2020年高考物理一轮复习热点题型专题27变压器与远距离输电

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2020年高考物理一轮复习热点题型专题27变压器与远距离输电

2．（2019·山东省潍坊市高三模拟训练）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1:n 2=11:5，原线圈接u l =110sin100πt V 的交流电，电阻R 1=R 2=25 Ω，D 为理想二极管，则A ．通过电阻R 1的电流为2 AB ．二极管的反向耐压值应大于50 VC ．原线圈的输入功率为大于50 WD ．通过原线圈的电流为15A 11【答案】BC【解析】由表达式知原线圈电压有效值为110552V2U ==，根据122n U U n =，得副线圈两端电压为2252U V =，则通过电阻R 1的电流为2112522A 25U I R ===；故A 错误；输出电压最大值为50 V ；故要使电路正常工作，反向耐压值应大于50 V ，故B 正确；根据电流热效应，22223(252)2U T T R R ⨯=，所以R 2两端的电压为325V U =，则通过R 2的电流为223251A 25U I R ===，输出端的总功率【例题3】(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为()A.2B.3C.4D.5 【答案】 B【解析】开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确.【例题4】(多选)(2016·全国卷Ⅲ·19)如图所示，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( )A.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，所以原线圈输入端电压为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.题型二理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(如图)(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变. (2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化. (3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化. 2.负载电阻不变的情况(如图)(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化. (2)R 不变，U 2变化，故I 2发生变化.(3)根据P 2＝U 22R，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化.【例题1】(2018·天津理综·4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流.利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图9所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P .若发电机线圈的转速变为原来的12，则( )A.R 消耗的功率变为12PB.电压表V 的读数变为12UC.电流表A 的读数变为2ID.通过R 的交变电流频率不变【答案】 B【解析】发电机线圈的转速变为原来的12，由E ＝nBS ω2知，原线圈中输入电压变为原来的12，频率变为原来的12.根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2变为原来的12，即U 2＝12U ，则通过R 的电流变为原来的12，R 消耗的功率P 2＝U 22R ＝14P ，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈上的电流也变为原来的12，即电流表A 的读数变为12I ，故选B.【例题2】 (多选)(2018·山东省临沂市一模)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，图中电表均为理想电表，R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 1和L 2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是( )A.交流电压的频率为50 HzB.电压表的示数为11 VC.当照射R 的光强增大时，电流表的示数变大D.若L 1的灯丝烧断后，电压表的示数会变小【答案】 ABC【解析】由题图乙可知交流电压周期T ＝0.02 s ，所以频率为f ＝1T＝50 Hz ，故A 正确；原线圈接入电压的最大值是220 2 V ，所以原线圈接入电压的有效值是U ＝220 V ，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，所以副线圈两端电压是11 V ，所以电压表的示数为11 V ，故B 正确；R 阻值随光强增大而减小，根据I ＝UR知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，可知原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以电流表的示数变大，故C 正确；当L 1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D 错误.【例题3】(2018·山西省重点中学协作体期末)如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，R t 为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R 1为定值电阻.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电.下列说法中正确的是( )A.输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u ＝362sin 50πt VB.变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C.t ＝0.01 s 时，发电机的线圈平面位于中性面D.R t 温度升高时，变压器的输入功率变小【答案】 C【解析】由题图乙可知交流电压最大值U ＝36 2 V ，周期T ＝0.02 s ，可由周期求出角速度的值为2π0.02 rad/s ＝100π rad/s ，则可得交流电压u 的瞬时值表达式u ＝362sin 100πtV ，故A 错误；根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故B 错误；t ＝0.01 s 时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面，故C 正确；R t 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大，故D 错误.题型三远距离输电1.理清三个回路远距离输电电网间的基本结构如图所示.输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路.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，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁.2.抓住两个物理量的联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，P 1＝P 2，I 1n 1＝I 2n 2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，P 3＝P 4，I 3n 3＝I 4n 4.3.掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户.【例题1】(2019·安徽省马鞍山市质检)图甲为远距离输电示意图，理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1 000，理想降压变压器原、副线圈匝数比为1 000∶1，输电线的总电阻为1 000 Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220 V.下列说法正确的是( )A.输电线中的电流为3 AB.电站输出的功率为7 500 kWC.输电线路损耗功率为90 kWD.用户端交变电流的频率为100 Hz 【答案】 B【解析】由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为U m ＝250 2 V ，有效值为U 1＝U m2＝250V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，得副线圈两端的电压U 2＝n 2n 1U 1＝1 0001×250 V＝2.5×105V ；用户端电压为220 V ，根据U 3U 4＝n 3n 4，得降压变压器原线圈两端的电压U 3＝n 3n 4U 4＝1 0001×220 V＝2.2×105V ，故输电线上损失的电压为ΔU ＝U 2－U 3＝3×104V ，则输电线上的电流为I ＝ΔU R ＝3×1041 000A ＝30 A ，电站的输出功率为P 1＝P 2＝U 2I ＝7 500 kW ，输电线路损耗功率为ΔP ＝I 2R ＝900 kW ，由题图乙可知，原线圈交变电流的周期为T ＝0.02 s ，则频率为f ＝1T＝50 Hz ，变压器不会改变交流电的频率，故用户端交变电流的频率为50 Hz ，故B 正确，A 、C 、D 错误.【例题2】(多选)(2018·广东省潮州市下学期综合测试)远距离输电线路简化如图所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R ，则( )A.I 2<U 2RB.输电线损失的电功率为U22RC.提高输送电压U 2，则输电线电流I 2增大D.电厂输送电功率为U 2I 2 【答案】 AD【解析】在输电线路上：U 2＝I 2R ＋U 3，所以I 2<U 2R，故A 正确；由于U 2不是R 两端的电压，所以输电线损失的电功率不是U22R，故B 错误；因为输送功率不变，根据P 2＝U 2I 2，可知提高输送电压U 2，则输电线电流I 2减小，故C 错误；因变压器为理想变压器，所以有P 1＝P 2＝U 2I 2，故D 正确.题型四两种特殊的变压器模型1.自耦变压器自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图所示.2.互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在交流电路中副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用将高电压变为低电压将大电流变为小电流利用的公式U 1U 2＝n 1n 2I 1n 1＝I 2n 2【例题1】(2018·山东省菏泽市上学期期末)如图所示的调压器，滑动触头P 和Q 都可以调节，在输入交变电压一定的条件下，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是( )A.Q 不动，P 向下移动B.Q 不动，P 向上移动C.P 不动，Q 向上移动D.P 不动，Q 向下移动【答案】 A【解析】 Q 不动，变阻器的有效电阻不变，P 向下移动，原线圈匝数n 1减小，输入电压U 1不变，副线圈匝数n 2不变，根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A 正确；Q 不动，变阻器的有效电阻不变，P 向上移动，原线圈匝数n 1增大，输入电压U 1不变，副线圈匝数n 2不变，根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B 错误；若P 不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q 向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C 错误；若P 不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q 向下移动，接入电路的电阻变大，输出电流减小，则输入电流随之减小，故D 错误.【例题2】(多选)(2018·山西省太原市三模)某50 Hz 的钳形电流表的工作原理如图所示.当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转.不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n 2＝1 000 匝，当用该表测50 Hz 交流电时( )A.电流表G中通过的是交变电流B.若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为50 AC.若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10 mAD.当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小【答案】AB【解析】变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表G中通过的仍是交变电流，A正确；根据变压器原副线圈电流与匝数成反比：I1I2＝n2n1，I1＝n2n1I2＝1 0001×0.05 A＝50 A，B正确；若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C错误；根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误.。

高考物理一轮基础复习精选试题：变压器及远距离输电(含解析)

变压器及远距离输电一、选择题(每小题5分，共40分)1．如图所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 100匝，副线圈匝数n 2＝220匝，交流电源的电压u ＝2202sin 100πt V ，电阻R ＝44 Ω，电压表、电流表为理想电表，则下列说法错误的是( )A ．交流电的频率为50 HzB ．电流表的示数为0.2 AC ．电流表的示数为 2 AD ．电压表的示数为44 V解析 C 由交流电源的电压瞬时值表达式可知，ω＝100π，所以频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 正确；理想变压器的电压比等于线圈匝数比，即n 1n 2＝U 1U 2，其中原线圈电压的有效值U 1＝220 V ，U 2＝n 2n 1U 1＝44 V ，故D 正确；I 2＝U 2R ＝1 A ，故C 错误；由电流比与线圈匝数成反比，即I 1I 2＝n 2n 1，所以I 1＝n 2n 1I 2＝0.2 A ，故B 正确．综上所述，说法错误的是C 项．2.图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B ．两种电压的有效值相等C ．图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin100 πt VD ．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的110解析 C 由题图可知两个电流的大小和方向均作周期性变化，所以都是交流电，故A 错；有效值E ＝E m2只对正弦交流电适用，虽然最大值一样，有效值不同，所以B 错；由题图可知，C 对；变压之后频率不变，D 错．3．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．某变电所将电压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AB 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，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，D错误．4．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．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是()解析A电流互感器应是测电流的，应串联在火线上，故B、D选项错误．同时，由I1n1＝I2n2知要使I2<I1，须n2>n1，故A选项正确，C选项错误．5．理想变压器连接电路如图甲所示，当输入电压波形如图乙时，已知原副线圈的匝数比为10∶1，电流表读数为2 A，则()A．电压表读数为282 V B．电压表读数为28.2 VC．输入功率为56.4 W D．输入功率为40 W解析D交流电表测得的是有效值，副线圈两端电压有效值为282102V＝20 V，故A、B项错；理想变压器输入功率等于输出功率，即P入＝P出＝UI＝20×2 W＝40 W，故选项D正确．、分别为6.如图所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间接正弦交流电，理想交流电流表和交流电压表．若将调压端的滑动头P 向上移动，则( )A ．电压表的示数变大B ．电流表的示数变小C ．变压器的输出功率变小D ．变压器的输入功率不变解析 BC 考查变压器原理和规律以及动态变化．滑动头P 向上移动，原线圈的匝数将变大，根据原副线圈的电压比U 1U 2＝n 1n 2，可判断副线圈的电压U 2将变小，电压表示数变小，A 错；根据电功率公式P＝U 2R ，可知副线圈的输出功率变小，根据能量守恒，原线圈的输入功率也随之变小，故原线圈的电流应变小，电流表的示数变小，B 、C 正确， D 错．7.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 ＝202sin 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 AB 由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U 1＝2022V ＝20 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得副线圈两端的电压为U 2＝100 V ，电压表的示数为交流电的有效值，B 正确；交变电压的频率为f ＝100π2π＝50 Hz ，一个周期内电压两次大于100 V ，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100 Hz ，A 项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C 项错误；开关断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D 项错误．8．某小型水电站的电能输送示意图如图．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( )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 AD 根据变压器工作原理可知n 1n 2＝200U 2，n 3n 4＝U 3220，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2>U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，A 正确，B 、C 不正确．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 正确．二、非选择题(共60分)9．(12分)汽车等交通工具用电火花点燃汽油混合气，如图所示．已知汽车蓄电池电压为12 V ，变压器匝数之比为1∶100，当开关S 闭合后，火花塞上电压为多少？开关S 从闭合到突然断开这一过程，可为火花塞提供瞬时高电压，产生电火花．蓄电池提供的是直流电，为什么变压器的副线圈也能得到高电压呢？【答案】开关S 闭合后，变压器原线圈中是恒定电流，铁芯中的磁通量不变，副线圈中没有感应电动势，火花塞上电压为零．当开关从闭合到突然断开，铁芯中磁通量突然变小，副线圈会产生一个瞬时高电压(脉冲高电压可达104 V 左右)，使火花塞产生电火花．10．(14分)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝4∶1，原线圈回路中的电阻A 与副线圈回路中的负载电阻B 的阻值相等．a 、b 两端加一定交流电压后，求两电阻消耗的电功率之比和两电阻两端电压之比．解析根据变压器原、副线圈电流比I 1I 2＝n 2n 1＝14，设流过A 电阻的电流I 1＝I ，则流过B 电阻的电流为I 2＝4I ，所以功率比P A P B ＝I 21RI 22R ＝I 2R 16I 2R ＝116.两电阻两端电压比U A U B ＝I 1R I 2R ＝14.【答案】116 1411．(16分)某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω. (1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率．(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1 的变压器降压，求用户得到的电压．解析 (1)输电线上的电流强度为 I ＝P U ＝20×103380 A ＝52.63 A 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝52.632×6 W ≈16 620 W ＝16.62 kW. (2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为 I ′＝P U ′＝20×1035 000 A ＝4 A用户端在变压器降压前获得的电压 U 1＝U ′－I ′R ＝(5 000－4×6)V ＝4 976 V 根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V ＝226.18 V .【答案】 (1)16.62 kW (2)226.18 V12．(18分)水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，是功在当代、利在千秋的大事，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一．某小河水流量为40 m 3/s ，现在欲在此河段安装一台发电功率为1 000 kW 的发电机发电．(1)设发电机输出电压为500 V ，在输送途中允许的电阻为5 Ω，允许损耗总功率的5%，则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少？(2)若所用发电机总效率为50%，要使发电机能发挥它的最佳效能，则拦河坝至少要建多高？(g 取10 m/s 2)解析 (1)设送电电流为I ，损耗的功率为P 耗，导线电阻为R 线，由P ＝I 2R 得：I ＝P 耗R 线＝ 1 000×103×0.055A ＝100 A.设送电电压为U 送，由P ＝IU 得： U 送＝P I ＝1000×103100 V ＝1×104 V ，则升压变压器原、副线圈匝数比： n 原n 副＝U 原U 副＝50010 000＝120. (2)发电时水的重力势能转化为电能，故：50%mgh ＝Pt ，其中：m t ＝ρVt ＝1×103×40 kg/s ＝4×104 kg/s ，所以h ＝Ptmg ×0.5＝ 1 000×1034×104×10×0.5 m ＝5 m.【答案】 (1)1∶20 (2)5 m。

2020届高考物理总复习讲义：理想变压器与远距离输电

第2节理想变压器与远距离输电一、理想变压器 1．构造和原理(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。

必须是交流电，否则没有互感现象，变压器不起变压作用。

(2)原理：电磁感应的互感现象。

副线圈与用电器断开时，无电流通过副线圈，但副线圈两端存在电压。

变压器不能改变交变电流的频率。

2.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。

由能量守恒推出有多个副线圈时， U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n 。

二、远距离输电1．功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝ΔP ＋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＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 线＝I 3。

在输电功率一定的情况下，输电电压越大，输电电流越小。

3.输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线。

4．电压损失：ΔU ＝U 2－U 3＝I 2R 线。

5．功率损失：ΔP ＝P 2－P 3＝I 22R 线＝ΔU 2R 线。

[深化理解]1．在分析变压器问题时，一定要注意原、副线圈中各量的决定关系：U 1决定U 2，I 2决定I 1，P 2决定P 1。

2．分析和计算输电线上的电压损失和功率损失时要用U 损＝I 线R 线，P 损＝I 线2R 线＝U 损2R 线，注意P 损≠U 22R 线。

[基础自测]一、判断题(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。

高三物理一轮复习变压器远距离输电(含详解)

课时作业变压器远距离输电.1．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．如图所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是( )A B C D2．（双选）一个探究性学习小组利用示波器绘制出了一个原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器的副线圈两端输出电压u 随时间t 变化的图象如图所示(图线为正弦曲线)，则下列说法错误的是( )A ．该变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝20sin100t VB ．接在副线圈两端的交流电压表的示数为7.1 VC ．该变压器原线圈输入频率为50 HzD ．接在副线圈两端阻值为20 Ω的白炽灯消耗的功率为2.5 W3．一台理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，当原线圈输入u ＝220 2sin100πt V 的交变电压时，下列说法正确的是( )A ．副线圈两端电压为10 2 VB ．变压器原副线圈的电压频率之比为22∶1C ．副线圈接一阻值为10 Ω的电阻时，通过电阻的电流为1 AD ．副线圈接一阻值为10 Ω的电阻时，原线圈中输入功率为1 W4．（双选）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电阻R ＝22 Ω，各电表均为理想电表．原线圈输入电压的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( )A ．该输入电压的频率为100 HzB ．电压表的示数为22 VC ．电流表的示数是1 AD ．电阻R 消耗的电功率是22 W 甲乙5．如图所示是一种理想自耦变压器示意图．线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P 是可移动的滑动触头．AB 间接交流电压u ，输出端接有两个相同的灯泡L 1和L 2，Q 为滑动变阻器的滑动触头．当开关S 闭合，P 处于如图所示的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是( )A ．P 不动，将Q 向右移动，变压器的输入功率变大B ．Q 不动，将P 沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变大C ．P 不动，将Q 向左移动，两灯均变暗D ．P 、Q 都不动，断开开关S ，L 1将变暗6．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图K45－6乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式为u ＝202sin50πt VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W7．如图所示，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( )A ．原线圈中的电流为nIB ．变压器的输入功率为UI nC ．电动机消耗的功率为I 2RD ．电动机两端电压为IR8．如图K45－7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n 1∶n 2、电源电压U 1分别为( )A ．1∶2 2UB ．1∶2 4UC ．2∶1 4UD ．2∶1 2U答案与解析【基础热身】1．A [解析] 电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多；同时监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中．2．AC [解析] 由图象知，输出电压的峰值为10 V ，周期为0.04 s ，由电压与匝数比关系知，输入电压峰值为20 V ，交变电压的频率为f ＝1T ＝25 Hz ，角频率ω＝2πT＝50π rad/s ，输入电压的瞬时值表达式为u ＝20sin50πt V ，选项A 、C 错误；输出电压的有效值为U 2＝U 2 m 2＝5 2 V ＝7.1 V ，选项B 正确；电灯的功率为P ＝U 22R＝2.5 W ，选项D 正确． 3．C [解析] 变压器副线圈电压U 2＝U 1·n 2n 1＝10 V ，原副线圈的电压频率相等，通过电阻的电流为I 2＝U 2R＝1 A ，原线圈中输入功率等于电阻消耗的功率，P ＝I 2U 2＝10 W.4．BD [解析] 由图象可知，原线圈输入电压的周期T ＝0.02 s ，频率为f ＝50 Hz ，选项A 错误；原线圈输入电压的有效值为220 V ，副线圈的输出电压为22 V ，选项B 正确；电阻R 消耗的电功率是P ＝22222W ＝22 W ，电流表的示数是I ＝22220A ＝0.1 A ，选项C 错误，D 正确．【技能强化】5．B [解析] P 不动，则变压器输出电压不变，将Q 向右移动，电阻R 变大，据P 出＝U 22R ＋R 灯得变压器的输出功率变小，选项A 错误；Q 不动，电阻R 不变，将P 沿逆时针方向移动，则变压器输出电压变大，据P 出＝U 22R ＋R 灯得变压器的输出功率变大，选项B 正确；P 不动，输出电压不变，将Q 向左移动，电阻R 变小，变压器的输出功率变大，据P 出＝I 2U 2得I 2变大，两灯均变亮，选项C 错误；P 、Q 都不动，断开开关S ，则总电阻变大，变压器的输出功率变小，输出电流变小，滑动变阻器的电压变小，所以灯L 1两端的电压变大，L 1将变亮，选项D 错误．6．D [解析] 由图乙，T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT＝100π rad/s ，u ＝E m sin ωt ＝202sin100πt V ，A 错；只断开S 2，副线圈电压U 2不变，但副线圈总电阻R 副增大，流过L 1、L 2的电流减小且每个小灯泡两端的电压小于其额定电压，无法正常发光，由P 副＝U 22R 副可得，副线圈的功率减小，副线圈的功率决定原线圈的功率，所以原线圈的输入功率减小，BC 错；由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝4 V ，所以S 1接到2后，R 消耗的电功率P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确．7．B [解析] 根据变压器原、副线圈电压比等于匝数比可知，副线圈两端电压为U n，根据原、副线圈电流比等于匝数反比可知，原线圈中电流为I n ，变压器的输入功率为UI n ，电动机的热功率为I 2R ，总功率是UI n，选项B 正确，AC 错误；因电动机不是纯电阻，欧姆定律不成立，所以电压不等于IR ，选项D 错误．8．C [解析] 变压器原、副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比；电源电压等于原线圈电压与两个串联灯泡电压之和．。

高考物理一轮基础复习变压器及远距离输电1

变压器及远距离输电一、选择题(每小题5分，共40分)1．如图所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 100匝，副线圈匝数n 2＝220匝，交流电源的电压u ＝2202sin 100πt V ，电阻R ＝44 Ω，电压表、电流表为理想电表，则下列说法错误的是( )A ．交流电的频率为50 HzB ．电流表的示数为0.2 AC ．电流表的示数为2 AD ．电压表的示数为44 V解析 C 由交流电源的电压瞬时值表达式可知，ω＝100π，所以频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 正确；理想变压器的电压比等于线圈匝数比，即n 1n 2＝U 1U 2，其中原线圈电压的有效值U 1＝220V ，U 2＝n 2n 1U 1＝44 V ，故D 正确；I 2＝U 2R＝1 A ，故C 错误；由电流比与线圈匝数成反比，即I 1I 2＝n 2n 1，所以I 1＝n 2n 1I 2＝0.2 A ，故B 正确．综上所述，说法错误的是C 项．2.图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( ) A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．两种电压的有效值相等C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin100 πt VD．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的110解析 C 由题图可知两个电流的大小和方向均作周期性变化，所以都是交流电，故A错；有效值E＝E m2只对正弦交流电适用，虽然最大值一样，有效值不同，所以B错；由题图可知，C对；变压之后频率不变，D错．3．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．某变电所将电压u0＝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AB u 0＝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，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，D错误．4．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．如下所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是( )解析 A 电流互感器应是测电流的，应串联在火线上，故B、D选项错误．同时，由I 1n1＝I2n2知要使I2<I1，须n2>n1，故A选项正确，C选项错误．5．理想变压器连接电路如图甲所示，当输入电压波形如图乙时，已知原副线圈的匝数比为10∶1，电流表读数为2 A，则( )A．电压表读数为282 V B．电压表读数为28.2 VC．输入功率为56.4 W D．输入功率为40 W解析 D 交流电表测得的是有效值，副线圈两端电压有效值为282102V＝20 V，故A、B 项错；理想变压器输入功率等于输出功率，即P入＝P出＝UI＝20×2W＝40 W，故选项D正确．6.如图所示是一台理想自耦变压器，在a、b之间接正弦交流电，、分别为理想交流电流表和交流电压表．若将调压端的滑动头P向上移动，则( )A．电压表的示数变大B．电流表的示数变小C．变压器的输出功率变小D．变压器的输入功率不变解析 BC 考查变压器原理和规律以及动态变化．滑动头P 向上移动，原线圈的匝数将变大，根据原副线圈的电压比U 1U 2＝n 1n 2，可判断副线圈的电压U 2将变小，电压表示数变小，A错；根据电功率公式P ＝U 2R，可知副线圈的输出功率变小，根据能量守恒，原线圈的输入功率也随之变小，故原线圈的电流应变小，电流表的示数变小，B 、C 正确， D 错．7.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 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 AB 由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U 1＝2022 V ＝20 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得副线圈两端的电压为U 2＝100 V ，电压表的示数为交流电的有效值，B 正确；交变电压的频率为f ＝100π2π＝50 Hz ，一个周期内电压两次大于100 V ，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100 Hz ，A 项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C 项错误；开关断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D 项错误．8．某小型水电站的电能输送示意图如图．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( )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 AD 根据变压器工作原理可知n 1n 2＝200U 2，n 3n 4＝U 3220，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2>U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，A 正确，B 、C不正确．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D 正确．二、非选择题(共60分)9．(12分)汽车等交通工具用电火花点燃汽油混合气，如图所示．已知汽车蓄电池电压为12 V ，变压器匝数之比为1∶100，当开关S 闭合后，火花塞上电压为多少？开关S 从闭合到突然断开这一过程，可为火花塞提供瞬时高电压，产生电火花．蓄电池提供的是直流电，为什么变压器的副线圈也能得到高电压呢？【答案】开关S 闭合后，变压器原线圈中是恒定电流，铁芯中的磁通量不变，副线圈中没有感应电动势，火花塞上电压为零．当开关从闭合到突然断开，铁芯中磁通量突然变小，副线圈会产生一个瞬时高电压(脉冲高电压可达104 V 左右)，使火花塞产生电火花．10．(14分)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝4∶1，原线圈回路中的电阻A 与副线圈回路中的负载电阻B 的阻值相等．a 、b 两端加一定交流电压后，求两电阻消耗的电功率之比和两电阻两端电压之比．解析根据变压器原、副线圈电流比I 1I 2＝n 2n 1＝14，设流过A 电阻的电流I 1＝I ，则流过B 电阻的电流为I 2＝4I ，所以功率比P A P B ＝I 21R I 22R ＝I 2R16I 2R ＝116.两电阻两端电压比U A U B ＝I 1R I 2R ＝14.【答案】 116 1411．(16分)某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω. (1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率．(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1 的变压器降压，求用户得到的电压．解析 (1)输电线上的电流强度为 I ＝PU ＝20×103380 A ＝52.63 A 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为 I ′＝PU ′＝20×1035 000A ＝4 A用户端在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5 000－4×6)V＝4 976 V根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为 U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V＝226.18 V.【答案】 (1)16.62 kW (2)226.18 V12．(18分)水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，是功在当代、利在千秋的大事，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一．某小河水流量为40 m 3/s ，现在欲在此河段安装一台发电功率为1 000 kW 的发电机发电．(1)设发电机输出电压为500 V ，在输送途中允许的电阻为5 Ω，允许损耗总功率的5%，则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少？(2)若所用发电机总效率为50%，要使发电机能发挥它的最佳效能，则拦河坝至少要建多高？(g 取10 m/s 2)解析 (1)设送电电流为I ，损耗的功率为P 耗，导线电阻为R 线，由P ＝I 2R 得：I ＝P 耗R 线＝1 000×103×0.055A ＝100 A.设送电电压为U 送，由P ＝IU 得：U 送＝P I＝1000×103100V ＝1×104 V ，则升压变压器原、副线圈匝数比：n 原n 副＝U 原U 副＝50010 000＝120.(2)发电时水的重力势能转化为电能，故：50%mgh ＝Pt ，其中：m t＝ρV t＝1×103×40 kg/s＝4×104 kg/s ，所以h ＝Ptmg ×0.5＝1 000×1034×104×10×0.5m ＝5 m.【答案】(1)1∶20 (2)5 m。

2020版高考物理大一轮复习第11章第2讲变压器远距离输电精练含解析

第2讲变压器远距离输电◎基础巩固练1．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答案： B2.如图所示，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( ) A．U＝110 V，I＝0.2 AB．U＝110 V，I＝0.06 AC．U＝110 2 V，I＝0.2 AD．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A答案： A3．(多选)如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。

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＝2202sin 100πt(V)，则( )A．电压表的示数为22 2 VB．在天逐渐变黑的过程中，电流表的示数变小C．在天逐渐变黑的过程中，电流表的示数变大D．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小解析：原线圈中的输入电压为220 V，由原、副线圈的匝数比可得，副线圈中电压表的示数为22 V；在天逐渐变黑的过程中，光敏电阻的阻值变大，由于电压不变，所以电流表的示数变小，则原线圈中电流表的示数变小，输入功率也变小。

综上分析可知，选项B 、D 正确。

答案： BD4．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为55∶3，原线圈a 、b 间输入交流电瞬时值的表达式为u ＝2202sin (100πt ) V ，副线圈两端接有两只标有“24 W”字样的灯泡，当开关S 1和S 2都闭合时，两灯泡均正常发光，下列说法中正确的是( )A ．两只灯泡能承受的最高电压为12 VB ．断开开关S 1，副线圈两端的电压将变大C ．断开开关S 1，变压器原线圈的输入功率将变小D ．该变压器原、副线圈的输入、输出功率之比为55∶3解析：由理想变压器的工作原理知原、副线圈的电压与匝数成正比U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈输出电压的有效值为U 2＝12 V ，故灯泡能承受的最高电压应为12 2 V ，A 错误；无论是断开开关S 1还是断开开关S 2，副线圈的电压均不变，B 错误；断开开关S 1，小灯泡L 2仍能正常发光，L 2消耗的功率不变，则理想变压器的输出功率减小，由于理想变压器的输出功率等于输入功率，因此输入功率也减小，C 正确，D 错误。

2020高考物理专题复习变压器远距离输电PPT课件

V,三只灯泡均能正常发光,电流表的读数 I=3×69 A=2 A,A 正确;电压表的示数为有效值 27 V,B 错误;副线圈两端电压的最大值为 9 2 V,C 错误;变压器副线圈两端交变电流的频率为 50 Hz,D 正确.
考点探究
考点二变压器电路的动态分析
常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种:匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况.
[答案] C
[解析] 由 P=UI 得 I=��,再由 P
损=I2r 得 P 损=
��
2
r,可知选项
C 正确.
考点探究
■ 要点总结
输电线路功率损失的计算方法 (1)P 损=P-P',P 为输送的功率,P'为用户得到的功率. (2)P 损=��线2R 线,I 线为输电线路上的电流,R 线为线路电阻. (3)P 损=(Δ��)2,ΔU 为输电线路上损失的电压,不要与 U2、U3 相混.
()
(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热损耗.
()
[答案] (1)(√) (2)(×) (3)(×) (4)(×) (5)(√) (6)(√)
��4
=��
4 3
,P3=P4.
(3)掌握一个守恒
能量守恒关系式 P1=P 损+P4.
考点探究
例 3 图 29-7 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

2020年高考物理专题精准突破变压器与远距离输电问题(解析版)

2020年高考物理专题精准突破专题变压器与远距离输电问题【专题诠释】1．变压器的工作原理2．理想变压器中的相互作用关系3.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲、乙所示．(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：把高电压变成低电压，如图丙所示.电流互感器：把大电流变成小电流，如图丁所示.4．常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况．5．远距离输电的处理思路：对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析．6．远距离输电问题的“三二一”(1)理清三个回路(2)抓住两个联系①理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1，P1＝P2.②理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是U3U4＝n3n4，I3I4＝n4n3，P3＝P4.(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3.5．输电线路功率损失的四种计算方法(1)输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率．两者关系是P 损＝P －P ′(P 为输送功率，P ′为用户所得功率)．(2)P 损＝I 2线R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为线路电阻． (3)P 损＝ΔU 2R 线，ΔU 为输电线路上损失的电压．(4)P 损＝ΔUI 线．【高考领航】【2019·江苏卷】某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20 V 时，输出电压（） A ．降低2 V B ．增加2 V C ．降低200 V D ．增加200 V 【答案】D【解析】由理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比即1122U n U n =，得：2211n U U n =，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：2211n U U n ∆=⋅∆，当输入电压增加20V 时，输出电压增大200V ，故D 正确。

2020届高考物理一轮复习课件：第26讲变压器、远距离输电(共50张PPT)

范文2020届高考物理一轮复习课件：第26讲变压器、1/ 15远距离输电(共50张PPT)教材知识梳理考向第26讲变压器远距离输电互动探究返回目录器梳 1．变压器的构造：变压器由原线圈、副线圈和闭理合__铁__芯___组成． 2．理想变压器：不考虑铜损(线圈电阻产生的热量)、铁损(涡流产生的热量)和漏磁的变压器，即理想变压器原、副线圈的电阻均为__零____，变压器的输入功率和__输__出__功__率____相等． 3(1．)功基率本关关系系：_P_1_＝__P_2_；(2)电压关系：_UU_12_＝__nn_12____；(3)电流关系：__II12_＝__nn_21___．返回目录3/ 15二、远距离输电理 1．输电导线上的能量损失：输电线的电阻 R 发热产生热量，表达式为_Δ_P_＝__I_2_R_． 2．减小输电线电能损失的主要途径：(1)减小输电线的__电__阻____；(2)采用__高__压____输电．返回目录输电过程：如图 26-1 所示．梳理图 26-1 (1)输电线电压损失：ΔU＝U2－U3，ΔU＝I2R 线； (2)输电线功率损失：ΔP＝P1－P4，ΔP＝I22R 线．返回目录5/ 15器只对变化的电流起作用，对恒定电流不梳起作用．( ) 理(√)变压器利用互感原理改变交流电的电压，不能改变恒定电流的电压． (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．( ) (×)变压器不能改变交变电流的频率．返回目录作的变压器当副线圈与用电器断开时，识副线圈两端无电压．( ) 梳理(×) 副线圈与用电器断开时，无电流通过副线圈，但副线圈两端存在电压． (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．( ) (×)更多的用电器并联时，副线圈中电流增大，原线圈输入的电流随之增大．返回目录7/ 15输电导线的横截面积有利于减少输电过梳程中的电能损失．( ) 理(√)输电导线的横截面积增大时，输电线的电阻减小，输电线损失的电功率 P＝I2R 随之减小． (6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗．( ) (√)输电功率不变时，采用高压输电可减小输电线中的电流，输电线损失的功率 P＝I2R 随之减小．返回目录(7)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大．( ) (√)输送电压一定，输电功率越大，输电电流越大，输电线损失的功率 P＝I2R 随之增大．返回目录9/ 15第26讲变压器远距离输电考点一变压器的综合计算 1．关于理想变压器 (1)变压器不能改变直流电压；考 (2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变向交变电流的频率；互 (3)理想变压器本身不消耗能量；动探 (4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2 均为有效值；究 (5)原线圈两端的电压不一定等于电源电压，当原线圈回路里串联电阻或灯泡时，原线圈两端的电压小于电源电压．返回目录第26讲变压器远距离输电 2．理想变压器的三个制约关系考向 (1)输入电压 U1 决定输出电压 U2，当 U1 不变时，不论负载电阻 R 变化与否，U2 不会改变；互 (2)输出电流 I2 决定输入电流 I1；动 (3)输出功率 P2 决定输入功率 P1. 探究返回目录11/ 15第26讲变压器远距离输电例1 [2015·全国卷Ⅰ] 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为 220 V 的正弦交流电源上，如图 26-2 所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为 U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为 k，则( ) 考向互动探究图 26-2 A．U＝66 V，k＝19 B．U＝22 V，k＝19 C．U＝66 V，k＝13 D．U＝22 V，k＝13 返回目录第26讲变压器远距离输电 A [解析] 根据题意，副线圈电流是原线圈电流的 3 倍，设副线圈回路中电阻两端的电压为 U，则原线圈回路中电阻考向两端的电压为13U，因为原线圈两端电压是副线圈两端电压的互动 3 倍，所以 220 V＝13U＋3U，解得 U＝66 V，原、副线圈回探究路中电阻消耗的功率之比为（3II2）R 2R ＝19，A 正确．返回目录13/ 15第26讲变压器远距离输电 [点评] 解答本题的关键是明确原线圈两端电压与电源考电压之间的关系，电源电压等于原线圈两端电压与原线圈串向互联电阻两端的电压之和．动探究返回目录第26讲变压器远距离输电变式题 1 (多选)如图 26-3 所示是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为 U 的交流电源，输出端接有一只电阻为 R 的灯泡 L 和风扇电动机 D，电动机线圈电阻为 r.接通电源后，电风扇考正常运转，测出通过风扇电动机的电流为 I，则下列说法正向确的是( ) 互动探究图 2615/ 15。

2020年高考物理专题复习：远距离输电

2020年高考物理专题复习：远距离输电1．在如图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( )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增大2．在炎热酷暑的时候，大量的电器高负荷工作，一些没有更新升级输电设备的老旧社区，由于输电线老化，线损提高，入户电压降低，远达不到电器正常工作的需要，因此出现了一种“稳压源”的家用升压设备，其原理就是根据入户电压与电器工作电压，智能调节变压器原副线圈匝数比的机器，现某用户工作情况如图所示。

下列说法正确的是（忽略变压器电阻）（）A ．现入户电压1150V U =，若要稳压源输出电压2225V U =，则需调节12:2:3n n =B ．空调制冷启动时，热水器实际功率降低C ．空调制冷停止时，导线电阻耗能升高D ．在用电器正常工作时，若入户电压1U 减小，则需要更大的入户电流，从而输电线路损耗更大 3．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I 1，其末端间的电压为U 1．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I 2．则（）A ．用户端的电压为112U I I B ．输电线上的电压降为U –U 1 C ．理想变压器的输入功率为I 12r D ．输电线路上损失的电功率为I 12r4．远距离输电的示意图如图所示，交流发电机的输出电压U 1、输电线的电阻r 和理想变压器的匝数均不变。

当用户消耗的功率变大时，下列说法正确的是（）A ．通过用户电器的电流频率变大B ．输电线中通过的电流变大C ．输电线上的电压损失变大D ．用户电器两端的电压变大5．如图所示的输电线路中，升压变压器T 1和降压变压器T 2均为理想变压器，电压表V 1、V 2分别接在T 1和T 2副线圈两端。

高考物理(新高考版)一轮复习考点考法精练专题十三考点2变压器远距离输电

考点2 变压器、远距离输电1.[2020安徽合肥调研]如图所示,理想变压器的原线圈两端的输入电压的有效值保持不变,将滑动变阻器的滑片向下移动时,下列说法正确的是()A.原线圈中的电流减小B.副线圈两端的电压增大C.小灯泡两端的电压增大D.滑动变阻器的消耗功率一定减小2.[2020河北六校联考]如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶10,副线圈接一阻值为100 Ω的定值电阻,电压表和电流表对电路的影响可忽略不计,当输入电压增加10 V时,下列说法正确的是()A.电压表V的读数增大1 VB.电流表A2的读数增大√2AC.电流表A1的读数增大10 AD.输入功率增大10 W3.[2020湖北部分重点中学起点考试]某物理兴趣小组对变压器进行研究,实验电路图如图所示,接在学生电源交流挡位上的理想变压器给两个完全相同的小灯泡L1、L2供电,导线电阻忽略不计,电压表和电流表均为理想电表,开关处于断开状态.现闭合开关,在其他条件不变的情况下,则()A.小灯泡L1变暗B.小灯泡L1变亮C.电压表示数变大D.电流表示数变大4.[2020广东惠州第一次调研,多选]如图甲,理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,与副线圈相连的两个灯泡完全相同,电压表、电流表均为理想电表.原线圈接上如图乙所示的正弦交流电,电路正常工作.闭合开关后,下列说法正确的是()A.电压表示数增大B.电流表示数不变C.变压器的输入功率增大D.经过灯泡的电流频率为25 Hz5.[2020吉林长春监测,多选]某理想变压器通过原、副线圈的电流之比为1∶10,下列说法正确的是()A.原、副线圈匝数之比为1∶10B.原、副线圈两端电压之比为10∶1C.当输出电流增加2 A时,输入电流增加20 AD.当输入电压增加10 V时,输出电压增加1 V6.[2020湖北武汉质量检测]如图所示,理想变压器的原线圈连接一个r=9 Ω的电阻,且原线圈匝数n1可以通过滑动触头P来调节,在副线圈两端连接了R=16Ω的电阻,副线圈匝数n2=1 000.在原线圈上加一输出电压恒定的正弦交流电源,下列说法正确的是()A.若交流电的周期增大,则变压器的输出功率增大B.若触头P向上移动,则电阻R消耗的功率一定减小C.若触头P向下移动,则流过电阻r的电流减小D.当n1=750时,电阻R消耗的功率最大7.[2020江西南昌高三摸底]如图所示,理想变压器的原线圈接有某一正弦交流电源,L为白炽灯泡,R1和R2为定值电阻,R3为光敏电阻,其阻值随照射光强度的增大而减小.现增大照射光强度,则()A.通过原线圈的电流减小B.变压器的输出功率增大C.R1两端的电压减小灯泡变暗8.[2019湖南长郡中学模拟]如图所示为远距离输电的示意图,变压器均为理想变压器,升压变压器T1的原、副线圈匝数比为k1,降压变压器T2的原、副线圈匝数比为k2,升压变压器原线圈两端接入一电压u=U m sin ωt的交变电流,用户的总电阻为R(可视为纯电阻),输电线总电阻为2r,不考虑其他因素的影响,用户获得的电压为()A.(k2U mk1)(Rk222r+Rk22) B.(U m2k1)(Rk22r+Rk22)C.(2m√2k )(Rk222r+Rk22) D.(m√2k)(Rk22r+Rk22)9.[新素材,多选]某课外探究小组设计了一个货车超载报警电路.设计电路原理如图所示,一理想变压器的原线圈匝数为n1,接入一输出稳定的交流电源,原线圈中接有一内阻可忽略不计的报警器;副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头调节,副线圈接有定值电阻R0和压敏电阻R,R 的阻值会随压力的增大而变小,货车通过压敏电阻时,看原线圈的电流是否超过报警器的报警电流,图中物块m等效于货车置于压敏电阻上,若物块重力大于等于m0g时,报警器报警,保持原线圈输入交流电压不变,则()A.若要减小报警器报警时的重力,可以增大R0的阻值B.若要减小报警器报警时的重力,可以减小R0的阻值C.若要减小报警器报警时的重力,可以将滑动触头向右滑动D.若要减小报警器报警时的重力,可以将滑动触头向左滑动考点2变压器、远距离输电1.A当理想变压器的原线圈两端的输入电压有效值保持不变且原、副线圈匝数比不变时,由变压器变压规律U1U2=n1n2可知,理想变压器的输出电压也不变,即副线圈两端的电压不变,B项错误;滑动变阻器的滑片下移,接入电路的电阻增大,由I2=U2R L+R P可知,副线圈回路中的电流减小,由U L=I2R L可知,小灯泡两端的电压减小,C项错误;由变压器变流规律I1I2=n2n1可知,理想变压器原线圈中的电流减小,A项正确;当滑动变阻器接入电路的电阻等于小灯泡的电阻时,滑动变阻器的消【技巧点拨】本题中将理想变压器副线圈等效为具有恒定电动势的电源,小灯泡的电阻等效为电源内阻,则可以应用内、外电阻相等时电源输出功率最大的结论,确定滑动变阻器接入电路的电阻与小灯泡的电阻相等时,滑动变阻器的消耗功率最大.由理想变压器变压规律有U1U2=n1n2=110,U1+10VU2+ΔU2=n1n2=110,联立解得ΔU2=100 V,即电压表V的读数增大了100 V,选项A错误;由U2=I2R,U2+ΔU2=(I2+ΔI2)R,联立解得ΔI2=1 A,选项B错误;由I2 I1=n1n2=110=I2+ΔI2I1+ΔI1,解得电流表A1的读数增大ΔI1=10 A,选项C正确; 变压器输入电功率增大(U1+ΔU1)(I1+ΔI1)U1I1=U1ΔI1+ΔU1I1+ΔU1ΔI1=10U1+10I1+100(W),选项D错误.闭合开关,副线圈接入两个相同的小灯泡,根据变压器变压规律知,若原线圈输入电压和匝数比不变,则副线圈输出电压也不变,故电压表示数不变,小灯泡L1亮度不变,选项A、B、C错误;闭合开关后,副线圈上的总电阻减小,而电压不变,故副线圈中的电流增大,根据变压器的变流规律,可知原线圈上的电流也增大,选项D正确.4.BC若原线圈输入电压和线圈匝数比不变,则副线圈的输出电压不变,即电压表示数不变,灯泡电阻不变,则电流表示数不变,A错误,B正确;当开关K接通后,两个灯泡并联,电阻减小,则副线圈输出功率增大,所以变压器的输入功率也增大,C正确;根据图乙可知,交流电的周期T=0.02 s,则频率f=50 Hz,又变压器不改变交流电的频率,因此经过灯泡的电流频率为50 Hz,D错误. 原、副线圈电流之比I1∶I2=1∶10,由变压器输出功率决定输入功率可知, U1I1=U2I2,即原、副线圈两端电压之比U1∶U2=I2∶I1=10∶1,选项B正确;由变压器变压规律U1∶U2=n1∶n2,可得原、副线圈匝数之比n1∶n2=10∶1,选项A错误;由原、副线圈电流之比为1∶10,可知当输出电流增加2 A时,输入电流增加0.2 A,选项C错误;由原、副线圈两端电压之比为10∶1,可知当输入电压增加10 V时,输出电压增加1 V,选项D正确.6.D在含变压器的电路中,交流电的功率与周期无关,选项A错误.将变压器和副线圈接入的电阻R视为等效电阻R等效,设等效电阻两端的电压是U1,通过的电流是I1,副线圈两端的电压是U2,通过的电流是I2,则有R等效=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2·U2I2=(n1n2)2·R.若触头P向上移动,原线圈的匝数n1增多,副线圈的匝数n2不变,故等效电阻增大,将原线圈串联接入的电阻r视为电源内阻,则当等效电阻R等效等于内阻r时,电源的输出功率最大,故当等效电阻从小于内阻r的某个值增大时,等效电阻的功率先增大再减小,选项B错误.若触头P向下移动,原线圈匝数减少,则等效电阻减小,流过电阻r的电流增大,选项C错误.当n1= 750时,等效电阻R等效=(7501000)2×16 Ω =9 Ω,与内阻r相等,电阻R消耗的功率最大,选项D正确.【模型分析】如图1所示的变压器电路,输入电压的有效值为U0,原线圈所接电阻阻值为r,副线圈回路负载电阻为R,变压器的原、副线圈匝数分别为n1和n2.虚线框所围的电路可等效为一个电阻R等效,则等效电路图如图2所示,则有R等效=U1I1=n1n2U2n2n1I2=(n1n2)2·U2I2=(n1n2)2R.7.B增大照射光强度,则光敏电阻的阻值减小,副线圈所接电路的总电阻减小,因为副线圈两端电压不变,故副线圈中总电流增大,变压器的输出功率增大,选项B正确;变压器的输入功率等于输出功率,结合上述分析可知,变压器的输入功率也增大,故通过原线圈的电流增大,选项A错误;副线圈中总电流增大,则R1两端电压增大,并联部分的电压减小,则通过R2的电流减小,又副线圈中总电流增大,可知通过L的电流增大,灯泡变亮,选项C、D错误.8.D升压变压器原线圈两端电压的有效值为U1=m√2,则升压变压器副线圈两端的电压为U2=U1k1,设输电线路上输送电流为I3,降压变压器原、副线圈两端电压分别为U3、U4,用户电路上电流为I4,则有U2=I3·2r+U3,U3U4=k2,I3I4=1k2,U4=I4R,联立以上各式解得U4=(m√2k1)(Rk22r+Rk22),选项D正确.9.BC根据U1U2=n1n2,I1I2=n2n1,I2=U2R+R0,解得I1=(n2n1)2U1R+R0,若减小报警器报警时的重力,即R增大时可报警,则可以减小R0,或者增大n2,增大n2的方法为将滑动触头向右滑动,选项B、C正确.。

高考物理总复习变压器和远距离输电

1．如图所示，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( )A ．0B ．3毫安C ．48毫安D ．与R 值大小有关2．在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上．当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈1、2的匝数之比n1∶n2=2∶1．在不接负载的情况下 ( )A ．当线圈1输入电压220V 时，线圈2输出电压为110VB ．当线圈1输入电压220V 时，线圈2输出电压为55VC ．当线圈2输入电压110V 时，线圈1输出电压为220VD ．当线圈2输入电压110V 时，线圈1输出电压为110V3．如图，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 ＝27.5Ω的负载电阻．若U 0＝2202V ，ω＝100πrad/s ，则下述结论正确的是( )A ．副线圈中电压表的读数为55VB ．副线圈中输出交流电的周期为1100πs C ．原线圈中电流表的读数为0.5AD ．原线圈中的输入功率为1102W4．一理想变压器原、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( )A ．副线圈输出电压的频率为50HzB ．副线圈输出电压的有效值为31VC ．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5．如图所示，一台有两个副线圈的变压器．原线圈匝数n1=1100匝，接入电压U1=220V 的电路中．（1）要求在两组副线圈上分别得到电压U2=6V ，U3=110V ，它们的匝数分别为多少？（2）若在两副线圈上分别接上“6V 、20W ”、“110V 、60W ”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？6．在家用交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，如图所示，当变压器输入电压发生变化时，可上下调节P1、P2的位置，使输出电压稳定在220V上．现发现输出电压低于220V，下列措施不正确的是( ) A．P1不动，将P2向上移B．P2不动，将P1向下移C．将P1向上移，同时P2向下移D．将P1向下移，同时P2向上移7．如图是一个带有两个副线圈的理想变压器，今将原线圈接至稳压交流电源上，副线圈L1的匝数为n1，副线圈L2的匝数为n2．当L2两端断开，电阻R接到L1两端时，电流表的示数为I1；当L1两端断开，R接到L2两端时，电流表示数为I2，当L1、L2都接上R时，电流表的示数为I3，求I1∶I2∶I3=？8．汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油．柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的；而汽油机做功冲程开始时，汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的．但是汽车蓄电池的电压只有12V，不能在火花塞中产生火花，因此，要使用如图所示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开关由机械控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，从而在副线圈中产生10000V以上的电压，这样就能在火花塞中产生火花了．下列说法中正确的是( )A．柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的B．汽油机点火装置的开关若始终闭合，副线圈的两端也会有高压C．接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压D．汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数9．如图，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3300V，副线圈两端电压U2为220V，输出端连有完全相同的两U＝2V.求：个灯泡L(1)原线圈n1等于多少匝？(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2＝5A.则电流表A1的示数I1为多少？(3)当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少？10．在远距离输电时，要尽量考虑减少输电线上的功率损失．有一个电站，输送的电功率P＝500kW，当使用U＝5kV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能表一昼夜表示数相差4800kW·h.求：(1)输电效率η和输电线总电阻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．11.某小型水电站的电能输送示意图如下。

2020届高三高考物理复习专题突破：变压器与远距离输电问题

变压器与远距离输电问题1.(2019·贵州部分重点中学高三上学期第四次联合质量测评)某住宅小区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈电阻不计，它可绕轴OO ′在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动。

降压变压器副线圈上的滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，R 0表示输电线电阻。

下列判断正确的是( )A ．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最大B ．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P 应向下滑动C ．若滑动触头P 向下滑动，流过R 0的电流将减小D ．若发电机线圈的转速减为原来的12，用户获得的功率也将减为原来的122．(2019·广西桂林、贺州、崇左高三下学期3月联合调研)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电流表和电压表均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L 是理想线圈、C 是耐压值和电容都足够大的电容器、D 是灯泡、K 是单刀双掷开关。

当原线圈接入如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是( )A ．开关K 连通1时，电压表的示数为44 VB ．开关K 连通1时，若光照增强，电流表的示数变小C ．开关K 连通2时，灯泡不亮D ．开关K 连通2时，若光照增强，电压表的示数减小3.(2019·河南省郑州市一模)如图甲所示，变压器原、副线圈上有L 1、L 2、L 3、L 4四只灯泡，它们的规格都是“9 V 12 W”，当在该变压器cd 端输入交变电压u (u -t 图象如图乙所示)时，四只灯泡都正常发光，各电表均为理想交流电表。

以下说法正确的是( )A ．ab 端输入电压的瞬时值表达式为u ab ＝272·sin100πt (V)B ．原、副线圈匝数比为3∶1C ．流过灯泡L 2的电流方向每秒钟改变50次D ．电流表的示数为4 A ，ab 端输入的功率P ab 为48 W4.(2019·湖北武汉联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是 ( )A ．电流表的示数为2 AB ．电压表的示数为27 2 VC ．副线圈两端接入耐压值为8 V 的电容器能正常工作D ．变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz5.(2019·广东东莞联考)如图所示，电源输出电压不变，要使电路中电流表示数变大，可采用的方法有( )A ．将R 上的滑片向上移动B ．将R 上的滑片向下移动C ．将开关S 掷向1D ．将开关S 掷向26.(2019·广西五市联考)如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电线的电阻和理想变压器匝数均不变，且n 1∶n 2＝ n 4∶n 3，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 ．用户端的电压U 4减小C ．U 1∶U 2＝ U 4∶U 3D ．用户端增加的功率等于升压变压器多输入的功率7. (2019·唐山月考)如图所示，两种情况下灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，匝数比8. 为n 1∶n 2＝3∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为 ( )A ．P 、PB ．9P 、49P C.49P 、9P D.94P 、9P9.(2019·山西质量监测)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0＝11 Ω的纯电阻用电器供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，T2的原、副线圈匝数比为4∶1，用电器两端的电压为u＝2202sin 100πt(V)，将T1、T2均视为理想变压器．下列说法正确的是()A．降压变压器的输入功率为4 400 W B．升压变压器中电流的频率为100 HzC．输电线消耗的功率为500 W D．当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小10.(2019·合肥六校联考)如图所示，L1和L2是不计电阻的输电线，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220 V，通过电流表的电流为5 A，则输电线的输送功率为()A．1.1×108 W B．1.1×106 W C．1.1×104 W D．1.1×102 W 11．(2019·北京东城期末)如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交流电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝311 sin 100πt (V)，副线圈所在电路中接有电灯、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，电灯额定功率为44 W，电动机内电阻为1 Ω，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作．则()A．电压表示数为31.1 V B．电动机的输出功率为21 WC．变压器的输入功率为44 W D．通过保险丝的电流为30 A12.(2019·辽宁省鞍山市第八中学期末)如图所示，面积为0.02 m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100 rad/s，匀强磁场的磁感应强度为22T。

高中物理专题--变压器远距离输电

高中物理专题--变压器远距离输电【母题来源一】普通高等学校招生全国统一考试物理（全国Ⅱ卷）1.【母题原题】(全国Ⅱ卷)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。

我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。

假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电,输电线上损耗的电功率为ΔP,到达B处时电压下降了ΔU。

在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下,改用1 100 kV特高压输电,输电线上损耗的电功率变为ΔP',到达B处时电压下降了ΔU'。

不考虑其他因素的影响,则()A．∆P′=14∆P B．∆P′=12∆P C．∆U′=14∆U D．∆U′=12∆U【答案】AD【解析】由电功率公式得ΔP=I2R, 输电线上电压下降ΔU=IR,输电电流为PIU,在输送的电功率和输电线电阻都不变时,U变为原来的2倍,电流变为原来的12,则ΔP'=14ΔP,ΔU'=12ΔU,选项A、D正确,B、C错误。

【母题来源二】2020年普通高等学校招生全国统一考试物理（全国Ⅲ卷）(全国Ⅲ卷)在图(a)所示的交流电路中,电源电压的有效值为220 V,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1、R2、R3均为固定电阻,R2=10 Ω,R3=20 Ω,各电表均为理想电表。

已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。

下列说法正确的是()A.所用交流电的频率为50 HzB.电压表的示数为100 VC.电流表的示数为1.0 AD.变压器传输的电功率为15.0 W【答案】AD【解析】由图(b)可知,T=0.02 s,所以f=50 Hz,A正确;由图(b)可知电流i2的最大值为Im=2A,故有效值I2=2mI =1 A,R2两端的电压U2=I2R2=10 V ,由理想变压器的电压特点2121n n U U =可得原线圈的两端电压U1=100 V ,所以电压表的示数为UV=220 V-100 V=120 V ,B 错误;由欧姆定律得IA=20103233==R U R U A=0.5 A,C 错误;变压器副线圈的电流I=1 A+0.5 A=1.5 A,变压器传输的电功率P=U2I=10 V×1.5 A=15.0 W,D 正确。

2022年高三总复习物理检测题理想变压器与远距离输电

理想变压器与远距离输电1．(2020·天津等级考)手机无线充电是比较新颖的充电方式。

如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。

当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。

在充电过程中()A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失解析：选AC由题意可知，送电线圈中通入了正弦式交变电流，其电流呈周期性变化，电流产生的磁场也呈周期性变化，A正确；由变压器的工作原理可知，受电线圈中输出的电流按余弦规律变化，因此受电线圈中感应电流产生的磁场随电流的变化而变化，B错误；送电线圈和受电线圈的能量传递是通过互感现象实现的，C正确；由于送电线圈产生的磁场并没有全部穿过受电线圈，即有磁通量的损失，因此该充电过程存在能量的损失，D错误。

2．(2020·江苏高考)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()A．是一种降压变压器B．能测量直流电路的电流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：选D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，B、C项均错误；根据电压与变压器匝数的关系U1U2＝n1n2可得副线圈的电压U2＝n2n1U1，由于原线圈匝数少而副线圈的匝数多，即n1<n2，因此有U2>U1，电流互感器是一种升压变压器，A项错误；根据电流与变压器匝数的关系I1I2＝n2n1可得副线圈的电流I2＝n1n2I1，由于n1<n2，因此有I 2<I 1，D 项正确。

3．(2021·广东省普通高中学业水平选择考适应性测试)科学中心某款手摇点火器原理如图所示。

2020年高考物理一轮复习热点题型专题27变压器与远距离输电