2020版高考物理（山东版）新攻略总复习课标通用练习：第十二章 第2讲　变压器　远距离输电 WORD版含解析.docx

1、第2讲变压器远距离输电(实验:探究变压器电压与线圈匝数的关系)A组基础过关1.(2018河北定州中学模拟)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为201,原线圈接正弦交流电源上,副线圈接入“3 V6 W”灯泡一只,且灯泡正常发光。则()A.原线圈两端电压为3 VB.电源输出功率为120 WC.电流表的示数为0.1 AD.电流表的示数为40 A答案C根据电压与匝数成正比可知,原线圈两端电压为60 V,故A错误;理想变压器的输入功率和输出功率大小相等,在副线圈中只有一只6 W的灯泡正常发光,所以输入功率和输出功率的大小都为6 W,故B错误;根据理想变压器输入功率为6 W,则原线圈的电流I=PU=6

2、60 A=0.1 A,故选项C正确,选项D错误。2.如图所示,理想变压器的原线圈接入u=11 0002sin 100t(V)的交变电压,副线圈通过电阻r=6 的导线对“220 V880 W”的电动机M供电,该电动机正常工作。由此可知()A.原、副线圈的匝数比为501B.交变电压的频率为100 HzC.副线圈中电流的有效值为4 AD.变压器的输入功率为880 W答案C由题可知,副线圈输出电压U2=220 V+Ur,n1n2=U1U2=11000V220V+Ur880 W,故D错误。3.我国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500 kV的超高

3、压输电,输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用1 000 kV特高压输电,若不考虑其他因素的影响,则输电线上损耗的电功率将变为()A.P4B.P2C.2PD.4P答案A由P=UI知,远距离输电问题中,若输送电功率不变,则输电电压与输电电流成反比,所以用1 000 kV特高压输电时,输电电流变为原来输电电流的一半,由P=I2R知,输电线上损耗的电功率与输电电流的平方成正比,所以输电线上损耗的电功率变为原来输电线上损耗的电功率的14,即P4,A正确。4.(2016四川理综,2,6分)如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电,如果将原、副线圈减少相

4、同匝数,其他条件不变,则()A.小灯泡变亮B.小灯泡变暗C.原、副线圈两端电压的比值不变D.通过原、副线圈电流的比值不变答案B由U1U2=n1n2得U2=n2n1U1由U1U2=n1-nn2-n得U2=n2-nn1-nU1由/得:U2U2=(n2-n)n1(n1-n)n2=n2n1-nn1n2n1-nn2,因为n2n1,所以U2U21,即U2U2,故小灯泡变暗,B正确,A错。由以上分析过程可以看出,C错。由I1I2=n2n1和I1I2=n2-nn1-n可见,D错。5.(多选)(2019湖北恩施一中期末)如图,矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路,线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc

5、边匀速转动,磁场只分布在bc边的左侧,磁感应强度大小为B,线圈面积为S,转动角速度为,匝数为N,线圈电阻不计。下列说法正确的是()A.将原线圈触头P向上滑动时,灯泡变暗B.电容器的电容C变大时,灯泡变暗C.图示位置时,矩形线圈中瞬时感应电动势最大D.若线圈abcd转动的角速度变为2,则变压器原线圈电压的有效值为NBS答案AD将原线圈触头P向上滑动时,原线圈匝数变多,根据变压比公式U1U2=n1n2,输出电压减小,故灯泡会变暗,故A正确;电容器的电容C变大时,容抗减小,故电流增大,灯泡变亮,故B错误;线圈处于图示位置时,是中性面位置,感应电动势的瞬时值为零,故C错误;根据电动势最大值公式Em=N

6、BS知,若线圈转动的角速度变为2,则最大值变为原来的2倍,则有(NBS22)2RT2=U2RT,解得电压有效值U=NBS,故D正确。6.如图甲所示为一自耦变压器,变压器的原线圈AB端输入电压如图乙所示,副线圈电路中定值电阻R0=11 ,电容器C的击穿电压为22 V,移动滑片P使电容器刚好不会被击穿,所有电表均为理想电表,下列说法正确的是()A.电压表的示数为220 VB.原、副线圈的匝数比为101C.电流表的示数等于通过电阻R0的电流D.原线圈AB端输入电压的变化规律为u=311 sin t V答案A由题图乙知,原线圈输入电压的有效值即电压表的示数为311V2=220 V,A正确;由题意知,电

7、容器的击穿电压等于副线圈输出电压的最大值,则有效值为222 V=112 V,所以原、副线圈的匝数比为31122,B错误;电容器通交流电,所以电流表的示数大于通过电阻R0的电流,C错误;由题图乙知交流电的周期T=0.02 s,所以=100 rad/s,则原线圈AB端输入电压的变化规律为u=311 sin 100t V,D错误。7.如图所示,电路中理想变压器原线圈匝数n1=1 000,两个副线圈匝数分别为n2=500、n3=200,分别接一个阻值为R=55 的电阻,在原线圈上接入U1=220 V的交流电源。则两副线圈输出电功率之比P2P3和原线圈中的电流I1分别是()A.52,2.8 AB.25,

8、2.8 AC.254,1.16 AD.425,1.16 A答案C对两个副线圈,有U1U2=n1n2,U1U3=n1n3,所以U2=110 V,U3=44 V,又P=U2R,所以P2P3=U22U32=254;由欧姆定律得I2=U2R=2 A,I3=U3R=0.8 A,对有两个副线圈的理想变压器有n1I1=n2I2+n3I3,得I1=1.16 A,C正确。8.(2018河北定州中学模拟)如图,利用理想变压器进行远距离输电,发电厂的输出电压恒定,输电线路的电阻不变,当用电高峰到来时()A.输电线上损耗的功率减小B.电压表V1的示数减小,电流表A1的示数增大C.电压表V2的示数增大,电流表A2的示数

9、减小D.用户功率与发电厂输出功率的比值减小答案D当用电高峰到来时,用户消耗的功率变大,则电流表A2的示数变大,输电线上的电流变大,输电线上损耗的功率变大,选项A错误;电流表A1的示数增大,因为发电厂的输出电压恒定,则升压变压器的次级线圈电压不变,即电压表V1的示数不变,选项B错误;输电线上的电压损失变大,故降压变压器的初级线圈电压减小,降压变压器次级线圈电压也减小,即电压表V2的示数减小,选项C错误;用户功率占发电厂输出功率的比例为P-P损P=1-I2RU1I=1-UU1,因为输电线上的电流增大,则电压损失U增大,U1不变,所以用户功率占发电厂输出功率的比例减小,故D正确。9.(多选)(201

10、8福建福州模拟)如图甲所示为远距离输电示意图,变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1100,其输入电压变化规律如图乙所示,远距离输电线的总电阻为100 。降压变压器副线圈电路部分为一火警报警系统原理图,其中R1为一定值电阻,R2为用半导体热敏材料制成的传感器,当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时,升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法中正确的有()甲乙A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB.远距离输电线路损耗的功率为180 kWC.当传感器R2所在处出现火警时,电压表V的示数变大D.当传感器R2所在处出现火警时,输

11、电线上的电流变大答案AD由题图乙知,交流电的周期为T=0.02 s,所以频率为f=1T=50 Hz,A正确;由题图乙知,升压变压器输入端电压有效值为250 V,根据理想变压器原、副线圈的电压与匝数成正比知,升压变压器副线圈电压为25 000 V,所以输电线中的电流I=PU=30 A,输电线损失的电压U=IR线=30100 V=3 000 V,输电线路损耗的功率P=UI=90 kW,B错误;当传感器R2所在处出现火警时,其阻值减小,升压变压器副线圈两端电压不变,输电线路中电流增大,降压变压器副线圈中电流增大,定值电阻所分电压增大,而降压变压器副线圈两端电压减小,所以电压表V的示数变小,C错误,D

12、正确。10.(多选)钳形电流表的外形和结构如图甲所示。图甲中电流表的读数为0.9 A,图乙中用同一电缆线绕了3匝,则()A.这种电流表能测出交变电流的有效值B.这种电流表既能测直流电流,又能测交变电流C.这种电流表能测交变电流,图乙的读数为0.3 AD.这种电流表能测交变电流,图乙的读数为2.7 A答案AD这种电流表只能测交变电流,而且测量的是交变电流的有效值,故A正确,B错误;根据输入功率和输出功率的关系有P1=P2,即U1I1=U2I2,所以:I1I2=n2n1,由题意可知:当n1=1匝,I2=0.9 A时,有I10.9A=n21,当n1=3匝时,有I1I2=n23,解得I2=2.7 A,

13、故C错误,D正确。11.(多选)(2018广西南宁二中等三校联考)如图所示,一理想变压器原线圈匝数n1=1 100匝,副线圈匝数n2=200匝,原线圈接交变电源,电压u=2202 sin 100t(V)。副线圈接电动机,电动机内阻为5 ,电流表A2示数为2 A,电表对电路的影响忽略不计。则()A.此交流电的频率为100 HzB.电压表示数为220 VC.此电动机输出功率为60 WD.电流表A1示数为10 A答案BC此交流电的频率为f=2=50 Hz,所以A错误;电压表的示数为电路的有效电压值,其大小为U1=22022 V=220 V,选项B正确;副线圈两端电压U2=n2n1U1=2001100

14、220 V=40 V,则电动机的总功率P总=U2I2=80 W,电动机输出功率P出=P总-I22r=60 W,选项C正确;电流表A1示数为I1=n2n1I2=20011002 A=411 A,选项D错误。B组能力提升12.如图甲所示的电路中,S为单刀双掷开关,电表为理想电表,Rt为热敏电阻(其阻值随温度的升高而减小),理想变压器原线圈接图乙所示的正弦式交流电,则()A.变压器原线圈中交流电压u的表达式u=1102 sin 100t (V)B.S接在a端,Rt温度升高时,变压器的输入功率变小C.S接在a端,Rt温度升高时,电压表和电流表的示数均变大D.S由a切换到b,Rt消耗的功率变大答案A由题

15、图乙所示的交变电流图像,可知电压最大值为1102 V,周期为0.02 s,所以=100 rad/s,交流电压u的表达式为u=1102 sin 100t (V),A项正确;副线圈两端的电压由变压器匝数比和输入电压决定,故温度升高时,Rt电阻值减小,但其两端电压不变,电压表示数不变,C项错;由P=U2R可知,副线圈两端电压不变,负载电阻减小时,变压器输出功率增大,故其输入功率也随之增大,B项错;S由a切换到b,副线圈匝数减小,故输出电压减小,Rt电阻不变,由P=U2R知,消耗的功率减小,D项错。13.(2018湖南长沙长郡中学模拟)为了浴室用电安全,某同学用理想变压器降压给浴室供电;如图所示,理想

16、变压器原线圈输入交变电压u=311 sin 100t(V),变压器原、副线圈匝数比为51,已知照明灯额定功率为66 W,排气扇电动机内阻为1 ,电流表示数为3 A,各用电器均正常工作,电表均为理想电表,则()A.电压表示数为62 VB.变压器的输入功率为186 WC.排气扇输出功率为63.75 WD.保险丝熔断电流不得低于3 A答案C变压器输入交变电压u=311 sin 100t(V),有效值U=220 V,变压器原、副线圈匝数比为51,所以副线圈两端电压U2=44 V,故A错误;电流表示数为3 A,所以输出功率P=443 W=132 W,所以变压器的输入功率为132 W,故B错误;照明灯的电

17、流IL=6644 A=1.5 A,则排气扇的电流IM=3 A-1.5 A=1.5 A,则排气扇输出功率P出=IMU2-IM2r=1.544 W-1.521 W=63.75 W,选项C正确;变压器的初级电流I1=15I2=35 A=0.6 A,故保险丝熔断电流不得低于0.6 A,选项D错误。14.有一个教学用的可拆变压器,如图甲所示,它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同),线圈外部还可以绕线。(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的a、b位置,由此可推断线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)。(2)如果把它看做理想变压器,现要

18、测量A线圈的匝数,提供的器材有:一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源,请完成实验步骤的填空:用绝缘导线在线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈;将(选填“A”或“B”)线圈与低压交流电源相连接;用多用电表的挡分别测量A线圈的输入电压UA和绕制线圈的输出电压U。则A线圈的匝数为。答案(1)24A(2)A交流电压nUAU解析(1)多用电表欧姆挡读数=指针指示值倍率。A的读数为24,倍率为1,所以电阻为24 ,根据电阻定律,导线越长,电阻越大,因为A的电阻比B大,所以A线圈匝数多。(2)因为要测量A线圈匝数,所以要把A线圈与低压交流电源相连接。变压器输入、输出电压都是交流电,所以要用交流电压挡测输入和输出电压。根据变压器电压比等于匝数比,有UAU=nAn,所以nA=nUAU。