U1U2=n1n2，副线圈电压U2会减小，整个输电过程中，后续的用电器和电路结构不变，所以最终电压表示数会减小，故A错误。
B、由选项A可知，仅将P1向上调，升压变压器副线圈电压U2增大，整个输电过程中，后续的用电器和电路结构不变，所以最终输出电压增大，而电阻不变，则输出电流减小，所以输电电流也减小，电流表示数会减小，故B正确。
C、若用户增多，电网负荷增大，即总功率增大，在输电电压一定的情况下，输电电流增大，输电线上的电压损失△U=IR０增大，降压变压器原线圈输入电压U3=U2−△U会减小， 为使用电器正常工作，即降压变压器副线圈输出电压U4不变，U3U4减小，根据U3U4=n3n4，降压变压器原线圈匝数n3不变，n4增大，也就是应将P2向上调，故C错误。
D、想演示“夜深了，灯更亮了”，意味着用户端用电器减少，总电阻增大，(应将变阻器R的滑片向上调)，总电流减小，输电线上的电流也减小，输电线上的电压损失减小，降压变压器原线圈输入电压增大，副线圈输出电压也增大，则电流表示数减小，电压表示数变大，故D错误。
5. （多选）下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有( )
A. T1输出电压与T2输入电压相等
B. T1输出功率大于T2输入功率
C. 若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D. 若用户接入的用电器增多，则T2输出功率增大
【答案】BD
【解析】AB.由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率；T1输出电压大于T2输入电压，故 A错误，B正确；
C.由于输入电压不变，所以变压器T1的输出变压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损=I2R，可知R功率增大，故C错误；
D.用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故 D正确。
故选BD。
6. （多选）如图所示为远距离输电示意图，各变压器均视为理想变压器，若发电机的输出电压U1不变。在用电高峰时(可等效为用户的总电阻减小)，电路中所标物理量变化正确的是( )
A. 降压变压器的输出电压U4增大B. 输电线上的电流I2增大
C. 输电线上损失的电压ΔU减小D. 升压变压器的输出电压U2不变
【答案】BD
【解析】当用电高峰时，用户总功率增大，降压变压器的输出电流I4增大，则输电线上的电流I2增大，由ΔU=I2R线可知输电线上的电压损失ΔU增大，发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压U3减小，所以用户得到的电压U4减小，故AC错误，BD正确；
故选：BD。
考点四 特殊变压器
题组1：互感器
1. （多选）如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1：10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻为10Ω，下列说法正确的是( )
A. 将滑动触头P下移，用户获得的电压将增大
B. 采用高压输电可以减小输电线中的电流
C. 用户获得的功率为19kW
D. 升压变压器的输出电压U2=1000V
【答案】BC
【解析】A.将P下移，降压变压器的原线圈匝数变多，即 n3 变大，对于理想变压器，有U3U4=n3n4，化简得U4=U3n4n3，所以降压变压器的输出电压将减小，即用户获得的电压将减小，所以A错误；
B.当输电功率不变时，增加升压变压器的输入电压，电流会减小。对于理想变压器，有I1I2=n2n1，可知，输电线的电流会减小。所以采用高压输电可以减小输电线中的电流，所以B正确；
CD.由电流互感器可得，输电线的电流为I2=10I'=10×1A=10A，由题意可知，升压变压器的输出功率为20kW，则可得升压变压器的输出电压为U2=P2I2=2000V，由题意及以上选项分析可得，输电线损耗的功率为ΔP=I 22r=102×10W=1000W，则用户获得的功率为P4=P3=P2−ΔP=19kW，所以C正确D错误；
故选BC。
2. （多选）“西电东送”是我国实现经济跨区域可持续快速发展的重要保证，如图为模拟远距离高压输电示意图。已知升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为20:1和1:20，各互感器和电表均为理想状态，则下列说法正确的是( )
A. 电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流作用
B. 若电压表的示数为200 V，电流表的示数为5 A，则线路输送电功率为100kW
C. 若保持发电机输出电压U1和用户数不变，仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率增大
D. 若发电机输出电压U1一定，仅增加用户数，为维持用户电压U4不变，可将滑片P上移
【答案】ACD
【解析】A.根据电压与匝数成正比知电压互感器起降压作用，根据电流与匝数成反比知电流互感器起减小电流作用，故A正确；
B.电压互感器原线圈两端电压U2=n1'n2'U=201×200V=4000V，电流互感器原线圈中的电流I2=n4'n3'I=201×5A=100A，对于理想变压器，线路输送电功率P=P2=U2I2=4000×100W=4×105W，故B错误；
C.仅将滑片Q下移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n2，根据理想变压器的规律U2=n2n1U1，升压变压器副线圈两端的电压增大，降压变压器原线圈两端电压U3增大，副线圈两端电压U4增大，通过负载的电流I4=U4R，又用户数不变，即负载总电阻R不变，则I4增大，降压变压器原线圈中的电流I3=n4n3I4，匝数比不变，I3增大，根据ΔP=I32r，则输电线上损耗功率增大，故C正确；
D.仅增加用户数，即负载总电阻R减小，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，则通过副线圈的电流I4=U4R增大。降压变压器原线圈中的电流增大。输电线上的电压损失ΔU=I3r增大。原线圈两端电压U3=U2−ΔU减小。根据U4=n4n3U3可知，当U3减小时，减小n3可以使U4不变，所以要将降压变压器的滑片P上移，故D正确。
故选ACD。
题组2：自耦变压器
3. （单选）如图所示为理想自耦变压器与负载连接的电路，原线圈输入交流电的电压恒定不变。现闭合开关S，电动机M开始工作，则( )
A. 闭合S后，副线圈输出电压增大
B. 闭合S后，电阻R两端的电压减小
C. 闭合S后，原线圈输入功率减小
D. 滑动触头P向下移动，灯L可能恢复到原来的亮度
【答案】D
【解析】A. 闭合S后，副线圈输出电压U2=n2n1U1，则副线圈输出电压不变，选项A错误；
BC.闭合S后，副线圈中的总电阻减小，则副线圈中的总电流变大，电阻R两端的电压变大，副线圈中消耗的功率变大，则原线圈的输入功率变大，选项 BC错误；
D. 闭合S后，电阻R两端的电压变大，则灯泡两端电压减小，亮度变暗；若滑动触头P向下移动，则原线圈的匝数减小，根据U2=n2n1U1，可知，副线圈两端的电压变大，则灯泡两端电压会变大，即灯L可能恢复到原来的亮度，选项 D正确。
故选D。
4. （单选）如图甲所示，虚线(磁场边界)左侧有一竖直向下的匀强磁场(磁感应强度为B)，一正方形线框(边长为L，匝数为N，不计线框内阻)从图示位置绕水平上边O为轴顺时针匀速转动，以角速度为ω进入磁场区域。现将该线框产生的交流电接入图乙电路的CD端，定值电阻R1阻值为R，L1电阻为4R，忽略灯丝电阻随温度的变化，A1为理想交流电流表，K为理想二极管，P为理想自耦变压器上的滑动触头，P'为滑动变阻器上的滑片。下列说法正确的是( )
A. 线框转动切割产生的电动势最大值为12NBL2ω
B. 电流表A1的读数为NBL2ω10R
C. P不动，P'向下滑动时，U2减小
D. P顺时针转动一个小角度，同时P'向下滑动时，小灯泡L2的亮度可以不变
【答案】D
【解答】A.线框转动切割产生的电动势最大值为Em=NBL2ω，故A错误；
B.由图甲可知线框运动的半个周期内产生交变电流，由图乙可知由于二极管的存在，流过灯泡 L1 的电流只有 T4 正弦式电流流过；电流表的示数为流过电流表的有效值，根据有效值的定义有I2RT=Im 22R⋅T4，其中Im=EmR+4R，解得I= 2NBL2ω20R，故B错误；
C. P 不动， P' 向下滑动时，由于变压器的匝数比不变，可知电压 U2 不变，故C错误；
D.由欧姆定律知流过灯泡 L2 的电流I2=U2RL2+R'，P 顺时针转动一个小角度，副线圈匝数减小，电压 U2 减小；同时 P' 向下滑动时，接入电路的电阻 R' 减小，所以小灯泡 L2 的亮度可能不变，故D正确。
故选D。