高考物理一轮复习课时分层练习11.2《变压器　电能的输送》(含答案详解)

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  课时分层作业  三十二变压器　电能的输送(45分钟　100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共9小题,每小题7分,共63分。1～5题为单选题,6～9题为多选题)1.(珠海模拟)如图所示,一理想变压器原线圈的匝数n1=1 100匝,副线圈的匝数n2=220匝,交流电源的电压u=220 sin(100πt) V,R为负载电阻,电压表、电流表均为理想电表,则下列说法中正确的是              (　　)A.交流电的频率为100 HzB.电压表的示数为44 VC.电流表A1的示数大于电流表A2的示数D.变压器的输入功率大于输出功率【解析】选B。交流电的周期T== s=0.02 s,f==50 Hz,故A项错误;原线圈的电压U1==220 V,=,则U2=44 V,故B项正确;原、副线圈的电流比等于匝数之反比,因为n1>n2,所以I1<I2,即电流表A1示数小于电流表A2示数,故C项错误;变压器的输入功率等于输出功率,故D项错误。2.(榆林模拟)如图所示,理想变压器的原、副线圈的匝数比是10∶1,电压表和电流表均为理想电表,一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上。从某时刻开始在原线圈接入电压有效值为220 V的正弦交流电,并将开关接在1处,则下列判断正确的是              (　　)A.电压表的示数为22 VB.若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω,则1 min内滑动变阻器产生的热量为1 452 JC.若只将S从1拨到2,变压器的输入功率减小D.若只将滑动变阻器的滑片向下滑动,则两电表示数均减小【解析】选B。变压器输入电压和输出电压之比为匝数之比,故输出端电压为 V=22 V,但由于二极管具有单向导电性,从而使通过二极管的电压有效值减小,由有效值的定义得·=T,得R两端电压的有效值U有效=11 V,故电压表示数一定小于22 V,故A项错误;接入电阻为10 Ω,则根据W=t可得,产生的热量Q=×60 J=1 452 J,故B项正确;若只将S从1拨到2,则输入端线圈匝数减小,匝数比减小,则输出电压增大,输出功率增大,故变压器的输入功率将增大,故C项错误;若只将滑动变阻器的滑片向下滑动,接入电阻增大,则输出端电流减小,但电压表示数不变,故D项错误。3.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1,电阻R=20 Ω,L1、L2为规格相同的两只小灯泡,S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合,此时L2正常发光。下列说法正确的是                 (　　)A.输入电压u的表达式u=20sin(50πt) VB.只断开S2后,L1、L2均正常发光C.只断开S2后,原线圈的输入功率增大D.若S1换接到2后,R消耗的电功率为0.8 W【解析】选D。周期是0.02 s,ω==100π,所以输入电压u的表达式应为u=20sin (100πt)V,A项错误;只断开S2后,负载电阻变大为原来的2倍,电压不变,副线圈电流变小为原来的一半,L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一,B项错误;只断开S2后,原线圈的输入功率等于副线圈的功率,都减小,C项错误;若S1换接到2后,电阻R电压有效值为4 V,R消耗的电功率为=0.8 W,D项正确。【加固训练】(昭通模拟)如图,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R表示输电线的电阻。 (　　)A.用电器增加时,变压器输出电压增大B.用电器增加时,变压器的输入功率增加C.用电器增加时,输电线的热损耗减少D.要提高用户的电压,滑动触头P应向下滑【解析】选B。用电器增加,表示负载值减小,输出功率会变大,但变压器输出电压不变,故A项错误;用电器增加时,输出功率要增加,又P入=P出,故输入功率也要增加,B项正确;用电器增加时,变压器的输出功率增加,输出电压不变,由P出=UI输电电流I变大,根据P热=I2R知输电线的热损耗增加,故C项错误;要提高用户的电压,根据=应使副线圈匝数增加,滑动触头P应向上滑,故D项错误。4.钳形电流测量仪的结构图如图所示,其铁芯在捏紧扳手时会张开,可以在不切断被测载流导线的情况下,通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0,则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是              (　　)A.该测量仪可测量直流电的电流B.载流导线中电流大小I0=C.若钳形部分铁芯没有完全闭合,测量出的电流将小于实际电流D.若将载流导线在铁芯上多绕几匝,钳形电流测量仪的示数将变小【解析】选C。钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器,只能测量交流电的电流,故A项错误;根据=得载流导线中电流大小I0=nI,故B项错误;若钳形部分铁芯没有完全闭合,载流导线中电流产生的磁场减弱,磁通量变化率减小,在内置线圈产生的感应电动势减小,感应电流减小,则测量出的电流将小于实际电流,故C项正确;根据n1I1=n2I2,知若将载流导线在铁芯上多绕几匝,即n1变大,I1、n2不变,则钳形电流测量仪的示数I2将变大,故D项错误。5.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示,发电机输出的电压恒定,通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电,已知输电线的总电阻为R,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,它的副线圈两端的交变电压如图乙所示,R0为负载电阻。若将变压器视为理想变压器,则下列说法中正确的是              (　　)A.降压变压器T2原线圈的输入电压为55 VB.降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4∶1C.当R0增大时,升压变压器T1的输出电压不变D.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压【解析】选C。降压变压器的输出电压U4= V=220 V,根据=得,降压变压器T2原线圈的输入电压U3=880 V,故A项错误;变压器是理想变压器,变压器的输入功率和输出功率相等,故B项错误;当R0增大时,由于发电机输出的电压恒定,则升压变压器T1的输出电压不变,故C项正确;升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压和输电线上的电压损失之和,故D项错误。6.(南昌模拟)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光。要使灯泡变亮,可以采取的方法有(　　)A.向下滑动PB.增大交流电源的电压C.增大交流电源的频率D.减小电容器C的电容【解析】选B、C。向下滑动P,副线圈匝数减少,电压减小,故A项错误;增大交流电源的电压,副线圈两端电压也增大,故B项正确;增大交流电源的频率,减小了容抗,通过电容器的电流增大,故C项正确;减小电容器的电容,增大了容抗,通过灯泡的电流减小,灯泡变暗,故D项错误。7.如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1=20 Ω,R2=30 Ω,C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示,则              (　　)A.交流电的频率为50 HzB.原线圈输入电压的最大值为200 VC.电阻R2的电功率约为6.67 WD.通过R3的电流始终为零【解析】选A、C。根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同,周期为0.02 s、频率为50 Hz,A项正确;由图乙可知通过R1的电流最大值为Im=1 A,根据欧姆定律可知其最大电压为Um=20 V,再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V,B项错误;根据正弦交流电的峰值和有效值关系、并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I= A= A,电阻R2的电功率为P=I2R2=×30 W≈6.67 W,C项正确;因为电容器有通交流、阻直流的作用,则有电流通过R3和电容器,D项错误。8.如图甲所示为一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n1∶n2=3∶1,且分别接有阻值相同的电阻R1和R2,R1=R2=100 Ω,通过电阻R1瞬时电流如图乙所示,则此时(　　)A.用电压表测量交流电源电压约为424 VB.断开开关K后,通过电阻R1的瞬时电流还是如图乙所示C.交流电源的功率为180 WD.R1和R2消耗的功率之比为1∶3【解析】选A、C。由=,=得,通过R1的电流有效值为I1=A= A,通过R2的电流的有效值I2= A,副线圈两端的电压U2=I2R2=×100 V=90 V,原线圈两端电压U1=270 V,而U=U1+I1R1=300 V≈424 V,故A项正确;断开开关K后,通过电阻R1的电流为0,故B项错误;交流电源的功率P=UI1=180 W,故C项正确;R1消耗的功率P1=R1=18 W,R2消耗的功率P2=R2=162 W,=,故D项错误。【加固训练】(雅安模拟)如图所示电路中,变压器为理想变压器,电表均为理想电表,L1、L2、L3、L4为额定电压均为2 V的相同灯泡。当ab端接一正弦交流电时,闭合电键S,四只灯泡均正常发光,则以下说法正确的是              (　　)A.变压器原、副线圈匝数比为3∶1B.ab端所接正弦交流电电压最大值为6 VC.只增大ab端所接正弦交流电的频率,灯泡亮度均会变化D.断开电键S后,L1、L2仍能正常发光【解析】选A。闭合电键S,四只灯泡均正常发光,设每盏灯的电流为I,原、副线圈电流比为1∶3,因为电流与匝数成反比,所以变压器原、副线圈匝数比为3∶1,故A项正确;四只灯泡均正常发光,副线圈两端的电压为2 V,根据电压与匝数成正比可知,原线圈电压为6 V,灯泡L1分担电压为2 V,所以ab端所接正弦交流电电压有效值为8 V,最大值为8 V,故B项错误;只增大ab端所接正弦交流电的频率,根据Em=nBSω=nBS·2πf可知,电动势最大值不变,匝数不变,原、副线圈电压不变,所以灯泡亮度不会变化,故C项错误;断开电键S后,副线圈电压不变,副线圈电阻增大,电流减小,原线圈电流减小,L1就不能正常发光,故D项错误。9.某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为P1。第二次采用如图所示的电路输电,其中理想变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1∶n2,理想变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2。下列说法正确的是(　　)A.前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B.实验可以证明,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C.若输送功率一定,则P2∶P1=∶D.若输送功率一定,则P2∶P1=n1∶n2【解题指导】解析本题应注意以下两点:(1)对于远距离输电问题,一定要明确整个过程中的功率、电压关系。(2)注意导线上损失的电压和功率与哪些因素有关。【解析】选B、C。变压器只能改变交变电流的电压,所以第二次实验只能研究远距离交流输电,故A项错误;实验可以证明,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失,故B项正确;第一次实验输电线上的电流I=,输电线上损失的功率P1=I2R=R;第二次实验,升压变压器副线圈上的电压U2=U1,输电线上的电流I′=,输电线上损失的功率P2=I′2R=R,所以==,故C项正确,D项错误。二、计算题(12分。需写出规范的解题步骤)10.一个小型水力发电站发电机输出交流电压为500 V,输出电功率为50 kW,用总电阻为3.0 Ω的输电线向远处居民区供电。求:(1)若直接采用500 V电压输电,这时居民获得的电功率P1。(2)若采用高压输电,先将电压升至5 000 V,到达用户端再用降压变压器变为220 V供居民使用,不考虑变压器的能量损失,求降压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2。【解析】(1)输电线上的电流为I== A=100 A输电线路损耗的功率为Pr=I2r=30 kW居民获得的总功率为P1=P-Pr=20 kW。(2)高压输电后,输电线上的电流为I′== A=10 A输电线路损耗的电压为U损=I′r=10×3 V=30 V降压变压器原线圈的电压为U2=U′-U损=5 000 V-30 V=4 970 V降压变压器的降压比为===。答案:(1)20 kW　(2)497∶22【加固训练】某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站,发电机输出功率为9 kW,输出电压为500 V,输电线的总电阻为10 Ω,允许线路损耗的功率为输出功率的4%。求:(1)村民和村办小企业需要220 V电压时,所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少?(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送,村民和村办小企业得到的电压和功率是多少?【解析】(1)输电电路图如图所示,由ΔP=4%P输出和ΔP=R得I2==6 A 则U送==1 500 V升压变压器原、副线圈匝数比===输电线上电压损失ΔU=I2R=60 V故降压变压器输入电压U1=U送-ΔU=1 440 V故降压变压器原、副线圈匝数比===。(2)若不用变压器,则输电电流I==18 AU=U0-IR=320 V,P=P输出-I2R=5 760 W。答案:(1)1∶3　72∶11　(2)320 V　5 760 W【能力拔高题组】1.(8分)(多选)如图所示,R1、R2、R3为完全相同的标准电阻。甲、乙两种情况下电阻R2、R3的功率均为P,且匝数比n1∶n2均为4∶1,则              (　　)A.图甲中R1的功率为B.图甲中R1的功率为16PC.图乙中R1的功率为16PD.图乙中R1的功率为【解析】选B、D。设R2两端电压为U,根据电压与匝数成正比,得线圈n1两端的电压为4U,根据P=,R1两端的电压是R2两端电压的4倍,R2的功率为P=,R1的功率为P1==16P,故A项错误、B项正确;R2、R3是完全相同的电阻,功率均为P,由P==I2R知,副线圈电流为I,副线圈电压均为U,根据电压与匝数成正比,有原线圈两端电压为4U,根据输入功率等于输出功率,有4UI1=2P=2UI,解得I1=,R1的功率P′1=R=I2R=P,故C项错误、D项正确。2.(17分)如图为远距离输电过程的示意图。已知某个小型发电机的输出功率为90 kW,发电机的电压为250 V,通过升压变压器升高电压后向远处输电,输电线总电阻为5 Ω,在用户端用一降压变压器把电压降为220 V,要求在输电线上损失的功率控制为2 kW(即用户得到的功率为88 kW),求:(1)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流。(2)输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压。(3)两个变压器各自的匝数比。【解析】(1)由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同,根据功率的相关公式可知降压变压器输出电流为I4== A=400 A根据输电导线消耗的功率P损的相关公式可知:I2== A=20 A。(2)由欧姆定律可知输电导线消耗的电压为U损=I2r=20×5 V=100 V,根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2,即U2== V=4 500 V。(3)由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为U3=U2-U损=4 500 V-100 V=4 400 V,根据理想变压器原、副线圈与匝数的关系可知===,===。答案:(1)400 A　20 A　(2)100 V　4 500 V　(3)1∶18　20∶1