高考物理一轮复习讲义 第11章 第2讲 变压器、电能的输送

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
电流磁效应、电磁感应．
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:
U1
U2＝
n1
n2,与负载、副线圈的个数无关
电流
关系
(1)只有一个副线圈时:
I1
I2＝
n2
n1
(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
f1＝f2(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(n1>n2):把高电压变成低电压
如图丙所示.
电流互感器(n1<n2):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3
1．输电电流
I＝
P
U＝
P′
U′＝
U－U′
R.
2．电压损失
(1)ΔU＝U－U′
(2)ΔU＝IR
3．功率损失
(1)ΔP ＝P －P ′ (2)ΔP ＝I 2R ＝(P U
)2R
4．减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρl
S 知,可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．
(2)减小输电线中的电流．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．
自测2 (多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图4所示为远距离输电的原理图,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变,假设用户所用用电器都是纯电阻用电器,若发现发电厂发电机输出的电流增大了,则可以判定( )
图4
A ．通过用户的电流减小了
B ．用户接入电路的总电阻减小了
C ．用户消耗的电功率减小了
D ．加在用户两端的电压变小了 答案 BD
解析 如果发电机输出电流增大,输送电流增大,通过用户的电流增大,A 项错误;由于输电线上的损失的电压增大,因此降压变压器输入、输出电压均减小,即加在用户两端的电压变小了,D 项正确;由I 2U 2＝I 22R ＋(n 3
n 4I 2)2R 用户可知,输送电流增大,是由于R 用户减小引起的,B 项正确;当用户
总电阻减小时,即用户所用用电器增多,用户消耗的电功率增大,C 项错误.
例1 (2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图5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( )
图5
A ．2
B ．3
C ．4
D ．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 1
n 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 1
n 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 1n 22＋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 2
n 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 1
n 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．
变式1 (多选)(2016·全国卷Ⅲ·19)如图6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( )
图6
A ．原、副线圈匝数比为9∶1
B ．原、副线圈匝数比为1∶9
C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1
D ．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＝1
9,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．
变式2 (多选)(2019·河南郑州市第一次模拟)如图7甲所示,变压器原、副线圈上有L 1、L 2、L 3、L 4四只灯泡,它们的规格均为“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( )
图7
A ．a 、b 端输入电压的瞬时值表达式为u ＝272sin 100πt (V)
B ．原、副线圈匝数比为3∶1
C ．流过灯泡L 2的电流方向每秒改变50次
D ．电流表的示数为4 A,ab 端输入的功率P ab ＝48 W 答案 BD
解析 由输入端交变电压u －t 图象可求出电压有效值为27 V ,灯泡规格均为“9 V 12 W ”,四只灯泡都正常发光,所以a 、b 端输入电压的有效值是27 V ＋9 V ＝36 V ,由题图乙知交流电的周期是0.02 s,所以a 、b 端输入电压的瞬时值表达式为u ＝362sin 100πt (V),故A 错误;四只灯泡都正常发光,所以副线圈电压为9 V ,根据理想变压器电压比规律得出变压器原、副线圈匝数比为3∶1,故B 正确;由题图乙知交流电的周期为0.02 s,交流电的频率为50 Hz,则流过灯泡L 2的电流方向每秒改变100次,故C 错误;电流表的示数为I ＝3×12
9 A ＝4 A,a 、b 端输入的功率
P ab ＝4×12 W ＝48 W,故D 正确.
1．匝数比不变的情况(如图8)
图8
(1)U 1不变,根据U 1U 2＝n 1
n 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9)
图9
(1)U 1不变,n 1
n 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 22
R ,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2 (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10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1
2
,则( )
图10
A ．R 消耗的功率变为1
2P
B ．电压表V 的读数变为1
2U
C ．电流表A 的读数变为2I
D ．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 ＝nBSω2知,原线圈中输入电压变为原来的1
2,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1
2,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1
2I ,故选
B.
变式3 (2019·贵州毕节市适应性监测(三))如图11所示,变压器为理想变压器,电流表A 1内阻不可忽略,其余的均为理想的电流表和电压表．a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端,R 0为定值电阻,R 为滑动变阻器．将滑动变阻器的滑片沿c →d 的方向滑动时,则下列说法正确的是( )
图11
A ．电压表V 1、V 2示数不变,V 3示数变小
B ．电压表V 1、V 2示数变小,V 3示数变大
C ．电流表A 1、A 2的示数都增大
D ．电流表A 1的示数变小,A 2的示数增大 答案 C
解析 当滑动变阻器从c 向d 滑动的时候,滑动变阻器接入电路的电阻变小,副线圈的总电阻减小,假设副线圈的总电压不变,则副线圈的总电流I 2＝U 2R 总增大,变压器的电流关系I 1I 2＝n 2
n 1可知原
线圈的总电流I 1增大,则原线圈两端的电压U 1＝U 0－I 1R A 减小,又U 1U 2＝n 1
n 2,可知副线圈两端的电
压U 2减小,滑动变阻器两端的电压U 3＝U 2－I 2R 0减小,而电压表V 1测量值是U 1;电压表V 2测量值是U 2,电压表V 3测量值是U 3,电流表A 1测量值是I 1,电流表A 2测量值是I 2,故A 、B 、D 错误,C 正确．
1．理清三个回路
图12
远距离输电电网间的基本结构如图12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 1
n 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 3
n 4,P 3＝P 4,I 3n 3＝I 4n 4.
3．掌握一个关系
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3 (多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图13为远距离输电示意图,发电厂输出电压U 1＝104 V,输出功率P 1＝109 W,两个理想变压器的匝数比分别为n 1∶n 2＝1∶100、n 3∶n 4＝100∶1,输电线总电阻r ＝50 Ω.则( )
图13
A ．U 4＝U 1
B ．I 4＝I 1
C ．通过电阻r 的电流I 2＝2×104 A
D ．电阻r 损耗的电功率为5×107 W 答案 BD
解析 I 1＝P 1U 1＝105 A,根据I 1I 2＝n 2n 1可得,I 2＝n 1n 2I 1＝1
100×105 A ＝103 A,则通过电阻r 的电流为103
A,故C 错误;电阻r 两端的电压为U r ＝I 2r ＝103×50 V ＝5×104 V,根据U 1U 2＝n 1n 2可得,U 2＝n 2
n 1U 1＝
100×104 V ＝106 V,则U 3＝U 2－U r ＝106 V －5×104 V ＝9.5×105 V,U 4＝n 4n 3U 3＝1
100×9.5×105
V ＝9.5×103 V,则U 4≠U 1,故A 错误;由于I 2＝I 3,I 4＝n 3n 4I 3＝100
1×103 A ＝105 A,则I 4＝I 1,故B 正
确;电阻r 损耗的电功率P r ＝I 22r ＝(103)2×50 W ＝5×107 W,故D 正确．
变式4 (2019·广东清远市期末质量检测)如图14所示,一个小型水电站,其交流发电机的输出电压U 1 一定,通过理想升压变压器T 1 和理想降压变压器T 2向远处用户供电,输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1,它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2;T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3,它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )
图14
A ．当用户的用电器增多时,U 2减小,U 4减小
B ．当用户的用电器增多时,P 1增大,P 3减小
C ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 22R
D ．要减小线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比n 2n 1,同时应增大降压变压器的匝数比n 3
n 4
答案 D
解析 交流发电机的输出电压U 1一定,匝数不变,根据
U 1U 2＝n 1
n 2
,知U 2不变,故A 错误;当用户的用电器增多时,用户消耗的电功率变大,则输入功率增大,即P 3变大,故B 错误;输电线上损失的功率为ΔP ＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22
R ,故C 错误;输送功率一定时,根据P ＝UI 和P 损＝I 2
R 知,要减小线路的损耗,应增大输送电压,又U 1一定,根据
U 1U 2＝n 1n 2知,应增大升压变压器的匝数比n 2
n 1
;U 3＝U 2－I 2R ,U 2增大,I 2减小,所以U 3增大,用户电压U 4不变,根据U 3U 4＝n 3n 4知,应增大降压变压器的匝数比n 3
n 4,故D 正
确．
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15所示．
图15
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 1
n 2
I 1n 1＝I 2n 2
例4 如图16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( )
图16
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,滑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 1
n 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,滑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 1
n 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 1
n 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 1
n 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．
变式5 (2019·广东“六校”第三次联考)钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成,常用来测量电流强度很大的电流,其原理如图17.若原线圈与副线圈的匝数比为1∶500,电流表A 的示数为1 A,则( )
图17
A ．钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯
B ．钳形电流表能够用来测量直流电的电流
C ．被测电路电流的平均值为500 A
D ．被测电路电流的最大值为500 A
答案 A
解析 钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯,A 正确;互感器利用的是电磁感应的互感原理,
不能用于测量直流电,故B 错误;由I 2I 1＝n 1n 2得:I 1＝n 2I 2n 1＝500×11
A ＝500 A,因为电流表测的是有效值,故C 、D 错误．
1．下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法中不正确．．．
的是( ) A ．理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定
B ．交变电流的最大值是有效值的2倍
C ．降低输电损耗有两个途径:减小输电线的电阻和提高输电电压
D ．如果把升压变压器的原线圈串联在电路中,副线圈的两端接在普通的交流电流表上,可以制成电流互感器
答案 B
解析 理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定,选项A 正确;正弦交变电流的最大值是有效值的2倍,选项B 错误;降低输电损耗有两个途径:减小输电线的电阻和提高输电电压,选项C 正确;如果把升压变压器的原线圈串联在电路中,副线圈的两端接在普通的交流电流表上,可以制成电流互感器,选项D 正确．
2．(2019·江苏卷·1)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 假设理想变压器原线圈的输入电压为U 1,则由变压器的工作原理可知U 1n 1＝U 2n 2
,变压器副线圈的输出电压为U 2＝10U 1;当输入电压增加20 V 时,即输入电压为U 1＋20 V ,则变压器的输出电压为U 2′＝10U 1＋10×20 V ,则输出电压的变化量为ΔU ＝U 2′－U 2＝10U 1＋200 V －10U 1＝200 V,即输出电压增加200 V ,A 、B 、C 错误,D 正确．
3．(2019·四川绵阳市第三次诊断)如图1甲所示的电路中,L 1、L 2为两只“3 V 3 W ”的灯泡,变压器为理想变压器,电流表和电压表均为理想交流电表．当a 、b 端接如图乙所示的交变电压时,两只灯泡均正常发光．则( )
图1
A ．电压表的示数为3 V
B ．电压表的示数为6 V
C ．电流表的示数为0.2 A
D ．电流表的示数为0.5 A
答案 C
解析 根据题图乙可知,该正弦交流电压有效值为U 1＝3022
V ＝30 V ,电压表测的是有效值,所以电压表示数为30 V ,A 、B 错误;两灯泡均正常发光,根据串联电路功率关系,副线圈功率P 2
＝2P L ＝6 W,根据变压器两端功率相等,所以P 1＝P 2＝6 W,且P 1＝I 1U 1,所以I 1＝P 1U 1＝630
A ＝0.2 A,C 正确,D 错误．
4．(2019·山东济宁市第二次摸底)2009年11月的低温雨雪冰冻天气给我国北方部分地区造成严重灾害,其中高压输电线路因结冰而损毁严重．为消除高压输电线上的冰,事后有人设想利用电流的热效应除冰的融冰思路．若在正常供电时,高压线上输电电压为U ,输电电流为I ,热耗功率为ΔP ;除冰时,在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下,通过自动调节变压器的变压比,使输电线上的热耗功率变为16ΔP ,则除冰时( )
A ．输电电流为4I
B ．输电电流为16I
C ．输电电压为4U
D ．输电电压为U 16
答案 A
解析 高压线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线①
若热耗功率变为16ΔP ,则16ΔP ＝I ′2R 线②
由①②得I ′＝4I ,所以A 正确,B 错误．
输电功率不变,由P ＝UI ＝U ′I ′得U ′＝14
U ,所以C 、D 错误． 5.(2019·四川达州市第二次诊断)如图2所示,一自耦变压器接在交流电源上,V 1、V 2为理想交流电压表．下列说法正确的是( )
图2
A ．若P 不动,滑片F 向下滑动时,V 1示数不变,V 2示数变小
B ．若P 不动,滑片F 向下滑动时,灯泡消耗的功率变大
C ．若F 不动,滑片P 向上滑动时,V 1示数不变,V 2示数变大
D ．若F 不动,滑片P 向上滑动时,灯泡消耗的功率变小
答案 A
解析 设变压器的输入电压为U 1,输出电压为U 2;若P 不动,滑片F 向下移动时,输入电压U 1
不变,V 1示数不变,根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2
,由于n 2减小,故输出电压U 2减小,故灯泡消耗的功率减小,V 2的示数变小,故A 正确,B 错误;若F 不动,根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2
,输入电压U 1不变,则输出电压U 2也不变,V 1示数不变;滑片P 向上滑动时,滑动变阻器R 的电阻减小,根据闭合电路欧姆定律,干路电流增大,小灯泡中电流、电压都增大,灯泡消耗的功率变大;由U ＝U 2－U L 可知电压表V 2示数变小,故C 、D 错误．
6.(2019·四川遂宁市三诊)如图3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7倍时,两灯泡均能正常发光．则灯泡a 与b 的功率之比为( )
图3 A ．3∶1
B ．1∶3
C ．6∶1
D ．1∶6
答案 D
解析 输入电压为U ,则两灯泡正常发光时两端电压均为U 7,变压器的匝数比n 1n 2＝U －U 7U 7＝61,则I 1I 2
＝n 2n 1＝16,根据P ＝IU 可知灯泡a 与b 的功率之比为1∶6,故选D. 7.(多选)某50 Hz 的钳形电流表的工作原理如图4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( )
图4
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 A
C ．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 mA
D ．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:I 1I 2＝n 2n 1,I 1＝n 2n 1I 2＝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．
8．(2020·安徽马鞍山市质检)图5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( )
图5 A ．输电线中的电流为3 A
B ．电站的输出功率为7 500 kW
C ．输电线路损耗功率为90 kW
D ．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 m 2
＝250 V,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 ＝2.5×105 V;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 ＝2.2×105 V,故输电线上损失的电压为ΔU ＝U 2－U 3＝3×104 V,则输电线上的电流为I ＝ΔU R ＝3×104
1 000
A ＝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．
9．(2019·福建龙岩市5月模拟)如图6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 3 W ”的灯泡,各电表均为理想交流电表,定值电阻R 1＝9 Ω.输入端交变电压u 随时间t 变化的图象如图乙所示,三只灯泡均正常发光,则( )
图6
A ．电压u 的瞬时值表达式为u ＝362sin πt (V)
B ．电压表的示数为33 V
C ．电流表的示数为1 A
D ．定值电阻R 2＝3 Ω
答案 B 解析 由题图乙知,交变电压的周期为T ＝0.02 s,ω＝2πT
＝100π rad/s,电压u 的瞬时值表达式为u ＝362sin 100πt (V),故A 错误;灯泡正常发光,每个灯泡的电流为I ＝P U ＝13
A,故副线圈的电流I 2＝3I ＝1 A,根据变流规律:I 1I 2＝n 2n 1,解得原线圈电流I 1＝13
A,故C 错误;电阻R 1的电压U R 1＝I 1R 1＝3 V ,由题图乙知输入端电压的有效值为36 V ,则变压器原线圈的电压U 1＝36 V －3 V ＝33 V,
所以电压表的示数为33 V,故B 正确;根据变压规律:U 1U 2＝n 1n 2
,可得副线圈的电压U 2＝11 V,电阻R 2两端的电压为U R 2＝U 2－U L ＝11 V －9 V ＝2 V,故R 2＝U R 2I 2
＝2 Ω,故D 错误． 10．(多选)(2019·福建宁德市5月质检)如图7所示,理想变压器的原线圈接有电压为U 的正弦交流电源,输出电压的有效值恒定．R 1和R 2为定值电阻,R 3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( )
图7
A ．通过原线圈的电流减小
B ．变压器的输出功率增大
C ．R 1两端的电压减小
D ．R 2消耗的功率减小
答案 BD
解析 理想变压器输出电压一定,光照增强,光敏电阻R 3阻值减小,副线圈的总电阻减小,根据欧姆定律知,副线圈的电流增大,根据理想变压器电流与匝数的关系可知,通过原线圈的电流也增大,故A 错误;理想变压器的输出功率P ＝UI ,其中U 不变,I 变大,故变压器的输出功率变大,故B 正确;副线圈电流增大,根据欧姆定律知R 1两端电压增大,故R 2两端电压减小,R 2消耗的功率减小,故C 错误,D 正确．
11．(多选)(2019·河南普通高中高考模拟)一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图8甲所示,浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上,内置线圈与R ＝15 Ω的灯泡相连,随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中,其运动速度v ＝0.8πsin (πt ) m/s.浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分),其截面如图乙所示,匝数N ＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B ＝0.2 T,线圈的直径D ＝0.4 m,总电阻r ＝1 Ω.取π2＝10.则下列说法正确的是( )
图8
A．线圈中产生电动势的瞬时值为e＝64sin (πt) V
B．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sin (πt) A
C．灯泡两端电压的有效值为30 2 V
D．灯泡的电功率为240 W
答案ABC
解析线圈在磁场中切割磁感线,产生的电动势为:
E max＝NBl v max
l＝πD
联立得:E max＝πNBD v max＝π×100×0.2×0.4×0.8π V＝64 V
则波浪发电产生电动势e的瞬时值为:e＝E max sin (πt)＝64sin (πt)V,故A正确;根据闭合电路欧姆定律得:
i＝e
R＋r＝4sin (πt) A,故B正确;
灯泡电流的有效值为:I＝4
2
A＝2 2 A,则灯泡两端电压的有效值为:U＝IR＝22×15 V＝
30 2 V,故C正确;
灯泡的电功率为:P＝I2R＝(22)2×15 W＝120 W,故D错误．
12．(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)有一种理想自耦变压器的构造如图9所示,线圈a、b 绕在一个圆环形的铁芯上,转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中电阻R1、R2、R3和R4的阻值分别为10 Ω、5 Ω、10 Ω和10 Ω,电压表为理想交流电表,U为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定,滑动触头P处在线圈a、b的中点．开关S闭合时电压表的示数是7 V,则下列说法中正确的是()
图9
A．正弦交流电压源U的峰值为35 V
B．开关S断开时,理想电压表的示数为5 V
C．开关S闭合时,通过电阻R4的电流为0.7 A
D ．开关S 闭合时,电阻R 2和R 3消耗的电功率相等
答案 BC
解析 开关S 闭合时,根据欧姆定律可知通过R 1的电流为I 1＝U V R 1
＝0.7 A,根据电流之比等于匝数的反比可知副线圈的电流为I 2＝1.4 A;R 3和R 4并联后与R 2串联的电阻为10 Ω,可知副线圈的电压为U 2＝14 V ,根据电压之比等于匝数之比可知原线圈的电压为U 1＝28 V ,正弦交流电压
源U ＝U V ＋U 1＝35 V,正弦交流电压源的峰值为35 2 V;通过电阻R 4的电流为12
I 2＝0.7 A;电阻R 2消耗的电功率P 2＝I 22R 2＝9.8 W,电阻R 3消耗的电功率P 3＝(12
I 2)2R 3＝4.9 W,故选项C 正确,A 、D 错误;开关S 断开时,R 3和R 2串联的电阻为R 23＝15 Ω,设副线圈的电流为I 2′,则副线圈的电
压为U 2′＝I 2′R 23,根据电流之比等于匝数的反比可知原线圈的电流为I 1′＝12
I 2′,所以原线圈的电压为U 1′＝U －I 1′R 1＝U －12
I 2′R 1,根据电压之比等于匝数之比可得U 1′＝2U 2′,联立解得副线圈的电流为I 2′＝1 A,理想电压表的示数为I 1′R 1＝12
I 2′R 1＝5 V ,故选项B 正确． 13.(2019·陕西汉中市第二次教学质检)有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中,电源输出电压U 恒定不变,如图10所示．若将该线路与交流电源接通,且开关S 接在位置1时,4个灯泡发光亮度相同;若将开关S 接在位置2时,灯泡均未烧坏．则下列可能的是( )
图10
A ．该变压器是降压变压器,原、副线圈匝数比为4∶1
B ．该变压器是升压变压器,原、副线圈匝数比为1∶4
C ．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变亮
D ．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变暗
答案 C
解析 四个灯泡亮度相同,所以原线圈电流与副线圈电流之比为1∶3,根据电流与匝数成反比知原、副线圈的匝数比为3∶1,可知该变压器是降压变压器,故A 、B 错误;接到位置2,原线圈输入电压变大,根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大,所以副线圈中的灯泡的电流变大,灯泡仍能发光,但亮度变亮,故C 正确,D 错误．
14．(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图11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。