2014届高考物理一轮复习备考演练变压器 (2)

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2014届高考物理第一轮复习导学案49

学案49 变压器远距离输电一、概念规律题组1．理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则()A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶12．远距离输电时，在输送电功率不变的条件下()A．只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率B．提高输电电压，能减小电流，提高输电效率C．提高输电电压势必增大输电导线上的能量损耗D．提高输电电压势必增大输电导线上的电流图13．如图1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()A ．电流表的示数为32220 A B ．电源输出功率为1 200 W C ．电流表的示数为3220 A D ．原线圈端电压为11 V 二、思想方法题组4．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R.则下列说法正确的是( )A ．输电线上的电流I ＝U RB ．输电线上的电流I ＝P 0U C ．输电线上损失的功率P ＝(P 0U )2R D ．输电线上损失的功率P ＝U 2R图25．如图2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，输电线等效电阻为R.开始时，开关S 断开．当S 接通时，以下说法中正确的是( )A ．副线圈两端M 、N 的输出电压减小B ．副线圈输电线等效电阻R 上的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流增大一、理想变压器原、副线圈基本量的关系【例1】(2011·广东·19)图3(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，、为理想电流表和理想电压表，若原线圈接入如图3(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是()(a)(b)图3A．电流表的示数为2 AB．原、副线圈匝数比为1∶2C．电压表的示数为电压的有效值D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz[规范思维]二、变压器的动态分析问题此类问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压(U1、U2)、电流(I1、I2)、输入功率、输出功率随匝数比变化而变化的情况；另一类是匝数比不变，上述各物理量随负载电阻变化而变化的情况．根据题意分清变量与不变量，要明确变量之间的相互制约关系，这是处理此类问题的关键．动态分析问题的思路程序可表示为：【例2】如图4所示，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，则当开关S闭合时()图4A．交流电压表V2和V3的示数一定都变小B．交流电压表V3的示数变小C．交流电流表A1、A2和A3的示数一定变大D．只有A1的示数变大[规范思维]三、输电电路的基本分析图51．如图5所示，发电站的输出电功率为P，输出电压为U，用户得到的电功率为P′，电压为U′，则输电电流为I＝PU＝U－U′R线＝U线R线.2．输电导线损失的电压：U线＝U－U′＝IR线．3．输电导线上损失的电功率ΔP＝P－P′＝I2R线＝(PU)2R线＝(U线)2R线.4．减少电能损失的基本途径：根据公式ΔP＝I2R线＝(PU)2R线．可知有两个基本途径：①减小输电线电阻，如加大输电导线的横截面积，采用电阻率小的材料等；②高压输电，在输送功率一定的条件下，提高电压，减小输送电流．【例3】(2010·浙江理综·17)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的电压输电，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电压损失为15 kVC．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 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[规范思维]四、远距离高压输电问题的分析1．远距离高压输电的几个基本关系(以图6为例)图6(1)功率关系P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 线＋P 3 (2)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＝U 线＋U 3 I 2＝I 3＝I 线(3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线(4)输电导线上损失的电功率 P 线＝U 线I 线＝I 2线R 线＝(P 2U 2)2R 线2．关于远距离输电问题的处理思路常见问题有两类：一类是按发电机→升压→输电线→降压→用电器的顺序分析或按用电器到发电机的顺序分析；还有一类常见的是从中间突破的题目，即由输电线上的功率损失求出输电线上的电流，也就是流过升压变压器副线圈和降压变压器原线圈的电流，再由理想变压器的工作原理推断发电和用电的问题．【例4】某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V，输出电功率为50 kW，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？[规范思维][针对训练](2009·山东理综·19)某小型水电站的电能输送示意图如图7所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )图7A.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【基础演练】图81．如图8所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1.原线圈接电压u ＝220sin 100πt V 的交流电源，副线圈接两个阻值均为R ＝22 Ω的负载电阻，电表均为理想电表．则下述结论中正确的是( )A ．开关S 断开时，电流表A 的示数为0.1 AB ．开关S 断开时，电压表V 的示数为11 2 VC ．开关S 闭合时，电流表A 的示数为0.05 AD ．开关S 闭合时，电压表V 的示数为22 V2．(2011·山东·20)为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图9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()甲乙图9A．u1＝1902sin (50πt) VB．u2＝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3．(2010·江苏单科·7)在如图10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10A．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图114．(2010·山东潍坊一模)如图11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，原线圈两端接电压有效值恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是()A．保持P的位置不变，S由b切换到aB．保持P的位置不变，S由a切换到bC．S掷于b位置不动，P向上滑动D．S掷于b位置不动，P向下滑动5．(2010·天津理综·7)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L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图12所示．当开关S闭合后()图12A．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6．如图13所示，图13理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝4∶1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的电阻B阻值相等，a、b两端加一定的交变电压U后两电阻消耗的功率之比P A∶P B为()A．4∶1 B．1∶4 C．16∶1 D．1∶16【能力提升】7．(2009·广东单科·9)如图14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14A．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8.(2011·湖南长沙模拟)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝2πT．用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V，11 kW”的电机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器，电路如图15所示．求：图15(1)发电机的输出电压；(2)变压器原、副线圈的匝数比；(3)与变压器原线圈串联的电流表的示数．9．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，建成后将是中国规模最大的水利工程，枢纽控制流域面积1×106 km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均水流量Q＝4.51×1011 m3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面，在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(26台发电机组同时工作时的总发电功率)P＝1.82×107 kW，年平均发电约W＝8.40×1010 kW·h，该工程将于2009年全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面，阅读上述资料，解答下列问题．(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，取重力加速度g＝10 m/s2)(1)若三峡电站上下游水位差按H＝100 m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率P1＝4.5×106 kW；采用超高压输电，输电电压U＝500 kV，而发电机输出的电压约U0＝18 kV，要使输电线上损耗的功率等于输送电功率5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．学案49 变压器远距离输电【课前双基回扣】1．BC [根据变压器的电压比U 1U 2＝n 1n 2和电流比I 1I 2＝n 2n 1可知选项B 、C 是正确的；对于理想变压器，不改变频率且输入与输出的功率应相等，即P 1＝P 2，所以选项A 、D 是错误的．]2．B [在输出功率一定时，由P ＝UI 知，当U 增大时，I 减小，输电导线损耗的功率P 损＝I 2R 将变小．]3．C [因为灯泡正常发光所以副线圈中的电流：I 2＝P U 2＝60220 A ＝311 A 根据公式I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝120×311 A ＝3220 A ，即电流表的示数应为3220 A ，故A 错，C 对；电源的输出功率等于变压器的输入功率，由P 入＝P 出可得电源的输出功率为60 W ，故B 选项错误；根据公式U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝n 1n 2U 2＝201×220 V ＝4 400 V ，故D 选项错误．]4．BC [输电线上的电流I 线＝P 0U ＝U 线R ，故A 错误，B 正确；输电线上的功率损失P ＝I 2线R ＝(P 0U )2R ＝U 2线R ，故C 正确，D 错误．]5．BCD [由于输入电压不变，所以S 接通时，理想变压器副线圈M 、N 两端输出电压不变．并联灯泡L 2，负载总电阻变小，由欧姆定律I ＝U R 知，流过R 的电流增大，电阻R 上的电压U R ＝IR 增大．副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I 1U 1＝I 2U 2得，I 2增大，则原线圈输入电流I 1也增大．U MN 不变，U R 变大，所以U L1变小，流过灯泡L 1的电流减小．]思维提升1．变压器的工作原理是电磁感应，工作基础是互感现象，变压器只能变电压，不能变频率．2．输电线上的功率损失P 损＝I 2R 线＝P 2U 2R 线＝U 损I. 减少输电线功率损失的两种方法：(1)减小R 线；(2)减小电流，提高输电电压．3．理想变压器的基本关系式：(1)P 入＝P 出，(2)U 1n 1＝U 2n 2，(3)I 1n 1＝I 2n 2或I 1I 2＝n 2n 1(只有一个副线圈)．【核心考点突破】例1 AC [由I ＝U R 得，I ＝11055 A ＝2 A ，A 正确．理想变压器中U 1U 2＝n 1n 2，所以n 1n 2＝U 1U 2＝Um 2U 2＝220110＝21，B 错误．测量交流电时电表示数均为有效值，C 正确，由题图(b)知T ＝0.02 s ，由f ＝1T 得，f ＝50 Hz ，D错误．][规范思维] 熟练掌握变压器的工作原理，记住以下几条： ①变压器不改变交流电的频率与功率．②两线圈上电压比等于匝数比．③单副线圈变压器，电流比等于匝数反比．④对电压，副线圈随原线圈改变；对电流，原线圈随副线圈而改变．例2 B [因为U 不变，由U U 2＝n 1n 2可得U 2不变；当S 闭合后副线圈所在电路电阻R 减小，由I 2＝U 2R 可知电流I 2增大，而电阻R 1两端电压U 3＝U 2－I 2R 线，故U 3变小，I 3＝U 3R 1变小；由UI 1＝U 2I 2得I 2＝U 2I 2U ，故I 1增大．综上所述，I 1、I 2增大，I 3减小，U 2不变，U 3减小，故只有B 项正确．][规范思维] 处理此类问题的关键是要深刻理解变压器的工作原理，辨清原、副线圈中的变量与不变量，明确各个变量间的制约关系(电压制约：原制约副；电流制约：副制约原；功率制约：副制约原)．例3 B [输电线上输送的电流I ＝P U ＝3×106 kW 500 kV ＝6 000 A ，A 错；输电线上损失的电压为ΔU ＝Ir ＝6 000×2.5 V ＝1.5×104 V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV 的电压输电，则输电线上输送的电流I ′＝P U ′＝3×106 kW 5 kV＝6×105 A ，输电线上损失的功率ΔP ＝I ′2r ＝(6×105)2×2.5 W ＝9×108 kW>3×106 kW ，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106 kW ，C 错；D 项中输电线上损失的功率ΔP ＝U 2/r ，U 应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D 错．][规范思维] 解此类题目，要注意公式中各量的一一对应，如输电线上功率损失ΔP ＝I 2R ＝P 2U 2R 中，U 为输送电压，ΔP ＝(ΔU )2R 中，ΔU为线路上损失的电压；对于本题还要考虑实际情况．例4 200 V 2×104 W 1∶10 497∶22解析用500 V 电压送电时示意图如图所示，输电线上的电流I 0＝P/U 0＝50×103/500 A ＝100 A.用户获得电压U 1＝U 0－I 0R ＝(500－100×3) V ＝200 V ；用户获得的电功率P 1＝I 0U 1＝2×104 W.改用高压输送时，示意图如下图所示，要求P 损＝0.6%P ，即P 损＝50×103×0.6% W ＝300 W.输电电流I ＝P 损/R ＝300/3 A ＝10 A.发电站升压后输电电压U ＝P I ＝50×10310 V ＝5 000 V ，升压变压器匝数比n 1/n 2＝U 0/U ＝500/5 000＝1/10.输电线上损失的电压U ′＝I·R ＝10×3 V ＝30 V ，降压变压器的输入电压U 2＝U －U ′＝(5 000－30) V ＝4 970 V ，降压变压器的匝数比n 3n 4＝U 2U 3＝4 970220＝49722.[规范思维] 分析此类问题，先画出输电线路图，然后以变压器为界，分成几个独立的闭合回路，应用串、并联电路的特点及电功、电功率有关公式分析各个回路的电流、电压和功率关系．各独立回路之间可通过变压器的n 1n 2＝U 1U 2＝I 2I 1及功率P 入＝P 出等联系起来． [针对训练] AD思想方法总结1．对于理想变压器记住四点(1)原线圈的输入功率由副线圈的输出功率决定．(2)电压表、电流表的读数均为交流电的有效值．(3)原、副线圈上交流电的周期与频率是相同的．(4)原、副线圈的电压、电流与原、副线圈匝数有比例关系．2．关于理想变压器的动态分析问题一般有两种类型：①负载电阻不变，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随匝数比的变化而变化；②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．无论哪种情况，处理此类问题的关键是分清变量和不变量，弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系．3．(1)求解远距离输电的关键是熟悉输电线路图，并画出示意图，把需要的物理量都标在图中的相应位置上．(2)分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量的关系，特别注意升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．(3)注意输电线路上的功率损失与电压损失，知道升压变压器的副线圈与降压变压器的原线圈上各量的不同．【课时效果检测】1．B 2.BD 3.CD 4.AC 5.AD6．D [设电路中通过A 、B 的电流分别为I A 、I B有I A ∶I B ＝n 2∶n 1＝1∶4故P A ∶P B ＝I 2A R I 2B R ＝1∶16] 7．ABD [输电线中损失的功率ΔP ＝I 2·R 线＝(P 送U )2ρL S ，可见，增加输电线的横截面积或提高输送电压(即减小输电电流)，都可以减小输电线中的功率损失，选项A 、B 正确；若输送电压一定时，输送的电功率越大，则输电电流越大，电能损失越大，选项C 错误；高压输电时要综合考虑材料成本、技术、经济要求、距离远近等各种因素，不是电压越高就越好，选项D 正确．]8．(1)1 100 V (2)5∶1 (3)20 A解析 (1)根据Em ＝nBSω＝1 100 2 V 得输出电压的有效值为U 1＝Em 2＝1 100 V (2)电动机正常工作，U 2＝220 V 根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51 (3)P 出＝2×11 kW ＝2.2×104 W根据P 入＝P 出＝2.2×104 W ，再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A9．(1)η＝W ρghQ 67.1% (2)192.3天(3)9∶250 2.78 Ω解析 (1)电站的能量转化效率为：η＝W 电W 机＝W 年电ρVgH ＝W ρgHQ 代入数据解得：η＝8.40×1010×3 600×1 0001.0×103×4.51×1011×10×100×100%＝67.1%. (2)根据P ＝W t 得：t ＝W P ＝8.40×10101.82×107×24天＝192.3天． (3)升压变压器的匝数比为：n 1n 2＝U 0U ＝18×103500×103＝9250 根据P 1＝IU 得：I ＝9.0×103 A由P 损＝I 2R ＝5%P 1解得：R ＝2.78 Ω.易错点评1．第1、4、5题都属于变压器的动态分析问题．易错点有：(1)不清楚负载变少和变阻器阻值减小的区别，负载减小，指的用电器个数减少，总电阻是变大的．(2)不清楚电压、电流的因果关系．认为输入决定输出．实则相反，应是输出决定输入，“用多少送多少”．2．在远距离输电问题中，常见错误是P 损＝I 2R 线＝U 2R 线，即把输电线上损失的电压与升压变压器的副线圈电压等同．注意输电电压U 绝不等于U 损．。

2014物理高考密码押题卷变压器交流电与远距离输电

2014物理高考密码押题卷：变压器交流电与远距离输电一、单项选择题1．如图1所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1.0 Ω，外接R ＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin 10πt (V)，则( )图1A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A答案 D解析由e ＝102sin 10πt (V)知电动势的有效值E 有＝E m 2＝1022 V ＝10 V ，故B 选项错误；电路中的理想电流表示数为电流的有效值：I 有＝E 有r ＋R ＝1.0 A ，故D 选项正确；电阻R 消耗的电功率P ＝I 2有·R ＝9.0 W ，故C 选项错误；交流电的角速度ω＝10π rad/s ，所以频率f ＝ω2π＝5 Hz ，故A 选项错误. 2．如图2甲所示，在匀强磁场中有一个匝数n ＝10的矩形线圈匀速转动，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为5 Ω.从图甲所示位置开始计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示，那么( )图2A ．在t ＝0.2 s 时，线圈中的感应电流改变方向B ．在t ＝0.4 s 时，线圈中的感应电动势为零C ．线圈转过60°时的感应电流为3π AD ．线圈转动过程中消耗的电功率为10π2 W答案 D解析当线圈与磁场方向平行时，磁通量为零，但感应电动势最大，当线圈与磁场方向垂直时，磁通量最大，但感应电动势为零，由此可知在t ＝0.2 s 时，线圈的磁通量为零，感应电动势最大，感应电流方向不改变，选项A 错误；同理，在t ＝0.4 s 时，感应电动势最大，选项B 错误；线圈转动的角速度为ω＝2πT＝5π rad/s ，感应电动势峰值为E m＝nBS ω＝n ωΦm ＝10π V ，感应电流瞬时值表达式为i ＝E m Rcos ωt ，因此线圈转过60°时感应电流为I ＝10π5cos 60°＝π A ，选项C 错误；电压的有效值为U ＝E m 2＝52π V ，电功率为P ＝U 2R＝10π2 W ，选项D 正确． 3．一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求．要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百千米甚至几千千米之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”“二次变电站”降压．已知经低压变电站降压变压器(可视为理想变压器)后供给某小区居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，该变压器原、副线圈匝数比为50∶1，则 ( )A ．原线圈上的电压为11 000 2 VB ．原线圈中电流的频率是100 HzC ．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D ．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗答案 D解析降压变压器副线圈电压的有效值U 2＝U m 2＝22022 V ＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，可得原线圈的电压为11 000 V ，选项A 错误；根据ω＝100π rad/s ＝2πf ，可得频率f ＝50 Hz ，选项B 错误；原、副线圈的功率是相同的，原线圈电压大，副线圈电压小，原线圈电流小，副线圈电流大，所以副线圈使用的导线应该比原线圈要粗，选项C 错误；采用高压输电，可以减小输电线上的电流，根据P ＝I 2r 可知，有利于减少输电线路中的损耗，选项D 正确．4．如图3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( )图3A ．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 V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I 2R ＝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．5．如图4所示，一自耦变压器(可看做理想变压器)输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端CD间接灯泡和滑动变阻器．转动滑片P可以改变副线圈的匝数，移动滑片Q可以改变接入电路电阻的阻值．则( )图4A．只将P逆时针转动，灯泡变亮B．只将P顺时针转动，灯泡变亮C．只将Q向上移动，灯泡变暗D．只将Q向下移动，灯泡变亮答案 A解析只将P逆时针转动，输出端匝数增多，输出电压增大，灯泡变亮，选项A正确，B 错误．只将Q向上或向下移动，输出电压不变，灯泡亮度不变，选项C、D错误．6．如图5所示，理想变压器副线圈通过导线接两个相同的灯泡L1和L2.导线的等效电阻为R.现将开关S闭合，若变压器原线圈两端的交流电压保持不变，则下列说法中正确的是( )图5A．电阻R两端的电压变小B．通过灯泡L1的电流增大C．原线圈中的电流减小D．变压器的输入功率变大答案 D解析原线圈输入电压不变，原、副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，开关闭合，总电阻变小，根据闭合电路欧姆定律得输出总电流变大，故R两端的电压变大，A错误；根据闭合电路欧姆定律得并联电路分得的电压变小，通过灯泡L1的电流减小，B错误；原线圈输入电流与副线圈输出电流成正比，故原线圈电流增大，C错误；由P＝UI得输入功率变大，D正确．7．图6甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4︰1，原线圈接图乙所示的正弦交流电．图中R T为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．则下列说法正确的是( )图6A．图乙所示电压的瞬时值表达式为u＝51sin 50πt (V)B．变压器原、副线圈中的电流之比为1︰4C．变压器输入、输出功率之比为1︰4D．R T处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大答案 B解析题图乙所示电压的瞬时值表达式为u＝51sin 100πt(V)，故A选项错误；根据理想变压器的原理可知，原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，输入、输出功率相等，所以B选项正确，C选项错误；R T处温度升高时，电压表示数不变，电流表示数变大，所以D选项错误．8．如图7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( )图7A．只将S1从1拨向2时，电流表示数变小B．只将S2从3拨向4时，电流表示数变大C．只将R的滑片上移，R2的电功率变大D．只将R的滑片上移，R2的电功率减小答案 D解析只将S1从1拨向2时，输出电压升高，输出功率增大，电流表示数变大，选项A 错误．只将S2从3拨向4时，输出电压降低，输出功率减小，电流表示数变小，选项B 错误．只将R的滑片上移，R2中电流减小，R2的电功率减小，选项C错误，D正确．9．一台理想变压器，开始时开关S接1，此时原、副线圈的匝数比是11∶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串联接在副线圈上，如图8所示．则下列判断正确的是( )图8A．原、副线圈中的功率之比为11∶1B．若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，则1 min内滑动变阻器产生的热量为1 200 J C．若只将S从1拨到2，电流表示数增大D．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小答案 B解析根据变压器功率关系可知，原、副线圈中的功率之比为1∶1，选项A错误．根据焦耳定律，若滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，由于二极管的单向导电性，1 min 内滑动变阻器产生的热量为1 200 J ，选项B 正确．若只将S 从1拨到2，输出电压降低，输出功率减小，电流表示数减小，选项C 错误．若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，电压表示数不变，电流表示数减小，选项D 错误．二、多项选择题10．如图9所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时，灯泡L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )图9A ．向下滑动PB ．增大交流电源的电压C ．增大交流电源的频率D ．减小电容器C 的电容答案 BC解析滑片P 向下滑动，副线圈匝数减小，变压器输出电压减小，灯泡变暗，则A 项错误；增大原线圈的输入电压，输出电压增大，小灯泡变亮，B 项正确；增大交流电源的频率，电容器对交流电的阻碍减小，因此灯泡变亮，C 项正确；减小电容器的电容，电容器对交流电的阻碍会增大，灯泡会变暗，因此D 项错误．11．将一个R ＝36 Ω的电阻接在一正弦交流发电机的输出端，该电阻两端的u －t 图象如图10所示，下列说法正确的是( )图10A ．该电阻消耗的功率是72 WB ．该交流发电机的转速是50 r/sC ．图中交流电压的瞬时值表达式为u ＝362sin 100πt (V)D ．并联在该电阻两端的理想交流电压表的示数是36 2 V答案 BC解析由题图可知发电机输出电压最大值U m ＝36 2 V ，有效值U ＝36 V ，电阻消耗的功率P ＝U 2R ＝36 W ，选项A 错误；交流电周期T ＝0.02 s ，转速n ＝1T＝50 r/s ，选项B 正确；ω＝2πT＝100π rad/s ，所以交流电压的瞬时值表达式u ＝362sin 100πt (V)，选项C 正确；交流电压表示数为有效值36 V ，选项D 错误．12．如图11所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比是10∶1，原线圈输入交变电压u ＝141.4sin 50πt (V)，O 点是副线圈上、下匝数比为1∶4处抽出的线头，R 1＝2 Ω，R 2＝8 Ω，则( )图11A ．开关S 断开时，电流表的示数为0.1 AB ．开关S 闭合时，电流表的示数为0.1 AC ．开关S 断开时，两电阻总的电功率为20 WD ．开关S 闭合时，两电阻总的电功率为10 W答案 ABD解析输入电压的有效值为100 V ，由理想变压器的变压比公式可知，开关S 断开时，输出电压的有效值为10 V ，输出电流的有效值为1 A ，输出功率为10 W ，输入功率与输出功率相等，故输入功率为10 W ，即输入电流为10 W 100 V ＝0.1 A ，A 正确，C 错误；开关闭合时，R 1、R 2两端的电压分别为2 V 和8 V ，根据P ＝U 2R得两电阻消耗的功率分别为2 W 和8 W ，故两电阻的总功率为10 W ，D 正确；输入功率等于输出功率也为10 W ，由P ＝UI 得输入电流的有效值为0.1 A ，B 正确．13．在如图12所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，四个灯泡完全相同，其额定电压为U ，若已知灯泡L 3和L 4恰能正常工作，那么( )图12A ．L 1和L 2都能正常工作B ．L 1和L 2都不能正常工作C ．交流电源电压为2UD ．交流电源电压为4U答案 AD解析根据灯泡L 3和L 4恰能正常工作，变压器原线圈输入电压为灯泡L 3和L 4额定电压U 的2倍，输入电流为灯泡L 3和L 4的额定电流．所以L 1和L 2都能正常工作，交流电源电压为4U ，选项A 、D 正确，B 、C 错误．。

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
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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．

2014届高三物理一轮(14年预测+目标定位+规律总结)10.2《变压器电能的传输》教学案(新人教版)

《三维设计》2014届高三物理一轮教学案（14年预测+目标定位+规律总结）：10.2变压器电能的传输[想一想]一台理想变压器，其原线圈2 200匝，副线圈440匝，并接一个100 Ω的负载电阻，如图10－2－1所示。

图10－2－1(1)当原线圈接在44 V 直流电源上时，电压表、电流表的示数分别为多少？ (2)当原线圈接在220 V 交流电源上时，电压表、电流表的示数分别为多少？[提示] (1)原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，副线圈两端不产生感应电动势，故电压表示数为零，电流表示数也为零。

(2)由U2U1＝n2n1得U2＝U1n2n1＝220×4402 200 V ＝44 V(电压表示数)I2＝U2R ＝44100 A ＝0.44 A(电流表示数)[记一记]1．构造：如图10－2－2所示。

图10－2－2理想变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。

2．原理线圈的互感现象。

3．基本关系 (1)电压关系：U1U2＝n1n2(2)功率关系：P 入＝P 出(3)电流关系：①只有一个副线圈时：I1I2＝n2n1②有多个副线圈时：U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn4．几种常用的变压器(1)自耦变压器——也叫调压变压器。

(2)互感器：①电压互感器，用来把高电压变成低电压。

②电流互感器，用来把大电流变成小电流。

[试一试]1. (2011·新课标全国卷)如图10－2－3，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表。

现闭合开关，灯泡正常发光。

若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )图10－2－3A．U＝110 V，I＝0.2 AB．U＝110 V，I＝0.05 AC．U＝110 2 V，I＝0.2 AD．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A解析：选A 直接求出副线圈中的电压、电流分别为：220 V、0.1 A。

2024年高考物理第一轮复习讲义(有解析)：第十二章第2讲变压器电能的输送

2024年高考物理第一轮复习讲义（有解析）：第十二章第2讲变压器电能的输送【A级——夯实基础】1．(2023·浙江1月选考)如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。

甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I。

则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为()A．k1U，k2I B．k1U，C．，k2I D．，解析：根据理想变压器的电压和电流规律有＝k1，＝，解得甲图中高压线电压为U0＝k1U，乙图中高压线电流为I0＝，故B正确，A、C、D错误。

答案：B2．在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，如图所示，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接。

两线圈的电阻均可忽略不计。

闭合电源开关，他发现小灯泡发光很微弱。

为了适当提高小灯泡的亮度，下列方法可行的是()A．适当减少线圈a的匝数B．适当减少线圈b的匝数C．将交流输出电压适当减小D．将线圈a改接在直流输出端解析：为了适当提高小灯泡的亮度，即增大变压器副线圈的电压，因为变压器的规律是＝，所以U2＝，减少线圈a的匝数，即减小n1，可增大U2，故A正确；适当减少线圈b的匝数n2，U2减小，则不可以，故B错误；将交流输出电压U1适当减小，U2减小，也不行，故C错误；将线圈a改接在直流输出端更不行，因为直流电不能在副线圈产生电流，故D错误。

答案：A3．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() A．380 V和5．3 A B．380 V和9．1 AC．240 V和5．3 A D．240 V和9．1 A解析：对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝A≈9．1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V。

2014届高考物理第一轮复习方略10.2变压器电能的输送.

原线圈副线圈2. 如图所示是一台家用台灯亮度调节原理图, 自耦变压器接入正弦交流电压，电流表、电压表分别为理想交流电流表和理想交流电压表.若将调压端的滑动触头P向上移动，则（）《全程复习》2014届高考物理全程复习方略（人教版-第一轮）课时提能演练（含详细解析）10.2变压器电能的输送（40分钟100 分）、选择题（本题共8小题，每题9分，至少一个答案正确，选不全得5分，共72分）1. （2012 •泰州模拟）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（）A. 只增加原线圈的匝数n1B. 只减少副线圈的匝数n2C.只减少负载电阻R的阻值D.只增大负载电阻R的阻值A. 电压表V的示数变大B. 变压器的输出功率变大C. 电流表A的示数变小D. 电流表A的示数变大3. （2011 •山东高考）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（）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A.U 2= 190「2si n(50 二 t)VB.U2 = 190 一 2sin(100 t) VC.为使用户电压稳定在 220 V ,D.为使用户电压稳定在 220 V , 4.如图甲所示，理想变压器原、应将P 适当下移应将P 适当上移副线圈的匝数比为 10 : 1, R=20 Q , R 2=30 Q , C 为电容器.J已知通过R 的正弦式交流电如图乙所示，贝U （A. 交流电的频率为 0.02 HzB. 原线圈输入电压的最大值为200、2 VC. 电阻 R ＞的电功率约为 6.67 WD. 通过R 3的电流始终为零 5.如图所示，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，则当开关 S 闭合时（）A. 交流电压表 V 2和V 3的示数一定都变小B. 交流电压表V 3的示数变小C. 交流电流表A i 、A 和A 的示数一定变大D. 只有A 1的示数变大施.-K-W.6. （2012 •中山模拟）如图所示，L i和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器•若已知变压比为1 000 : 1,变流比为100：1，并且知道电压表示数为220 V,电流表示数为10 A，则输电线的输送功率为（）A. 2.2 X 103 WB.2.2 X 10-2 W8 4C. 2.2 X 10 WD.2.2 X 10 W7. 如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n 1,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 Q ,电流表A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A的示数为1.0 AD. 电流表A的示数为0.4 A8. 某水电站，用总电阻为2.5 Q的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3X 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2X 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9X 108 kWD. 输电线上损失的功率为△ P= U/r , U为输电电压，r为输电线的电阻二、计算题（本大题共2小题，共28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. （12分）收音机的变压器的初级线圈有 1 210匝，接在Ui=220 V的交流电源上，变压器有两个次级线圈.次级线圈n的匝数为35匝，次级线圈川的匝数是1 925匝.如果不计变压器自身的能量损耗，当变压器工作时，线圈n的电流是0.3 A时，初级线圈的电流11=0.114 A. 求线圈川中电流和输出电压（电流的计算结果保留3位有效数字）.10. （2012 •东莞模拟）（16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1.【解析】选C.由知,当n 1增大时,n 1U 1U 2减小，当2. 【解析】选A 、B D.当滑动触头P 向上移动时,自耦变压器“副线圈”匝数增大，由n IIn 1 U1可知“副线两端电压增大，台灯的功率变大,A B 正确；由于理想变压器输入功率与输出功率相等, 且输入电压不变，故电流表示数变大, C 错误、D 正确.3.【解题指南】解答本题应注意以下三点:由业皿可知，原线圈电压的最大值U 1=200 V,B 错 R 和 F 2 并联, 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n 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?答案解析..2知，A B 、D 均错误，C 正确.U 2n 1来使U 2增大，由可得应使n 1减小，故应将P 适当上移，D 选项正确.u 1 n 1 U 2 n 24. 【解析】选C.由图乙可知交流电频率为 50 Hz,所以A 错.副线圈电压最大值 U 2=l m1R=20 V,U 2 2 (-1 2 3)2F2- 6.67 W230故C 正确；因电容器接交流电有充放电电流，故 D 错.5.【解析】选B.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,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u 2 =190、、2sin( 100二t)V ， B 选项正确，又在 U 1、n 2不变的前提下通过改变两端的交变电压为uA.开关接通后,B.开关接通后,C.开关断开后,D.开关断开后, 氖泡的发光频率为 100 Hz 电压表的示数为 100 V电压表的示数变大变压器的输出功率不变【解析】选AB.由于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，C 错误；交流电每个周期内氖泡发光两次，每秒发光100 次,R =R =44 W 据故B 正确，A 错误；A 的读数，故C 正确，D 错误.副线圈中电流12增大，A 示数增大，由P 入=P 出，即l i U=l 2U 可知A l 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 s 示数变小.R i 两端电压减小，故流过 R i 处的电流13变小，A 示数变小，故 B 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、畐U 线圈的电压 U 、U 2不变，电流丨1、I 2,功率P i 、P 2随负载电阻的变化而变化•⑵负载电阻不变，原线圈的电压 U i 不变，副线圈两端的电压U 、电流丨1、丨2，功率P i 、P 2随匝数比的变化而变化• 【变式备选】（2012 •海口模拟）如图所示，理想变压器的原、畐U 线圈匝数比为1 : 5,原线圈.20 2sin100t 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（）则氖泡发光频率为100 Hz , A 正确；开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小，D 错误. 6. 【解析】选C.根据门,得，U=2.2 X 105 V ,丨1=1 000 A ，所以输电线的输U 1 n 1 n 1 l 2 U 2 n 2 n 211送功率 P=U11=2.2 X 108 w, C 正确•7. 【解析】选B 、C.对于理想变压器， P 1=Ul 1=220X 0.20 W=44 W ，则负载电阻消耗的功率P _ U 22，得 U 2 F pR = {44—44 V =44 V ，贝U n 1 _ U 1 _ 220 _ 5 2 R n 2 U 2 44•忙*A =1 A 44I 1U 1U 3= 0.066 2 A（3答案:0.066 2 A350 V（1 输电线上的电流8. 【解析】选B.输出电功率P=3X 106 kW 输电电压U=500 kV ,则输电线上输送的电流大小p ，所以A 错；输电线上由电阻造成的电压损失①=|r = 15 kV ，所以BI - =6 103 AU正确；输电线上损失的功率p 2 ，所以D 错误；若损失功率为△ -=9X 108kW 时， L — = ：UI 2 r U 2△ P 远大于输出功率，不符合实际，故 C 错误.9. 【解析】线圈n 两端的电压为：U 2 =n2U 135220 =6.36 V1 210（3分）线圈川两端的电压为:U 3 =匹5 二1"925 220 =350 V1 210（3分）不计变压器自身的能量损耗，由能量转化和守恒定律 P 1=P 2+P 3,I 心=1 2U 2+13U 3（3分）10. 【解析】（1）输送功率P=500 kW,一昼夜输送电能 E=Pt=12 000 kW • h （1分）输电线上损失的电能 △ E=4 800 kW • h所以输电效率n（1分） P I100 AU（2分）终点得到的电能 E' =E- △ E=7 200 kW • h,（1（1分）（2输电线损耗功率P r =l 2r,（2分）其中= 200 kW（1分）得 r=20 Q .（2分）（2分）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. 分）答案：（1）60% 20 Q （2）22.4 kV(2)输电线上损耗功率P r-（—）2r 工 U。

2014届高考物理一轮 (考纲自主研读+命题探究+高考全程解密) 第2讲理想变压器电能的输送传感器(含解析

第2讲理想变压器电能的输送传感器对应学生用书P189理想变压器 Ⅱ(考纲要求) 【思维驱动】图10－2－1(单选)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10－2－1所示，然后将原线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V ．按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )． A ．1 100，360 B ．1 100，180 C ．2 200，180 D ．2 200，360解析根据U 1U 2＝n 1n 2可得2201＝n 15，可知n 1＝1 100.排除C 、D 两项．再由22036＝n 1n 2可知n 2＝180，故A 错、B 对．答案 B 【知识存盘】1．构造：如图10－2－2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10－2－2(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 1n 1＝U 2n 2；有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…． (3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1.由P 入＝P 出及P ＝UI 推出有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n ． 4．几种常用的变压器 (1)自耦变压器——调压变压器(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：用来把高电压变成低电压Ｗ.电流互感器：用来把大电流变成小电流Ｗ.电能的输送 Ⅰ(考纲要求) 【思维驱动】(单选)(2013·江西重点中学联考)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 ．供电线路上的电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小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C 正确．答案 C 【知识存盘】1．输电过程(如图10－2－3所示)图10－2－32．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q ＝I 2Rt ． 3．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR ． 4．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R . 5．输送电流 (1)I ＝P U ；(2)I ＝U －U ′R.传感器 Ⅰ(考纲要求) 【思维驱动】(多选)(2011·江苏卷，6)美国科学家Willard S ．Boyle 与George E ．Smith 因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖．CCD 是将光学量转变成电学量的传感器．下列器件可作为传感器的有( )． A ．发光二极管 B ．热敏电阻 C ．霍尔元件 D ．干电池解析发光二极管有单向导电性，A 错；热敏电阻和霍尔元件都可作为传感器，B 、C 对；干电池是电源，D 错．答案 BC 【知识存盘】 1．传感器(1)定义：感受非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电学量，或转换为电路的通断的一类元件． (2)工作原理2．传感器的基本元件 (1)光敏电阻①特点：电阻值随光照增强而减小．②原理：光敏电阻由半导体材料制成，无光照时，载流子极少，导电性能不好；随着光照的增强，载流子增多，导电性变好．③作用：把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量． (2)热敏电阻和金属热电阻(3)霍尔元件①组成：在一个很小的矩形半导体薄片上，制作4个电极E 、F 、M 、N ，就成为一个霍尔元件．图10－2－4②原理：E 、F 间通入恒定的电流I ，同时外加与薄片垂直的磁场B 时，薄片中的载流子就在洛伦兹力作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M 、N 间出现电压(如图10－2－4所示)．③霍尔电压：U H ＝k IB d，d 为薄片厚度，k 为霍尔系数．一个霍尔元件的d 、k 为定值，若保持I 恒定，则U H 的变化就与B 成正比．④作用：把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量． 3．传感器的原理分析 (1)感受量分析要明确传感器所感受的物理量，如力、热、光、磁、声等． (2)输出信号分析明确传感器的敏感元件，分析它的输入信号及输出信号，以及输入信号与输出信号间的变化规律．(3)电路结构分析认真分析传感器所在的电路结构，在熟悉常用电子元件工作特点基础上，分析电路输出信号与输入信号间的规律．远距离高压输电的几个基本关系对应学生用书P191考点一理想变压器基本规律的应用图10－2－5【典例1】 (单选)(2012·海南卷，4)如图10－2－5所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V ，6 W ”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是( )． A ．120 V ，0.10 A B ．240 V ，0.025 A C ．120 V ，0.05 A D ．240 V ，0.05 A解析副线圈电压U 2＝12 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝240 V ，副线圈中电流I 2＝2×P U ＝1 A ，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝0.05 A. 答案 D【变式跟踪1】 (单选)如图10－2－6所示为一理想变压器，图10－2－6原副线圈的匝数之比为1∶n ，副线圈接一定值电阻R ( )． A ．若a 、b 之间接直流电压U ，则R 中的电流为nU RB ．若a 、b 之间接直流电压U ，则原副线圈中的电流均为零C ．若a 、b 之间接交流电压U ，则原线圈中的电流为n 2URD ．若a 、b 之间接交流电压U ，则副线圈中的电流为U nR解析根据变压器原理可知，接直流电时，R 中没有电流，A 错误；但在原线圈中能形成闭合回路，有电流，B 错误；在a 、b 间接交流电压U 时，由公式U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1得U 2＝nU ，I 2＝nU R ，I 1＝n 2UR，所以C 正确，D 错误．答案 C ,借题发挥1．对理想变压器的理解 (1)没有能量损失 (2)没有磁通量损失 (3)基本量的制约关系2.变压器问题的解题思路考点二变压器的动态分析【典例2】 (单选)(2012·福建卷，14)图10－2－7如图10－2－7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( )． A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值 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 1变小解析交流电表的示数为有效值，故A 、B 两项均错误；P 向下滑动过程中，R 变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U 1、U 2均不变，所以I 2＝U 2R 0＋R变大，由I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I 2变大，故C 项正确、D 项错误．答案 C【变式跟踪2】 (多选)为探究理想变压器原、图10－2－8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10－2－8所示．当开关S 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示数不变，V 1与V 2示数的比值不变解析交流电源电压有效值不变，即V 1示数不变，因U 1U 2＝n 1n 2，故V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变，D 对．S 闭合使负载总电阻减小，I 2＝U 2R，所以I 2增大．因I 1I 2＝n 2n 1，所以A 1示数增大，A 1与A 2示数比值不变，A 对．答案 AD ,借题发挥变压器的动态分析1．根据题意弄清变量与不变量． 2．弄清变压器动态变化的决定关系． (1)原线圈与副线圈电压的决定关系． (2)输入功率与输出功率的决定关系． (3)原线圈与副线圈电流的决定关系． 3．基本思路程序U 1错误!U 2错误! I 2――→P 1＝P 2（I 1U 1＝I 2U 2）决定I 1――→P 1＝I 1U 1决定P 1 考点三远距离输电问题【典例3】 (单选)(2012·天津卷，4)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 ，1n 2解析根据变压器的变压规律，得U 1U ＝k ，U 2U＝nk ，所以U 1＝kU ，U 2＝nkU .根据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＝P nkU.根据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 ，所以P 2P 1＝1n 2.选项D正确，A 、B 、C 错误．答案 D【变式跟踪3】 (单选)2012年入春以来，图10－2－10云南省部分地区出现严重旱情，导致大面积农作物受灾，大量群众饮水困难．目前旱情仍在继续．为帮助灾区抗旱，电力部门加大了对灾区的电力供应．如图10－2－10所示，发电厂的输出电压和输电线的电阻、变压器不变，若发电厂增大输出功率，则下列说法正确的是( )．A ．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减小解析发电厂的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，A 项错；发电厂输出功率增大，则输电线中电流增大，导线上损耗功率和损耗电压增大，降压变压器的输入、。

2014年高考物理一轮快速提升训练专题十一交变电流(含详解)

1. （2013河南三市联考）如图所示，理想变压器与电阻R,交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器的原副线圈的匝数比为电阻R=10ΩD图乙是R两端电压U随时间变化的图象，U m=10V。

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= cos100πt (A)B. 电流表A的读数为C. 电压表V的读数为10VD. 变压器的输人功率为1OW答案：D解析：根据R两端电压U随时间变化的图象，电压表V的读数为10V，选项C 错误；由欧姆定律，通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R=cos100πt (A)，选项A错误；由变压器变压公式，输入电压为100V，输入电流为0.1A，变压器的输人功率为1OW，电流表A的读数为0.1A，选项B错误D正确。

2．（2013四川自贡一诊）如右图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1：n2=10：1，接线柱a、b接一正弦交变电源，电压。

变压器右侧部分为一火警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器（电阻随温度升高而减小），R1为一定值电阻。

下列说法正确的是（）A．当R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变小B．当R2所在处出现火警时，电压表V2的示数变大C．当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变小D．电压表V1示数为22V答案．D解析：当R2所在处出现火警时，阻值减小，变压器输出电流增大，输出功率增大，电阻R1两端电压增大，电阻R1的功率变大，电压表V2的示数变小，选项AB错误；由输入功率等于输出功率可知，当R2所在处出现火警时，电流表A的示数变大，选项C错误；由变压器变压公式，变压器输出电压为22V，电压表V1示数为22V，选项D正确。

3. （2013安徽皖南八校联考）某理想变压器原、副线圈的匝数比为44∶3，原线圈a.b间所接电原电压按图所示规律变化，副线圈接有负载电阻，电流表的示数为2.2 A，则下列判断正确的是A．.副线圈两端输出的电压为15VB．.原线圈中的电流为0.15 AC．变压器的输入、输出功率之比为44∶3D．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin100t（V）答案：B解析：原线圈电压U1=220V，由变压公式，副线圈两端输出的电压为15V，输出功率P=UI=33W，根据理想变压器输入功率和输出功率相等，可知原线圈中的电流为0.15 A，选项B正确C错误；原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin100πt（V），选项D错误。

高考一轮复习资料理想变压器模型就这三招

高考一轮复习资料理想变压器模型就这三招一、理想变压器的几个基本效果〔1〕理想变压器的结构、作用、原理及特征。

结构：两组线圈〔原、副线圈〕绕在同一个闭合死心上构成所谓的变压器。

作用：在操持送电能的进程中改动电压。

原理：其任务原理是应用了电磁感应现象。

特征：正由于是应用电磁感应现象来任务的，所以变压器只能在保送交变电流的电能进程中改动交流电压。

〔2〕理想变压器的理想化条件及规律如下图，在理想变压器的原线圈两端加交流电压U 1后，由于电磁感应的缘由，原、副线圈中都将发生感应电动势。

依据法拉第电磁感应定律，有疏忽原、副线圈内阻，有另外，思索到死心的导磁作用而且疏忽漏磁，即以为恣意时辰穿过原、副线圈的磁感线条数都相反，于是又有由此便可得理想变压器的电压变化规律为在此基础上再疏忽变压器自身的能量损失〔普通包括了线圈内能量损失和死心内能量损失这两局部，区分俗称为〝铜损〞和〝铁损〞〕，有21P P ，而于是又得理想变压器的电流变化规律为由此可见：①理想变压器的理想化条件普通指的是：疏忽原、副线圈内阻上的分压，疏忽原、副线圈磁通量的差异，疏忽变压器自身的能量损耗〔实践上还疏忽了变压器原、副线圈电路的功率要素的差异〕。

②理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想化条件下的新的表现方式。

〔3〕多组副线圈理想变压器的规律。

如下图，原线圈匝数为1n ，两个副线圈的匝数区分为1n 、2n 相应的电压区分为1U 、2U 和3U ，相应的电流区分为1I 、2I 和3I 依据理想变压器的任务原理可得2121n n U U =① 3131n n U U =②可得依据出入P P =得：332211I U I U I U +=④将①③代入④得3232221212I n n U I U I n n U +=整理得〔4〕原副线圈的位置原〔副〕线圈在原〔副〕线圈回路中所处的位置是充任负载〔电源〕。

二、处置理想变压器效果的绝招招数一能量守恒法〔功率思绪〕理想变压器的输入、输入功率为P 入=P 出，即P 1=P 2；当变压器有多个副绕组时，P 1=P 2+P 3+…… 招数二电流、电压关系法变压器原、副线圈的电压之比为2121n n U U =；当变压器有多个副绕组时，只需绕在同一闭合铁芯上，恣意两线圈之间总有QPQ P n n U U =对只要一个副绕组的变压器有1221n n I I =；当变压器有多个副绕组时n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3+…… 招数三等效负载电阻法变压器等效负载电阻公式的推导：设理想变压器原副线圈的匝数之比为n 1：n 2，原线圈输入电压为U 1，副线圈负载电阻为R ，如图1〔1〕所示，在变压器正常任务时，求a 、b 间的等效电阻。

2014届高考物理一轮复习第44讲变压器电能的输送ppt课件

B、C 错误，变压器的输入电功率 P1＝P2＝U2I2＝22 W，D 正确．
3． [远距离输电中的电压与功率损失]在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么 A．输电线路上损失的电压与输送电流成正比 B．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大 C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比 D．输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比
4．理想变压器的理解 (1)没有能量损失； (2)没有磁通量损失．二、远距离输电 1．输电过程(如图 2 所示)
图2
2．输送电流 U－U′ P (1)I＝；(2)I＝ . U R 3．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为 Q＝ 4．电压损失 (1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝ 5．功率损失 (1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝ 6．降低输电损耗的两个途径
1．理想变压器的动态分析的方法
(1)分清不变量和变量；
(2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系；
(3)利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定．
图1
Um 解析由于 e＝311sin 100πt V，原线圈电压最大值 Um 为 311 V，有效值 U1＝＝220 V， 2 U1 n1 根据＝可得 U2＝44 V， U2 n2 U2 n2 由欧姆定律知，副线圈中电流 I2＝ R ＝0.5 A，I2m＝ 2I2＝0.7 A，I1＝ I2＝0.1 A，所以 A、 n1
2． [理想变压器的变压规律]如图 1 所示，一理想变压器的原线圈匝数 n1＝1 000 匝，副线圈匝数 n2＝200 匝，交流电源的电动势 e＝311sin 100πt V(不考虑其内阻)，电阻 R＝ 88 Ω，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则 A．电压表的示数为 62.2 V B．电流表的示数为 2.5 A C．通过 R 的电流最大值为 0.5 A D．变压器的输入电功率为 22 W ( D )

届高考物理大一轮总复习(主干回顾固基础+典例突破知规律+特色培优增素养)10-2 变压器电能的输送课件

(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，也可简记为“用决定供”．
典例透析
[2012· 山东高考 ]( 多选 ) 图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为 n1、n2，○ V 为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于 5000 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( )
U1 n1 提示：＝ U2 n2
[尝试解答]
选BC.
5 由 u－t 图象可知最大电压值为 5 V，故有效值为 V，交 2 流电压表测量的是有效值，A 错，B 对；由变压器电压与线圈 n2 n2 匝数的关系可知，U2＝ U1＝5 ，当变压器副线圈电压的瞬时 n1 n1 n2 n2 值大于 5000 V，即 5 >5000，所以 >1000，C 对，D 错． n1 n1
基本量关系解题的两点提醒 (1)理想变压器的应用中要注意副线圈和原线圈功率相等这
个特点，电流关系的推导是以其为依据的．
(2)变压器的以上关系都是根据 “ 口 ” 字型铁芯的变压器推出的．如果变压器不是 “ 口 ” 字型铁芯，应根据变压器的原理及各线圈中磁通量的关系推导出各物理量的关系．
[变式训练] 1. [2013· 广东高考]如图，理想变压器原、副线圈匝数比 n1∶ n2＝2∶1，○ V 和○ A 均为理想电表，灯泡电阻 RL＝6 Ω，AB 端电压 u1＝12 2sin 100πt(V)．下列说法正确的是( )
答案：D
2. [2011·江苏高考]图1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

高考物理一轮复习第十章交变电流传感器微专题74

74 变压器与远距离输电[方法点拨] (1)变压器联系着两个电路：原线圈电路、副线圈电路．原线圈在原线圈电路中相当于一用电器．副线圈在副线圈电路中相当于电源．(2)远距离输电示意图中涉及三个电路，在中间的远距离输电线路中升压变压器的副线圈、导线、降压变压器的原线圈相当于闭合回路的电源、电阻、用电器．1．(多选)(2018·铜山模拟)如图1所示，理想变压器的原线圈接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝2202sin 100πt(V)，副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，灯泡的电阻为22 Ω，电动机内阻为1 Ω，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作．则( )图1A．通过副线圈的电流频率为5 HzB．电压表示数为22 VC．变压器原线圈的输入功率为66 2 WD．电动机的输出功率为40 W2．如图2所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，a、b两点间的电压为u ＝2202sin 100πt(V)，R为可变电阻，P为额定电流1 A、用铅锑合金制成的保险丝．为使保险丝中的电流不超过1 A，可变电阻R连入电路的最小阻值是( )图2A．2.2 Ω B．2.2 2 ΩC．22 Ω D．22 2 Ω3．如图3所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L＝6 Ω，AB端电压u1＝122sin 100πt(V)．下列说法正确的是( )图3A．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 W4．(多选)(2017·伍佑中学调研)如图4所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2∶1，原线圈通过灯泡L1与正弦式交流电源相连，电源电压有效值恒定，副线圈通过导线与灯泡L2和L3相连，三个灯泡规格完全相同．开始时开关S处于断开状态．当S闭合后，所有灯泡都能发光．下列说法中正确的是( )图4A．闭合开关S后，灯泡L1和L2亮度相同B．闭合开关S后，灯泡L1变亮，灯泡L2的亮度不变C．闭合开关S后，灯泡L2两端的电压变小D．闭合开关S后，变压器原线圈的输入功率不变5．如图5所示，a、b两端接在电压有效值恒定的正弦交流电源上，L1、L2、L3是三个相同的灯泡，T为理想变压器，开关S断开时，灯泡L1、L2、L3亮度相同(未达到正常发光状态)，若闭合S，下列判断正确的是( )图5A．灯泡L1变亮B．灯泡L2、L3变暗C．原、副线圈两端的电压比为2∶1D．原线圈中增加的电流大于副线圈中增加的电流6．(2017·泰州中学模拟)如图6所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，额定功率均为P，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2以及电源电压U1为( )图6A．1∶22U B．2∶14UC．2∶12U D．1∶24U7．(多选)如图7所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图，图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表．设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，并且电阻不变．变阻器R相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时( )图7A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．线路损耗功率增大8．(多选)如图8所示，一个面积为S的单匝金属线圈(电阻不计)在匀强磁场B中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端通过电刷与图示的电路连接．其中电阻R1＝R，光敏电阻R2在无光照时其阻值也为R(有光照时其电阻减小)，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，则( )图8A．从图示位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为e＝BSωsin ωt B．开关S处于闭合状态，当减小光照强度时，电压表的示数不变，电流表的示数减小C．开关S处于闭合状态，当R2上端串联理想二极管(正向电阻为零，反向电阻无穷大)时，电流表的示数不变D．当开关S断开、R2用黑纸包裹时，R2两端电压的有效值为2nBSω2(1＋n2)9．(2018·高邮市段考)如图9所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝55∶1，原线圈接入电压u＝2202sin 100πt(V)的交流电源，图中电表均为理想电表，闭合开关后，当滑动变阻器的滑动触头P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )图9A．副线圈中交变电流的频率为100 HzB．t＝0.02 s时，电压表的示数为0C．电流表的示数先变小后变大D．定值电阻R消耗的功率先变大后变小10．(多选)如图10甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω.在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，下列说法正确的是( )图10A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 AB．当S与a连接后，理想电压表示数为11 VC．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 HzD．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍11．(多选)(2018·苏州市初期调研)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)．第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P1.第二次采用如图11所示的电路输电，其中理想变压器T1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器T2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P2.下列说法正确的是( )图11A．前后两次实验都可用于研究远距离直流输电B．实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失C．若输送功率一定，则P2∶P1＝n12∶n22D．若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n212．如图12为远距离输电示意图，升压变压器T1的原、副线圈匝数比为n1∶n2＝k∶1，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为n3∶n4＝1∶k，在T1的原线圈两端接入一内阻为k2r、电动势e＝E m sin ωt的交流电源，两条输电线的总电阻为r，假设用户处的总电阻为R，不考虑其他因素的影响，两变压器均为理想变压器，则输电线上损失的电功率为( )图12A.k2E m2r2(R＋2k2r)2B.k2E m2r2(R＋k2r)2C.k2E m2r2(R＋r＋k2r)2D.k2E m2r(R＋r＋k2r)2答案精析1．BD [由u ＝2202sin 100πt (V)知交变电流的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交变电流的频率，A 错误；由理想变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2，可知U 2＝n 2n 1U 1＝22 V ，故电压表的示数为22 V ，B 正确；变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为P ＝U 2I 2＝66 W ，C 错误；流过小灯泡的电流I ＝U 2R ＝1 A ，故流过电动机的电流I M ＝2 A ，电动机的输出功率P 出＝U 2I M －I M 2r ＝40 W ，D 正确．]2．A3．D [由ω＝100π＝2πf 得f ＝50 Hz ，A 错；由题知：U m1＝12 2 V ，则有效值U 1＝U m12＝12 V ．由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L ＝1 A ，B 、C 错；由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 对．]4．AC 5.D6．B [设灯泡正常发光时，额定电流为I 0.由题图可知，原线圈中电流I 原＝I 0，副线圈中两灯并联，副线圈中电流I 副＝2I 0，U 副＝U ，根据理想变压器的基本规律：I 原n 1＝I 副n 2得n 1∶n 2＝2∶1；U 原∶U 副＝n 1∶n 2得U 原＝2U ，所以U 1＝4U ，B 正确．]7．BCD8．BD [从题图所示位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式为e ＝BSωcos ωt ，故选项A 错误；减小光照强度时，R 2电阻增大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，通过R 2的电流减小，电流表示数减小，故选项B 正确；由于理想二极管具有单向导电性，在一个周期内有U 22R ·T 2＋0＝U 2′2R·T ，电阻消耗的功率减小，原线圈输入功率减小，电流表示数将减小，故选项C 错误；开关S 断开时，电阻R 1和理想变压器串联，根据串联电路规律有：U 1′＝BSω2－I 1′R 1，U 1′U 2′＝n ，I 1′I 2′＝1n ，I 2′＝U 2′R 2，联立解得：I 1′＝2BSω2R (1＋n 2)，U 2′＝2nBSω2(1＋n 2)，故选项D 正确．] 9．C [由电压公式知ω＝100π rad/s，f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，A 项错误；原线圈两端的输入电压有效值为220 V ，由电压与匝数成正比知，U 1U 2＝n 1n 2，所以副线圈两端电压为：U 2＝n 2n 1·U 1＝155×220 V＝4 V(即为电压表的读数)，B 项错误；由题图可知，滑动变阻器的上、下两部分并联后与R 串联，根据串并联电路的特点可知，当P 位于中间位置时，并联电阻的电阻值最大，所以当滑动变阻器的滑动触头P 从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻先增大后减小，根据闭合电路欧姆定律可知，电路中的电流先减小后增大，定值电阻R 消耗功率将先减小后增大．变压器的输出电流先减小后增大，则输入的电流也是先减小后增大，即电流表的示数先变小后变大，C 项正确，D 项错误．]10．AD11．BC [变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A 错误；实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失，故B 正确；第一次实验输电线上的电流I ＝P U 1，输电线上损失的功率P 1＝I 2R ＝P 2U 12R ，第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U 2＝n 2n 1U 1，输电线上的电流I ′＝P U 2，输电线上损失的功率P 2＝I ′2R ＝P 2U 22R ，所以：P 2P 1＝U 12U 22＝n 21n 22，故C 正确，D 错误．] 12．A [由题意可知降压变压器原线圈有U 3I 2＝n 3n 4U 4n 4n 3I 3＝n 32n 42R ＝R k 2，同理，升压变压器原线圈有U 1I 1＝n 12n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫R k 2＋r ＝R ＋k 2r ，又U 1I 1＝22E m －I 1k 2r I 1＝22E m n 2n 1I 2－k 2r ，联立解得输电线上的电流I 2＝kE m 2(R ＋2k 2r )，则输电线上损失的电功率P r ＝I 22r ＝k 2E m 2r 2(R ＋2k 2r )2，A 正确．]。

2014届高考物理一轮复习课件(考纲解读+考点探究+高分技巧)：10.2变压器远距离输电(60张ppt,含详解)

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10-2-5
解析根据变压器原理可知，接直流电时，R 中没有电流，A
错误；但在原线圈中能形成闭合回路，有电流，B 错误；在 a、
b
间接交流电压
U
时，由公式U1＝n1，I1＝n2得 U2 n2 I2 n1
U2＝nU，I2＝nRU，
I1＝nR2U，所以 C 正确，D 错误．
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4．几种常用的变压器 (1)自耦变压器——调压变压器 (2)互感器电电压流互互感感器器：：用用来来把把大高电电流压变变成成小电低流电压 . .
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远距离输电 Ⅰ(考纲要求)
功率，则下列说法正确的是
( )．
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A．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减小
解析发电厂的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不
变，A 项错；发电厂输出功率增大，则输电线中电流增大，导线上损耗功率和损耗电压增大，降压变压器的输入、输出电压减小，B 错、C 对；输电线上损耗的功率与总功率的比值为II2UR
载总电阻减小，I2＝UR2，所以 I2 增大．因II12＝nn21，所以 A1 示数增大，A1 与 A2 示数比值不变，A 对．答案 AD
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2014届高考物理一轮复习第44讲变压器电能的输送配套练习

2014届高考物理一轮复习第44讲变压器电能的输送配套练习1.(2012四川16）如图所示，在铁芯P上绕着两个线圈a和b，则（）A．线圈a输入正弦交变电流，线圈b可输出恒定电流B．线圈a输入恒定电流，穿过线圈b的磁通量一定为零C．线圈b输出的交变电流不对线圈a的磁场造成影响D．线圈a的磁场变化时，线圈b中一定有电场2．(2012重庆理综15)如图13所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000·2sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V880 W”的电器R L供电，该电器正常工作．由此可知 ( )A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W3.（2013江苏8）如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光。

要使灯泡变亮，可以采取的方法有（）（A）向下滑动P（B）增大交流电源的电压（C）增大交流电源的频率（D ）减小电容器C 的电容4.（江苏省徐州市2013届高三摸底）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 sint Tπ2 B ．电压表的示数为C ．变压器的输入功率为RU 20 D ．变压器的匝数比为5.（2012武汉市四月调考）一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求。

要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电。

到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”、“二次变电站”降压。

已知经低压变电站降压变压器（可视为理想变压器）后供给某小区居民的交流电2202u t π= V ，该变压器原、副线圈匝数比为50︰1，则下列说法正确的是（）A ．原线圈上的电压为110002B ．原线圈中电流的频率是100 HzC ．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D ．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗6.（湖北省部分重点中学2013届高三联考）如图所示，电路是手机等充电器的内部电路的核心部分的简化模型，将变压器和二极管都当做理想元件，已知变压器的原副线圈匝数比为20:1，A 、B 端输入的电压为2202()U t V π=，对于输出端CD(OD 为副线圈的中心抽头) （）A.输出电压的有效值为11VB.输出电压的有效值为5.5VC.CD 端的输出功率和AB 端输入功率之比为1:2D.CD 端的输出功率和AB 端输入功率之比为1:17.（2013年长春市高中毕业班二调——如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，原线圈输入交变电压t u π50sin 2100=,在副线圈中串接有理想交流电流表和定值电阻R ，电容器的电容C = 2.0x10-δF,并联在电阻R 两端，电阻阻值R =10Ω。

高三物理一轮总复习11.3 理想变压器及基本关系的理解用伴学

峙对市爱惜阳光实验学校专题1 理想变压器及根本关系的理解用课前预习● 自我检测1. 判断正误，正确的划“√〞，错误的划“×〞(1)变压器不但可以改变交流电压，也可以改变直流电压。

( ×)(2)理想变压器的根本关系式中，电压和电流均为有效值。

( √)(3)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。

( ×)(4)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。

( ×)(5)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。

( ×)2. (多项选择)如下图，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1。

电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计。

以下说法正确的选项是( ) A．S与a接通的瞬间，R中无感电流B．S与a接通稳后，R两端的电压为0C．S与b接通稳后，R两端的电压为3 VD．S与b接通稳后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1【答案】BC3. 如下图，理想变压器的原线圈接入u＝11 0002sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V880 W〞的电器R L供电，该电器正常工作。

由此可知( )A．原、副线圈匝数比为50∶1B．交变电压的频率为100 HzC．副线圈中电流有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W【答案】C4. 如下图，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端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0.2 A。

以下判断正确的选项是( )A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1C．电流表A2的示数为0.1 AD．电流表A2的示数为0.4 A【答案】B【解析】由电压表V示数和电流表A1的示数可得原线圈中的功率P1＝U1I1，P1＝P2＝I22R，所以电流表A2的示数为I2＝U1I1R＝220×0.244A＝1 A，C、D错误；原线圈和副线圈的匝数比n1n2＝I2I1＝51，A错误，B正确。

2014高考人教通用版物理一轮复习精练第30讲变压器含解析

第30讲变压器错误!1．2012·盐城模拟正弦式电流经过匝数比为错误!＝错误!的变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按如图K30－1甲所示方式连接，R＝10 Ω。

图乙所示是R两端电压U随时间变化的图象,U m ＝10错误!V，则下列说法中正确的是( )甲乙图K30－1A．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R＝错误!cos 100πt(A) B．输入变压器的正弦式电流频率为500 HzC．电流表A的读数为错误!AD．电压表的读数为10 2 V2．2012·南京调研如图K30－2所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u1＝220错误! sin(100t) V，则( ）图K30－2A．电压表的示数为22错误!VB．在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电流表A2的示数变小C．在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电流表A1的示数变大D．在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，理想变压器的输入功率变大3．2012·西宁模拟如图K30－3所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度B＝错误!T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0。

5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V,60 W"灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是（)图K30－3A．图示位置穿过线框的磁通量为零B．线框中产生交变电动势的有效值为500错误!VC．变压器原、副线圈匝数之比为35∶11D．允许变压器输出的最大功率为5 000 W4．2012·长沙模拟为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压．某降压变电站将电压u＝11000错误!sin100πt(V）的交流电降为220 V供居民小区用电，则变电站变压器（）A．原、副线圈匝数比为50∶1B．副线圈中电流的频率是100 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技能强化5．2012·温州模拟如图K30－4所示，一理想变压器原线圈匝数为n1＝1 000 匝，副线圈匝数为n2＝200匝,将原线圈接在u＝200错误!sin120πt(V）的交流电压上，电阻R＝100 Ω,电流表A为理想电表，下列推断不正确的是（）图K30－4A．交变电流的频率为60 HzB．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为错误!Wb/sC．电流表A的示数为错误!错误!AD．变压器的输入功率是16 W6．2013·山东名校联盟测试照明电路中，为了安全，一般在电能表后面电路上安装一漏电保护器，如图K30－5所示，当漏电保护器的ef两端未接有电压时，脱扣开关S能始终保持接通，当ef 两端有一电压时，脱扣开关S立即断开,下列说法正确的有( )图K30－5A．站在地面上人触及b线时（单线触电)，脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用B．当用户家的电流超过一定值时,脱扣开关会自动断开，即有过流保护作用C．当相线和零线间电压太高时，脱扣开关会自动断开，即有过压保护作用D．当站在绝缘面上的带电工作的人两手分别触到b线和d线时(双线触电)脱扣开关会自动断开，即有触电保护作用7．2012·洛阳四校联考如图K30－6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＝20错误!sin100πt 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( ）图K30－6A．开关接通后，氖泡的发光频率为50 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挑战自我8．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程．枢纽控制流域面积为1.0×106 km2，占长江流域面积的56%,坝址处年平均流量为Q＝4.51×1011m3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面,三峡电站安装水轮发电机组26台,总装机容量（指26台发电机组同时工作的总发电功率)为P＝1。

高考物理一轮复习变压器知识点

高考物理一轮复习变压器知识点变压器是应用电磁感应的原理来改动交流电压的装置，下面是变压器知识点，希望对大家有协助。

变压器由铁芯(或磁芯)和线圈组成，线圈有两个或两个以上的绕组，其中接电源的绕组叫初级线圈，其他的绕组叫次级线圈。

它可以变换交流电压、电流和阻抗。

最复杂的死心变压器由一个软磁资料做成的死心及套在死心上的两个匝数不等的线圈构成。

变压器原理死心的作用是增强两个线圈间的磁耦合。

为了增加铁内涡流和磁滞损耗，死心由涂漆的硅钢片叠压而成;两个线圈之间没有电的联络，线圈由绝缘铜线(或铝线)绕成。

一个线圈接交流电源称为初级线圈(或原线圈)，另一个线圈接用电器称为次级线圈(或副线圈)。

实践的变压器是很复杂的，不可防止地存在铜损(线圈电阻发热)、铁损(死心发热)和漏磁(经空气闭合的磁感应线)等，为了简化讨论这里只引见理想变压器。

理想变压器成立的条件是：疏忽漏磁通，疏忽原、副线圈的电阻，疏忽死心的损耗，疏忽空载电流(副线圈开路原线圈线圈中的电流)。

例如电力变压器在满载运转时(副线圈输入额外功率)即接近理想变压器状况。

变压器是应用电磁感应原理制成的运动用电器。

当变压器的原线圈接在交流电源上时，死心中便发生交变磁通，交变磁通用φ表示。

原、副线圈中的φ是相反的，φ也是简谐函数，表为φ=φmsinωt。

由法拉第电磁感应定律可知，原、副线圈中的感应电动势为e1=-N1dφ/dt、e2=-N2dφ/dt。

式中N1、N2为原、副线圈的匝数。

由图可知U1=-e1，U2=e2(原线圈物理量用下角标1表示，副线圈物理量用下角标2表示)，其复有效值为U1=-E1=jN1ωΦ、U2=E2=-jN2ωΦ，令k=N1/N2，称变压器的变比。

由上式可得U1/ U2=-N1/N2=-k，即变压器原、副线圈电压有效值之比，等于其匝数比而且原、副线圈电压的位相差为π。

进而得出：U1/U2=N1/N2在空载电流可以疏忽的状况下，有I1/ I2=-N2/N1，即原、副线圈电流有效值大小与其匝数成正比，且相位差π。

备考2024届高考物理一轮复习分层练习第十三章交变电流电磁振荡与电磁波传感器第2讲变压器远距离输电

第2讲变压器远距离输电1.[变压器的铭牌/2024广东惠州第一次调研]如图所示是一种理想变压器的铭牌，根据上面标示的信息，以下判断正确的是（ B ）A.这是一个升压变压器B.原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为55∶3C.当原线圈输入交流电压220V 时，副线圈输出直流电压12VD.当原线圈输入交流电压220V 时，只要副线圈构成回路，则其电流一定为3.0A解析额定输入电压U 1＝220V 额定输入电压U 2＝12V 额定输入电压I 2＝3A{U 1＞U 2，故为降压变压器，A 错n 1n 2＝U 1U 2＝220V 12V ＝553，B 对输入电压与输出电压均为交流电压，C 错副线圈的电流与负载功率有关，D 错2.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示.其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上，则电流互感器（ D ）A.是一种降压变压器B.能测量恒定电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流解析变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，也不能在恒定电流电路中工作，B 、C 项均错误；根据变压器匝数与电压的关系U1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压U 2＝n2n 1U 1，由于原线圈匝数少而副线圈匝数多，即n 1＜n 2，因此有U 2＞U 1，电流互感器是一种升压变压器，A 项错误；根据变压器匝数与电流的关系I 1I 2＝n2n 1可得副线圈的电流I 2＝n1n 2I 1，由于n 1＜n 2，因此有I 2＜I 1，D 项正确.3.[2024湖南娄底校联考]如图所示为远距离输电电路图，左边升压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶5，输入电压u＝10√2sin50πt（V）的正弦交变电流.连接两理想变压器的输电线的总电阻为r＝5Ω，右边降压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，负载的电功率为升压变压器输入功率的80％.下列说法正确的是（D）A.升压变压器原线圈上的电流为2AB.输电线上损失的功率为10WC.负载的功率为25WD.降压变压器原线圈上的电压为20V解析设升压变压器原、副线圈上的电压为U1、U2，电流为I1、I2，降压变压器原、副线圈上的电压为U3、U4，电流为I3、I4，有I2＝I3，则由变流比得I1I2＝52，I3I4＝12，由题意可知，输电线上的功率为升压变压器输入功率的20％，则有U1I1＝5I22r，代入数据，解得I2＝1 A，则I1＝2.5I2＝2.5 A，故A错误；输电线上损失的功率为P r＝I22r＝5 W，故B错误；负载的功率为P R＝4P r＝20 W，故C错误；因为I4＝2I2＝2 A，则负载上的电压为U4＝P RI4＝10 V，则U3＝2U4＝20 V，故D正确.4.[2024江西临川一中校考]某电站用500kV电压输电给300km外的用户使用，其输出电功率是3×106kW，输电线总电阻为2.5Ω，则下列说法正确的是（B）A.输电线上输送的电流大小为3.0×105AB.输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC.若改用5kV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＝U2r，U为输电电压，r为输电线的电阻解析由P＝UI得输电线上输送的电流I＝PU ＝3×106×103500×103A＝6×103 A，故A错误；由ΔU＝Ir得输电线路上的电压损失ΔU＝Ir＝6×103×2.5 V＝15×103 V，故B正确；由于损失的功率不可能大于电站的输出功率，故C错误；输电线上损失的功率用ΔP＝U 2r计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压，故D错误.5.如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为U的交流电源两端.电路中R0为定值电阻，测量电表均为理想电表，导线电阻不计.现使滑动变阻器R的滑片P向上滑动，则下列说法正确的是（A）A.电压表V2的示数变大B.电压表V1与电流表A的示数的比值不变C.电流表A的示数变大D.定值电阻R0消耗的电功率变大解析输入电压不变，原、副线圈匝数比不变，输出电压由输入电压决定，则副线圈两端电压U2不变，滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，滑动变阻器两端电压变大，V2示数变大，故A正确；副线圈电路中总电阻变大，电流减小，原、副线圈匝数比不变，则原线圈中电流也减小，故C错误；副线圈中电流变小，定值电阻R0消耗的功率变小，故D错误；输入电压不变，输入电流随输出电流变化而变化，所以电压表V1与电流表A的示数的比值变化，故B错误.6.[多选]如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流.下列说法正确的是（BC）A.保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B.保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小C.保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大D.保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大解析保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，输出电流I2增大，根据P2＝I2U2知，P2增大，又因P1＝P2，故I1增大，A错误，C正确；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，根据P2＝I2U2知，P2减小，又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小，B正确，D错误.7.[副线圈电路中含二极管/2024浙江高三联考]如图，某同学用自制的简易无线充电装置给手机充电，装置由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比为n1∶n2，若电磁炉两端所加电压为u＝220√2sin314t （V），车载充电器的输入限制电压为4.4V，不考虑充电过程中的各种能量损失.则下列说法正确的是（A）A.接收线圈两端电压的有效值约为6.2VB.通过车载充电器的电流为交流电C.发射线圈、接收线圈匝数比为n 1∶n 2＝50∶1D.接收线圈1s 内电流方向变化50次解析设接收线圈两端电压的有效值为U 2，充电器两端电压有效值为U 3，由题意可知U 3＝4.4 V ，根据有效值的定义可得U 22R·T2＝U 32R·T ，解得U 2≈6.2 V ，故A 正确；因为二极管单向导电，则通过车载充电器的电流方向一定，为直流电，故B 错误；由题意可知发射线圈电压有效值为U 1＝220 V ，故发射线圈、接收线圈匝数比为n1n 2＝U1U 2＝2206.2＝1 10031，故C错误；根据所加电压表达式可知，电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，接收线圈1个周期内电流方向改变两次，故1 s 内电流方向变化100次，故D 错误.8.[2023安徽江淮十校联考/多选]如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 0＝800匝、n 1＝100匝和n 2＝400匝，原线圈串联一个电阻R 0＝8.0Ω，并接入内阻不计的正弦交流电源，电源电动势为E 且保持不变；两个副线圈分别接电阻R 1＝1.0Ω和R 2＝16.0Ω.开关S 断开时，理想电流表读数为I 1＝4.0A ；开关S 闭合时，理想电流表读数为I 2.不计线圈电阻，则（ BD ）A.E ＝32.0VB.E ＝36.0VC.I 2＝3.2AD.I 2＝3.6A解析开关S 断开时，理想电流表读数为I 1＝4.0 A ，且n 0＝800匝、n 1＝100匝，故n0n 1＝I1I 0，得I 0＝0.5 A ，由n 0n 1＝U 0U 1及U 1＝I 1R 1＝4 V ，可得U 0＝32.0 V ，故E ＝I 0R 0＋U 0＝36.0 V ，故A错误，B 正确；开关S 闭合时，由输出功率等于输入功率，可知P 原＝P 副1＋P 副2，得U 0I 0＝U 1I 1＋U 2I 2，即36V−U 0R 0U 0＝U 12R 1＋U 22R 2，由n 0n 1＝U 0U 1，n 0n 2＝U0U 2，则U 1＝3.6 V ，故I 2＝3.6 A ，故C错误，D 正确.9.[用户功率增大时的动态分析/2024湖南怀化三中校考]图（a ）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站.白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b ）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R 表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ D ）图（a）图（b）A.A2示数增大，A1示数减小B.V1、V2示数都减小C.输电线上的功率损失减小D.V1、A1示数的乘积大于V2、A2示数的乘积解析当用户功率增大时，降压变压器的输出功率增大，输出电流增大，A2示数增大，根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知，降压变压器中的输入电流增大，A1示数增大，故A错误；升压变压器线圈匝数以及升压变压器输入电压不变，则升压变压器输出电压不变，则V1的示数不变，降压变压器中的输入电流增大，输电线电阻消耗的电压增大，则降压变压器输入电压减小，根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知，降压变压器输出电压减小，故V2示数减小，故B错误；输电线上的电流增大，输电线上的功率损失增大，故C错误；根据降压变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知I1I2＝n2n1，设降压变压器的输入电压为U0，有U1＞U0，根据降压变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知U0U2＝n1n2，故I1U1＞I1U0＝I2U2，故D正确.10.[汽车点火装置/2024湖北武汉部分学校调研]点火线圈能产生20000V的高压，使汽车启动.某型号点火线圈部分结构如图所示，其初级线圈匝数为100匝，次级线圈匝数为20000匝.已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池.下列说法正确的是（D）A.点火线圈的次级线圈应和蓄电池相连B.仅增加初级线圈的匝数，也一定能成功点火C.汽车蓄电池是直流电源，需要将直流电先转化为交流电才能使点火线圈正常工作D.初级线圈断电瞬间，其两端电压约为100V解析由于蓄电池的电压为低电压，则结合变压器的变压规律可知蓄电池应和匝数较少的初级线圈相连，A错误；若仅增加初级线圈的匝数，则通过变压器产生的高压将减小，则不一定能点火成功，B错误；点火线圈利用的是在开关通、断电的瞬间通过线圈的磁通量发生变化从而在次级线圈两端产生高电压，所以不需要将汽车蓄电池产生的直流电转化为交流电，C错误；由题意可知初级线圈通、断电的瞬间，点火线圈能产生20000V的高压，则由变压器的变压规律可知此时初级线圈两端的电压约为100V，D正确.11.[黑光灯的应用]黑光灯是利用物理方法灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”.如图所示是高压电网的工作电路，高压电网是利用变压器将有效值为220V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5cm，已知空气在常温常压下的击穿场强为6220V/cm，为防止空气被击穿而造成短路，变压器的次、初级线圈匝数比不得超过多少？答案10∶1解析电网两极间的电场可看作匀强电场且U m＝E m d，由题意知空气被击穿时E m＝6 220 V/cm，已知理想变压器电压关系为U1mU m ＝n1n2，峰值与有效值关系为U1m＝√2U1，由以上各式得n1n2＝110，所以变压器次、初级线圈匝数比不得超过10∶1.。

【志鸿优化设计】(安徽专用)2014届高考物理一轮复习第十章交变电流第二节理想变压器电能的输送

第二节理想变压器电能的输送一、变压器 1．构造由__________、__________和____________组成。

2．原理利用电磁感应的____现象。

3．理想变压器原、副线圈根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)根本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P 入＝__________电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，公式：U 1U 2＝______，与负载、副线圈的个数无关电流关系 (1)只有一个副线圈时：I 1/I 2＝________；(2)有多个副线圈时：由P 入＝P 出得I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋…＋I n U n 或I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…＋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.几种常见的变压器(1)自耦变压器——调压变压器 (2)互感器(如下列图)①电压互感器：用来把______电压变成______电压。

②电流互感器：用来把______电流变成_______电流。

二、电能的输送如下列图，假设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 ′。

1．输电电流I ＝__________＝P ′U ′＝U －U ′R 线2．输电导线损耗的电功率P 损＝I 2·R 线＝____________ 即在输送功率一定时，输电电压增大为原来的n 倍，输电导线上损耗的功率就减少为原来的______。

3．输电导线损耗的电压U损＝I·R线＝____________。

1．(2012·福州质检)如下列图，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A1的读数是12 mA，那么安培表A2的读数是( )A．0 B．3 mAC．48 mA D．与R值大小无关2．(2012·华南师大附中模拟)在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。

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