2020高考物理复习训练题及答案:变压器电能的输送

　　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=R,所以电流表A2的示数为I2==A=1.0 A,C、D错误;初级线圈和次级线圈的匝数比==,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=n,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===,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==匝=1100匝。对变压器烧坏前分析,n2==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=,由于P、U不变,故I1不变,由==k得P1=R=()2R;由==nk得P2=IR=()2R,则=,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=W=22W,电流表的示数是I=A=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==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′==

　　A=2A,原线圈中的电流I=I′=0.5A,C正确;原线圈中的输入功率P=UI=220×0.5W=110 W,D错误;交流电的周期T==s=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190V,其周期为0.02s,可得其表达式为u2=190sin(100πt)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=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=NBSω=500V,其有效值应为U==500V,B项错;副线圈接入一只“220V　60 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25∶11,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ω=200πrad/s,　 (2分)

　　输入电压瞬时值uab=400sin(200πt)V (1分)

　　(2)电压有效值U1==200V

　　理想变压器P1=P2

　　原线圈中的电流I1==0.28A (3分)

　　(3)设ab间匝数为n1,根据变压器规律有

　　=,=　 (3分)

　　由题意有:=,　 (2分)

　　联立可得:=　 (3分)

　　答案：(1)uab=400sin(200πt)V

　　(2)0.28A　(3)4∶3

　　12.【解析】(1)输送功率P=500kW,一昼夜输送电能E=Pt=12000kW·h (1分)

　　输电线上损失的电能ΔE=4800kW·h (1分)

　　终点得到的电能E′=E-ΔE=7200kW·h,　 (1分)

　　所以输电效率η==60% (1分)

　　输电线上的电流I==100A (2分)

　　输电线损耗功率Pr=I2r,　 (2分)

　　其中Pr==200kW (1分)

　　得r=20Ω。　 (2分)

　　(2)输电线上损耗功率Pr=()2r∝　 (2分)

　　原来Pr=200kW,现在要求Pr′=10kW,　 (1分)

　　解得输电电压应调节为U′=22.4kV。　 (2分)

　　答案：(1)60%　20Ω　(2)22.4 kV

　　【总结提升】远距离输电问题的解题技巧

　　(1)有关远距离输电问题,应先画出远距离输电的示意图,并将已知量和待求量写在示意图的相应位置。

　　(2)抓住输电的两端——电源和用电器;分析一条线——输电线;研究两次电压变换——升压和降压。

　　(3)以变压器为界将整个输电电路划分为几个独立回路,各回路分别用欧姆定律,串、并联的特点及电功、电功率等公式进行计算,联系各回路的是原、副线圈电压、电流与匝数的关系及输入功率和输出功率的关系。

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