2021届高考备考物理二轮专题特训：理想变压器模型与远距离输电 (解析版)
2021年高考物理重难点复习：理想变压器模型与远距离输电
2021年高考物理重难点复习：理想变压器模型与远距离输电热点题型一理想变压器基本规律的应用理想变压器以及原、副线圈基本量的关系（一）只有一个副线圈【例1】一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3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】设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确．【变式1】如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，原线圈两端连接正弦交流电源u＝2202sin314t(V)，副线圈接电阻R，同时接有理想电压表和理想电流表。
下列判断正确的是()A ．电压表读数约为31.1 VB ．若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数增大到原来的2倍C ．若仅将R 的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若R 的阻值和副线圈匝数同时增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍【答案】 B【解析】 根据u ＝2202sin314t (V)可知，原线圈的电压有效值为U 1＝220 V ，电压表的读数为变压器输出电压的有效值，由U 1U 2＝n 1n 2得，电压表读数为U 2＝22 V ，A 错误；若仅将副线圈匝数增加到原来的2倍，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2增大到原来的2倍，由I 2＝U 2R可知，电流表的读数增大到原来的2倍，B 正确；输入电压和匝数比不变，则输出电压U 2不变，若仅将R的阻值增加到原来的2倍，由I 2＝U 2R可知，副线圈电流变为原来的一半，输出功率变为原来的一半，由输入功率等于输出功率可知，输入功率也变为原来的一半，C 错误；若副线圈匝数增加到原来的2倍，则U 2增加到原来的2倍，若R 的阻值也增加到原来的2倍，输出功率P 2＝U 22R变为原来的2倍，D 错误。
考点40 理想变压器 远离输电 (考点详解)-备战2021年高考物理考点微专题
考点40 理想变压器远离输电一、理想变压器基本规律的应用二、理想变压器的动态分析问题三、远距离输电四、科学思维系列-远距离输电电路的两类动态分析理想变压器基本规律的应用一、理想变压器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。
(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：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，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。
甲乙丙 丁(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。
【典例】1．(2019·江苏高考)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】理想变压器的电压与匝数关系为U 1U 2＝n 1n 2＝U 1＋ΔU 1U 2＋ΔU 2，整理可得ΔU 1ΔU 2＝n 1n 2，即原、副线圈匝数比等于电压变化量之比，当ΔU 1＝20 V 时，ΔU 2＝200 V ，选项D 正确。
理想变压器和远距离输电物理模型(解析版)
理想变压器和远距离输电物理模型1.高考中交流电路部分主要考查交变电流的产生和描述、交流电有效值、变压器的规律及动态分析、远距离输电等知识点。
对理想变压器问题应该从电磁感应的本质、电压比、电流比和能量的观点几个方面正确理解。
远距离输电问题应该分段分析，注意各段电压、电流、功率的关系。
掌握输送电过程中功率损失和电压损失。
2.理想变压器和远距离输电问题有时也和电磁感应一起考查，熟练应用法拉第电磁感应定律、楞次定律判断感应电动势、感应电流的方向。
一.理想变压器基本模型(1)理想变压器的构造、作用、原理及特征。
构造：两组线圈(原、副线圈)绕在同一个闭合铁心上构成所谓的变压器。
作用：在办理送电能的过程中改变电压。
原理：其工作原理是利用了电磁感应现象。
特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交流电压。
(2)理想变压器的理想化条件及规律如图所示，在理想变压器的原线圈两端加交流电压U 1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势。
根据法拉第电磁感应定律，有ε1=n 1Δφ1Δt ,ε2=n 2Δφ2Δ忽略原、副线圈内阻，有U 1=ε1,U 2=ε2。
另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相同，于是又有Δφ1=Δφ2。
由此便可得理想变压器的电压变化规律为U 1U 2=n1n 2。
在此基础上再忽略变压器自身的能量损失(一般包括了线圈内能量损失和铁心内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”)，有P 1=P 2，而P 1=I 1U 1，P 2=I 2U 2。
于是又得理想变压器的电流变化规律为I1I 2=n 2n 1。
由此可见：①理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗(实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因素的差别)。
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形式。
考点53 理想变压器——2021年高考物理专题复习附真题及解析
考点53 理想变压器考情分析内容要求要点解读理想变压器Ⅱ掌握变压器的工作原理，灵活运用变压器原副线圈电流、电压关系，结合电路知识解决理想变压器电路的动态分析问题、能量问题。
考点解读一、变压器1．变压器的构造：原线圈、副线圈、铁芯2．电路图中的符号二、变压器的工作原理在变压器原、副线圈中由于有交变电流而发生互相感应的现象，叫互感现象；铁芯的作用：使绝大部分磁感线集中在铁芯内部，提高变压器的效率。
三、理想变压器原、副线圈基本关系的应用1．基本关系（1）P入=P出；（2）2121n n U U =，有多个副线圈时，仍然成立，332211n U n U n U ===···； （3）1221n n I I =，电流与匝数成反比，只对一个副线圈的变压器适用，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，n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3+···；（4）原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率也相同，频率也就相同。
2．制约关系（1）电压：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定； （2）功率：原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定； （3）电流：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定。
3．两种特殊的变压器模型 （1）自耦变压器高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，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。
（2）互感器电压互感器和电流互感器，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 串联在待测高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成小电流利用的公式2121n n U U = I 1n 1=I 2n 24．关于理想变压器的四点说明（1）变压器不能改变直流电压；（2）变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率；（3）理想变压器本身不消耗能量；（4）理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值。
2021届高考物理二轮备考专题特训：带电粒子在复合场中运动的实例分析(解析版)
带电粒子在复合场中运动的实例分析1．在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子()A．一定带正电B．速度v＝E BC．若速度v＞EB，粒子一定不能从板间射出D．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动2．(多选)医用回旋加速器的核心部分是两个D形金属盒，如图所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)并通过线束引出加速器．下列说法中正确的是()A．加速两种粒子的高频电源的频率相同B．两种粒子获得的最大动能相同C．两种粒子在D形盒中运动的周期相同D．增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能3.(多选)如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场．一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场．把P、Q与电阻R相连接．下列说法正确的是()A．Q板的电势高于P板的电势B．R中有由a向b方向的电流C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变D．若只增大离子入射速度，R中电流增大4.(多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，当元件中通入图示方向的电流I时，C、D两侧面会形成一定的电势差U.下列说法中正确的是()A．若C侧面电势高于D侧面，则元件中形成电流的载流子带负电B．若C侧面电势高于D侧面，则元件中形成电流的载流子带正电C．在地球南、北极上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置时U最大D．在地球赤道上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时，U最大5．容器A中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S1、S2间的加速电压为U，偏转电场极板长为L，两板间距也为L，板间匀强电场强度E＝2UL，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f的下端与磁场边界ab相交于点P，在边界ab上实线处固定放置感光片．测得从容器A中逸出的所有粒子均打在感光片PQ之间，且Q距P的长度为3L，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab间的夹角；(2)射到感光片Q处的粒子的比荷(电荷量q与质量m之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间．6.质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示，虚线上方有两条半径分别为R和r(R>r)的半圆形边界，分别与虚线相交于A、B、C、D点，圆心均为虚线上的O点，C、D间有一荧光屏．虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B.虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场加速后，从AB的中点垂直进入磁场，离子打在边界上时会被吸收．当加速电压为U时，离子恰能打在荧光屏的中点．不计离子的重力及电、磁场的边缘效应．求：(1)离子的比荷；(2)离子在磁场中运动的时间；(3)离子能打在荧光屏上的加速电压范围．7.质谱仪的原理如图所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D间有一荧光屏．同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点．离子重力不计．则()A．a离子质量比b的大B．a离子质量比b的小C．a离子在磁场中的运动时间比b的长D．a、b离子在磁场中的运动时间相等8.(多选)如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法中正确的是()A．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大B．粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关C．若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小D．粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为5∶69.(多选)(2020·福建龙岩市3月质量检查)回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图6所示．其核心部件是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒(D1、D2)，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，D形盒的半径为R.质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能E km后经粒子出口处射出．若忽略质子在电场中的加速时间，且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()A．质子加速后的最大动能E km与交变电压U大小无关B．质子在加速器中的运行时间与交变电压U大小无关C．回旋加速器所加交变电压的周期为πR 2m E kmD．D2盒内质子的轨道半径由小到大之比为1∶3∶5∶…10.如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足v0＝EB时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是()A ．粒子射入的速度一定是v >E BB ．粒子射入的速度可能是v <E BC ．粒子射出时的速度一定大于射入速度D ．粒子射出时的速度一定小于射入速度11.(2020·福建三明市期末质量检测)磁流体发电机的原理如图所示．将一束等离子体连续以速度v 垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，可在相距为d 、面积为S 的两平行金属板间产生电压．现把上、下板和电阻R 连接，上、下板等效为直流电源的两极．等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电阻率为ρ.忽略边缘效应及离子的重力，下列说法正确的是( )A ．上板为正极，a 、b 两端电压U ＝Bd vB ．上板为负极，a 、b 两端电压U ＝Bd 2v ρS RS ＋ρdC ．上板为正极，a 、b 两端电压U ＝Bd v RS RS ＋ρdD．上板为负极，a、b两端电压U＝Bd v RS Rd＋ρS12.为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计．该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a、b、c，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M、N两端间的电压表将显示两个电极间的电压U.若用Q表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是()A．M端的电势比N端的高B．电压表的示数U与a和b均成正比，与c无关C．电压表的示数U与污水的流量Q成正比D．若污水中正、负离子数相同，则电压表的示数为0带电粒子在复合场中运动的实例分析2．在如图所示的平行板器件中，电场强度E和磁感应强度B相互垂直．一带电粒子(重力不计)从左端以速度v沿虚线射入后做直线运动，则该粒子()A ．一定带正电B ．速度v ＝E BC ．若速度v ＞E B ，粒子一定不能从板间射出D ．若此粒子从右端沿虚线方向进入，仍做直线运动【答案】 B【解析】 粒子带正电和负电均可，选项A 错误；由洛伦兹力等于电场力，可得q v B ＝qE ，解得速度v ＝E B ，选项B 正确；若速度v ＞E B ，粒子可能会从板间射出，选项C 错误；若此粒子从右端沿虚线方向进入，所受电场力和洛伦兹力方向相同，不能做直线运动，选项D 错误．2．(多选)医用回旋加速器的核心部分是两个D 形金属盒，如图所示，两金属盒置于匀强磁场中，并分别与高频电源相连．现分别加速氘核(21H)和氦核(42He)并通过线束引出加速器．下列说法中正确的是( )A ．加速两种粒子的高频电源的频率相同B ．两种粒子获得的最大动能相同C ．两种粒子在D 形盒中运动的周期相同D．增大高频电源的电压可增大粒子的最大动能【答案】AC【解析】回旋加速器加速粒子时，粒子在磁场中运动的周期应和交流电的周期相同．带电粒子在磁场中运动的周期T＝2πmqB，两粒子的比荷qm相等，所以周期相同，故加速两种粒子的高频电源的频率也相同，A、C正确；根据q v B＝m v2R，得v＝qBRm，最大动能E k＝12m v2＝q2B2R22m，与加速电压无关，两粒子的比荷qm相等，电荷量q不相等，所以最大动能不等，故B、D错误．3.(多选)如图所示是磁流体发电机的示意图，两平行金属板P、Q之间有一个很强的磁场．一束等离子体(即高温下电离的气体，含有大量正、负带电离子)沿垂直于磁场的方向喷入磁场．把P、Q与电阻R相连接．下列说法正确的是()A．Q板的电势高于P板的电势B．R中有由a向b方向的电流C．若只改变磁场强弱，R中电流保持不变D．若只增大离子入射速度，R中电流增大【答案】BD【解析】等离子体进入磁场，根据左手定则，正离子向上偏，打在上极板上，负离子向下偏，打在下极板上，所以上极板带正电，下极板带负电，则P板的电势高于Q 板的电势，流过电阻R 的电流方向由a 到b ，故A 错误，B 正确；依据电场力等于洛伦兹力，即q U d ＝q v B ，则有U ＝Bd v ，再由闭合电路欧姆定律I＝U R ＋r ＝Bd v R ＋r，电流与磁感应强度成正比，故C 错误；由以上分析可知，若只增大离子的入射速度，R 中电流会增大，故D 正确．4.(多选)利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域．如图所示是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B 垂直于霍尔元件的工作面向下，当元件中通入图示方向的电流I 时，C 、D 两侧面会形成一定的电势差U .下列说法中正确的是( )A ．若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带负电B ．若C 侧面电势高于D 侧面，则元件中形成电流的载流子带正电C ．在地球南、北极上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置时U 最大D ．在地球赤道上方测地磁场强弱时，元件工作面竖直放置且与地球经线垂直时，U 最大【答案】 AD【解析】 若元件的载流子带负电，由左手定则可知，载流子受到洛伦兹力向D 侧面偏，则C 侧面的电势高于D 侧面的电势，故A 正确；若元件的载流子带正电，由左手定则可知，载流子受到洛伦兹力向D 侧面偏，则D 侧面的电势高于C 侧面的电势，故B 错误；在测地球南、北极上方的地磁场强弱时，因磁场方向竖直，则元件的工作面保持水平时U 最大，故C 错误；地球赤道上方的地磁场方向水平，在测地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持竖直，当与地球经线垂直时U 最大，故D 正确．5．容器A 中装有大量的质量、电荷量不同但均带正电的粒子，粒子从容器下方的小孔S 1不断飘入加速电场(初速度可视为零)做直线运动，通过小孔S 2后从两平行板中央沿垂直电场方向射入偏转电场．粒子通过平行板后沿垂直磁场方向进入磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场区域，最后打在感光片上，如图所示．已知加速电场中S 1、S 2间的加速电压为U ，偏转电场极板长为L ，两板间距也为L ，板间匀强电场强度E ＝2U L ，方向水平向左(忽略板间外的电场)，平行板f 的下端与磁场边界ab 相交于点P ，在边界ab 上实线处固定放置感光片．测得从容器A 中逸出的所有粒子均打在感光片PQ 之间，且Q 距P 的长度为3L ，不考虑粒子所受重力与粒子间的相互作用，求：(1)粒子射入磁场时，其速度方向与边界ab 间的夹角；(2)射到感光片Q 处的粒子的比荷(电荷量q 与质量m 之比)；(3)粒子在磁场中运动的最短时间．【答案】 (1)45° (2)U 2L 2B 2 (3)3πBL 216U【解析】 (1)设质量为m 、电荷量为q 的粒子通过孔S 2的速度为v 0，则：qU ＝12m v 02 粒子在平行板e 、f 间做类平抛运动：L ＝v 0t ，v x ＝qE m t ，tan θ＝v 0v x联立可得：tan θ＝1，则θ＝45°，故其速度方向与边界ab 间的夹角为θ＝45°.(2)粒子在偏转电场中沿场强方向的位移x ＝12v x t ＝L 2，故粒子从e 板下端与水平方向成45°角斜向下射入匀强磁场，如图所示，设质量为m 、电荷量为q 的粒子射入磁场时的速度为v ，做圆周运动的轨道半径为r ，则v ＝v 02＋v x 2＝2v 0＝2qUm由几何关系：r 2＋r 2＝(4L )2则r ＝22Lq v B ＝m v 2r ，则r ＝m v qB 联立解得：q m ＝U 2L 2B2.(3)设粒子在磁场中运动的时间为t ，偏转角为α，则t ＝αm qB ，r ＝m v qB ＝2B mU q联立可得：t ＝αBr 24U 因为粒子在磁场中运动的偏转角α＝32π，所以粒子打在P 处时间最短，此时半径为r ′，由几何关系知：r ′2＋r ′2＝L 2，则r ′＝22L 联立可得：t min ＝32πB L 224U ＝3πBL 216U. 6.质谱仪可利用电场和磁场将比荷不同的离子分开，这种方法在化学分析和原子核技术等领域有重要的应用．如图所示，虚线上方有两条半径分别为R 和r (R >r )的半圆形边界，分别与虚线相交于A 、B 、C 、D 点，圆心均为虚线上的O 点，C 、D 间有一荧光屏．虚线上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，磁感应强度大小为B .虚线下方有一电压可调的加速电场，离子源发出的某一正离子由静止开始经电场加速后，从AB 的中点垂直进入磁场，离子打在边界上时会被吸收．当加速电压为U 时，离子恰能打在荧光屏的中点．不计离子的重力及电、磁场的边缘效应．求：(1)离子的比荷；(2)离子在磁场中运动的时间；(3)离子能打在荧光屏上的加速电压范围．【答案】 (1)8U B 2(R ＋r )2 (2)πB (R ＋r )28U (3)U (R ＋3r )24(R ＋r )2≤U ′≤U (3R ＋r )24(R ＋r )2【解析】 (1)由题意知，加速电压为U 时，离子在磁场区域做匀速圆周运动的半径r 0＝R ＋r 2洛伦兹力提供向心力，q v B ＝m v 2r 0在电场中加速，有qU ＝12m v 2 解得：q m ＝8U B 2(R ＋r )2(2)离子在磁场中运动的周期为T ＝2πm qB在磁场中运动的时间t ＝T 2解得：t ＝πB (R ＋r )28U(3)由(1)中关系，知加速电压和离子轨迹半径之间的关系为U ′＝4U (R ＋r )2r ′2 若离子恰好打在荧光屏上的C 点，轨道半径r C ＝R ＋3r 4U C ＝U (R ＋3r )24(R ＋r )2若离子恰好打在荧光屏上的D点，轨道半径r D＝3R＋r 4U D＝U(3R＋r)2 4(R＋r)2即离子能打在荧光屏上的加速电压范围：U(R＋3r)24(R＋r)2≤U′≤U(3R＋r)24(R＋r)2.7.质谱仪的原理如图所示，虚线AD上方区域处在垂直纸面向外的匀强磁场中，C、D间有一荧光屏．同位素离子源产生a、b两种电荷量相同的离子，无初速度进入加速电场，经同一电压加速后，垂直进入磁场，a离子恰好打在荧光屏C点，b离子恰好打在D点．离子重力不计．则()A．a离子质量比b的大B．a离子质量比b的小C．a离子在磁场中的运动时间比b的长D．a、b离子在磁场中的运动时间相等【答案】B【解析】设离子进入磁场的速度为v，在电场中qU＝12m v2，在磁场中Bq v＝m v2r，联立解得：r＝m vBq＝1B2mUq，由题图知，b离子在磁场中运动的轨道半径较大，a、b为同位素，电荷量相同，所以b离子的质量大于a离子的质量，所以A错误，B正确；在磁场中运动的时间均为半个周期，即t＝T2＝πmBq，由于b离子的质量大于a离子的质量，故b离子在磁场中运动的时间较长，C、D错误．8.(多选)如图所示是回旋加速器的示意图，其核心部分是两个D形金属盒，分别与高频交流电源连接，两个D形金属盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两个D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，下列说法中正确的是()A．加速电压越大，粒子最终射出时获得的动能就越大B．粒子射出时的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径和磁感应强度有关C．若增大加速电压，粒子在金属盒间的加速次数将减少，在回旋加速器中运动的时间将减小D．粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为5∶6【答案】BC【解析】粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：q v m B＝m v m2 R，解得：v m＝qBRm，则粒子获得的最大动能为：E km＝12m v m2＝q2B2R22m，知粒子获得的最大动能与加速电压无关，与D形金属盒的半径R和磁感应强度B有关，故A错误，B正确；对粒子，由动能定理得：nqU＝q2B2R22m，加速次数：n＝qB2R22mU，增大加速电压U，粒子在金属盒间的加速次数将减少，粒子在回旋加速器中运动的时间：t＝n2T＝nπmqB将减小，故C正确；对粒子，由动能定理得：nqU＝12m v n2，解得v n＝2nqUm，粒子在磁场中做圆周运动，由牛顿第二定律得：q v n B＝mv n2r n，解得：r n＝1B2nmUq，则粒子第5次被加速前、后的轨道半径之比为：r4r5＝45，故D错误．9.(多选)(2020·福建龙岩市3月质量检查)回旋加速器是加速带电粒子的装置，如图6所示．其核心部件是分别与高频交流电源两极相连接的两个D形金属盒(D1、D2)，两盒间的狭缝中形成周期性变化的电场，使粒子在通过狭缝时都能得到加速，两D形金属盒处于垂直于盒底的匀强磁场中，D形盒的半径为R.质量为m、电荷量为q的质子从D1半盒的质子源(A点)由静止释放，加速到最大动能E km后经粒子出口处射出．若忽略质子在电场中的加速时间，且不考虑相对论效应，则下列说法正确的是()A．质子加速后的最大动能E km与交变电压U大小无关B．质子在加速器中的运行时间与交变电压U大小无关C．回旋加速器所加交变电压的周期为πR 2m E kmD．D2盒内质子的轨道半径由小到大之比为1∶3∶5∶…【答案】 ACD【解析】 质子在回旋加速器中做圆周运动，洛伦兹力提供向心力，有q v B ＝m v 2r ，则v ＝qBr m ，当r ＝R 时，质子有最大动能：E km ＝12m v m 2＝q 2B 2R 22m，知质子加速后的最大动能E km 与交变电压U 大小无关，故A 正确；质子离开回旋加速器时的动能是一定的，与加速电压无关，由T ＝2πm qB 可知相邻两次经过电场加速的时间间隔不变，获得的动能为qU ，故电压越大，加速的次数n 越少，在加速器中的运行时间越短，故B 错误；回旋加速器所加交变电压的周期与质子在D形盒中运动的周期相同，由T ＝2πm qB ，R ＝m v m qB ，E km ＝12m v m 2知，T ＝πR 2m E km，故C 正确；质子每经过1次加速电场动能增大qU ，知D 2盒内质子的动能由小到大依次为qU 、3qU 、5qU …，又r ＝m v qB ＝2mE k qB ，则半径由小到大之比为1∶3∶5∶…，故D 正确.10.如图所示是一速度选择器，当粒子速度满足v 0＝E B 时，粒子沿图中虚线水平射出；若某一粒子以速度v 射入该速度选择器后，运动轨迹为图中实线，则关于该粒子的说法正确的是( )A ．粒子射入的速度一定是v >E BB ．粒子射入的速度可能是v <E BC．粒子射出时的速度一定大于射入速度D．粒子射出时的速度一定小于射入速度【答案】B11.(2020·福建三明市期末质量检测)磁流体发电机的原理如图所示．将一束等离子体连续以速度v垂直于磁场方向喷入磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可在相距为d、面积为S的两平行金属板间产生电压．现把上、下板和电阻R连接，上、下板等效为直流电源的两极．等离子体稳定时在两极板间均匀分布，电阻率为ρ.忽略边缘效应及离子的重力，下列说法正确的是()A．上板为正极，a、b两端电压U＝Bd vB．上板为负极，a、b两端电压U＝Bd2vρS RS＋ρdC．上板为正极，a、b两端电压U＝Bd v RS RS＋ρdD．上板为负极，a、b两端电压U＝Bd v RS Rd＋ρS【答案】C【解析】根据左手定则可知，等离子体射入两极板之间时，正离子偏向a板，负离子偏向b板，即上板为正极；稳定时满足U′d q＝Bq v，解得U′＝Bd v；根据电阻定律可知两极板间的电阻为r ＝ρd S ，根据闭合电路欧姆定律：I ＝U ′R ＋r，a 、b 两端电压U ＝IR ，联立解得U ＝Bd v RS RS ＋ρd，故选C. 12.为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的长方体流量计．该装置由绝缘材料制成，其长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加一匀强磁场，前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口从左向右流经该装置时，接在M 、N 两端间的电压表将显示两个电极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( )A ．M 端的电势比N 端的高B ．电压表的示数U 与a 和b 均成正比，与c 无关C ．电压表的示数U 与污水的流量Q 成正比D ．若污水中正、负离子数相同，则电压表的示数为0【答案】 C【解析】 根据左手定则知，正离子所受的洛伦兹力方向向里，则向里偏转，N 端带正电，M 端带负电，则M 端的电势比N 端电势低，故A 错误； 最终离子在电场力和洛伦兹力作用下平衡，有：q v B ＝q U b ，解得U ＝v Bb ，电压表的示数U 与b 成正比，与污水中正、负离子数无关，故B 、D 错误；因v ＝U Bb ，则流量Q＝v bc＝UcB，因此U＝BQc，所以电压表的示数U与污水流量Q成正比，故C正确．。
2024年高考物理题源展望专题12 变压器 远距离输电(解析版)
专题12 变压器 远距离输电目录近年真题对比考向一 变压器的原理及动态分析考向二 远距离输电命题规律解密名校模拟探源易错易混速记【命题意图】考查变压器的工作原理、欧姆定律、闭合电路欧姆定律和电功率等知识，对理想变压器的动态分析的考查：一是负载不变，通过匝数变化求解原副线圈的各参量；二是匝数不变，负载变化，讨论各量的变化，意在考查考生的理解能力和综合分析能力。
【考查要点】变压器的工作原理和基本规律，理想变压器的动态分析，远距离输电【课标链接】①理解变压器的工作原理和规律，②能分析变压器的动态问题；③对远距离输电要画出等效电路图。
能用变压器规律、闭合电路欧姆定律和电功率、的能量守恒定律分问题。
考向一 变压器的原理及动态分析A. 电源电压有效值为2202VC. 副线圈匝数为180匝【答案】BC3．（2023·天津·统考高考真题）下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器1T和降压变压器2T都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有（ ）A．1T输出电压与2T输入电压相等368A B ．输电线上损失的功率为4.8kW 408kW D ．升压变压器的匝数比n 1：n 2=．由题知，发电机的输出电压U 1 = 250V ，输出功率500kW ，则有3210A PI ==⨯．接收线圈的输出电压约为8 V．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22:1．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同1180%n U =的电流为1.4A两端的电压为18V ，频率为100Hz 的电流为2.5A ，周期为0.02s远距离输电B ．2L 比1L 更亮的大D ．1R 上消耗的功率比2R 的小端，则若电源电压为0U ，理想变压器1T 、2T 的匝数比为2314n n k n n ==．发电机输出的电压为2NBSzπ从近几年的高考试题题，变压器、远距离输电试题有的以选择题的形式单独命题，涉及到的考点有：理想变压器的原理和规律、变压器的动态分析、远距离输电。
人教版高考物理复习-理想变压器模型与远距离输电(解析版)
(3)根據P2＝ 和P1＝P2，可以判斷P2變化時，P1發生變化，U1不變時，I1發生變化
2.含有變壓器的動態電路問題的解題思路
（一）匝數不變時的動態分析
【例2】(2019·廣西南寧一模)如圖所示，一理想變壓器的原、副線圈匝數之比為n1∶n2＝55∶1，原線圈接
C． AD．2 A
【答案】B
【解析】 由於二極體具有單向導電性，在一個週期內相當於只有一個電阻能夠正常工作，由理想變壓器變壓規律 ＝2 A，選項B正確．
熱點題型三 遠距離輸電模型
遠距離輸電問題的“三二二”
1．理清三個回路
2．抓住兩個聯繫
(1)理想的升壓變壓器聯繫著回路1和回路2，由變壓器原理可得：線圈1(匝數為n1)和線圈2(匝數為n2)中各個量間的關係是 ＝ ， ＝ ，P1＝P2.
【答案】C.
【解析】對兩個副線圈有 ＝ 、 ＝ ，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又因為P＝ ，所以 ＝ ＝ ；由歐姆定律得I2＝ ＝2 A，I3＝ ＝0.8 A，對有兩個副線圈的變壓器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16 A，故C正確．
熱點題型二 理想變壓器的動態分析
1．常見的理想變壓器的動態分析問題一般有兩種：匝數比不變的情況和負載電阻不變的情況．
【例5】(2019·廣東清遠高三上學期期末)如圖所示，一個小型水電站，其交流發電機的輸出電壓U1一定，通過理想升壓變壓器T1和理想降壓變壓器T2向遠處用戶供電，輸電線的總電阻為R。T1的輸入電壓和輸入功率分別為U1和P1，它的輸出電壓和輸出功率分別為U2和P2，T2的輸入電壓和輸入功率分別為U3和P3，它的輸出電壓和輸出功率分別為U4和P4。下列說法正確的是()
（二）負載電阻不變時的動態分析
统考版2021届高考物理二轮复习小题提升精练26理想变压器远距离输电含解析
理想变压器 远距离输电(1) 变压器的基本原理和动态分析；(2)远距离输电问题。
例1．(2018·全国III 卷·19)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∆P ，到达B 处时电压下降了∆U 。
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1100 kV 特高压输电，输电线上损耗的电功率变为∆P ′，到达B 处时电压下降了∆U ′。
不考虑其他因素的影响，则( )A ．∆P ′＝14∆PB ．∆P ′＝12∆PC ．∆U ′＝14∆UD ．∆U ′＝12∆U 【答案】AD【解析】输电线上损失的功率ΔP ＝(P U )2·r ，损失的电压ΔU ＝P U·r ，当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的14 ，即ΔP ′＝14ΔP ，损失的电压变为原来的12，即ΔU ′＝12ΔU ，故选AD 。
例2．(2020·全国III 卷·20)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，R 1、R 2、R 3均为固定电阻，R 2＝10 Ω，R 3＝20 Ω，各电表均为理想电表。
已知电阻R 2中电流i 2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500 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】交流电的周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝50 Hz ，A 正确；通过R 2电流的有效值为I ＝I m2＝1 A ，R 2两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知U 2＝IR 2＝10 V ，根据理想变压器的电压规律U 1U 2＝n 1n 2可知原线圈的电压U 1＝100 V ，电阻R 1两端分压即为电压表示数，即U V ＝U 0－U 1＝120 V ，B 错误；电流表的示数为2A 30.5A U I R ==，C 错误；副线圈中流过的总电流I 2＝I +I A ＝1.5 A ，变压器原副线圈传输的功率P ＝I 2U 2＝15 W ，D 正确。
考点53 理想变压器——2021年高考物理专题复习附真题及解析
线圈输入交变电压 u= 220 2 sinl00πt（V），在副线圈中接有理想交流电流表、阻值为 22 Ω 的定值电阻 R
和电容器 C。下列说法中正确的是
A．电阻 R 中电流方向 1 s 内变化 50 次 B．电流表示数是 1 A C．电阻 R 消耗的电功率为 22 W D．电容器的耐压值至少是 22 V 2．（2020·黑龙江省哈师大附中高二期中）如图所示，a、b 间输入电压有效值为 220 V、频率为 50 Hz 的正 弦式交流电，两灯泡额定电压相等，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想交流电表，闭合开 关后，两灯泡均正常发光，电流表的示数为 1 A，电压表示数为 22 V，由此可知( )
（2） U1 n1 ，有多个副线圈时，仍然成立， U1 U 2 U 3 =···；
U 2 n2
n1 n2 n3
（3） I1 n2 ，电流与匝数成反比，只对一个副线圈的变压器适用，有多个副线圈时，由输入功率和 I 2 n1
输出功率相等确定电流关系，n1I1=n2I2+n3I3+···； （4）原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率也相同，频率也就相同。 2．制约关系 （1）电压：副线圈电压 U2 由原线圈电压 U1 和匝数比决定； （2）功率：原线圈的输入功率 P1 由副线圈的输出功率 P2 决定； （3）电流：原线圈电流 I1 由副线圈电流 I2 和匝数比决定。 3．两种特殊的变压器模型 （1）自耦变压器 高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，自耦变压器（又称调压器），它只
将大电流变成小电流
利用的公式
U1 n1 U 2 n2
I1n1=I2n2
4．关于理想变压器的四点说明
（1）变压器不能改变直流电压；
高考物理二轮专题辅导训练 专题4 第9讲 热点三 理想变压器及远距离输电(含解析)
热点三理想变压器及远距离输电1．理想变压器的基本规律2．远距离输电(1)输电过程的电压关系(2)输电过程功率的关系9．(2014·广东卷，19)如图4－9－12所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是( )图4－9－12A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大解析 由于理想变压器输入电压不变，据公式U 1U 2＝n 1n 2，则副线圈电压U 2不变，滑片P 滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，则A 错误；滑片P 下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故B 正确；滑片P 上滑，电阻减小，电流I 2增大，据I 1I 2＝n 2n 1则原线圈输入电流I 1也增大，故C 错误；此时变压器输出功率P 2＝U 2I 2将变大，故D 正确． 答案 BD10．一理想变压器、原线圈接u ＝U m sin ωt (V)的交流电，副线圈所接的电路如图4－9－13所示，电表均为理想的交流电表，开始开关S 是闭合的．当开关S 断开后，下列说法正确的是( )图4－9－13A ．V 2的读数变小、A 3的读数变大B ．V 2的读数不变、A 3的读数变小C．A1的读数变小、A2的读数变小D．V1的读数变大、A1的读数变大解析理想变压器的电压与匝数成正比，由于理想变压器原线圈接的电压不变，所以V1的读数不变，副线圈电压不变，所以V2的读数不变．当S断开之后，并联电路的电阻变大，副线圈的电阻变大，由于副线圈电压不变，所以副线圈的总电流变小，即A2的读数变小，由于原、副线圈的匝数比不变，所以当副线圈的电流变小时，原线圈的电流也要变小，所以A1的读数变小，由于副线圈的总电流变小，R1的电压变小，并联电路的电压增大，所以R3中的电流增大，A3的读数变大，所以C正确．答案 C11．(2014·山东文登第三次统考)图4－9－14为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，原副线圈的匝数比为4∶1.V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器的输出电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时( )图4－9－14A．电流表A1、A2和A3的示数都变大B．只有电流表A1的示数变大C．电压表V3的示数变小D．电压表V1和V2的示数比始终为4∶1解析由于升压变压器的输入电压不变，原副线圈的匝数比也不变，则输出电压不变，即V1和V2不变，示数比始终为4∶1.当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，可知输电线中的电流增大，即A2增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即U3减小，所以通过R1的电流减小，即A3减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，由A2示数增大知原线圈中的电流I1增大，所以A1示数增大，综上所述，电流表A1、A2的示数都变大，A3的示数变小，电压表V1和V2的示数比始终为4∶1，电压表V3的示数变小，故选C、D.答案CD12．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，用总电阻r＝3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，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)，如图4－9－15所示．对整个送电过程，下列说法正确的是( )图4－9－15A ．输电线上的损失功率为300 WB ．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100C ．输电线中的电流为100 AD ．降压变压器的输入电压为4 700 V解析 输电线上损失的功率P r ＝50×0.6% kW＝300 W ，选项A 正确；由P r ＝I 22r 得输电线中的电流I 2＝10 A ，选项C 错误；发电机的输出电流I 1＝P 1U 1＝50×103500A ＝100 A ，升压变压器的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝110，选项B 错误；升压变压器的输出电压U 2＝P 1I 2＝5 000 V ，降压变压器的输入电压为U 3＝U 2－I 2r ＝4 970 V ，选项D 错误． 答案 A。
练习21.变压器与远距离输电-2021年高考物理三轮复习高频考点强化练习(解析版)
9
3
3
答案：A
解析：设原线圈电流为 I1，则根据 n1I1＝2n2I2，可得 I2＝1.5I1，
由题意可知：
I21R ＝k，解得 1.5I12R
k＝4，设原线圈电阻 9
R
上的电压为
UR1，则U2R1 R
：U2R2＝k，即 UR1＝ kUR2，又220 V－UR1
R
n1
＝UnR22，解得：UR2＝60 V，A 正确，B、C、D 错误．
C．仅将滑片 P 下移，r 消耗的功率会变小
D．仅将滑片 P 上移，电流表示数会变小
答案：BD
解析：仅闭合开关 S，则负载端消耗的功率变大，T2 副线圈中电流增
大，T2 原线圈中的电流也增大，则 r 上的电压和功率增大，则 T2 输入电压减小，灯 L1 两端电压减小，灯 L1 会变暗，故 A 错误，B 正确；仅将滑片 P 下移，则 T1 副线圈的匝数增多，副线圈电压 U2 增大，灯 L1 两端 电压也增大，通过灯 L1 的电流增大，则输电线中的电流增大，电阻 r 消耗的功率增大，故 C 错误；仅将滑 片 P 上移，则 T1 副线圈的匝数减小，副线圈电压 U2 减小，同理分析可知灯 L1 两端电压也减小，通过灯 L1 的电流减小，则输电线中的电流减小，T1 原线圈中的电流减小，则电流表示数减小，故 D 正确． 6.(2020·河北省邢台市调研)如图所示，一理想变压器的原线圈匝数 n1 为 1 000 匝，所加电压为 U＝220 V，
A.U＝66 V，k＝1 9
B.U＝22 V，k＝1 C.U＝66 V，k＝1
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D.U＝∶1，根据变压器的工作原理得I1＝n2，即原、副线圈中的电流之比I1＝1，
I2 n1
I2 3
2021版高考物理一轮复习考点集训(四十四)第2节变压器远距离输电(含解析)
考点集训(四十四) 第2节 变压器 远距离输电A 组1．(多选)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 50πt(V )的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．副线圈输出交流电的周期为0.02 sB ．如果仅将电源的频率加倍，不会改变R 的功率C ．电压表的读数为110 2 VD ．电流表的读数为1 A[解析] 根据u ＝2202sin 50πt(V )知原线圈的周期为T ＝0.04 s ，由于原副线圈的周期相等，所以副线圈输出交流电的周期为0.04 s ，A 错误；如果仅将电源的频率加倍，则副线圈两端的电压不变，电阻R 的功率也不变，B 正确；根据匝数比可知副线圈两端电压的有效值为110 V ，则电压表的读数应该为110 V ，C 错误；根据闭合电路欧姆定律可知副线圈的电流为I ＝11055 A ＝2 A ，再根据匝数之间的关系可知原线圈的电流为1 A ，则电流表的示数也为1 A ，D 正确．[答案] BD2．如图所示为一自耦变压器的电路图，其特点是铁芯上只绕有一个线圈．把整个线圈作为副线圈，而取线圈的一部分作为原线圈．原线圈接在电压为U 的正弦交流电源上，电流表A 1、A 2均为理想电表．当触头P 向上移动时，下列说法正确的是( )A ．A 1读数变小，A 2读数变小B ．A 1读数变大，A 2读数变小C ．R 两端电压变大，变压器输入功率变小D ．R 两端电压变大，变压器输入功率变大[解析] 理想自耦变压器，原线圈接正弦交流电压U ，当触头上移时，导致原线圈的匝数n 1变大，由U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2变小，根据I 2＝U 2R 可得，电流表A 2读数变小，再由电流与匝数成反比可得电流表A 1读数变小，故A 正确，B 错误；R 两端的电压为副线圈的电压U 2，副线圈中电压和电流都变小，故R 两端电压变小，且输出功率变小，根据输入功率等于输出功率知变压器的输入功率变小，故CD 错误．[答案] A3．(多选)如图，理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L 1和L 2，原线圈输入电压不变，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S 断开，当S 闭合时下列说法中正确的是( )A ．原线圈中的电流增大B ．灯泡L 1更暗C ．副线圈两端的输出电压减小D ．变压器的输入功率增大[解析] 变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，AD 正确；当S 接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R 的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L 1的电流减小，B 正确；理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，C 错误．[答案] ABD4．如图甲所示，理想变压器原线圈的匝数n 1、副线圈的匝数n 2均可调节．原线圈两端接如图乙所示的交流电，副线圈接负载电阻R 和理想交流电流表A ，下列说法正确的是( )A ．增大n 1，其他条件不变，变压器的输出电压变大B ．增大n 2，其他条件不变，电流表的示数变小C ．增大R ，其他条件不变，变压器的输入功率变大D ．原线圈所接交流电电压的瞬时值表达式u ＝2202sin 100πt(V )[解析] 根据电压与匝数成正比，增大n 1，其他条件不变，变压器的输出电压减小，故A 错误；根据电压与匝数成正比，增大n 2，其他条件不变，变压器的输出电压增大，根据欧姆定律可知，电流表的示数变大，故B 错误；增大R ，其他条件不变，则输出功率P ＝U2R 减小，变压器的输入功率等于输出功率，也减小，故C 错误；根据图乙知原线圈所接交流电的瞬时值表达式u ＝2202sin 100πt(V )，故D 正确．[答案] D5．(多选)中国的特高压输电技术独步全球，有着重大的经济和社会效益．如图为远距离特高压输电的示意图，若电厂输出电压为U 1＝5 5002sin 100πt(V )，电流为I 1＝500 A ，在电能输送过程中，输送的电功率一定，输电线电阻一定，在输电线上发热损失的电功率为P 损，下列判断正确的是( )A ．P 损与U 3的平方成正比B ．U 2I 2＝2.75×106 WC ．I 2＜500 AD ．用户得到的交流电频率为50 Hz[解析] 损失功率为P 损＝（ΔU ）2R＝（U 2－U 3）2R，A 错误；根据电厂输出电压为U 1＝55002sin 100πt(V )知U 1＝5 500 V ，I 1＝500 A ，根据功率相等知U 1I 1＝U 2I 2＝5 500×500 W＝2.75×106W ，B 正确；根据I 1I 2＝n 2n 1＝U 2U 1>1，知I 2＜500 A ，C 正确；根据电厂输出电压为U 1＝5 5002sin 100πt(V )，知频率为50 Hz ，变压器不改变频率，D 正确．[答案] BCD6．(多选)如图甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3、L 4为四只规格均为“9 V 6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，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36 VB ．电压表的示数为27 VC ．电流表的示数为3 AD ．四只灯泡均能正常发光[解析] 由输入端交变电压的图象，可求出有效值36 V ，由原、副线圈匝数之比3∶1，可得原、副线圈的电压之比3∶1，电流之比1∶3，可知四只灯泡电压均相同，设灯泡两端电压为U ，所以U ＋3U ＝36 V ，则U ＝9 V ，因此原线圈电压为27 V ，副线圈电压为9 V ，四只灯泡均能正常发光．电流表的读数为I ＝3×69A ＝2 A ，BD 正确．[答案] BD7．(多选)如图所示，理想变压器输入端连接有效值不变的交流电源．下列说法正确的是( )A ．只将开关由1掷向2，电压表示数变小B ．只将开关由1掷向2，电流表示数变大C ．只将滑动变阻器的滑片下滑，电流表示数变小D ．只将滑动变阻器的滑片下滑，电压表示数变小[解析] 只将开关由1掷向2，则原线圈匝数变小，根据U 1n 1＝U 2n 2可知，副线圈电压变大，则电压表示数变大，电流表示数变大，选项A 错误，B 正确；只将滑动变阻器的滑片下滑，则电阻变大，而副线圈电压不变，则副线圈电流减小，即电流表示数变小，电压表示数不变，选项C 正确，D 错误．[答案] BC8．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，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( )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 ．L 灯泡变暗[解析] 增大照射光强度，R 3的阻减小，副线圈总电阻减小，副线圈两端电压一定，通过副线圈的电流增大，根据能量守恒，所以通过原线圈电流也增大，故A 错误；副线圈电压一定，电阻减小，变压器的输出功率增大，故B 正确；流过R 1电流增大，所以R 1两端的电压增大，故C 错误；副线圈电压一定，R 1两端电压增大，R 2两端电压减小，通过R 2的电流减小，副线圈总电流增大，所以通过灯的电流增大，L 灯泡变亮，故D 错误．[答案] BB 组9．(多选)如图所示的变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小为R 1＝R 2＝2r ＝2 Ω，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电e ＝1102sin 100πt(V )．开关S 断开时，电阻r 消耗的电功率为100 W ．下列说法中正确的是( )A ．流过电阻r 的电流方向每秒钟变化50次B ．开关S 闭合前、后，流过电阻R 1的电流大小之比为2∶1C ．开关S 闭合前、后，电流表的示数大小之比为2∶3D ．变压器原、副线圈的匝数之比为11∶3[解析] 由公式T ＝2πω＝0.02 s ，解得f ＝1T＝50 Hz ，所以电流的方向每秒变化100次，故A 错误；开关S 断开时，电阻r 消耗的电功率为100 W ，即P ＝I 21r ＝100 W ，得I 1＝10 A ，则副线圈两端电压U 2＝I 1()r ＋R 1＝30 V ，流过R 1的电流I ＝10 A ；当S 闭合后R 总＝r ＋R 1R 2R 1＋R 2＝2 Ω，总电流I 1′＝U 2R 总＝15 A ，通过R 1的电流I R1＝U 22R 总＝7.5 A ，即开关S 闭合前、后，流过电阻R 1的电流大小之比为4∶3，故B 错误；开关S 闭合前、后，电流表的示数为I 0I 0′＝I 1I 1′＝1015＝23，故C 正确；原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝113，故D 正确． [答案] CD10．(多选)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为1∶m，降压变压器的原副线圈匝数比为n ∶1，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电压表V 1的示数减小了n ΔUB ．电流表A 1的示数增大了n ΔURC ．输电线损失的功率增大了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2RD ．电流表A 2的示数增大了n 2ΔUR[解析] 发电机输出的电压恒为U ，而升压变压器原副线圈匝数比不变，所以电压表V 1的示数不变，A 错误；由于V 2示数(U 4)减小了ΔU ，根据n 3n 4＝U 3U 4＝n ，可得降压变压器原线圈的电压U 3减小了n ΔU ，根据U V 1＝I A 1R ＋U 3，故I A 1R 增大了n ΔU ，所以电流表A 1的示数增大了ΔI 3＝n ΔU R ，根据I 3I 4＝ΔI 3ΔI 4＝1n ，可得A 2的示数增大了ΔI 4＝n 2ΔUR，BD 正确；输电线损失的功率增大了ΔP ＝⎝⎛⎭⎪⎫I ＋n ΔU R 2R －I 2R ，故C 错误．[答案] BD11．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝4∶1.变压器原线圈通过一理想电流表A 接U ＝2202sin 100πt(V )的正弦交流电，副线圈接有三个规格相同的灯泡和两个二极管，已知两二极管的正向电阻均为零，反向电阻均为无穷大，不考虑温度对灯泡电阻的影响．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 ，下列分析正确的是( )A ．U ab ＝220 V ，U cd ＝55 VB ．流经L 1的电流是流经电流表的电流的2倍C ．若其中一个二极管被短路，电流表的示数将不变D ．若通电1小时，L 1消耗的电能等于L 2、L 3消耗的电能之和[解析] ab 两点间的电压为U ab ＝22022 V ＝220 V ，副线圈两端电压U 2＝n 2n 1U 1＝55 V ，cd两端的电压小于55 V ，故A 错误；根据变压器原理可知I 1I 2＝n 2n 1＝14，所以流经L 1的电流是流经电流表的电流的4倍，故B 错误；若其中一个二极管被短路，副线圈的电路发生变化，所以原线圈上的电流也将发生变化，故C 错误；灯泡L 1和L 2交替有电流出现，每次接通时灯泡L 2或L 3消耗的电功率与L 1相同，所以通电1小时，L 1消耗的电能等于L 2、L 3消耗的电能之和，故D 正确．[答案] D12．如图所示，内阻为 5 Ω的发电机通过理想升压变压器和理想降压变压器向用户供电．已知输电线的总电阻为R ＝50 Ω，升压变压器的原、副线圈匝数之比为1∶4，降压变压器的原、副线圈匝数之比为5∶1，降压变压器副线圈两端输出电压的表达式为U ＝2202sin 100πt(V )，降压变压器的副线圈与R 0＝22 Ω的负载电阻组成闭合电路．求：(1)降压变压器的输出功率； (2)升压变压器的输出功率； (3)发电机电动势的有效值．[解析] (1)降压变压器输出电压有效值U 4＝220 V 输出功率P 4＝U 24R 0解得P 4＝2 200 W(2)降压变压器输入电压有效值U 3，U 3U 4＝51解得U 3＝1 100 V设输电导线电流为I 2，P 3＝P 4＝U 3I 2 解得I 2＝2 A 电压ΔU ＝I 2R ΔU ＝100 V升压变压器的输出电压U 2＝U 3＋ΔU 解得U 2＝1 200 V升压变压器输出功率P 2＝U 2I 2 解得P 2＝2 400 W(3)升压变压器输入电压有效值U 1，U 1U 2＝14解得U 1＝300 V发电机电流为I 1＝P 1U 1＝P 2U 1解得I 1＝8 A电源电动势有效值E ＝I 1r ＋U 1＝340 V。
2021年高考物理微专题复习讲义 专题5.10 变压器与远距离输电问题(学生版)
专题5.10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理想变压器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)基本关系功率关系P 入＝P 出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载情况、副线圈个数无关电流关系只有一个副线圈时，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频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定功率原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定电流原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定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)如图丙所示.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．匝数比不变的情况负载电阻不变的情况(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，可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据输出电流I 2决定输入电流I 1，可以判断I 1的变化．(3)I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化．(2)R 不变，U 2变化，I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R 和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化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，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2.②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，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P 1＝P 损＋P 3.5．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20V时，输出电压（）A．降低2V B．增加2V C．降低200V D．增加200V【2018·江苏卷】采用220kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的1 4，输电电压应变为（）A．55kV B．110kV C．440kV D．880kV【2017·高考北京卷】如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是()A．原线圈的输入功率为2202W B．电流表的读数为1AC．电压表的读数为1102V D．副线圈输出交流电的周期为50s【方法技巧】1.含有变压器的动态电路问题的解题思路2.远距离输电问题的解题技巧(1)正确画出输电过程示意图，并在图上标出各物理量．(2)抓住变压器变压前、后各量间的关系，求出输电线上的电流．(3)计算输电线上的功率损失时常用关系式：ΔP＝I2R＝(PU)2R.(4)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定．【最新考向解码】例1.(2019·北京市海淀区高三上学期期末)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为4∶1，电流表、电压表均为理想电表。
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理想变压器模型与远距离输电【原卷】1.如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A．小灯泡变亮 B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变 D．通过原、副线圈电流的比值不变2.(2020·湖北黄冈模拟)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，原线圈接u＝2202sin 100πt V的交流电，电阻R1＝R2＝ 25 Ω，D1、D2为两只理想二极管，假设两二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，则副线圈电路中理想交流电流表的读数为( )A．1 A B．2 AC． 2 A D．2 2 A3.图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1.原线圈接入如图甲所示的正弦交流电．电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则( )A．电阻R2两端的电压频率为50 Hz B．电流表的示数为5 AC．原线圈的输入功率为150 W D．将R1摘掉，电压表的示数不变4.(多选)如图所示，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和U cd，则( )abA．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，c、d间的电压U cd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍5.如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S后，额定电压为20 V的用电器正常工作，理想交流电流表A的示数为0.1 A．已知图中元件D具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是( )A．交变电流的频率为50 HzB．变压器原副线圈匝数比为112∶1C．用电器额定功率为22 WD．在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器功率将变为原来的一半6.(多选)(2020·广东深圳市4月第二次调研)如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝104V，输出功率P1＝109W，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2＝1∶100、n3∶n4＝100∶1，输电线总电阻r＝50 Ω.则( )A．U4＝U1B．I4＝I1C．通过电阻r的电流I2＝2×104 AD．电阻r损耗的电功率为5×107 W7.(2020·安徽马鞍山市质检)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．电站的输出功率为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 Hz8.如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20 kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻为10 Ω，则下列说法正确的是( )A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器的输出电压U2＝2 000 VC．用户获得的功率为19 kWD．将P下移，用户获得的电压将增大9.(2020·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T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、1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 Hz C．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.远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2, 电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I1I2＝n1n2B．I2＝U2RC．I1U1＝I22R D．I1U1＝I2U211.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3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．2 B．3 C．4 D．512.(2020·四川遂宁市三诊)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7倍时，两灯泡均能正常发光．则灯泡a与b的功率之比为( )A．3∶1 B．1∶3C．6∶1 D．1∶613.(2020·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈各接一个电阻R1和R2，原线圈中接有220 V交流电源，此时两只电阻上的电压都是10 V，设变压器原、副线圈的匝数比为n∶1，电阻R1和R2消耗的功率之比为k∶1，则( )A．n＝21，k＝121B．n＝21，k＝1576C．n＝441，k＝124D．n＝441，k＝157614.(多选)(2020·河南郑州市第一次模拟)如图甲所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，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( )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∶1C．流过灯泡L2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 W15.(多选)(2020·福建宁德市5月质检)如图所示，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．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 D．R2消耗的功率减小16.(2020·唐山月考)如图所示，两种情况下灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1∶n2＝3∶1，则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为( )A．P、P B．9P、4 9 PC.49P、9P D.94P、9P17.如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220 V的交流电源．则两副线圈输出电功率之比P2P3和原线圈中的电流I1分别是( )A．P2P3＝52，I1＝2.8 A B．P2P3＝25，I1＝2.8 AC．P2P3＝254，I1＝1.16 A D．P2P3＝425，I1＝1.16 A18.(2020·贵州毕节市适应性监测(三))如图所示，变压器为理想变压器，电流表A1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，R0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( )A．电压表V1、V2示数不变，V3示数变小B．电压表V1、V2示数变小，V3示数变大C．电流表A1、A2的示数都增大D．电流表A1的示数变小，A2的示数增大19.(2020·广西南宁一模)如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝55∶1，原线圈接电压u＝2202·sin 100πt (V)的交流电源，电表均为理想电表．闭合开关后，在滑动变阻器的滑片P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )A．副线圈交变电流的频率是100 Hz B．电压表的示数为4 VC．滑动变阻器两端的电压先变大后变小D．电流表的示数变大20.如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝55∶1，原线圈接电压u＝2202·sin 100πt(V)的交流电源，电表均为理想电表．闭合开关后，在滑动变阻器的滑片P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )A．副线圈交变电流的频率是100 HzB．电压表的示数为4 VC．滑动变阻器两端的电压先变大后变小D．电流表的示数变大21.(2020·广东东莞联考)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变．S断开时，灯泡L正常发光，滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法正确的是( )A．电压表读数增大B．电流表读数减小C．等效电阻R两端电压增大D．为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动22.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( )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1 D．将开关S掷向223.如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1、L2是两盏规格为“8 V，10 W”的灯泡，L3、L4是两盏规格为“6 V，12 W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1＝220 V时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n1＝1 100匝，求：(1)副线圈n2、n3的匝数；(2)电流表的读数．理想变压器模型与远距离输电【解析卷】1.如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A．小灯泡变亮 B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变 D．通过原、副线圈电流的比值不变【答案】B【解析】：.由U1U2＝n1n2得U2＝n2n1U1①由U1U′2＝n1－Δnn2－Δn得U′2＝n2－Δnn1－ΔnU1②由②①得：U′2U2＝（n2－Δn）n1（n1－Δn）n2＝n2n1－Δnn1n2n1－Δnn2，因为n2＜n1，所以U′2U2＜1，即U′2＜U2，故小灯泡变暗，B正确，A错误；由以上分析过程可以看出，C错误；由I1I2＝n2n1和I′1I′2＝n2－Δnn1－Δn可见，D错误．2.(2020·湖北黄冈模拟)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，原线圈接u＝2202sin 100πt V的交流电，电阻R1＝R2＝ 25 Ω，D1、D2为两只理想二极管，假设两二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，则副线圈电路中理想交流电流表的读数为( )A．1 A B．2 AC． 2 A D．2 2 A【答案】B【解析】由于二极管具有单向导电性，在一个周期内相当于只有一个电阻能够正常工作，由理想变压器变压规律U1U2＝n1n2可知，输出电压U2＝50 V，所以电流表读数I＝5025A＝2 A，选项B正确．3.图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1.原线圈接入如图甲所示的正弦交流电．电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则( )A．电阻R2两端的电压频率为50 Hz B．电流表的示数为5 AC．原线圈的输入功率为150 W D．将R1摘掉，电压表的示数不变【答案】：ACD【解析】：由题图甲可知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50 Hz，故A正确；经变压器后，输出电压为100 V5＝20 V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，则由有效值的定义可得U＝10 2 V，则电流表的示数为2.5 2 A，故B错误；原线圈输入功率等于副线圈输出的功率，输出功率P＝2024W＋(2.52)2×4 W＝150 W，故C正确；因输出电压由输入电压决定，故将R 1摘掉，电压表的示数不变，故D 正确．4.(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.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( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．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，c 、d 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.【解析】：经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式U ab U 2＝n 1n 2得到输出电压，而输出电压U 2不等于c 、d 端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， U cd ＝2U 22＝2n 2U ab2n 1，则U ab ∶U cd ＝2n 1∶n 2，故A 错误．增大负载电阻的阻值R ，U ab 不变，U cd 也不变，根据P 出＝U 2cdR 可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B 正确，C 错误．二极管短路时，U ′cd ＝U 2，输出功率P ′出＝U ′2cd R ＝U 22R ＝2P 出，故输入功率P 1也加倍，而输入电压U 1不变，根据P 1＝U 1I 1得电流表读数加倍，D 正确．5.如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，理想交流电流表A 的示数为0.1 A ．已知图中元件D 具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是( )A．交变电流的频率为50 HzB．变压器原副线圈匝数比为112∶1C．用电器额定功率为22 WD．在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器功率将变为原来的一半【答案】ACD.【解析】：由u－t图象可知交变电流的周期T＝0.02 s，则频率f＝1T＝50 Hz，A正确．由图乙可知原线圈两端输入电压U1＝220 V，因闭合S后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U2＝20 V，n1∶n2＝U1∶U2＝220 V∶20 V＝11∶1，B错误．理想变压器P入＝P出＝I1U1＝22 W，又P出＝P电器，C正确．若在用电器电阻不变的情况下断开开关S，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D正确．6.(多选)(2020·广东深圳市4月第二次调研)如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝104V，输出功率P1＝109W，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2＝1∶100、n3∶n4＝100∶1，输电线总电阻r＝50 Ω.则( )A．U4＝U1B．I4＝I1C．通过电阻r的电流I2＝2×104 AD．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＝1100×105 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 2n 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＝1100×9.5×105 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＝1001×103 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． 7.(2020·安徽马鞍山市质检)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 ．电站的输出功率为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 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＝U2－U3＝3×104V，则输电线上的电流为I＝ΔUR＝3×1041 000A＝30A，电站的输出功率为P1＝P2＝U2I＝7 500 kW，输电线路损耗功率为ΔP＝I2R＝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．8.如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20 kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻为10 Ω，则下列说法正确的是( )A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器的输出电压U2＝2 000 VC．用户获得的功率为19 kWD．将P下移，用户获得的电压将增大【答案】BC.【解析】：根据高压输电原理，提高输电电压，输电电流减小，A错误；根据电流互感器的原理，输电电流：I输＝101×1 A＝10 A，输电电压：U2＝PI＝20×10310V＝2 000 V，B正确；输电线上的功率损失：P损＝I2R＝102×10 W＝1 kW，用户获得的功率为：P用＝P输－P损＝20 kW－1 kW＝19 kW，C正确；将P下移，降压变压器原线圈匝数增加，根据变压器的变压规律，副线圈的电压减小，用户获得的电压将减小，D错误．9.(2020·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 Hz C．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【答案】：A【解析】：由题可知，用电器两端电压有效值为220 V，交流电频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，由电功率公式可知，降压变压器输出功率P＝U2R＝4 400 W．理想变压器输入功率与输出功率相等，故A项正确；理想变压器不改变交变电流的频率，B项错误；由变压规律U1U2＝n1n2，可知降压变压器输入电压为880 V，由电功率定义式P＝UI可知，降压变压器输入电流为I＝5 A，由焦耳定律可知，输电线电阻消耗的功率P′＝I2R＝250 W，C项错误；当用电器的电阻减小时，输出功率增大，故降压器输入功率增大，从而输入电流增大，再由P＝I2R可知，输电线R消耗的功率增大，D项错误．10.远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2, 电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I1I2＝n1n2B．I2＝U2RC．I1U1＝I22R D．I1U1＝I2U2【答案】D.【解析】：根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、I1I2＝n2n1.U2不是加在R两端的电压，故I2≠U2R，而I1U1等于R上消耗的功率I22R与下一级变压器的输入功率之和．只有D正确．11.一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3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．2 B．3 C．4 D．5【答案】 B【解析】设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确．12.(2020·四川遂宁市三诊)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7倍时，两灯泡均能正常发光．则灯泡a与b的功率之比为( )A ．3∶1B ．1∶3C ．6∶1D ．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 －U7U 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. 13.(2020·湖南长沙长郡中学模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈各接一个电阻R 1和R 2，原线圈中接有220 V 交流电源，此时两只电阻上的电压都是10 V ，设变压器原、副线圈的匝数比为n ∶1，电阻R 1和R 2消耗的功率之比为k ∶1，则( )A ．n ＝21，k ＝121 B ．n ＝21，k ＝1576 C ．n ＝441，k ＝124D ．n ＝441，k ＝1576【答案】：A【解析】：原线圈接220 V 的电压，而R 1两端的电压为10 V ，所以理想变压器输入端的电压为U 1＝210 V ，输出端的电压为U 2＝10 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得n ＝21，电阻R 1和R 2消耗的功率之比为k ∶1，即U R 1I 1U R 2I 2＝k 1，因为U R 1U R 2＝1，I 1I 2＝n 2n 1，故k ＝121，A 正确．14.(多选)(2020·河南郑州市第一次模拟)如图甲所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，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( )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∶1C．流过灯泡L2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L2的电流方向每秒改变100次，故C错误；电流表的示数为I＝3×129A＝4 A，a、b端输入的功率P ab＝4×12 W＝48 W，故D正确.15.(多选)(2020·福建宁德市5月质检)如图所示，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．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 D．R2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R3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R1两端电压增大，故R2两端电压减小，R2消耗的功率减小，故C错误，D正确．16.(2020·唐山月考)如图所示，两种情况下灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1∶n2＝3∶1，则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为( )A．P、P B．9P、4 9 PC.49P、9P D.94P、9P【答案】：B【解析】：由题意可知，两种情况下变压器输入功率均为2P.设灯泡L2、L3两端的电压为U，电流为I，电阻为R，则有P＝U2R＝I2R.根据电压与匝数成正比可知，两种情况下变压器的输入电压均为3U，根据输入功率和输出功率相等可知，变压器输入电流为23I.所以图甲中L1的功率为P甲＝3U2R＝9P；图乙中L1的功率为P乙＝⎝⎛⎭⎪⎫23I2R＝49P，选项B正确．17.如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220 V的交流电源．则两副线圈输出电功率之比P2P3和原线圈中的电流I1分别是( )A．P2P3＝52，I1＝2.8 A B．P2P3＝25，I1＝2.8 AC．P2P3＝254，I1＝1.16 A D．P2P3＝425，I1＝1.16 A【答案】C.【解析】：对两个副线圈有U1U2＝n1n2、U1U3＝n1n3，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又因为P＝U2R，所以P2P3＝U22 U2 3＝254；由欧姆定律得I2＝U2R＝2 A，I3＝U3R＝0.8 A，对有两个副线圈的变压器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16 A，故C正确．18.(2020·贵州毕节市适应性监测(三))如图所示，变压器为理想变压器，电流表A1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，R0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( )A．电压表V1、V2示数不变，V3示数变小B．电压表V1、V2示数变小，V3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 2n 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 1n 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．19.(2020·广西南宁一模)如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝55∶1，原线圈接电压u ＝2202·sin 100πt (V)的交流电源，电表均为理想电表．闭合开关后，在滑动变阻器的滑片P 从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )A ．副线圈交变电流的频率是100 HzB ．电压表的示数为4 VC ．滑动变阻器两端的电压先变大后变小D ．电流表的示数变大 【答案】：BD【解析】：由电压公式知交变电流的角速度为ω＝100π rad/s ，则频率f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变电流的频率，故副线圈交变电流的频率是50 Hz ，选项A 错误；原线圈两端的输入电压有效值为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈两端电压为U 2＝4 V ，即为电压表的读数，故选项B 正确；在滑动变阻器的滑片P 从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，变压器的输出电流增大，则输入的电流也增大，即电流表的示数变大，故选项D正确；定值电阻R两端的电压变大，副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压变小，故选项C错误．20.如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝55∶1，原线圈接电压u＝2202·sin 100πt(V)的交流电源，电表均为理想电表．闭合开关后，在滑动变阻器的滑片P从最上端滑到最下端的过程中，下列说法正确的是( )A．副线圈交变电流的频率是100 HzB．电压表的示数为4 VC．滑动变阻器两端的电压先变大后变小D．电流表的示数变大【答案】BD.【解析】：由电压公式知交变电流的角速度为ω＝100π rad/s，则频率f＝ω2π＝50 Hz，变压器不改变电流的频率，故副线圈交变电流的频率是50 Hz，A错误；原线圈两端的输入电压有效值为220 V，由U1U2＝n1n2知，副线圈两端电压为U2＝4 V，即为电压表的读数，故B正确；在滑动变阻器的滑片P从最上端滑到最下端的过程中，电路中的总电阻减小，根据欧姆定律可知，变压器的输出电流增大，则输入的电流也增大，即电流表的示数变大，故D正确；电流增大，定值电阻R两端的电压变大，副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压变小，故C错误．21.(2020·广东东莞联考)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变．S断开时，灯泡L正常发光，滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法正确的是( )。