高中物理高考 专题12 变压器 远距离输电（解析版）

这是一份高中物理高考 专题12 变压器 远距离输电（解析版），共11页。
专题12 变压器 远距离输电【母题来源一】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国Ⅱ卷）  【母题原题】(2020·全国Ⅱ卷)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电,输电线上损耗的电功率为ΔP,到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下,改用1 100 kV特高压输电,输电线上损耗的电功率变为ΔP',到达B处时电压下降了ΔU'。不考虑其他因素的影响,则              (　　)A．∆P′=∆P B．∆P′=∆P C．∆U′=∆U D．∆U′=∆U【答案】AD【解析】由电功率公式得ΔP=I2R, 输电线上电压下降ΔU=IR,输电电流为,在输送的电功率和输电线电阻都不变时,U变为原来的2倍,电流变为原来的,则ΔP'=ΔP,ΔU'=ΔU,选项A、D正确,B、C错误。【母题来源二】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国Ⅲ卷）(2020·全国Ⅲ卷)在图(a)所示的交流电路中,电源电压的有效值为220 V,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1、R2、R3均为固定电阻,R2=10 Ω,R3=20 Ω,各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是              (　　)A.所用交流电的频率为50 HzB.电压表的示数为100 VC.电流表的示数为1.0 AD.变压器传输的电功率为15.0 W【答案】AD【解析】由图(b)可知,T=0.02 s,所以f=50 Hz,A正确;由图(b)可知电流i2的最大值为Im= A,故有效值I2==1 A,R2两端的电压U2=I2R2=10 V,由理想变压器的电压特点可得原线圈的两端电压U1=100 V,所以电压表的示数为UV=220 V-100 V=120 V,B错误;由欧姆定律得IA=A=0.5 A,C错误;变压器副线圈的电流I=1 A+0.5 A=1.5 A,变压器传输的电功率P=U2I=10 V×1.5 A=15.0 W,D正确。【母题来源三】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（江苏卷）(2020·江苏高考)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器,工作原理如图所示。其原线圈匝数较少,串联在电路中,副线圈匝数较多,两端接在电流表上。则电流互感器              (　　)A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流【答案】D【解析】原线圈匝数较少,电流互感器是一种升压变压器,A选项错误。电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象,只可以测量交变电流,B选项错误。电流互感器不会改变电流的频率,只改变电流的大小,故原、副线圈电流的频率相同,C选项错误。原线圈匝数较少,根据I1n1=I2n2,电流互感器是一种降电流的变压器,副线圈的电流小于原线圈的电流,D正确。【母题来源四】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（山东卷）(2020·山东等级考)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=22∶3,输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω,额定电压为24 V。定值电阻R1=10 Ω、R2=5 Ω, 滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作,滑动变阻器接入电路的电阻应调节为              (　　)A.1 Ω　　　B.5 Ω　　　C.6 Ω　　　D.8 Ω【答案】A【解析】输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值),根据理想变压器电压规律可知副线圈电压有效值为,灯泡正常工作时电压为24 V,则通过灯泡的电流即副线圈部分的干路电流为,根据串联分压规律可知,R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为U=U2-UL=30 V-24 V=6 V,则通过R1的电流为,通过R2、R的电流为I2=IL-I1=1.6 A-0.6 A=1 A,R2、R串联的总电阻,解得滑动变阻器的阻值为,A正确,B、C、D均错误。故选A。【母题来源四】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（浙江卷）(2020·浙江7月选考)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率P=100 kW,发电机的电压U1=250 V,经变压器升压后向远处输电,输电线总电阻R线=8 Ω,在用户端用降压变压器把电压降为U4=220 V。已知输电线上损失的功率P线=5 kW,假设两个变压器均是理想变压器,下列说法正确的是              (　　)A.发电机输出的电流I1=40 AB.输电线上的电流I线=625 AC.降压变压器的匝数比n3∶n4=190∶11D.用户得到的电流I4=455 A【答案】C【解析】选C。发电机的输出电流 A=400 A,选项A错误。输电线上的电流I线 = A=25 A,选项B错误。升压变压器的副线圈输出电压U2 = ,输电线损耗电压ΔU=I线R=25×8 V=200 V,降压变压器的原线圈电压U3=U2-ΔU= 3 800 V,故降压变压器的匝数比,选项C正确。降压变压器的功率P4=P3=P-P线=95 kW,故用户得到的电流I4= A=431.8 A,选项D错误。【命题意图】考查变压器的工作原理、欧姆定律、闭合电路欧姆定律和电功率等知识，意在考查考生的理解能力和综合分析能力。【考试方向】对理想变压器的动态分析的考查：一是负载不变，通过匝数变化求解原副线圈的各参量；二是匝数不变，负载变化，讨论各量的变化。【得分要点】1、电压器的几个常用关系：（1）电压关系：或者或者（多个副线圈时），即原副线圈两端电压之比等于线圈的匝数之比。（2）电流关系：根据P入=P出可求出，或者n1I1=n2I2或者n1I1=n2I2+n3I3+n4I4+n5I5+…（有多个副线圈时）。（3）功率关系：P入＝P出，即I1U1＝I2U2（一个副线圈）或者I1U1＝I2U2+I3U3+I4U4+…（多个副线圈）。（4）各物理量之间的制约关系：输入电压U1决定输出电压U2；输出功率P出决定输入功率P入；输出电流I2决定输入电流I1。对于动态变化问题，求解思路是：通过某一电阻变化判断整体电阻变化，据闭合电路欧姆定律判断干路电流变化；再抓住“原线圈电压决定副线圈电压、副线圈电路决定原线圈电流、副线圈输出功率决定输入功率”这个结论。[来源:Z&xx&k.Com]2、解远距离输电问题必备技巧（1）正确画出输电过程示意图，并在图上标出各物理量。（2）抓住变压器变压前、后各量间关系，求出输电线上的电流。（3）计算电路功率问题时常用关系式：，注意输电线上的功率损失和电压损失。（4）电网送电遵循“用多少送多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定。1．(2020·云南昆明质检)如图所示为一理想变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u＝Umsin(100πt) V．当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光．下列说法正确的是(　　)A．三个灯泡的额定电压为Um/8B．变压器原、副线圈匝数比为9∶2C．此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2∶7D．流过灯泡c的电流，每0.02 s方向改变一次【答案】C【解析】设灯泡的额定电压为U，根据题意，输入电压U入＝＝8U，得U＝，此时原线圈两端的电压为U1＝U入－U＝7U，副线圈两端的电压为U2＝2U，则变压器原、副线圈匝数比为＝＝，根据＝＝，因为a、b此时都能正常发光，故电压都为额定电压，根据P＝UI，可知a、b消耗的电功率与电流成正比，即此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2∶7，由输入电压的表达式，可知角频率ω＝100π rad/s，则周期T＝＝0.02 s，而变压器不会改变交变电流的周期，故每0.02 s电流方向改变两次．故A、B、D错误，C正确．2．（2019·天津高考模拟）高压输电可大大节能，至2017年11月，我国已建成投运8项1000 kV特高压交流工程和11项 kV特高压直流工程。中国全面掌握了特高压核心技术，成为世界首个也是唯一成功掌握并实际应用特高压技术的国家。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，通过升压变压器和降压变压器向用户供电，已知输电线的总电阻为，降压变压器的原、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，若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是A．降压变压器原线圈的输入电压为880 VB．降压变压器的输入功率与输出功率之比为4:1C．当用户端用电量增大时，输电线上损耗的功率减小D．当用户端用电量增大时，发电厂输出的功率也增大【答案】AD【解析】A．由图象得到，降压变压器副线圈两端交变电压U＝220sin100πt V，有效值为220 V，降压变压器原、副线圈匝数之比为4:l，故降压变压器T2原线圈的输入电压为：4×220 V＝880 V，故A正确；B．降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1:1，故B错误；C．输出功率增大，则输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，故C错误；D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，输出和损失的功率都增大，故发电机输出功率增大，故D正确。3.(2020·年山西六校联考)如图甲所示，一阻值为R的电阻接在电动势为E、内阻为r的直流电源两端，电源的效率为94.1%；如图乙所示，当该阻值为R的电阻通过理想变压器接在电压有效值为E、内阻为r的交流电源上时，变压器原线圈两端的电压为，则该变压器的原、副线圈匝数比为(　　)A．4∶1 B．1∶4C．16∶1 D．1∶16【答案】B【解析】根据电源的效率为94.1可知η＝＝＝＝＝94.1，解得R＝16r，根据原、副线圈的电压比等于匝数比可知，＝＝，解得U2＝，根据原、副线圈的功率相等可知，I1U1＝I2U2＝，即×＝，综合R＝16r，解得＝，故B正确．4.(多选)(2019·年海南琼海模拟)如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，C为耐压值为22 V的电容器，所有电表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)A．副线圈两端电压的变化频率为50 HzB．电流表的示数表示的是电流的瞬时值C．原副线圈匝数比为10∶1时，可保证电容器C不被击穿D．滑动片P向下移时，电流表A1和A2示数均增大【答案】AD【解析】根据图乙知交流电周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，故A正确；电流表的示数表示的是电流的有效值，故B错误；由题意知，原线圈的最大电压为311 V，而电容器的耐压值为22 V，即为最大值，根据原副线圈的电压有效值与匝数成正比，则有原副线圈匝数比应小于∶＝10∶1，故C错误；滑动变阻器的触头向右滑动，电阻增大，而副线圈电压不变，变压器的输入功率等于输出功率减小，故D正确．5.（2020·年福建连城县模拟）如图所示，电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中，线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的电动势e=200cos100πt(V)。线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20V、8W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计。下列判断正确的是A．t=0s时刻的线框中磁通量变化率最大B．理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1C．若副线圈两端并联多只“20V、8W”的灯泡，则最多不能超过10只D．若线框转速减半，产生的电动势e=100cos100πt (V)【答案】AB【解析】A．图示位置线圈与中性面垂直，感应电动势最大，故线框中磁通量变化率最大，故A正确；B．线框绕中心轴OO′匀速运动时，产生的电动势e=200cos100πt(V)，故输入变压器的电压的有效值为U=V=200V，灯泡能正常发光，故变压器的输出电压为20V；根据变压比公式有，故B正确；C．电路中熔断器熔断电流为0.4A，此时根据能量守恒定律有，解得n=，故副线圈两端并联“20V、8W”的灯泡最多不能超过14只，故C错误；D．若线框转速减半，根据公式Em=NBSω，产生的电动势也减半，角速度为ω=2πn=50πrad/s，则产生的电动势e=100cos50πt(V)，故D错误。故选AB。6．(2020·山东潍坊检测)如图为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，R为输电线的等效电阻．保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是(　D　)A．电流表示数变小B．降压变压器原副线圈两端的电压之比变小C．升压变压器输出电压变小D．输电线损失的功率变大【答案】D【解析】电压表示数变小，说明降压变压器的次级电压减小，则初级电压减小，因保持交流发电机输出电压不变，则升压变压器的初级电压不变，次级电压不变，可知导线上的电压损失变大，即导线上的电流变大，输电线损失的功率变大，电流表的示数变大，A错误，D正确；降压变压器原副线圈两端的电压之比等于匝数之比，则降压变压器原副线圈两端的电压之比不变，B错误；升压变压器输出电压由匝数比和输入电压决定，则升压变压器输出电压不变，C错误．7．（2019·内蒙古集宁一中高二月考）如图甲所示为理想变压器，其原线圈匝数n1=50匝，副线圈匝数n2=100匝，电阻R1、R2的阻值均为100 Ω。副线圈两端的电压U随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，下列说法正确的是A．电流表的示数为B．原线圈中电流变化的频率为25 HzC．电阻的热功率D．a、b间的输入电压的有效值【答案】CD【解析】A、电流表的示数是电流的有效值，则，A选项错误。B、由图乙可知，副线圈中交流电的频率，变压器不改变交流电的频率，故原线圈中电流变化的频率为，故B错误。CD、原线圈中电流的有效值，原线圈两端电压，电阻R1的热功率，a、b间的输入电压的有效值，故CD正确。8．（2019·浙江高二期末）如图甲所示，在变压器输入端加上如图乙所示的交变电压，在副线圈的输出端串接上一只理想整流二极管D和滑动变阻器R，则A．当滑片P上移时，原线圈中的电流I1变大B．当滑片P上移时，原线圈的输入功率变小C．当拿掉二极管后，副线圈中的交流电周期与原来相同D．保持滑片P不动，R上电流有效值是无二极管时的【答案】BCD【解析】A项、由于原线圈两端电压不变，副线圈两端电压不变，当滑片P上移时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，所以副线圈中的电流变小，则原线圈中的电流变小，故A错误；B项、由于原线圈中的电流变小，电压不变，所以功率变小，故B正确；C项、有二极管存在时，副线圈中交变电流一个周期内只有半个周期有电流，但周期不变，拿掉二极管后，副线圈中交变电流的周期不变，故C正确；D项、设副线圈两端电压为U0，有二极管时，根据电流的热效应得：，解得，无二极管时，R两端的电压为：，根据可得：保持滑片P不动，R上电流有效值是无二极管时的，故D正确。9.（2020·天津高三期末）在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化设线圈总电阻为，则A．时，线圈平面平行于磁感线B．时，线圈中的电流改变方向C．时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内，线圈产生的热量为【答案】AD【解析】A．根据图象可知，在t=0时穿过线圈平面的磁通量为零，所以线圈平面平行于磁感线，A正确；B．Φ-t图象的斜率为，即表示磁通量的变化率，在0.5s～1.5s之间，“斜率方向“不变，表示的感应电动势方向不变，则电流强度方向不变，B错误；C．所以在t=1.5s时，通过线圈的磁 量最大，线圈位于中性面，感应电动势为0，故C错误；D．感应电动势的最大值为，有效值，根据焦耳定律可得一个周期产生的热为，故D正确．10.(2020·云南师大附中月考)(多选)如图所示为模拟远距离输电的实验电路图．两理想变压器的匝数n1＝n4<n2＝n3，模拟输电线上的四个电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL>2R，忽略灯丝电阻随温度的变化．在A、B端接入输出电压为U的低压交流电源，下列说法正确的是(　　)A．A1的示数I1＝B．灯泡L1比灯泡L2亮C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压【答案】BD【解析】根据＝，＝＝，＝，联立解得L1两端电压UL1＝U4＝，A1的示数为I1＝＝，将U4代入可知A错误；L2所在回路中，由欧姆定律可知电流I′＝，L2两端电压UL2＝I′RL＝<UL1，由P＝可得灯泡L1比灯泡L2亮，B正确；电阻消耗功率P＝I2R，由过程分析知I<I′，所以P1<P3，C错误；因I<I′，又根据欧姆定律U＝IR得，R2两端的电压小于R4两端的电压，D正确．