作业(六) 变压器电能的输送-2024年高二物理暑假作业（人教版）

[每日格言们本来无望的事，大胆尝试，往往能成功。 高二物理 作业（六） 今 月 台 星期 变压器 电能的输送 历 天气 1考点突破 A.原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为 55:3 知识点一变压器 B.这是一个升压变压器 1.能量转化：变压器通过闭合铁芯，利用互感 C.当原线圈输入交流电压220V时，副线 现象实现了电能向磁场能再到电能的 圈输出直流电压12V 转化。 D.当原线圈输入交流电压220V时，只要 2.原、副线圈的地位 副线圈构成回路，则其电流一定为3.0A (1)原线圈在其所处回路中充当负载。 2.(多选)如图所示，一正弦交流电瞬时值表 (2)副线圈在其所处回路中充当电源。 达式为e=1102sin(100πt)V,接在一个 3.理想变压器的特点 理想变压器两端，变压器原线圈的匝数为 (1)变压器铁芯内无漏磁，无发热损失。 200匝，副线圈的匝数为100匝，电阻R= (2)原副线圈不计内阻，即无能量损失。 112。下列判断正确的是 ( 4.电压关系：由于不计原、副线圈的电阻，因 此原线圈两端的电压U,=E,,副线圈两端 的电乐，=B,所以哈，-受当有：组线 圈时，则有9-凸一0 A.此正弦交流的频率为50Hz B.副线圈上的电压的有效值为110V 5.功率关系：对于理想变压器，不考虑能量损 C.电阻R上的功率为275W 失，有P人=P出 D.原线圈上的电流的有效值为10A 6.电流关系 知识点二电能的输送 由功率关系，当只有一个副线圈时，1U= 1.输电线上的电压损失：△U=U一U'=Ir= 1山2是- P 当有多个副线圈时，IU1=IU2+IU 2.输电线上的功率损失 十… (1)△P=r,其中I为输电线上的电流。 得11n1=12n2+13n3十… (2)AP=U·I或△P=(△U)',其中U ■跟踪训练 为输电线上的电压损失。 1.如图所示是一种理想变压器的铭牌。根据上 3.减小输电线路上功率损失的方法 面标示的信息，以下判断正确的是( 在输送功率P一定、输电线电阻R一定的 型号：PKT-12-3000 条件下，输电电压提高到原来的n倍，根据 输入参数：220V50Hz 输出参数：12V3.0A △U=1R-R可知，输电线上的电压损失 21 署假作业成功不是将来才有的，而是从决定去做的那一刻起，持续累积而成。 [每日格言] 将变为原来的。根据P=( )R可 V 220 知，输电线上的功率损耗将降为原来的。 3/×102s 2202 故采用高压输电是减小输电线上功率损耗 乙 最有效、最经济的措施。 A.电流表的示数是0.5√2A ■跟踪训练 B.变压器的输入功率是5W 3.(多选)关于远距离输电下列说法正确的是 C.流过R的电流方向每秒改变50次 () D.当t=1×102s时电压表的示数是0 A.提高输电电压可以减小输电电流从而 2.(2024·大理质检)如图所示，理想变压器 减小输电线上电能的损失 原线圈匝数n,=1100匝，副线圈匝数 B.用户得到的电压不能超过发电厂发电 n2=220匝，交流电源的电压u=202· 机的输出电压 sin100πt(V),电阻R=442,电表均为理 C.将输电电压提高2倍，输电线上损失的 想交流电表。则下列说法正确的是( 功率减小为原来的一半 D.用户得到的功率一定小于发电厂的输 出功率 4.如图为某小型水电站的电能输送示意图， A为升压变压器，其输入功率为P,输出 功率为P2,输出电压为U2;B为降压变压 A.交流电的频率为50Hz 器，其输人功率为P,输入电压为U3,A、 B.电流表A1的示数为0.20A B均为理想变压器，输电线的总电阻为r, C.变压器的输入功率为88W 则下列关系式正确的是 D.电压表的示数为44V B 3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比 用 为5：1，R,=R2=102。两电表均为理想 P,日 电表，其中电流表的示数为0.4A,则 A.P>P B.P:=P C.U2>U D.U2=U 2绵合训练 1.(2023·汕头质检)如图甲所示，一理想变 压器原、副线圈匝数之比为22：1，其原线 A.电阻R,中通过的电流的有效值为1A 圈两端接人如图乙所示的正弦交流电，副 B.电压表的示数为20V 线圈通过电流表与负载电阻R=20Ω相 C.原线圈的输入功率为40W 连。若交流电压表和交流电流表都是理想 D.穿过原、副线圈的磁通量的变化率之比 电表，则下列说法正确的是 为5：1 22 [每日格首]有志者自有千计万计，无志者只感千雅万难。 高二物理 4.(多选)下图所示，理想变压器原线圈接入 电压有效值恒定的正弦交流电，副线圈接 用 一定值电阻R。调节触头P,使副线圈匝 机 数变为原来的一半，则调节前后() B.1 U C.I U=I,'R D.I U=1,U2 8.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如 A.原线圈中的电流之比为4：1 图所示，发电机通过升压变压器T和降压 B.副线圈中的电流之比为2：1 变压器T,向用户供电。已知输电线的总 C.变压器的输入功率之比为4：1 电阻为R,降压变压器T,的原、副线圈匝 D.变压器的输出功率之比为1：2 数之比为4：1，降压变压器副线圈两端交 5.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比 为n1:n2=1:3,次级回路中连入三个均 变电压u=220√2sin100πt(V),降压变压 标有“36V40W”的灯泡，且均正常发 器的副线圈与阻值R。=112的电阻组成 光，则初级回路中标有“36V40W”的灯 闭合电路。若将变压器视为理想变压器， 泡L 则下列说法中正确的是 A.通过R,电流的有效值是20A A.正常发光 B.将被烧毁 B.降压变压器T,原、副线圈的电压之比为 C.比另三个灯暗 D.无法确定 4：1 6.“西电东输”工程中，为了减少输电损耗，必 C.升压变压器T,的输出电压等于降压变 须提高输电电压。从西部某电站向华东某 压器T,的输入电压 地区输送的电功率为10°kW,输电电压为 D.升压变压器T,的输出功率等于降压变 1000kV,输电线电阻为1002。若改用 压器T,的输入功率 超导材料作为输电线，则可减少输电损耗 9.(2024·石家庄期末)如图所示，降压变压 的功率为 ( 器的变压系数是3，即初级线圈的匝数与 A.105kW B.10'kW 次级线圈的匝数之比是3：1。初级线圈 C.10°kW D.10kW 的输入电压是660V,次级线圈的电阻为 7.远距离输电的原理图如图所示，升压变压 0.22,这台变压器供给100盏“220V60W 器原、副线圈的匝数分别为1、n2,电压分 的电灯用电。求： 别为U1、U2,电流分别为I1、I2,输电线上 的电阻为R。变压器为理想变压器，则下 U1=660V ☒☒ 列关系式正确的是 23 署假作业伟人之所以伟大，是因为他与别人共处逆境时，别人失去了信心，他却下决心实现自己的目标。[每日格言] (1)空载时次级线圈的端电压和输出功率： 10.如图所示，某小型水电站发电机的输出功 (2)接通电路时次级线圈的端电压； 率为10kW,输出电压为400V,向距离 (3)每盏灯消耗的实际功率。 较远的用户供电，为了减少电能损耗，使 用2kV高压输电，最后用户得到“220V 9.5kW”的电能，求： 发 升压变压器 降压变压器 (1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比； (2)输电导线电阻R; (3)用户降压变压器原、副线圈匝数比” ▣ 自酿微信扫码 ●错题一键拍 ◆基础大巩因 ◆知识抢先学 一 24署假作业积极者相信只有推动自己才能推动世界，只要推动自已就能推动世界。 [每日格言] 确：交流电的最大值2202V≈311V>300V,所以电 厂发电机的输出电压，故B错误：根据P=UI,P描= 容器会被击穿，故C错误：电压表测量了电源的路端电 1严R线·在输送功率一定的情况下，将输电电压提高2 压且电压值为U=202V=220V,故D错误。 倍，输电电流减小为原来的一半，则输电线上损失的功 率减小为原来的}，故C错误：由于输电线存在一定的 9.解析(1)线图转速n=300r/min=5r/s 损失功率，所以用户得到的功率一定小于发电厂的输 角速度w=2πn=10rrad.s 出功率，故D正确。 线圈产生的感应电动势最大值Em=NBSw=50V 4.C根据远距离输电和理想变压器的工作原理可知 由此得到的感应电动势瞬时值表达式为 P1=P2,由于导线上有功率损失和电压损失，则P2>P3, e=Emsin ot=50sin 10xt(V). U,>Ug.故选C。 (②)将1一30s代入感应电动势擀时值表达式中， [综合训练] 1.B由题图乙可知交流电压最大值Um=220√2V,有 得e=50sin(10m×动)v=255V 对应的感应电流=R十， e=53A 效值为20V,据支压比号可知，输出电压有效值 为10V,电压表的示数为有效值，则任意时刻的示数均 (3)由欧姆定律得u=R+ R=40sin10πt(V)。 为10V,故D错送：根据欧姆定律可知，1-只=0.5A 答案(1)e=50sin10x1(V)(2)5√3A 电流表的示数是0.5A,故A错误；变压器的输出功率 P=UI=5W,根据输出功率等于输入功率可知，变压 (3)u=40sin10πt(V) 器的输入功率是5W,故B正确：周期T=0.02s,则流 10.解析(1)由题图乙知1=π×10一3s时受电线图中产 过R的电流方向每秒改变100次，故C错误。 生的电动势最大·为Em=20V 线圈中产生感应电流的大小为 根据题意可知人%=1Hz=50H,A选项正 2.A Em-2.0 A 1=1m=R 确：根搭安压器支压原理可得光一是：片-光且电表 1 由楞次定律可以得到此时c端电势高。 的示数均为交流电的有效值，可得电流表A,的示数为 (2)通过电阻的电流的有效值为1，=会=2A 2 11= （及×）A-高AB选项体法：张据题 电阻在一个周期内产生的热量 Q=1:RT≈5.7×102J。 意可知，变压器的输出功率P= 202 ×44W ,通过电阻 △Φ 5×2×44 (3)线圈中感应电动势的平均值E=n E 4W,输入功率与输出功率相等，C选项错误：根据 R的电流的平均值为I R+r 题意可知电压表示数为变压器输出电压的有效值，可 通过电阻R的电荷量q=I·△ 由题图乙知，在T~3T的时间内.△Φ=4×104wb 得U=202V=4V,D选项错误. 5×2 44 △Φ 解得q=tR十r 2×10-3C。 3.B根据原、副线图的电流关系可以得到=”严，有2 7211 答案(1)2.0Ac端电势高(2)5.7×10-2J =1= (3)2×10-3C 2 5×0.4A=2A,故A错误：电压表的读数为 R2的电压，即为UR2=I2R2=2×10V=20V,故B正 作业（六）变压器 电能的输送 确：负载功率为P2=I,2(R1十R2)=80W,原、副线图 [考点突破]一跟踪训练 功率相等，有P,=P2一80W,故C错误：理想变压器穿 LA根据原副线圈电压与匝数的关系可得” U 过原、副线圈的磁通量的变化率相等，即穿过原、副线 圈的磁通量的变化率之比为1：1.故D错误。 220_-55,故A正确：根据铭牌可知U1=220V>U,= 123 4.ABC使制线圈臣数交为原来的一丰，即'-受，根 12V,输入电压大于输出电压，说明这是一个降压变压 器，故B错误：变压器是通过电磁感应原理，所以当原 据公式U7一 01一及号一，可得副线圈两端的电压变 线圈输入交流电压220V时，副线圈输出交流电12V, 故C错误：当原线圈输入交流电压220V时，若副线圈 为原来的？，所以副线圈中的电流变为原来的？，B正 构成回路，则其电流大小与负载有关，其电流不一定为 3.0A,故D错误。 确根撼公式=及 7= 2.AC由题意知仙=10x,则北正弦交流的频率∫一元 线周中的电流将支为原来的}，A正确：根据P=R, =50Hz,故A正确：原线圆上的电压的有效值为U1= Em=1102V=110V,根据理想变压器的变压比 U 副线图中消耗的电功率变为原来的，所以变压器的 √2 输出功率之比为4：1，理想变压器的输出功率和输入 =,解得U2=55V,故B错误：电阻R上的电流12= 功率相等，C正确，D错误。 n2 5.A副线圈两端的电压U2=3LU=3×36V=108V,由 「尺5A,电IR上的功率P2=1。R,代入数据解得电 得，原线题两端电压U,="m0=1X108V= U2 n2 772 3 阻R上的功率P:一275W,故C正确：原线周和副线圈 36V,所以灯泡L能正常发光。 的匝数北=，解得1=2.5A,故D错误。 P 2 6A输电电流1一，输电线路损耗的电功率P瓶=Pr 3.AD根据P=U1,P攒=R线，可知提高输电电压可 以减小输电电流从而减小输电线上电能的损失，故A =(侣)广，=1×10kw:当改用起子输电时，无电能损 正确：通过变压器升压，用户得到的电压可以超过发电 失，因此减少的输电损耗就等于P摄，A正确。 56 [每日格言]好咖啡要和朋友一起品尝，好机会也要和朋友一起分享。 高二物理 7.D报据理想支压器的工作原理得U1=1,U: 压为零，由题图乙可知，此时曲线1对应的电容器两端 电压也为零，曲线1对应的电流也最大，故D错误。 。U2不是加在R两端的电压，故1≠景。而1U 3.D根据麦克斯韦电磁场理论，只有变化的电场才能产 生磁场，均匀变化的电场产生恒定的磁场，非均匀变化 等于R上消耗的功率I,R与下一级变压器的输入功 的电场产生变化的磁场，选项D正确。 率之和。理想变压器输入功率等于输出功率，选项D 4.AC由电磁波和声波的概念可知A正确：因为电磁波 正确。 可以在真空中传播，而声波属于机械波，它的传播需要 介质，在真空中不能传播，故B错误：电磁波在空气中 8.ABTy副线圈两端交流电压u=220J2sin100πt(V), 的传播速度大于在水中的传播速度，在真空中的传播 电压有效值为220V,则通过R。的电流有效值I= 速度最大：声波在气体、液体、因体中的传橘速度依次 A=20A,Λ项正确：由原，副线圈电压与匝教的关 220 增大，故C正确：无论是电磁波还是声波，从一种介质 系可知B项正确；由于输电线有电阻，所以升压变压器 进入另一种介质时频率都不变，所以由波长入=平及它 T的输出电压和输出功率大于降压变压器T,的输入 们在不同介质中的传播速度可知，由空气进入水中时， 电压和输入功率，C,D错误 电磁波的波长变短，声波的波长变长，故D错误。 U: 9.解析①)设空载时次级线圈的瑞电压为U,则m 「综合训练] 1.D振荡过程中由于电感和电容的存在，电路不是纯电 解得U2= "U1=220V 阻电路，故不满足欧姆定律的适用条件。由题图可知 1时刻电流i最大，t2时刻电流i为零，误认为i与4满 因为空载，次级线圈的负载电阻R2→∞ ，A,B错误：电流最大时，说明磁场 U 足欧姆定律1 电流I2=0,则P=12U2=0。 (2)接通电路后，100盏电灯并联的总电阻为 最强，磁场能最大，电场能为零，电容器电压、电荷量均 U颜 为零，C错误，D正确 R P0=8.070 2.ABD由LC电路电磁振荡的规律知，振荡电流最大 R4=100=100 时，即电容器放电刚结束时，电容器上电荷量为0，A正 次级线圈中的电流 确：回路中电流最大时螺线管中磁场最强，磁扬能最 大，B正确：振荡电流为零时充电结束，极板上电荷量 220 12=R先于R有807于0.2A=26.6A 最大、电场能最大，C错误：电流相邻两次为零的时间 次级线圈的端电压U2'=I2R外=214.66V。 间隔恰好等于半个周期，D正确。 3.CD根据安培定则可以得到线图中的电流为逆时针方 (3)每盏灯消耗的实际功率 向（俯视），故电容器正在充电，故A错误：电容器充电 p=100 1U2'=26.6×214.66w=57.1w. 电场能增加，磁场能减小，故B错误：电容器在充电，电 100 容器两端的电压在增加，故C正确：把电容器的两极板 答案(1)220V0(2)214.66V 间距离拉大，电容减小，由LC回路的周期公式T= (3)57.1W 10.解析(1)水电站升压变压器原、副线图匝数比 2π/LC可得周期减小，振荡电流频率增大，故D正确。 1 U1_4001 4.D根据LC振荡电路的频率公式f= 和平行 2U220005· 2π√LC ES (2)由P摄=I22R,输送电流取决于输出电压及输送功 板电容器电容公式C= 4πkl 知，当增大电容器两极板 奉，有12一 正对面积时，C增大，∫减小：减少极板带电荷量，不影 所以R P P 响C,即∫不变：在线图中放入软铁棒作铁芯，L增大， 10000-9500 2=200 减小：减少线圈匝数，L减小，「增大，故D正确」 /P12 /1000012 5.BCS闭合时，D正常发光，此时电容器两端的电势差 AU. 2000 为零，根据Q=CU知，所带的电荷量为零，断开S,由于 (3)设降压变压器原线图上电压为U 线图阻碍电流的变化，电容器反向充电，电荷量逐渐增 U3=U2-I2R=(2000-5×20)V=1900V 大，磁场能转化为电场能，充电完毕后，又开始放电，将 所以降压变压器原、副线圈匝数比 电场能转化为磁场能，形成LC振荡电路，电荷量随时 3_U3_1900_95 间周期性变化，故A错误，B正确：当突然断开S,线圈 220119 中电流减小，则出现感应电动势，从而对电容器进行充 答案(1)5 22pn(s盟 电，导致磁场能减小，电场能增大，则电流减小，线图因 阻碍电流减小，则方向是顺时针，故C正确，D错误 作业（七）电磁振荡与电磁波 6.D麦可斯韦预言了电磁波的存在，赫兹通过一系列实 「考点突破]一跟踪训练 验，证明了麦克斯韦关于光的电磁理论，并揭示了电 磁、光现象在本质上的统一性，A错误，D正确：均匀变 1.A 2一3时间内电容器充电，且上极板带负电，所以 LC振荡电路内的电流为逆时针，根据安培定则可知L 化的磁场产生恒定的电场，B错误：均匀变化的电场产 中磁场方向向上，所以？一3中某时刻与题图乙状态 生恒定不变的磁场，C错误 相对应，此时电容器极板间电场能逐渐增大，故A正 7,D赫滋用实验证明了电磁波的存在，A错误：均匀变 确，D错误：1一t2时间内电容器放电，且上极板带正 化的电场产生恒定的磁场，B错误：使用空间波传播信 电，所以LC振荡电路内的电流为逆时针，故B错误： 息时主要是应用了微波波长短、频率高的特点，C错 时刻回路中电流为零，电流变化率最大，线圈中的感应 误；=C 3×108 m=400m,D正确。 电动势最大，故C错误。 7.5×105 2.B由题图乙可知，曲线2的振荡周期是曲线1的两 8.BCD机械波由振动产生，电磁波由周期性变化的电 倍，根据公式T=2πLC可知，曲线2对应的电容为 场（或磁场）产生：机械波传撸需要介质，波速由介质决 曲线1对应的电容的4倍，故A错误；根据安培定则可 定：电磁波的传播不需要介质，波速由介质和本身频率 知，题图甲中电流从电容器流出，电容器在放电，电场 共同决定：机械波有横波，也有纵波，而电磁波一定是 能转换为磁场能，因此回路中的磁场能正在增大，故B 横波：机械波和电磁波都可以发生反射、折射、干涉和 正确：根据电容定义式可得Q=CU,由于改变电容前后 衍射现象，故选项B、C、D正确 电容器两端的电压相同，且曲线2对应的电容为曲线1 9.AC向上方向的磁场增强时，感应电流的磁场阻碍原 对应的电容的4倍，因此曲线2对应电容器所带最大 磁场的增强而方向向下，根据安培定则可知，感应电场 电荷量为曲线1对应电容器所带最大电荷量的4倍， 方向如题图中E的方向所示，选项A正确，B错误：可 故C错误：曲线2对应的电流最大时，电容器两端的电 理，当磁场反向即向下的磁场减弱时，感应电场方向同 样如题图中E的方向所示，选项C正确，D错误。 57