【全程复习方略】（广东专用）高考物理一轮复习 第十三章 第2讲变压器 电能的输送课时作业.doc

【全程复习方略】（广东专用）2014版高考物理一轮复习 第十三章 第2讲变压器 电能的输送课时作业(40分钟 100分)一、选择题(本大题共10小题,每小题7分,共70分。每小题至少一个答案正确,选不全得3分)1.(2013三亚模拟)如图所示,理想变压器初级线圈的匝数为n1,次级线圈的匝数为n2,初级线圈的两端a、b接正弦交流电源,电压表v的示数为220v,负载电阻r=44,电流表a1的示数为0.20a。下列判断中正确的是()a.初级线圈和次级线圈的匝数比为21b.初级线圈和次级线圈的匝数比为51c.电流表a2的示数为0.1 ad.电流表a2的示数为0.4 a2.(2013海口模拟)理想变压器原、副线圈两侧一定相同的物理量有()a.交变电流的频率b.交变电流的功率c.磁通量的变化率d.交变电流的电压的最大值3.(2013成都模拟)我国“西电东送”采用高压输电,继三峡至常州500kv直流输电工程后,又实现了三峡至广东的500kv直流输电工程。采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联。已知发电机输出电压为450 v,关于高压直流输电,下列说法正确的是()a.高压输电可以减小输电电流,从而减小输电线的能量损耗b.为实现高压直流输电,可以用变压器直接改变恒定电流的电压c.升压变压器原、副线圈的匝数之比为910 000d.恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响4.一输入电压为220 v,输出电压为36 v的变压器副线圈烧坏,为获知此变压器原、副线圈匝数,某同学拆下烧坏的副线圈,用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈。如图所示,然后将原线圈接到220 v交流电源上,测得新绕线圈的端电压为1 v,按理想变压器分析,该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为()a.1 100,360b.1 100,180c.2 200,180d.2 200,3605.(2012天津高考)通过一理想变压器,经同一线路输送相同的电功率p,原线圈的电压u保持不变,输电线路的总电阻为r。当副线圈与原线圈的匝数比为k时,线路损耗的电功率为p1,若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk,线路损耗的电功率为p2,则p1和p2p1分别为()a.prku,1nb.(pku)2r,1nc.prku,1n2d.(pku)2r,1n26.(2013来宾模拟)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为101,电阻r=22,各电表均为理想电表。原线圈输入电压的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是()a.该输入电压的频率为100hzb.电压表的示数为22vc.电流表的示数为1ad.电阻r消耗的电功率是22w7.(2013泉州模拟)如图所示,理想变压器原副线圈匝数之比为41,原线圈接入一电压为u=u0sint的交流电源,副线圈接一个r=27.5的负载电阻。若u0=2202v,=100rad/s,则下述结论正确的是()a.副线圈中电压表的读数为552vb.副线圈中输出交流电的周期为1100sc.原线圈中电流表的读数为0.5 ad.原线圈中的输入功率为1102w8.(2011山东高考)为保证用户电压稳定在220v,变电所需适时进行调压,图甲为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变,当滑动接头p上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是()a.u2=1902sin(50t)vb.u2=1902sin(100t)vc.为使用户电压稳定在220v,应将p适当下移d.为使用户电压稳定在220v,应将p适当上移9.(能力挑战题)如图所示的电路中,有一自耦变压器,左侧并联一只理想电压表v1后接在稳定的交流电源上;右侧串联灯泡l和滑动变阻器r,r上并联一只理想电压表v2。下列说法中正确的是()a.若f不动,滑片p向下滑动时,v1示数变大,v2示数变小b.若f不动,滑片p向下滑动时,灯泡消耗的功率变小c.若p不动,滑片f向下移动时,v1、v2的示数均变小d.若p不动,滑片f向下移动时,灯泡消耗的功率变大10.(2013淮安模拟)如图所示,50匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为b=210t的水平匀强磁场中,线框面积s=0.5m2,线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴oo以角速度=200rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈接入一只“220v60 w”灯泡,且灯泡正常发光,熔断器允许通过的最大电流为10 a,下列说法正确的是()a.图示位置穿过线框的磁通量为零b.线框中产生交变电压的有效值为5002vc.变压器原、副线圈匝数之比为2511d.允许变压器输出的最大功率为5000w二、计算题(本大题共2小题,共30分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)11.(2011江苏高考)(14分)图甲为一理想变压器,ab为原线圈,ce为副线圈,d为副线圈引出的一个接头,原线圈输入正弦式交变电压的u -t图像如图乙所示。若只在ce间接一只rce=400的电阻,或只在de间接一只rde=225的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80w。 (1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式;(2)求只在ce间接400电阻时,原线圈中的电流i1;(3)求ce和de间线圈的匝数比ncende。12.(16分)在远距离输电时,要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个小型发电站,输送的电功率为p=500kw,当使用u=5kv的电压输电时,测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800kwh。求:(1)输电效率和输电线的总电阻r;(2)若想使输电效率提高到98%,又不改变输电线,那么发电站应使用多高的电压向外输电?答案解析1.【解析】选b。由题意可求得初级线圈的功率,利用理想变压器初、次级线圈中的功率相等可求得次级线圈中的电流,再利用初、次级线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比。由电压表v的示数和电流表a1的示数可得初级线圈中的功率p1=u1i1,p1=p2=i22r,所以电流表a2的示数为i2=u1i1r=2200.244a=1.0 a,c、d错误;初级线圈和次级线圈的匝数比n1n2=i2i1=51,a错误,b正确。2.【解析】选a、b、c。理想变压器原、副线圈中交变电流的频率相同,因为磁通量始终相同,变化的周期一样,a项正确;理想变压器没有能量损耗,b项正确;磁通量一样,变化率也一样,但根据公式e=nt,匝数不同,e的最大值也就不一样,c项正确,d项错误。3.【解析】选a、c、d。采用高压直流输电,可以减小输电电流及交流输电中感抗和容抗的影响,a、d正确;变压器是利用互感现象进行工作的,对直流电路无变压作用,b错误;发电机发出的是正弦交变电流,先用变压器升压后再用整流器变成直流,变压器的匝数比为n1n2=u1u2=450500103=910 000,故c正确。4.【解析】选b。对新绕线的理想变压器分析,根据变压比公式得n1=n3u1u3=52201匝=1100匝。对变压器烧坏前分析,n2=n1u2u1=1 10036220匝=180匝,b正确。5.【解题指南】解答本题的思路:【解析】选d。原线圈的电流为i1=pu,由于p、u不变,故i1不变,由i1i2=n2n1=k得p1=i22r=(pku)2r;由i1i2=n2n1=nk得p2=i22r=(pnku)2r,则p2p1=1n2,故选项d正确。6.【解析】选b、d。由图像可知,原线圈输入电压的周期t=0.02s,频率为f=50hz,a错;原线圈输入电压的有效值为220v,副线圈的输出电压为22v,b对;电阻r消耗的电功率是p=22222w=22w,电流表的示数是i=22220a=0.1a,c错,d对。7.【解析】选c。原线圈中的输入电压的有效值为u=u02=220v,由变压器的变压原理可知,副线圈输出电压的有效值为u=55v,a错误;副线圈中的电流i=ur=5527.5a=2a,原线圈中的电流i=14i=0.5a,c正确;原线圈中的输入功率p=ui=2200.5w=110 w,d错误;交流电的周期t=2=2100s=0.02s,b错误。8.【解析】选b、d。由图像可知,正弦式交变电压的最大值为1902v,其周期为0.02s,可得其表达式为u2=1902sin(100t)v,b选项正确,在u1、n2不变的前提下通过改变n1来使u2增大,由u1u2=n1n2可得应使n1减小,故应将p适当上移,d选项正确。9.【解析】选b。若f不动,滑片p向下滑动时,滑动变阻器接入电路中的电阻变大,则副线圈回路中总电阻变大,则回路中电流减小,灯泡两端电压减小,功率变小,滑动变阻器两端电压变大,v2的示数变大,而原线圈两端电压不变,则a错误、b正确;若p不动,滑片f向下移动时,根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变,副线圈两端电压减小,则副线圈回路中电流变小,灯泡l消耗的功率减小,电压表v2的示数减小,c、d错误。【变式备选】如图所示是街头变压器给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市电网的电压,不会有很大的波动,输出电压通过输电线输送给用户。输电线的电阻用r0表示,变阻器r表示用户用电器的总电阻,当滑动变阻器触头p向下移动时,下列说法中正确的是()a.与增加用电器的数目达到的效果相同b.a1表的示数随a2表的示数的增大而增大c.v1表的示数随v2表的示数的增大而增大d.变压器的输入功率增大【解析】选a、b、d。当滑动变阻器触头p向下移动时,用电器的总电阻减小,相当于并联的用电器数目增加,同时变压器的输入功率增大,a、d对;电网供电是“用多少供多少”,输出电流增大则输入电流增大,b正确;但变压器的输出电压则由输入电压决定,当输入电压和变压器的匝数比一定时,输出电压一定,c错。10.【解析】选c、d。图示位置为中性面,穿过线框的磁通量为最大,a错;线框中产生交变电压的最大值为emax=nbs=5002v,其有效值应为u=emax2=500v,b项错;副线圈接入一只“220v60 w”灯泡,且灯泡正常发光,故副线圈的电压为220v,根据原、副线圈的电压比等于匝数比,得原、副线圈匝数比为2511,c对;熔断器允许通过的最大电流为10a,即原线圈上的最大功率为5000w,根据能量守恒定律知,允许变压器输出的最大功率为5000w,故d项对。11.【解析】(1)由题图乙知=200rad/s,(2分)输入电压瞬时值uab=400sin(200t)v(1分)(2)电压有效值u1=um2=2002v理想变压器p1=p2原线圈中的电流i1=p1u1=0.28a(3分)(3)设ab间匝数为n1,根据变压器规律有u1n1=ucence,u1n1=udende(3分)由题意有:uce2rce=ude2rde,(2分)联立可得:ncende=43(3分)答案：(1)uab=400sin(200t)v(2)0.28a(3)4312.【解析】(1)输送功率p=500kw,一昼夜输送电能e=pt=12000kwh (1分)输电线上损失的电能e=4800kwh(1分)终点得到的电能e=e-e=7200kwh,(1分)所以输电效率=ee=60%(1分)输电线上的电流i=pu=100a(2分)输电线损耗功率pr=i2r,(2分)其中pr=et=200kw(1分)得r=20。(2分)(2)输电线上损耗功率pr=(pu)2r1u2(2分)原来pr=200kw,现在要求pr=10kw,(1分)解