2019版高中物理 第3章 电能的输送与变压器 电能的开发与利用练习 沪科版选修3-2
2019高中物理第三章电能的输送与变压器测评A(含解析)沪科选修3_2
电能的输送与变压器测评A(基础过关卷)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有错选的得0分)1.如图是一个理想变压器的示意图,S是单刀双掷开关,P是滑动变阻器的滑动触头,U1为加在原线圈两端的交变电压,I1为原线圈中的电流,则()A.若保持P的位置及U1不变,S由a合到b处,则I1将减小B.若保持P的位置及U1不变,S由b合到a处,则R上消耗的功率将增大C.若保持U1不变,S置于b处,将P向上滑动,则I1减小D.若保持P的位置不变,S置于a处,将U1增大,则I1减小答案:C2.如图所示是一调压变压器原理图,如将它作为升压变压器使用,则()A.将交变电流源接在a、b端,用电器接在c、d端B.将交变电流源接在c、d端,用电器接在a、b端C.将交变电流源接在a、c端,用电器接在b、d端D.若要进一步升压,应使P逆时针方向旋转解析:根据变压器电压关系可知,要升压就必须增加副线圈的匝数,即要保证输出端的匝数多于输入端的匝数,故B正确。
答案:B3.一个理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶10,把原级线圈接入u=22sin 100πt V的交流电源上,那么()A.用交流电压表测量副线圈输出电压为220 VB.副线圈上的交变电流的频率为500 HzC.副线圈接入R=1 kΩ的负载电阻,则通过原线圈的电流的有效值为2.2 AD.副线圈接入R=1 kΩ的负载电阻,则在周期内负载R上产生热量为0.242 J答案:D4.如图所示的四个图中,ab为输入端,接交流电源,cd为输出端,下列说法中错误的是()A.甲图中U ab<U cdB.乙图中U ab>U cdC.丙图中U ab<U cdD.丁图中U ab>U cd答案:A5.长江三峡水利枢纽是当今世界上最大的水利工程,它的装机总功率为2×107 kW,是西部开发的特大重点工程,也是西电东送的能源基地之一,若用总电阻为10 Ω的输电线将5×105 kW功率的电能从三峡输送到用电区域,输电电压为5×102 kV,输电导线上损失的功率为()A.1×104 kWB.1×105 kWC.2.5×104 kWD.2.5×105 kW解析:P损=()2R=()2×10W=1×104kW。
沪科版高中物理选修第3章《电能的输送与变压器》章末总结学案
沪科版高中物理选修第3章《电能的输送与变压器》章末总结学案⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧高压输电原理⎩⎪⎨⎪⎧功率缺失P 损＝I 2R 电压缺失U 损＝IR高压输电原理理想变压器⎩⎪⎨⎪⎧结构：原、副线圈、铁心原理：互感现象差不多规律⎩⎪⎨⎪⎧电压关系：U 1/U 2＝n 1/n2电流关系：I 1I 2＝n2n 1功率关系：P 1＝P 2电能的开发与利用一、电能输送中功率缺失的运算 1．P 损＝I 2R .2．在输电电流一定的情形下，假如电路的电阻减为原先的一半，则缺失的功率变为原先的二分之一；在线路电阻不变的情形下，当电流为原先的一半，线路上缺失的功率变为原先的四分之一．3．由2可知，减小电流对降低损耗更有效． 4．P ＝UI .5．由P ＝UI 可知I ＝PU ，由此式可知，在电功率不变的前提下，升高电压，可减小输电电流．例1 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.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2×105 AB ．输电线上由电阻造成的缺失电压为15 kV电能 的输 送与 变压 器C ．若改用5 kV 电压输电，则输电线上缺失的功率为9×108 kWD ．输电线上缺失的功率为ΔP ＝U 2R ，R 为输电电压，R 为输电线的电阻答案 B解析 用500 kV 电压输电时，输电线上的电流为I ＝P U ＝3×1095×105A ＝6 000 A ，A 错；输电线上由电阻造成的缺失电压为ΔU ＝IR ＝6 000×2.5 V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV 电压输电时，电能在输电线上损耗更大，但最多只能是3×106 kW ，不可能超过那个值，C 错；若用ΔP ＝U 2R 运算输电线上缺失的功率，则U 为输电线上缺失的电压，而R 为输电线的电阻，D 错．二、理想变压器的分析思路1．电压思路：变压器原、副线圈的电压之比为U 1U 2＝n 1n 2；当变压器有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝… 2．功率思路：理想变压器的输入、输出功率关系为P 入＝P 出，即P 1＝P 2；当变压器有多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋…3．电流思路：由I ＝PU 知，当变压器有多个副线圈时，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…，对只有一个副线圈的变压器才有I 1I 2＝n 2n 1.4．动态分析变压器电路的思路可表示为例2 用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，如图1所示．开始时开关S 是断开的．现将开关S 闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情形是 ( )图1A ．V 1、V 2的示数不变，A 1的示数增大，A 2的示数减小，P 入增大B ．V 1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数增大，P 入增大C ．V 1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数减小，P 入减小D ．V 1的示数不变，V 2的示数增大，A 1的示数减小，A 2的示数增大，P 入减小 解析 电压表V 1的示数由输入电压决定；电压表V 2的示数由输入电压U 1(大小等于电压表V 1的示数)和匝数比n 1/n 2决定；电流表A 2的示数由输出电压U 2(大小等于电压表V 2的示数)和负载电阻R 负决定；电流表A 1的示数即I 1由变压器的匝数比n 2/n 1和输出电流I 2决定；P 入随P 出而变化，由P 出决定．因输入电压不变，因此电压表V 1的示数不变．据公式U 2＝n 2U 1/n 1，可知U 2也不变，即电压表V 2的示数不变．又据I 2＝U 2/R 负知，S 闭合后R 负减小，故I 2增大，电流表A 2的示数增大；输入电流I 1随输出电流I 2的增大而增大，故电流表A 1的示数增大．因P 出＝U 2I 2，故P 出增大．P 入随P 出变化而变化，故P 入也增大．故选B.答案 B三、远距离输电电路中的各种关系1．解决远距离输电问题时，应第一画出输电的电路图，如图2所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．图22．分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源．3．综合运用下面三方面的知识求解 (1)能量守恒：P ＝U 1I 1＝U 2I 2＝P 用户＋ΔPΔP ＝I 22R P 用户＝U 3I 3＝U 4I 4.(2)电路知识：U 2＝ΔU ＋U 3 ΔU ＝I 2R(3)变压器知识：U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2U 3U 4＝I 4I 3＝n 3n 4. 其中ΔP ＝I 2R ，ΔU ＝I 2R 往往是解题的切入点．例3 发电机的输出电压为220 V ，输出功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，假如用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户，则：(1)画出全过程的线路示意图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不通过变压而直截了当将电送到用户，求用户得到的电压和功率．解析 (1)示意图如图所示 (2)升压变压器的输出电压 U 2＝n 2n 1U 1＝101×220 V ＝2 200 V依照升压变压器输出功率等于输入功率知，升压变压器输出电流为 I 2＝P U 2＝44×1032 200A ＝20 A输电线路上的电压缺失和功率缺失分别为 U R ＝I 2R ＝20×0.2 V ＝4 VP R ＝I 22R ＝202×0.2 W ＝80 W降压变压器上的输入电流和输入电压分别为 I 3＝I 2＝20 AU 3＝U 2－U R ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V 降压变压器上的输出电压和输出电流分别为 U 4＝n 4n 3U 3＝110×2 196 V ＝219.6 VI 4＝n 3n 4I 3＝10×20 A ＝200 A用户得到的功率为P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W ＝4.392×104 W(3)若不采纳高压输电，用220 V 低压直截了当供电时，电路如图所示，则输电电流I ＝P U 1＝44×103220A ＝200 A ，输电线路上的电压缺失 U R ′＝IR ＝200×0.2 V ＝40 V 因此用户得到的电压为U 4′＝U 1－U R ′＝220 V －40 V ＝180 V用户得到的功率为P 4′＝IU 4′＝200×180 W ＝3.6×104 W答案 (1)见解析图 (2)219.6 V 4.392×104 W (3)180 V 3.6×104 W1．(电能输送中功率缺失的运算)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( )A.PR kU ，1nB ．(P kU )2R ，1nC.PR kU ，1n 2D ．(P kU )2R ，1n2答案 D解析 依照变压器的变压规律，得U 1U ＝k ，U 2U ＝nk ，因此U 1＝kU ，U 2＝nkU .依照P ＝UI知匝数比为k 和nk 的变压器副线圈的电流分别为I 1＝P U 1＝P kU ，I 2＝P U 2＝PnkU .依照P ＝I 2R ，输电线路损耗的电功率分别为P 1＝I 21R ＝(P kU )2R ，P 2＝I 22R ＝(P nkU )2R ，因此P 2P 1＝1n 2.选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．2．(理想变压器差不多规律的应用)如图3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源，副线圈接入“220 V ,60 W ”灯泡一只，且灯泡正常发光，则 ( )图3A ．电流表的示数为32220 AB ．电源输出功率为1200 WC ．电流表的示数为3220 AD ．原线圈两端电压为11 V 答案 C解析 灯泡正常发光，则副线圈的电流为I 1＝P U ＝3n A ，依照变压器的电流关系可得：I 1I 0＝n 0n 1，原线圈中的电流I 0＝n 1I 1n 0＝3220 A ，即电流表的示数为3220 A ，原线圈中电压为U 0＝n 0U 1n 1＝4 400 V ，电源的输出功率P ＝UI ＝4 400×3220＝60 W.3．(理想变压器的动态分析)如图4所示电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关．P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )图4A ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小B ．保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小C ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大D ．保持U 1不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I 1减小 答案 BC解析 S 由b 切换a 时，副线圈匝数增多，则输出电压U 2增大，R 消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I 1增大，因此A 错、C 对；S 由a 切换到b 时，副线圈匝数减少，则输出电压U 2减少，I 2减小，B 对；P 向上滑动时，R 减小，I 2增大，由电流与匝数的关系可知，I 1增大，D 错．4．(远距离输电电器中的各种关系)一座小型水电站，水以3 m /s 的速度流入水轮机，而以1 m/s 的速度流出．流出水位比流入水位低1.6 m ，水的流量为1 m 3/s.假如水流能量的75%供给发电机．则(变压器为理想变压器，g 取10 m/s 2)：(1)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率多大？(2)若发电机的输出电压为240 V ，输电线路上的电阻为1623 Ω，承诺缺失的电功率为5%，用户所需电压为220 V ，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？答案 (1)12 kW (2)3∶25 95∶11 解析 (1)每秒钟水流机械能缺失为 ΔE ＝12m (v 21－v 22)＋mg Δh ＝2×104J. 发电机的输电功率为P 出＝75%ΔE t ×80%，因此P 出＝12 kW. (2)发电机经变压器到用户的输电线路示意图如图所示， P 线＝5%P 出＝600 W ， 因为P 线＝I 2线R 线，因此I 线＝6 A ；又因为I 2＝I 线＝6 A ，I 1＝P 出U 1＝50 A.因此对升压变压器有I 1I 2＝n 2n 1，即n 1n 2＝I 2I 1＝325. 又因为I 3＝I 线＝6 A ， I 4＝P 出－P 线U 4＝57011A ， 因此对降压变压器有n 3n 4＝I 4I 3＝9511.。
最新2019版高中物理 第3章 电能的输送与变压器 电能的开发与利用学案 沪科版选修3-2
3.2 变压器为什么能改变电压 3.3 电能的开发与利用[目标定位] 1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理.2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题.3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系.4.了解我国电能开发与利用的现状及前景.一、变压器的原理及电压与匝数的关系把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁心上，一个线圈通过开关连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上(如图1所示).连接电路，接通电源，小灯泡能发光.图1(1)电源和小灯泡并没有连接，小灯泡为什么会发光？(2)小灯泡两端电压与学生电源两端的输出电压相等吗？如果不相等与什么因素有关？ (3)若将原线圈接到恒定的直流电源上，小灯泡亮不亮？分析讨论原因.答案 (1)当左边线圈加上交变电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁心中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在左、右线圈中都要产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光.(2)左、右线圈中每一匝线圈上磁通量的变化率ΔΦΔt 都相同，若左边匝数为n 1，则E 1＝n 1ΔΦΔt ；若右边匝数为n 2，则E 2＝n 2ΔΦΔt ，故有E 1E 2＝n 1n 2；若忽略左边线圈的电阻，则有E 1＝E电源，这样看来小灯泡两端电压与左侧交流电源电动势及两线圈匝数比n 1n 2都有关系.(3)不亮.因为在副线圈中不会产生感应电动势，副线圈两端没有电压，所以小灯泡不亮. [要点总结]1.变压器的构造：闭合铁心、与交流电源相连接的线圈叫原线圈(匝数用n 1表示，又叫做初级线圈)、与负载相连的另一个线圈叫副线圈(匝数用n 2表示，又叫做次级线圈)，两个线圈都绕在闭合铁心上.2.变压器的工作原理是电磁感应.因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用.(后两空选填“变化”或“恒定”)3.变压器中的电压关系 (1)只有一个副线圈：U 1U 2＝n 1n 2. (2)有多个副线圈：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3…4.变压器不能(填“能”或“不能”)改变交变电流的频率.5.原、副线圈的地位(1)原线圈在其所处回路中充当负载. (2)副线圈在其所处回路中充当电源.特别提醒：变压器能改变交变电压、交变电流，但不能改变恒定电压、恒定电流.例1 (多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是 ( ) A.通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等 C.穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势 D.原线圈中的电流通过铁心流到了副线圈 答案 BC解析 B ∝I ，由于面积S 不变，故Φ∝I ，A 错误.因理想变压器无漏磁，故B 、C 正确.原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D 错. 二、理想变压器中的功率及电流关系1.什么是理想变压器？理想变压器输入与输出功率有什么关系？答案 理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗.所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P 入＝P 出.2.若只有一个副线圈时，原、副线圈中的电流与匝数有什么关系？ 答案 由能量守恒定律知P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2. 所以I 1I 2＝U 2U 1＝n 2n 1.3.若有多个副线圈时，电流与匝数间的关系是什么？答案 若有多个副线圈P 1＝P 2＋P 3＋…，即U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋… 将U 1∶U 2∶U 3∶…＝n 1∶n 2∶n 3∶…代入得n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…[要点总结]1.理想变压器的特点：(1)变压器铁心内无漏磁；无发热损失. (2)原、副线圈不计内阻，即无能量损失.实际变压器(特别是大型变压器)一般可以看成理想变压器. 2.功率关系：P 入＝P 出. 3.电流关系：(1)若只有一个副线圈时I 1U 1＝I 2U 2，即I 1I 2＝n 2n 1. (2)若有多个副线圈时I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋… 得I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋….例2 如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 两端电压u 1＝122sin 100πt (V).下列说法正确的是( )图2A.电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD.变压器输入功率为6 W答案 D解析 根据u 1＝122sin 100πt (V)及U ＝U m2知U 1＝12 V ，f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝12×12 V＝6 V ，即的读数为6 V ，选项B 错误；又I 2＝U 2R L ＝66 A ＝1 A ，即的读数为1 A ，选项C 错误；根据P 入＝P 出及P 出＝U 22R L ＝626W ＝6 W ，选项D 正确.三、自耦变压器和互感器1.自耦变压器如图3所示，铁心上只绕有一个线圈，低压线圈是高压线圈的一部分，既可以作为升压变压器使用，也可以作为降压变压器使用.图3规律：U 1U 2＝n 1n 2I 1I 2＝n 2n 1.2.电压互感器、电流互感器 (1)构造：小型变压器，如图4所示.(2)接法：电压互感器原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表；电流互感器原线圈串联在被测电路中，副线圈接电流表.为了安全，外壳和副线圈应接地.(3)作用：电压互感器可将高电压变为低电压，通过测量低电压，计算出高压电路的电压，电流互感器将大电流变成小电流，通过测量小电流，计算出被测电路中的大电流.图4例3 (多选)图5甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )图5A.线圈匝数n 1<n 2，n 3<n 4B.线圈匝数n 1>n 2，n 3>n 4C.甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D.乙图中的电表是电流表，输出端不可断路 答案 CD解析 题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n 1>n 2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n 3<n 4，题图乙中的电表为电流表，故选项C 、D 正确.例4 如图6所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值U 0＝220 V ，n 0＝2 200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、500匝、1 100匝、2 200匝.电动机M 的内阻r ＝4 Ω，额定电压为U ＝220 V ，额定功率P ＝110 W.下列判断正确的是( )图6A.当选择挡位3时，电动机两端电压为110 VB.当挡位由3变换到2时，电动机的功率增大C.当选择挡位2时，电动机的热功率为1 WD.当选择挡位4时，电动机的输出功率为110 W 答案 A解析 由电压与匝数的关系U 0∶U 3＝n 0∶n 3，解得U 3＝110 V ，A 正确；当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B 错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为I ＝P U＝0.5 A ，热功率P r ＝I 2r ＝1 W ，输出功率为P －P r ＝(110－1) W ＝109 W ，D 错误；当没有达到额定功率时，热功率小于1 W ，C 错误.1.(变压器的工作原理)(多选)理想变压器正常工作时，原、副线圈中一定相同的物理量是( ) A.每匝线圈中磁通量的变化率 B.交变电流的频率C.原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D.原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势 答案 ABC2.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图7所示，将额定电压为60 V 的用电器通过一理想变压器接在正弦交变电源上.闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A.以下判断正确的是( )图7A.变压器输入功率为484 WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC.通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD.变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3 答案 BD解析 变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝2.2×60 W＝132 W ，选项A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝U 1U 2＝220 V60 V＝113，选项D 正确；由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝311×2.2 A＝0.6 A ，选项B 正确；根据I ＝I m2得通过副线圈的电流的最大值I 2m ＝2I 2＝2.2 2 A ，选项C 错误.3.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图8所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1.原线圈接入一电压为u ＝U 0sin ωt 的交流电源，副线圈接一个R ＝27.5 Ω的负载电阻.若U 0＝220 2 V ，ω＝100π rad/s ，则下述结论正确的是( )图8A.副线圈中电压表的读数为55 VB.副线圈中输出交变电流的周期为1100πs C.原线圈中电流表的读数为0.5 A D.原线圈中的输入功率为110 2 W 答案 AC解析 原线圈电压有效值为U ＝220 V ，电压表读数为U 2＝2204 V ＝55 V ，周期T ＝2πω＝150 s ，副线圈中电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈中电流I 1＝I 24＝0.5 A ，P ＝I 1U ＝110 W ，故A 、C 正确.4.(互感器)(多选)如图9所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )图9A.甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VB.甲图是电流互感器，输电电流是100 AC.乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD.乙图是电流互感器，输电电流是100 A 答案 AD解析 根据匝数比U 1U 2＝n 1n 2，有U 1＝n 1n 2U 2＝1001×220 V＝22 000 V ，故A 正确；题图甲是电压互感器，故B 错误；题图乙是电流互感器，电表是电流表，故C 错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I 3I 4＝n 4n 3，有I 3＝n 4n 3I 4＝101×10 A＝100 A ，故D 正确.。
高中物理第3章电能的输送与变压器章末课件沪科版选修3_2
我们还要注意课后的及时思考。利用课间休息时间，在心中快速把刚才上课时刚讲过的一些关键思路理一遍，把老师讲解的题目从题意到解答整个过 程详细审视一遍，这样，不仅可以加深知识的理解和记忆，还可以轻而易举地掌握一些关键的解题技巧。所以，2分钟的课后静思等于同一学科知识的课 后复习30分钟。
图4
1234
解析
答案
3.(理想变压器的动态分析)(多选)如图5所示电路中的变压器为理想变压器，S
为单刀双掷开关.P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变 电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是 A.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗
的功率减小
√B.保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小
基本
I1 ＝ n2
规律 电流关系：_I_2___n1___
功率关系：P1＝P2
电能的开发与利用
题型探究
一、电能输送中功率损失的计算
1.P损＝I2R. 2.在输电电流一定的情况下，如果电路的电阻减为原来的一半，则损失的功 率变为原来的二分之一；在线路电阻不变的情况下，当电流为原来的一半， 线路上损失的功率变为原来的四分之一. 3.由2可知，减小电流对降低损耗更有效. 4.P＝UI. 5.由P＝UI可知I＝ P ，由此式可知，在电功率不变的前提下，升高电压，可 减小输电电流. U
D.4(nn21)2(UPm)2r
图1
解析
答案
二、理想变压器的分析思路
1.电压思路：变压器原、副线圈的电压之比为UU12＝nn12；当变压器有多个副 线圈时，Un11＝Un22＝Un33＝… 2.功率思路：理想变压器的输入、输出功率关系为P入＝P出，即P1＝P2； 当变压器有多个副线圈时，P1＝P2＋P3＋… 3.电流思路：由 I＝UP知，当变压器有多个副线圈时，n1I1＝n2I2＋n3I3＋…， 对只有一个副线圈的变压器才有II12＝nn21.
高中物理 第3章 电能的输送与变压器 学案3 章末总结同步备课学案 沪科版选修3-2-沪科版高二选修
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小
答案BC
解析S由b切换a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，R消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大，所以A错、C对；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减少，I2减小，B对；P向上滑动时，R减小，I2增大，由电流与匝数的关系可知，I1增大，D错．
例1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3×106kW.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2×105A
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
图3
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
答案A
解析 根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝ ，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－I r＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝I r＝I1(U－U1)，选项D错误．
ΔP＝I R
P用户＝U3I3＝U4I4.
(2)电路知识
U2＝ΔU＋U3
ΔU＝I2R
(3)变压器知识
＝ ＝
＝ ＝ .
其中ΔP＝I2R，ΔU＝I2R往往是解题的切入点．
例3如图3所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2.则()
高中物理(沪科)选修3-2：章末综合测评3电能的输送与变压器含答案解析
【最新】高中物理（沪科）选修3-2：章末综合测评3电能的输送与变压器学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．对于理想变压器来说，下列说法中不正确的是A．变压器是利用互感现象制成的B．变压器可以改变各种电源的额定功率C．变压器不仅能改变电压，还同时改变电流D．变压器的初级电流随次级电流的增大而增大2．如图所示四个电路，能够实现升压的是A．B．C．D．3．如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电。
当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是（）A．变压器输入电压的瞬时值表达式为u sinπt（V）B．电压表的示数为220VC．变压器原、副线圈的匝数比为11：1D．变压器的输入功率为110W4．如图所示，M为理想变压器，电表均可视为理想表，接线柱a、b接电压u＝311sin314t （V）的正弦交流电源．当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是（）A．A1A2B．A2V2C．A1A2V2D．A1A2V1V25．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=1:3，次级回路中连入三个均标有“36V，40W”的灯泡, 且均正常发光，那么, 标有“36V、40W”的灯泡AA．也正常发光B．将被烧毁C．比另三个灯暗D．无法确定6．如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1：n2=n4：n3．当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是（）A．用户的总电阻增大B．用户的电压U4增加C．U1：U2=U4：U3D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率7．图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A。
最新2019版高中物理 第3章 电能的输送与变压器 3.1 高压输电原理练习 沪科版选修3-2
3.1 高压输电原理一、选择题考点一 降低输电损耗的途径1.(多选)远距离输送交流电都采用高压输电.我国正在研究用比1 000 kV 高得多的电压进行输电.采用高压输电的优点是( ) A.可节省输电线的材料 B.可根据需要调节交流电的频率 C.可减小输电线上的能量损失 D.可加快输电的速度答案 AC解析 由于远距离输电，往往输送电功率一定，根据P ＝UI ，输送电压U 越高，则输送电流I ＝P U越小，据P 线＝I 2R 知，当要求在输电线能量损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；若输电线确定，即R 确定，则可减小线路上的能量损耗，故A 、C 正确；交流电的频率是一定的，不需调节，输电的速度是一定的，故B 、D 错误. 2.远距离输电时，在输送功率不变的条件下( ) A.增加导线的电阻，可以减小输电电流，提高输电效率 B.提高输电电压，可以减小输电电流，提高输电效率 C.提高输电电压，势必增大输电导线上能量的损耗 D.提高输电电压，势必增大输电导线上的电流 答案 B解析 在输送功率一定的前提下，P 输＝U 输·I 输，P 损＝I 2输·R 线，η＝P 输－P 损P 输×100%，所以选项B 正确.3.关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( )A.由功率P ＝U 2R，应降低输电电压，增大导线电阻B.由P ＝IU ，应低电压小电流输电C.由P ＝I 2R ，应减小导线电阻或减小输电电流 D.上述说法均不对 答案 C解析 输电时导线上损失的电压ΔU ＝IR ，它不同于输电电压，P ＝U 2R或P ＝IU 中的U 应为导线上损失的电压ΔU ，故A 、B 错误；导线上功率的损失为发热损失，P ＝I 2R ，故C 正确. 考点二 输电线上功率损失问题4.(多选)在电能输送过程中，若输送的电功率一定，则在输电线上损失的电功率( ) A.随输电线电阻的增大而增大 B.和输送电压的平方成正比 C.和输电线上电压降落的平方成正比 D.和输电线中电流的平方成正比 答案 ACD5.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的.可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些.这是因为用电高峰时( )A.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D.供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小 答案 C解析 照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，所以电灯比深夜时要显得暗，故选C.6.超导材料电阻降为零的温度称为临界温度.1987年我国科学家制成了临界温度为90 K 的高温超导材料，利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电.现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V.如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( ) A.1 kW B.1.6×103kW C.1.6 kW D.10 kW答案 A解析 输电线中电流I ＝P U ，输电线上损失功率P ′＝I 2R 线＝P 2R 线U2＝1 kW.7.随着社会发展，人类对能源的需求日益增加，节能变得愈加重要.甲、乙两地采用电压U 进行远距离输电，输电线上损耗的电功率为输入总功率的k (0<k <1)倍.在保持输入总功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用5U 的电压输电，若不考虑其他因素的影响，输电线上损耗的电功率将变为输入总功率的( )A.k 25B.k5 C.5k D.25k 答案 A解析 设输入总功率为P 0，输电线电阻为R ，输电电压为U 时，输电线电流I 1＝P 0U，输电线上损耗的电功率P 1＝I 12·R ＝P 02U 2R ＝kP 0，电压为5U 时，输电线电流I 2＝P 05U，输电线上损耗的电功率P 2＝I 22R ＝P 0225U 2R ＝k 25P 0，即输电线上损耗的电功率变为输入总功率的k25倍.8.(多选)某发电厂原来用11 kV 的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220 kV 输电，输送的电功率都是P .若输电线路的电阻为R ，则下列说法中正确的是( )A.根据公式I ＝P U ，提高电压后输电线上的电流降为原来的120B.根据公式I ＝U R，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍C.根据公式P 损＝I 2R ＝P 2U 2R ，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的1400D.根据公式P 损＝U 2R，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍答案 AC解析 输电线上电流为I ＝P U，也可以用I ＝ΔUR来表示，其中ΔU 为输电线上电阻R 两端的电压，而不是输送电压，故A 正确，B 错误；输电线上的功率损失为P 损＝I 2R ＝P 2U2R ，C 正确；如果用P损＝U 2R，则U 应为R 两端的电压ΔU ，故D 错误.9.中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( ) A.P 4 B.P2 C.2P D.4P 答案 A解析 在超高压输电中，设输送电功率为P ′，输电电压为U ，输电线总电阻为R ，则输电线上损耗的电功率为P ＝⎝⎛⎭⎪⎫P ′U 2R ，当输电电压升为原来的2倍时，输电线上损耗的电功率变为原来的14，故选A. 10.(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输送电压为U ，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为L ，输电线损失的电功率为P ′，用户得到的电功率为P 用，则P ′、P 用的关系式正确的是 ( )A.P ′＝U 2SρLB.P ′＝P 2ρLU 2SC.P 用＝P －U 2SρLD.P 用＝P (1－P ρLU 2S) 答案 BD解析 输电线电阻R ＝ρL S， 输电电流I ＝P U，故输电线上损失的电功率为P ′＝I 2R ＝(P U )2ρL S ＝P 2ρLU 2S用户得到的功率为P 用＝P －P ′＝P (1－P ρLU 2S). 故选B 、D. 二、非选择题11.用相同材料制成的导线向同一处用户输送10 kW 的电功率，在输电电压U 1＝110 V 和U 2＝220 V 两种情况下，要求输电线中损失的电功率相同，则两种情况下输电导线横截面积之比为______. 答案 4∶1解析 由公式：P 损＝(P 输U 输)2R 线得 R 1R 2＝U 12U 22＝14，再由R ＝ρL S 得S 1S 2＝41. 12.我国西部特别是云、贵、川有大量的水力资源，西电东送是西部大开发的重要项目之一.据报道，云南大朝山在2005年已建成100万千瓦的水力发电站.设电站输电电压为25万伏，则输电线上的电流是________ A.如输电线总电阻为40 Ω，则电流通过输电线时，在输电线上发热消耗的功率为________ kW.如将输电电压升高到100万伏，则输电线上发热消耗的功率为________ kW.根据以上数据得出你认为合理的输电方法是________. 答案 4×1036.4×1054×104提高输电电压 解析 当输电电压U 1＝25万伏时，I 1＝P U 1＝100×104×10325×104A ＝4×103A 输电线上热功率P 热1＝I 12R ＝(4×103)2×40 W＝6.4×105 kW当输电电压U 2＝100万伏时，I 2＝P U 2＝100×104×103100×104A ＝1×103A 输电线上热功率P 热2＝I 22R ＝(1×103)2×40 W＝4×104kW由以上计算可知：在输电功率P 一定时，输电电压越高，输电线上损失的热功率P 热越小，故合理的输电方法是提高输电电压.13.有一个发电站，输送功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度.求： (1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r ；(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？ 答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV解析 (1)由于输送功率为P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000度，终点得到的电能E ′＝7 200度，因此输电效率η＝E ′E ×100%＝60%.输电线上的电流I ＝PU＝100 A ，而输电线损耗功率为P 损＝4 80024 kW ＝200 kW ，因此可得r ＝P 损I2＝20 Ω.(2)输电线上损耗的功率P 损＝(P U)2r ∝1U2，故U ′U＝P 损P 损′，P 损＝200 kW ，现要使P 损′＝10 kW ，计算可得输电电压应调节为U ′≈22.4 kV.。
(新人教版)2019版高中物理 第3章 电能的输送与变压器 3.1 高压输电原理学案 沪科版选修3-2【重点推荐】
3.1 高压输电原理[目标定位] 1.掌握输电过程中降低输电损耗的两个途径.2.理解高压输电的原理.3.会对简单的远距离输电线路进行定量计算.一、远距离输电为什么要用高电压如图1所示，假定输电线路中的电流为I ，两条导线的总电阻为R ，在图中导线电阻集中画为R ，输送功率为P ，发电厂输出的电压为U .那么：图1(1)远距离大功率输电面临的困难是什么？(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低输电损耗的两个途径是什么？(3)为什么远距离输电必须用高压呢？ 答案 (1)在输电线上有功率损失.(2)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了.这是输电线上功率损失的主要原因.功率损失表达式：ΔP ＝I 2R ，所以降低输电损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻R ；②减小输电电流I .(3)因为发电厂的输出功率P 是一定的，由P ＝UI 得I ＝P U ，ΔP ＝P 2U2R ，要减小输电电流I ，必须提高输出电压U . [要点总结]输电线上的电压损失和功率损失(设输电线的电阻为R ，电流为I ) 1.电压损失输电线始端电压U 与输电线末端电压U ′的差值.ΔU ＝U －U ′＝IR . 2.功率损失(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP ＝I 2R . (2)若输电线上损失的电压为ΔU ，则功率损失还可以表示为ΔP ＝ΔU2R，ΔP ＝ΔU ·I .3.减小电压、功率损失的方法(1)减小输电线的电阻R由R ＝ρL S可知，距离L 一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可以减小电阻. (2)减小输电电流I由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，ΔP ＝P 2U2r ，升高电压可以减小电流.[延伸思考] 为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？答案 用电高峰期到用户家中的输电线电流I 较大，输电线上损失的电压ΔU ＝Ir 较大，用户得到的电压U －ΔU 较低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗.例1 (多选)如图2所示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( )图2A.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小电路的发热损耗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 答案 ABD解析 由P 损＝I 2R 和R ＝ρLS知S 越大，R 越小，P 损越小，所以A 正确.由P ＝UI 及P 损＝I 2R 知B 正确，C 错误.电压越高，对输电线路绝缘性能和对变压器的要求越高，实际输送电能时，要综合考虑各种因素，所以D 正确.例2 发电厂发电机直接向学校供电，发电机输出电压为U 1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R ，导线的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则下列关于输电线损失的功率的式子中错误的是( )A.U 21RB.(U 1－U 2)2RC.I 2R D.I (U 1－U 2)答案 A解析 用P ＝U 2R求电阻上损失的功率时，U 要与电阻R 相对应，选项A 中的U 1是输出电压不是输电线上的电压，故A 是错误的.B 中的(U 1－U 2)是输电线上的电压，因此，B 是正确的.C 、D 中的电流I 是输电线中的电流，故C 、D 都是正确的. 例3 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦. (1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)若输出的电压为20万伏，某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的百分比是多少？(3)若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的百分比是多少？答案 (1)2 500 A (2)1.25×108W 25% (3)1 000 A 2×107W 4%解析 (1)由P ＝UI 得I ＝P U ＝5×108 W 2×105 V＝2 500 A(2)输电线上损失的功率ΔP ＝I 2·2r ＝2 5002×2×10 W＝1.25×108W 损失功率与输出功率之比为ΔP P ＝1.25×1085×108＝14＝25%(3)将电压升高至50万伏时，I ′＝P U ′＝5×108 W5×105 V＝1 000 A输电线上损失的功率ΔP ′＝I ′2·2r ＝1 0002×2×10 W＝2×107W 损失功率与输出功率之比为ΔP ′P ＝2×1075×108＝125＝4% 针对训练 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3×106kW.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 kVC.若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD.输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2R，U 为输电电压，R 为输电线的电阻答案 B解析 输电线上输送的电流为I ＝P U ＝3×106×103500×103 A ＝6×103A ，A 项错误；输电线上损失的电压为U 损＝IR ＝6×103×2.5 V＝1.5×104V ＝15 kV ，B 项正确；当用5 kV 电压输电时，输电线上损失的功率超过3×106kW ，与实际情况相矛盾，故C 项错误；当用公式ΔP ＝U 2R计算损失的功率时，U 为输电线上损失的电压而不是输电电压，D 项错误. 二、交流输配电网发电机发出的交变电流先送到升压变电站，将电压升高到220 kV 以上，由高压输电线向远处输送.在用电区，先由第一级变电站将电压降到110 kV ，再输送到第二级变电站，将电压降到10 kV ，送到用电区.对普通生活用电，则还要用变压器进一步将电压降到220 V.1.(降低输电损耗的途径)中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其客观原因是电网陈旧老化.近来，农村进行电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有( ) A.提高输送功率 B.增大输送电流 C.提高输电电压D.减小输电导线的横截面积 答案 C解析 电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径：(1)减小输电导线中的电流，即可提高输电电压；(2)减小输电线的电阻，即增大输电导线的横截面积，故C 正确.2.(输电线上功率损失的计算)(多选)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图3所示，为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP ，则除冰时( )图3A.输电电流为3IB.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为13U答案 AD解析 高压线上的热耗功率为ΔP ＝I 2R 线① 若热耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线②由①②得I ′＝3I ，A 对.又输送功率不变，P ＝UI ＝U ′I ′，得U ′＝13U ，所以D 对.3.(输电线上功率损失的计算)远距离输电，原来用电压U 0输送，输电线上损失的功率为P 0，现要使输电线路上损失的功率减少到原来的1%，在保持输送功率不变的情况下，输电电压变为____U 0. 答案 10解析 设输送功率为P ，则P 0＝(PU 0)2R 线，0.01P 0＝(P U)2R 线，所以U ＝10 U 0.4.(输电线上功率损失的计算)一座小型发电站，用总电阻是0.5 Ω的输电线把电输送给用户，发电站输送的电功率是20 kW.假如用250 V 的电压输电，估算输电导线上的功率损失和用户得到的功率.假如改用500 V 的电压输电，输电线上的功率损失和用户得到的功率又各是多少？答案 3.2 kW 16.8 kW 0.8 kW 19.2 kW解析 假如用250 V 的电压输电，输电线上的功率损失为P 损＝(P U )2R ＝(20×103250)2×0.5 W＝3.2 kW用户得到的功率为P 用＝P －P 损＝20 kW －3.2 kW ＝16.8 kW假如改用500 V 的电压输电，输电线上的功率损失为P 损′＝(P U ′)2R ＝(20×103500)2×0.5 W＝0.8 kW用户得到的功率为P 用′＝P －P 损′＝20 kW －0.8 kW ＝19.2 kW.。
高中物理第3章电能的输送与变压器习题课远距离输电与理想变压器的计算问题精练(含解析)沪教版选修3-2
习题课远距离输电与理想变压器的计算问题公式推论1．远距离输电电压损失、功率损失的计算（1）电压损失：ΔU＝I线R线；（2）功率损失：ΔP＝I错误!R线＝ΔUI线；（3）输送功率：P＝UI．2．理想变压器的基本关系（1）输入功率等于输出功率P入＝P出,U1I1＝U2I2．（2)原、副线圈两端的电压跟匝数成正比，错误!＝错误!．（3)原、副线圈中的电流跟匝数成反比,错误!＝错误!（仅限一个副线圈)．输电线的电阻共计1 Ω,输送的电功率是100 kW，用400 V的低压送电，输电线上发热损失的功率是多少？改用10 kV的高压送电，发热损失的功率又是多少？［思路点拨］解此题的关键是根据P＝UI计算输电线上的电流，利用ΔP＝I2·R线计算功率损失．[解析］输送电功率100 kW，用400 V低压送电，输电线上通过的电流I1＝错误!＝错误! A＝250 A,输电线上损失功率P1＝I错误!R线＝62．5 kW．若用10 kV高压送电，输电线上电流I2＝错误!＝错误! A＝10 A,输电线上损失功率P2＝I错误!R线＝102×1 W＝0．1 kW．[答案］62．5 kW 0．1 kW1．相同材料组成的导线向同一处用户输送10 kW电能，在输电电压U1＝110 V和U2＝220 V两种情况下，要求输电线中损失的电能相同,则两情况下导线截面积之比为________．解析：由公式P损＝错误!错误!R线得错误!＝错误!＝错误!，再由R＝ρ错误!得:错误!＝错误!．答案：4∶1如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1＝3 300 V,副线圈的输出电压U2＝220 V，绕过铁心的导线所接的电压表的示数U0＝2 V,L1、L2为两只相同的灯泡，则:（1）原、副线圈的匝数各是多少?（2）当S断开时，A2的示数I2＝5 A,那么A1的示数是多少？［思路点拨］解此题的关键是从1匝线圈的电压突破、利用变压器的基本关系求解．［解析] (1)根据变压比:错误!＝错误!及错误!＝错误!有n1＝错误!·n0＝错误!×1匝＝1 650匝，n2＝错误!·n0＝错误!×1匝＝110匝．（2)理想变压器有P入＝P出，即I1U1＝I2U2,I1＝错误!·I2＝错误!×5 A≈0．33 A．[答案］（1）1 650匝110匝（2）0．33 A2．(多选)如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源,电压表V的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0．20 A．下列判断中正确的是( ）A．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C．电流表A2的示数为1．0 AD．电流表A2的示数为0．4 A解析：选BC．对于理想变压器，P1＝U1I1＝220×0．20 W＝44 W,则负载电阻消耗的功率P2＝P1＝44 W,据P2＝错误!,得U2＝错误!＝错误! V＝44 V，则错误!＝错误!＝错误!＝5，故B正确．A2的读数I2＝错误!＝错误! A＝1 A，故C正确．有一条河流，水的流量为Q＝2 m3/s,落差h＝5 m,现利用其发电，若发电机的总效率为50％，输出电压为240 V,输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失的电功率为发电机输出电功率的6%．(1）为满足用电的需求,使用户获得220 V的电压，分别求输电线路使用的理想升压变压器、降压变压器的原、副线圈的匝数比．（2)如果输送的电能供“220 V 100 W"的电灯使用，正常发光的电灯的盏数为多少?［思路点拨］将水流的机械能转化为电能，实现远距离输电,应先确定输出功率，再利用远距离输电示意图及规律求解．［解析］（1）远距离输电的示意图如图所示．发电机的输出功率P总＝ηρQgh＝5×104 W设输电线上的电流为I，则电功率损失P损＝I2R所以输电线中的电流为I＝错误!＝错误!＝错误! A＝10 A升压变压器原线圈两端的电压U1＝240 V副线圈的输出电压为U2＝错误!＝错误! V＝5×103 V故升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝240∶（5×103)＝6∶125输电线上的电压损失为ΔU＝IR＝10×30 V＝300 V降压变压器原线圈两端的电压为U3＝U2－ΔU＝5×103 V－300 V＝4 700 V降压变压器副线圈的输出电压为U4＝220 V故降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4＝U3∶U4＝4 700∶220＝235∶11．(2）设正常发光的电灯的盏数为N，则N＝错误!＝错误!＝470（盏）．［答案］（1)升压变压器原、副线圈的匝数比为6∶125降压变压器原、副线圈的匝数比为235∶11(2）470盏远距离输电综合问题的解题步骤（1）画出输电电路；（2）求出转化为电能的机械能大小，确定发电机的输出功率；(3）理解联系各回路之间的物理量，对各个回路独立运用欧姆定律、焦耳定律、电功和电功率等分式逐步进行计算．3．某小河水流量为 4 m3/s，水流下落的高度为 5 m．现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50％，g＝9．8 m/s2,求:（1)发电机的输出功率．（2）若输电导线的总电阻为4 Ω，输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的5%,则需用多大的电压输送电能？（3)输电导线上的电压损失．解析：(1)水由高处流下，重力势能转化为动能，推动水轮机做功，设水的流量为Q，则发电机的输入功率P1＝ρQgh所以输出功率为P2＝ηP1＝ηρQgh＝50％×1．0×103×4×9．8×5 W＝9．8×104 W．（2）设输电电压为U，输电线上的电流为I,电阻为R，损失的电功率为P3．由P3＝I2R 得I＝错误!＝错误!＝错误! A＝35 A由P2＝IU得输电电压U＝错误!＝错误! V＝2．8×103 V．(3)输电导线上损失的电压为ΔU＝IR＝35×4 V＝140 V．答案：(1）9．8×104 W (2）2．8×103 V （3）140 V1．关于电能输送的以下分析，正确的是（）A．由P＝U2/R知，输电电压越高,输电线上功率损失越大B．由公式P＝U2/R知，输电导线电阻越大,输电线上功率损失越少C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电线上功率损失越大D．由公式P＝UI知，输电线上的功率损失与电流成正比解析:选C．输电线上损失的功率P损＝I2R线＝错误!，公式中的U损指输电线上（即电阻R线）的分压，而不是输电电压，A、B两项错；公式P＝UI是电源提供的总电功率，而不是输电线上损失的电功率，D项错．2．(多选)远距离输送一定功率的交变电流,若输送电压提高到n倍，则输电导线上( ）A．电能损失为原来的错误!倍B．电压损失为原来的错误!倍C．电能损失减少错误!倍D．电压损失减少n倍解析：选ABC．设输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为r，依据ΔP＝错误! 2r，ΔU＝错误!r可以判断送电电压提高到n倍时，电能、电压损失分别为原来的错误!、错误!倍,分别减少了错误!、错误!倍，A、B、C对，D错．3．理想变压器原线圈接入交变电流i＝I m sin ωt，副线圈接有一电流表与负载电阻串联，电流表的读数为0．10 A．在t＝错误!T时，原线圈中电流的瞬时值为0．03 A，由此可知该变压器的原、副线圈的匝数比为（)A．10∶3 B．3∶10错误!C．10错误!∶3 D．3∶10解析：选A．已知I2＝0．10 A，对原线圈:0．03 A＝I m sin 135°得I m＝0．03错误! A,所以I1＝0．03 A．由电流关系求得A项正确．4．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5,原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( ）A．流过电阻的电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是100错误! VC．经过1分钟电阻产生的热量是6×103JD．变压器的输入功率是1×103W解析：选D．由图像可知，原线圈中电压的有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100 V，与电阻并联的电压表的示数是100 V，流过电阻的电流I＝错误!A＝10 A，所以A、B错误；由Q＝错误!t＝错误!×60 J＝60 000 J,所以经过60 s电阻产生的热量是60 000 J，所以C错误；输出功率P＝错误!＝错误! W＝1 000 W,输入功率等于输出功率，所以D正确．5．某同学想用220 V交流电作为小型收音机的电源．他先制作了一个将交流变为直流的整流器,但这个整流器需用 6 V交流电源．于是他又添置了一个小变压器，电压比为220 V/（6 V),由于时间长了,分不清原、副线圈，其外形如图所示,现要作为降压变压器使用，则交流电源(220 V）应接在（）A．a、b两端B．c、d两端C．a、c两端D．b、d两端解析：选B．由变压器结构原理可知,线圈中的电流越大，所用导线应当越粗，在降压变压器中，原线圈的电压大于副线圈的电压,即说明电流大的应是副线圈，导线相应要粗些,由图可知,ab线圈的导线较粗,所以cd应为原线圈，故输入电压(220 V)应接c、d两端．6．（多选)某变压器原、副线圈匝数比为55∶9,原线圈所接电源电压按图规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是( )A．输出电压的最大值为36错误! VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为9∶55D．交流电源有效值为220 V,频率为50 Hz解析：选AD．由题图可知,交流电源频率f＝错误!＝50 Hz,峰值U m＝220错误! V，所以其有效值U＝错误!＝220 V,D项正确．根据变压器的变压、变流和功率关系,输出电压U2m＝错误!＝36错误! V，A项正确．原、副线圈中电流之比错误!＝错误!＝错误!，B项错误．输入功率与输出功率相等，C项错误．。
2019高中物理 第三章 电能的输送与变压器测评B(含解析)沪科选修3-2
电能的输送与变压器测评B(高考体验卷)一、选择题(本题共8小题,每小题6分,共48分。
在每小题给出的四个选项中,第1~5题只有一个选项符合题目要求,第6~8题有多个选项符合题目要求。
全部选对的得5分,选对但不全的得3分,有错选的得0分)1.(2014·浙江理综)如图所示为远距离交流输电的简化电路图。
发电厂的输出电压是U,用等效总电阻是r的两条输电线输电,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。
在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2,则()A.用户端的电压为I1I1I2B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I12rD.输电线路上损失的电功率为I1UU1,选项A正确;输电线上解析:理想变压器输入端与输出端功率相等,U1I1=U2I2,用户端的电压U2=I1I2的电压降ΔU=U-U1=I1r,选项B错误;理想变压器输电线上损失的功率为I12r,选项C、D错误。
答案:A2.(2014·四川理综)如图所示,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()A.用户用电器上交变电流的频率是100 HzB.发电机输出交变电流的电压有效值是500 VC.输出线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解析:从图乙得到交变电流的频率是50Hz,变压器在输电过程中不改变交变电流的频率,选项A错误;从图乙得到发电机输出电压的最大值是500V,所以有效值为250√2V,选项B错误;输电线的电流是由降压变压器的负载电阻和输出电压决定的,选项C错误;由于变压器的输出电压不变,当用户用电器的总电阻增大时,输出电流减小,根据电流与匝数成反比的关系可知,输电线上的电流减小,由P线=I线R可知,输电线上损失的功率减小,选项D正确。
线答案:D3.(2013·天津理综)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通常要通过电流互感器来连接,图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少,工作时电流为I ab,cd一侧线圈的匝数较多,工作时电流为I cd,为了使电流表能正常工作,则()A.ab接MN、cd接PQ,I ab<I cdB.ab接MN、cd接PQ,I ab>I cdC.ab接PQ、cd接MN,I ab<I cdD.ab接PQ、cd接MN,I ab>I cd解析:根据电流互感器原理,原线圈中电流与副线圈电流的比值等于副线圈匝数与原线圈匝数的比值,电流互感器原线圈匝数少,接高压电路,副线圈匝数多,接电流表,所以ab接MN、cd接PQ,I ab>I cd,选项B正确。
最新高中物理 第3章 电能的输送与变压器 变压器的动态分析 远距离输电练习 沪科版选修3-2(考试必备)
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 ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0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U 1和U 2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示.下列说法正确的是( )图1A.I 1和I 2表示电流的平均值B.U 1和U 2表示电压的最大值C.滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D.滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 2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U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1，U 1不变，U 2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I 2变大，根据I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2，I 1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u 1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u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示.以下说法正确的是( )图2A.u 2＝1902sin (50πt ) VB.u 2＝1902sin (100πt ) VC.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u 2随时间t 变化的曲线可知，用户电压的最大值是190 2 V ，周期是2×10－2s ，所以u 2＝1902sin (100πt ) V ，A 错误，B 正确；根据n 1n 2＝U 1U 2，n 1减小，U 2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3A.电流表的示数变大，灯泡L 1、L 2均变暗B.电流表的示数变小，灯泡L 1、L 2均变暗C.电流表的示数变大，灯泡L 1变亮，L 2变暗D.电流表的示数不变，灯泡L 1变暗，L 2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L 2两端的电压减小，所以通过灯泡L 2的电流减小，又因为总电流增大，所以通过灯泡L 1的电流增大，即灯泡L 1变亮，灯泡L 2变暗.副线圈上的电流增大，根据I 1＝n 2n 1I 2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L 1和L 2，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4A.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L 1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L 2，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U R ＝IR 增大，故B 项正确.副线圈输出电流I 2增大，输入功率等于输出功率即，I 1U 1＝I 2U 2，则原线圈输入电流I 1也增大，故D 项正确.U MN 不变，U R 变大，所以U L 1变小，流过灯泡L 1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，R 1、R 2为定值电阻，R 3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5A.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U 1U 2＝n 1n 2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，R 1两端电压增大，R 2两端电压减小，电压表读数变小，流过R 2的电流减小，因此，流过R 3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n 1、n 2，降压变压器原、副线圈的匝数分别为n 3、n 4(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6A.乙图中电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 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n 1n 2＝n 4n 3C.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U 2>U 3，故P 2>P 3，选项D 正确；因为n 1n 2＝U 1U 2，n 4n 3＝U 4U 3，又由于U 1＝U 4＝220 V ，U 2>U 3，所以n 1n 2<n 4n 3，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 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7A.用户用电器上交流电的频率是100 HzB.发电机输出交流电的电压有效值是500 VC.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 ＝1T＝50 Hz ，选项A 错误；交流电的电压最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝250 2 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 ＝I 2R 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T 1和降压变压器T 2向用户供电.已知输电线的总电阻为R ，降压变压器T 2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 ＝2202sin (100πt ) V ，降压变压器的副线圈与阻值R 0＝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8A.通过R 0的电流有效值是20 AB.降压变压器T 2原、副线圈的电压比为4∶1C.升压变压器T 1的输出电压等于降压变压器T 2的输入电压D.升压变压器T 1的输出功率大于降压变压器T 2的输入功率 答案 ABD解析 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为22022 V ＝220 V ，负载电阻为11 Ω，所以通过R 0的电流的有效值是20 A ，故A 正确；因为降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，所以降压变压器T 2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T 2的输入电压低于升压变压器T 1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T 1的输出功率大于降压变压器T 2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n 1、n 2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(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9A.n 2n 1>n 3n 4 B.n 2n 1<n 3n 4C.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；U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，因为U 1＝200 V<U 4＝220 V ，U 2>U 3＝U 2－U 线，故n 2n 1>n 3n 4，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R 1为一定值电阻，R 2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( )图10A.降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB.未发生火情时，远距离输电线路损耗功率为180 kWC.当R 2所在处发生火情时，电压表V 的示数变大D.当R 2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 ＝PU＝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 ＝I ΔU ＝90 kW ，B 错误；当R 2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R 2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，R 1两端电压增大，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U 1U 2＝n 1n 2得输电电压U 2＝n 2n 1U 1＝251×240 V＝6 000 V输电电流I 2＝P U 2＝120×1036 000A ＝20 A输电线上损失的电功率ΔP ＝I 22r ＝202×10 W＝4 000 W. (2)输电线上损失的电压 ΔU ＝I 2r ＝20×10 V＝200 V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－ΔU ＝6 000 V －200 V ＝5 800 V 根据理想变压器的变压规律得 n 3n 4＝U 3U 4＝5 800 V 220 V ＝29011.。
2019版高中物理 第3章 电能的输送与变压器 电能的开发与利用练习 沪科版选修3-2
3.2 变压器为什么能改变电压3.3 电能的开发与利用一、选择题考点一对理想变压器原理的理解1.如图所示四个电路，能够实现升压的是 ( )答案 D解析变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误，由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压.2.(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1答案BD解析对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相等，磁通量的变化率相等，每一匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比.理想变压器没有能量损失，故输入功率等于输出功率.考点二理想变压器基本规律的应用3.(多选)如图1所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1＝1 100匝，接电压U1＝220 V的交流电，副线圈接“20 V10 W”的灯泡，灯泡正常发光，可知 ( )图1A.副线圈的匝数n 2＝200匝B.副线圈中的电流I 2＝0.5 AC.原线圈中的输入功率为10 WD.原线圈中的电流I 1＝0.1 A 答案 BC解析 由于理想变压器的电压比等于匝数比，副线圈匝数n 2＝100匝，A 错误；理想变压器的原、副线圈的功率相等.所以原线圈的输入功率为10 W ，C 正确；由功率P ＝UI 可得副线圈中的电流I 2＝0.5 A ，原线圈中的电流I 1＝n 2n 1I 2≈0.045 A，B 正确，D 错误.4.如图2所示，理想变压器的原线圈接在u ＝220 2 sin (100πt )V 的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻.原、副线圈匝数之比为2∶1.电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是( )图2A.原线圈中电流表的读数为1 AB.原线圈中的输入功率为220 2 WC.副线圈中电压表的读数为110 2 VD.副线圈中输出交流电的周期为50 s 答案 A解析 先计算副线圈的电压的有效值，原线圈电压的有效值为220 V ，根据匝数比可以得到副线圈的电压的有效值为110 V ，根据负载电阻的大小可以知道副线圈中电流为2 A ，根据原、副线圈的输入功率和输出功率相等可以知道原线圈中输入功率为220 W ，电流有效值为1 A.副线圈中输出交流电的周期与原线圈相同，均为0.02 s ，故A 正确.5.一台理想降压变压器从10 kV 的线路中降压并提供200 A 的负载电流.已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率是( ) A.5 A,250 V,50 kW B.5 A,10 kV,50 kW C.200 A,250 V,50 kWD.200 A,10 kV,2×103kW答案 A解析 由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝140×200 A＝5 A ；由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝U 1n 2n 1＝10×103×140V ＝250 V ；由理想变压器功率关系得P 入＝P 出＝U 1I 1＝U 2I 2＝200×250 W＝50 kW.故正确选项为A.6.如图3甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电.当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率为10 W 的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是( )图3A.变压器输入电压的瞬时值表达式为u ＝220 2sin πt (V)B.电压表的示数为220 VC.变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D.变压器的输入功率为110 W 答案 C解析 由题图乙可知，ω＝2πT＝100π rad/s ，故A 错误；原线圈输入电压为220 V ，电压表示数为灯泡的额定电压U ＝PR ＝20 V ，故B 错误；由B 分析，结合电压与匝数的关系得n 1n 2＝22020＝111，故C 正确；变压器的输入功率与输出功率相等，为10 W ，故D 错误. 7.(多选)如图4所示，一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz 的正弦交变电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端.图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V.则 ( )图4A.电流表的读数为0.5 AB.流过电阻的交变电流的频率为100 HzC.交变电源的输出电压的最大值为20 2 VD.交变电源的输出功率为2.5 W 答案 CD解析 根据欧姆定律可得副线圈中的电流I 2＝U R＝0.25 A ，根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系I 1I 2＝n 2n 1可解得I 1＝0.125 A ，A 错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同，都为50 Hz ，B 错误；副线圈输出电压的有效值为10 V.根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U 2m ＝10 2 V.原、副线圈电压比为U 1U 2＝n 1n 2，可得交变电源输出电压的最大值为U 1m ＝20 2 V ，C 正确；对于理想变压器，交变电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率，P ＝2×5220W ＝2.5 W ，故D 正确.8.一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 随时间t 变化的图像如图5所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻.则( )图5A.流过电阻的电流是20 AB.与电阻并联的理想电压表的示数是100 2 VC.经过1 min 电阻发出的热量是6×103J D.变压器的输入功率是1×103W 答案 D解析 设输入电压有效值为U 1，输出电压有效值为U 2，由题图知U 1＝220 V ，则由U 1U 2＝n 1n 2知U 2＝100 V ，I 2＝U 2R ＝10010A ＝10 A ，故选项A 、B 错误；1 min 内电阻产生的热量Q ＝I 22Rt ＝102×10×60 J＝6×104J ，故选项C 错误；P 入＝P 出＝U 22R＝1×103W ，故选项D 正确.9.(多选)如图6，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是( )图6A.原、副线圈匝数比为9∶1B.原、副线圈匝数比为1∶9C.此时a 和b 的电功率之比为9∶1D.此时a 和b 的电功率之比为1∶9答案 AD解析 设灯泡的额定电压为U 0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈两端电压为U 1＝9U 0，副线圈两端电压为U 2＝U 0，故U 1U 2＝91，n 1n 2＝U 1U 2＝91，A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得，I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得，灯泡a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确.10.(多选)如图7所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器.已知变压器原线圈与副线圈匝数比n 1n 2＝120，加在原线圈的电压为u 1＝311sin (100πt ) V.霓虹灯正常工作时的电阻R ＝440 k Ω，I 1、I 2表示原、副线圈中的电流.下列判断正确的是 ( )图7A.副线圈两端电压为6 220 V ，副线圈中的电流为14.1 mAB.副线圈两端电压为4 400 V ，副线圈中的电流为10 mAC.I 1＜I 2D.I 1＞I 2 答案 BD解析 原线圈电压的有效值U 1＝U m2＝3112V≈220 V，由变压比U 1U 2＝n 1n 2知，U 2＝U 1n 2n 1＝4 400 V ，副线圈中的电流I 2＝U 2R ＝ 4 400440×103A ＝0.01 A ＝10 mA ，原、副线圈电流跟匝数成反比，故I 1＞I 2.考点三 几种常见的变压器11.自耦变压器铁心上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分.一升压式自耦调压变压器的电路如图8所示，其副线圈匝数可调.已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V 的交流电源上.当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和I 1分别约为 ( )图8A.380 V 和5.3 AB.380 V 和9.1 AC.240 V 和5.3 AD.240 V 和9.1 A答案 B解析 根据理想变压器电压比关系U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U 2＝380 V ，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P 入＝P 出＝U 1I 1，解得I 1＝2.0×103220 A≈9.1A ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误.12.如图9所示，在铁心上、下分别绕有匝数n 1＝800匝和n 2＝200匝的两个线圈，上线圈两端与u ＝51sin (314t ) V 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( )图9A.2.0 VB.9.0 VC.12.7 VD.144.0 V 答案 A解析 由题意知原线圈电压的有效值为U 1＝512 V ，若磁通量无损失，则根据U 1n 1＝U 2n 2得U 2＝512×200800V≈9.0 V.因铁心不是闭合的，考虑到漏磁的影响，n 2线圈两端电压的有效值应小于9.0 V ，故只有选项A 正确.13.钳式电流表的外形和结构如图10中a 、b 所示.图b 中电流表的读数为1.2 A ，图c 中用同一电缆线绕了3匝，则( )图10A.这种电流表能测直流电流，图c的读数为2.4 AB.这种电流表能测交变电流，图c的读数为0.4 AC.这种电流表能测交变电流，图c的读数为3.6 AD.这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图c的读数为3.6 A答案 C解析钳式电流表利用了变压器的工作原理，因此钳式电流表只能测交变电流.根据n1I1＝n2I2可知，题图b中线圈单匝时，的读数为1.2 A.在题图c中绕3匝时，的读数应为3.6 A，故选项C正确.二、非选择题14.如图11所示，匝数n＝100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内，与电阻R1、理想变压器连成电路.在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动，使线圈内的磁通量Φ＝250πsin (100πt) Wb.已知线圈的电阻r＝4 Ω，R1＝46 Ω，R2＝10 Ω，其余导线的电阻不计.变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1.求：图11(1)线圈产生电动势的最大值E m；(2)若断开S2，闭合S1，求磁铁从图示位置转过90°的过程中，通过R1的电荷量q；(3)断开S1，闭合S2，求R2消耗的功率P.答案(1)200 2 V (2)225πC (3)238 W 解析(1)E m＝nBSω＝nΦmω，解得E m＝200 2 V.(2)q＝IΔt，I＝Er＋R1，E＝nΔΦΔt，解得q＝225πC.(3)线圈产生电动势的有效值E＝E m2，E＝U1＋I1r，U2＝I2R2，U1U2＝n1n2，I1n1＝I2n2，P＝I22R2，联立解得P≈238 W.。
高中物理 第三章 电能的输送与变压器 3..3 电能的与利用练习沪科高中物理试题
点囤市安抚阳光实验学校电能的与利用1.(多选)一理想变压器的原线圈A、B两端接入电压为u=3√2sin 314t V的交变电流。
原线圈匝数n1=100匝,副线圈匝数n2=200匝,则()A.将击穿电压为6 V的电容器接在C、D两端,能正常工作B.把电磁打点计时器接在C、D两端,打点周期为0.02 sC.把额电压为6 V的小灯泡接在C、D两端,小灯泡能正常工作D.把交变电压表接在C、D两端时,电压表读数为8.48 V解析:交变电流的周期T=2πω=0.02s,有效值U1=3V,变压器不改变交变电流的频率,故选项B正确;由ω1ω2=ω1ω2,得U2=ω2ω1U1=6V,变压器输出电压的峰值为6√2V,故大于电容器的击穿电压,选项A、D错误,选项C正确。
答案:BC2.(多选)理想变压器原、副线圈两侧一相同的物理量有()A.交变电流的频率B.交变电流的功率C.磁通量的变化率D.交变电流的最大值答案:ABC3.关于理想变压器特点的下列说法中正确的是()A.理想变压器能够使电压升高,同时电流变大B.原副线圈具有相同的磁通量及变化率,产生的感电动势也相同C.原副线圈没有电阻,铁心中不会产生涡流D.原线圈往往匝数少,绕线粗,电流大解析:理想变压器原副线圈功率相,即U1I1=U2I2,不可能同时使电压升高,电流增大,选项A错误;原副线圈匝数不同,感电动势不同,选项B错误;理想变压器不考虑绕线铜损,铁心的热损,当然要求线圈无电阻,铁心不产生涡流,选项C 正确;原副线圈中匝数少的一边,电流大,绕线粗,但不一作为原线圈使用,选项D错误。
答案:C4.(多选)如图所示的理想变压器,原线圈接交变电流源,副线圈有中心抽头,副线圈回路接负载电阻R,当把开关S由1拨到2后()A.副线圈中电流将增大B.副线圈中电流将减小C.原线圈中电流将增大D.原线圈中电流将减小解析:变压器原线圈中的电压不变,当开关接1时,副线圈匝数多,负载两端电压高,原副线圈中的电流都大;当开关接2时,副线圈的匝数少,负载两端的电压低,原副线圈中的电流都小。
高中物理第3章电能的输送与变压器章末检测试卷沪科版选修3-2(2021年整理)
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第3章电能的输送与变压器章末检测试卷（三)（时间：90分钟满分：100分）一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分，其中1～6题为单选题，7～10题为多选题)1.发电厂给某工厂的功率限额为500 kW，用100 kV高压输送,当该工厂由于休假，只使用50 kW 的电功率时，发电厂和工厂间的高压线路电流为( ）A。
0。
5 A B.5 AC.50 A D。
不知电阻,无法求出答案A2.500千伏超高压输电是我国目前正在实施的一项重大工程,超高压输电工程正在紧张建设之中.若输送功率为3 200万千瓦,原来采用200千伏输电,由于输电线有电阻而损失的电功率为P 损，则采用500千伏超高压输电后，在输电线上损失的电功率为（设输电线的电阻未变)（）A。
0.4P损 B.0.16P损 C.2.5P损 D。
6.25P损答案B解析根据P损＝P2U2r可知：当输电电压由200 kV升高到500 kV时，其线路损耗由P损减小到0.16P损，选项B正确。
3.普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接,图1中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd,为了使电流表能正常工作，则( ）图1A.ab接MN、cd接PQ,I ab〈I cdB.ab接MN、cd接PQ,I ab>I cdC.ab接PQ、cd接MN，I ab<I cdD.ab接PQ,cd接MN，I ab>I cd答案B解析根据单一副线圈的理想变压器原理，电流比值等于匝数比的倒数，可得ab接MN、cd接PQ，I ab〉I cd,故B正确。
2019沪科版高中物理选修3-2第3章《电能的输送与变压器》测试题含答案
绝密★启用前2019沪科版高中物理选修3-2第3章《电能的输送与变压器》测试题本试卷分第Ⅰ卷和第Ⅱ卷两部分，共100分，考试时间150分钟。
第Ⅰ卷一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.如图所示，甲、乙两个交流电路中，电源的输出电压、输出电流均相等．若理想变压器原、副线圈的匝数为n1、n2，则负载电阻R1与R2的比值为()A．n1∶n2B．n2∶n1C．n∶nD．n∶n2.如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表为理想电表，Rt为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，理想变压器原线圈接图乙所示的正弦交流电，则()A．变压器原线圈中交流电压u的表达式u＝110·sin 100πt(V)B． S接在a端，Rt温度升高时，变压器的输入功率变小C． S接在a端，Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大D． S由a切换到b，Rt消耗的功率变大3.如图所示的四个电路，能够实现升压的是()A．B．C．D．4.如图甲、乙所示电路中，当A、B接10 V交变电压时，C、D间电压为4 V；M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V．现把C、D接4 V交流，P、Q接4 V直流，下面可表示A、B间和M、N间的电压的是()A． 10 V10 VB． 10 V 4 VC． 4 V10 VD． 10 V05.一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为()A． 200B． 400C． 1 600D． 3 2006.图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是()A．ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝27sin 100πt(V)B．ab输入端输入功率Pab＝18 WC．电流表的示数为2 A，且四只灯泡均能正常发光D．断开K，电压表V读数将变小7.如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，原线圈接正弦交变电流，副线圈接电动机，电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物以速度v匀速上升．若电动机因摩擦造成的能量损失不计，则图中电压表的读数为()A． 4IR＋B．C． 4IRD．IR＋8.图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是()A．用户的总电阻增大B．用户的电压U4增大C．U1∶U2＝U4∶U3D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率9.如图所示，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，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． 1 100,360B． 1 100,180C． 2 200,180D． 2 200,36010.如图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220 V,40 W”，当灯泡所消耗的功率都调于20 W时，哪种台灯消耗的功率最小()A．B．C．D．11.如图所示，理想变压器原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R和两个小灯泡L1、L2，最初电键S是断开的，现闭合电键S，则()A．副线圈两端电压变大B．灯泡L1变亮C．电流表A1示数变大D．电阻R中的电流变小12.在图甲所示的电路中，理想变压器原线圈两端的正弦交变电压变化规律如图乙所示．已知变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，串联在原线圈电路中电流表A1的示数为1 A，下列说法正确的是()A．电压表V的示数为200VB．变压器的输出功率为200 WC．变压器输出端交流电的频率为100 HzD．电流表A2的示数为0.1 A13.如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是()A．输电线上的损失功率为300 WB．升压变压器的匝数比为1∶100C．输电线上的电流为100 AD．降压变压器的输入电压为4 700 V14.发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损耗的电压可表示为()A．U1B．U1－IRC．IRD．U215.如图为某款电吹风的电路图，a、b、c、d为四个固定触点．可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点．触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风等不同的工作状态．n1和n2分别是理想变压器的两个线圈的匝数．该电吹风的各项参数如表所示．下列说法正确的有()A．吹热风时触片P与触点b、c接触B．可由表格中数据计算出小风扇的内阻为60 ΩC．变压器两线圈的匝数比n1∶n2＝13∶15D．换用更长的电热丝(材料、粗细均不变)，则吹的热风温度更低16.理想变压器连接电路如图甲所示，已知原、副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数为2 A，则()A．电压表读数为282 VB．电压表读数为28.2 VC．输入功率为56.4 WD．输入功率为40 W17.图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3∶1，图乙是该变压器cd输入端交变电压u的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，下说法正确的是()A．ab输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝27sin 100πt(V)B．电流表的示数为2 A，且四只灯泡均能正常发光C．流过灯L2的电流每秒钟方向改变50次D．ab输入端输入功率Pab＝18 W18.如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt V的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2∶1.电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是()A．原线圈中电流表的读数为1 AB．原线圈中的输入功率为220WC．副线圈中电压表的读数为110VD．副线圈中输出交流电的周期为50 s19.如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝U m sinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是()A．I1和I2表示电流的瞬时值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、I1变小20.如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝U m sinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A． ()B． ()C． 4r()2()2D． 4r()2()2第II卷二、计算题(共4小题,每小题10.0分,共40分)21.如图所示，理想变压器三个线圈的匝数之比为n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中n1接到220 V的交流电源上，n2和n3分别与电阻R2、R3组成闭合回路．已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，求通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1.22.如图甲是一理想变压器的电路连接图，图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A2的示数为2 A，开关S断开，求：(1)变压器的输入功率和电压表的示数；(2)将开关S闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况；(3)若将电流表A2换成一只具有单向导电性的二极管，电压表示数为多少？23.某小型水力发电站的发电机输出功率为24.5 kW，输出电压为350 V，输电线总电阻为4 Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220 V，所以在用户处需安装降压变压器，输电电路图如图所示，求：(1)输电线上的电流；(2)升压变压器的原、副线圈的匝数之比；(3)降压变压器的原、副线圈的匝数之比．24.一台交流发电机额定输出功率为P＝4.0×103kW，以400 V的电压接到升压变压器后向远方输电．若输电线的总电阻为10 Ω，允许输电线损失的功率为10%，使用得升压变压器、降压变压器都是理想变压器，求：(1)升压变压器原、副线圈的匝数之比和输出电流．(2)为了使远方的用户负载能获得220 V工作电压，则降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？实际输送到用户的总功率是多少？答案1.【答案】C【解析】设电源的电压为U1，则R1消耗的功率P1＝，根据电压与匝数成正比得U2＝U1，则R2消耗的功率P2＝，因为P1＝P2，所以＝，故选C.2.【答案】A【解析】由交变电流图象，可知电压最大值为110V，周期为0.02 s，所以ω＝100π rad/s，A项正确；副线圈输出电压由变压器匝数比和输入电压决定，故温度升高时，Rt电阻阻值减小，两端电压不变，C项错；由P＝可知，变压器输出功率增大，故其输入功率也随之增大，B项错；S由a切换到b，副线圈匝数减小，故输出电压减小，Rt电阻不变，由P＝知，消耗功率减小，D项错．3.【答案】D【解析】变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误，由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压．4.【答案】B【解析】题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边电压之比等于匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得到10 V交流．题图乙是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比．但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等．所以当P、Q接4 V直流时，M、N两端的电压也是4 V，B正确．5.【答案】B【解析】根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系＝，得n2＝＝＝400，选项B正确．6.【答案】C【解析】由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为27V，有效值是27 V，副线圈电压为：U′＝×U1＝×27＝9 V，所以副线圈三只灯泡均能正常发光．灯泡的额定电流：I0＝＝A＝A，电流表读数为I2＝3×A＝2 A，原线圈电流为I1＝×I2＝×2＝A，所以原线圈的灯泡也能正常发光，ab输入端电压为Uab＝U＋U2＝9＋27＝36 V，输入端电压的瞬时值表达式为Uab＝36sin 100πt(V)，A错误，C正确．四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率Pab＝4×6＝24 W，故B错误；若将K断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压将增大，即电压表V读数将变大，故D错误．7.【答案】A【解析】n1∶n2＝2∶1，则副线圈电流为2I，因为理想变压器原、副线圈功率相等，即UI＝(2I)2R ＋mg·v，U＝4IR＋，A正确．8.【答案】C【解析】对两个变压器，＝，＝，所以＝，选项C正确；由能量守恒定律可知，发电机的输出功率等于用户消耗的功率和输电导线消耗的功率之和，选项D错误；输出电压U1一定，U2也一定，当用户消耗的功率P出增大时，负载增多，并联支路增加，用户的总电阻减小，P＝I R负载，降压变压器的输出电流I4增大，由＝知，降压变压器的输入电流I3增大，即I2增出大，则U3＝U2－I2r减小，用户的电压U4减小，选项A、B错误．9.【答案】B【解析】由U1∶U2∶U3＝n1∶n2∶n3，可得n1＝n3＝1 100匝，n2＝n1＝180匝，B选项正确．10.【答案】C【解析】C图为理想变压器调节，而理想变压器不消耗能量，A、B、D三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压，故一定消耗能量．11.【答案】C【解析】理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比，即＝，原线圈电源不变，原副线圈匝数不变，所以副线圈电压不变，选项A错．副线圈中，电键闭合后，总电阻变小，总电流变大，即通过电阻R中的电流变大，选项D错．即电流表A2示数变大，根据＝知I1变大，选项C 对．副线圈两端电压不变，而电阻两端电压变大，则L1两端电压变小，灯泡L1变暗，选项B错．12.【答案】B【解析】电表测量的是有效值，电压表V测量原线圈两端交变电压的有效值，所以其示数为U1＝＝200 V，A错误；变压器的输出功率等于输入功率，即P出＝P入＝U1I1＝200 W，B正确；变压器不改变输入交流电的频率，变压器输出端交流电的频率为50 Hz，C错误；电流表A2的示数为I2＝＝10 A，D错误．13.【答案】A【解析】输电线上的损失功率为0.6%×50 kW＝300 W，选项A正确．由I2R＝300 W可得输电线上电流I＝10 A，升压变压器副线圈电压为5 000 V，升压变压器的匝数比为1∶10，选项B、C错误．输电线损失电压为IR＝30 V，降压变压器的输入电压为4 970 V，选项D错误．14.【答案】C【解析】输电线上损耗的电压ΔU＝U1－U2＝IR，B错误，C正确，U1为输出电压，U2为用户得到的电压，A、D错误，故选C.15.【答案】D【解析】触片P与触点b、c接触时，电热丝没有接通，不能吹热风，选项A错误；冷风状态下，只有小风扇工作，由于输入功率为60 W，额定电压为60 V，则当小风扇被卡住不转时有：r＝＝Ω＝60 Ω，选项B错误；变压器两线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝60∶220＝3∶11，选项C 错误；根据公式P＝可知，电源电压不变，电阻越大，电功率越小，所以换用更长的电热丝(材料、粗细均不变)，电阻变大，电吹风吹热风时的功率将变小，温度降低．故D正确．16.【答案】D【解析】由题图乙可知，U m＝282 V，则输入电压的有效值U1＝≈200 V．根据＝知，U2＝20 V，再根据＝知，I1＝0.2 A，输入功率P＝U1I1＝40 W，故A、B、C错，D正确．17.【答案】B【解析】由题知，cd的电压瞬时值表达式为Ucd＝27sin 100πt V，有效值为U1＝27 V，由＝得副线圈U2＝9 V，则L2、L3、L4均能正常发光，每只灯泡的电流I′＝＝A＝A，副线圈电流I2＝3×A＝2 A，由＝得原线圈的电流I1＝A，L1也能正常发光，ab输入电压的表达式为Uab ＝36sin 100πt V，A错，B对；由图象知交流电的周期为0.02 s，交流电的频率为50 Hz，流过灯L2的电流每秒钟方向改变100次，C错；ab输入端输入功率Pab＝36×W＝24 W，D错，所以本题选择B.18.【答案】A【解析】原线圈电压的有效值为220 V，根据匝数比可得副线圈的电压的有效值为110 V，根据负载电阻的大小可知副线圈中输出电流为2 A，根据原、副线圈的输入功率和输出功率相等可知原线圈中输入功率为220 W，电流为1 A．副线圈中输出交流电的周期与原线圈相同为0.02 s.19.【答案】C【解析】交流电表测量的是交变电流、电压的有效值，故A、B错误；由于理想变压器的输出电压U2＝U1，与负载无关，即滑片P下滑时U2不变，故D错误；由I1U1＝知R减小时I1变大，故C正确．20.【答案】C【解析】原线圈电压的有效值：U1＝，根据＝可得U2＝()，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝，输电线上损失的电功率为P′＝I22r＝4r()2()2，所以C正确，A、B、D错误．21.【答案】1 A0.7 A【解析】由变压器原、副线圈电压比等于其匝数比可得，加在R2上的电压U2＝U1＝×220 V＝110 V通过电阻R2的电流I2＝＝A＝1 A加在R3上的电压U3＝U1＝×220 V＝22 V输出功率等于输入功率：U1I1＝U2I2＋U3I3代入数据解得：I1＝0.7 A.22.【答案】(1)40 W20 V (2)A1示数增大A2示数增大V示数不变(3)141.4 V【解析】(1)由题图乙可知输入电压的有效值U1＝200 V由＝得U2＝＝20 V变压器的输入功率P1等于输出功率P2，故P1＝P2＝U2I2＝20×2 W＝40 W(2)将S闭合，U2不变，即电压表示数保持20 V不变；由于负载增多，负载总电阻减小，电流表A2的示数增大；副线圈的输出功率增加，原线圈的输入功率增加，电流表A1的示数增大．(3)换成二极管后，电压表两端的u－t图象如图所示设电压表示数为U，则·＝T解得U≈141.4 V.23.【答案】(1)17.5 A(2)1∶4(3)133∶22【解析】(1)输电线上功率损失P损＝5%P1＝5%×24.5 kW＝1 225 W.又因为P损＝I R线，所以，输电线上的电流为I2＝＝A＝17.5 A.(2)升压变压器原线圈上的电流I1＝＝＝70 A，升压变压器原、副线圈的匝数之比为n1∶n2＝I2∶I1＝17.5∶70＝1∶4.(3)输电线上电压损失ΔU＝I2R线＝U2－U3，则降压变压器输入电压U3＝U2－ΔU＝U1－I2R线＝(4×350－17.5×4) V＝1 330 V.降压变压器原、副线圈的匝数之比为n3∶n4＝U3∶U用＝1 330∶220＝133∶22.24.【答案】(1)1∶50200 A(2)n3∶n4＝82∶1 3.6×103kW 【解析】(1)允许输电线损失的功率为10%，有P损＝I2R，得电流为I＝200 A，升压变压器的输出电压为：U2＝＝V＝2×104V，根据变压器匝数与电压成正比，有：＝＝＝(2)降压变压器的初级电压为：U3＝U2－IR＝18 000 V则＝＝≈实际输送到用户的总功率为P′＝P－P损＝4.0×103kW－4.0×102kW＝3.6×103kW.。
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3.2 变压器为什么能改变电压3.3 电能的开发与利用一、选择题考点一对理想变压器原理的理解1.如图所示四个电路，能够实现升压的是 ( )答案 D解析变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误，由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压.2.(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1答案BD解析对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相等，磁通量的变化率相等，每一匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比.理想变压器没有能量损失，故输入功率等于输出功率.考点二理想变压器基本规律的应用3.(多选)如图1所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1＝1 100匝，接电压U1＝220 V的交流电，副线圈接“20 V 10 W”的灯泡，灯泡正常发光，可知 ( )图1A.副线圈的匝数n 2＝200匝B.副线圈中的电流I 2＝0.5 AC.原线圈中的输入功率为10 WD.原线圈中的电流I 1＝0.1 A 答案 BC解析 由于理想变压器的电压比等于匝数比，副线圈匝数n 2＝100匝，A 错误；理想变压器的原、副线圈的功率相等.所以原线圈的输入功率为10 W ，C 正确；由功率P ＝UI 可得副线圈中的电流I 2＝0.5 A ，原线圈中的电流I 1＝n 2n 1I 2≈0.045 A，B 正确，D 错误.4.如图2所示，理想变压器的原线圈接在u ＝220 2 sin (100πt )V 的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻.原、副线圈匝数之比为2∶1.电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是( )图2A.原线圈中电流表的读数为1 AB.原线圈中的输入功率为220 2 WC.副线圈中电压表的读数为110 2 VD.副线圈中输出交流电的周期为50 s 答案 A解析 先计算副线圈的电压的有效值，原线圈电压的有效值为220 V ，根据匝数比可以得到副线圈的电压的有效值为110 V ，根据负载电阻的大小可以知道副线圈中电流为2 A ，根据原、副线圈的输入功率和输出功率相等可以知道原线圈中输入功率为220 W ，电流有效值为1 A.副线圈中输出交流电的周期与原线圈相同，均为0.02 s ，故A 正确.5.一台理想降压变压器从10 kV 的线路中降压并提供200 A 的负载电流.已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率是( ) A.5 A,250 V,50 kW B.5 A,10 kV,50 kW C.200 A,250 V,50 kW D.200 A,10 kV,2×103kW答案 A解析 由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝140×200 A＝5 A ；由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝U 1n 2n 1＝10×103×140V ＝250 V ；由理想变压器功率关系得P入＝P 出＝U 1I 1＝U 2I 2＝200×250 W＝50 kW.故正确选项为A.6.如图3甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电.当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率为10 W 的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是( )图3A.变压器输入电压的瞬时值表达式为u ＝220 2sin πt (V)B.电压表的示数为220 VC.变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D.变压器的输入功率为110 W 答案 C解析 由题图乙可知，ω＝2πT＝100π rad/s ，故A 错误；原线圈输入电压为220 V ，电压表示数为灯泡的额定电压U ＝PR ＝20 V ，故B 错误；由B 分析，结合电压与匝数的关系得n 1n 2＝22020＝111，故C 正确；变压器的输入功率与输出功率相等，为10 W ，故D 错误.7.(多选)如图4所示，一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz 的正弦交变电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端.图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V.则 ( )图4A.电流表的读数为0.5 AB.流过电阻的交变电流的频率为100 HzC.交变电源的输出电压的最大值为20 2 VD.交变电源的输出功率为2.5 W 答案 CD解析 根据欧姆定律可得副线圈中的电流I 2＝UR ＝0.25 A ，根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系I 1I 2＝n 2n 1可解得I 1＝0.125 A ，A 错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同，都为50 Hz ，B 错误；副线圈输出电压的有效值为10 V.根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U 2m ＝10 2 V.原、副线圈电压比为U 1U 2＝n 1n 2，可得交变电源输出电压的最大值为U 1m ＝20 2 V ，C 正确；对于理想变压器，交变电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率，P ＝2×5220W ＝2.5 W ，故D 正确.8.一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 随时间t 变化的图像如图5所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻.则( )图5A.流过电阻的电流是20 AB.与电阻并联的理想电压表的示数是100 2 VC.经过1 min 电阻发出的热量是6×103J D.变压器的输入功率是1×103W 答案 D解析 设输入电压有效值为U 1，输出电压有效值为U 2，由题图知U 1＝220 V ，则由U 1U 2＝n 1n 2知U 2＝100 V ，I 2＝U 2R ＝10010A ＝10 A ，故选项A 、B 错误；1 min 内电阻产生的热量Q ＝I 22Rt ＝102×10×60 J＝6×104J ，故选项C 错误；P 入＝P 出＝U 22R＝1×103W ，故选项D 正确.9.(多选)如图6，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是( )图6A.原、副线圈匝数比为9∶1B.原、副线圈匝数比为1∶9C.此时a 和b 的电功率之比为9∶1D.此时a 和b 的电功率之比为1∶9答案 AD解析 设灯泡的额定电压为U 0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈两端电压为U 1＝9U 0，副线圈两端电压为U 2＝U 0，故U 1U 2＝91，n 1n 2＝U 1U 2＝91，A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得，I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得，灯泡a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确.10.(多选)如图7所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器.已知变压器原线圈与副线圈匝数比n 1n 2＝120，加在原线圈的电压为u 1＝311sin (100πt ) V.霓虹灯正常工作时的电阻R ＝440 k Ω，I 1、I 2表示原、副线圈中的电流.下列判断正确的是 ( )图7A.副线圈两端电压为6 220 V，副线圈中的电流为14.1 mAB.副线圈两端电压为4 400 V，副线圈中的电流为10 mAC.I1＜I2D.I1＞I2答案BD解析原线圈电压的有效值U1＝U m2＝3112V≈220 V，由变压比U1U2＝n1n2知，U2＝U1n2n1＝4 400 V，副线圈中的电流I2＝U2R＝4 400440×103A＝0.01 A＝10 mA，原、副线圈电流跟匝数成反比，故I1＞I2.考点三几种常见的变压器11.自耦变压器铁心上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分.一升压式自耦调压变压器的电路如图8所示，其副线圈匝数可调.已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上.当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为 ( )图8A.380 V 和5.3 AB.380 V 和9.1 AC.240 V 和5.3 AD.240 V 和9.1 A答案 B解析 根据理想变压器电压比关系U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U 2＝380 V ，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P 入＝P 出＝U 1I 1，解得I 1＝2.0×103220 A≈9.1 A，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误.12.如图9所示，在铁心上、下分别绕有匝数n 1＝800匝和n 2＝200匝的两个线圈，上线圈两端与u ＝51sin (314t ) V 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( )图9A.2.0 VB.9.0 VC.12.7 VD.144.0 V 答案 A解析 由题意知原线圈电压的有效值为U 1＝512 V ，若磁通量无损失，则根据U 1n 1＝U 2n 2得U 2＝512×200800V≈9.0 V.因铁心不是闭合的，考虑到漏磁的影响，n 2线圈两端电压的有效值应小于9.0 V ，故只有选项A 正确.13.钳式电流表的外形和结构如图10中a 、b 所示.图b 中电流表的读数为1.2 A ，图c 中用同一电缆线绕了3匝，则( )图10A.这种电流表能测直流电流，图c的读数为2.4 AB.这种电流表能测交变电流，图c的读数为0.4 AC.这种电流表能测交变电流，图c的读数为3.6 AD.这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图c的读数为3.6 A答案 C解析钳式电流表利用了变压器的工作原理，因此钳式电流表只能测交变电流.根据n1I1＝n2I2可知，题图b中线圈单匝时，的读数为1.2 A.在题图c中绕3匝时，的读数应为3.6 A，故选项C正确.二、非选择题14.如图11所示，匝数n＝100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内，与电阻R1、理想变压器连成电路.在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动，使线圈内的磁通量Φ＝250πsin (100πt) Wb.已知线圈的电阻r＝4 Ω，R1＝46 Ω，R2＝10 Ω，其余导线的电阻不计.变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1.求：图11(1)线圈产生电动势的最大值E m；(2)若断开S2，闭合S1，求磁铁从图示位置转过90°的过程中，通过R1的电荷量q；(3)断开S1，闭合S2，求R2消耗的功率P.答案(1)200 2 V (2)225πC (3)238 W 解析(1)E m＝nBSω＝nΦmω，解得E m＝200 2 V.(2)q＝IΔt，I＝Er＋R1，E＝nΔΦΔt，解得q＝225πC.(3)线圈产生电动势的有效值E＝E m2，E＝U1＋I1r，U2＝I2R2，U1U2＝n1n2，I1n1＝I2n2，P＝I22R2，联立解得P≈238 W.。