2021-2022学年高中物理 第五章 交变电流 习题课 变压器与电能的输送训练（含解析）新人教版选修3-2.docx

1、习题课:变压器与电能的输送课后篇巩固提升基础巩固1.图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1n2=223,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 ,额定电压为24 V。定值电阻R1=10 、R2=5 ,滑动变阻器R的最大阻值为10 。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 B.5 C.6 D.8 解析由理想变压器原、副线圈电压关系得U1U2=n1n2=220VU2=223,求出U2=30V。小灯泡正常工作,I=U灯R=2415A=1.6A,并联的阻值R并=U2-U灯I,根据并联关系有1R并=1R1+1R2+R,代入数据得出R=1,选项A正确

2、。答案A2.(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,

3、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

4、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;由理想变压器原理公式U1U2=n1n2且U1、n1、n2不变,则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=U2R0+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

5、。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A中当发电厂输出功率增大时,根据P=UI知,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;B中当用电高峰期时,用电器增多,则降压变压器中电流也会变大,故B是错误的;C中升压变压器副线圈中的电流等于输电线中的电流,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也不对;D中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,

6、因为输电线上的电流增大,则电压损失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

7、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

8、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U22.4kV。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,A

9、1、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

10、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.如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为n1n2=15,定值电阻R1的阻值为10 ,滑动变阻器R2的最大阻值为50 ,定值电阻R3的阻值为10 ,电表均为理想电表。原线圈输入如图乙所示的交变电流,其有效值不随负载变化。在滑动变阻器接入电路的阻值由50 减小到0的过程中()甲乙A.电流表的示数为5 AB.通过R2的电流减小C.电压表的示数减小D.R2和R3的总电功率先增大后减小解析由图乙可得,交变电流的有效值为I=(82)2+(62)2A=52A7.1A,即

11、电流表的示数为7.1A,故A错误;原副线圈两端的总电流不变,当滑动变阻器接入电路的阻值由50减小到0时,副线圈的总电阻减小,则副线圈两端的电压减小,即电压表的示数减小;根据并联电路的电压特点可知R1两端的电压减小,则通过R1的电流减小,根据并联分流可知,通过R2和R3的电流增大,故B错误,C正确;设通过R2和R3的电流为I2,则根据并联电路的电流特点可得I2=IR1R1+R2+R3,则R2和R3的总电功率为P23=I22(R2+R3)=I2R12(R2+R3)(R1+R2+R3)2,可得R2和R3的总电功率随R2减小而增大,故D错误。答案C3.(多选)为保证用户电压稳定在220 V,变电所需适

12、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,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BD

13、4.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

14、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