高三物理一轮总复习 第10章《交变电流 传感器》2 变压器 电能的输送课时作业 新人教版

变压器电能的输送
一、选择题
1．(多选)(2016·武汉调研)如图所示，某变电站用10 kV的高压向10 km外的小区供电，输送的电功率为200 kW.现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是( )
选项型号千米电阻(Ω/km)
A DYD30/C 1
B DYD50/
C 0.6
C DYD100/C 0.3
D DYD150/C 0.2
【解析】由P＝UI得输电电流为20 A，输电线路上损耗的功率不超过P损＝200 kW×2%＝4 kW，由P损＝I2R解得R＝10 Ω，输电线长度为20 km，故可选择千米电阻0.5 Ω/km 以下的型号DYD100/C或DYD150/C，C、D正确．
【答案】CD
2．如图所示为重庆某中学教学区供电示意图，供电部门通过理想变压器原线圈A、B 端送电，虚线框内表示教学区内各教室的照明电路．已知变压器副线圈C、D两端距教学区输入端E、F距离较远，电路之间输电线电阻不能忽略，设定A、B端输入电压一定，则以下说法正确的是( )
A．如果教学区同时使用的电灯减少，A、B端输入功率仍不变
B．C、D端电压一定为220 V
C．E、F端电压一定为220 V
D．教学区内同时使用的电灯越多，E、F端输入电压越低
【解析】使用的电灯减少时，输电线与照明电路的总电阻变大，副线圈两端电压U2
不变，故P出＝U22
R总
变小，又P入＝P出，所以A、B端输出功率变小．A项错误；由于输电线电阻的分压，要保证教室内照明灯正常工作，则应有U CD>220 V；而U EF会因为使用的电灯数量不同而获得不同电压，B、C项错误；当使用的电灯越多时，输电线上损失的电压就越多，EF端输入的电压就越低，D项正确．
【答案】D
3．(2016·厦门质检)如图所示，a、b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是( )
A．V1的示数不变，V2的示数减小
B．V1的示数减小，V2的示数减小
C．A1的示数增大，A2的示数增大
D．A1的示数减小，A2的示数减小
【解析】V1测量的是电源的电压，由电源本身决定，与负载无关，B项错；变压器的
输出电压由输入电压及变压器的变压比决定，故是否出现火情，输出电压均不变；将输出电压等效为负载电路中电源的电动势，R 3等效为电源的内电阻．出现火情时，R 2所处位置温度升高，其电阻减小，故电路总电阻减小，因此电压表V 2示数减小，A 项正确；由欧姆定律可知，通过电阻R 1的电流减小，C 项错；电路总电流增大，变压器输出功率增大，故变压器输入功率也增大，由P ＝UI 可知，原线圈中电流增大，D 项错．
【答案】 A
4．(2016·唐山模拟)利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )
A ．1 kW
B ．1.6×103 kW
C ．1.6 kW
D ．10 kW
【解析】 用电器的额定电流为：I ＝P U ＝40×103800
A ＝50 A ，输电线上消耗的功率P 线＝I 2R ＝502×0.4 W ＝1 000 W ＝1 kW ，所以若采用超导电缆代替原来的输电线，线路上节约的电功率为1 kW .
【答案】 A
5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝51
，电阻R 1＝R 2＝10 Ω，D 为理想二极管，原线圈接入如图乙所示的交流电源．则
A ．R 2中交变电流的频率为50 Hz
B ．通过R 1的电流为1 A
C ．通过R 2的电流为 2 A
D ．变压器的输入功率为30 W 【解析】 由题图乙可知，该交流电的周期为T ＝0.04 s ，所以频率为f ＝1T
＝25 Hz ，变压器和二极管都不会改变交流电的频率，所以A 错误；根据变压公式U U 1＝n 1n 2
得R 1两端的电压U 1＝10 2 V ，所以通过R 1的电流为 2 A ，B 错误；根据有效值的定义，设R 2两端的电压
有效值为U 2，U 21R 2T 2＝U 22R 2
T ，所以U 2＝10 V ，通过R 2的电流为1 A ，C 错；变压器的输入功率为P ＝I 21R 1＋I 22R 2＝30 W ，D 对．
【答案】 D
6．(多选)如图是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的变化．输电线的电阻用R 0表示，如果变压器上的能量损失可以忽略．以下说法正确的是( )
A ．开关S 1接a ，闭合开关S ，电压表V 示数减小，电流表A 示数增大
B ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，原线圈输入功率减小
C ．断开开关S ，开关S 1接a 时电流表的示数为I 1，开关S 1接b 时电流表的示数为I 2，则I 1>I 2
D ．断开开关S ，开关S 1接a 时原线圈输入功率为P 1，开关S 1接b 时原线圈输入功率为P 2，则P 1<P 2
【解析】 闭合开关S ，不影响变压器副线圈两端电压，副线圈所接负载的电阻变小，根据欧姆定律，电流表的读数变大，输电线上的电压变大，导致电压表的读数变小，选项A 正确；根据P ＝UI ，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项B 错误；开关S 1从接a 变到接b ，理想变压器的原线圈的匝数变小，副线圈两端电压变大，电流表的读数变大，选项C 错误；根据P ＝UI ，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项D 正确．
【答案】 AD
7.
如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n 1，原线圈接正弦交流电，电压为u ＝U 0cos 100πt(V )，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R ，当电键S 接通后，电流表读数为I ，电动机带动一电阻为r ，质量为m 、长为l 的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v 匀速上升．下列判断正确的是( )
A ．电动机两端电压为IR ，其消耗的电功率为I 2R
B ．原线圈中的电流为nI ，变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ，副线圈电流的频率为50 Hz
C ．变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ＋B 2l 2v 2r
D ．电动机的热功率为I 2R ，副线圈电压的有效值为U 0n
【解析】 电动机两端电压大于IR ，IR 是电动机线圈电阻R 上的电压，用于发热，A
错；原线圈中的电流为I n ，B 错；变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ＋B 2l 2v 2r
，即一部分在电动机线圈电阻R 上发热变成内能；另一部分用于对外做功，将其中一部分电能转化为金属杆的机械能，其余部分克服安培力做功，转化为电能，电流通过纯电阻电路转化为金属杆上的焦耳
热，C 对；副线圈电压的有效值为U 02n
，D 错． 【答案】 C
8．(2015·江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )
A ．200
B ．400
C . 1 600
D ．3 200
【解析】 由变压器变压比U 1U 2＝n 1n 2，可知n 2＝U 2U 1n 1＝110220
×800＝400，B 正确． 【答案】 B
9．(多选)(2015·海南卷)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )
A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 V
B ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 V
C ．原线圈两端原来的电压有效值约为68 V
D ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V
【解析】 副线圈两端电压U 2′＝5.0 V 5 R 0×6R 0＝6 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2
，得U 1′＝24 V ，即此时原线圈两端电压有效值为24 V ，最大值U 1m ′＝2U 1′≈34 V ，A 正确，B 错误．由于前后两次保持输入、输出电流不变，此时副线圈两端电压U 2′＝6R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝12R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝2U 2′，原线圈两端也应有U 1＝2U 1′，即原来原线圈两端电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．
【答案】 AD
10.
(2015·广东卷)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1∶2
B ．副线圈输出功率比为2∶1
C ．副线圈的接入匝数比为2∶1
D ．原线圈输入功率比为1∶2
【解析】 设加热管电阻为R ，对于副线圈，I 2＝220R ，I 2′＝110R
，则调节前后I 2∶I 2′＝2∶1，A 错误．由P ＝U 2R
可知，调节前后副线圈输出功率之比为4∶1，B 错误．原副线圈电压之比为匝数之比，电压减为原来一半，则副线圈匝数也减为原来的一半，C 正确．理想变压器副线圈功率等于原线圈功率，则原线圈输入功率之比为4∶1，D 错误．
【答案】 C
11．(多选)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的电功率，可采取的措施是( )
A ．适当减小输电线的电阻r
B ．适当提高n 4n 3
C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3
D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3
【解析】 当发电机输出功率一定时，为使用户得到更大的功率，需减小输电线上的功
率损失，根据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 正确．根据输电线上的电流I ＝P U 2
可知，也可以通过提高输电电压，减小输电电流，即提高n 2n 1
，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用
户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3
，C 正确． 【答案】 AC
12．如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A 的保险丝L ，原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈匝数n 2＝120匝．已知原线圈接在如图乙所示的交流电源上，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接( )
A ．阻值为12 Ω的电阻
B ．并联两盏“36 V 40 W ”的灯泡
C ．工作频率为10 Hz 的用电设备
D ．耐压值为36 V 的电容器 【解析】 根据题图乙可知，原线圈输入的交变电压的最大值U 1m ＝180 2 V ，有效值U 1＝180 V ，周期T 1＝0.02 s ，频率f 1＝1/T 1＝50 Hz ，又n 1n 2＝51，所以副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V ，有效值U 2＝36 V ，周期T 2＝T 1＝0.02 s ，频率f 2＝f 1＝50 Hz .若副线圈两端接阻值为12 Ω的电阻，则I 2＝U 2/R ＝3 A ，I 1＝n 2I 2/n 1＝0.6 A >0.5 A ，即流过保险丝的电流超过了其熔断电流，选项A 错误；若并联两盏“36 V 40 W ”的灯泡，那么，灯泡两端电压刚好为其额定电压，此外，流过保险丝的电流I′1＝n 2I′2/n 1＝0.2I 2＝
0.2×2×(40 W /36 V )＝49
A <0.5 A ，显然，整个电路和用电器均能正常工作，所以选项
B 正确；输出交流电的频率为50 Hz ，所以副线圈两端不可以接工作频率为10 Hz 的用电设备，选项
C 错误；电容器的耐压值指的是允许承受的最大电压值，题中副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V >36 V ，即超过了电容器的耐压值，所以选项
D 错误．
【答案】 B
二、非选择题
13．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转
动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05 m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈
内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2π
T .为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220 V ，11 kW ”的电机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：
(1)发电机的输出电压的有效值为多少？
(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？
【解析】 (1)根据E m ＝NBSω＝1 100 2 V
得输出电压的有效值为
U 1＝E m 2
＝1 100 V . (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51
.
(3)根据P 入＝P 出＝2.2×104
W ，再根据P 入＝U 1I 1，
解得I 1＝20 A .
【答案】 (1)1 100 V (2)5 1 (3)20 A
14．某发电厂发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机端电压U ＝250 V ，向远处送电的输电线的总电阻R ＝8 Ω.要使输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220 V ，那么：
(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图．
(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比．
【解析】 (1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路示意图如图所示． (2)按题意，P 损＝5%P ＝0.05×100×103 W
＝5×103 W .
设输电线路中的电流为I ，P 损＝I 2R ，
I ＝ P 损R ＝ 5×1038
A ＝25 A . 输送电压U 2＝P I ＝100×10325
V ＝4 000 V ， 对升压变压器n 1n 2＝U 1U 2＝2504 000＝116
， 输电线路上损失电压U 损＝IR ＝25×8 V ＝200 V ，
降压变压器原线圈n 3两端电压
U 3＝U 2－U 损＝(4 000－200)V ＝3 800 V ，
用户在副线圈n 4两端得到电压U 4＝220 V ，
所以n 3n 4＝U 3U 4＝3 800220＝19011
. 即升压变压器原、副线圈匝数比为116；
降压变压器原、副线圈匝数比为19011.
【答案】 见解析。