2012创新方案 第10章第2讲 变压器、电能的输送·习题
第10章_2变压器__电能的输送
(2010 亳 州 期 末 测 试 ) 如 图 10-2-4所示，L1和L2输电线，甲是电压互感器， 乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500∶1， 乙的变流比为200∶1，并且已知加在电压表两端 的电压为220V，通过电流表的电流为5A，则输电 线的输送功率为( ) A．1.1 × 102W B．1.1 × 104W C．1.1 × 106W D．1.1 × 108W
点评：理想变压器的关系式：①电压关系： U1/U2=n1/n2(变压比)，即电压与匝数成正比． ②功率关系：P入=P出， 即I1U1=I2U2+I3U3+… ③电流关系：I1/I2=n2/n1(变流比)，即对只有 一个副线圈的变压器电流跟匝数成反比．
2.变压器的动态分析
如图10-2-2，一理想变压器的原线 圈上接有正弦交变电压，其最大值保持 不变，副线圈接有可调电阻R.设原线圈 的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电 流为I2，输出功率为P2.当R增大时( ) A．I1减小，P1增大 B．I1减小，P1减小 C．I2增大，P2减小 D．I2增大，P2增大
【错解分析】1) 变压器空载时，电路的电流为零， ( U2 无能量的转不能用P = 来计算电功率． R (2)接通后次级线圈有电阻要消耗电能，由于 次级线圈内部存在电压降，所以次级线圈的端电压 不再是220V，而应以次级线圈为研究对象应用闭合 电路欧姆定律去求次级线圈的端电压． (3)由于次级线圈的端电压达不到灯泡的额定 电压，灯泡的实际功率要小于每盏灯的额定功率．
图10- 4 2-
解析：加在电压表两端的电压为220V，L1和 L2输电线两端的电压为500 × 220V；通过电流表 的电流为5A，输电线的电流为200 × 5A，则输电 线的输送功率为1.1 × 108W.只有D正确．
高考物理一轮总复习(固考基+抓细节+重落实)10-2 变压器 电能的输送课件(含13高考、14模拟)
【解析】 由变压器的功率关系和 R1、R2 中的电流之比 为 1∶5，R2 中电流为 1 A，消耗的功率为 4 W，选项 B 正确， A 错误；副线圈的输出电压为 20 V，原线圈两端电压的有效 值为 100 V，最大值为 141 V，交流电源的输出功率等于两电 阻消耗功率之和，为 104 W，选项 C、 D 错误．
②有多个副线圈时，U1I1＝ U2I2＋U3I3＋„＋UnIn .
远距离输电 1．输电过程(如图 10－2－2 所示)
图 10－2－2 2．电压损失 (1)ΔU＝U－U′ (2)ΔU＝IR
3．功率损失 (1)ΔP＝P－P′ P2 (2)ΔP＝ I R ＝( ) R U
2
4．减少输电线上电能损失的方法 L (1)减小输电线的电阻 R 线： 由 R 线＝ρ 知， 可采用加大导 S 线的横截面积、采用电阻率小 的材料做导线． (2)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下， 根据 P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压．
图 10－2－8 A．只将 S1 从 2 拨向 1 B．只将 S2 从 4 拨向 3 C．只将 S3 从闭合改为断开 D．只将滑动变阻器 R3 的滑动触头下移
【解析】 只将开关 S1 从 2 拨向 1 时，原线圈的匝数变 少，根据电压与匝数成正比，副线圈上的电压增大，则副线 圈上的电流增大，所以原线圈上的电流也增大，故 A 错误； 只将 S2 从 4 拨向 3 时，副线圈的匝数减少，则副线圈上的电 压减小，电流减小，所以原线圈的电流也减小，故 B 正确； 只将 S3 从闭合改为断开时， 副线圈上的电阻增大， 电流减小， 所以原线圈的电流也减小，故 C 正确；只将滑动变阻器 R3 滑动触头下移时，副线圈的电阻减小，则电流增大，原线圈 的电流也增大，故 D 错误．
2015高三物理一轮：10-2变压器·电能的输送
[限时训练][限时45分钟，满分100分]一、选择题(每小题6分，共60分)1．如图10－2－20所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路．当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表的读数是12毫安，那么安培表的读数是A．0B．3毫安C．48毫安D．与R值大小无关解析当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速向右做切割磁感线运动时，原线圈中产生恒定的电流，不能在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中不会产生感应电流，A正确．答案 A2．(2014·四川省成都市第二次诊断)2012年，四川超特高压输电量首破千亿千瓦时．如图所示是远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．下列说法正确的是A．若用户用电功率增加，升压变压器的输出电压将增大B．若用户用电功率增加，降压变压器的输入电压将增大C．若输电功率一定，采用特高压输电可减少输电线上损耗的功率D．若输电功率一定，采用特高压输电会降低输电的效率答案 C3．(2014·连云港摸底)如图所示，理想变压器的输入电压保持不变．副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开，当S闭合时，下列说法正确的是A ．电压表示数变大B ．灯泡L 1更亮C ．电流表示数增大D ．变压器的输出功率减小解析 当S 闭合时，R 中电流增大，电压表示数变小，灯泡L 1变暗，变压器的输出功率增大，电流表示数增大，选项C 正确，A 、B 、D 错误．答案 C4．(2014·徐州摸底)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，额定电压为U 0的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为R ，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为u ＝U m sin(2πT t )(V)B ．电压表的示数为2U 0C ．变压器的输入功率为U 20RD ．变压器的匝数比为U m ∶ U 0解析 由题图乙知，变压器输入电压的瞬时值为u ＝U m sin(2πTt )(V)，选项A 正确；电压表的示数为U 0，选项B 错误；变压器的输入功率为U 20R，选项C 正确；由变压器变压公式，变压器的匝数比为U m ∶2U 0，选项D 错误．答案 AC5．(2014·四川省成都第三次诊断)如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为20∶1，通过输电线连接两只相同的灯泡L 1和 L 2，输电线的等效电阻为R ，原线圈输入图示的交流电压，当开关S 闭合时，以下说法中正确的是A ．原线圈中电流不变B ．R 两端的电压减小C ．原线圈输入功率变大D ．副线圈输出电压小于11 V解析 由U 1U 2＝n 1n 2知当S 闭合时，U 2不变，但副线圈电路的总电阻减小，副线圈中电流I 2增大，由I 1I 2＝n 2n 1知原线圈中电流增大，R 两端电压增大，原线圈输入功率增大，选项A 、B 错，C 对，副线圈输出电压为11 V ，选项D 错．答案 C6．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2.0×105 AB ．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9×108 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻解析 由P ＝UI 可得I ＝P U ＝3×109W5×105V＝6×103 A ，则选项A 错误；输电线上电阻造成的损失电压为ΔU ＝Ir ＝15 kV ，选项B 正确；输电线上损失的功率不可能大于水电站的输出功率，可知选项C 错误；输电线上损失的功率为ΔP ＝ΔU 2r ，ΔU 为输电线上损失的电压，选项D 错误．答案 B7．(2014·连云港期末)如图所示，电阻不能忽略的矩形闭合导线框ABCD 处于水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接有一只“22 V 6 W ”的灯泡．当灯泡正常发光时，线框输出电压u ＝66 2sin (100πt )V.下列说法正确的是A ．线框转动的频率为100 HzB ．图示位置线框中产生的感应电动势最大C ．变压器原、副线圈匝数之比为3∶1D ．若副线圈再并联一个相同的灯泡，则闭合导线框的功率为12 W解析 由线框输出电压u ＝66 2sin (100πt )V 可知ω＝100π rad/s.则线圈转动的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，故A 项错误；图示位置线圈处于中性面、故感应电动势为0，B 项错误，从线框输出电压u ＝662sin (100πt )V 可知：U m ＝66 2 V ，则U 原＝U 有效＝66 V ．灯泡正常发光，则U 副＝22 V ．由变压器的U 原U 副＝n 1n 2＝31，故C 正确；由于矩形闭合导线框ABCD 的电阻不可忽略，则其电阻会发热，故闭合导线框的功率应大于12 W ，D 错误．答案 C8．(2014·黄冈质检)如图所示，电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变，为交流电流表，在变压器原线圈a 、b 两端加上一峰值不变的正弦交变电压，下列分析正确的是A ．只将S 1从1拨向2时，电流表示数变小B ．只将S 2从3拨向4时，电流表示数变大C ．只将R 的滑片上移，R 2的电功率变大D ．只将R 的滑片上移，R 2的电功率变小解析 只将S 1从1拨向2时，会使副线圈两端电压增大．输出功率增大，电流表示数会变大，所以A 错；只将S 2从3拨向4时，会使副线圈两端电压变小．输出功率变小，电流表示数会变小，所以B 错；只将R 的滑片上移．使得变阻器R 阻值变大，变阻器R 两端的电压增大，所以R 2两端的电压会减小，R 2的电功率变小，所以C 错、D 对．答案 D9．(2013·东城区第二次综合练习)某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n 匀速转动时，电压表示数是U 1，额定电压为U 2的灯泡正常发光，灯光正常发光时电功率为P ，手摇发电机的线圈电阻是r ，则有A ．电流表的示数是P U 1B ．变压器的原、副线圈的匝数比是U 2∶U 1C ．变压器输入电压的瞬时值u ＝U 2sin 2πntD ．手摇发电机的线圈中产生的电动势最大值是E m ＝2U 1解析 理想变压器原、副线圈的功率相等，由P ＝UI 知电流表的示数即流过原线圈的电流为PU 1，A 正确；变压器原、副线圈的匝数比等于电压之比，即n 1∶n 2＝U 1∶U 2，B 错误；由交流电瞬时值表达式u ＝U m sin ωt 可知变压器输入电压的瞬时值为u ＝2U 1sin 2πnt ，C 错误；由于手摇发电机的线圈有内阻，故产生的电动势的最大值大于2U 1，D 错误．答案 A10．(2014·江西八校联考)调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间输入交变电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图乙中两电表均为理想交流电表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器．现在CD 两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么A ．由甲图可知CD 两端输入交流电压u 的表达式为u ＝362sin(100t )VB ．当滑动触头P 逆时针转动时，MN 之间输出交流电压的频率变大C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R 2消耗的电功率变小解析 由图甲可知u ＝362sin100πt (V)，A 错误．M 、N 之间输出交流电压的频率由输入的交流电压的频率决定，B 错误．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R 3减小，由“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R 2消耗的电功率P 2＝U 2R 2减小，C 错误、D 正确．答案 D二、计算题(共40分)11．(20分)图甲所示为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头．原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图10－2－29乙所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式； (2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1； (3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de .解析 (1)由题图乙知ω＝200π rad/s 电压瞬时值u ab ＝400sin 200πt (V) (2)电压有效值U 1＝200 2 V 理想变压器P 1＝P 2 原线圈中的电流I 1＝P 1U 1解得I 1≈0.28 A ⎝⎛⎭⎫或25A (3)设ab 间匝数为n 1 U 1n 1＝U cen ce 同理U 1n 1＝U den de由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de解得n cen de ＝R ceR de代入数据得n ce n de ＝43.答案 (1)u ab ＝400sin 200πt (V) (2)0.28 A ⎝⎛⎭⎫或25A (3)n ce n de＝43 12．(20分)(2014·东莞模拟)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，输送的电功率为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 kW ·h.求：(1)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，那么发电站应使用多高的电压向外输电？解析 (1)输送功率P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000 kW ·h 输电线上损失的电能 ΔE ＝4 800 kW ·h 终点得到的电能E ′＝E －ΔE ＝7 200 kW ·h ， 所以输电效率η＝E ′E ＝60%输电线上的电流 I ＝PU＝100 A 输电线损耗功率P r ＝I 2r ， 其中P r ＝ΔEt＝200 kW得r ＝20 Ω. (2)输电线上损耗功率 P r ＝⎝⎛⎭⎫P U 2r ∝1U 2 原来P r ＝200 kW ， 现在要求P r ′＝10 kW ，解得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV. 答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV。
高考物理总复习第十章 第2讲 变压器、电能的输送
2013-11-27
有志者事竟成
19
高考复习· 物理
考点二
电能的输送
3.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P1，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P2，则 P2 P1和 分别为( P1 )
P kU
2
R.若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，副线圈输出
P 电压为nkU，输出电流I′＝ nkU ，线路损耗的电功率为P2＝ I′
2
P 1 2 P2 R＝nkU R. ＝ 2，D项正确，A、B、C项错误． P1 n
高考复习· 物理
第十章 交变电流 传感器
2013-11-27
有志者事竟成
1
高考复习· 物理
第二讲
变压器
电能的输送
回扣教材
题型归类
误区反思
双基限时练
2013-11-27
有志者事竟成
2
高考复习· 物理
回扣教材•自主学习
2013-11-27
有志者事竟成
3
高考复习· 物理
知 识 梳 理
一、变压器原理 1．构造和原理．(如图10－2－1所示)
2013-11-27
有志者事竟成
16
高考复习· 物理
图10－2－4
2013-11-27
有志者事竟成
17
高考复习· 物理
A．电压表的示数等于5 V 5 B．电压表的示数等于 V 2 n2 C．实现点火的条件是 >1 000 n1 n2 D．实现点火的条件是 <1 000 n1
选修3-2 第十章 第2讲
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3。
n U n I U I (2)电压、电流关系： 1 ＝ 1 ＝ 2 ， 3 ＝ 3 ＝ 4 ， U 2 n 2 I1 U 4 n 4 I3
U2＝Δ U＋U3，I2＝I3＝I线。
(3)输电电流：线＝ P2 ＝ P3 ＝ U 2－U3 。 I U 2 U3 R线 (4)输电线上损耗的电功率：
【思考辨析】 (1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用。 ( )
(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的
频率。( )
(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端
无电压。( )
(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随 之增大。( )
(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损
大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃 气体。以下判断正确的是( )
A.电压表的示数等于5 V
5 B.电压表的示数等于 V 2 n C.实现点火的条件是 2 >1 000 n1 D.实现点火的条件是 n 2 <1 000 n1 【解题探究】(1)在交流电路中，交流电压表测量的是交流电
考点 1
理想变压器的工作原理和基本量的关系(三年12考)
深化理解
【考点解读】 1.工作原理
2.理想变压器及其原、副线圈基本量的关系 ①没有能量损失(铜损、铁损) ②没有磁通量损失(磁通量全部集中 在铁芯中)
理想变压器 功率 关系 基 本 关 系 电压 关系 电流 关系
P入＝P出
原、副线圈的电压比等于匝数比，与 负载情况、副线圈个数的多少无关 只有一个副线圈时，电流和匝数成反 比;有多个副线圈时，由输入功率和 输出功率相等确定电流关系 原、副线圈中电流的频率相等
高二【变压器 电能的输送】习题带解析
【变压器 电能的输送】【随堂演练】1．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin100πt V ．氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：副线圈电压由原线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V ，B 正确；每个交流电周期内氖管发光两次，每秒发光100次，则氖管发光频率为100 Hz ，开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小．答案：AB2．如图甲所示，为一种可调压自耦变压器的结构示意图，线圈均匀绕在圆环型铁芯上，若AB间输入如图乙所示的交变电压，转动滑动触头P 到如图甲中所示位置，在BC 间接一个55 Ω的电阻(图中未画出)，则( )A ．该交流电的电压瞬时值表达式为u ＝2202sin(25πt )VB ．该交流电的频率为25 HzC ．流过电阻的电流接近于4 AD ．电阻消耗的功率接近于220 W解析：由题中图乙可知正弦交流电的周期T ＝0.04 s ，则f ＝1T ＝25 Hz ，ω＝2πf ＝50π rad/s ，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u ＝2202sin(50πt )V ，A 错误B 正确；从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的12，故副线圈两端的电压约为110 V ，流过电阻的电流约为2 A ，C 项错误；电阻消耗的功率P ＝U 2I 2＝220 W ，D 项正确．答案：BD3．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A ．原、副线圈中的电流之比为5∶1B ．电压表的读数为44 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min 内产生的热量为2 904 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小解析：原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，A 项错误；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有442R ×T 2＝U 2有效R ×T ，从而求得电压表两端电压有效值为U 有效＝22 2 V ，则Q ＝U 2有效R ×60＝2 904 J ，B 错误，C 正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，D 错误． 答案：C4．如图10－2－13甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9V 、6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u 的图象如图乙所示．则以下说法中正确的是( )A ．电压表的示数为27 2 VB ．三只灯泡均能正常发光C ．电流表的示数为2 AD ．变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz解析：本题考查交流电的规律、变压器的规律．交流电表测量的是交流电的有效值，输入电压的有效值为27 V ，因此电压表的示数应为27 V ，A 项错误；根据变压比，副线圈输出的电压为9 V ，因此三只灯泡均能正常发光，B 项正确；三只灯泡中的总电流为3P /U ＝2 A ，C 项正确；原线圈输入电压的频率为50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，因此D 项正确．本题较易．答案：BCD5．“5·12”汶川大地震发生后，山东省某公司向灾区北川捐赠一批柴油发电机．该柴油发电机说明书的部分内容如表所示．现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω/m.安置区家用电器的总功率为44 k W，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是()A. 输电线路中的电流为20 AB．输电线路损失的电功率为8 000 WC．发电机实际输出电压是300 VD．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是300 V解析：I线＝I0＝P0U0＝4.4×104220A＝200 A；线路损失功率P线＝I2线R线＝8 000 W，线路两端电压U＝I线R线＝40 V，所以发电机输出电压为260 V；如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是260 2 V.答案：B【作业练习】1.一理想变压器原、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 2 VC．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD．变压器的输入功率是1×103 W解析：考查正弦交变电流有效值、最大值意义及理想变压器的相关知识．由输入电压图象可知输入电压的有效值为220 V，故副线圈输出电压的有效值为100 V，接入副线圈的电阻为10 Ω，故电流有效值为10 A，A项错；与电阻并联的电压表读数即为副线圈电压有效值100 V，B项错；根据Q＝I2Rt＝102×10×60 J＝6×104 J，C项错；由变压器输入功率等于输出功率可知，P＝IU＝10×100＝1 000 W，D项正确．答案：D2．春节前后，我国南方部分省市的供电系统由于气候原因遭到严重破坏．为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，发电机的电动势e＝4802sin(100πt)V(不考虑其内阻)，图中R表示输电线的电阻．滑动触头P 置于a处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则()A．若A2示数为2 A，R＝10 Ω，则原副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1B．若A2示数为2 A，R＝10 Ω，则原副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶1C．当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P 向下滑动D．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑解析：若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，用户电压220 V，电压表V2示数U2＝220 V＋I2R＝240 V，电压表V1示数(有效值)U1＝480 V，原副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，故选项A对、B错；由n1∶n2＝U1∶U2，若U1变小，则n2应变大，故选项C错；当用电器增加时，副线圈中的电流增加，输电线电阻R上的电压增大，副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P应向上滑，故选项D对．答案：AD3．正弦交流电经过匝数比为n1n2＝101的变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按如图甲所示方式连接，R＝10 Ω.图乙是R两端电压U随时间变化的图象．U m＝10 2 V，则下列说法中正确的是()A．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R＝2cos 100πt(A)B．电流表A的读数为0.1 AC．电流表A的读数为210 AD．电压表的读数为U m＝10 2 V解析：由图象知T＝2×10－2 s，f＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，故i R＝2cos 100πt(A)，A正确．再根据I 1I 2＝n 2n 1知，I 1有效值为0.1 A ，B 正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压有效值，U ＝U m 2＝10 V ，故D 错误． 答案：AB4．如图10－2－18所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是( )A ．只增加原线圈的匝数B ．只增加副线圈的匝数C ．只减小R 1的电阻D ．断开开关S解析：输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率P 2＝U 22R .增加副线圈的匝数，U 2增加，P 2增大，B 正确；增加原线圈匝数，U 2减小，P 2减小，A 错；减小R 1的电阻，副线圈上的总电阻R 变小，P 2增大，C 对；断开S ，R 增大，P 2减小，D 错误．答案：BC5．一个理想变压器的工作示意图如图所示，变压器的初级线圈匝数为n 1，与干路高电压U 1相连，工作时流过线圈的电流为I 1，初级与干路相连的导线的电阻不能忽略．变压器的次级线圈匝数为n 2，输出电压为U 2，工作时流过线圈的电流为I 2.设连接在次级线圈上的用电器均为相同的电灯，导线的电阻可以忽略．在变压器次级线圈有负载的情况下，下列判断哪个正确( )A ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有U 1∶U 2＝n 1∶n 2B ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有I 1∶I 2＝n 2∶n 1C ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有U 1I 1＝U 2I 2D ．以上判断都不正确解析：变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2中的U 1是变压器原线圈两端的电压，由于初级线圈的干路电阻较大，线路上的压降也较大，线路损耗功率也较大，因此A 、C 两项不成立．答案：B6．为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压．某变电所电压u 0＝11 0002sin 100πt V 的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电所变压器( )A．原、副线圈匝数比为50∶1B．副线圈中电流的频率是50 HzC．原线圈的导线比副线圈的要粗D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析：u0＝11 0002sin 100πt V中的11 0002指的是电压的最大值，有效值为11 000 V，则原、副线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比，即50∶1，A正确；由ω＝100π可得频率为50 Hz，变压器不改变电流的频率，因此，副线圈的频率也是50 Hz，B正确；电流与匝数成反比，即原线圈的电流比副线圈电流要小，因此，副线圈的导线要比原线圈粗，C 错误；居民小区各个用电器都是并联的，它们的电流总和等于副线圈中的电流，故D错误．答案：AB7．如图所示，两条平行金属导轨竖直放置，其间有与导轨平面垂直的匀强磁场，金属棒ab沿导轨下滑，下滑过程中与导轨接触良好．金属棒、导轨、电流表A1和理想变压器原线圈构成闭合回路．金属棒ab在沿导轨下滑的过程中，电流表A1一直有示数，而电流表A2在某时刻之后示数变成了零，以下说法正确的是()A．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是变速运动B．电流表A2示数等于零之后，金属棒必是变速运动C．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是匀速运动D．电流表A2示数等于零之后，金属棒必是匀速运动解析：金属棒在重力作用下，开始向下做加速运动，速度不断增加，金属棒切割磁感线产生的感应电流逐渐增大，原线圈上产生的磁场不断增强，穿过副线圈的磁通量不断增大，在副线圈上发生电磁感应现象，电流表A2上有电流．当金属棒上电流增加到一定程度，金属棒受到的安培力等于重力时，金属棒开始做匀速下落，原线圈的电流不再发生变化，原线圈上产生的磁场磁感应强度不变，穿过副线圈的磁通量不发生变化，副线圈上不发生电磁感应现象，电流表A2示数等于零．综上所述，选项A、D正确．答案：AD8．如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则()A．只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大B．只将Q向下移动时，电流表的读数变大C．只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D．只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大解析：将Q向下移动时，R阻值增大．电路中电阻增大，电流减小，故B项错误；由于副线圈上电压不变，电灯两端的电压不变，功率不变，亮度不变，故A项错．将P沿顺时针方向移动时副线圈匝数减少，电压减小，电流减小，故C项错．提高输入端的电压时，副线圈上电压增大，电流增大，故D项正确．答案：D9．为了测一个已知额定电压为100 V的灯泡的额定功率，设计了如图所示的电路，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表A和灯泡L，滑动变阻器的阻值范围是0～100 Ω，不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2∶1，交流电源的电压为U0＝440 V，适当调节滑动变阻器的滑片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，电流表A的示数为1.2 A，则()A．灯泡的额定功率为40 WB．灯泡的额定电流为2.4 AC．滑动变阻器并联部分的阻值为50 ΩD．滑动变阻器消耗的电功率为240 W解析：根据题意，副线圈上的电流为2.4 A，电压为220 V，由于滑动变阻器上部分的并联电路电压为100 V，则下部分电阻电压为120 V，由串联知识，可知滑动变阻器上部分与小灯泡并联后与滑动变阻器下部分功率分配比为100∶120＝5∶6，故下部分电阻上的电功率P下＝611P总，P总＝1.2×440 W＝528 W，则P下＝288 W，下部分电阻R下＝288/2.42Ω＝50 Ω，则滑动变阻器上部分(并联部分)的电阻为50 Ω，上部分电路消耗功率P′＝P总－P下＝240 W，故容易计算出通过灯泡的电流为0.4 A，灯泡的功率为40 W，故A、C正确．答案：AC10．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，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()A.n 2n 1>n 3n 4B.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解析：由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有n 2n 1>n 3n 4，A 对，B 、C 错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D 也正确． 答案：AD11．如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U ＝2 V ．求：(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表的示数I 2＝5 A ．则电流表的示数I 1为多少？(3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1/n 1＝U 2/n 2＝U ，则n 1＝1 650匝．(2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2/U 1＝13A. (3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2/I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R L /2＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U 2/R ′＝10 A ．由U 1I 2′＝U 2I 1′可知，I 1′＝U 2I 2′/U 1＝23A. 答案：(1)1 650匝 (2)13 A (3)23A 12．某发电站的输出功率为104 k W ，输出电压为4 k V ，通过理想变压器升压后向80 k m 远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m ，导线横截面积为1.5×10－4 m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输电线路上的电压损失．解析：(1)输电线路损失的功率为P 线＝107×4% W ＝4.0×105 W导线电阻为R 线＝ρ2l S＝25.6 Ω，对导线：P 线＝I 22R 故副线圈电流为I 2＝1.25×102 A ，故P 出＝P 入＝104 k W ＝U 2I 2，代入数据得U 2＝80 k V 即变压器的输出电压为80 k V .(2)U 线＝I 2R 线＝3.2 k V .答案：(1)80 k V (2)3.2 k V。
第十章 交变电流 传感器 第2讲 变压器 电能的输送 第3讲 实验十一 传感器的简单应用 导学案
第十章交变电流传感器
第2讲变压器电能的输送第3讲实验十一传感器的简单应用命制人：王善锋审核人：于孔彬定时：40分钟
一、学习目标
高考要求：理想变压器、远距离输电Ⅰ
学习目标：了解变压器和语远距离输电的原理
二、自学填空大一轮P170-171
三、预习问题
1、理想变压器
1）理想变压器的构造？原理？原副线圈的功率、电压、电流和频率有何关系？
2）自耦变压器有何特点？互如何区分电压和电流互感器？
3）副线圈用电器增多时，原线圈电流如何变化？
2、远距离输电
1）画出远距离输电原理图？
2）为何要高压输电？
3）电压和功率损失如何计算？
3、传感器简单应用
光敏电阻的阻值随着光照增强如何变化？热敏电阻的阻值随着温度增加如何变化？
四、典型例题
《大一轮》例1、例2、例3
五、提升训练
A组《大一轮》跟踪训练1-1、2-1、3-1，高考题组
B组《大一轮》基础自测
六、课后反思。
高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器 第二节 变压器 电能的输送课件
220×0.2 44
A＝1
A，C、D错误；原线圈和副线圈的匝数比nn12
＝II12＝51，A错误，B正确．
答案：B
2．用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变 压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则( )
A.变压器输入功率约为3.9 W B.输出电压的最大值是110 V C.变压器原、副线圈匝数比是1 2 D.负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋π2)A
第十章
交变电流 传感器
第二节 变压器 电能的输送
突破考点01 突破考点02 突破考点03
突破考点04 课时作业 高考真题
突破考点01
变压器
自主练透
1.构造和原理(如图所示)
(1)主要构造：由________、________和铁芯组成． (2)工作原理：电磁感应的________现象．
2.基本关系 (1)电压关系：UU12＝________. (2)电流关系：只有一个副线圈时：II12＝________. (3)功率关系：P入＝________. (4)频率关系：原、副线圈中电流的频率相等．
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化．
2.负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，nn12发生变化，U2变化． (2)R不变，U2变化，I2发生变化． (3)根据P2＝UR22和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变 化，U1不变时，I1发生变化．
【例1】 如下图所示，理想变压器输入端PQ接稳定的交流 电源，通过单刀双掷开关S可改变变压器原线圈匝数(图中电压表 及电流表皆为理想电表)，则下列说法中正确的是( )
3.几种常用的变压器 (1)自耦变压器——也叫________变压器． (2)互感器 ①电压互感器，用来把高电压变成________； ②电流互感器，用来把大电流变成________．
2012年高考一轮复习优化方案 第10章第二节
因为输电线上损耗的功率占总功率的比例为 P1 n1 2 · R线 P n2R 2 ΔP I2R线 U1 n2 1 1 线 ＝ ＝ ＝ 2 2 ∝P1，所以随 P1 P1 P1 U1n2 发电厂输出功率变大，该值变大，D 错误．
经典题型探究
变压器的工作原理
例1 (2011 年浙江温州十校联合体模拟)如图 10－
【答案】
C
有关远距离输电的计算
例3 (2010年高考浙江理综卷)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2.0×105 A 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9×108 kW D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电 压，r为输电线的电阻
第二节 变压器
远距离输电
第 二 节 变 压 器 远 距 离
知能优化演练
基础知识梳理
一、变压器原理 1．构造和原理(如图10－2－1所示) (1)主要构造：由_______、_______和 原线圈 副线圈 闭合铁芯 ___________组成． (2)工作原理：电磁感应的_______现象． 互感
图10－2－5
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
U1 n1 解析：选 AD.由 ＝ 知，开关 S 闭合后，V2 示 U2 n2 数不变， 1 与 V2 示数的比值不变， V 故选项 C 错误， 选项 D 正确；开关 S 闭合后，副线圈闭合回路的 U2 I1 n2 总电阻 R 减小， I2＝ 知，I2 变大， 由 由 ＝ 知， R I2 n1 A1 示数变大，且 A1 与 A2 示数的比值不变，故选 项 A 正确．
高考物理提能课时冲关：第10章2变压器、电能的输送
第十章第2讲对应学生用书课时冲关(三十一)第343页一、选择题1．一理想变压器原、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 2 VC．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD．变压器的输入功率是1×103 W解析：由输入电压图象可知输入电压的有效值为220 V，故副线圈输出电压的有效值为100 V，接入副线圈的电阻为10 Ω，故电流有效值为10 A，A项错；与电阻并联的电压表读数即为副线圈电压有效值100 V，B项错；根据Q＝I2Rt＝102×10×60 J＝6×104 J，C项错；由变压器输入功率等于输出功率可知，P＝IU＝10×100 W＝1 000 W，D项正确．答案：D2．正弦交流电经过匝数比为n1n2＝101的变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按如图甲所示方式连接，R＝10 Ω.图乙是R两端电压U随时间变化的图象．U m＝10 V，则下列说法中正确的是()A．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R＝2cos 100πt(A)B．电流表A的读数为0.1 AC ．电流表A 的读数为210A D ．电压表的读数为U m ＝10 2 V解析：由图象知T ＝2×10－2s ，f ＝50 Hz ，ω＝2πf ＝100π rad/s ，故i R ＝2cos 100πt (A)，A 正确．再根据I 1I 2＝n 2n 1知，I 1有效值为0.1 A ，B 正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压有效值，U ＝U m 2＝10 V ，故D 错误． 答案：AB3．如图所示为一理想变压器，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是( )A ．只增加原线圈的匝数B ．只增加副线圈的匝数C ．只减小R 1的电阻D ．断开开关S解析：输入功率由输出功率决定，副线圈上的功率P ＝U 22R增加副线圈的匝数，U 2增加，P 2增大，B 正确；增加原线圈匝数，U 2减小，P 2减小，A 错；减小R 1的电阻，副线圈上的总电阻R 变小，P 2增大，C 对；断开S ，R 增大，P 2减小，D 错误．答案：BC4．一个理想变压器的工作示意图如图所示，变压器的初级线圈匝数为n 1，与干路高电压U 1相连，工作时流过线圈的电流为I 1，初级线圈与干路相连的导线的电阻不能忽略．变压器的次级线圈匝数为n 2，输出电压为U 2，工作时流过线圈的电流为I 2.设连接在次级线圈上的用电器均为相同的电灯，导线的电阻可以忽略．在变压器次级线圈有负载的情况下，下列判断正确的是( )A ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有U 1∶U 2＝n 1∶n 2B ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有I 1∶I 2＝n 2∶n 1C ．无论次级接入的电灯的数量多少，总有U 1I 1＝U 2I 2D ．以上判断都不正确解析：变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2中的U 1是变压器原线圈两端的电压，由于初级线圈与干路电阻较大，线路上的压降也较大，线路损耗功率也较大，因此，A 、C 两项不成立．答案：B5．如图所示，为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压．某变电所电压u 0＝11 0002sin (100πt )V 的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电所变压器( )A ．原、副线圈匝数比为50∶1B ．副线圈中电流的频率是50 HzC ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析：u 0＝11 0002sin100πt V 的11 0002指的是电压的最大值，有效值为11 000 V ，则原、副线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比，即50∶1, A 正确；由ω＝100 π rad/s 可得频率为50 Hz ，变压器不改变电流的频率，因此，副线圈的频率也是50 Hz ，B 正确；电流与匝数成反比，即原线圈的电流比副线圈电流要小，因此，副线圈的导线要比原线圈粗，C 错误，因此小区各个用电器都是并联的，它们的电流总和等于副线圈中的电流，故D 错误．答案：AB6．如图所示，两条平行金属导轨竖直放置，其间有与导轨平面垂直的匀强磁场，金属棒ab 沿导轨下滑，下滑过程中与导轨接触良好．金属棒、导轨、电流表A 1和理想变压器原线圈构成闭合回路．金属棒ab 在沿导轨下滑的过程中，电流表A 1一直有示数，而电流表A 2在某时刻之后示数变成了零，以下说法正确的是( )A．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是变速运动B．电流表A2示数等于零之后，金属棒必是变速运动C．电流表A2示数等于零之前，金属棒必是匀速运动D．电流表A2示数等于零之后，金属棒必是匀速运动解析：金属棒在重力作用下，开始向下做加速运动，速度不断增加，金属棒切割磁感线产生的感应电流逐渐增大，原线圈上产生的磁场不断增强，穿过副线圈的磁能通量不断增大，在副线圈上发生电磁感应现象，电流表A2上有电流．当金属棒上电流增加到一定程度，金属棒受到的安培力等于重力时，金属棒开始做匀速下落，原线圈的电流不再发生变化，原线圈产生的磁感应强度不变，穿过副线圈的磁通量不发生变化，副线圈上不发生电磁感应现象，电流表A2示数等于零．综上所述，选项A、D正确．答案：AD7．为了测一个已知额定电压为100 V的灯泡的额定功率，设计了如图所示的电路，理想变压器的原、副线圈分别接有理想电流表A和灯泡L，滑动变阻器的阻值范围是0～100 Ω，不考虑温度对灯泡电阻的影响，原、副线圈的匝数比为2∶1，交流电源的电压为U0＝440 V，适当调节滑动变阻器的滑片位置，当灯泡在额定电压下正常工作时，电流表A的示数为1.2 A，则()A．灯泡的额定功率为40 WB．灯泡的额定电流为2.4 AC．滑动变阻器并联部分的阻值为50 ΩD．滑动变阻器消耗的电功率为240 W解析：根据题意，副线圈上的电流为2.4 A，电压为220 V，由于滑动变阻器上部分的并联电路电压为100 V，则下部分电阻电压为120 V，由串联知识要知滑动变阻器上部分与小灯泡并联后与滑动变阻器下部分功率分配比为100∶120＝5∶6，故下部分电阻上的电功率P 下＝611P 总，P 总＝1.2×440 W ＝528 W ，则P 下＝288 W ，下部分电阻R 阻＝2882.42 Ω＝50 Ω，则滑动变阻器上部分并联部分的电阻为50 Ω，上部分电路消耗功率P 上＝P 总－P 下＝240 W ，故容易计算出通过灯泡的电流为0.4 A ，灯泡的功率为40 W ，故A 、C 正确．答案：AC8．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202·sin 100πt V ．氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光，下列说法中正确的有( )A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：副线圈电压由原线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V ，B 正确；每个交流电周期内氖管发光两次，每秒发光100次，则氖管发光频率为100 Hz ，开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小．答案：AB9．(2015年成都二诊)2013年，四川超特高压输电量首破千亿行瓦时．如图所示是远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．下列说法正确的是( )A ．若用户用电功率增加，升压变压器的输出电压将增大B ．若用户用电功率增加，降压变压器的输入电压将增大C ．若输电功率一定，采用特高压输电可减少输电线上损耗的功率D ．若输电功率一定，采用特高压输电会降低输电的效率解析：升压变压器的输出电压由输入电压和匝数比决定，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，可知，选项A 错误；如果用户用电功率增大，则降压变压器的输出电流增大，由I 3I 4＝n 4n 3可知输电线路中的电流增大，则输电线的电阻分得的电压增大，由U 3＝U 2－I 3r 可知降压变压器的输入电压减小，选项B 错误；若输电功率一定，采用高压输电，则输电电流减小，由高压输电线的损耗功率公式P ＝I 2r 可知，可减小输电线上损耗的功率，增大输电效率，选项C 正确，D 错误．答案：C10．一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，如图所示．电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是( )A ．原、副线圈中的电流之比为5∶1B ．电压表的读数为44 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min 内产生的热量为2 904 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小解析：原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，A 项错误：原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有442R ×T 2＝U 2有效R×T ，从而求得电阻两端电压有效值为U 有效＝22 2 V ，则Q ＝U 2有效RT ＝2 904 J ，B 错误，C 正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，D 错误．答案：C二、非选择题11．如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U ＝2 V ．求：(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表的示数I 2＝5 A ，则电流表A 1的示数I 1为多少？(3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)由电压与变压器匝数的关系可得，U 1n 1＝U 2n 2，则n 1＝1 650匝， (2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2/U 1＝13A. (3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2/I 2＝44 Ω，当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ，有R ＝R L /2＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U L /R ＝10 A ，由U 1I 11＝U 2I 12可知，I 11＝U 2I 12U 1＝23A. 答案：(1)1 650匝 (2)13A (3)23A 12．某发电站的输出功率为104kW ，输出电压为4 kV ，通过理想变压器升压后向80 km 远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8 Ω·m ，导线横截面积为1.5×10－4 m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)升压变压器的输出电压；(2)输电线路上的电压损失．解析：(1)输电线路损失的功率为P 导＝104 kW ×4%＝4×105 W导线电阻为R 线＝ρ2l S＝25.6 Ω，对导线P 损＝I 22R 导 故副线圈电流为I 2＝1.25×102A ，故P 1＝P 2＝104kW ＝U 2I 2，代入数据得U 2＝80 kV 即变压器的输出电压为80 kV .(2)ΔU 损＝I 2R 导＝1.25×102×25.6 V ＝3.2 kV答案：(1)80 kV (2)3.2 kV。
高考物理【创新方案】：第十章 第二讲 变压器、电能的输送
(时间45分钟，满分100分)一、选择题(本题包括10小题，每小题6分，共60分．每小题只有一个选项正确) 1．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 ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，每盏灯两端的电压较高解析：在晚上七、八点钟时，电路上并联的灯较多，则根据并联电路特点可知，此时总电阻比深夜时小，再由欧姆定律可知，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压U 损＝IR增大，每盏灯两端的电压也就较低．答案：C2．(2010·重庆高考)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1所示，然后将原线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈两端的电压为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( )图1A ．1 100,360B ．1 100,180C ．2 200,180D ．2 200,360解析：本题考查理想变压器，意在考查考生对理想变压器变压原理的理解，并能正确应用电压比与匝数比的关系，解答变压器问题的能力．由于理想变压器的电压比与原、副线圈匝数比的关系为U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，所以对于改装后的变压器有：2201＝n 15，n 1＝1100匝，对改装前的变压器则有：22036＝1 100n 2，故n 2＝180匝，正确选项为B.答案：B3．将输入电压为220 V ，输出电压为6 V ，副线圈有30匝的理想变压器改绕成输出电压为30 V 的变压器，原线圈匝数不变，则副线圈新增绕的匝数为( )A ．120匝B ．150匝C ．180匝D ．220匝解析：由U 1U 2＝n 1n 2得n 1＝n 2U 1U 2＝30×2206匝＝1100匝；改变匝数后，n 2′＝n 1U 2′U 1＝1100×30220匝＝150匝，新增匝数Δn ＝n 2′－n 2＝120匝，A 正确．答案：A4．如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n 2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R 相连组成闭合回路．当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表A 1的读数是12毫安，那么安培表A 2的读数是( ) 图2A ．0B ．3毫安C ．48毫安D ．与R 值大小有关解析：当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，原线圈中产生恒定的电流，不能在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中不会产生感应电流，A 正确．答案：A5．(2010·江苏高考改编)在如图3所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )图3A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例不变解析：发电厂的输出电压不变，匝数比又不变，故升压变压器的输出电压不变，故A 错误；发电厂输出功率P ＝IU ，故升压变压器原线圈电流变大，因此升压变压器副线圈中电流变大，输电线上的电压变大，降压变压器的输入、输出电压均变小，故B 错误；由P 损＝I 线2R 可知C 正确；设升压变压器输出电压为U 出，则总功率P 总＝I 线U 出，损耗功率P 损＝I 线2R ，故P 损P 总＝I 线2R I 线U 出＝I 线R U 出，因为I 线变大，故D 错误． 答案：C6．如图4所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，AB 间加上正弦交流电压U ，移动滑动触头P 的位置，就可以调节输出电压，在输出端连接了滑动变阻器R 和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q ，则下列判断错误的是( )图4A ．保持P 的位置不动，将Q 向下移动时，R 消耗的功率变大B ．保持P 的位置不动，将Q 向下移动时，电流表的读数变小C ．保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D ．保持Q 的位置不动，当P 沿顺时针方向移动时，R 消耗的功率变小解析：保持P 的位置不动，则变压器的原、副线圈的匝数保持不变，输入电压不变因而输出电压U 2不变，如果变阻器的滑动触动Q 向下移动，使负载电阻R 变大，则P ＝U 22R 可知R消耗的功率变小，同时电流表的示数I 2＝U 2R 变小，A 错、B 对，若保持Q 的位置不动，即R不变，将P 沿逆时针方向移动，则增大了副线圈的匝数，增大了输出电压，I 2＝U 2R 变大，C 对，若P 沿顺时针方向移动，减小了副线圈的匝数，副线圈输出的电压减小，由P ＝U 22R 可知R 消耗的功率变小，D 对．答案：A7．为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计，如图5所示．当开关S 图5 闭合后( )A ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值不变B ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值不变解析：因为变压器的匝数与输入电压U 1不变，所以电压表V 1的示数和电压表V 2的示数不变，C 、D 错误；当S 闭合后，因为负载电阻减小，故次级线圈中的电流I 2增大，由于输入功率等于输出功率，所以I 1也将增大，但因为变压器的匝数不变，故B 错误，A 正确．答案：A8．(2010·福建高考)中国已投产运行的1000 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1000 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 4B.P 2 C ．2PD ．4P解析：输送电功率不变，则输电电压与输电电流成反比，所以用1000 kV 特高压输电时，输电电流为原来输电电流的一半；而输电线上损耗的电功率与输电电流的平方成正比，所以输电线上损耗功率为原来输电线上损耗功率的14，即P 4，A 项正确．答案：A9．如图6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器，已知通过R 1的正弦交变电流如图乙所示，则( )A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为200 2 VC ．电阻R 2的电功率约为6.67 W 图6D ．通过R 3的电流始终为零解析：由图乙可知交变电流频率为50 Hz ，所以A 错．副线圈电压最大值U 2＝I 1R 1＝20 V ，由U 1n 1＝U 2n 2可知U 1＝200 V ，B 错．R 1和R 2并联，P 2＝(U 22)2/30≈6.67 W ，C 对．因电容器接交变电流有充、放电电流，故D 错．答案：C10．如图7所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n .原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．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 ，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是( ) 图7A ．电动机两端电压为IRB ．电动机消耗的功率为I 2RC ．原线圈中的电流为nID ．变压器的输入功率为UIn解析：因电动机是非纯电阻电路，U ≠IR ，P ≠I 2R ，A 、B 错．电动机两端电压为Un ，故电动机消耗的功率为IUn，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I 0＝I /n ，D 对C 错．答案：D二、非选择题(本题包括2小题，共40分)11．(20分)如图8所示，理想变压器有两个副线圈，原线圈1接220V 交流电源，副线圈2的匝数为30匝，两端接有“12 V 12 W ”的灯泡L ，副线圈3的输出电压为110 V ，两端接有电阻R .若L 正常发光，且通过R 的电流为0.4 A ，求： 图8(1)副线圈3的匝数n 3；(2)原线圈1的匝数n 1和通过它的电流I 1. 解析：(1)对两个副线圈使用电压关系：U 2U 3＝n 2n 3得n 3＝U 3U 2n 2＝11012×30匝＝275匝．(2)根据U 1U 2＝n 1n 2，得n 1＝U 1U 2n 2＝550匝；对整个变压器由功率方程列式I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3， 所以I 1＝12＋110×0.4220A ＝0.255 A.答案：(1)275匝 (2)550匝 0.255 A12．(20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9 kW ，输出电压为500 V ，输电线的总电阻为10 Ω，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220 V 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：建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比．本题可以从线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I 线，再根据输出功率求出U 2，然后再求出U 3.(1)由线路损耗的功率P 线＝I 线2R 线可得I 线＝P 线R 线＝9000×4%10A ＝6 A 又因为P 输出＝U 2I 线，所以U 2＝P 输出I 线＝90006 V ＝1500 VU 3＝U 2－I 线R 线＝(1500－6×10) V ＝1440 V 根据理想变压器规律n 1n 2＝U 1U 2＝500 V 1500 V ＝13，n 3n 4＝U 3U 4＝1440 V 220 V ＝7211所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11.(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示)， 由P 输出＝UI 线′可得 I 线′＝P 输出U ＝9000500 A ＝18 A所以线路损耗的功率P 线＝I 线2R 线＝182×10 W ＝3240 W 用户得到的电压U 用户＝U －I 线R 线 ＝(500－18×10)V ＝320 V 用户得到的功率P 用户＝P 输出－P 线 ＝(9000－3240)W ＝5760 W.答案：(1)1∶372∶11(2)320 V5760 W。
高考物理 热点题型和提分秘籍1.2 变压器 电能的输送
取夺市安慰阳光实验学校专题10.2 变压器电能的输送【高频考点解读】1.了解变压器的构造，理解变压器的工作原理。
2．理解理想变压器原、副线圈中电压与匝数的关系，能应用它分析解决有关问题。
3．知道远距离输电过程，知道降低输电损耗的两个途径。
了解电网供电的优点和意义。
【热点题型】题型一理想变压器例1、如图1021，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。
原线圈通过一理想电流表○A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。
假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。
用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，则( )图1021A．U ab∶U cd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压U cd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍【答案】BD【提分秘籍】1．基本关系(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、ΔΦΔt相同。
(2)线圈无电阻，因此无电压降，U＝E＝nΔΦΔt。
(3)根据Un＝ΔΦΔt得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有U1n1＝U2n2＝U3n3＝…。
(4)无电能损失，因此P入＝P出，无论副线圈是一个还是多个，总有U1I1＝U2I2＋U3I3＋…将电压关系代入可得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。
2．基本关系式中物理量之间的决定关系(1)电压决定关系：输入电压U1决定输出电压U2，这是因为输出电压U2＝n2n1U1，当U1不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变。
(2)电流决定关系：输出电流I2决定输入电流I1。
(3)功率决定关系：输出功率P2决定输入功率P1。
(4)频率关系：原、副线圈中电流的频率相同。
【举一反三】如图1023所示，一台理想变压器的原副线圈的匝数比为n1∶n2＝40∶1，在副线圈两端接有“6 V40 W”的电灯泡。
学习k12精品物理浙江高考选考一轮复习讲义：选修3-2 第十章 第2讲 变压器 电能的输送含解析
第2讲 变压器 电能的输送知识排查理想变压器1.构造：如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。
图1(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2.原理：电流磁效应、电磁感应。
3.基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出。
(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2。
(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1。
(4)频率关系：f 入＝f 出。
远距离输电图21.电压损失：(1)ΔU ＝U 2－U 3。
(2)ΔU ＝I 2R 线。
2.功率损失：(1)ΔP ＝P 2－P 3。
(2)ΔP ＝I 22R线＝ΔU 2R 线。
3.功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3。
4.电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线。
5.输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线。
6.输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 2U 22R 线。
小题速练1.思考判断(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值( ) (2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率( ) (3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压( ) (4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小( ) (5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失( ) (6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√2.[人教版选修3－2·P 44·T 2改编]有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36 V ，这个电压是把380 V 的电压降压后得到的。
【把握高考】高考 第10章 第2节 变压器 电能的输送挑战真题 鲁科版选修
【立体设计】2013高考历史第10章第2节变压器电能的输送挑战真题鲁科版选修3-21.（2011·山东理综）为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图.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.以下正确的是（）A.u2=1902sin50πt VB.u2=1902sin100πt 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2.（2011·浙江理综）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=51 sin314t 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（）A.2.0 VB.9.0 VC.12.7 VD.144.0 V3. (2010·山东理综)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是( )A．副线圈输出电压的频率为50 HzB．副线圈输出电压的有效值为31 VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加4.（2010·浙江理综）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2.0×105 AB.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9×108 kWD.输电线上损失的功率为ΔP=U2/r,U为输电电压，r为输电线的电阻为输电线上损失的电压而不是输电电压，D错误.【答案】B5．(2009·海南高考)一台发电机的最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V,60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 VC．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D．有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光6.（2011·海南高考）如图，理想变压器原线圈与一10 V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b.小灯泡a的额定功率为0.3 W，正常发光时电阻为30 Ω.已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A,可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b的电流为________A.。
高中物理二轮复习热点题型专练专题102变压器电能的输送含解
专题10.2变压器电能的输送1．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P1，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P2，则P1和P2P1分别为 ( )A.PRkU，1nB．(PkU)2R，1nC.PRkU，1n2D．(PkU)2R，1n2答案：D解析：当副线圈与原线圈的匝数比为k时，U2＝kU，此时输电线上的电流I＝PkU，线路损耗的功率P1＝I2R＝P2RkU2，当匝数比为nk时，线路损耗的功率P2＝P2RnkU2，则P2P 1＝1n2，D选项正确。
2.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，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所示，其副线圈匝数可调。
已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为 220V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2.0kW。
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 ( )A．380V和5.3A B．380V和9.1AC．240V和5.3A D．240V和9.1A答案：B3.如图所示，理想变压器有两个副线圈，匝数分别为n1和n2，所接负载4R1＝R2，当只闭合S1时，电流表示数为1A，当S1和S2都闭合时，电流表示数为2A，则n1︰n2为 ( )A．1︰1 B．1︰2C．1︰3 D．1︰4答案：B4．如图所示，M、N为两条交流输电线，甲、乙两图是配电室中的互感器和交流电表的两种接线示意图，以下说法正确的是 ( )A．在乙图中，线圈N4的导线一定比线圈N3的导线粗B．甲图中的电表是交流电流表，乙图中的电表是交流电压表C．甲图中的电表是交流电压表，乙图中的电表是交流电流表D．甲、乙两图中的电表均为交流电流表答案：C解析：甲图为电压互感器、乙图为电流互感器。
22版：第2讲 变压器电能的输送（创新设计）
第2讲变压器电能的输送一、理想变压器1.构造如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。
图1(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2.原理电磁感应的互感现象。
3.理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式U1U2＝n1n2，与负载、副线圈的个数无关电流关系(1)只有一个副线圈时：I1I2＝n2n1(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋I n U n或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋I n n n频率关系 f 1＝f 2(变压器不改变交变电流的频率)4.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。
图2(2)互感器⎩⎨⎧电压互感器（n 1＞n 2）：把高电压变成低电压，如图丙所示。
电流互感器（n 1＜n 2）：把大电流变成小电流，如图丁所示。
【自测1】 关于理想变压器，下列说法正确的是( )A.变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用B.变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率C.正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压D.变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小答案 A二、电能的输送如图3所示，发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，用户得到的电功率为P ′，用户的电压为U ′，输电电流为I ，输电线总电阻为R 。
图31.输电电流I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R 。
2.电压损失(1)ΔU＝U－U′(2)ΔU＝IR3.功率损失(1)ΔP＝P－P′(2)ΔP＝I2R＝(P U) 2R4.减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R。
(高中物理)物理高考能力突破102变压器电能的输送
年物理高考能力突破：10.2变压器 电能的输送(40分钟 100分)一、单项选择题(此题共4小题，每题8分，共32分，每题只有一个选项符合题意)1.(·模拟)原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦交变电流，为了使变压器输入功率增大，可以采取的措施有( )122.(·模拟)如下列图，一理想自耦变压器线圈AB 绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB 间加一正弦式交流电压，在输出端BP 间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P 的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q.那么( ) A.只将Q 向下移动时，灯泡的亮度变大 B.只将Q 向下移动时，电流表的读数变大 C.只将P 顺时针方向移动时，电流表的读数变大1时，电流表的读数变大3.(预测题)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1=20 Ω，R 2=30 Ω1的正弦式交流电如图乙所示，那么( ) A.交流电的频率为0.02 Hz2的电功率约为6.67 W 3的电流始终为零4.一输入电压为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.如下列图,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.2 200,180D.2 200,360二、不定项选择题(此题共4小题，每题8分，共32分，每题至少一个选项符合题意) 5.(·12随时间t 变化的曲线如图乙所示.以下正确的选项是( ) A.2u 1902sin(50t) V =π B.2u 1902sin(100t) V =π 0 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6.(创新题)如下列图，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，那么当开关S闭合时( )2和V3的示数一定都变小3的示数变小1、A2和A3的示数一定变大1的示数变大7.(易错题)如下列图，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.以下判断中正确的选项是( )∶1∶12的示数为1.0 A2的示数为0.4 A8.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，那么以下说法正确的选项是( )×105 AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC.假设改用5 kV电压输电，那么输电线上损失的功率为9×108 kWΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻三、计算题(本大题共2小题，共36分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)9.(16分)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,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)假设将电流表A2置换成一只具有单向导电性的二极管,电压表示数为多少?10.(·模拟)(20分)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失.有一个小型发电站，输送的电功率为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 kW·h.求：(1)输电效率η和输电线的总电阻r；(2)假设想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？答案解析1.【解析1122n U n U =知,当n 1增大时，U 2减小，当减小n 2时，U 2也减小，又根据22U P P R ==入出知，A 、B 、D 均错误，C 正确.2.【解析】选D.只将Q 向下移动时，滑动变阻器连入电路的阻值变大，但副线圈两端的电压不变，故灯泡亮度不变，A 错；只将Q 向下移动时，副线圈中的电流减小，电流表的读数变小，B 错；只将P 顺时针方向移动时，由1122n U n U =知U 2减小，那么由I 2=2U R 总知I 2减小，即电流表的读数变小，C 错；只提高输入端的电压U 1时，U 2将增大，电流表的读数变大，D 正确.2=I m1R 1=20 V,由1122U n U n =可知，原线圈电压的最大值U 11和R 2并联，222U ()2P 6.67 W 30=≈,故C 正确；因电容器接交流电有充放电电流，故D 错.4.【解析】选B.对新绕线的理想变压器,根据变压比公式得n 1=313n U 5220U 1⨯== 1 100，变压器烧坏前,同理n 2=121n U 1 10036U 220⨯==180,B 正确. 5.【解题指南】解答此题应注意以下三点： (1)根据图象找出最大值、周期，写出瞬时值表达式. (2)变压器原、副线圈的电压均为有效值.(3)根据变压器中电压关系确定如何改变原线圈匝数.【解析】选B 、D.由图象可知，正弦式交变电压的最大值为190 2 V ，其周期为0.02 s,可得其表达式为2u 1902sin(100t)V =π，B 选项正确，又在u 1、n 2不变的前提下通过改变n 1来使u 2增大，由1122u n u n =可得应使n 1减小，故应将P 适当上移，D 选项正确.6. 【解析】选B 、D.在理想变压器中，因为U 不变，故V 2示数不变；闭合S 时，负载电阻变小，副线圈中电流I 2增大，A 2示数增大，由P 入=P 出,即I 1U 1=I 2U 2可知A 1示数增大，因为ab 和cd 导线的电阻不可忽略，V 3改测R 2两端电压，故V 3示1两端电压减小，故流过R 1处的电流I 3变小，A 3示数变小，故B 、D 正确. 【总结提升】理想变压器动态分析的两种类型(1)匝数比不变，原、副线圈的电压U 1、U 2不变，电流I 1、I 2，功率P 1、P 2随负载电阻的变化而变化. (2)负载电阻不变，原线圈的电压U 1不变，副线圈两端的电压U 2、电流I 1、I 2，功率P 1、P 2随匝数比的变化而变化.【变式备选】(·模拟)如下列图，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5,原线圈两端的交变电压为()u 202sin100t V =π.氖泡在两端电压到达100 V 时开始发光，以下说法中正确的有( ) A.开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz B.开关接通后，电压表的示数为100 V C.开关断开后，电压表的示数变大 D.开关断开后，变压器的输出功率不变【解析】选A 、B.由于副线圈电压由原线圈决定，那么不管负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V ，B 正确，C 错误；交流电每个周期内氖泡发光两次，每秒发光100次，那么氖泡发光频率为100 Hz ，A 正确；开关断开后，负载电阻增大、电流减小，那么变压器的输出功率减小，D 错误. 7.【解析】选B 、C.对于理想变压器，P 1=U 1I 1=220×0.20 W=44 W ，那么负载电阻消耗的功率P 2=P 1=44 W ，据222U P R =，得22U P R 4444 V 44 V ==⨯=，那么1122n U 2205n U 44===,故B 正确，A 错误；A 2的读数22U 44I A 1 A R 44===，故C 正确，D 错误. 8.【解析】选B.输出电功率P=3×106kW ，输电电压U=500 kV ，那么输电线上输送的电流大小3PI 610 A U==⨯，所以A 错；输电线上由电阻造成的电压损失U Ir 15 kV ∆==，所以B 正确；输电线上损失的功率22P P UI r U∆=∆=，所以D 错误；假设损失功率为ΔP=9×108kW 时，ΔP 远大于输出功率，不符合实际，故C 错误.9.【解析】(1)由图乙可知输入电压的有效值 U 1=200 V(2分)由1122U n U n =得,U 2=211n Un =20 V(2分)变压器的输入功率P 1等于输出功率P 2 故P 1=P 2=U 2I 2=20×2 W=40 W(2分)(2)将S 闭合,U 2不变,即电压表示数保持20 V 不变;(2分)由于负载增多,负载总电阻减小,电流表A 2的示数增大;(2分)次级线圈的输出功率增加,初级线圈的输入功率随之增加,电流表A 1的示数增大.(2分)(3)接入二极管后,电压表两端的u-t 图象如下列图,设电压表示数为U,那么22200T U T R 2R=(2分) 解得U=141.4 V(2分)答案：(1)40 W 20 V(2)A 1示数增大 A 2示数增大 V 示数不变 (3)141.4 V10.【解析】(1)输送功率P=500 kW,一昼夜输送电能E=Pt=12 000 kW ·h(2分) 输电线上损失的电能ΔE=4 800 kW ·h (2分) 终点得到的电能E ′=E-ΔE=7 200 kW ·h,(2分) 所以输电效率E 60%E 'η== (1分) 输电线上的电流PI 100 A U== (2分) 输电线损耗功率P r =I 2r, (2分) 其中r EP 200 kW t∆== (2分) 得r=20 Ω.(2分) (2)输电线上损耗功率2r 2P 1P ()r U U=∝(2分)原来P r =200 kW,现在要求P r ′=10 kW, (1分) 解得输电电压应调节为U ′=22.4 kV.(2分)答案：(1)60% 20 Ω(2)22.4 kV。
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(时间45分钟，满分100分)一、单项选择题(本大题共5小题，每小题6分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)1．(2010·重庆高考)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1所示，然后将原线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈两端的电压为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( )图1A ．1 100,360B ．1 100,180C ．2 200,180D ．2 200,360解析：本题考查理想变压器，意在考查考生对理想变压器变压原理的理解，并能正确应用电压比与匝数比的关系，解答变压器问题的能力．由于理想变压器的电压比与原、副线圈匝数比的关系为U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3，所以对于改装后的变压器有：2201＝n 15，n 1＝1100匝，对改装前的变压器则有：22036＝1 100n 2，故n 2＝180匝，正确选项为B. 答案：B2．将输入电压为220 V ，输出电压为6 V ，副线圈有30匝的理想变压器改绕成输出电压为30 V 的变压器，原线圈匝数不变，则副线圈新增绕的匝数为( )A ．120匝B ．150匝C ．180匝D ．220匝解析：由U 1U 2＝n 1n 2得n 1＝n 2U 1U 2＝30×2206匝＝1100匝；改变匝数后，n 2′＝n 1U 2′U 1＝1100×30220匝＝150匝，新增匝数Δn ＝n 2′－n 2＝120匝，A 正确． 答案：A3．如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R 相连组成闭合回路．当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表A 1的读数是12毫安，那么安培表A 2的读数是( ) 图2A ．0B ．3毫安C ．48毫安D ．与R 值大小有关解析：当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，原线圈中产生恒定的电流，不能在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中不会产生感应电流，A 正确．答案：A4．(2010·福建高考)中国已投产运行的1000 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1000 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 4B.P 2C ．2PD ．4P解析：输送电功率不变，则输电电压与输电电流成反比，所以用1000 kV 特高压输电时，输电电流为原来输电电流的一半；而输电线上损耗的电功率与输电电流的平方成正比，所以输电线上损耗功率为原来输电线上损耗功率的14，即P 4，A 项正确． 答案：A5．如图3所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n .原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．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 ，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是( ) 图3A ．电动机两端电压为IRB ．电动机消耗的功率为I 2RC ．原线圈中的电流为nID ．变压器的输入功率为UI n解析：因电动机是非纯电阻电路，U ≠IR ，P ≠I 2R ，A 、B 错．电动机两端电压为U n，故电动机消耗的功率为IU n，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I 0＝I /n ，D 对C 错． 答案：D二、双项选择题(本大题共5小题，每小题8分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全部选对的得6分，只选一个且正确的得3分，有选错或不答的得0分)6．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 ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，每盏灯两端的电压较低解析：在晚上七、八点钟时，电路上并联的灯较多，则根据并联电路特点可知，此时总电阻比深夜时小，再由欧姆定律可知，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压U 损＝IR 增大，每盏灯两端的电压也就较低．答案：CD7．(2010·江苏高考)在如图4所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )图4A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析：发电厂的输出电压不变，匝数比又不变，故升压变压器的输出电压不变，故A 错误；发电厂输出功率P ＝IU ，故升压变压器原线圈电流变大，因此升压变压器副线圈中电流变大，输电线上的电压变大，降压变压器的输入、输出电压均变小，故B 错误；由P 损＝I 2线R 可知C 正确；设升压变压器输出电压为U 出，则总功率P 总＝I 线U 出，损耗功率P 损＝I 2线R ，故P 损P 总＝I 2线R I 线U 出＝I 线R U 出，因为I 线变大，故D 正确． 答案：CD8．如图5所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，AB 间加上正弦交流电压U ，移动滑动触头P 的位置，就可以调节输出电压，在输出端连接了滑动变阻器R 和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q ，则下列判断正确的是( )图5A ．保持P 的位置不动，将Q 向下移动时，R 消耗的功率变大B ．保持P 的位置不动，将Q 向下移动时，电流表的读数变小C ．保持Q 的位置不动，将P 沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大D ．保持Q 的位置不动，当P 沿顺时针方向移动时，R 消耗的功率变大解析：保持P 的位置不动，则变压器的原、副线圈的匝数保持不变，输入电压不变因而输出电压U 2不变，如果变阻器的滑动触动Q 向下移动，使负载电阻R 变大，则P ＝U 22R 可知R 消耗的功率变小，同时电流表的示数I 2＝U 2R变小，A 错、B 对，若保持Q 的位置不动，即R 不变，将P 沿逆时针方向移动，则增大了副线圈的匝数，增大了输出电压，I 2＝U 2R 变大，C 对，若P 沿顺时针方向移动，减小了副线圈的匝数，副线圈输出的电压减小，由P ＝U 22R可知R 消耗的功率变小，D 错． 答案：BC9．(2010·天津高考)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计，如图6所示．当开关S 闭合后( ) 图6A ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值不变B ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D ．V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变解析：因为变压器的匝数与输入电压U 1不变，所以电压表V 1的示数和电压表V 2的示数不变，C 错误，D 正确；当S 闭合后，因为负载电阻减小，故次级线圈中的电流I 2增大，由于输入功率等于输出功率，所以I 1也将增大，但因为变压器的匝数不变，故B 错误，A 正确．答案：AD10．如图7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器，已知通过R 1的正弦交变电流如图乙所示，则( )A ．交变电流的频率为50 HzB ．原线圈输入电压的最大值为200 2 VC ．电阻R 2的电功率约为6.67 WD ．通过R 3的电流始终为零 图7解析：由图乙可知交变电流频率为50 Hz ，所以A 对．副线圈电压最大值U 2＝I 1R 1＝20 V ，由U 1n 1＝U 2n 2可知U 1＝200 V ，B 错．R 1和R 2并联，P 2＝(U 22)2/30≈6.67 W ，C 对．因电容器接交变电流有充、放电电流，故D 错．答案：AC三、非选择题(本大题包括2小题，共30分．在解答过程中请写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤)11．(14分)如图8所示，理想变压器有两个副线圈，原线圈1接220 V 交流电源，副线圈2的匝数为30匝，两端接有“12 V 12 W ”的灯泡L ，副线圈3的输出电压为110 V ，两端接有电阻R .若L 正常发光，且通过R 的电流为0.4 A ，求： 图8(1)副线圈3的匝数n 3；(2)原线圈1的匝数n 1和通过它的电流I 1.解析：(1)对两个副线圈使用电压关系：U 2U 3＝n 2n 3得n 3＝U 3U 2n 2＝11012×30匝＝275匝． (2)根据U 1U 2＝n 1n 2，得n 1＝U 1U 2n 2＝550匝； 对整个变压器由功率方程列式I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3，所以I 1＝12＋110×0.4220A ＝0.255 A. 答案：(1)275匝 (2)550匝 0.255 A12．(16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9 kW ，输出电压为500 V ，输电线的总电阻为10 Ω，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220 V 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：建立如图甲所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比．本题可以从线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I 线，再根据输出功率求出U 2，然后再求出U 3.(1)由线路损耗的功率P 线＝I 线2R 线可得I 线＝P 线R 线＝9000×4%10A ＝6 A 又因为P 输出＝U 2I 线，所以U 2＝P 输出I 线＝90006 V ＝1500 V U 3＝U 2－I 线R 线＝(1500－6×10) V ＝1440 V 根据理想变压器规律n 1n 2＝U 1U 2＝500 V 1500 V ＝13， n 3n 4＝U 3U 4＝1440 V 220 V ＝7211所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11.(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示)，由P 输出＝UI 线′可得I 线′＝P 输出U ＝9000500A ＝18 A 所以线路损耗的功率P 线＝I 线2R 线＝182×10 W ＝3240 W用户得到的电压U 用户＝U －I 线R 线＝(500－18×10)V ＝320 V用户得到的功率P 用户＝P 输出－P 线＝(9000－3240)W ＝5760 W.答案：(1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5760 W。