2024版新教材高考物理复习特训卷考点79变压器远距离输电B

这是一份2024版新教材高考物理复习特训卷考点79变压器远距离输电B，共6页。试卷主要包含了[2023·广东佛山一模]，[2022·山东卷]，[2023·山东威海二模]等内容，欢迎下载使用。


A．k1U，k2I B．k1U， eq \f(I,k2)
C． eq \f(U,k1) ，k2I D． eq \f(U,k1) ， eq \f(I,k2)
2.[2023·广东佛山一模]（多选）如图所示，理想自耦变压器线圈均匀绕在圆环型铁芯上，a、b为线圈的始端和末端，P1为线圈的滑动触头，调节P1可以改变b、c间线圈的匝数．a、b两端接电压稳定的交流电源；指示灯L与一小段线圈并联；b、c间接入滑动变阻器R，调节P2可以改变R接入电路的阻值．开关S处于闭合状态，电压表为理想交流电表，下列说法正确的是（ ）
A．仅向上滑动P2，a、b端输入功率变小
B．若断开开关S，指示灯L将熄灭
C．仅顺时针滑动P1，电压表示数变大
D．仅顺时针滑动P1，a、b端输入功率变小
3.[2022·山东卷]
如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs （100πt）.单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V．将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W．下列说法正确的是（ ）
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
4.[2023·广东华南师大附中三模]如图所示为某小型发电站高压输电示意图．发电站输出的电压U1不变；升压变压器输出电压为U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4.为了测高压电路的电压和电流，在输电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器，若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗，所有的电表均为理想电表，则（ ）
A．①为电流表，②为电压表
B．U2>U3
C．仅将滑片Q下移，则输电线损耗功率减少
D．凌晨时分，用户家的灯将变得更暗
5.[2023·山东威海二模]（多选）如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T1、降压变压器T2均为理想变压器，T1、T2的原、副线圈匝数比分别为k1、k2.输电线间的总电阻为R0，可变电阻R为用户端负载．U1、I1分别表示电压表V1、电流表A1的示数，输入电压U保持不变，当负载电阻R减小时，理想电压表V2的示数变化的绝对值为ΔU，理想电流表A2的示数变化的绝对值为ΔI，下列说法正确的是（ ）
A．R0＝ eq \f(U1,I1)
B．R0＝ eq \f(ΔU,ΔI) k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2))
C．电压表V1示数增大
D．电流表A1的示数增加了 eq \f(ΔI,k2)
6.[2023·广东汕头市第三次模拟]图示为高铁的供电流程图，牵引变电所（视为理想变压器，原、副线圈匝数比为n1∶n2）将高压220 kV或110 kV降至27.5 kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电器使机车获得25 kV工作电压，则（ ）
A．若电网的电压为220 kV，则n1∶n2＝1∶8
B．若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝22∶5
C．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25 kV
D．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
7.（多选）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示．下列说法正确的是（ ）
A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C.电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
8.
[2023·湖南岳阳三模]如图所示为理想变压器，原线圈的匝数n1＝1 100 匝，接电动机的副线圈匝数n2＝40匝，电动机M正常工作电流为0.5 A，内阻为2 Ω，L是规格为“6 V、2 W”的小灯泡，理想变压器的原线圈两端接入电压为u＝220 eq \r(2) sin （100πt）（V）的交变电流，电动机和小灯泡均正常工作，则（ ）
A．该交流电的频率为100 Hz
B．通过原线圈的电流为 eq \f(3,110) A
C．小灯泡所连接的副线圈的匝数n3＝60匝
D．电动机输出的机械功率为4 W
9.[2022·湖南卷]如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端．理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I.下列说法正确的是（ ）
A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
考点79 变压器 远距离输电(B)——提能力
1．答案：B
解析：根据理想变压器的电压和电流规律： eq \f(U0,U)＝k1， eq \f(I0,I)＝ eq \f(1,k2)，解得甲图中高压线电压为U0＝k1U，乙图中高压线电流为I0＝ eq \f(I,k2)，B正确．
2．答案：AD
解析：设R两端电压为U，则R消耗的功率为PR＝ eq \f(U2,R)，仅向上滑动P2，U不变，R增大，所以PR变小．指示灯L的功率PL不变，a、b端输入功率为P＝PR＋PL，所以P变小，A正确；若断开开关S，会造成R所在支路断开，对L所在支路无影响，B错误；仅顺时针滑动P1，由于a、b端所接交流电压恒定，所以电压表示数不变，根据理想变压器原、副线圈电压关系可知U减小，所以PR变小，同A分析可知P变小，C错误，D正确．
3．答案：D
解析：根据理想变压器的变压规律有 eq \f(U,n1)＝ eq \f(0.1 V,1)，代入U＝220 V得n1＝2 200，Um＝ eq \r(2)U＝220 eq \r(2) V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝ eq \r(PR)＝12 V，根据理想变压器的变压规律有 eq \f(U,n1)＝ eq \f(UBC,nBC)，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝ eq \f(UBC,R)＝1 A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18 V，UAC＝30 V，变压器不改变交流电的频率，故f＝ eq \f(ω,2π)＝50 Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝ eq \f(UAC,R)＝2.5 A，周期T＝ eq \f(1,f)＝0.02 s，D正确．
4．答案：B
解析：由图可知①接在火线和零线之间，为电压表，②接在同一条线上，测得是电流，为电流表，A错误；由于输电线上有电压降，所以U2>U3，B正确；仅将滑片Q下移，则输电电压U2增大，用户部分的R不变，所以输电电流I2增大，而输电线损耗功率为ΔP＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) r，所以输电线损耗功率增大，C错误；凌晨时分，降压变压器的输出端用电量减少，电路中的电流减小，则输电线上的电压降减小，则降压变压器的输入电压增大，用户得到的电压变大，用户家的灯将变得更亮，D错误．
5．答案：BD
解析：设降压变压器T2原线圈电压为U3，副线圈电压为U2，根据题意可知电阻R0两端的电压等于UR0＝U1－U3，则R0＝ eq \f(U1－U3,I1)，A错误；设降压变压器T2原线圈电压变化为ΔU3，则 eq \f(ΔU3,ΔU)＝k2，设降压变压器T2原线圈电流变化为ΔI3，则 eq \f(ΔI3,ΔI)＝ eq \f(1,k2)，可得ΔI3＝ eq \f(ΔI,k2)，根据欧姆定律得ΔU3＝ΔI3R0，即k2ΔU＝ eq \f(ΔI,k2)R0，解得R0＝ eq \f(ΔU,ΔI)k eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) ，B、D正确；输入电压不变，升压变压器T1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T1副线圈的电压不变，电压表V1示数不变，C错误．
6．答案：D
解析：若电网的电压为220 kV，则n1∶n2＝220 kV∶27.5 kV＝8∶1；若电网的电压为110 kV，则n1∶n2＝110 kV∶27.5 kV＝4∶1，A、B错误；若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输出功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所至机车间的电流增大，热损耗功率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于25 kV，C错误，D正确．
7．答案：AD
解析：根据i2 ­ t图像可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝ eq \f(1,T)＝50 Hz，A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝ eq \f(\r(2),\r(2))×10 V＝10 V，由 eq \f(n1,n2)＝ eq \f(U1,U2)得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，B错误；电流表的示数I＝ eq \f(U2,R3)＝ eq \f(10,20)A＝0.5 A，C错误；变压器传输的电功率P＝I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) R2＋I2R3＝15.0 W，D正确．
8．答案：B
解析：根据u＝220 eq \r(2)sin (100πt)(V)，可得ω＝2πf＝100π，解得f＝50 Hz，A错误；理想变压器中，输入功率等于输出功率，则有UI＝U2I2＋PL，则通过原线圈的电流为I＝ eq \f(U2I2＋PL,U)＝ eq \f(3,110) A，B正确；由理想变压器电压与线圈匝数的关系为 eq \f(U1,U3)＝ eq \f(n1,n3)，可得n3＝ eq \f(U3n1,U1)＝30匝，C错误；由理想变压器电压与线圈匝数的关系可得 eq \f(U1,U2)＝ eq \f(n1,n2)，可得U2＝ eq \f(U1n2,n1)＝8 V，则电动机输出的机械功率为P＝U2I2－I eq \\al(\s\up1(2),\s\d1(2)) R2＝3.5 W，D错误．
9．答案：B
解析：设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，通过原线圈的电流为I1，通过副线圈的电流为I2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′＝ eq \f(U1,I1)＝ eq \f(\f(n1,n2)U2,\f(n2,n1)I2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2))) eq \s\up12(2) eq \f(U2,I2)＝ eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2))) eq \s\up12(2)R1；保持P1位置不变，将原、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻，P2向左缓慢滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U减小，A项错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R1消耗的功率增大，B项正确；当P2位置不变，P1向下滑动时，n2减小，等效电阻R′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R2两端电压减小，C项错误；由于R2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R1的功率增大，D项错误．