2020-2021学年新教材高中物理 第三章 交变电流 习题课 变压器与电能的输送课后提升训练（含解析）新人教版选择性必修第二册.docx

1、习题课:变压器与电能的输送基础巩固1.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2=101,输出端电阻R=50 ,把原线圈接入“220 V50 Hz”的正弦式交变电流时(电表为理想电表)()A.当X为电流表时,若电阻R增大,则原线圈中的电流将增大B.当X为电流表时,电压表V的示数为22 VC.当X为电流表时,电流表的示数为0.442 AD.当X为二极管时,电压表V的示数为11 V解析当X为电流表时,若电阻R增大,则副线圈中的电流变小,原线圈中的电流也变小,A项错误;当X为电流表时,根据公式U1U2=n1n2,解得U2=22V,电压表测量的电压为有效值,所以电压表V的示数为22V,B项正确;

2、当X为电流表时,电流表的示数为I2=U2R=2250A=0.44A,C项错误;当X为二极管时,在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过,此时由U2RT=(22V)2RT2,解得U=112V,D项错误。答案B2.(多选)如图所示,一理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交流电源相连,两个阻值均为20 的电阻串联后接在副线圈的两端,图中的电流表、电压表均为理想交流电表,原、副线圈匝数分别为200匝和100匝,电压表的示数为5 V。则()A.电流表的示数为0.5 AB.流过电阻的交变电流的频率为100 HzC.交流电源的输出电压的最大值为202 VD.交流电源的输出功率为2.5 W解析根据欧姆定律

3、可得副线圈中的电流I2=UR=0.25A,根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系I1I2=n2n1,可解得I1=0.125A,A错误;理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同,都为50Hz,B错误;副线圈输出电压的有效值为10V,根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U2m=102V,原、副线圈电压比为U1U2=n1n2,可得交流电源输出电压的最大值为U1m=202V,C正确;对于理想变压器,交流电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率,P=25220W=2.5W,故D正确。答案CD3.如图所示电路中,变压器为理想变压器,a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0

4、为定值电阻,R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A1的示数增大了0.2 A,电流表A2的示数增大了0.8 A,则下列说法正确的是()A.电压表V1示数增大B.电压表V2、V3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿cd的方向滑动解析由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,故电压表V1示数不变,选项A错误;由U1U2=n1n2且U1、n1、n2不变,得U2不变,即V2的示数不变,V3的示数U3=U2-I2R0应减小,故选项B错误;由公式I1I2=n2n1得n1n2=I2I1=0.80.2=4,则n1n2,该变压器起降压作用,故C错误;又I2=U2R

5、0+R,I2增大,R应减小,故滑片应沿cd方向滑动,故D正确。答案D4.如图所示的远距离输电电路图中,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压及输电线的电阻R均不变。在用电高峰期,发电厂输出功率将增大,下列说法正确的是()A.升压变压器副线圈中电流变小B.降压变压器副线圈中电流变小C.输电线上损耗的功率减小D.用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小解析当发电厂输出功率增大时,根据P=UI知,若输出电压不变,则升压变压器原线圈中的电流增大,则副线圈中的电流也增大,故A错误;在用电高峰期时,用电器增多,则降压变压器中电流也会变大,故B是错误的;升压变压器副线圈中的电流等于输电线中

6、的电流,则输电线中的电流增大,根据P损=I2R知,输电线上损失的功率增大,故C错误;用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P-P损P=1-IUIU2=1-UU2,因为输电线上的电流增大,故电压损失U增大,U2不变,所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小,故D正确。答案D5.如图为气流加热装置的示意图,使用电阻丝加热导气管,视变压器为理想变压器。原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变,调节触头P,使输出电压有效值由220 V降至110 V,调节前后()A.副线圈中的电流比为12B.副线圈输出功率比为21C.副线圈的接入匝数比为21D.原线圈输入功率比为12解析在输入电压U1和原线

7、圈匝数n1不变的情况下,使输出电压U2有效值由220V降至110V,由U2U1=n2n1知,副线圈接入匝数应该减为原来的一半,故副线圈的接入匝数之比为21,故C正确;副线圈电压减半,电阻不变,电流也随之减半,所以电流之比为21,故A错误;由P=UI知,输出功率之比为41,故B错误;副线圈输出功率等于原线圈输入功率,所以原线圈输入功率之比为41,故D错误。答案C6.某电站输送的电功率为P=500 kW,当使用U=5 kV的电压输电时,测得安装在输电线路起点和终点处的两只电能表一昼夜示数相差4 800 kWh。(1)求这时的输电效率和输电线的总电阻r;(2)若想使输电效率提高到98%,又不改变输电

8、线,那么电站应使用多高的电压向外输电?(计算结果保留三位有效数字)解析(1)由于输送的电功率为P=500kW,一昼夜输送电能E=Pt=12000kWh,终点得到的电能E=7200kWh,因此效率=60%;输电线上的电流I=PU,输电线损耗的功率P损=I2r,又P损=480024kW=200kW,解得r=20。(2)输电线上损耗的功率P损=PU2r,又P损=10kW,计算可得输电电压应调节为U=22.4kV。答案(1)60%20 (2)22.4 kV能力提升1.如图所示,用一理想变压器给负载供电,变压器输入端的电压不变,开始时开关S是断开的。现将开关S闭合,则图中所有交流电表的示数以及输入功率的

9、变化情况是()A.V1、V2的示数不变,A1的示数增大,A2的示数减小,P入增大B.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数增大,P入增大C.V1、V2的示数不变,A1、A2的示数减小,P入减小D.V1的示数不变,V2的示数增大,A1的示数减小,A2的示数增大,P入减小解析电压表V1的示数由输入电压决定;电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和匝数比n1n2决定;电流表A2的示数即I2由输出电压U2(大小等于电压表V2的示数)和负载电阻R负决定;电流表A1的示数即I1由变压器的匝数比n2n1和输出电流I2决定;P入随P出而变化,由P出决定。因输入电压不变,所以电压表V1的示数

10、不变;据公式U2=n2U1n1,可知U2也不变,即电压表V2的示数不变;又据I2=U2R负知,S闭合后R负减小,故I2增大,电流表A2的示数增大;输入电流I1随输出电流I2的增大而增大,故电流表A1的示数增大;因P出=U2I2,故P出增大;P入随P出变化,故P入也增大。可见本题的正确选项为B。答案B2.(多选)调压变压器是一种自耦变压器,它的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压,图中为交流电流表,为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,CD两端接有效值一定的交流电源,变压器可视为理想变压器,以下说法正确的是()A.当

11、滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变大,电压表读数变大B.当滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变小,电压表读数变大D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变小解析滑动触头P逆时针转动,相当于增加了副线圈的匝数,而原线圈匝数保持不变,根据U1U2=n1n2可知,输出电压增大,其他因素不变时,电压表读数变大,电流表读数变大。当线圈匝数不变而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时,输出电压不变,总电阻减小,则总电流增大,R1两端电压增大,R2两端电压减小,电压表读数变小,流过R2的电流减小,因此,流过R3的电流增大,电流

12、表读数变大。答案AD3.(多选)为保证用户电压稳定在220 V,变电所需适时进行调压,图甲为变压器示意图。保持输入电压u1不变,当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下说法正确的是()A.u2=1902sin(50t) VB.u2=1902sin(100t) VC.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当下移D.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当上移解析由电压u2随时间t变化的曲线可知,用户电压的最大值是1902V,周期是210-2s,所以u2=1902sin(100t)V,A错误,B正确;根据n1n2=U1U2,n1减小,U2增大

13、,因此为使用户电压稳定在220V,应将P适当上移,C错误,D正确。答案BD4.如图所示,用理想变压器给负载供电,变压器输入电压不变,变压器降压后用总电阻为R的输电线对用电器供电,设两个灯泡的电阻相同,且都在发光,若将滑动变阻器的滑片P向N移动,会出现的现象是()A.电流表的示数变大,灯泡L1、L2均变暗B.电流表的示数变小,灯泡L1、L2均变暗C.电流表的示数变大,灯泡L1变亮,L2变暗D.电流表的示数不变,灯泡L1变暗,L2变亮解析副线圈输出电压不变,滑动变阻器的滑片P向N移动的过程中,并联部分电阻减小,副线圈中的电流增大,但因为灯泡L2两端的电压减小,所以通过灯泡L2的电流减小,又因为总电

14、流增大,所以通过灯泡L1的电流增大,即灯泡L1变亮,灯泡L2变暗。副线圈上的电流增大,根据I1=n2n1I2可知,输入电流变大,电流表的示数变大。答案C5.某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备,该发电机输出功率为40 kW,输出电压为400 V,用变压比(原、副线圈匝数比)为n1n2=15的变压器升压后向某小区供电,输电线的总电阻为r=5 ,电能到达该小区后再用变压器降为220 V。(1)画出输电过程的电路示意图。(2)求输电线上损失的电功率。(3)求降压变压器的变压比n3n4。解析(1)输电过程,电路示意图如图所示。(2)因为U1U2=n1n2输电电压U2=n2n1U1=51400V=2000V因为P输=U2I解得输电电流I=20A输电线上损失的功率P损=I2r=(20A)25=2000W。(3)输电线上损失的电压U损=Ir=20A5=100V降压变压器的输入电压U3=U2-U损=2000V-100V=1900V降压变压器的变压比n3n4=U3U4=1900V220V=9511。答案(1)示意图见解析(2)2 000 W(3)9511