新高考物理一轮复习课时作业第11章第2讲变压器电能的输送（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习课时作业第11章第2讲变压器电能的输送（含解析），共11页。试卷主要包含了选择题，非选择题等内容，欢迎下载使用。


时间：50分钟 满分：100分
一、选择题(本题共11小题，每小题7分，共77分。其中1～7题为单选，8～11题为多选)
1．(2021·八省联考广东卷)科学中心某款手摇点火器原理如图所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5000 V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2 T，手摇发电机线圈的面积为0.25 m2，共50匝，不计内阻，变压器为理想变压器，其原、副线圈匝数比为1∶100。下列说法正确的是( )
A．线圈转速等于2 r/s时，点火器可以产生电火花
B．线圈转速等于4 r/s时，点火器可以产生电火花
C．电压表的示数为5 V时，点火器可以产生电火花
D．电压表的示数为25 V时，点火器可以产生电火花
答案 B
解析 线圈在匀强磁场中转动产生交流电，设转速为n，则发电机的最大电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，发电机的最大电动势等于变压器原线圈两端电压的最大值，即U1m＝Em，根据理想变压器原、副线圈的匝数比等于其两端电压之比，有eq \f(1,100)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(\f(U1m,\r(2)),\f(U2m,\r(2)))；钢针和金属板间瞬时电压超过5000 V时可以产生电火花，现令U2m＝5000 V，联立各式解得U1m＝50 V，n＝eq \f(10,π) r/s≈3.18 r/s，故线圈转速等于2 r/s时，点火器不能产生电火花，线圈转速等于4 r/s时，点火器能产生电火花，故A错误，B正确；电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，恰好能点火时，电压表示数UV＝eq \f(U1m,\r(2))＝25eq \r(2) V,5 V和25 V均小于25eq \r(2) V，故C、D错误。
2．(2018·江苏高考)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq \f(1,4)，输电电压应变为( )
A．55 kV B.110 kV
C.440 kV D.880 kV
答案 C
解析 输电功率P＝UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损＝I2R，R为输电线路的电阻，即P损＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))2R。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的eq \f(1,4)，则输电电压为原来的2倍，即440 kV，故C正确。
3.(2018·天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的eq \f(1,2)，则( )
A．R消耗的功率变为eq \f(1,2)P
B．电压表V的读数为eq \f(1,2)U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
答案 B
解析 根据ω＝2πn可知转速变为原来的eq \f(1,2)，则角速度变为原来的eq \f(1,2)，根据Em＝nBSω可知发电机产生的最大电动势为原来的eq \f(1,2)，根据U＝eq \f(Em,\r(2))可知发电机的输出电压有效值变为原来的eq \f(1,2)，即原线圈的输出电压变为原来的eq \f(1,2)，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知副线圈的输入电压变为原来的eq \f(1,2)，即电压表示数变为原来的eq \f(1,2)，根据P＝eq \f(U2,R)可知R消耗的电功率变为eq \f(1,4)P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝eq \f(\f(1,2)U,R)，即变为原来的eq \f(1,2)，根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)可知原线圈中的电流也变为原来的eq \f(1,2)，C错误；转速减小为原来的eq \f(1,2)，则频率变为原来的eq \f(1,2)，D错误。
4．(2020·河南省三市第二次质量检测)如图所示，甲图中滑动变阻器的输入端a、b之间接一电压为U1的直流电源，变阻器的输出端c、d之间接一额定电压为220 V、额定功率为40 W的灯泡。乙图中理想变压器的输入端e、f之间接一电压为U2的正弦式交变电源，理想变压器的输出端g、h之间也接一额定电压为220 V、额定功率为40 W的灯泡。已知滑动变阻器的滑动触头在变阻器的中点，理想变压器的滑动端在线圈的中点，此时两个灯泡都正常发光。下列说法正确的是( )
A．U1和U2均为110 V
B．U1为110 V，U2为220 V
C．U1为220 V，U2为110 V
D．U1大于220 V，U2为110 V
答案 D
解析 甲图中，灯泡与滑动变阻器滑动触头以下部分串联，灯泡正常发光，则灯泡两端电压为220 V，根据串联电路分压规律可得U1＝eq \f(RL＋R下,RL)UL＞220 V；乙图中，灯泡正常发光，说明副线圈两端电压是220 V，根据理想变压器原理可得eq \f(U2,UL)＝eq \f(n1,n2)，因理想变压器的滑动端在线圈中点，所以eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,2)，解得U2＝eq \f(n1,n2)UL＝110 V，故A、B、C错误，D正确。
5.在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上。当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂。已知线圈1、2的匝数之比n1∶n2＝2∶1。在不接负载的情况下( )
A．当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出电压为110 V
B．当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出电压为55 V
C．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为220 V
D．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为440 V
答案 B
解析 在不考虑原、副线圈内电阻的情况下，变压器原、副线圈电压之比eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(U1,U2)))等于原、副线圈中产生的感应电动势之比eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(E1,E2)))；给一个线圈通交变电流后，其内部磁通量只有一半通过另一个线圈，因此另一线圈的磁通量的变化率只有通电线圈的一半；当给线圈1输入电压为U1＝220 V时，因eq \f(U1,U2)＝eq \f(E1,E2)＝eq \f(n1\f(ΔΦ1,Δt),n2\f(ΔΦ2,Δt))＝eq \f(n1ΔΦ1,n2ΔΦ2)＝eq \f(2,1)×eq \f(2,1)＝eq \f(4,1)，则线圈2输出电压为U2＝eq \f(1,4)U1＝55 V；当给线圈2输入电压为U2′＝110 V时，因eq \f(U2′,U1′)＝eq \f(E2′,E1′)＝eq \f(n2\f(ΔΦ2′,Δt),n1\f(ΔΦ1′,Δt))＝eq \f(n2ΔΦ2′,n1ΔΦ1′)＝eq \f(1,2)×eq \f(2,1)＝eq \f(1,1)，则线圈1输出电压为U1′＝U2′＝110 V；所以B正确，A、C、D错误。
6.(2020·广西柳州高级中学高三下学期4月线上模拟)如图所示的理想变压器，两个副线圈匝数分别为n1和n2，当把电热器接在a、b间，使c、d空载时，电流表示数为I1，当把同一电热器接在c、d间，而使a、b空载时，电流表的示数为I2，则I1∶I2等于( )
A．n1∶n2 B.neq \\al(2,1)∶neq \\al(2,2)
C．n2∶n1 D.neq \\al(2,2)∶neq \\al(2,1)
答案 B
解析 设副线圈中的电压分别为U2、U3，根据理想变压器输入功率等于输出功率以及电压与匝数成正比可知，UI1＝eq \f(U\\al(2,2),R)，UI2＝eq \f(U\\al(2,3),R)，联立解得eq \f(I1,I2)＝eq \f(U\\al(2,2),U\\al(2,3))＝eq \f(n\\al(2,1),n\\al(2,2))，故B正确，A、C、D错误。
7.(2020·江苏省启东市高三下学期期初考试)电风扇的挡位变换器电路如图所示，把它视为一个可调压的理想变压器，总匝数为2400匝的原线圈输入电压u＝220eq \r(2)sin100πt(V)，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为240匝、600匝、1200匝、2400匝。电动机M的内阻r＝8 Ω，额定电压为U＝220 V，额定功率P＝110 W。下列判断正确的是( )
A．该交变电源的频率为100 Hz
B．当选择3挡位后，电动机两端电压的最大值为110 V
C．当挡位由3变为2后，原线圈的电流变大
D．当选择挡位4后，电动机的输出功率为108 W
答案 D
解析 根据原线圈输入电压的瞬时值表达式知：ω＝100π rad/s，则该交变电源的频率f＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，故A错误；根据题意输入电压的有效值为220 V，当选择3挡位后，副线圈的匝数为1200匝，根据理想变压器电压与匝数成正比得：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，即eq \f(220 V,U2)＝eq \f(2400,1200)，解得：U2＝110 V，所以电动机两端电压的最大值为110eq \r(2) V，故B错误；当挡位由3变为2后，副线圈匝数减小，副线圈两端的电压减小，输出功率变小，则输入功率变小，根据P1＝U1I1知原线圈电流变小，故C错误；当选择挡位4后，副线圈匝数等于2400匝，根据理想变压器电压与匝数的关系得副线圈两端的电压为220 V，电动机正常工作，流过电动机的电流I＝eq \f(P,U)＝eq \f(110,220) A＝0.5 A，电动机的发热功率P热＝I2r＝0.52×8 W＝2 W，电动机的输出功率P出＝P－P热＝110 W－2 W＝108 W，故D正确。
8.(2020·河北省张家口市5月模拟)如图所示为一理想变压器，原线圈a、b两端接入电压u＝Umsinωt的交变电流，Um和原线圈接入电阻阻值均保持不变，电表均为理想电表。当用户并联在副线圈两端上的用电器增加时，下列说法正确的是( )
A．电流表A1的示数变大 B.电流表A2的示数变小
C．电压表V1的示数变大 D.电压表V2的示数变小
答案 AD
解析 Um和原线圈接入电阻阻值均保持不变，当用户并联在副线圈两端的用电器增加时，副线圈两端总电阻减小，则原线圈两端的等效电阻减小，根据闭合电路欧姆定律知，A1示数增大，V1示数减小；再根据理想变压器的电流、电压与匝数的关系可知，A2示数增大，V2示数减小。故A、D正确，B、C错误。
9.(2020·云南省高中毕业生统一检测)如图所示，理想变压器的原线圈接在稳压交流电源上，R1、R2、R3是阻值相等的定值电阻，电表A为理想电流表，调节滑片P可以改变原线圈匝数。初始时，开关K处于断开状态，下列说法正确的是( )
A．只把滑片P向上滑动，电流表示数将增大
B．只把滑片P向下滑动，电阻R1消耗的功率将增大
C．只闭合开关K，电阻R2消耗的功率将增大
D．只闭合开关K，电流表示数将变大
答案 BD
解析 只把滑片P向上滑动，原线圈匝数增大，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，副线圈两端电压U2变小，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈中电流变小，副线圈功率P2＝I2U2变小，则输入功率变小，输入电压不变，则原线圈电流变小，电流表示数将变小，故A错误。只把滑片P向下滑动，原线圈匝数变小，副线圈两端电压U2变大，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈中电流变大，根据P＝Ieq \\al(2,2)R1，可知电阻R1消耗的功率将增大，故B正确。只闭合开关K，副线圈所在电路总电阻变小，匝数比和输入电压不变，则输出电压不变，根据闭合电路欧姆定律可知，副线圈所在电路干路电流变大，R1分压变大，则R2两端电压变小，R2消耗的功率将减小；副线圈所在电路干路电流变大，变压器输出功率变大，则输入功率变大，输入电压不变，则原线圈中电流变大，电流表示数将变大，故C错误，D正确。
10．(2021·八省联考重庆卷)如图1、2所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27000eq \r(2)sin100πt(V)，电器RL与RL′的参数分别为“220 V 1100 W”“220 V 440 W”，输电线的总电阻r＝2 Ω。若两图中电器都能正常工作，则( )
A．图1中电阻r的功率为50 W
B．图2中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了440 W
C．图1中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2700∶23
D．图2中原、副线圈匝数比n1∶n2＝1500∶13
答案 ACD
解析 图1中，根据P＝UI可得通过电器RL的电流为IL＝eq \f(PL,UL)＝eq \f(1100,220) A＝5 A，电阻r的功率为Pr＝Ieq \\al(2,L)r＝52×2 W＝50 W，故A正确；图1变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝220 V＋5×2 V＝230 V，图1变压器的输入功率等于输出功率，为P1＝U出IL＝230×5 W＝1150 W，电器RL′正常工作的电流为IL′＝eq \f(PL′,UL′)＝eq \f(440,220) A＝2 A，图2中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7 A，图2中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝220 V＋2×7 V＝234 V，图2中变压器的输入功率等于输出功率，为P2＝U出′I总＝234×7 W＝1638 W，图2中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝1638 W－1150 W＝488 W，故B错误；由于两理想变压器输入电压为U入＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(27000\r(2),\r(2)) V＝27000 V，则图1中原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入,U出)＝eq \f(2700,23)，图2中原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入,U出′)＝eq \f(1500,13)，故C、D正确。
11．(2020·贵州省贵阳市调研)在图甲所示的理想变压器a、b端加图乙所示的交变电压。已知变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，R1为热敏电阻(温度升高时，其电阻减小)，R为定值电阻，两电压表均为理想电表。下列判断正确的是( )
A．电压表V1的示数为22 V
B．电压表V2的示数为11 V
C．R1处温度升高时，V1示数与V2示数的比值变小
D．R1处温度升高时，V1示数与V2示数的比值变大
答案 AD
解析 电压表V1测的是原线圈电压，也就是输入电压，正弦式交流电的有效值是峰值的eq \f(\r(2),2)倍，所以电压表V1的示数是22 V，故A正确；因原、副线圈匝数比为2∶1，所以副线圈两端电压为11 V，电压表V2测的是R1两端电压，应该小于11 V，故B错误；R1处温度升高时，R1电阻减小，R阻值不变，R1分得的电压变小，V2减小，V1不变，所以V1与V2示数的比值变大，故C错误，D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共23分)
12．(9分)在“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)下列器材中，实验需要的器材是________。
A．干电池 B.低压交流电源
C．220 V交流电源 D.条形磁体
E．可拆变压器和导线 F．直流电压表
G．多用电表
(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈两端的电压值。由于交变电流的电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________(选填“有效”或“最大”)值。其中一次操作后副线圈所接多用电表读数如图所示，此时电表读数为________。
(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成________(选填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损导致原线圈与副线圈的电压之比一般________(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比。
答案 (1)BEG (2)有效 7.2 (3)正比 大于
解析 (1)“探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系”要用低压交流电源和交流电压表，所以只需要多用电表、低压交流电源以及可拆变压器和导线，故选B、E、G。
(2)多用电表测量的是交流电压的有效值。题图多用电表选用的挡位是交流电压10 V挡，由题图可得电表读数为7.2 V。
(3)根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比；实验中由于变压器的铜损和铁损导致副线圈的电压U2较小，所以导致eq \f(U1,U2)>eq \f(n1,n2)。
13．(14分)某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%。求：
(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)
(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？
答案 (1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5760 W
解析 (1)输电电路图如图所示，
由ΔP＝4%P输出和ΔP＝Ieq \\al(2,2)R
得I2＝eq \r(\f(4%P输出,R))＝6 A
则U送＝eq \f(P输出,I2)＝1500 V
升压变压器原、副线圈匝数比
eq \f(n1,n2)＝eq \f(U0,U送)＝eq \f(500,1500)＝eq \f(1,3)
输电线上电压损失ΔU＝I2R＝60 V
故降压变压器输入电压
U1＝U送－ΔU＝1440 V
故降压变压器原、副线圈匝数比eq \f(n1′,n2′)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(1440,220)＝eq \f(72,11)。
(2)若不用变压器，则输电电流I＝eq \f(P输出,U0)＝18 A
U＝U0－IR＝320 V，P＝P输出－I2R＝5760 W。