【突破高考】福建省高考物理 能力专项突破课时提能演练 10.2变压器 电能的输送（含解析）

【突破高考】福建省2013年高考物理能力专项突破课时提能演练10.2变压器电能的输送（含解析）(40分钟100分)一、选择题(本大题共8小题，每小题9分，共72分.每小题只有一个选项正确)1.(2012·泉州模拟)原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦交变电流，为了使变压器输入功率增大，可以采取的措施有()A.只增加原线圈的匝数n1B.只减少副线圈的匝数n2C.只减少负载电阻R的阻值D.只增大负载电阻R的阻值2.如图所示是一台家用台灯亮度调节原理图，自耦变压器接入正弦交流电压，电流表、电压表分别为理想交流电流表和理想交流电压表.若将调压端的滑动触头P向下移动，则()A.电压表V的示数变大B.变压器的输出功率变大C.电流表A的示数变小D.电流表A的示数变大3.(预测题)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-6-\nB.u2=190sin(100πt)VC.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4.(创新题)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1=20Ω，R2=30Ω，C为电容器.已知通过R1的正弦式交流电如图乙所示，则()A.交流电的频率为0.02HzB.原线圈输入电压的最大值为200VC.电阻R2的电功率约为6.67WD.通过R3的电流始终为零5.(易错题)如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时()A.交流电压表V2和V3的示数一定都变小B.交流电压表V3的示数变小C.交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大D.只有A1的示数变大6.(2012·漳州模拟)如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器.若已知变压比为1000∶1,变流比为100∶1，并且知道电压表示数为220V，电流表示数为10A，则输电线的输送功率为()A.2.2×103WB.2.2×10-2WC.2.2×108WD.2.2×104W-6-\n7.(创新题)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∶1B.初级线圈和次级线圈的匝数比为1∶5C.电流表A2的示数为1.0AD.电流表A2的示数为0.4A8.(易错题)某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3×106kW.现用500kV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2×105AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD.输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻二、非选择题(本大题共2小题，共28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)9.(12分)收音机的变压器的初级线圈有1210匝，接在U1=220V的交流电源上，变压器有两个次级线圈.次级线圈Ⅱ的匝数为35匝，次级线圈Ⅲ的匝数是1925匝.如果不计变压器自身的能量损耗，当变压器工作时，线圈Ⅱ的电流是0.3A时，初级线圈的电流I1=0.114A.求线圈Ⅲ中电流和输出电压(电流的计算结果保留3位有效数字).10.(2012·东莞模拟)(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4800kW·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C.由知,当n1增大时，U2减小，当减小n2时，U2也减小，又根据P入=P出=知-6-\n，A、B、D均错误，C正确.2.【解析】选C.当滑动触头P向下移动时，自耦变压器“副线圈”匝数减小，由可知“副线圈”两端电压减小，台灯的实际功率减小，A、B错误；由于理想变压器输入功率与输出功率相等，且输入电压不变，故电流表示数减小，C正确、D错误.3.【解题指南】解答本题应注意以下三点：(1)根据图象找出最大值、周期，写出瞬时值表达式.(2)变压器原、副线圈的电压均为有效值.(3)根据变压器中电压关系确定如何改变原线圈匝数.【解析】选D.由图象可知，正弦式交变电压的最大值为190V，其周期为0.02s,可得其表达式为u2=190sin(100πt)V，A、B错误.又在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，C错误，D正确.4.【解析】选C.由图乙可知交流电频率为50Hz，所以A错.副线圈电压最大值U2=Im1R1=20V,由可知，原线圈电压的最大值U1=200V,B错.R1和R2并联，P2=≈6.67W,故C正确；因电容器接交流电有充放电电流，故D错.5.【解析】选B.在理想变压器中，因为U不变，故V2示数不变；闭合S时，负载电阻变小，副线圈中电流I2增大，A2示数增大，由P入=P出,即I1U1=I2U2可知A1示数增大，因为ab和cd导线的电阻不可忽略，V3改测R2两端电压，故V3示数变小.R1两端电压减小，故流过R1处的电流I3变小，A3示数变小，故B正确.【总结提升】理想变压器动态分析的两种类型(1)匝数比不变，原、副线圈的电压U1、U2不变，电流I1、I2，功率P1、P2随负载电阻的变化而变化.(2)负载电阻不变，原线圈的电压U1不变，副线圈两端的电压U2、电流I1、I2，功率P1、P2随匝数比的变化而变化.【变式备选】(2012·海口模拟)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5,原线圈两端的交变电压为u=20sin100πt(V).氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有()-6-\nA.开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB.开关接通后，电压表的示数为100VC.开关断开后，电压表的示数变大D.开关断开后，变压器的输出功率不变【解析】选A.由于副线圈电压由原线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100V，B、C错误；交流电每个周期内氖泡发光两次，每秒发光100次，则氖泡发光频率为100Hz，A正确；开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小，D错误.6.【解析】选C.根据,得，U1=2.2×105V，I1=1000A，所以输电线的输送功率P=U1I1=2.2×108W，C正确.7.【解析】选C.对于理想变压器，P1=U1I1=220×0.20W=44W，则负载电阻消耗的功率P2=P1=44W，据P2=，得U2==44V，则=5,故A、B错误；A2的读数I2==1A，故C正确，D错误.8.【解析】选B.输出电功率P=3×106kW，输电电压U=500kV，则输电线上输送的电流大小I==6×103A，所以A错；输电线上由电阻造成的电压损失ΔU=Ir=15kV，所以B正确；输电线上损失的功率ΔP=ΔUI=，所以D错误；若损失功率为ΔP=9×108kW时，ΔP远大于输出功率，不符合实际，故C错误.9.【解析】线圈Ⅱ两端的电压为×220=6.36(V)(3分)线圈Ⅲ两端的电压为×220=350(V)(3分)-6-\n不计变压器自身的能量损耗，由能量转化和守恒定律P1=P2+P3，I1U1=I2U2+I3U3(3分)I3==0.0662(A)(3分)答案：0.0662A350V10.【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r∝(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)22.4kV-6-