【优化探究】2022届高三物理一轮复习知能检测：11-2变压器-电能的输送-

[随堂演练]1．(2022年合肥模拟)如图所示，抱负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接正弦沟通电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R＝44Ω，电流表A1的示数为0.20A．下列推断中正确的是()A．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C．电流表A2的示数为0.1AD．电流表A2的示数为0.4A解析：由题意可求得初级线圈的功率，利用抱负变压器初、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＝Ieq\o\al(2,2)R，所以电流表A2的示数为I2＝eq\r(\f(U1I1,R))＝eq\r(\f(220×0.20,44))A＝1.0A，C、D错误；初级线圈和次级线圈的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(5,1)，A错误，B正确．答案：B2．(2021年高考天津理综)一般的沟通电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则()A．ab接MN，cd接PQ，Iab<IcdB．ab接MN，cd接PQ，Iab>IcdC．ab接PQ、cd接MN，Iab<IcdD．ab接PQ，cd接MN，Iab>Icd解析：高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，依据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且Iab>Icd，选项B正确．答案：B3．(2022年铜陵模拟)随着社会经济的进展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂接受升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U1，输电导线总电阻为R，在某一时段用户需求的电功率为P0，用户的用电器正常工作的电压为U2.在满足用户正常用电的状况下，下列说法正确的是()A．输电线上损耗的功率为eq\f(P\o\al(2,0)R,U\o\al(2,2))B．输电线上损耗的功率为eq\f(P\o\al(2,0)R,U\o\al(2,1))C．若要削减输电线上损耗的功率可以接受更高的电压输电D．接受更高的电压输电会降低输电的效率解析：设发电厂输出功率为P，则输电线上损耗的功率ΔP＝P－P0，ΔP＝I2R＝eq\f(P2R,U\o\al(2,1))，A、B项错误；接受更高的电压输电，可以减小导线上的电流，故可以削减输电线上损耗的功率，C项正确；接受更高的电压输电，输电线上损耗的功率削减，则发电厂输出的总功率削减，故可提高输电的效率，D项错误．答案：C4．如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，电阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开头计时．矩形线圈通过滑环接一抱负变压器，滑动触头P上下移动时可转变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列推断正确的是()A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcosωtB．矩形线圈从图示位置经过eq\f(π,2ω)时间时，通过电流表的电荷量为0C．当P不动、R增大时，电压表读数也增大D．当P向上移动、R不变时，电流表读数减小解析：矩形线圈切割磁感线产生的感应电流为正弦式交变电流，图示时刻线圈切割磁感线产生的感应电动势最大，最大值为Em＝NBSω，则其瞬时值表达式为e＝NBSωcosωt，选项A正确；矩形线圈从图示位置经过eq\f(π,2ω)时间，刚好为1/4周期，磁通量的变化量不为0，通过电流表的电荷量不为0，选项B错误；电压表读数为电压的有效值，矩形线圈的电阻不计，故电压表的示数为沟通电压的有效值，恒定不变，选项C错误；当P向上移动、R不变时，原线圈的电压不变，副线圈的电压增大，输出功率变大，故原线圈中的电流增大，选项D错误．答案：A[限时检测](时间：45分钟，满分：100分)[命题报告·老师用书独具]学问点题号变压器的工作原理及应用1、2变压器的基本量之间的关系4、7、11变压器的动态分析问题6、8、9电功率损失的分析与计算3、5远距离输电的分析与计算10、12一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分，每小题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．关于抱负变压器的工作原理，以下说法正确的是()A．通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B．穿过原、副线圈的磁通量之比等于匝数之比C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析：由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A错误；因抱负变压器无漏磁，故B错误；由变压器工作原理知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D错．答案：C2.(2022年宣城质检)如图为一种变压器的实物图，依据其铭牌上所供应的信息，以下推断正确的是()A．这是一个升压变压器B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C．当原线圈输入沟通电压220V时，副线圈输出直流电压12VD．当原线圈输入沟通电压220V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小解析：依据铭牌上所供应的信息可知：变压器的输入电压为220V，输出电压为12V，该变压器为降压变压器，故选项A错误、选项B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为沟通电压，选项C错误；由抱负变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误．答案：B3．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是()A．由于热功率P＝eq\f(U2,R)，所以应降低输送电压，增大输电导线电阻，才能减小输电导线上的热损耗B．由于热功率P＝IU，所以应接受低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗C．由于热功率P＝I2R，所以可接受减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗D．以上说法均不正确解析：不能盲目看公式，要留意其物理意义的表达，在求热损耗时：P损＝Ieq\o\al(2,线)R线或用P热＝U线I线，也可用P＝eq\f(U2,R)，但U必需为输电线上等效电阻两端的电压，并不是输电电压．答案：C4．(2021年高考四川理综)用220V的正弦沟通电通过抱负变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V，通过负载的电流图象如图所示，则()A．变压器输入功率约为3.9WB．输出电压的最大值是110VC．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt＋\f(π,2)))A解析：依据i­t图象，负载电流的函数表达式i＝0.05sin100πt(A)且Im＝0.05A，通过负载的电流的有效值I2＝eq\f(Im,\r(2))，输出电压的最大值Um＝eq\r(2)U2＝110eq\r(2)V，变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2≈3.9W，变压器原、副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(2,1).选项A正确，选项B、C、D错误．答案：A5．如图所示为重庆某中学教学区供电示意图，供电部门通过抱负变压器原线圈A、B端送电，虚线框内表示教学区内各教室的照明电路．已知变压器副线圈C、D两端距教学区输入端E、F距离较远，之间输电线电阻不能忽视，设定A、B端输入电压确定，则以下说法正确的是()A．假如教学区同时使用的电灯削减，A、B端输入功率仍不变B．C、D端电压确定为220VC．E、F端电压确定为220VD．教学区内同时使用的电灯越多，E、F端输入电压越低解析：使用的电灯削减时，输电线与照明电路的总电阻变大，副线圈两端电压U2不变，故P出＝eq\f(U\o\al(2,2),R总)变小，又P入＝P出，所以A、B端输入功率变小，A项错误；由于输电线电阻的分压，要保证教室内照明灯正常工作，则应有UCD>220V；而UEF会由于使用的电灯数量不同而获得不同电压，B、C错误；当使用的电灯越多时，输电线上损失的电压就越多，EF端输入的电压就越低，D项正确．答案：D6．如图所示，抱负变压器的输入电压保持不变．副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开头时，开关S断开，当S闭合时，下列说法正确的是()A．电压表示数变大B．灯泡L1更亮C．电流表示数增大D．变压器的输出功率减小解析：当S闭合时，R中电流增大，电压表示数变小，灯泡L1变暗，变压器的输出功率增大，电流表示数增大，选项C正确，A、B、D错误．答案：C7．(2022年宿州模拟)如图甲所示，一抱负变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定电压为U0的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为R，图中电压表为抱负电表．下列说法正确的是()A．变压器输入电压的瞬时值为u＝Umsin(eq\f(2π,T)t)(V)B．电压表的示数为eq\r(2)U0C．变压器的输入功率为eq\f(U\o\al(2,m),R)D．变压器的匝数比为Um∶U0解析：由题图乙知，变压器输入电压的瞬时值为u＝Umsin(eq\f(2π,T)t)(V)，选项A正确；电压表的示数为U0，选项B错误；变压器的输入功率为eq\f(U\o\al(2,0),R)，选项C错误；由变压器变压公式，变压器的匝数比为Um∶(eq\r(2)U0)，选项D错误．答案：A8．如图所示，接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R.当滑动触头P向上移动一段距离后，下列说法正确的是()A．等效电阻R上消耗的功率变大B．三个灯泡都变亮C．原线圈两端的输入电压减小D．原线圈中电流表示数减小解析：自耦变压器的原、副线圈是同一个线圈，只是匝数不同而已．由题意知原线圈是副线圈的一部分.eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)，当P上移时，U1、n2不变，n1变大时，U2变小，因负载电路结构不变，因此负载上的总电流I2＝eq\f(U2,R总)应变小，R上消耗的功率变小，由串、并联电路特点知三个灯泡都变暗，A、B都错误．原线圈的输入电压由外部电路打算，是不变的，C错误；由P入＝P出，U1I1＝U2I2＝eq\f(U\o\al(2,2),R总)知，P出减小时，I1确定减小，电流表示数减小，D项正确．答案：D9.(2022年铜陵模拟)如图甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为抱负的沟通电表，定值电阻R＝10Ω，其余电阻均不计，从某时刻开头在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22eq\r(2)VB．当单刀双掷开关与a连接且t＝0.01s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25Hz解析：原线圈输入电压的有效值为U1＝eq\f(311,\r(2))V＝220V，当单刀双掷开关与a连接时，U2＝eq\f(1,10)U1＝22V，A错误；当t＝0.01s时，电流表示数不为零，电流表测量的是有效值，B错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，U2′＝eq\f(1,5)U1＝44V，输出功率增大，原线圈的输入功率也增大，此时输出电压的频率不变，C正确，D错误．答案：C10．(2022年滁州高三质检)中国拥有世界唯一特高压输电技术，2022年5月13日，哈密至郑州特高压输电项目正式开工．如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1＝250V，输出功率P1＝100kW，输电线电阻R＝8Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是()A．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压增大B．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,16)D．用10000V高压输电，输电线损耗功率为8000W解析：由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知U1不变时，U2也不变，故B错误；由U3＝U2－eq\f(P1,U2)R知，电站的输出功率突然增大，U3减小，又eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，故U4也减小，A错误；I1＝eq\f(P1,U1)＝400A，I2＝eq\r(\f(ΔP,R))＝25A，eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(25,400)＝eq\f(1,16)，所以C正确；用10000V高压输电，即U2′＝10000V，I2′＝eq\f(P1,U2′)＝10A，ΔP′＝I2′2R＝8×102W，所以D错误．答案：C二、非选择题(本题共2小题，共30分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11．(15分)图(a)为一抱负变压器，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u­t图象如图(b)所示．若只在ce间接一只Rce＝400Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225Ω的电阻，两种状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400Ω电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比eq\f(nce,nde).解析：(1)由图(b)知ω＝200πrad/s电压瞬时值uab＝400sin(200πt)V.(2)电压有效值U1＝200eq\r(2)V抱负变压器P1＝P2原线圈中的电流I1＝eq\f(P1,U1)解得I1≈0.28Aeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(或\f(\r(2),5)A)).(3)设ab间匝数为n1，则eq\f(U1,n1)＝eq\f(Uce,nce)同理eq\f(U1,n1)＝eq\f(Ude,nde)由题意知eq\f(U\o\al(2,ce),Rce)＝eq\