课时提升作业 10.2 变压器 电能的输送.doc

课时提升作业(三十)
变压器　电能的输送
(45分钟　100分)
一、选择题(本题共10小题,每小题7分,共70分。多选题已在题号后标出)
1.一输入电压为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.1 100,360 B.1 100,180
C.2 200,180 D.2 200,360
【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。
2.(多选)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器,负载电路中R=55Ω,A、V为理想电流表和电压表,若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压,电压表的示数为110V,下列表述正确的是(　　)

A.电流表的示数为2A
B.原、副线圈匝数比为1∶2
C.电压表的示数为电压的有效值
D.原线圈中交变电压的频率为100Hz
【解析】选A、C。电流表的示数为：I==A=2 A,A正确;原、副线圈的电压比等于匝数比,所以匝数比为2∶1,B错误;电压表的示数指有效值,C正确;由图乙知交流电的周期为0.02s,故频率为50 Hz,D错误。
3.如图,一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2;副线圈电路中接有灯泡,灯泡的额定电压为220V,额定功率为22 W;原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关,灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数,则(　　)
A.U=110V,I=0.2A
B.U=110V,I=0.05A
C.U=110V,I=0.2A
D.U=110V,I=0.2A
【解析】选A。在副线圈电路中,I2===0.1A,再根据=及=,
得U1=110V,I1=0.2A,故B、C、D错,A正确。
4.(多选)电流互感器和电压互感器如图所示。其中n1n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数,a、b为两只交流电表,则(　　)

A.A为电流互感器,且n1n2,a是电压表
C.B为电流互感器,且n3n4,b是电压表
【解析】选A、D。由题图可知,A为电流互感器,B为电压互感器;a是电流表,b是电压表。在A中有I1n1=I2n2,要求I2n1;在B中有=,要求U4n4,所以本题B、C错误,A、D正确。
【加固训练】在变电站里,经常要用交流电表监测电网上的强电流。所用的器材叫电流互感器,如图所示,能正确反映其工作原理的是(　　)

【解析】选A。电流互感器把大电流变成小电流,测量时更安全,据变压器原理,=,I2=I1,所以要求线圈匝数n2>n1,原线圈要接在火线上,故本题只有A正确。
5.某水电站,用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外的用户,其输出电功率是3×106kW。现用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2.0×105A
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9×108kW
D.输电线上损失的功率为ΔP=,U为输电电压,r为输电线的电阻
【解析】选B。输电线上电流I6×103A,A错。输电线上由电阻造成的损失电压U损=IR=6×103×2.5=1.5×104V,B正确。若改用5kV输电,则输电线上损失功率P′=I2r=r=()2×2.5W=9×1011W,可见输电线损失功率超过输出功率,不符合实际情况,C错误。输电线损失功率ΔP=,U为输电线上的电压降,而不是输电电压,故D错误。
6.如图所示为远距离输电的电路原理图,下列判断正确的是(　　)

A.U1>U2 B.U2=U3
C.I4I2
【解析】选D。U1、U2分别为升压变压器的输入和输出电压,U2>U1,A错。由于线路上电压损失,U2>U3,B错。I1、I2为升压变压器的输入和输出电流,I1>I2,D正确。I2、I4分别为降压变压器的输入和输出电流,I24V,D错;由=得I2≤1A,所以负载功率P2=U2I2≤44W,A错;副线圈中的电流最大值为Im=A,故B错;由R=得R≥44Ω,C对。
8.如图所示,在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈,上线圈两端与u=51sin314tV的交流电源相连,将下线圈两端接交流电压表,则交流电压表的读数可能是(　　)
A.2.0 V　　 B.9.0 V　 　C.12.7 V　 　D.144.0 V
【解题指南】本题中原、副线圈共用一个铁芯,其实质为变压器,在计算过程中,如果按照理想变压器的变压比运算,可求出交流电压表示数接近9 V,但并不是准确值,因此题目所考查的并不是理想变压器而是实际变压器,即应当考虑变压器的磁漏等因素。
【解析】选A。根据上线圈所加电压的表达式可得,最大值为51 V,所以有效值U1==36V。若变压器为理想变压器,=,可得U2=9.0V。但由于铁芯不闭合,考虑到磁漏的存在,应有U2<9.0V,所以A正确。
9.如图所示,有一矩形线圈的面积为S,匝数为N,内阻不计,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,从图示位置开始计时。矩形线圈通过滑环接一理想变压器,滑动接头P上下移动时可改变输出电压,副线圈接有可调电阻R,下列判断正确的是(　　)

A.矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt
B.矩形线圈从图示位置经过时间时,通过电流表的电荷量为零
C.当P位置不动、R增大时,电压表读数也增大
D.当P位置向上移动、R不变时,电流表读数减小
【解题指南】(1)从线圈平行磁场方向位置开始计时,e=Emcosωt。
(2)求通过电流表的电荷量时,电流为平均值,即q=。
(3)若不计线圈电阻,变压器的输入电压与负载无关,仅与发电机感应电动势有关;若考虑线圈电阻,负载电流变化会引起线圈内电压的变化,从而影响到变压器的输入电压。
(4)原线圈电流由负载决定。
【解析】选A。从线圈平面平行于磁场方向计时e=NBωScosωt,A正确。线圈从图示位置经过时,转过的角度θ=ω×=,通过电流表电量q==,B错误。R增大时,负载功率减小,原线圈上电流减小,电压表示数不变,C错误。P向上移动,原线圈匝数减小,变压器输出电压增大,输出功率增大,输入电流增大,D错误。
10.(2014·福建高考)如图为模拟远距离输电实验电路图,两理想变压器的匝数n1=n42R,忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时(　　)

A.A1、A2两表的示数相同
B.L1、L2两灯泡的亮度相同
C.R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D.R2两端的电压小于R4两端的电压
【解析】选D。据远距离输电的原理可知,电源输送相同功率时通过A1的电流小于通过A2的电流,R1、R2损失的功率小于R3、R4损失的功率,灯泡L1较亮,A、B、C错误;据U=IR可知D正确。
二、计算题(本题共2小题,共30分。需写出规范的解题步骤)
11.(15分)如图所示,理想变压器有两个副线圈,L1、L2是两盏规格为“8 V,10 W”的灯泡,L3、L4是两盏规格为“6 V,12 W”的灯泡,当变压器的输入电压为U1=220V时,四盏灯泡恰好都能正常发光,如果原线圈的匝数n1=1100匝,求：

(1)副线圈的匝数n2、n3。
(2)电流表的读数。
【解析】(1)由变压器原理可知,
n1∶n2∶n3=U1∶U2∶U3,则
n2=n1=×1100匝=40匝
n3=n1=×1100匝=60匝
(2)由P入=P出可得,I1U1=P1+P2+P3+P4,所以I1==A=0.2 A。
答案：(1)40匝　60匝　(2)0.2A
12.(15分)某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站,发电机输出功率为9kW,输出电压为500 V,输电线的总电阻为10Ω,允许线路损耗的功率为输出功率的4%。求：
(1)村民和村办小企业需要220V电压时,所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少?(不计变压器的损耗)
(2)若不用变压器而由发电机直接输送,村民和村办小企业得到的电压和功率是多少?
【解析】(1)输电电路图如图所示,

由ΔP=4%P输出和ΔP=R
得I2==6A
则U送==1500V
升压变压器原、副线圈匝数比
===
输电线上电压损失ΔU=I2R=60V
故降压变压器输入电压
U1=U送-ΔU=1440V
故降压变压器原、副线圈匝数比
===
(2)若不用变压器,则输电电流I==18A
U=U0-IR=320V,P=P输出-I2R=5760W
答案：(1)1∶3　72∶11　(2)320V　5 760 W
【总结提升】输电线路功率损失的计算方法
(1)P损=P-P′,P为输送的功率,P′为用户所得功率。
(2)P损=R线,I线为输电线路上的电流,R线为线路电阻。
(3)P损=,ΔU为输电线路上损失的电压,R线为线路电阻。
(4)P损=ΔUI线,ΔU为输电线路上损失的电压,I线为线路上的电流。
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