2016年新疆高考物理复习训练试题:变压器电能的输送
一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。每小题至少一个答案正确,选不全得3分)
1.(2013·三亚模拟)如图所示,理想变压器初级线圈的匝数为n1,次级线圈的匝数为n2,初级线圈的两端a、b接正弦交流电源,电压表V的示数为220V,负载电阻R=44Ω,电流表A1的示数为0.20A。下列判断中正确的是 ()
A.初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1
B.初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1
C.电流表A2的示数为0.1 A
D.电流表A2的示数为0.4 A
2.(2013·海口模拟)理想变压器原、副线圈两侧一定相同的物理量有 ()
A.交变电流的频率 B.交变电流的功率
C.磁通量的变化率 D.交变电流的电压的值
3.(2013·成都模拟)我国“西电东送”采用高压输电,继三峡至常州500kV直流输电工程后,又实现了三峡至广东的500kV直流输电工程。采用高压直流输电有
利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联。已知发电机输出电压为
450 V,关于高压直流输电,下列说法正确的是 ()
A.高压输电可以减小输电电流,从而减小输电线的能量损耗
B.为实现高压直流输电,可以用变压器直接改变恒定电流的电压
C.升压变压器原、副线圈的匝数之比为9∶10 000
D.恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响
4.一输入电压为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.1 100,360 B.1 100,180
C.2 200,180 D.2 200,360
5.(2012·天津高考)通过一理想变压器,经同一线路输送相同的电功率P,原线圈的电压U保持不变,输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时,线路损耗的电功率为P1,若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk,线路损耗的电功率为P2,则P1和分别为 ()
A., B.()2R,
C., D.()2R,
6.(2013·来宾模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,电阻R=22Ω,各电表均为理想电表。原线圈输入电压的变化规律如图乙所示。下列说
法正确的是 ()
A.该输入电压的频率为100Hz
B.电压表的示数为22V
C.电流表的示数为1A
D.电阻R消耗的电功率是22W
7.(2013·泉州模拟)如图所示,理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1,原线圈接入一电压为u=U0sinωt的交流电源,副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻。若U0=
220V,ω=100πrad/s,则下述结论正确的是 ()
A.副线圈中电压表的读数为55V
B.副线圈中输出交流电的周期为s
C.原线圈中电流表的读数为0.5 A
D.原线圈中的输入功率为110W
8.(2011·山东高考)为保证用户电压稳定在220V,变电所需适时进行调压,图甲为调压变压器示意图。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。以下正确
的是 ()
A.u2=190sin(50πt)V
B.u2=190sin(100πt)V
C.为使用户电压稳定在220V,应将P适当下移
D.为使用户电压稳定在220V,应将P适当上移
9.(能力挑战题)如图所示的电路中,有一自耦变压器,左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上;右侧串联灯泡L和滑动变阻器R,R上并联一只理想电压表V2。下列说法中正确的是 ()
A.若F不动,滑片P向下滑动时,V1示数变大,V2示数变小
B.若F不动,滑片P向下滑动时,灯泡消耗的功率变小
C.若P不动,滑片F向下移动时,V1、V2的示数均变小
D.若P不动,滑片F向下移动时,灯泡消耗的功率变大
10.(2013·淮安模拟)如图所示,50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B=T的水平匀强磁场中,线框面积S=0.5m2,线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=200rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈接入一只“220V 60 W”灯泡,且灯泡正常发光,熔断器允许通过的电流为10 A,下列说法正确的是 ()
A.图示位置穿过线框的磁通量为零
B.线框中产生交变电压的有效值为500V
C.变压器原、副线圈匝数之比为25∶11
D.允许变压器输出的功率为5000W
二、计算题(本大题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
11.(2011·江苏高考)(14分)图甲为一理想变压器,ab为原线圈,ce为副线圈,d为副线圈引出的一个接头,原线圈输入正弦式交变电压的u -t图像如图乙所示。若只在ce间接一只Rce=400Ω的电阻,或只在de间接一只Rde=225Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80W。
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式;
(2)求只在ce间接400Ω电阻时,原线圈中的电流I1;
(3)求ce和de间线圈的匝数比。
12.(16分)在远距离输电时,要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个小型发电站,输送的电功率为P=500kW,当使用U=5kV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度表一昼夜示数相差4 800kW·h。求:
(1)输电效率η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,那么发电站应使用多高的电压向外输电
答案解析
1.【解析】选B。由题意可求得初级线圈的功率,利用理想变压器初、次级线圈中的功率相等可求得次级线圈中的电流,再利用初、次级线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比。由电压表V的示数和电流表A1的示数可得初级线圈中的功率P1=U1I1,P1=P2=R,所以电流表A2的示数为I2==A=1.0 A,C、D错误;初级线圈和次级线圈的匝数比==,A错误,B正确。
2.【解析】选A、B、C。理想变压器原、副线圈中交变电流的频率相同,因为磁通量始终相同,变化的周期一样,A项正确;理想变压器没有能量损耗,B项正确;磁通量一样,变化率也一样,但根据公式E=n,匝数不同,E的值也就不一样,C项正确,D项错误。
3.【解析】选A、C、D。采用高压直流输电,可以减小输电电流及交流输电中感抗和容抗的影响,A、D正确;变压器是利用互感现象进行工作的,对直流电路无变压作用,B错误;发电机发出的是正弦交变电流,先用变压器升压后再用整流器变成直流,变压器的匝数比为===,故C正确。
4.【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。
5.【解题指南】解答本题的思路:
【解析】选D。原线圈的电流为I1=,由于P、U不变,故I1不变,由==k得P1=R=()2R;由==nk得P2=IR=()2R,则=,故选项D正确。
6.【解析】选B、D。由图像可知,原线圈输入电压的周期T=0.02s,频率为f=50Hz,A错;原线圈输入电压的有效值为220V,副线圈的输出电压为22V,B对;电阻R消耗的电功率是P=W=22W,电流表的示数是I=A=0.1A,C错,D对。
7.【解析】选C。原线圈中的输入电压的有效值为U==220V,由变压器的变压原理可知,副线圈输出电压的有效值为U′=55V,A错误;副线圈中的电流I′==
A=2A,原线圈中的电流I=I′=0.5A,C正确;原线圈中的输入功率P=UI=220×0.5W=110 W,D错误;交流电的周期T==s=0.02s,B错误。
8.【解析】选B、D。由图像可知,正弦式交变电压的值为190V,其周期为0.02s,可得其表达式为u2=190sin(100πt)V,B选项正确,在u1、n2不变的前提下通过改变n1来使u2增大,由=可得应使n1减小,故应将P适当上移,D选项正确。
9.【解析】选B。若F不动,滑片P向下滑动时,滑动变阻器接入电路中的电阻变大,则副线圈回路中总电阻变大,则回路中电流减小,灯泡两端电压减小,功率变
小,滑动变阻器两端电压变大,V2的示数变大,而原线圈两端电压不变,则A错误、B正确;若P不动,滑片F向下移动时,根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变,副线圈两端电压减小,则副线圈回路中电流变小,灯泡L消耗的功率减小,电压表V2的示数减小,C、D错误。
【变式备选】如图所示是街头变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市电网的电压,不会有很大的波动,输出电压通过输电线输送给用户。输电线的电阻用R0表示,变阻器R表示用户用电器的总电阻,当滑动变阻器触头P向下移动时,下列说法中正确的是 ()
A.与增加用电器的数目达到的效果相同
B.A1表的示数随A2表的示数的增大而增大
C.V1表的示数随V2表的示数的增大而增大
D.变压器的输入功率增大
【解析】选A、B、D。当滑动变阻器触头P向下移动时,用电器的总电阻减小,相当于并联的用电器数目增加,同时变压器的输入功率增大,A、D对;电网供电是“用多少供多少”,输出电流增大则输入电流增大,B正确;但变压器的输出电压则由输入电压决定,当输入电压和变压器的匝数比一定时,输出电压一定,C错。
10.【解析】选C、D。图示位置为中性面,穿过线框的磁通量为,A错;线框中产生交变电压的值为Emax=NBSω=500V,其有效值应为U==500V,B项错;副线圈接入一只“220V 60 W”灯泡,且灯泡正常发光,故副线圈的电压为220V,根据原、副线圈的电压比等于匝数比,得原、副线圈匝数比为25∶11,C对;熔断器允许通过的电流为10A,即原线圈上的功率为5000W,根据能量守恒定律知,允许变压器输出的功率为5000W,故D项对。
11.【解析】(1)由题图乙知ω=200πrad/s, (2分)
输入电压瞬时值uab=400sin(200πt)V (1分)
(2)电压有效值U1==200V
理想变压器P1=P2
原线圈中的电流I1==0.28A (3分)
(3)设ab间匝数为n1,根据变压器规律有
=,= (3分)
由题意有:=, (2分)
联立可得:= (3分)
答案：(1)uab=400sin(200πt)V
(2)0.28A (3)4∶3
12.【解析】(1)输送功率P=500kW,一昼夜输送电能E=Pt=12000kW·h (1分)
输电线上损失的电能ΔE=4800kW·h (1分)
终点得到的电能E′=E-ΔE=7200kW·h, (1分)
所以输电效率η==60% (1分)
输电线上的电流I==100A (2分)
输电线损耗功率Pr=I2r, (2分)
其中Pr==200kW (1分)
得r=20Ω。 (2分)
(2)输电线上损耗功率Pr=()2r∝ (2分)
原来Pr=200kW,现在要求Pr′=10kW, (1分)
解得输电电压应调节为U′=22.4kV。 (2分)
答案：(1)60% 20Ω (2)22.4 kV
【总结提升】远距离输电问题的解题技巧
(1)有关远距离输电问题,应先画出远距离输电的示意图,并将已知量和待求量写在示意图的相应位置。
(2)抓住输电的两端——电源和用电器;分析一条线——输电线;研究两次电压变换——升压和降压。
(3)以变压器为界将整个输电电路划分为几个独立回路,各回路分别用欧姆定律,串、并联的特点及电功、电功率等公式进行计算,联系各回路的是原、副线圈电压、电流与匝数的关系及输入功率和输出功率的关系。
