2012高考物理总复习训练：10_2 变压器、电能的输送

2012高考物理总复习训练：10_2 变压器、电能的输送

1．理想变压器原、副线圈中的电流为 I1、I2，电压为 U1、U2，功率为 P1、P2，关于它们 之间的关系，正确的说法是( ) A．I2 由 I1 决定 B．U2 与负载有关 C．P1 由 P2 决定 D．U2 只由 U1 决定 解析：副线圈中的电流 I2 由副线圈两端的电压和负载的大小决定，与原线圈的电流无关， 所以选项 A 错误；副线圈两端的电压 U2 由原、副线圈的匝数比和原线圈两端的电压有关，与 负载无关，所以选项 B、D 错误；输出功率决定输入功率的大小，所以选项 C 正确． 答案：C 2．正弦交流电经过匝数比为 n1∶n2＝10∶1 的变压器与电阻 R、交流电压表 V、交流电 流表 A 按如图甲所示方式连接，R＝10 Ω.图乙是 R 两端电压 U 随时间变化的图象．Um＝10 2 V，则下列说法中正确的是( ) A．通过 R 的电流 iR 随时间 t 变化的规律是 iR＝ 2cos 100πt ( A) B．电流表 A 的读数为 0.1 A C．电流表 A 的读数为 2 10 A D．电压表的读数为 Um＝10 2 V 解析：由图象得知 T＝2×10－2s，f＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，故 iR＝ 2cos 100πt(A)， A 正确．再根据I1 I2 ＝n2 n1 知，I1 有效值为 0.1 A，B 正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压有 效值，U＝Um 2 ＝10 V，故 D 错误． 答案：AB 3．(2010 年湛师附中)如图所示，理想变压器原线圈接 u＝220 2sin 100πt(V)的正弦交流 电源，图中电流表内阻不计．副线圈接入“110 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．下列说法 正确的是( ) A．原线圈中的输入功率为 60 W B．通过灯泡的电流的频率为 50 Hz C．电流表的示数为3 2 22 A D．理想变压器原、副线圈匝数之比为 2 2∶1 解析：由 P 入＝P 出得 P 入＝60 W，A 正确；交流电的周期 T＝2π ω ＝ 1 50 s，故频率为 50 Hz， B 正确；交流电的峰值 Um＝220 2 V，则其有效值 U＝Um 2 ＝220 V，由 P＝UI 得 I＝P U ＝ 60 220 A ＝ 3 11 A，C 错；由n1 n2 ＝ U U′得n1 n2 ＝220 110 ＝2∶1，D 项错误． 答案：AB[来源:学§科§网 Z§X§X§K] 4．(2010 年浙江)某水电站，用总电阻为 2.5 Ω的输电线输电给 500 km 外的用户，其输出 电功率是“3×106 kW”用 500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( ) A. 输电线上输送的电流大小为 2.0×105 A B. 输电线上由电阻造成的损失电压为 15 kV C. 若改用 5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为 9×108 kW[来源:学.科.网 Z.X.X.K] D. 输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻 解 析：输电线上输送的电流 I＝P U ＝3×106 kW 500 kV A＝6 000 A，A 错；输电线上损失的电压 为ΔU＝Ir＝6 000×2.5 V＝1.5×104 V＝15 kV，B 对；若改用 5 kV 的电压输电，则输电线上输 送的电流 I′＝ P U′＝3×106 kW 5 kV ＝6×105 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2r＝(6×105)2×2.5 W ＝9×108 kW，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为 3×106 kW，C 错；D 项中输电线上损失的功率ΔP＝U2/r，U 应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D 错．[来 源:Zxxk.Com] 答案：B 5．一台发电机最大输出功率为 4 000 kW，电压为 4 000 V，经变压器 T1 升压后向远方输 电．输电线路总电阻 R＝1 kΩ.到目的地经变压器 T2 降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V,60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的 10%，变压器 T1 和 T2 的损耗可忽略，发 电机处于满负荷工作状态，则( ) A．T1 原、副线圈电流分别为 103 A 和 20 A B．T2 原、副线圈电压分别为 1.8×105 V 和 220 V C．T1 和 T2 的变压比分别为 1∶50 和 40∶1 D．有 6×104 盏灯泡(220 V,60 W)正常发光 解析：由输电线路上消耗的功率 P＝400 kW＝I2R 可知，输电线上电流为 I2＝20 A，根据 原线圈 P1＝U1I1，可知 I1＝103 A，A 项对．T1 的变压比为 I2∶I1＝1∶50；根据 P＝U2I2，可知 U2＝2×105 V，输电线上电压 U 线＝I2R＝20 000 V，则副线圈输入电压为U3＝U2－U 线＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，副线圈电压为 220 V，B 项对．T2 的变压比为 U3∶220＝9×103∶11，C 项错．根据 U3I2＝60n，解得 n＝6×104，D 项正确． 答案：ABD 6．如图所示，P 为一理想自耦变压器的滑片，Q 为滑动变阻器的滑动触头．在输入交变 电压一定的条件下，下列说法正确的是( ) A．Q 不动，P 向下移动，电流表示数减小，电压表示数增大 B．Q 不动，P 向上移动，电流表示数减小，电压表示数减小[来源:Z*xx*k.Com] C．P不动，Q 向上移动，电流表示数增大，电压表 示数不变 D．P 不动，Q 向下移动，电流表示数增大，电压表示数不变 解析：图为升压自耦变压器，当 Q 不变 P 下移时，n1 减小 U2 增大，V 读数增大，副线圈 电流 I2＝U2 R 增大，原线圈电流 I1 增大，A 读数增大，故 A 错；当 Q 不变 P 上移时 n1 增大 U2 减小，V 读数减小， I2 减小 I1 减小，B 正确；当 P 不动时，n1 不变，由U1 U2 ＝n1 n2 知 U2 不变，V 读数不变，Q 上移，R 减小，I1、I2 都增大，故 C 对、D 错． 答案：BC 7．(2010 年四川)图甲所示电路中，A1、A2、A3 为 相同的电流表，C 为电容器，电阻 R1、R2、R3 的阻值相 同，线圈 L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线 圈内磁场的变化如图乙所示，则在 t1～t2 时间内( ) A．电流表 A1 的示数比 A2 的小 B．电流表 A2 的示数比 A3 的小[来源:学科网 ZXXK] C．电流表 A1 和 A2 的示数相同 D．电流表的示数都不为零 解析：理想变压器原、副线圈的磁场变化情况相同，由图乙知副线圈的磁场均匀变化，据 法拉第电磁感应定律 E＝nΔΦ Δt ＝nΔB Δt ·S 知副线圈中产生恒定电流，线圈对直流电无阻碍作用， 直流电不能通过电容器，所以电流表 A1、A2 的示数相同，A3 的示数为 0，C 选项符合题意． 答案：C 8．(2009 年广东)如图为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是 ( ) A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失 B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的 C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小 D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好 解析：依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP＝I2R 线，而 R 线＝ρl S ，增大输电线的横截面积， 可减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A 项正确；由 P＝UI 来看在输送功 率一定的情况下，输送电压 U 越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B 项正确；若输电 电压一定，输送功率越大，则电流 I 越大，电路中损耗的电功率越大，C 项错误；输电电压并 不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D 项正确．[来源:Z。xx。 k.Com] 答案：ABD 9．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，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，降压变压器原副线圈匝数分别为 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.n2 n1 >n3 n4 B.n2 n1 U3⑤ 所以U3 U4 n3 n4 ⑦[来源:学科网 ZXXK] 故选项 A 正确，B 错误 由⑤式可知选项 C 错误． 由于导线上有热功率损失，因此升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，选项 D 正确． 答案：AD 10．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为 20∶1，原线圈 接正弦交流电压，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发 光．则( ) A．电流表的示数为3 2 220 A B．电源输出功率为 1 200 W C．电流表的示数为 3 220 A D．原线圈端电压为 11 V 解析：副线圈电流 I2＝P U ＝ 60 220 A，根据I1 I2 ＝n2 n1 ，I1＝ 3 220 A，故电流表示数为 3 220 A，A 错 误，C 正确．电源输出功率等于灯泡的功率，B 错误．根据U1 U2 ＝n1 n2 ，U1＝4 400 V，D 错误． 答案：C 11．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个发电站，输送的电功 率 P1＝500 kW，当使用 U＝5 kV 的电压输电时，测得在输电线终点处的电功率为 300 kW.求： (1)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？ 解析：(1)设输电线上的电流为 I，则 I＝P1 U 输电线上损耗的功率 P 损＝P1－P2＝200 kW P 损＝I2r 代入数据得 r＝20 Ω[来源:学科网] (2)P 损′＝2%P1＝10 kW I′＝ P1 U′ P 损′＝I′2r＝ P21 U′2r 将 P1＝500 kW，r＝20 Ω，代入上式得 U′＝10 5×103 V≈22.4 kV 答案：(1)20 Ω (2)22.4 kV