2017年高考物理一轮复习专题45理想变压器远距离输电(测)(含解析)

1、专题45理想变压器远距离输电（测）【满分：110分时间：90分钟】一、选择题（本大题共 12小题，每小题5分，共60分。在每小题给出的四个选项中. 18 题只有一项符合题目要求； 912题有多项符合题目要求。 全部选又的得5分，选对但不全的 得3分，有选错的得0分。）1 .如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户 供电的示意图（图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用/表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻. 当 用电器增加时，相当于 R变小，则当用电进入高峰时：（）A.电压表 V V2的读数均

2、不变，电流表 A2的读数增大，电流表 A的读数减小B.电压表V V4的读数均减小，电流表 A2的读数增大，电流表 白的读数减小C.电压表V2、V3的读数之差与电流表 A的读数的比值不变D.线路损耗功率不变【答案】C【解析】电压表V、V：的读如坏变，因为输入电压和匝数比都不变，用电高I峰期,电阻温小，电流增大, 根据电流与匝数成反比如电流都增大，故A错误3输电线上的电压损失增大，故电压表、%的读数均减 小，电流表配的读教墙大，电流表加的读数墙大，故B错误；电压表/、的的读数之差与电流表出的 读数的比值不变j等干输电线的电阻值，故C正确.输电线上的电流增加，则输电线消耗的功率变大，选 顶D错误j故

3、选C.【名师点睛】此题是关于远距离输电线路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变 化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方 法。注意升压变压器的初级电压由发电机决定，次级电压由初级电压和匝数比决定.2.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B 2 。单匝矩形线圈面积 S=1n2i。电阻不计，绕垂直5于磁场的轴OO匀速转动。线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接，（A为交流电流表。调整副线圈的滑动触头 P,当变压器原、副线圈匝数比为1:2时，副线圈电路中标有“ 36V 36W的灯泡正常发光。以下判断正确的是：（）呼s?A.电流表的示数为 1AB.矩形线圈产生电

4、动势的最大值为18VC.从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈电动势随时间变化的规律为e 18j2sin90 t（V）D.若矩形线圈转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将 P适当下移【答案】C【解析】小灯泡正常发光，故变压器的输出电流为；4 = 根据变滴比公式：。=堆解得:月=露用 故A错误'小灯泡正常发光，故变压器的愉出电压为药F ,根据变压比公式兽二色，解得；巧故 矩形线圈产生电动势的有效值为1皿，故B错误矩形线圈产生电动势的最大值为1瓯印根据公式 工=师附,解得；3 = &= 呼 =9而3r ；故从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形圈电动势 随时间的变化知律二线而90耀，故C

5、正确:若矩形线圈转速增大，根据公式感 应电动势的最大值增大，故有效值也增大为使灯泡仍篦正常发洸，应该增大变压比，故应将P适当上称, 故D错误。【名师点睛】本题关键是明确交流发电机的瞬时值、有效值、最大值的区别和求解方法，同 时要结合变压器的变压比和变流比公式列式求解。3.如图所示a、b间接入正弦交流电，理想变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R的电流，电压表 V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R为一定值电阻。当R所在处出现火情时，以下说法中正确的是：（）A. Vi的示数减小，V2的示数

6、减小B . M的示数不变，%的示数减小C. Ai的示数增大，A2的示数增大D . A的示数减小，Az的示数减小【答案】B【解析】当传感器/所在处出现火情时，电的电阻激小？导致电路的总的电阻减小j所以电路中的总电流 将会烟加测量的是原线圈中的总的电流j由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流T示数也要增 加$由于电源的电压不变,用副线圈的电压也不变？所以的示数不变，由于副线圈中电流增大，鸟的电 压变大，所以马的示数要减小，即治的电压也要减小,，所以省的示数要减打所以B正确，ACD错误*【名师点睛】电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的 情况，再确定其他的电路的变化的

7、情况，即先部分后整体再部分的方法。4.图甲的变压器原、副线圈匝数比为3:1 ,图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图像,L、L2、L4为四只规格均为“ 9V,6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，以下说法 正确的是：()A ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab 27T2sin100 t(V)B ab输入端输入功率 Pab 18 WC电流表的示数为2A ,且四只灯泡均能正常发光D断开K,电压表V读数将变小【答案】C【解析】由输入端交变电压 u的图象，可知其最大值为2772V，有效值是27V,副线圈电压为:1 1U - U1 = - 27= 9V,所以副线圈三只灯泡均能正常发光。灯泡的额定电流

8、：3 3Io P 6A 2A,电流表的读数为I2 3 2A 2A,原线圈电流为I1曳I2 1 2 -A,U 933n133所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压为Uab U U2 9 27 36V ,输入端电压的瞬时值表达式为uab 36&sin100 t(V) , A错误，C正确；四个灯泡都正常发光，所以 ab输入端输入功率 E 4 6 24W,故B错误；若将K断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原 线圈的输入电流也减小，则流过灯泡 L1的电流减小，L1上消耗的电压减小，所以原线圈上的 电压降增大，即压表 V读数将变大，故 D错误。【名师点睛】理想变压器是理想化模型，一是不计

9、线圈内阻；二是没有出现漏磁现象.同时 运用闭合电路殴姆定律来分析随着电阻变化时电流、电压如何变化.分析的思路先干路后支 路，以不变应万变。最后值得注意的是变压器的原线圈与灯泡串联后接入交流中，所以图象 的有效值不是原线圈的有效值。5 .下图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点.触片 P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作 状态，n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数，该电吹风的各项参数如下表所示.下列 说法正确的是：（）小凤明&接 220V 交流电 =Ct物风时输入功率HMM冷风时输入功率SOW小阅扇颤定

10、电压60V正常工作时小风扇输出功率52WA变压器两线圈的匝数比 ni： n2 = 13 : 15b.可由表格中数据计算出小风扇的内阻为60aC.吹冷风时触片 P与触点b、c接触D.若把电热丝截去一小段后再接入电路，电吹风吹热风时的功率不变【答案】C【解析】根据变压器的原线圈.副线圈的匝数与电压的关系*卜黑故错误小风扇消耗的功率转化为机械功率,匡戋圈上的热功率,因未说明小风质的效率，所以不能计算小风扇的内附，部C是同庖 消耗的电能全部靖化为内育但寸的电阻，放B错读；电动机与小风扇同时搂入电路时吹冷贝，触片P与触或 乩c接触，故C正确J根据公式ht可知，把电热丝截去一小段后的电热丝（材札 粗细羽旗

11、）电阻 变小，电吹风吹热即寸的功率符变大,故D错误。【名师点睛】本题考查电功率公式的应用，难点是明白触点在不同位置时电路的连接情况， 还要知道电源电压不变时，电阻越小电功率越大。6 .如图所示，理想变压器有三个线圈A、R C,已知 B C的匝数之比是 小：山=10： 1,理想电压表的示数为 U,理想电流表的示数为I ,灯L1、L2是完全相同的灯泡，根据以上条件不可以计算出的物理量是:.灯L2两端的电压U.线圈A两端的电压UA.通过灯Li的电流I2 BC.输入变压器的电功率PiD【答案】D【解析】根据电压与匝敬成正比知里=可以求S两端电压5,从而知道灯泡的电阻，因为两灯相同, 屿巴所以可以求通过

12、灯L1的电流强度E；根据两副线圈的消器功率，由pp JA而可求出变压器的输入功率P15因初级线圈的匝数未知,故不能求解线圈A两端的电压5,故选D.【名师点睛】本题主要考查了变压器的特点，属于两个副线圈，因它们的磁通量的变化率相 同，则电压比等于线圈匝数比仍成立；而电流之比，则根据原副线圈的功率相等列式求解线 圈的电流关系；难度不大，属于基础题。7 .如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为 4: 1,电压表和电流表均为理想电表，R为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R为定值电阻.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电.下列说法中正确的是:A.输入变压器原线圈的交流电压的表达式为u

13、36 2sin50 tV8 .变压器原、副线圈中的电流之比为4： lC. t=0.0ls时，发电机的线圈平面位于中性面D. R温度升高时，变压器的输入功率变小【答案】C【解析】由图乙可知交流电压最大值U=36拒V,周期T=0.02s ,可由周期求出角速度的值为100 ,则可得交流电压 u的表达式U=36 J2 si n100兀t V,故A错误；变压器原、 0.02副线圈中的电流之比等于匝数的倒数比，为1: 4,故B错误.t=0.01s时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，位于中性面，故 C正确；t处温度升高时，阻值减小，电流 表的示数变大，变压器输出功率变大，则变压器输入功率也变大，

14、故 D错误；故选C. 【名师点睛】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键。8.如图所示，理想变压器原线圈接交流电源和理想交流电流表，副线圈接热水器和抽油烟机，55V原副线圈的匝数比为 4:1 ,副线圈上电源的瞬时值 u 220j2sin100 t(V),开关S断开时， 电流表示数是1A,开关S闭合时，电流表示数是1.25A,下列说法正确的是：()A.交流电源输出电压的最大值是B.交流电源输出电压的最大值是880VC. S闭合时，抽油烟机消耗的功率是1100WD. S闭合时，抽油烟机消耗的功率是220Vt解析】根据公

15、式幺=良可将电源输出电压的最大值为4 =880扬，则AB错误另开关S断开时，电 4?流表示数是& = iA#魏公式区=之可得通过热水器的电流为4闭合时,电漪表示数是1室4, 4吗则副线圈的电流为4XL23A=5Aj则抽泡烟机的电流为5-4=1%则功率P = 5=22CT ,则C 错误，。正确【名师点睛】对于变压器需要掌握公式 1 > ,以及知道副线圈的电流以及功率 U 2 n2 I 2 n2决定了原线圈中的电流和功率，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.同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，9.如图所示为一理想变

16、压器，原副线圈的匝数比为n1 : n2 3:1 ,且分别接有阻值相同的电阻R和R ,交流电源电压为U , R两端电压为 ,则此时:101Hi f-I °lk-lA. R两端电压为2U10B. R两端电压为U30C. R和R消耗的功率之比为1: 1D. R和R消耗的功率之比为1 : 9【答案】AD【解析】由UL=nL得，副线圈两端的电压 U=21 U,而U=U U=9U,则R两端电压 U=生, U 2 n2n2101010A正确；由 12和H = n2得，R和R消耗的功率之比为1 : 9, D正确。12 n1【名师点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，而副线圈与电动机相连，则电动机

17、的 输入功率等于副线圈消耗功率；电动机属于非纯电阻电路，故电动机的输入功率等于电动机 的线圈消耗功率与电动机的输出功率之和。10.如图所示，一理想变压器原线圈匝数 n1 = 500匝，副线圈匝数n2=100匝，原线圈中接一 交变电源，交变电源电压 u=220、/2sin 100 7tt (V).副线圈中接一电动机内阻为 10Q,电 流表A2示数为1 A .电表对电路的影响忽略不计，则下列说法正确的是：()44 WA.此交流电白频率为 100 HzB.此电动机输出功率为C.电流表A1示数为0.2 A D.如果电动机被卡住而不损坏，则电源的输出功率变为原来的4.4【答案】CD【解析】由交流电的公式

18、为频率/=要 =5曲，故A错误了原线圈电压有效值为220V,根据电压与匝数成正 2JT比知线圈电压为44V, P产6石斗4乂1W-MW）电动机内咀消耗的功率为AP=Wxiow,此电动机输出功率为34W,故B错误；根捱电渣与巾勃成反比知，电流表A1示韵为。2%故C正确?如果电动机襁长. 44T住而不损坏，则电动机消耗的功率为耳+=三严=193.6犷,此时电源的输出功率更为I9J.5W,是原来辅出功率44W的4一4倍,选项D正确j故迭CD.【名师点睛】掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系；变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等；电动机不转时，可把电动机看

19、做纯电阻来计算.11. 今有某小型发电机和一理想变压器连接后给一个灯泡供电，电路如图（电压表和电流表均为理想电表）。已知该发电机线圈匝数为 N,电阻为r,当线圈以转速 n匀速转动时，电压表示数为U,灯泡（额定电压为 U电阻恒为R）恰能正常发光，则：（）A.变压器的匝数比为U:UB.C.在图示位置时，发电机线圈的磁通量为2U2NnUn电流表的示数为 U0-RUu U sin 2n tD.从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为【答案】AB【解析】电压与匝教成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是5:5=片5,故A正确三灯泡电流罡学， JL理想变压器的箍i人功率和输出功率相等，灯泡正常发光

20、时电功率为P,所以输入功率为P, Um4=IU, 即电流表读数1=盖，被B正确，手摇发电机的?戋圈卬产生的电动势最大值是左产而“无寸）=将中工外 解得最大谟通量必用="科"）,故C错误,线圈以较大的转速口匀速转动时，所以n=2m,所以变压 器输入电压的E瓢寸值廿母比垃加明故。错误宁故选ABo【名师点睛】此题考查交流电产生和描述以及理想变压器的匝数比与电流比、电压比关系，记住理想变压器的输入功率和输出功率相等，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比；此题 计算比较麻烦，要求同学们不仅要熟练掌握公式，还要心细。12. 图甲为远距离输电示意图， 变压器均为理想变压器。 升压变压器原副

21、线圈匝数比为1:100,其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100a。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中 R为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其 阻值变小。电压表 V显示加在报警器上的电压（报警器未画出）。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750W下列说法正确的是：（）图甲 图乙A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50HzB.远距离输电线路损耗功率为180WC.当传感器 R所在处出现火警时，电压表 V的示数变大D.当传感器 R所在处出现火警时，输电线上的电流变大【答案】AD【解析】由图乙知交流电的周期。02句所以频率为WHz, A正确：由图乙

22、知升压变压器输入端电压有效值 为Z50V,根据电压与口数成正匕及喇线圈电压为25000V,所以输电线中的电流为：I=p=3CA,愉电线 损失的电压为；&H/?=30xlW3（XXM输电线路损耗功率为:4=&7用他科B错诩 当传感器应所 在处出现火警时苴脂值减小j副线圈两端电压不变，副线圈中电流憎大，定值电阻的分压塔大，所以电压 表V的示戳变小，C错误事由C关唱11线圈电漆增大，根据电流与通数成反比如谕电岂壮的电漉变大，D正 确,故选AD，【名师点睛】解决本题的关键知道：1、输送功率与输送电压、电流的关系； 2、变压器原副线圈的电压比与匝数比的关系；3、升压变压器输出电压、降压变

23、压器输入电压、电压损失的关系；4、升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系。二、非选择题（本大题共4小题，第13、14题每题10分；第15、16题每题15分；共50分）13. （10分）图（a）是一理想变压器的电路连接图，图（b）是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知电压表的示数为20V,两个定值电阻的阻值 R均为10Q,则：白m（1）求原、副线圈的匝数比;(2)将开关S闭合，求原线圈的输入功率；(3)若将电流表 A2换成一只具有单向导电性的二极管，求电压表示数.【答案】(1) 10: 1 (2) 80W(3) 14. 14V【解析】(1)由图象知原线圈电压有效值为:

24、220/2.-V2200V ,已知电压表的示数为20V,根据电压与匝数成正比知原、副线圈的匝数比是:1n210彳U /(2)将开关S闭合，副线圈总电阻是 5，所以输出功：P2 80W;输入功率等于输R出功率，所以原线圈的输入功率是80W(3)换成二极管后，电压表两端的电压时间图象如图：工。转入八 O 0,01 M2 d叫 Q必22设电压表的读数是 U,根据有效值定义得：Q 20- T T ,解得：U=10&V.R 2 R【名师点睛】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变 压器变压原理、功率等问题彻底理解。要知道二极管是一种具有单向导电性能的器材。14. (

25、10分)学校有一台应急备用发电机，内阻为 r=1?,升压变压器匝数比为 1: 4 ,降压变压器匝数比为4:1 ,输电线的总电阻为 R= 4 ，全校22个教室，每个教室用“ 220 V 40W的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：(1)发电机的输出功率多大？(2)发电机的电动势多大？【答案】(1) 5424W; (2) 250V【解析】输电示意图如图所示 ： IBI1 m: J升压费压器 降压变压器(1)所有灯都正常工作的总功率为22元6x40甲=5夏0,，用电器总电流为人= M = 24/， U 220愉电线上的电滴占=4=喧二!x24/=6/f 吗 4降压变压器上% =中4二牌0，输电线上的电

26、压损失为4 =，饿=24J因此升压变压器的输出电压为匕=4 + /=24+疏。=为4P ,愉入电压为% =1又904F = 226旷，44输入电流为上i = 44=24d所以发电机输出功率为埼尸“百=54ZW .(2)发电机内阻上的电压 Ur 11r 24V ,发电机的电动势E U1 Ur 226V 24V 250V .【名师点睛】理想变压器的输入功率与输出功率相等，且没有漏磁现象.远距离输电，由于 导线通电发热导致能量损失，所以通过提高输送电压，从而实现降低电损.输电线上的损失 功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比。15. (15分)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10kW输出电压为400V,向距离较远的用户供电，为了减少电能损失，使用2kV高压输电，最后用户得到 220V、9. 5kW的电力，求：升is变乐裾降压变压器(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1： n2；(2)输电线路导线的总电阻 R(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3： n4.【答案】(1)水电站升压变压器原、