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- 2021-05-23 发布
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微型专题5 变压器的动态分析 远距离输电
一、选择题
考点一 变压器电路的动态分析
1.如图1所示,理想变压器原线圈输入电压u=Umsin ωt,副线圈电路中R0为定值电阻,R是滑动变阻器.和是理想交流电压表,示数分别用U1和U2表示;和是理想交流电流表,示数分别用I1和I2表示.下列说法正确的是( )
图1
A.I1和I2表示电流的平均值
B.U1和U2表示电压的最大值
C.滑片P向下滑动过程中,U2不变、I1变大
D.滑片P向下滑动过程中,U2变小、I2变大
答案 C
解析 电路中的电压表和电流表表示的都是有效值,选项A、B错误.根据=得U2=U1,U1不变,U2不变,滑片P向下滑动过程中,接入电路中的电阻变小,由闭合回路欧姆定律知I2
8
变大,根据=得I1=I2,I1变大,故C正确,D错误.
2.(多选)为保证用户电压稳定在220 V,变电所需适时进行调压,图2甲为变压器示意图.保持输入电压u1不变,当滑动接头P上下移动时可改变输出电压.某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示.以下说法正确的是( )
图2
A.u2=190sin (50πt) V
B.u2=190sin (100πt) V
C.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当下移
D.为使用户电压稳定在220 V,应将P适当上移
答案 BD
解析 由电压u2随时间t变化的曲线可知,用户电压的最大值是190 V,周期是2×10-2 s,所以u2=190sin (100πt) V,A错误,B正确;根据=,n1减小,U2增大,因此为使用户电压稳定在220 V,应将P适当上移,C错误,D正确.
3.如图3所示,用理想变压器给负载供电,变压器输入电压不变,变压器降压后用总电阻为R的输电线对用电器供电,设两个灯泡的电阻相同,且都在发光,若将滑动变阻器的滑片P向N移动,会出现的现象是( )
图3
A.电流表的示数变大,灯泡L1、L2均变暗
B.电流表的示数变小,灯泡L1、L2均变暗
C.电流表的示数变大,灯泡L1变亮,L2变暗
D.电流表的示数不变,灯泡L1变暗,L2变亮
答案 C
解析 副线圈输出电压不变,滑动变阻器的滑片P向N移动的过程中,并联部分电阻减小,副线圈中的电流增大,但因为灯泡L2两端的电压减小,所以通过灯泡L2
8
的电流减小,又因为总电流增大,所以通过灯泡L1的电流增大,即灯泡L1变亮,灯泡L2变暗.副线圈上的电流增大,根据I1=I2可知,输入电流变大,电流表的示数变大.
4.(多选)如图4所示,理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2,输电线的等效电阻为R.开始时,开关S断开.当开关S接通时,以下说法中正确的是 ( )
图4
A.副线圈两端M、N的输出电压减小
B.副线圈输电线等效电阻R上的电压增大
C.通过灯泡L1的电流减小
D.原线圈中的电流增大
答案 BCD
解析 由于输入电压和原、副线圈匝数比不变,所以当S接通时,理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变,故A项错误.
并联灯泡L2,总电阻变小,由闭合电路欧姆定律知,流过R的电流增大,副线圈输电线等效电阻上的电压UR=IR增大,故B项正确.
副线圈输出电流I2增大,输入功率等于输出功率即,I1U1=I2U2,则原线圈输入电流I1也增大,故D项正确.
UMN不变,UR变大,所以UL1变小,流过灯泡L1的电流减小,故C项正确.
5.(多选)调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图5所示.线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压,图中为交流电流表,为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,CD两端接恒压交流电源,变压器可视为理想变压器,以下说法正确的是( )
图5
A.当滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变大,电压表读数变大
B.当滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大
C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变小,电压表读数变大
D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变小
答案 AD
8
解析 当滑动触头P逆时针转动时,相当于增加了副线圈的匝数,而原线圈匝数保持不变,根据=可知,输出电压增大,其他因素不变时,电压表读数变大,电流表读数变大,故A正确,B错误;当线圈匝数不变而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时,输出电压不变,总电阻减小,则总电流增大,R1两端电压增大,R2两端电压减小,电压表读数变小,流过R2的电流减小,因此,流过R3的电流增大,电流表读数变大,故C错误,D正确.
考点二 远距离高压输电问题
6.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图6甲所示,发电机的输出电压变化规律如图乙所示.输电线的总电阻为r,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,降压变压器原、副线圈的匝数分别为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( )
图6
A.乙图中电压的瞬时值表达式为u=220sin 100πt (V)
B.乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V,所以=
C.通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案 AD
解析 由于输电线上的电阻会损失电压、电功率,使得U2>U3,故P2>P3,选项D正确;因为=,=,又由于U1=U4=220 V,U2>U3,所以<,选项B错误;由交流电及变压器基础知识可知选项A正确,C错误.
7.(多选)下列关于远距离高压直流输电的说法中,正确的是( )
A.直流输电系统只在输电环节是直流,而在发电环节和用电环节是交流
B.直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流,而在输电环节是交流
C.整流器将交流变直流,逆变器将直流变交流
D.逆变器将交流变直流,整流器将直流变交流
8
答案 AC
解析 直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站三部分组成,在整流站通过整流器将交流电变换为直流电,在逆变站利用逆变器将直流电变换为交流电.因此选项A、C正确.
8.如图7所示,甲是远距离输电线路的示意图,乙是发电机输出电压随时间变化的图像,则( )
图7
A.用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B.发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C.输电线上的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失的功率减小
答案 D
解析 由题图u-t图像可知,交流电的周期T=0.02 s,故频率f==50 Hz,选项A错误;交流电的电压最大值Um=500 V,故有效值U==250 V,选项B错误;输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电流和降压变压器原、副线圈的匝数比决定,选项C错误;当用户用电器的总电阻增大时,降压变压器副线圈上的电流减小,根据变压器变流比,降压变压器原线圈(输电线)上的电流减小,根据P=I2R得,输电线损失的功率减小,选项D正确.
9.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图8所示,发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电.已知输电线的总电阻为R,降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,降压变压器副线圈两端交变电压u=220sin (100πt) V,降压变压器的副线圈与阻值R0=11 Ω的电阻组成闭合电路.若将变压器视为理想变压器,则下列说法中正确的是( )
图8
A.通过R0的电流有效值是20 A
B.降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1
C.升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D.升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
答案 ABD
8
解析 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为 V=220 V,负载电阻为11 Ω,所以通过R0的电流的有效值是20 A,故A正确;因为降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1,所以降压变压器T2原、副线圈的电压之比为4∶1,故B正确;由于输电线有电阻导致降压变压器T2的输入电压低于升压变压器T1的输出电压,故C错误;由于输电线上电阻消耗功率,所以升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率,故D正确.
10.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图9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( )
图9
A.>
B.<
C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案 AD
解析 由于输电线上的电压损失,故升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压,故选项C错误;由于输电线上的功率损耗,故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率,故选项D正确;=,=,因为U1=200 VU3=U2-U线,故>,选项A正确,B错误.
11.(多选)图10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100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图,其中R1为一定值电阻,R2为热敏电阻,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).未发生火情时,升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法中正确的是( )
8
图10
A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz
B.未发生火情时,远距离输电线路损耗功率为180 kW
C.当R2所在处发生火情时,电压表V的示数变大
D.当R2所在处发生火情时,输电线上的电流变大
答案 AD
解析 由题图乙知交流电的周期为0.02 s,所以频率为50 Hz,变压器不改变交流电的频率,A正确;由题图乙知升压变压器输入电压的有效值为250 V,根据升压变压器变压规律知副线圈两端电压为25 000 V,所以输电线中的电流为I==30 A,输电线损失的电压为ΔU=IR=30×100 V=3 000 V,输电线路损耗功率为ΔP=IΔU=90 kW,B错误;当R2所在处发生火情时其阻值减小,副线圈中电流增大,根据降压变压器变流规律知输电线上的电流变大,D正确;当R2所在处出现火情时,输电线电流增大,分压增大,降压变压器两端的电压变小,根据串联分压,R1两端电压增大,故电压表V的示数变小,C错误.
二、非选择题
12.某发电站通过燃烧煤来发电.发电站通过理想升压变压器、输电线和理想降压变压器把电能输送给生产和照明用户,发电机输出功率是120 kW,输出电压是240 V,升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶25,输电线的总电阻为10 Ω,用户需要的电压为220 V.则:
(1)输电线上损失的电功率为多少?
(2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少?
答案 (1)4 000 W (2)290∶11
解析 画出输电线路图如图所示
(1)根据理想变压器的变压规律=
得输电电压U2=U1=×240 V=6 000 V
输电电流I2== A=20 A
8
输电线上损失的电功率
ΔP=I22r=202×10 W=4 000 W.
(2)输电线上损失的电压
ΔU=I2r=20×10 V=200 V
降压变压器原线圈两端的电压U3=U2-ΔU=6 000 V-200 V=5 800 V
根据理想变压器的变压规律得
===.
8
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