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1、新高考专用高考物理二轮复习检测汇编第2讲变压器远距离输电基础巩固1.如图所示,用理想变压器为一个“6 V、12 W”的小灯泡供电,变压器原线圈中的输入电压为220 V。闭合开关S,小灯泡恰好正常发光。则下列说法中错误的是()A.变压器原副线圈的匝数之比为1103B.变压器原线圈中的输入电流为2 AC.变压器原线圈中的输入功率为12 WD.变压器副线圈中的输出功率为12 W2.一理想变压器原、副线圈匝数比为101,原线圈所接电源电压按图示规律变化,副线圈接有负载。下列说法中正确的是()A.用理想电压表测副线圈负载两端的电压为222 VB.原、副线圈中电流之比为101C.变压器输入、输出功率之比为
2、101D.交流电源电压的有效值为220 V,频率为50 Hz3.如图所示,理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上,交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311 sin 100t(V),副线圈所在电路中接有电热丝、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表。已知理想变压器原、副线圈匝数比为101,电热丝额定功率为44 W,电动机内电阻为1 ,电流表示数为3 A,各用电器均正常工作。则()A.电压表示数为31.1 VB.电动机的输出功率为21 WC.变压器的输入功率为44 WD.通过保险丝的电流为30 A4.(2017北京顺义二模,18)如图所示,一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1n2=10
3、1,原线圈接入电压u=2202 sin 100t(V)的交流电源,交流电压表和电流表对电路的影响可忽略不计,定值电阻R0=10 ,可变电阻R的阻值范围为 010 ,则下列说法正确的是()A.调节可变电阻R的阻值时,电流表示数的变化范围为1.12.2 AB.当可变电阻阻值为10 时,变压器的输入功率为24.2 WC.副线圈中交变电流的频率为100 HzD.t=0.02 s时,电压表的示数为零5.(2017北京海淀二模,17)如图所示为一理想变压器,原线圈接在一输出电压为u=U0 sin t的交流电源两端。电路中R0为定值电阻, V1、V2为理想交流电压表,A为理想交流电流表,导线电阻不计。现使滑
4、动变阻器R的滑动触头P向上滑动,则下列说法中正确的是()A.A的示数变小B.V2的示数变小C.V1与V2示数的比值变大D.R0消耗的电功率变大6.某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V,输出电功率为50 kW,(1)如果用电阻为3 的输电线向远处用户送电,这时用户获得的电压和电功率是多少?(2)如果要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%,则发电站要安装一个升压变压器,到达用户前再用降压变压器变为220 V供用户使用,不考虑变压器的能量损失,这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少?综合提能1.(2017北京西城一模,19)在探究变压器的两个线圈的电压关系时,某同学自己绕制了两个线圈套
5、在可拆变压器的铁芯上,如图所示。线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端,线圈b接小灯泡。他所用的线圈电阻忽略不计。当闭合学生电源的开关时,他发现电源过载(电流过大,超过学生电源允许的最大值)。如果仅从解决电源过载问题的角度考虑,下列采取的措施中,最可能有效的是()A.增大电源电压B.适当增加原线圈a的匝数C.换一个电阻更小的灯泡D.将线圈a改接在学生电源直流输出端2.在家庭电路中,为了安全,一般在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器,如图所示。当漏电保护器的ef两端没有电压时,脱扣开关S能始终保持接通;当ef两端一旦有电压时,脱扣开关立即会自动断开,以起到保护作用。关于这个电路的工作原理,
6、下列说法中正确的是()A.当站在绝缘物上的人双手分别接触b和d线时,脱扣开关会自动断开B.当用户家的电流超过一定值时,脱扣开关会自动断开C.当火线和零线之间电压太高时,脱扣开关会自动断开D.当站在地面上的人触及b线时,脱扣开关会自动断开3.一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ,为理想交流电流表,U为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定。当开关S断开时,电流表的示数为I;当S闭合时,电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为() A.2 B.3 C.4 D.54.三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程,建成后将是中国规模最大的水利工程,枢
7、纽控制流域面积1106 km2,占长江流域面积的56%,坝址处年平均水流量Q=4.511011 m3。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面,在发电方面,三峡电站安装水轮发电机组26台,总装机容量(26台发电机组同时工作时的总发电功率)P=1.82107 kW,年平均发电约W=8.401010 kWh,该工程于2009年全部竣工,电站主要向华中、华东电网供电,以缓解这两个地区的供电紧张局面,阅读上述资料,解答下列问题。(水的密度=1.0103 kg/m3,取重力加速度g=10 m/s2)(1)若三峡电站上下游水位差按H=100 m计算,试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率的公式,并
8、计算出效率的数值。(2)若26台发电机组全部建成并发电,要达到年发电量的要求,每台发电机组平均年发电时间t为多少天?(3)将该电站的电能输送到华中地区,送电功率P1=4.5106 kW;采用超高压输电,输电电压U=500 kV,而发电机输出的电压约U0=18 kV,要使输电线上损耗的功率等于输送电功率5%,求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻。5.(1)如图所示匝数n=60的线圈绕在变压器的闭合铁芯上,通过A、B两端在线圈内通有随时间变化的电流。有两个互相连接的金属环,细环的电阻是粗环的3倍,将细环套在铁芯的另一端。已知某一时刻细环和粗环的连接处C、D间的电压U=0.2 V
9、,并知道粗环的电阻R=1.0 ,求此时刻线圈AB的感应电动势。(C、D间距很小;可认为磁感线都集中在铁芯内)(2)变压器的线圈是由金属线绕制成的,若在短时间内吸热过多来不及散热就会损坏。现对粗细均匀的电阻线通以直流电的情况进行讨论:设通电产生的焦耳热与电阻线升高的温度之间满足如下关系:Q=kcmT,其中c表示物体的比热容,m为物体的质量,T表示升高的温度,k为大于1的常数。请你选择一些物理量,通过论述和计算证明“为避免升温过快,若电流越大,电阻线应该越粗”。(说明自己所设物理量的含义)(3)下面请根据以下微观模型来研究焦耳热,设有一段横截面积为S,长为l的直导线,单位体积内自由电子数为n,每个
10、电子电荷量为e,质量为m。在导线两端加电压U时,电子定向运动,在运动过程中与金属离子碰撞,将动能全部传递给离子,就这样将由电场得到的能量变为相撞时产生的内能。“金属经典电子论”认为,电子定向运动是一段一段加速运动的接替,各段加速都是从定向速度为零开始。根据统计理论知,若平均一个电子从某一次碰撞后到下一次碰撞前经过的时间为t,一秒钟内一个电子经历的平均碰撞次数为2t,请利用以上叙述中出现的各量表示这段导体发热的功率P。答案精解精析基础巩固1.B由题意知,U1=220 V,U2=6 V,所以n1n2=U1U2=1103,A对;I2=P2U2=2 A,所以I1=n2I2n1=355 A,B错;由理想
11、变压器的特点知P1=P2=12 W,故C、D正确,只有B项符合题意。2.D根据图像可知原线圈两端的电压有效值为220 V,周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,D正确;又因为原、副线圈匝数比为101,所以副线圈负载两端的电压有效值为22 V,A错误;又因为原副线圈匝数比等于原副线圈电流的反比,所以原、副线圈中电流之比为110,B错误;理想变压器的输入功率等于输出功率,C错误。3.B由题意知:U1max=311 V,所以U1=220 V,U2=n2U1n1=22 V,A错;变压器的输出功率 P2=U2I2=66 W,所以电动机的输入功率为 P机=P2-P电热丝=22 W,通过电热丝的电流 I
12、电热丝=P电热丝U2=2 A, 故通过电动机的电流I机=I2-I电热丝=1 A,电动机的热功率P机热=I机2R机=1 W,所以电动机的输出功率P机出=P机-P机热=21 W,B对;变压器的输入功率P1=P2=66 W,C错;I1=n2I2n1=0.3 A,D错。4.B由U1U2=n1n2、U1=220 V知U2=22 V,由I2=U2R0+R,又可变电阻R的阻值范围为010 ,可得I2的变化范围是 1.12.2 A,电流表测的是原线圈电流I1,而I1I2=n2n1=110,则I1的变化范围为0.110.22 A,A项错。当R=10 时,变压器的输入功率P入=P出=U22R0+R=22210+1
13、0 W=24.2 W,B项对。输入电压u=U1m sin 2ft=2202 sin 100t(V),因此交变电流的频率f=50 Hz,变压器不改变交流电的频率,C项错。交流电压表、电流表测的都是有效值,因此t=0.02 s时,电压表的示数为22 V,D项错。5.A变压器输入电压不变,原副线圈的匝数比不变,故副线圈两端的电压不变,电压表V1、V2示数不变,V1与V2示数的比值不变。滑动触头向上滑动,变阻器连入电路中的阻值变大,则I2变小,又由I1I2=n2n1知,I1也变小,即A的示数变小。R0消耗的电功率P0=I22R0变小,综上,A正确,B、C、D错误。6.答案(1)200 V2104 W(
14、2)11049722解析(1)用500 V电压送电时示意图如图所示输电线上的电流I0=PU0=50103500 A=100 A用户获得电压U1=U0-I0R=(500-1003) V=200 V用户获得的电功率P1=I0U1=2104 W(2)改用高压输送时,示意图如图所示要求P损=0.6%P,即P损=501030.6% W=300 W输电电流I=P损/R=300/3 A=10 A发电站升压后输电电压U1=PI=5010310 V=5 000 V升压变压器原副线圈匝数比n1n2=U0U1=500V5 000V=110输电线上损失的电压U=IR=103 V=30 V降压变压器的输入电压U2=U1
15、-U=5 000 V-30 V=4 970 V降压变压器原副线圈匝数比n3n4=U2U3=4 970V220V=49722综合提能1.B为解决电源过载,即减小原线圈电流或是减小灯泡功率,由n1n2=U1U2知,增大原线圈匝数,可减小U2即减小灯泡功率,B正确。增大U1,则U2增加,灯泡功率增大,A错误。在U2不变的情况下,减小灯泡电阻,则灯泡的功率增加,C错误。如果用电源直流输出端,由于线圈电阻忽略不计,则电源被短路,D错误。2.D观察漏电保护器的导线缠绕方式可知,当火线和零线中电流相等时,穿过铁芯的磁通量为零。漏电时火线电流和零线电流大小不同,导致小型变压器上端磁通量不为零,这时下端线圈中磁通量也会随之变化,进而产生感应电动势,脱扣开关自动断开,从而起到保护作用。只要零线与火线电流相等都不会有磁通量的变化,所以A、B、C错误,D正确。3.B设原、副线圈匝数比为n,根据能量守恒,当S断开时,UI=I2R1+(nI)2(R2+R3);当S闭合时,4UI=(4I)2R1+(4nI)2R2,
