2020届高考物理总复习 第十一章 交变电流 传感器 核心素养提升练三十二 11.2 变压器 电能的输送（含解析）新人教版

变压器电能的输送(45分钟100分)(20分钟50分)一、选择题(本题共5小题，每小题7分，共35分，14题为单选题，5题为多选题)1.(2019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=220sin(100 t)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.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，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输送给用户(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知输电电流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。3.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。4.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。5.如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一峰值不变的正弦交变电压，副线圈接一可变电阻R。在其他条件不变的情况下，为使变压器输入功率增大，下列措施正确的是()A.仅增加原线圈匝数n1B.仅增加副线圈匝数n2C.仅减小电阻R的阻值D.仅增大电阻R的阻值【解析】选B、C。为使变压器输入功率增大，需增大输出功率，由P=知仅减小电阻R的阻值或仅增加副线圈匝数n2，都可以增大输出功率，B、C正确；仅增加原线圈匝数n1或仅增大电阻R的阻值时，输出功率减小，A、D错误。二、计算题(本题共15分，需写出规范的解题步骤)6.一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(25分钟50分)7.(7分)理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n1=270匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2=135匝，电容器C恰好不被击穿，灯泡L恰能正常发光，R是滑动变阻器。以下判断正确的是()A.若向下移动P，电容器的电荷量增加B.若保持P不动，向下移动R的滑片，灯泡变暗C.若保持R的滑片不动，向下移动P，灯泡变亮D.电容器的击穿电压为11 V【解析】选D。当P位于题图乙所示位置时，副线圈电压的有效值为11 V，电容器C恰好不被击穿，若向下移动P，电容器C两端的电压减小，由Q=CU可知，电容器所带电荷量减小，选项A错误；若保持P不动，向下移动R的滑片，R接入电路的电阻减小，流过灯泡的电流变大，灯泡变亮，选项B错误；若保持R的滑片不动，向下移动P，则副线圈的电压变小，灯泡变暗，选项C错误；电容器的击穿电压是指最大值，根据变压器原、副线圈电压关系得=，得Umax2=11 V，选项D正确。8.(7分)(多选)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。9.(7分)(多选)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的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。10.(7分)(多选)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，输电线上损失的功率P2=I2R=R，所以=，故C项正确，D项错误。11.(7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，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=I2R知，副线圈电流为I，副线圈电压均为U，根据电压与匝数成正比，得原线圈两端电压为4U，根据输入功率等于输出功率，有4UI1=2P=2UI，解得I1=，R1的功率P1=R=I2R=P，故C项错误，D项正确。12.(15分)如图为远距离输电过程的示意图。已知某个小型发电机的输出功率为90 kW，发电机的电压为250 V，通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为5 ，在用户端用一降压变压器把电压降为220 V，要求在输电线上损失的功率控制为2 kW(即用户得到的功率为88 kW)，求：(1)降压变压器输出的电流和输电线上通过的电流。(2)输电线上损失的电压和升压变压器输出的电压。(3)两个变压器各自的匝数比。【解析】(1)由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率的相关公式可知降压变压器输出电流为I4= A=400 A根据输电导线消耗的功率P损的相关公式可知：I2= A=20 A。(2)由欧姆定律可知输电导线消耗的电压为U损=I2r=205 V=100 V，根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即U2= V=4 500 V。(3)由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为U3=U2-U损=4 500 V-100 V=4 400 V，根据理想变压器原、副线圈与匝数的关系可知=，=。答案：(1)400 A20 A(2)100 V4 500 V(3)118201 - 11 -