课时提升作业 10.2 变压器 电能的输送

课时提升作业(三十)变压器电能的输送(45分钟100分)一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。多选题已在题号后标出)1.一输入电压为220 V,输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏。为获知此变压器原、副线圈匝数,某同学拆下烧坏的副线圈,用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈,如图所示,然后将原线圈接到220 V交流电源上,测得新绕线圈的端电压为1 V,按理想变压器分析,该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为()A.1 100,360B.1 100,180C.2 200,180D.2 200,360【解析】选B。对新绕线的理想变压器分析,根据变压比公式得n1=匝=1100匝。对变压器烧坏前分析,n2=匝=180匝,B正确。2.(多选)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器,负载电路中R=55,A、V为理想电流表和电压表,若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压,电压表的示数为110V,下列表述正确的是()A.电流表的示数为2AB.原、副线圈匝数比为12C.电压表的示数为电压的有效值D.原线圈中交变电压的频率为100Hz【解析】选A、C。电流表的示数为：I=A=2 A,A正确;原、副线圈的电压比等于匝数比,所以匝数比为21,B错误;电压表的示数指有效值,C正确;由图乙知交流电的周期为0.02s,故频率为50 Hz,D错误。3.如图,一理想变压器原、副线圈的匝数比为12;副线圈电路中接有灯泡,灯泡的额定电压为220V,额定功率为22 W;原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关,灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数,则()A.U=110V,I=0.2AB.U=110V,I=0.05AC.U=110V,I=0.2AD.U=110V,I=0.2A【解析】选A。在副线圈电路中,I2=0.1A,再根据=及=,得U1=110V,I1=0.2A,故B、C、D错,A正确。4.(多选)电流互感器和电压互感器如图所示。其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数,a、b为两只交流电表,则()A.A为电流互感器,且n1n2,a是电压表C.B为电流互感器,且n3n4,b是电压表【解析】选A、D。由题图可知,A为电流互感器,B为电压互感器;a是电流表,b是电压表。在A中有I1n1=I2n2,要求I2n1;在B中有=,要求U4n4,所以本题B、C错误,A、D正确。【加固训练】在变电站里,经常要用交流电表监测电网上的强电流。所用的器材叫电流互感器,如图所示,能正确反映其工作原理的是()【解析】选A。电流互感器把大电流变成小电流,测量时更安全,据变压器原理,=,I2=I1,所以要求线圈匝数n2n1,原线圈要接在火线上,故本题只有A正确。5.某水电站,用总电阻为2.5的输电线输电给500km外的用户,其输出电功率是3106kW。现用500 kV电压输电,则下列说法正确的是()A.输电线上输送的电流大小为2.0105AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC.若改用5 kV电压输电,则输电线上损失的功率为9108kWD.输电线上损失的功率为P=,U为输电电压,r为输电线的电阻【解析】选B。输电线上电流I=6103A,A错。输电线上由电阻造成的损失电压U损=IR=61032.5=1.5104V,B正确。若改用5kV输电,则输电线上损失功率P=I2r=r=()22.5W=91011W,可见输电线损失功率超过输出功率,不符合实际情况,C错误。输电线损失功率P=,U为输电线上的电压降,而不是输电电压,故D错误。6.如图所示为远距离输电的电路原理图,下列判断正确的是()A.U1U2B.U2=U3C.I4I2【解析】选D。U1、U2分别为升压变压器的输入和输出电压,U2U1,A错。由于线路上电压损失,U2U3,B错。I1、I2为升压变压器的输入和输出电流,I1I2,D正确。I2、I4分别为降压变压器的输入和输出电流,I2I4,C错误。7.在某交变电流电路中,有一个正在工作的理想变压器,如图所示。它的原线圈匝数n1=600匝,交流电源的电动势e=311sin(100t)V(不考虑其内阻),电压表和电流表对电路的影响可忽略不计,原线圈串联一个额定电流为0.2A的保险丝,副线圈匝数n2=120匝,为保证保险丝不被烧断,则()A.负载功率不能超过62 WB.副线圈电流最大值不能超过1 AC.副线圈电路中的电阻R不能小于44D.副线圈电路中电压表的读数为62 V【解析】选C。由=得U2=44V,D错;由=得I21A,所以负载功率P2=U2I244W,A错;副线圈中的电流最大值为Im=A,故B错;由R=得R44,C对。8.如图所示,在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈,上线圈两端与u=51sin314tV的交流电源相连,将下线圈两端接交流电压表,则交流电压表的读数可能是()A.2.0 VB.9.0 VC.12.7 VD.144.0 V【解题指南】本题中原、副线圈共用一个铁芯,其实质为变压器,在计算过程中,如果按照理想变压器的变压比运算,可求出交流电压表示数接近9 V,但并不是准确值,因此题目所考查的并不是理想变压器,而是实际变压器,即应当考虑变压器的磁漏等因素。【解析】选A。根据上线圈所加电压的表达式可得,最大值为51 V,所以有效值U1=36V。若变压器为理想变压器,=,可得U2=9.0V。但由于铁芯不闭合,考虑到磁漏的存在,应有U29.0V,所以A正确。9.如图所示,有一矩形线圈的面积为S,匝数为N,内阻不计,绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动,从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器,滑动接头P上下移动时可改变输出电压,副线圈接有可调电阻R,下列判断正确的是()A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBScostB.矩形线圈从图示位置经过时间时,通过电流表的电荷量为零C.当P位置不动、R增大时,电压表读数也增大D.当P位置向上移动、R不变时,电流表读数减小【解题指南】(1)从线圈平行磁场方向位置开始计时,e=Emcost。(2)求通过电流表的电荷量时,电流为平均值,即q=。(3)若不计线圈电阻,变压器的输入电压与负载无关,仅与发电机感应电动势有关;若考虑线圈电阻,负载电流变化会引起线圈内电压的变化,从而影响到变压器的输入电压。(4)原线圈电流由负载决定。【解析】选A。从线圈平面平行于磁场方向计时e=NBScost,A正确。线圈从图示位置经过时,转过的角度=,通过电流表电量q=,B错误。R增大时,负载功率减小,原线圈上电流减小,电压表示数不变,C错误。P向上移动,原线圈匝数减小,变压器输出电压增大,输出功率增大,输入电流增大,D错误。10.(2014福建高考)如图为模拟远距离输电实验电路图,两理想变压器的匝数n1=n42R,忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时()A.A1、A2两表的示数相同B.L1、L2两灯泡的亮度相同C.R1消耗的功率大于R3消耗的功率D.R2两端的电压小于R4两端的电压【解析】选D。据远距离输电的原理可知,电源输送相同功率时通过A1的电流小于通过A2的电流,R1、R2损失的功率小于R3、R4损失的功率,灯泡L1较亮,A、B、C错误;据U=IR可知D正确。二、计算题(本题共2小题,共30分。需写出规范的解题步骤)11.(15分)如图所示,理想变压器有两个副线圈,L1、L2是两盏规格为“8 V,10 W”的灯泡,L3、L4是两盏规格为“6 V,12 W”的灯泡,当变压器的输入电压为U1=220V时,四盏灯泡恰好都能正常发光,如果原线圈的匝数n1=1100匝,求：(1)副线圈的匝数n2、n3。(2)电流表的读数。【解析】(1)由变压器原理可知,n1n2n3=U1U2U3,则n2=n1=1100匝=40匝n3=n1=1100匝=60匝(2)由P入=P出可得,I1U1=P1+P2+P3+P4,所以I1=A=0.2 A。答案：(1)40匝60匝(2)0.2A12.(15分)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9kW,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220V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=6A则U送=1500V升压变压器原、副线圈匝数比=输电线上电压损失U=I2R=60V故降压变压器输入电压U1=U送-U=1440V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=18AU=U0-IR=320V,P=P输出-I2R=5760W答案：(1)137211(2)320V5 760 W【总结提升】输电线路功率损失的计算方法(1)P损=P-P,P为输送的功率,P为用户所得功率。(2)P损=R线,I线为输电线路上的电流,R线为线路电阻。(3)P损=,U为输电线路上损失的电压,R线为线路电阻。(4)P损=UI线,U为输电线路上损失的电压,I线为线路上的电流。关闭Word文档返回原板块- 9 -