百强校高考物理题型复习专题30变压器及远距离输电Word格式文档下载.docx

1、 ）A这种电流表能测直流电流，图乙的读数为0.9AB这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0.3AC这种电流表能测交变电流，图乙的读数为2.7AD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2.7A4如图甲所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为221，两个标有“10 V,5 W”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1 min原线圈的输出电能为6102 JB由于电压过高小灯泡会被烧坏C电压表的示数为 220 VD电流表的示数为 2 A5如图所示，一理想变压器的原、副线圈的

2、匝数比是201，原线圈接入u220sin（100t） V的正弦交流电，一只理想二极管和一个阻值为10 的电阻串联后接在副线圈上。则（ ）A电流表示数为0.055 AB电压表示数约为7.8 VC二极管两端的最大电压为11VD1 min内电阻R上产生的热量为726 J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55 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u220sin（50t） VB该交流电的频率为50 HzC流过电阻的电流接近于4 AD电阻消耗的功率接

3、近于220 W7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

4、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（）AA为电流互感器，且n1n2，a是电流表BB为电压互感器，且n3n4，b是电压表CB为电流互感器，且n3n4，b是电流表DA为电压互感器，且n1n2，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

5、阻为R线则下列说法正确的是（ ）A输电线上的电流IB输电线上的电流IC输电线上损失的功率D输电线上损失的功率P10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R10，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，降压变压器副线圈两端交变电压u220sin100t V，降压变压器的副线圈与阻值R0=11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20AB降压变压器T2原、副线圈的电压比为4：1C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

6、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UC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0.4（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110的升压变压器将电压升高，经同样输电线路后，再经过101的降压变压器降压后供给用

7、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10 kW，输电电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW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=0.5 的照明灯。升压变压器的匝数比为 16，降压变压器的匝数比为 61，两变压器间输电线的总电阻为R2 。全校共启用了 33 间教室，每间教室有 6 盏相互并联

8、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1C【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，M

9、N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。2C【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=1010A=100A，故B错误；根据电压表的示数为220V，根据变压公式，输电电压为U2=10220V=2200V，线路输送电功率为P=U2IA2=220kW，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。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

10、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3C【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。【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4A【分析】由图乙可知，原线圈两

11、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。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。5B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

12、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=11V，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.6AD【解析】由图可知，T=410-2s，故f=25Hz，=2f=50 rad/s，所以其表达式为u=220sin（50t）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=22

13、0W，选项D正确；故选AD.7CD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。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

14、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。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。8AB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

15、感器，并联在电路中的是电压互感器。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n1n2，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n3n4，故B正确，C错误。所以AB正确，CD错误。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。9BC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。AB、因为输电总功率，输电电压，输电电流满足，

16、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。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10ABD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。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

17、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。ABD。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。11AD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.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I1r，且满足U=I1r+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=I1r+U1，结合、，可得全电路的欧姆定律，则用户端使用的

18、用电器越多，变小，I1会增大，线路上损耗的电压为I1r会增加，U1会变小，副线圈的电压也会变小，故D正确；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（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

19、降压变压器副线圈的电压和功率（1）根据P=UI得，则输电线上的电压损失U损=IR=2000.4V=80V，功率损失P损I2R=400000.4W=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=200.4V=8V功率损失P损I2R4000.4W160W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=21

20、9.2V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）（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=原线圈中灯泡功率P0=r=648W发电机输出功率P=P+P+P0=8640W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。