（全国通用版）2019版高考物理一轮复习 第十一章 交变电流 传感器 课时分层作业 三十二 11.2 变压器 电能的输送.doc

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。15题为单选题,69题为多选题)1.(2018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(100t) 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n1n2,所以i1i2,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.(2018榆林模拟)如图所示,理想变压器的原、副线圈的匝数比是101,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 ,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 ,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n1n2=51,电阻r=20 ,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(50t) 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,=100,所以输入电压u的表达式应为u=20sin (100t)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】(2018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41,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41c.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.(2018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101,r1=20 ,r2=30 ,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 w6.67 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n1n2=31,且分别接有阻值相同的电阻r1和r2,r1=r2=100 ,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13【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 v424 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】(2018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31b.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13,因为电流与匝数成反比,所以变压器原、副线圈匝数比为31,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=nbs=nbs2f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n1n2,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p2p1=d.若输送功率一定,则p2p1=n1n2【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=i2r=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 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n1n2。【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=ir=103 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)49722【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 ,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p=4%p输出和p=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u=i2r=60 v故降压变压器输入电压u1=u送-u=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)137211(2)320 v5 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n1n2均为41,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=