高中物理人教版能力提升练习 选修3-2第5章 变压器　电能的输送 Word版含解析

1.某发电厂交流发电机组的输出电压恒定。发出的电通过电厂内的升压变压器升压后,用高压输电线把电能输送到远处居民区附近的降压变压器,经降压后输送到用户家中。设升压、降压变压器都是理想变压器。在晚上8点到11点的用电高峰期,随着用户接入的用电器激增,发电厂随之提高了总输出功率。与用电高峰期之前相比,下列判断正确的是 (　　)
A.升压变压器副线圈的电压变高
B.高压输电线路的电压损失变大
C.降压变压器副线圈电压不变
D.输电线损耗功率占总输出功率的比值不变
【解析】选B。发电机电压不变,升压变压器的输入与输出电压不变,故A错误;用电高峰期,输电导线上的电流I变大,输电导线电阻R不变,由U=IR可知,电压损失变大,故B正确;升压变压器输出电压不变,输电导线上损失的电压变大,降压变压器输入电压变小,降压变压器副线圈电压变小,故C错误;用电高峰期,输电电流增大,输电导线损失的功率变大,它与总输出功率的比值变大,故D错误。
2.(2020·宜宾模拟)如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的u-t图象。原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1,串联在原线圈电路中交流电流表的示数为1 A,则 (　　)
A.变压器原线圈所接交流电压的有效值为230 V
B.变压器输出端所接电压表的示数为22 V
C.变压器输出端交变电流的频率为50 Hz
D.变压器的输出功率为220 W
【解析】选C。由原线圈所接正弦交流电u-t图象以及交流电规律可知,变压器原线圈所接交流电压有效值为U1== V=220 V,因为原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1,输出端所接电压表示数也为有效值,由变压器的变压关系可知U1∶U2=n1∶n2,解得U2=22 V,变压器的输入功率等于输出功率P=U1I1=220 W,故A、B、D错误;再由u-t图象知交流电周期为0.02 s,频率为50 Hz,故C正确。故选:C。
3.(2019·郑州模拟)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10,原线圈接通正弦交流电源,理想电压表V示数为22 V,理想电流表A1示数为5 A,副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器,电路处于正常工作状态,则下列说法正确的是 (　　)
A.原、副线圈的电流频率之比为1∶10
B.熔断器的熔断电流应该大于0.5 A
C.若虚线框内接入电容器,电容器的耐压值至少是220 V
D.若虚线框内接入电动机且正常工作,可知电动机内阻为440 Ω,电流表A2示数为0.5 A
【解析】选B。变压器不会改变交流电的频率,故原副线圈的电流频率之比为1∶1;故A错误;电流表的读数为电流的有效值,原线圈的电流有效值为5 A,根据电流与匝数成反比可知,副线圈的电流有效值为0.5 A,所以熔断器的熔断电流应该大于0.5 A,故B正确;电压表的读数为电压的有效值,原线圈的电压有效值为22 V,根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压有效值为220 V,故电容器的耐压值至少为220 V,故C错误;若接入电动机且正常工作,则由于电动机为非纯电阻电路,消耗的电能转化为内能和机械能,故电流一定小于I= A=0.5 A,故D错误。
4.用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0的同一小灯泡供电,图甲中R为滑动变阻器,图乙中理想变压器的原副线圈匝数分别为n1、n2,若小灯泡均能正常工作,则下列说法正确的是 (　　)
A.变压器可能是升压变压器
B.n1∶n2=U0∶U
C.甲、乙电路消耗的功率之比为U2∶
D.R两端的电压最大值为(U-U0)
【解析】选D。由图甲知,电源电压等于变阻器两端的电压与小灯泡电压之和,所以U>U0,在图乙中,根据电压与匝数成正比,知n1>n2,所以该变压器是降压变压器,故A错误;由乙图,根据电压与匝数成正比,得n1∶n2=U∶U0,故B错误;小灯泡均能正常工作,所以电流等于额定电流,甲电路消耗的功率为UI,乙电路消耗的功率为U0I,所以甲、乙电路消耗的功率之比为U∶U0,故C错误;R两端电压的有效值为(U-U0),因为是正弦交流电,所以R两端电压的最大值为(U-U0),故D正确。故选D。
5.(2020·柳州模拟)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1,原线圈接有定值电阻R0,副线圈接有两个阻值均为R的定值电阻,且R0=2R。 输入稳定的正弦交流电U0,则 (　　)
A.R0与R的电压比为1∶2
B.R0与R的电压比为1∶1
C.R0与R消耗的电功率比为2∶1
D.R0与R消耗的电功率比为1∶1
【解析】选C。设通过R的电流强度为I,则副线圈的电流强度为I2=2I;根据变压器原理可知,原线圈的电流强度为:I1=×2I=I,R0两端电压为:UR0=I1R0=2IR,R两端电压:UR=IR,所以R0与R的电压比为2∶1、流过R0与R的电流比为1∶1,故A、B错误;R0与R消耗的电功率比为:===,故C正确,D错误。
6.(2019·长沙模拟)理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压,变压器原线圈匝数n1=270匝,P是副线圈上的滑动触头,当P处于图乙所示位置时,副线圈连入电路的匝数n2=135匝,电容器C恰好不被击穿,灯泡L恰能正常发光,R是滑动变阻器。以下判断正确的是 (　　)
A.若向下移动P,电容器的电荷量增加
B.若保持P不动,向下移动R的滑片,灯泡变暗
C.若保持R的滑片不动,向下移动P,灯泡变亮
D.电容器的击穿电压为11 V
【解析】选D。原线圈输入电压的有效值U1==22 V,当P位于题图乙所示位置,副线圈电压的有效值为U2=U1=11 V,电容器C恰好不被击穿,若向下移动P,电容器C两端的电压减小,有Q=CU可知,电容器所带的电荷量减小,故A错误;若保持P不动,向下移动R的滑片,R接入电路的电阻减小,流过灯泡的电流增大,灯泡变亮,故B错误;若保持R的滑片不动,向下移动P,则副线圈的电压变小,灯泡变暗,故C错误;电容器击穿电压为最大值U′m=U2=11 V,故D正确。
7.某小型水电站的电能输送示意图如下。发电机的输出电压为200 V,输电线总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。降压变压器原副线匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作,则 (　　)
A.<
B.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
C.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
D.如果输送功率不变,使用较大的升压变压器,输电线上发热功率较大
【解析】选C。根据变压器工作原理可知=,=,由于输电线上损失一部分电压,升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压,有U2>U3,所以>,故A、B错误;升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率和输电线上损耗的功率之和,所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率,故C正确;如果输送功率不变,使用较大的升压变压器,则输送电压增大,输送电流减小,输电线上发热的功率减小。故D错误。
8.(多选)如图甲所示,理想变压器原副线圈匝数比n1∶n2=55∶4,原线圈接有交流电流表A1,副线圈电路接有交流电流表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等,所有电表都是理想电表,二极管D正向电阻为零,反向电阻无穷大,灯泡L的阻值恒定。原线圈接入的交流电压的变化规律如图乙所示,则下列说法正确的是 (　　)
A.交流电压表V的读数为32 V
B.灯泡L两端电压的有效值为32 V
C.当滑动变阻器的触头P向下滑动时,电流表A2示数增大,A1示数增大
D.由图乙可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s
【解析】选A、C。由图乙可知,原线圈输入电压有效值为440 V,根据=,可得副线圈电压为32 V,交流电压表V的示数为有效值,即为32 V,故A正确;设灯泡L两端电压的有效值为U′,灯泡的阻值为r,交变电流的周期为T,根据交变电流有效值的定义有:·=T,解得:U′=22.6 V,故B错误;当滑动变阻器的触头P向下滑动时,滑动变阻器阻值减小,则由欧姆定律可知,电流表A2示数增大,因为理想变压器输入功率与输出功率相等,所以电流表A1示数也增大,故C正确;根据ω===100π rad/s可知,交流发电机转子的角速度为100π rad/s,故D错误。所以A、C正确,B、D错误。
9.大地震发生后,某集团向灾区人民捐赠一批柴油发电机。该发电机说明书的部分内容如表所示,现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电,如图所示。发电机到安置区的距离是400 m,输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线,该型号导线单位长度的电阻为2.5×10-4 Ω。安置区家用电器的总功率为44 kW,当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时 (　　)
型号
AED6500S
最大输出功率
60 kW
输出电压范围
220～300 V
A.输电线路中的电流为20 A
B.发电机的实际输出电压为300 V
C.在输电线路上损失的电功率为8 kW
D.如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流,则其输出电压最大值是300 V
【解题指南】解答本题可按以下思路进行:
(1)输电线路的电流可根据P=UI求得。
(2)发电机输出的电压等于线路损失的电压加安置区电压。
(3)先求出线路电阻,再由电功率公式求得损失的电功率。
(4)根据正弦交变电流的有效值和峰值的关系可求出峰值。
【解析】选C。由P=UI得输电线中的电流:I== A=200 A,故A错误;线路两端的电压U线=I线R线=200 A×0.2 Ω=40 V,发电机输出电压U=U线+U0=(40+
220)V=260 V,故B错误;线路电阻R线=2.5×10-4Ω/m×800 m=0.2 Ω。线路损失的电功率P线=R线=(200 A)2×0.2 Ω=8×103 W,故C正确;根据正弦交变电流的有效值和峰值的关系可得峰值Um=U=260 V=367 V,故D错误。
10.实际生活中经常需要远距离输电。如果某发电站将U=5 000 V的电压直接地加在输送线路的输入端,向远方供电,且输送的电功率为P=300 kW。则此时安装在输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE=2 400 kW·h (1 kW·h=
1度电)。求:
(1)此种情况下,线路的终端功率和输电效率。
(2)若要使此输电线路的输电效率为97%,则在发电站处应安装一个变压比是多少的变压器?
【解析】(1)损失的功率为
P′===100 kW
终端功率为
P终=P-P′=300 kW-100 kW=200 kW
输送效率为η==×100%≈66.7%。
(2)设输电线路的电阻为R,原来的损耗
P′=R=100 kW①
现在的损耗P″=R=(1-97%)P　　 ②
而=
由①②代入数据得,=
答案:(1)200 kW　66.7%　(2)3∶10
11.(多选)如图所示,一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1,原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电,副线圈接有两只理想二极管(正向电阻为0,反向电阻为无穷大)和两个电阻,且电阻R1=R2=50 Ω。电压表和电流表均为理想交流电表,则下列说法正确的是 (　　)
A.电流表的示数为0.275 A
B.电压表的示数为55 V
C.1 min内电阻R1上产生的热量为3 630 J
D.电阻R2消耗的电功率为60.5 W
【解析】选A、B。根据电压与匝数成正比,有=,副线圈两端的电压U2=×
220 V=55 V,故B正确;因为二极管具有单向导电性,1 min电阻R1上产生的热量Q=t=1 815 J,故C错误;电阻R2消耗的电功率==30.25 W,故D错误;电阻R1消耗的电功率等于电阻R2消耗的电功率,输入功率P1=30.25×2 W=
60.5 W,I1== A=0.275 A,故A正确。
12.某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电,当发电厂的输出功率为P0时,额定电压为U的用电设备消耗的功率为P1(这时用电设备两端的实际电压恰好是额定电压),若发电厂用一台升压变压器T1先把电压升高,仍通过原来的输电线供电,到达用电设备所在地,再通过一台降压变压器T2把电压降到用电设备的额定电压,供用电设备使用,如图所示,这样改动后,当发电厂输出的功率仍为P0时,用电设备可获得的功率增加至P2,试求所用升压变压器、降压变压器的原线圈和副线圈的匝数比、分别是多少?
【解析】没用变压器之前,输电线上消耗的电功率:
=P0-P1=I0R(式中R为输电线电阻,I0为发电厂的输出电流)
所以输电线电阻为:R= ①
用电设备的电压为:U= ②
用变压器后,输电线上消耗的功率为:
=P0-P2=I2R ③
(I是输电线上的电流,也是升压变压器副线圈和降压变压器原线圈上的电流)
由①式和③式可得:
I2= ④
即:==
用电设备获得P2的功率时,通过用电设备的电流为I′=,将②式代入后得:
I′= ⑤
由④式和⑤式得:
==
答案: