百强校高考物理题型复习专题30变压器及远距离输电.docx
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百强校高考物理题型复习专题30变压器及远距离输电
百强校高考物理题型复习专题30:
变压器及远距离输电
学校:
___________姓名:
___________班级:
___________考号:
___________
评卷人
得分
一、单选题
1.调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图所示,线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上, CD之间加上输入电压,当滑动触头P转动时,改变了副线圈匝数,从而调节输出电压。
图中A为交流电流表, V为交流电压表,R1、R2为定值电阻, R3为滑动变阻器CD两端接恒压交流电源,变压器可视为理想变压器,则
A.当滑动变阻器滑片向下滑动时,电压表读数变大
B.当滑动变阻器滑片向下滑动时,电流表读数变小
C.当变压器滑动触头P逆时针转动时, M、N之间的电压变大
D.当变压器滑动触头P顺时针转动时,变压器输出功率变大
2.如图所示为某小型电站高压输电示意图。
发电机输出功率恒定,升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2。
在输电线路的起始端接入两个互感器,原、副线圈的匝数比分别为10:
1和1:
10,电压表的示数为220V,电流表的示数为10A,各互感器和电表均为理想的,则下列说法正确的是( )
A.升压变压器原、副线圈的匝数比为
B.采用高压输电可以增大输电线中的电流,输电电流为100A
C.线路输送电功率是220kW
D.将P上移,用户获得的电压将降低
3.钳形电流表的外形和结构如图甲所示.图甲中电流表的读数为0.9A.图乙中用同一电缆线绕了3匝,则( )
A.这种电流表能测直流电流,图乙的读数为0.9A
B.这种电流表能测交变电流,图乙的读数为0.3A
C.这种电流表能测交变电流,图乙的读数为2.7A
D.这种电流表既能测直流电流,又能测交变电流,图乙的读数为2.7A
4.如图甲所示为一理想变压器,原、副线圈匝数比为22∶1,两个标有“10V,5W”的小灯泡并联在副线圈的两端.原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图乙所示,原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)。
则下列说法正确的是( )
A.经过1min原线圈的输出电能为6×102J
B.由于电压过高小灯泡会被烧坏
C.电压表的示数为220
V
D.电流表的示数为2A
5.如图所示,一理想变压器的原、副线圈的匝数比是20∶1,原线圈接入u=220
sin(100πt)V的正弦交流电,一只理想二极管和一个阻值为10Ω的电阻串联后接在副线圈上。
则( )
A.电流表示数为0.055A
B.电压表示数约为7.8V
C.二极管两端的最大电压为11V
D.1min内电阻R上产生的热量为726J
评卷人
得分
二、多选题
6.如图甲所示,为一种可调压自耦变压器的结构示意图,线圈均匀绕在圆环型铁芯上,若AB间输入如图乙所示的交变电压,在BC间接一个55Ω的电阻(图中未画出),转动滑动触头P到如图甲中所示位置,则( )
A.该交流电的电压瞬时值表达式为u=220
sin(50πt)V
B.该交流电的频率为50Hz
C.流过电阻的电流接近于4A
D.电阻消耗的功率接近于220W
7.如图所示,一个小型水电站,其交流发电机的输出电压U1一定,通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电,输电线的总电阻为R。
T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1,它的输出电压和输出功率分别为U2和P2,T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3,它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。
下列说法正确的是
A.当用户的用电器增加时,U2、U3、U4均变小
B.输电线的总电阻R两端的电压等于(U2+U3),且随用户的用电器增加而增加
C.输电线上损失的功率为
,且随用户的用电器增加而增加
D.要减小线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比
,同时应增大降压变压器的匝数比
8.供电公司检修人员用交流电表监控供电线路中强电流和高电压,使用的仪器是电流互感器和电压互感器,接线如图所示.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,下列说法中正确的是( )
A.A为电流互感器,且n1<n2,a是电流表
B.B为电压互感器,且n3>n4,b是电压表
C.B为电流互感器,且n3<n4,b是电流表
D.A为电压互感器,且n1>n2,a是电压表
9.中央电视台某节目多次报道某些边远落后农村电价过高,农民负担过重,不利于国家扶贫政策的展开,其中客观原因是电网陈旧老化,近来进行农村电网改造,为减少远距离输电的损耗从而降低电费价格,某发电站采用高压输电向外输送电能.若输送的总功率为P0,输电电压为U,输电导线的总电阻为R线.则下列说法正确的是( )
A.输电线上的电流I=
B.输电线上的电流I=
C.输电线上损失的功率
D.输电线上损失的功率P=
10.某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。
已知输电线的总电阻为R=10Ω,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,降压变压器副线圈两端交变电压u=220
sin100πtV,降压变压器的副线圈与阻值R0=11Ω的电阻组成闭合电路。
若将变压器视为理想变压器,则下列说法中正确的是()
A.通过R0电流的有效值是20A
B.降压变压器T2原、副线圈的电压比为4:
1
C.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D.升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
11.如图所示为远距离交流输电的简化电路图。
发电厂的输出电压恒定为U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。
在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2。
则( )
A.输送功率一定时,输电线上损失的功率与U的平方成反比
B.输电线上的电压降为U
C.输电线路上损失的电功率为
D.用户端使用的用电器越多,得到的电压越小
评卷人
得分
三、解答题
12.发电机的输出电压为220V,输出功率为44KW,输电线电阻为0.4Ω
(1)求用户得到的电压和电功率各是多少?
(2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高,经同样输电线路后,再经过10∶1的降压变压器降压后供给用户,则用户得到的电压和电功率又各是多少?
13.如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10kW,输电电压为400V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2kV高压输电,最后用户得到220V、9.5kW的电,求:
(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比
;
(2)输电线路导线电阻R;
(3)用户降压变压器、原副线圈匝数比
。
14.某学校为加强校园安全,备有一台应急发电机,输电线路如图所示,在发电机和升压变压器的线路上串接有一盏r=0.5Ω的照明灯。
升压变压器的匝数比为1∶6,降压变压器的匝数比为6∶1,两变压器间输电线的总电阻为R=2Ω。
全校共启用了33间教室,每间教室有6盏相互并联的“220V、40W”灯泡,要求所有灯都正常发光,求:
(1)两个变压器之间输电线上损失的电压;
(2)发电机的输出功率。
参考答案
1.C
【解析】当保持P的位置不动,即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变,则MN两端的电压不变,当将触头向下移动时,连入电路的电阻的阻值变小,因而总电流增大,R1分担的电压增大,并联支路的电压即电压表的示数减小,R2的电流减小,R3电流变大,即电流表读数变大,故AB错误;保持滑动变阻器连入电路的阻值不变,将P沿逆时针方向移动时,变压器的原线圈的匝数不变,副线圈的匝数增大,MN两端的电压变大,选项C正确;将P沿顺时针方向移动时,变压器的原线圈的匝数不变,副线圈的匝数减少,MN两端的电压减小,总电流减小,次级消耗的功率减小,则变压器输出功率变小,D错误;故选C。
2.C
【解析】根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为:
,故A错误;采用高压输电可以减小输电线中的电流,从而减小输电过程中的电能损失,根据电流互感器原理及匝数比为1:
10,由公式
,得输电电流为IA2=10×10 A=100 A,故B错误;根据电压表的示数为220 V,根据变压公式,
,输电电压为U2=10×220 V=2 200 V,线路输送电功率为P=U2IA2=220 kW,故C正确;将P上移,则降压变压器的初级线圈减小,故用户获得的电压将升高,故D错误。
故选C。
点睛:
本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用,电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器.
3.C
【解析】
【详解】
由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化,则原线圈产生的磁场发生变化,故穿过副线圈的磁通量发生变化,从而在副线圈中产生感应电流,故这种电流表只能测交流电流;根据输入功率和输出功率的关系有:
,即
,而理想变压器依据互感知原副线圈每一匝线圈的电动势相等
,所以
,当n1=1,I2=0.9A,即
;当n1=3时,
,解得
,所以图乙中电流表的读数为2.7A。
故选C。
【点睛】
变压器的工作原理是利用变化的磁场能够产生感应电流,变压器的输入功率和输出功率相同,变压器输入电流和输出电流之比与原副线圈的扎数成反比.
4.A
【解析】
【分析】
由图乙可知,原线圈两端电压
的有效值为220V,根据变压器原副线圈电压比关系,得副线圈两端电压的有效值
。
【详解】
AB、分析可知,副线圈两端电压
,故两灯泡均正常工作,则变压器的输入功率为
,故在1min内,原线圈的输出电能为
,A正确,B错误;
C、电压表的示数为原线圈电压有效值
,为220V,C错误;
D、根据
,得电流表示数
,D错误。
故选A。
【点睛】
掌握住理想变压器的电压、电流和功率之间的关系,最大值和有效值之间的关系即可解决本题。
5.B
【解析】
【分析】
根据原副线圈的匝数比可以求得输出电压的有效值、周期和频率等,二极管的作用是只允许正向的电流通过,再根据电压有效值的定义即可求得结论.
【详解】
二极管具有单向导电性,副线圈的电压只有正向电压。
B.电压表的读数应该是副线圈电压的有效值,由电流热效应知
,得U2=7.8V,故B正确;
C.二极管两端的最大电压应该是电压最大值Um=11
V,故C错误;
D. 1min内电阻R上产生的热量为Q=
=181.5J,故D错误;
A.副线圈中的电流为7.8/10=0.78A,原线圈中的电流0.78/20=0.039A,故A错误。
故选:
B.
6.AD
【解析】由图可知,T=4×10-2s,故f=25Hz,ω=2πf=50πrad/s,所以其表达式为u=220
sin(50πt)V,故A正确;该交流电的频率为25Hz,故B错误;交流电的有效值为U1=220V,则BC间电压为:
U2=
,流过电阻的电流接近于
,选项C错误;电阻消耗的功率接近于PR=U2IR=220W,选项D正确;故选AD.
7.CD
【解析】
【分析】
抓住用户增多时,消耗的电功率变大,则降压变压器的输入功率变大,结合电流的变化判断出输电线上功率损失的变化,从而得出升压变压器原副线圈功率的变化。
抓住升压变压器的输入电压不变,得出输出电压不变,结合输电线上的电压损失得出降压变压器原副线圈电压的变化。
【详解】
交流发电机的输出电压U1一定,匝数没变,根据
,知U2不变,故A错误;输电线的总电阻R两端的电压等于(U2-U3),且随用户的用电器增加,由于输电线上的电流会增大,则输电线R上的电压增加,选项B错误;输电线上的电流
,则输电线上损失的功率为
,且随用户的用电器增加,输电线上的电流会增大,则输电线R上损失的功率增加,选项C正确;输送功率一定时,根据P=UI和P损=I2R知,要减小线路的损耗,应增大输送电压,又U1一定,根据
知,所以应增大升压变压器的匝数比;U3=U2-IR,U2增大,I2减小,所以U3增大,用户电压不变,根据
知,应增大降压变压器的匝数比,故D正确;故选CD。
【点睛】
解决本题的关键知道输出功率决定输入功率,输入电压决定输出电压,输出电流决定输入电流。
知道升压变压器的输出电压、功率与降压变压器的输入电压、功率之间的关系。
8.AB
【解析】
【分析】
理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时,导致副线圈的磁通量发生变化,从而导致副线圈中产生感应电动势。
而副线圈中的感应电流的变化,又导致在原线圈中产生感应电动势。
串联在电路中的是电流互感器,并联在电路中的是电压互感器。
【详解】
由图可知,A串联在电路中是电流互感器,电路中是强电流,通过变压器变成弱电流,用电流表测量,因为电流之比等于线圈匝数的倒数比,所以n1<n2,a是电流表,故A正确,D错误;B并联在电路中是电压互感器,电路中是强电压,通过变压器变成弱电压,用电压表测量,因为电压之比等于线圈匝数比,所以n3>n4,故B正确,C错误。
所以AB正确,CD错误。
【点睛】
本题主要考查了理想变压器是理想化模型,一是不计线圈内阻;二是没有出现漏磁现象。
同时变压比与匝数成正比,变流比与匝数成反比。
9.BC
【解析】
【分析】
根据P=UI求出输电线上的电流,根据
求出输电线上损失的功率。
【详解】
AB、因为输电总功率
,输电电压
,输电电流满足
,则输电电流
,A错误,B正确;
CD、输电线上损失的功率为输电线上的热功率,即
,故C正确,D错误。
故选BC。
【点睛】
解决本题的关键知道输送功率与输送电压、电流的关系,知道输电线上损失的功率
。
10.ABD
【解析】
【分析】
在输电的过程中,交流电的频率不变,结合降压变压器的输出电压和用电器的电阻,根据欧姆定律求出通过用电器的电流,结合输电线上的功率损失求出升压变压器的输入功率。
【详解】
A项:
通过用电器的电流有效值
,故A正确;
B项:
由原、副线圈的电压之比等于匝数比,所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4:
1,故B正确;
C项:
由于输电线上有电压的损失,所以升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压,故C错误;
D项:
由于输电线上有功率损失,所以升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率,故D正确。
故选:
ABD。
【点睛】
解决本题的关键知道:
1、原副线圈的电压、电流与匝数比的关系;2、升压变压器的输出功率、功率损失和降压变压器的输入功率之间的关系。
11.AD
【解析】
【分析】
根据理想变压器的电压关系、电流关系及功率关系,并结合远距离输电的功率损耗关系与电压损耗关系即可解决问题.
【详解】
A、当输送功率一定时,由
,可得输送电流为
,则损失的功率为
,即损失的功率与U的平方成反比;故A正确.
B、线路上损耗的电压为I1•r,且满足U=I1•r+U1,故B错误;
C、输电线路上损失的电功率为
;故C错误.
D、对输电电路U=I1•r+U1,结合
、
、
,可得全电路的欧姆定律
,则用户端使用的用电器越多,
变小,I1会增大,线路上损耗的电压为I1•r会增加,U1会变小,副线圈的电压也会变小,故D正确;
故选AD.
【点睛】
要能熟练的运用理想变压器的各种关系来分析问题,同时要能抓住远距离输电的电压损耗关系与功率损耗关系.
12.
(1)140V;28000W.
(2)219.2V;43840W
【解析】
【分析】
(1)根据P=UI求出输电电流,再根据U损=IR,P损=I2R求出电压损失和功率损失,从而求出用户得到的电压和电功率.
(2)根据电压比等于线圈匝数比,电流比等于匝数之反比求出输电线上的输送电流和输送电压,根据P损=I2R、U损=IR求出输电线上损失的功率和电压,得出降压变压器的电压和功率,根据原副线圈功率相等,以及电压比等于匝数之比求出降压变压器副线圈的电压和功率.
【详解】
(1)根据P=UI得,
则输电线上的电压损失U损=IR=200×0.4V=80V,
功率损失P损=I2R=40000×0.4W=16000W.
所以用户得到的电压U用户=U-U损=220-80V=140V,
用户得到的功率P用户=P-P损=44000-16000W=28000W.
(2)
,得U1=2200V
,得I1=20A
则输电线上的电压损失U损′=I1R=20×0.4V=8V
功率损失P损′=I2R=400×0.4W=160W
所以降压变压器的输入电压U2=U1-U损′=2200-8V=2192V
降压变压器的输入功率P2=P-P损′=44000-160W=43840W
根据
,
则用户得到的电压U用户′=219.2V
变压器输入功率和输出功率相等,所以用户得到的功率P用户′=P2=43840W.
【点睛】
解决本题的关键知道原副线圈的电压比等于线圈匝数比,电流比等于匝数之反比,变压器输入功率和输出功率相等.
13.
(1)
(2)
(3)
【解析】
(1)升压变压器、副线圈匝数比为:
(2)导线电阻R与输送电流和输电线上损失的电功率有关,有
,
而输送电流又决定输电电压及输送功率,
有
所以
(3)设降压变压器原线圈上电压为
,
所以降压变压器原、副线圈匝数比为
本题考查交变电流的远距离传输,根据线路损耗功率求出线路电流和电阻,由闭合电路欧姆定律求线路损耗压降,从而求出降压变压器匝数比
14.
(1)12V
(2)8640W
【解析】
(1)设降压变压器原线圈电流I3,副线圈电流I4,则I4=
=36A
,解得I3=6A
损失的电压△U=I3R=12V
(2)输电线路上损失的功率△P=
R=72W
升压变压器原线圈中的电流为I1,副线圈电流为I2,则I1=
=36A
原线圈中灯泡功率P0=
r=648W
发电机输出功率P=P′+△P+P0=8640W
点睛:
根据教室内的灯泡求得降压变压器副线圈中的电流,根据变压器的特点求得原线圈中的电流,根据△U=Ir求得损失的电压;根据△P=I2r求得损失的功率,根据变压器的特点求得升压变压器原线圈中的电流,求得灯泡消耗的功率,即可求得发电机的总功率。
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