复习方略(福建专用)高考物理一轮复习 第十章 第2讲 变压器 远距离输电课时提能演练(三十一)(含解

课时提能演练（三十一）变压器远距离输电
(20分钟50分)
一、选择题(本大题共5小题,每小题6分,共30分。

每小题只有一个选项正确)
1.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
【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=错误!未找到引用源。

R,所以电流表A2的示数为I2=错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

A=1.0 A,C、D错误;初级线圈和次级线圈的匝数比错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

,A错误,B正确。

2.(2013·广东高考)如图,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶
1,和均为理想电表,灯泡电阻R L=6Ω,AB端电压u1=12错误!未找
到引用源。

sin100πt(V)。

下列说法正确的是( )
A.电流频率为100 Hz
B.的读数为24 V
C.的读数为0.5 A
D.变压器输入功率为6 W
【解题指南】解答本题应注意以下三点:
(1)正弦式交变电流有效值和最大值的关系。

(2)交流电路中,电流表、电压表的示数表示有效值。

(3)根据电压、电流及功率与原、副线圈的匝数关系式求解。

【解析】选D。

由AB端电压u1=12错误!未找到引用源。

sin100πt(V)知ω=100π,又ω=2πf,得频率f=50Hz,A错误;由理想变压器规律错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

,U2=6V,B错误;又I2=错误!未找到引用源。

=1A,C错误;P2=U2I2=6W,P1=P2,D正确。

3.(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和错误!未找到引用源。

分别为( )
A.错误!未找到引用源。

,错误!未找到引用源。

B.(错误!未找到引用源。

)2R,错误!未找到引用源。

C.错误!未找到引用源。

,错误!未找到引用源。

D.(错误!未找到引用源。

)2R,错误!未找到引用源。

【解题指南】解答本题的思路:
【解析】选D。

原线圈的电流为I1=错误!未找到引用源。

,由于P、U不变,故I1不变,由错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

=k得P1=错误!未找到引用源。

R=(错误!未找到引用源。

)2R;由错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

=nk得P2=I错误!未找到引用源。

R=(错误!未找到引用源。

)2R,则错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

,故选项D正确。

4.(2014·福州模拟)如图所示,50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=错误!未找到引用源。

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,副线圈现接入一只“220V,60 W”灯泡,且灯泡正常发光,熔断器允许通过的最大电流为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500错误!未找到引用源。

V
C.变压器原、副线圈匝数之比为25∶11
D.变压器输出端最多能并联84只60 W的灯泡
【解析】选C。

图示位置线框平面与磁场垂直,穿过线框的磁通量最大,选项A错误。

矩形闭合导线框ABCD 在磁场中转动,产生的交流电的最大值为E m=
NBSω=500错误!未找到引用源。

V,由于最大值为有效值的错误!未找到引用源。

倍,所以交流电的有效值为500V,选项B错误。

副线圈接入一只“220V,60W”灯泡,且灯泡正常发光,由于电压与匝数成正比,所以变压器原、副线圈匝数之比为错误!未找到引用源。

=错误!未找到引用源。

,所以C正确。

由于熔断器允许通过的最大电流为10A,所以允许变压器输出的最大功率P=UI=500×10W=5000W,输出端最多能并联“220V,60 W”灯泡数为错误!未找到引用源。

=83.3(只)≈83只,所以D错误。

5.(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
【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.与减少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.变压器的输入功率减小
【解析】选B。

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错;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。

二、非选择题(本大题20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)
6.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?
【解析】(1)输送功率P=500kW,
一昼夜输送电能E=Pt=12000kW·h (2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, (2分)
所以输电效率η=错误!未找到引用源。

=60%
(2分)
输电线上的电流I=错误!未找到引用源。

=100A
(2分)
输电线损耗功率P r=I2r, (2分)
其中P r=错误!未找到引用源。

=200kW
(1分)
得r=20Ω。

(2分) (2)输电线上损耗功率P r=(错误!未找到引用源。

)2r∝错误!未找到引用源。

(2分)
原来P r=200kW,现在要求P r′=10kW, (2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。