(优选)2019年高中物理暑假作业理想变压器与远距离输电问题新人教版选修3-2
2019年高考物理母题题源系列专题12变压器远距离输电含解析
专题12变压器远距离输电【母题来源一】2019年普通高等学校招生全国统一考试物理（江苏卷）【母题原题】（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 VC．降低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，得：，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确。
【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，意在考查考生的理解能力和综合分析能力。
【考试方向】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。
【得分要点】1、电压器的几个常用关系：（1）电压关系：或者或者（多个副线圈时），即原副线圈两端电压之比等于线圈的匝数之比。
（2）电流关系：根据P入=P出可求出，或者n1I1=n2I2或者n1I1=n2I2+n3I3+n4I4+n5I5+…（有多个副线圈时）。
（3）功率关系：P入＝P出，即I1U1＝I2U2（一个副线圈）或者I1U1＝I2U2+I3U3+I4U4+…（多个副线圈）。
（4）各物理量之间的制约关系：输入电压U1决定输出电压U2；输出功率P出决定输入功率P入；输出电流I2决定输入电流I1。
对于动态变化问题，求解思路是：通过某一电阻变化判断整体电阻变化，据闭合电路欧姆定律判断干路电流变化；再抓住“原线圈电压决定副线圈电压、副线圈电路决定原线圈电流、副线圈输出功率决定输入功率”这个结论。
2、解远距离输电问题必备技巧（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、后各量间关系，求出输电线上的电流。
（3）计算电路功率问题时常用关系式：，注意输电线上的功率损失和电压损失。
（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。
高中物理第3章电能的输送与变压器习题课远距离输电与理想变压器的计算问题精练(含解析)沪教版选修3-2
习题课远距离输电与理想变压器的计算问题公式推论1．远距离输电电压损失、功率损失的计算（1）电压损失：ΔU＝I线R线；（2）功率损失：ΔP＝I错误!R线＝ΔUI线；（3）输送功率：P＝UI．2．理想变压器的基本关系（1）输入功率等于输出功率P入＝P出,U1I1＝U2I2．（2)原、副线圈两端的电压跟匝数成正比，错误!＝错误!．（3)原、副线圈中的电流跟匝数成反比,错误!＝错误!（仅限一个副线圈)．输电线的电阻共计1 Ω,输送的电功率是100 kW，用400 V的低压送电，输电线上发热损失的功率是多少？改用10 kV的高压送电，发热损失的功率又是多少？［思路点拨］解此题的关键是根据P＝UI计算输电线上的电流，利用ΔP＝I2·R线计算功率损失．[解析］输送电功率100 kW，用400 V低压送电，输电线上通过的电流I1＝错误!＝错误! A＝250 A,输电线上损失功率P1＝I错误!R线＝62．5 kW．若用10 kV高压送电，输电线上电流I2＝错误!＝错误! A＝10 A,输电线上损失功率P2＝I错误!R线＝102×1 W＝0．1 kW．[答案］62．5 kW 0．1 kW1．相同材料组成的导线向同一处用户输送10 kW电能，在输电电压U1＝110 V和U2＝220 V两种情况下，要求输电线中损失的电能相同,则两情况下导线截面积之比为________．解析：由公式P损＝错误!错误!R线得错误!＝错误!＝错误!，再由R＝ρ错误!得:错误!＝错误!．答案：4∶1如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1＝3 300 V,副线圈的输出电压U2＝220 V，绕过铁心的导线所接的电压表的示数U0＝2 V,L1、L2为两只相同的灯泡，则:（1）原、副线圈的匝数各是多少?（2）当S断开时，A2的示数I2＝5 A,那么A1的示数是多少？［思路点拨］解此题的关键是从1匝线圈的电压突破、利用变压器的基本关系求解．［解析] (1)根据变压比:错误!＝错误!及错误!＝错误!有n1＝错误!·n0＝错误!×1匝＝1 650匝，n2＝错误!·n0＝错误!×1匝＝110匝．（2)理想变压器有P入＝P出，即I1U1＝I2U2,I1＝错误!·I2＝错误!×5 A≈0．33 A．[答案］（1）1 650匝110匝（2）0．33 A2．(多选)如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源,电压表V的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0．20 A．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A2的示数为1．0 AD．电流表A2的示数为0．4 A解析：选BC．对于理想变压器，P1＝U1I1＝220×0．20 W＝44 W,则负载电阻消耗的功率P2＝P1＝44 W,据P2＝错误!,得U2＝错误!＝错误! V＝44 V，则错误!＝错误!＝错误!＝5，故B正确．A2的读数I2＝错误!＝错误! A＝1 A，故C正确．有一条河流，水的流量为Q＝2 m3/s,落差h＝5 m,现利用其发电，若发电机的总效率为50％，输出电压为240 V,输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失的电功率为发电机输出电功率的6%．(1）为满足用电的需求,使用户获得220 V的电压，分别求输电线路使用的理想升压变压器、降压变压器的原、副线圈的匝数比．（2)如果输送的电能供“220 V 100 W"的电灯使用，正常发光的电灯的盏数为多少?［思路点拨］将水流的机械能转化为电能，实现远距离输电,应先确定输出功率，再利用远距离输电示意图及规律求解．［解析］（1）远距离输电的示意图如图所示．发电机的输出功率P总＝ηρQgh＝5×104 W设输电线上的电流为I，则电功率损失P损＝I2R所以输电线中的电流为I＝错误!＝错误!＝错误! A＝10 A升压变压器原线圈两端的电压U1＝240 V副线圈的输出电压为U2＝错误!＝错误! V＝5×103 V故升压变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝240∶（5×103)＝6∶125输电线上的电压损失为ΔU＝IR＝10×30 V＝300 V降压变压器原线圈两端的电压为U3＝U2－ΔU＝5×103 V－300 V＝4 700 V降压变压器副线圈的输出电压为U4＝220 V故降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4＝U3∶U4＝4 700∶220＝235∶11．(2）设正常发光的电灯的盏数为N，则N＝错误!＝错误!＝470（盏）．［答案］（1)升压变压器原、副线圈的匝数比为6∶125降压变压器原、副线圈的匝数比为235∶11(2）470盏远距离输电综合问题的解题步骤（1）画出输电电路；（2）求出转化为电能的机械能大小，确定发电机的输出功率；(3）理解联系各回路之间的物理量，对各个回路独立运用欧姆定律、焦耳定律、电功和电功率等分式逐步进行计算．3．某小河水流量为 4 m3/s，水流下落的高度为 5 m．现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50％，g＝9．8 m/s2,求:（1)发电机的输出功率．（2）若输电导线的总电阻为4 Ω，输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的5%,则需用多大的电压输送电能？（3)输电导线上的电压损失．解析：(1)水由高处流下，重力势能转化为动能，推动水轮机做功，设水的流量为Q，则发电机的输入功率P1＝ρQgh所以输出功率为P2＝ηP1＝ηρQgh＝50％×1．0×103×4×9．8×5 W＝9．8×104 W．（2）设输电电压为U，输电线上的电流为I,电阻为R，损失的电功率为P3．由P3＝I2R 得I＝错误!＝错误!＝错误! A＝35 A由P2＝IU得输电电压U＝错误!＝错误! V＝2．8×103 V．(3)输电导线上损失的电压为ΔU＝IR＝35×4 V＝140 V．答案：(1）9．8×104 W (2）2．8×103 V （3）140 V1．关于电能输送的以下分析，正确的是（）A．由P＝U2/R知，输电电压越高,输电线上功率损失越大B．由公式P＝U2/R知，输电导线电阻越大,输电线上功率损失越少C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电线上功率损失越大D．由公式P＝UI知，输电线上的功率损失与电流成正比解析:选C．输电线上损失的功率P损＝I2R线＝错误!，公式中的U损指输电线上（即电阻R线）的分压，而不是输电电压，A、B两项错；公式P＝UI是电源提供的总电功率，而不是输电线上损失的电功率，D项错．2．(多选)远距离输送一定功率的交变电流,若输送电压提高到n倍，则输电导线上( ）A．电能损失为原来的错误!倍B．电压损失为原来的错误!倍C．电能损失减少错误!倍D．电压损失减少n倍解析：选ABC．设输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为r，依据ΔP＝错误! 2r，ΔU＝错误!r可以判断送电电压提高到n倍时，电能、电压损失分别为原来的错误!、错误!倍,分别减少了错误!、错误!倍，A、B、C对，D错．3．理想变压器原线圈接入交变电流i＝I m sin ωt，副线圈接有一电流表与负载电阻串联，电流表的读数为0．10 A．在t＝错误!T时，原线圈中电流的瞬时值为0．03 A，由此可知该变压器的原、副线圈的匝数比为（)A．10∶3 B．3∶10错误!C．10错误!∶3 D．3∶10解析：选A．已知I2＝0．10 A，对原线圈:0．03 A＝I m sin 135°得I m＝0．03错误! A,所以I1＝0．03 A．由电流关系求得A项正确．4．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5,原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( ）A．流过电阻的电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是100错误! VC．经过1分钟电阻产生的热量是6×103JD．变压器的输入功率是1×103W解析：选D．由图像可知，原线圈中电压的有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100 V，与电阻并联的电压表的示数是100 V，流过电阻的电流I＝错误!A＝10 A，所以A、B错误；由Q＝错误!t＝错误!×60 J＝60 000 J,所以经过60 s电阻产生的热量是60 000 J，所以C错误；输出功率P＝错误!＝错误! W＝1 000 W,输入功率等于输出功率，所以D正确．5．某同学想用220 V交流电作为小型收音机的电源．他先制作了一个将交流变为直流的整流器,但这个整流器需用 6 V交流电源．于是他又添置了一个小变压器，电压比为220 V/（6 V),由于时间长了,分不清原、副线圈，其外形如图所示,现要作为降压变压器使用，则交流电源(220 V）应接在（）A．a、b两端B．c、d两端C．a、c两端D．b、d两端解析：选B．由变压器结构原理可知,线圈中的电流越大，所用导线应当越粗，在降压变压器中，原线圈的电压大于副线圈的电压,即说明电流大的应是副线圈，导线相应要粗些,由图可知,ab线圈的导线较粗,所以cd应为原线圈，故输入电压(220 V)应接c、d两端．6．（多选)某变压器原、副线圈匝数比为55∶9,原线圈所接电源电压按图规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是( )A．输出电压的最大值为36错误! VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为9∶55D．交流电源有效值为220 V,频率为50 Hz解析：选AD．由题图可知,交流电源频率f＝错误!＝50 Hz,峰值U m＝220错误! V，所以其有效值U＝错误!＝220 V,D项正确．根据变压器的变压、变流和功率关系,输出电压U2m＝错误!＝36错误! V，A项正确．原、副线圈中电流之比错误!＝错误!＝错误!，B项错误．输入功率与输出功率相等，C项错误．。
选修3-2变压器和远距离输电有答案
变压器 远距离输电知识点一、理想变压器 1．构造和原理(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(2)原理：电磁感应的互感现象。
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 。
3．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图A 、B 所示。
(2)互感器⎩⎨⎧电压互感器：把高电压变成低电压，如图C 所示。
电流互感器：把大电流变成小电流，如图D 所示。
知识点二、远距离输电1．输电过程(如图2所示)：图2 2．电压损失(1)ΔU＝U－U′。
(2)ΔU＝IR。
3．功率损失(1)ΔP＝P－P′。
(2)ΔP＝I2R＝ΔU2 R。
4．输送电流(1)I＝P U。
(2)I＝U－U′R。
[思考判断](1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用。
()(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。
()(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。
()(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。
()(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)高压输电通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。
()(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。
() 答案(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√(7)√理想变压器的分析与计算1．关于理想变压器(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U1、U2、I1、I2均为有效值。
江苏地区高二物理变压器与远距离输电复习 新课标 人教版 选修3-2
江苏地区高二物理变压器与远距离输电复习一、变压器1、变压器的作用例1、如图所示理想变压器原副线圈匝数之比:n1:n2=4:1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R连接组成闭合回路，当直导线AB在匀速强磁场中沿导轨匀速地向左作切割磁感线运动时，安培表A1的读数为12mA，那么安培表A2的读数为 ( )A.0B.3mAC.48mAD.与R值大小无关2、变压器的原理例2、如图所示，在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在图示变压器的铁芯的左右两个臂上，当通以交流电时，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，已知圈1、2的匝数之比为N1:N2=2:1，在不接负载的情况下 ( )A.当线圈1输入电压220V，线圈2输出电压为110VB.当线圈1输入电压220V，线圈2输出电压为55VC.当线圈2输入电压为110V时，线圈1电压为220VD.当线圈2输入电压为110V时，线圈1电压为110V3、理想变压器中的电压关系、电流关系、功率关系1、电压关系：2、电流关系：3、功率关系：例3、如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断．（1）熔丝的熔断电流是多大?（2）当副线圈电路中电流为10mA时．变压器的输入功率是多大?4、原、副线圈各物理量间的决定关系1、电压的决定关系：。
2、电流的决定关系：。
3、功率的决定关系：。
例4、如图所示，为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流，则 ( )A.保持U 1及P 的位置不变，S 由a 合到b 时，I 1将增大B.保持P 的位置及U 1不变，S 由b 合到a 时，R 消耗的功率减小C.保持U 1不变，S 合在a 处时，使P 上滑，I 1将增大D.保持P 的位置不变，S 合到a 处时，若U 1增大，I 1将增大 5、变压器有多个副线圈时的规律1、电压关系：2、功率关系：3、电流关系：例5、如图所示，理想变压器原线圈匝数n 1=1000匝，副线圈有两个线圈，匝数分别为n 2=200匝，n 3=500匝，分别接一个R=55Ω的电阻，在原线圈上接入220V 的交流电，求： （1）两个副线圈上的电压分别是多少？（2）两个副线圈上的电流之比I 2：I 3=？（3）原线圈中的电流I 1=？二、远距离输电1．关键减少输电线上的电能的损失 P 耗=I 2R 线2．方法：a 。
高中物理5.7习题课变压器的应用及远距离输电问题学案新人教版选修3_2
习题课 变压器的应用及远距离输电问题[目标定位] 1.进一步理解变压器的原理及规律.2.熟练应用变压器原、副线圈的决定因素解决动态分析问题.3.熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题．1．理想变压器原、副线圈的三个关系：P 入＝P 出，U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1.(一个副线圈)2．输电线上的功率损失P 损＝I 2R 线，输电线上的电压损失ΔU ＝IR 线．3．减小输电线上功率、电压损失的途径：减小输电线的电阻、减小输电线中的电流(即提高输电电压)．4．远距离输电的基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压.一、理想变压器中的规律分析 1．功率关系：P 入＝P 出． 2．电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝……. 3．电流关系：若只有一个副线圈I 1I 2＝n 2n 1. 若有多组副线圈n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋……. 4．变压器不改变频率 5．原、副线圈的地位(1)原线圈在原线圈回路中所处的地位是充当负载． (2)副线圈在副线圈回路中所处的地位是充当电源．例1 如图1甲所示，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．若原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压，电压表的示数为110 V ，下列表述正确的是( )图1A ．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 ．原线圈中交流电压的频率为100 Hz解析 由题图乙可知原线圈两端电压的有效值U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝220 V110 V＝2∶1，故B 错误；电流表示数与电压表示数都为有效值，故C 正确；电流表示数I ＝U R ＝11055A ＝2 A ，故A 正确；由题图乙可知T ＝0.02 s ，所以交流电压的频率为f＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，D 错误． 答案 AC针对训练1 如图2所示，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 ＝27.5 Ω的负载电阻．若U 0＝220 2 V ，ω＝100π rad/s ，则下述结论正确的是( )图2A ．副线圈中电压表的读数为55 VB ．副线圈中输出交变电流的周期为1100π sC ．原线圈中电流表的读数为0.5 AD ．原线圈中的输入功率为110 2 W 答案 AC解析 原线圈电压有效值为U ＝220 V ，电压表读数为U 2＝2204 V ＝55 V ，周期T ＝2πω＝150 s ，副线圈中电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈中电流I 1＝I 24＝0.5 A ，P ＝I 1U ＝110 W.二、理想变压器电路的动态问题分析 1．首先明确变压器各物理量间的制约关系(1)输入电压U 1决定输出电压U 2：若变压器原、副线圈匝数n 1、n 2确定，U 1便决定了U 2，与输出端有无负载、负载大小无关，也与变压器有无其他副线圈无关． (2)输出功率P 2决定输入功率P 1：即用多少送多少．(3)输出电流I 2决定输入电流I 1：U 2与负载电阻R 通过欧姆定律决定输出电流I 2的大小，由I 1＝n 2n 1I 2决定I 1的大小．2．分清动态变化中哪个量变化，结合串、并联电路的特点，欧姆定律及变压器各物理量间因果关系来依次确定其他量的变化．例2 如图3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( )图3A ．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 交流电表测量的是交变电流的有效值，故A 、B 皆错误；由于理想变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1与负载无关，即滑片P 下滑时U 2不变，故D 错误；由I 1U 1＝U 22R 0＋R知R 减小时I 1变大，故C 正确． 答案 C针对训练2 如图4所示，用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，开始时开关S 是断开的．现将开关S 闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是( )图4A ．V 1、V 2的示数不变，A 1的示数增大，A 2的示数减小，P 入增大B ．V 1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数增大，P 入增大C ．V 1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数减小，P 入减小D ．V 1的示数不变，V 2的示数增大，A 1的示数减小，A 2的示数增大，P 入减小 答案 B解析 电压表V 1的示数由输入电压决定；电压表V 2的示数由输入电压U 1(大小等于电压表V 1的示数)和匝数比n 1n 2决定；电流表A 2的示数即I 2由输出电压U 2(大小等于电压表V 2的示数)和负载电阻R 负决定；电流表A 1的示数即I 1由变压器的匝数比n 2n 1和输出电流I 2决定；P 入随P 出而变化，由P 出决定．因输入电压不变，所以电压表V 1的示数不变；据公式U 2＝n 2U 1n 1，可知U 2也不变，即电压表V 2的示数不变；又据I 2＝U 2R 负知，S 闭合后R 负减小，故I 2增大，电流表A 2的示数增大；输入电流I 1随输出电流I 2而增大，故电流表A 1的示数增大；因P 出＝U 2I 2，故P 出增大；P 入随P 出变化，故P 入也增大；可见本题的正确选项为B. 三、远距离高压输电中的损耗问题1．解决远距离输电问题时，应首先画出输电线路示意图，如图5所示，并将已知量和待求量写在示意图的相应位置．图52．分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的负载，而相应的副线圈是下一个回路的电源．3．综合运用下面三方面的知识求解 (1)能量守恒：P 1＝U 1I 1＝U 2I 2＝P 用户＋ΔPΔP ＝I 22RP 用户＝U 3I 3＝U 4I 4.(2)电路知识：U 2＝ΔU ＋U 3 ΔU ＝I 2R(3)变压器知识：U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2U 3U 4＝I 4I 3＝n 3n 4. 其中ΔP ＝I 2R ，ΔU ＝I 2R 往往是解题的切入点．例3 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失，有一个电站，输送的电功率为p ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度．求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻R 线；(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？ 解析 (1)由于输送功率为P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000度，终点得到的电能E ′＝7 200度，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I ＝P U计算，为I ＝100 A ，而输电线损耗功率可由P 损＝I 2R 线计算，其中P 损＝4 80024kW ＝200 kW ，因此可求得R 线＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P 损＝(P U)2·R 线∝1U2，原来P 损＝200 kW ，现在要求P 损′＝10 kW ，计算可得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV. 答案 (1)60% 20Ω (2)22.4 kV变压器基本规律的应用1.如图6所示，Q 是熔断电流为1 A 的保险丝，R 为用电器，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝2∶1.原线圈的电压为u ＝2202sin (100πt ) V ．要使保险丝不熔断，R 的阻值一定( )图6A ．不能小于55 ΩB ．不能大于55 ΩC ．不能小于77 ΩD ．不能大于77 Ω答案 A解析 保险丝的原理是电流的热效应，应该用电流的有效值．由U 1U 2＝n 1n 2得：U 2＝n 2n 1U 1＝12×220V ＝110 V ．由I 1I 2＝n 2n 1得：I 2＝n 1n 2I 1＝21×1 A＝2 A ．所以R min ＝U 2I 2＝55 Ω，故A 正确．变压器电路的动态分析问题2．如图7所示，M 是一小型理想变压器，接线柱a 、b 接在电压u ＝311sin (314t ) V 的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表A 2为值班室的显示器，显示通过R 1的电流，电压表V 2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R 3为一定值电阻．当传感器R 2所在处出现火警时，以下说法中正确的是( )图7A ．A 1的示数不变，A 2的示数增大B ．V 1的示数不变，V 2的示数减小C ．V 1的示数增大，V 2的示数增大D ．A 1的示数增大，A 2的示数增大 答案 B3．如图8所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶5, 原线圈两端的交流电压为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( )图8A ．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 答案 AB解析 变压器不能改变交变电流的频率，T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，f ＝1T ＝50 Hz.因为一个周期内氖泡发光2次，故开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz ，A 项正确；电压表的示数是有效值，U 1＝2022 V ＝20 V ，U 2＝n 2n 1U 1＝100 V ，B 项正确；不论开关是否断开，电压表示数不变，C 项错误；开关断开后，变压器的输出功率减小，D 项错误．远距离输电问题4．一台发电机最大输出功率为4 000 kW ，电压为4 000 V ，经变压器T 1升压后向远方输电，输电线路总电阻R 线＝1 k Ω，到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V,60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( ) A ．T 1原、副线圈中电流分别为103A 和20 AB ．T 2原、副线圈两端电压分别为1.8×105V 和220 V C ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光 答案 ABD解析 根据题意画出输电线路示意图如图所示．对升压变压器有P 1＝U 1I 1，可知I 1＝103A ，由输电线上消耗的功率ΔP ＝I 22R 线＝400 kW ，可知输电线上电流为I 2＝20 A ，A 项正确；根据P ＝U 2I 2得U 2＝2×105V ，输电线上电压损失ΔU ＝I 2R 线＝20 000 V ，则副线圈输入电压为U 3＝U 2－U 线＝1.8×105 V ，又灯泡正常发光，可知副线圈两端电压U 4＝220 V ，B 项正确；T 1的变压比为I 2∶I 1＝1∶50，T 2的变压比为n 3∶n 4＝U 3∶U 4＝1.8×105∶220，C 项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率P 3＝P 4＝U 3I 2＝60 W·n ，解得n ＝6×104，D 项正确．(时间：60分钟)题组一 变压器基本规律的应用1．如图1所示，理想变压器的原线圈的输入电压u ＝220sin (100πt ) V ，原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1电阻R 的阻值为100 Ω，则1 s 内电阻R 上产生的焦耳热为( )图1A ．484 JB ．242 JC ．2.42 JD ．1.21 J答案 D解析 每个周期内只有半个周期有电流通过R .由U 1m ∶U 2m ＝n 1∶n 2，得U 2m ＝22 V ，又因电流的热效应为其电压的有效值，U 2′2R·T ＝U 2m 22R·T2可得U 2′＝11 V ，由Q ＝U 2′2R t ＝112100×1 J ＝1.21 J.2．如图2所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，输出端电阻R ＝50 Ω，把原线圈接入“220 V，50 Hz”的正弦交流电时(电表为理想电表)( )图2A ．当X 为电流表时，若电阻R 增大，则原线圈中的电流将增大B ．当X 为电流表时，电压表V 的示数为22 VC ．当X 为电流表时，电流表的示数为0.44 2 AD ．当X 为二极管时，电压表V 的示数为11 V 答案 B解析 若电阻R 增大，副线圈中的电流变小，原线圈中的电流也变小，A 项错误；根据公式U 1U 2＝n 1n 2，解得U 2＝22 V ，电压表测量的电压为有效值，所以电压表V 的示数为22 V ，B 项正确；当X 为电流表时，电流表的示数为I 2＝U 2R ＝2250A ＝0.44 A ，C 项错误；当X 为二极管时，在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过，此时由U 2R T ＝ 22 V 2R ·T2，解得U ＝11 2 V ，D 项错误．3．如图3甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器．已知通过R 1的正弦交变电流如图乙所示，则( )图3A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为200 2 VC ．电阻R 2的电功率约为6.67 WD ．通过R 3的电流始终为零 答案 C解析 周期T ＝0.02 s ，f ＝1T ＝50 Hz ，A 错；U 输出＝I m 2R 1＝10 2 V ，U 输入＝n 1n 2U 输出＝100 2 V ，输入电压最大值U m ＝2U 输入＝200 V ，B 错；U 2＝U 输出，P 2＝U 22R 2＝203W≈6.67 W，C 对；电容器通交流，隔直流，I 3≠0，D 错．4．如图4甲所示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流电压，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n 1、n 2，为交流电压表．当变压器副线圈两端电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )图4A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52 VC ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000D ．实现点火的条件是n 2n 1<1 000 答案 BC解析 由ut 图象可知电压最大值U 1m ＝5 V ，故有效值U 1＝52V ，交流电压表测量的是有效值，A 错，B 对；由变压器电压与线圈匝数的关系可知，U 2＝n 2n 1U 1，变压器副线圈两端电压的瞬时值大于5 000 V ，即2U 2>5 000，所以n 2n 1>1 000，C 对，D 错．5．如图5所示，一理想变压器原线圈与频率为50 Hz 的正弦交流电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端，图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈匝数分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V ．则( )图5A ．电流表的示数为0.5 AB ．流过电阻的交变电流的频率为100 HzC ．交流电源的输出电压的最大值为20 2 VD ．交流电源的输出功率为2.5 W 答案 CD解析 根据欧姆定律可得副线圈中的电流I 2＝UR＝0.25 A ，根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系I 1I 2＝n 2n 1，可解得I 1＝0.125 A ，A 错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同，都为50 Hz ，B 错误；副线圈输出电压的有效值为10 V ，根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U 2m ＝10 2 V ，原、副线圈电压比为U 1U 2＝n 1n 2，可得交流电源输出电压的最大值为U 1m ＝20 2 V ，C 正确；对于理想变压器，交流电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率，P ＝2×5220 W ＝2.5 W ，故D 正确．题组二 变压器电路的动态分析6．如图6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，U 1为加在原线圈两端的交流电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )图6A ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小B ．保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小C ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大D ．保持U 1不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I 1减小 答案 BC解析 保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则副线圈匝数增加，输出电压增大，输出功率增大，则输入功率随之增大，故A 错，C 对；S 由a 切换到b ，副线圈匝数减小，输出电压减小，则输出电流减小，B 对；只是将P 上滑，R 减小，I 2增大，由I 1＝n 2I 2n 1可知I 1增大，则D 错．7．如图7所示为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交流电压，则( )图7A ．保持U 1及P 的位置不变，K 由a 切换到b 时，I 1将增大B ．保持P 的位置及U 1不变，K 由b 切换到a 时，R 消耗的功率将减小C ．保持U 1不变，K 在a 处，使P 上滑，I 1将增大D ．保持P 的位置不变，K 在a 处，若U 1增大，I 1将增大 答案 ABD解析 K 由a 切换到b 时，n 1减小而U 1不变，由U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈上电压U 2增大，负载R 的电流I 2增大，P 2增大，又由于P 1＝P 2＝U 1I 1，故I 1增大，A 项正确；同理，K 由b 切换到a 时，P 2减小，B 项正确；P 上滑时，负载电阻R 增大，而U 1、U 2均不变，由I 2＝U 2R可知I 2减小，又由于n 1、n 2均不变，由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1将减小，故C 项错误；当U 1增大时，由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2也增大，I 2＝U 2R 增大，再由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1增大，故D 项正确．8．如图8所示，为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计．当开关S 闭合后( )图8A ．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 答案 AD解析 电源电压有效值不变，所以V 1示数不变，原、副线圈的电压之比等于匝数之比，匝数之比不变，故V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值也不变，所以C 错误，D 正确；当开关S 闭合后，副线圈电路中的总电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的电流增大，A 2的示数增大，原、副线圈的电流之比等于匝数反比，匝数之比不变，A 1与A 2示数的比值不变，A 1的示数也增大，所以A 正确，B 错误．9．如图9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U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )图9A ．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 答案 BD解析 由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动而改变，故选项A 错误，B 正确．P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故选项C 错误，D 正确．10．为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图10甲为变压器示意图．保持输入电压u 1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u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )图10A ．u 2＝1902sin (50πt ) VB ．u 2＝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 答案 BD解析 由电压u 2随时间t 变化的曲线可知，用户电压的最大值是190 2 V ，周期是2×10－2s ，所以u 2＝1902sin (100πt ) V ，A 错误，B 正确；根据n 1n 2＝U 1U 2，n 1减小，U 2增大，因此为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移，C 错误，D 正确．11．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图11所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压，图中○A 为交流电流表，○V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，CD 两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器，以下说法正确的是( )图11A ．当滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大B ．当滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大D ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小 答案 AD解析 当滑动触头P 逆时针转动时，相当于增加了副线圈的匝数，而原线圈匝数保持不变，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压增大，其他因素不变时，电压表读数变大，电流表读数变大．当线圈匝数不变而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时，输出电压不变，总电阻减小，则总电流增大，R 1两端电压增大，R 2两端电压减小，电压表读数变小，流过R 2的电流减小，因此，流过R 3的电流增大，电流表读数变大． 题组三 远距离输电问题12．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来采用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( ) A.P4 B.P2 C ．2P D ．4P答案 A解析 由P ＝UI 可知当电压由500 kV 升高到1 000 kV 时，电路中的电流将减为原来的一半，由P 损＝I 2R 线可知电路中损耗的电功率变为原来的14.13．某小型水电站，水以3 m/s 的速度流入水轮机，而以1 m/s 的速度流出，流出水位比流入水位低1.6 m ，水流量为2 m 3/s.如果水流能量的75%供给发电机．g ＝10 m/s 2，求： (1)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率为多大？(2)发电机的输出电压为240 V ，输电线路的总电阻为19.2 Ω，允许损耗的功率为2%，用户所需电压为220 V ，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？ 答案 (1)2.4×104W (2)1∶20 1176∶55解析 (1)每秒钟流过发电机的水的质量为m ＝ρV ＝2×103kg ，每秒钟水流机械能的损失为ΔE ＝12m (v 21－v 22)＋mgh ＝4×104J ，发电机的输出功率P出＝75%×80%×ΔEΔt＝75%×80%×4×104J 1 s＝2.4×104W(2)发电机经变压器到用户的供电线路示意图如图所示．图中T 1为升压变压器，T 2为降压变压器．输电线上损失功率为P 损＝I 2线R 线，而P 损＝2%P 出 所以I 线＝2%P 出R 线＝5 A ，因为I 2＝I 线＝5 A ，I 1＝P 出U 1＝100 A 所以升压变压器T 1原、副线圈的匝数比为：n 1n 2＝I 2I 1＝120又因为I 3＝I 线＝5 A ，I 4＝1－2% P 出U 4＝1 17611A所以降压变压器T 2的原、副线圈的匝数比为n 3n 4＝I 4I 3＝117655.。
高中物理 选修3-2 变压器 知识点及方法总结 题型分类总结 变压器电路分析
高中物理选修3-2变压器1、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：与负极连接的线圈，也叫次级线圈。
③闭合铁芯（2）原理：电流磁效应、电磁感应（3）基本公式①功率关系：P入=P出无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率纸盒②电压关系：U1U2=n1n2即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。
有多个副线圈时，U1n1=U2n2=U3n3③电流关系：只有一个副线圈时I1I2=n2n1由P入=P出及P=UI推出有多个副线圈时，U1I1=U2I2+U3I3+⋯+U n I n当原线圈中U1、I1代入有效值时，副线圈对应的U2、I2也是有效值，当原线圈中U1、I1为最大值或瞬时值时，副线圈中的U2、I2也对应最大值或瞬时值④原副线圈中通过每匝线圈的磁通量的变化率相等⑤原副线圈中电流变化规律一样，电流的周期频率一样（4）几种常用的变压器①自耦变压器-调压变压器如图是自耦变压器的示意图。
这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。
如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。
调压变压器：就是一种自耦便要，它的构造如图所示。
线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上。
AB之间加上输入电压U1。
移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2。
②互感器{电压互感器：用来把高电压变成低电压电流互感器：用来把大电流变成低电流交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流。
用变压器把高电压变成低电压，或者把大电流变成小电流，这个问题就可以解决了。
这种变压器叫做互感器。
a、电压互感器电压互感器用来把高电压变成低电压，它的原线圈并联在高电压电路中，副线圈接入交流电压表。
根据电压表测得的电压U2和铭牌上注明的变压比（U1U2），可以算出高压电路中的电压。
人教版高中物理选修3-2高二交流电、变压器、远距离输电周末测试题(12.11).docx
高中物理学习材料桑水制作1．理想变压器的原线圈的匝数为110匝，副线圈匝数为660匝，若原线圈接在6 V 的电池上，则副线圈两端电压为（）A.36 VB.6 VC.1 VD.0 V2．当理想变压器副线圈空载时，副线圈的（）A.负载电阻为0B.输出电流为0C.两端电压为0D.输出功率为03．远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法中正确的是（）A．输电线上的电流变为原来的n倍B．输电线上的电压损失变为原来的1/n2C．输电线上的电功率损失变为原来的1/nD．若输电线上的电功率损失不变，输电线路长度可变为原来的n2倍4．一台理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，当原线圈两端输入u1=2202sin314t V的交变电压时，下列说法正确的是（）A.副线圈两端电压为102 VB.副线圈接一10 Ω电阻时，原线圈中的电流为1 AC.副线圈接一10 Ω电阻时，原线圈中输入功率为10 WD.变压器铁芯中磁通量变化率的最大值是2202 V5．一理想变压器原线圈接交流、副线圈接电阻，下列哪些方法可使输入功率增加为原来的2倍（）A.次级线圈的匝数增加为原来的2倍B.初级线圈的匝数增加为原来的2倍C.负载电阻变为原来的2倍D.副线圈匝数和负载电阻均变为原来的2倍6．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是 （ ）A ．因为热功率P =RU 2，所以应降低输送电压，增大输电导线电阻，才能减小输电导线上的热损耗B ．因为热功率P =IU ，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗C ．因为热功率P =I 2R ，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗D ．以上说法均不正确7．用理想变压器给负载R 供电，下列哪些办法可以减小变压器原线圈中的电流 （ ）A ．增加原线圈的匝数B ．增加副线圈的匝数C ．减小负载电阻R 的数值D ．增加负载电阻R 的数值8．在电工和电子技术中使用的扼流圈有两种：低频扼流圈和高频扼流圈。
高中物理5.4变压器课下作业含解析新人教选修3-2
变压器1．一台理想变压器，原、副线圈匝数分别为n 1和n 2，正常工作时的输入电压、电流、电功率分别是U 1、I 1、P 1，输出电压、电流、电功率分别是U 2、I 2、P 2，已知n 1＜n 2，则( )A ．U 1＜U 2，P 1＝P 2B ．P 1＝P 2，I 1＜I 2C ．I 1＜I 2，U 1＞U 2D ．P 1＞P 2，I 1＞I 2解析：理想变压器忽略能量损失，所以P 1＝P 2；U 1U 2＝n 1n 2且n 1＜n 2，所以U 1＜U 2；由I 1I 2＝n 2n 1，n 1＜n 2可得I 1＞I 2。
故选项A 正确。
答案：A2．如图1所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R 相连组成闭合回路。
当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，电流表A 1的读数为12 mA ，那么电流表A 2的读数为( )图1A ．0B ．3 mAC ．48 mAD ．与R 大小有关解析：导线AB 切割磁感线产生的感应电动势为E 感＝Blv 。
由于B 、l 、v 三个量均不变，故感应电动势为一定值。
因此原线圈两端的电压恒定，原线圈中电流恒为12 mA 。
变压器原、副线圈中不发生互感现象，副线圈输出电压应为零，故电流表A 2的读数为零，选A 。
答案：A3．将输入电压为220 V ，输出电压为6 V 的理想变压器改绕成输出电压为30 V 的变压器，副线圈原来是30匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增匝数为( )A ．120匝B ．150匝C ．180匝D ．220匝解析：由变压比n 1n 2＝U 1U 2，则n 130＝2206，所以n 1＝1 100匝。
当U 2′＝30 V 时，n 1n 2′ ＝22030，所以n2′＝150匝，故Δn 2＝n 2′－n 2＝120匝。
答案：A4.如图2甲、乙所示电路中，当A 、B 接10 V 交变电压时，C 、D 间电压为4 V ，M 、N 接10 V 直流电压时，P 、Q 间电压也图2为4 V 。
人教版选修32019-2020学年高中物理第五章4变压器训练(含解析)
4 变压器课时过关·能力提升基础巩固1.(多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有 ()A.交变电流的频率B.磁通量的变化率C.功率D.交变电流的峰值解析:理想变压器没有漏磁,没有能量损失,所以原、副线圈中磁通量变化率相同,原、副线圈中功率相同,B、C正确;变压器的原理是互感现象,其作用是改变电压峰值,不改变频率,A正确,D错误。
答案:ABC2.(多选)下列关于理想变压器的说法正确的是()A.理想变压器不考虑铁芯漏磁与发热B只适用于一个原线圈和一个副线圈组成的变压器C.在理想变压器中,无论有几个线圈,一定有输入功率等于输出功率,即P入=P出D.在理想变压器中,即使有多个(大于等于3个)线圈同时工作也同样适用解析:理想变压器是不计一切损失的变压器,A、C对。
可适用于多个线圈组成的变压器的任意两个线圈之间,B错。
只适用于一个原线圈、一个副线圈工作的变压器,D错。
答案:AC3.如图所示,可以将电压升高供给电灯的变压器是图()解析:变压器应该接在交流电路中,升压变压器中副线圈的匝数大于原线圈的匝数。
答案:C4.下列关于理想变压器的说法,正确的是()A.高压线圈匝数多、电流大、导线粗B.低压线圈匝数少、电流小、导线细C.高压线圈匝数多、电流大、导线细D.低压线圈匝数少、电流大、导线粗解析:根据功率关系知U1I1=U2I2,高压端电流小,低压端电流就大,从节约的角度来看,小电流用细导线,大电流用粗导线。
答案:D5.一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,A为理想交流电流表,U为正弦式交流电压,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解析:理想变压器的输入功率和输出功率相等,当开关断开时,有(U-IR1)I即(U-3 Ω×I)IΩ①;当开关闭合时,有(U-4IR1)·4I·4即(U-12 Ω×I)·4I·4Ω②。
高考物理一轮复习10.2变压器远距离输电课时作业新人教版选修3-2
第2课时变压器远距离输电STEP活页柞业■I企就训斡技能提高基本技能练1 •如图1所示，半径为L= 1 m的金属圆环，其半径Oa是铜棒，两者电阻均不计且接触良好。
今让Oa以圆心O为轴，以角速度3 = 10 rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B= 2T 的匀强磁场中。
从圆心O引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为m : n2 = 1 : 4的理想变压器原线圈两端。
则接在副线圈两端的理想电压表的示数为A. 40 V B • 20 V C • 80 V D • 0解析由于Oa以圆心O为轴，以角速度3 = 10 rad/s匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0,选项D正确。
答案D2. （多选）如图2所示是通过变压器降压给用户供电的示意图。
输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。
两条输电线总电阻用R）表示。
当负载增加时，则A. 电压表V V2的读数几乎不变B. 电流表A的读数增大，电流表A的读数减小C. 电压表V3的读数增大，电流表A的读数增大D. 电压表V2、V3的读数之差与电流表A的读数的比值不变解析由变压器的变压规律知电压表V1、V2的读数几乎不变，A对；负载增加时，副线圈所连接的总电阻减小，电流表A的读数增大，R）两端电压增大，由变压器的电流变化规律知电流表A的读数也增大，B错；电压表V3的读数减小，C错；电压表V2、V3的读数之差与电流表A的读数的比值为R0不变，D对。
答案AD3. （多选）现用电压为380 V的正弦式交流电给额定电压为220 V的电灯供电，以下电路中可能使电灯正常发光的有解析由图可知，A、B选项中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；C选项为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；D选项为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不可行。
答案ABC 4 •随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益增大，节能变得越来越重要。
物理(选修3) 专题5.2理想变压器 远距离输电(第02期)解
一、选择题1、【2014-2015学年•广东省湛江一中第二学期期中考试高二级理科综合试卷】如图所示电路中，变压器为理想变压器。
现将滑动变阻器的滑片从某一位置滑动到另一位置，发现电流表A1示数减小0.1A，A2示数减小1A，则下列说法正确的是（）A、灯泡L1变亮B、灯泡L1变暗C、变压器为升压变压器D、变压器为降压变压器【答案】AD考点：理想变压器的基本原理和串并联电路的基本特点2.【2014—2015学年•甘肃兰州一中下学期期中考试高二物理试题】如图所示，理想变压器的原线圈接u＝11000sin100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V/880 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50HzC．副线圈中电流的有效值为4 AD．变压器的输入功率为880 W【答案】BC考点：变压器规律。
3. 【2014-2015学年•吉林省长春外国语学校高二下学期第一次月考】如图所示理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1,原线圈接入一电压为U=U0sin ωt的交流电源,副线圈接一个R=27.5 Ω的负载电阻,若U0=220 V,ω=100π rad/s。
则下述结论正确的是()。
A.副线圈中电压表的读数为55 VB.副线圈中输出交流电的周期为0.02 sC.原线圈中电流表的读数为0.5 AD.原线圈中的输入功率为55 W【答案】BD【解析】试题分析：根据瞬时值的表达式U=U0sin ωt可知：原线圈的电压最大值为0220VU=，所以原线圈的电压有效值为1U==，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为124U U ==，故A 错误；变压器不会改变电流的周期，电流的周期为220.02100T s s ππωπ===，故B正确；根据欧姆定律知，副线圈的电流为22U I R ==，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为22114I n I n ==，故C 错误；由11P I U =得：P =，故D 正确。
4 变压器 远距离输电—2021届高中物理一轮复习暑假专题学案(选修3-2)
一轮复习暑假专题---选修3-2学案4 变压器远距离输电一、基础知识1.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。
Ⅰ.原线圈:与交流电源连接的线圈,也叫作①。
Ⅱ.副线圈:与负载连接的线圈,也叫作②。
(2)原理:电流磁效应、电磁感应。
(3)基本关系式Ⅰ.功率关系:③。
Ⅱ.电压关系:只有一个副线圈时,④。
有多个副线圈时,⑤。
Ⅲ.电流关系:只有一个副线圈时,⑥。
由P入=P出及P=UI推出有多个副线圈时,⑦。
2.远距离输电(1)输电过程(如图所示)(2)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⑧。
(3)电压损失Ⅰ.ΔU=⑨。
Ⅱ.ΔU=⑩。
(4)功率损失Ⅰ.ΔP=。
Ⅱ.ΔP=。
(5)输送电流Ⅰ.I=。
Ⅱ.I=。
答案：①初级线圈②次级线圈③P入=P出④=⑤===…⑥=⑦U1I1=U2I2+U3I3+…⑧Q=I2Rt ⑨U-U' ⑩IR P-P' I2R=R二、理想变压器的应用1.一般解题思路(1)分析题干条件,找出不变量和变量。
(2)利用原、副线圈之间的功率关系确定原、副线圈中的电流。
(3)根据电磁感应原理,分析电压、电流与原、副线圈匝数比之间的关系。
2.解决变压器问题的三种切入法:(1)电压切入法:变压器原、副线圈的电压之比=;当变压器有多个副线圈时,===…。
(2)功率切入法:理想变压器的输入、输出功率满足P入=P出,当变压器有多个副线圈时,P1=P2+P3+…。
(3)电流切入法:由I=知,对只有一个副线圈的变压器有=。
当变压器有多个副线圈时,有n1I1=n2I2+n3I3+…。
对于电源,原线圈相当于用电器;对于用电器,副线圈相当于电源。
三理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(1)U1不变,根据=,输入电压U1决定输出电压U2,可以得出不论负载电阻R如何变化,U2不变。
(2)负载电阻发生变化时,I2变化,根据输出电流I2决定输入电流I1,可判断I1的变化。
高中物理暑假作业理想变压器与远距离输电问题新人教版选修3-2【2019-2020学年度】
为定值电阻是和是理想交流电压表和和是理想交流电和表示和表示电流的瞬时值和向下滑动过程中变大向下滑动过程中变小相连组成闭合回路的示数是的示数是值大小有关串联是原线圈的扳向后的交流电的频率为功率增大扳向,下图为远距离高压输电的示意图10.如图所示,在某电路的a、b两端加正弦交变电压U,已知理想变压器原线圈匝数为n1、副线圈匝数为n2,图中电阻R1=2R2,V为理想电压表。
工作过程中,a、b端的输入功率为R2消耗功率的9倍,则下列说法正确的是( )A.n1:n2=3:1B.n1:n2=4:1C.电压表示数为D.升高a、b两端电压,R1,R2消耗功率之比增大11.某小型水电站的电能输送示意图如下.发电机的输出电压为200V,输电线总电阻为r,升压变压器原副线圈匝数分别为n、n2.降压变压器原副线匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器).要使额定电压为220V的用电器正常工作,则( )A.B.C.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小于降压变压器的输入功率12.甲图是一小型交流发电机供电原理图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场,理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接,灯泡标有“220V 60W”字样且正常发光。
从某时刻开始计时,发电机输出端的电流随时间变化图象如图乙所示,则以下说法正确的是( )A.t=0.02s时发电机线圈ABCD平面与磁场方向平行B.电路中的电流方向每秒改变100次C.变压器原、副线圈匝数之比为15:11D.交流发电机输出电流的函数表达式i=0.2sin(50πt)A13.如图所示的电路中,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=4∶1,电阻R=25Ω,C为电容器.原线圈接u1=200sin100πt V的交流电.则( ), ,取”的白炽灯正常工作示数变大===向下滑动过程中损失功率为的读数为零,,,,分压,功率增大两端的电压也变大扳向,电流表示数也变大14.答案：（1）.输电线中电流:,得（2）.由,得对升压变压器:对降压变压器:又,故（3）.解析：（1）.电路结构:首先画出输电示意图,如下图所示,并标注已知量与待求量,注意变压器为理想变压器输电线中电流由求得,不能由求解（2）.电路中的功率关系是解题的突破口（3）.升压、降压变压器原、副线圈电压、电流与线圈匝数的关系,满足,可灵活应用电压电流关系求出匝数比15.答案：（1）.1650匝;（2）. A（3）. A解析：（1）.由电压与变压器匝数的关系可得:U1/n1=U2/n2=U,则n1=1650匝.（2）.当开关S断开时,有:==A（3）.当开关S断开时,有:R L=U2/I2=44 Ω.当开关S闭合时,设副线圈总电阻为R′,有R′=R L/2=22 Ω,副线圈中的总电流为I2′,则I2′=U2/R′=10 A.由U1I1′=U2I2′可知, == A。
专题2 远距离输电-高二物理人教版选修3-2暑期训练资料
专题2 远距离输电一、单选题1.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈的匝数之比为4∶1，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，R0为负载电阻，若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是()A．降压变压器T2原线圈的输入电压为55 VB．降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4∶1C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D．当R0增大时，升压变压器T1的输出电压不变2.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I1，其末端间的电压为U1.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I2.则()A．用户端的电压为B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为I rD．输电线路上损失的电功率为I1U3.电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、磁场对电流作用的规律都是一些重要的规律，图为远距离输电系统的示意图(为了简单，设用户的用电器是电动机)，下列选项中正确的是()A．发电机能发电的主要原理是库仑定律，变压器能变压的主要原理是欧姆定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律B．发电机能发电的主要原理是磁场对电流作用的规律，变压器能变压的主要原理是欧姆定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律C．发电机能发电的主要原理是欧姆定律，变压器能变压的主要原理是库仑定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律D．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律，变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是磁场对电流作用的规律4.如图所示，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()A．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二、多选题5.(多选)电厂发电机的输出电压为250 V，输出功率为10 kW，在进行远距离输电时，输电线总电阻为5 Ω，则()A．直接输电，用户两端的电压只有50 VB．若要求用户两端的电压为220 V，则应配备原、副线圈匝数比为1∶4 (发电厂)和5∶1 (用户端)的变压器C．若要求输电线损耗的功率仅为总功率的5%，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶4D．若用10 000 V的高压输电，输电线的损耗功率仅为总功率的0.05%6.(多选)如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路，若T1，T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝220sin 100πt(V)，当用电器电阻R0＝11 Ω时()A．通过用电器R0的电流有效值是20 AB．升压变压器的输入功率为4 650 WC．发电机中的电流变化频率为100 HzD．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小7.(多选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R＝1 kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V、60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则()A．T1原、副线圈电流分别为103A和20 AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220 VC．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D．有6×104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光8.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则()A．>B．<C．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9.(多选)如图是远距离输电的示意图，交流发电机E的输出电压经升压变压器升压后，由电阻为R的输电线向远方输电，到达用户端时再用降压变压器降压供用户使用，设变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是()A．降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，输电线上的功率损失为零B．降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，线路上的电压损失达最大C． S闭合，用户的用电器增多时，输电线上的功率损失增大D． S闭合，用户的用电器增多时，用户得到的电压降低10.(多选)如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1＝250 V，输出功率P1＝100 kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是()A．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比＝D．用10 000 V高压输电，输电线损耗功率为8 000 W三、计算题11.发电机输出功率为40 kW，输出电压为400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5 Ω，然后再用降压变压器将电压降为220 V供用户使用，求：(1)输电线上损失的电功率是多少；(2)降压变压器的变压比是多少．13.一台小型发电机的最大输出功率为100 kW，输出电压恒为500 V，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m2的输电线向4×103m远处的用电单位输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率为发电机总功率的4%，求：(1)所用的理想升压变压器原副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？14.如图所示，某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率是120 kW，输出电压是240 V，升压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V．则：(1)输电线上损失的电功率为多少？(2)降压器原、副线圈的匝数比为多少？15.风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；(2)用户得到的电功率是多少．16.交流发电机的端电压是220 V，输出功率为4 400 W，输电导线总电阻为2 Ω.试求：(1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？(2)若发电机输出端用1∶10的升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又多大？专题2 远距离输电一、单选题1.某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈的匝数之比为4∶1，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，R0为负载电阻，若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是()A．降压变压器T2原线圈的输入电压为55 VB．降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4∶1C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D．当R0增大时，升压变压器T1的输出电压不变【答案】D【解析】由题图乙可知降压变压器副线圈两端交变电压的有效值为220 V，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比等于电压比，故降压变压器T2原线圈的输入电压为880 V，A错误；理想变压器T2的输入功率与输出功率之比为1∶1，B错误；升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上损耗的电压，C错误；当R0增大时，升压变压器T1原线圈的电压不变，原、副线圈的匝数比不变，故升压变压器T1的输出电压不变，D正确．2.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I1，其末端间的电压为U1.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I2.则()A．用户端的电压为B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为I rD．输电线路上损失的电功率为I1U【答案】A【解析】理想变压器输入端与输出端功率相等，U1I1＝U2I2，用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降ΔU＝U－U1＝I1r，选项B错误；理想变压器输电线上损失的功率为I r，选项C、D错误．3.电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、磁场对电流作用的规律都是一些重要的规律，图为远距离输电系统的示意图(为了简单，设用户的用电器是电动机)，下列选项中正确的是()A．发电机能发电的主要原理是库仑定律，变压器能变压的主要原理是欧姆定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律B．发电机能发电的主要原理是磁场对电流作用的规律，变压器能变压的主要原理是欧姆定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律C．发电机能发电的主要原理是欧姆定律，变压器能变压的主要原理是库仑定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律D．发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律，变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律，电动机通电后能转动起来的主要原理是磁场对电流作用的规律【答案】D【解析】发电机是将其他形式的能转化为电能的设备，应用的是法拉第电磁感应定律；变压器是由电流的变化产生磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是磁场对电流作用规律的应用．4.如图所示，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()A．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I2R＝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.(多选)电厂发电机的输出电压为250 V，输出功率为10 kW，在进行远距离输电时，输电线总电阻为5 Ω，则()A．直接输电，用户两端的电压只有50 VB．若要求用户两端的电压为220 V，则应配备原、副线圈匝数比为1∶4 (发电厂)和5∶1 (用户端)的变压器C．若要求输电线损耗的功率仅为总功率的5%，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶4D．若用10 000 V的高压输电，输电线的损耗功率仅为总功率的0.05%【答案】ACD【解析】电厂发电机的输出电压为250 V，输出功率为10 kW，输电电流为40 A，则导线损耗电压为U ＝IR＝200 V，所以用户两端的电压只有50 V，A对；原、副线圈匝数比为1∶4 (发电厂)，则电压提升到1 000 V同时输电线电流减为10 A，则导线电压损耗为50 V，用户端输入变压器电压为950 V，要想得到220 V，线圈匝数比为95∶22，所以B错．此时导线损耗功率为P＝I2r＝500 W，即仅为总功率的5%，C 对．若用10 000 V的高压输电，则电流为1 A，损耗功率5 W，即输电线的损耗功率仅为总功率的0.05%，所以答案为ACD.6.(多选)如图所示为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路，若T1，T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝220sin 100πt(V)，当用电器电阻R0＝11 Ω时()A．通过用电器R0的电流有效值是20 AB．升压变压器的输入功率为4 650 WC．发电机中的电流变化频率为100 HzD．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输出功率减小【答案】AB【解析】由T2的副线圈两端电压的表达式知，副线圈两端电压的有效值为220 V，电流有效值为I＝A＝20 A，A对；由于输电线电流I′＝A＝5 A，所以升压变压器的输入功率为P＝P线＋P0＝I′2R＋I2R0＝52×10 W＋202×11 W＝4 650 W，B对；发电机中的电流变化频率与T2的副线圈两端电压的频率相同，也为50 Hz，C错；当用电器的电阻R0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输出功率变大，D错，故选AB.7.(多选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R＝1 kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V、60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，A．T1原、副线圈电流分别为103A和20 AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220 VC．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D．有6×104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光【答案】ABD【解析】根据题意画出输电线路示意图如图所示．对升压变压器有P1＝U1I1，可知I1＝103A，由输电线上消耗的功率ΔP＝I R线＝400 kW可知，输电线上电流为I2＝20 A，A项正确；T1的变压比为n1∶n2＝I2∶I1＝1∶50；根据P＝U2I2得U2＝2×105V，输电线上电压U线＝I2R线＝20 000 V，则变压器T2的输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105V，又灯泡正常发光，可知T2的输出电压U4为220 V，B项正确；T2的变压比为n3∶n4＝U3∶U4＝1.8×105∶220，C项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率U3I3＝60 W·n，解得n＝6×104，D项正确．8.(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则()A．>B．<C．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【答案】AD【解析】由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有＞，故A项对，B、C项错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D项也正确．9.(多选)如图是远距离输电的示意图，交流发电机E的输出电压经升压变压器升压后，由电阻为R的输电线向远方输电，到达用户端时再用降压变压器降压供用户使用，设变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是()A．降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，输电线上的功率损失为零B．降压变压器与用户负载连接的总开关S断开后，线路上的电压损失达最大C． S闭合，用户的用电器增多时，输电线上的功率损失增大D． S闭合，用户的用电器增多时，用户得到的电压降低【答案】ACD【解析】远距离输电示意图如下(1)从图中可看出功率之间的关系是：P1＝P1′，P2＝P2′，P1′＝Pr＋P2(2)电压之间的关系是：＝，＝，U1′＝Ur＋U2；(3)电流之间的关系是：＝，＝，I1′＝Ir＝I2.无负载时，无电流输出，输电线路上的电流为0，电压损失为零，故功率损失为零，所以A正确，B错误；当用户用电器增多即负载功率变大时，需要的输入功率变大，故输电线上的电流变大，输电线上的电压降变大，故输电线上的功率损失增大，用户得到的电压降低，所以C、D均正确．10.(多选)如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1＝250 V，输出功率P1＝100 kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是()A．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比＝D．用10 000 V高压输电，输电线损耗功率为8 000 W【答案】AC【解析】由I1＝知，P1增大，I1增大，I线增大，损失的电压增大，U3减小，U4减小，故A正确；由于U1、n1、n2不变，所以U2不变，故B错误；损失的功率ΔP＝I·R＝P1×5 %＝5×103W，I2＝25 A，＝＝，所以C正确；用10 000 V高压输电，即U2＝10 000 V，I2＝＝10 A，ΔP＝I R＝8×102W，所以D错误．故选AC.三、计算题11.发电机输出功率为40 kW，输出电压为400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5 Ω，然后再用降压变压器将电压降为220 V供用户使用，求：(1)输电线上损失的电功率是多少；(2)降压变压器的变压比是多少．【答案】(1)2.0×103W(2)【解析】(1)发电机输出的电压为400 V，经升压变压器后电压变为U＝×400 V＝2.0×103V，由P＝UI得输电线上的电流I＝＝A＝20 A，输电线上的功率损失ΔP＝I2·R＝202×5 W＝2.0×103W；(2)输电线上的电压损失ΔU＝I·R＝20×5 V＝100 V，加在降压变压器原线圈两端的电压U1＝U－ΔU＝2.0×103V－100 V＝1.9×103V，降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)U2＝220 V．降压变压器的变压比＝＝＝.12.小型水利发电站水流量为q＝1 m3/s，落差为h＝5 m，发电机总效率为η＝50%，发电机的输出电压为U＝350 V，输电线总电阻为R线＝4 Ω，为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的5%，必须采用远距离高压输电的方法，在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，设用户所需电压为220 V，不计变压器的能量损失，求：(1)发电机的输出功率；(2)输电线上的电流强度；(3)升降压变压器原、副线圈的匝数比；(4)可供多少盏“220 V40 W”的白炽灯正常工作．(g取10 m/s2)【答案】(1)2.5×104W(2)17.7 A(3)1∶46∶1(4)594【解析】(1)在t时间落下的水的质量为m＝ρV＝ρqt，发电机的输出功率为P机＝＝ρqhgη＝103kg/m3×1 m3/s×10 m/s2×5 m×50%＝2.5×104W.(2)依题意，输电电路上损失的功率为P线＝P机×5%＝I R线，得输电线上的电流为I2＝＝≈17.7 A.(3)通过升压变压器原线圈的电流I1＝＝≈71.4 A，升压变压器原线圈与副线圈的匝数比为＝＝≈.因此升压变压器的输出电压U2＝U1＝4×350 V＝1 400 V，由输电电路的特点可知，流过降压变压器原线圈的电流为I3＝I2＝17.7 A，降压变压器原线圈两端的电压为U3＝U2－I2R线＝1 400 V－17.7 A×4 Ω≈1 329 V．已知降压变压器的输出电压，即用户电压U4＝220 V，所以降压变压器原线圈与副线圈的匝数比为＝＝≈.(4)设可安装的白炽灯为n盏，则灯消耗的功率，即降压变压器的输出功率为P4＝nP灯，又对理想变压器有P4＝P机－P线，得n＝＝≈593.13.一台小型发电机的最大输出功率为100 kW，输出电压恒为500 V，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m2的输电线向4×103m远处的用电单位输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率为发电机总功率的4%，求：(1)所用的理想升压变压器原副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？【答案】(1)1∶12(2)288∶11【解析】(1)导线电阻R线＝ρ得R＝14.4 Ω升压变压器原线圈电流I1满足：P＝U1I1得I1＝200 A升压变压器副线圈电流I2＝I线，又I R线＝4%P得I2＝A，由＝，得＝.(2)降压变压器的输入电压U3满足：P－4%P＝U3I线得U3＝5 760 V因为输出电压U4＝220 V，由＝得＝.14.如图所示，某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率是120 kW，输出电压是240 V，升压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V．则：(1)输电线上损失的电功率为多少？(2)降压器原、副线圈的匝数比为多少？【答案】(1)4 000 W(2)【解析】(1)根据理想变压器的变压规律＝得输电电压U2＝U1＝×240 V＝6 000 V输电电流：I2＝＝A＝20 A输电线上损失的功率ΔP＝I r＝202×10 W＝4 000 W.(2)输电线上损失的电压ΔU＝I2r＝20×10 V＝200 V降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－ΔU＝6 000 V－200 V＝5 800 V根据理想变压器的变压规律得：＝＝＝.15.风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；(2)用户得到的电功率是多少．【答案】(1)1∶20240∶11(2)96 kW【解析】(1)输电线损失的功率P损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW输电线电流I2＝＝A＝20 A升压变电器输出电压U2＝＝V＝5×103V升压变压器原、副线圈匝数比：＝＝＝电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V降压变压器原线圈端电压U3＝U2－U损＝4 800 V降压变压器原、副线圈匝数比＝＝(2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW.16.交流发电机的端电压是220 V，输出功率为4 400 W，输电导线总电阻为2 Ω.试求：(1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？(2)若发电机输出端用1∶10的升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又多大？【答案】(1)180 V 3 600 W800 W(2)219.6 V 4 392 W【解析】(1)如图，由P＝IU得：I＝＝A＝20 A由U＝U用＋IR得：用户得到的电压为U用＝U－IR＝220－20×2＝180 V由P＝P用＋I2R得：用户得到的功率为P用＝P－I2R＝4 400－202×2＝3 600 W输电损失功率为P损＝I2R＝202×2 W＝800 W(2)输电电路如图所示根据理想变压器原副线圈两端的电压与匝数成正比可得：＝，解得U2＝＝V＝2 200 V因理想变压器不改变功率，即P2＝P，所以I2＝＝2 AU3＝U2－I2R＝2 200－2×2＝2 196 V由＝得：降压变压器副线圈两端电压U4＝＝V＝219.6 V用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即P4＝P3＝P2－I R＝P－I R＝4 392 W故用户得到的电压和功率分别为219.6 V和4 392 W.。
【创新设计】高中物理 5.7 习题课 变压器的应用及远距离输电问题同步训练 新人教版选修3-2
变压器基本规律的应用 1.图576如图576所示，Q 是熔断电流为1 A 的保险丝，R 为用电器，理想变压器的原副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝2∶1.原线圈的电压为u ＝220sin(100πt ) V ．要使保险丝不熔断，R 的阻值一定( )A ．不能小于55 ΩB ．不能大于55 ΩC ．不能小于77 ΩD ．不能大于77 Ω解析 保险丝原理是电流热效应，应该用电流有效值．由U2U1＝n2n1得：U 2＝n1n2U 1＝21×220 V ＝110V ，由I2I1＝n1n2得：I 2＝n2n1I 1＝12×1 A ＝2 A ，所以R min ＝I U ＝55 Ω，故A 正确．答案 A变压器电路的动态分析问题2．如图577所示，M 是一小型理想变压器，接线柱a 、b 接在电压u ＝311sin 314t V 的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表A 2为值班室的显示器，显示通过R 1的电流，电压表V 2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R 3为一定值电阻．当传感器R 2所在处出现火警时，以下说法中正确的是( )图577A ．A 1的示数不变，A 2的示数增大B ．V 1的示数不变，V 2的示数减小C ．V 1的示数增大，V 2的示数增大D ．A 1的示数增大，A 2的示数增大解析 温度升高则R 2减小而报警，即输出功率增大．答案 B3．如图578所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶5, 原线圈两端的交变电压为u ＝20sin 100 πt 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578A ．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 变压器不能改变交变电流的频率，T ＝ω2π＝100π2π s ＝0.02 s ，f ＝T 1＝50 Hz.因为一个周期内氖泡发光2次，故开关接通后氖泡的发光频率为100 Hz ，A 项正确；电压表的示数代表有效值，U 1＝22V ＝20 V ，U 2＝n1n2U 1＝100 V ，B 项正确；不论开关是否断开，电压表示数不变，C 项错误；开关断开后，变压器的输出功率减小，D 项错误．答案 AB远距离输电问题4．一台发电机最大输出功率为4 000 kW ，电压为4 000 V ，经变压器T 1升压后向远方输电，输电线路总电阻R ＝1 k Ω，到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V,60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )A ．T 1原、副线圈电流分别为103 A 和20 AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105 V 和220 VC ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220 V 、60 W)正常发光解析 根据题意画出输电线路示意图如图所示．对升压变压器有P 1＝U 1I 1，可知I 1＝103A ，由输电线上消耗的功率ΔP ＝I 22R 线＝400 kW ，可知输电线上电流为I 2＝20 A ，A 项正确；T 1的变压比为I 2∶I 1＝1∶50；根据P ＝U 2I 2得U 2＝2×105 V ，输电线上电压ΔU ＝I 2R 线＝20 000 V ，则副线圈输入电压为U 3＝U 2－U 线＝1.8×105 V ，又灯泡正常发光，可知副线圈电压U 4为220 V ，B 项正确； T 2的变压比为n 3∶n 4＝U 3∶U 4＝1.8×105∶220，C 项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率P 3＝P 4＝U 3I 2＝60 W·n ，解得n ＝6×104，D 项正确．答案 ABD(时间：60分钟)题组一 变压器基本规律的应用1．如图579所示，理想变压器的原线圈的输入电压u ＝220sin(100πt ) V ，原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1电阻R 的阻值为100 Ω，则1 s 内电阻R 上产生的焦耳热为( )图579A ．484 JB ．242 JC ．2.42 JD ．1.21 J解析 每个周期内只有半个周期有电流通过R .由U 1∶U 2＝n 1∶n 2，得U 2＝22 V ，又因电流的热效应用其电压有效值，R U ′2·T ＝R 2·2T 可得U 2′＝11 V ，由Q ＝R U2′2t ＝100112×1 J ＝1.21 J.答案 D2．如图5710所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，输出端电阻R ＝50 Ω，把原线圈接入“220 V ，50 Hz ”的正弦交流电时(电表为理想电表)( )图5710A ．当X 为电流表时，若电阻R 增大，则原线圈中的电流将增大B ．当X 为电流表时，电压表V 的示数为22 VC ．当X 为电流表时，电流表的示数为0.44 AD ．当X 为二极管时，电压表V 的示数为11 V解析 若使电阻R 增大，副线圈中的电流变小，原线圈中的电流也变小，A 项错误；根据公式U2U1＝n2n1，解得U 2＝22 V ，电压表测量的电压为有效值，所以电压表V 的示数为22 V ，B项正确；当X 为电流表时，电流表的示数为I 2＝R U2＝5022 A ＝0.44 A ，C 项错误；当X 为二极管时，在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过，此时由R U2T ＝R (222·2T ，解得U ＝11 V ，D 项错误．答案 B3．如图5711甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器．已知通过R 1的正弦交变电流如图乙所示，则( )图5711A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为200 VC ．电阻R 2的电功率约为6.67 WD ．通过R 3的电流始终为零解析 周期T ＝0.02 s ，f ＝T 1＝50 Hz ，A 错；U 输出＝2Im ×R 1＝10 V ，U 输入＝n2n1U 输出＝100 V ，输入电压最大值U m ＝U 输出＝200 V ，B 错；U 1＝2Im R 1＝10 V ，U 2＝U 1，P 2＝2＝320 W ≈6.67 W ，C对；电容器通交流，隔直流，I 3≠0，D 错．答案 C4．如图5712甲所示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5712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n 1、n 2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )图5712A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于25 VC ．实现点火的条件是n1n2>1 000D ．实现点火的条件是n1n2<1 000解析 由ut 图象可知最大电压值为 5 V ，故有效值为25 V ，交流电压表测量的是有效值，A错，B 对；由变压器电压与线圈匝数的关系可知，U 2＝n1n2U 1＝5n1n2，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V ，即5n1n2>5 000，所以n1n2>1 000，C 对，D 错．答案 BC5．如图5713所示，一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz 的正弦交变电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端，图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V ．则( )图5－7－13A ．电流表的读数为0.5 AB ．流过电阻的交变电流的频率为100 HzC ．交变电源的输出电压的最大值为20 VD ．交变电源的输出功率为2.5 W解析 根据欧姆定律可得副线圈中的电流I 2＝R U2＝0.25 A ，根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系I2I1＝n1n2，可解得I 1＝0.125 A ，A 错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同，都为50 Hz ，B 错误；副线圈输出电压的有效值为10 V ，根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U 2m ＝10 V ，原、副线圈电压比为U2U1＝n2n1，可得交变电源输出电压的最大值为U 1m ＝20 V ，C 正确；对于理想变压器，交变电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率，P ＝2×2052 W ＝2.5 W ，故D 正确．答案 CD题组二 变压器电路的动态分析6．如图5714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，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )图5714A ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小B ．保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小C ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大D ．保持U 1不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I 1减小解析 保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则副线圈匝数增加，输出电压增大，输出功率增大，则输入功率随之增大，故A 错，C 对；S 由a 切换到b ，副线圈匝数减小，输出电压减小，则输出电流减小，B 对；只是将P 上滑，R 减小，I 2增大，由I 1＝n1n2I2可知I 1增大，则D 错．答案 BC7．如图5715所示为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈的电压，则( )图5715A ．保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，I 1将增大B ．保持P 的位置及U 1不变，K 由b 合到a 时，R 消耗功率将减小C ．保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑，I 1将增大D ．保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，I 1将增大解析 K 由a 合到b 时，n 1减小而U 1不变，由U2U1＝n2n1可知副线圈上电压U 2增大，负载R 的电流I 2增大，P 2增大，又由于P 1＝P 2＝U 1I 1，故I 1增大，A 项正确．同理K 由b 合到a 时，P 2减小，B 项正确；P 上滑时，负载电阻R 增大，而U 1、U 2均不变，由I 2＝R U2可知I 2减小，又由于n 1、n 2均不变，由I2I1＝n1n2可知I 1将减小，故C 项错误；当U 1增大时，由U2U1＝n2n1可知U 2也增大，I 2＝R U2增大，再由I2I1＝n1n2可知I 1增大，故D 项正确．答案 ABD8．如图5716所示，为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计．当开关S 闭合后( )图5716A ．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 电源电压有效值不变，所以V 1示数不变，原、副线圈的电压之比等于匝数之比，匝数之比不变，故V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值也不变，所以C 错误，D 正确；当开关S 闭合后，副线圈电路中的电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的电流增大，A 2的示数增大，原、副线圈的电流之比等于匝数反比，匝数之比不变，A 1与A 2示数的比值不变，A 1的示数也增大，所以A 正确，B 错误．答案 AD9．如图5717所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻，开关S 是闭合的．○V 1 和○V 2 为理想交流电压表，读数分别为U 1和U 2；○A 1 、○A 2 和○A 3 为理想交流电流表，读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S ，U 1数值不变，下列推断中正确的是( )图5717A ．U 2变小、I 3变小B ．U 2不变、I 3变大C ．I 1变小、I 2变小D ．I 1变大、I 2变大解析 由U 2＝n1n2U 1得U 1不变，U 2就不变；S 断开，R 总增大，U 2不变，则I 2变小，由I 1＝n1n2I 2得I 1也变小；I 2变小，加在R 1两端的电压变小，由U R 3＝U 2－U R 1，得U R 3增大，所以I 3变大．答案 BC10．为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图5718甲为变压器示意图．保持输入电压u 1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u 2随时间t 变化的曲线如图5718乙所示．以下正确的是( )图5718A ．u 2＝190sin (50πt ) VB ．u 2＝190sin (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 适当上移解析 由电压u 2随时间t 变化的曲线可知，用户电压的最大值是190 V ，周期是2×10－2s ，所以u 2＝190sin(100πt )V ，A 错误，B 正确；根据n2n1＝U2U1，n 1减小，U 2增大，因此为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移，C 错误，D 正确．答案 BD11．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图5719所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压，图中○A 为交流电流表，○V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，CD 两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器，以下说法正确的是( )图5719A ．当滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大B ．当滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大D ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小解析 当滑动触头P 逆时针转动时，相当于增加了副线圈的匝数，而原线圈匝数保持不变，根据U2U1＝n2n1可知，输出电压增大，其它因素不变时，电压表读数变大，电流表读数变大．当线圈匝数不变化而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时，输出电压不变，总电阻减小，则总电流增大，R 1两端电压增大，R 2两端电压减小，流过R 2的电流减小，因此，流过R 3的电流增大，电流表示数变大．答案 AD题组三 远距离输电问题12．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )A.4PB.2PC ．2PD ．4P解析 由P ＝UI 可知当输出电压由500 kV 升高到1 000 kV 时，电路中的电流将减为原来的一半；由P 损＝I 2R 线可知电路中损耗的功率变为原来的41.答案 A题组四 远距离输电问题分析13．某小型水电站，水以3 m/s 的速度流入水轮机，而以1 m/s 的速度流出，流出水位比流入水位低1.6 m ，水流量为2 m 3/s.如果水流能量的75%供给发电机．求：(1)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率为多大？(2)发电机的输出电压为240 V ，输电线路的电阻为19.2 Ω，许可损耗功率为2%，用户所需电压为220 V ，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数的比各是多少？解析 (1)每秒钟流过发电机的水的质量为m ＝ρV ＝2×103 kg ，每秒钟水流机械能的损失为ΔE ＝21m (v 12－v 22)＋mgh ＝4×104 J ，发电机的输出功率P 出＝75%×80%·ΔE ＝24 000 W(2)发电机经变压器到用户的供电线路如图所示．图中T 1为升压变压器，T 2为降压变压器．输电线上损失功率为P 线＝I 线2R 线，而P 线＝P 出·2%所以I 线＝ R 线P 出·2%＝5 A ，因为I 2＝I 线＝5 A ，I 1＝U1P 出＝100 A所以升压变压器T 1原、副线圈的匝数比为：n2n1＝I1I2＝201又因为I 3＝I 线＝5 A ， I 4＝U4P 出·(1－2%＝111 176 A ≈107 A 所以降压变压器T 2的原、副线圈的匝数比为 n4n3＝I3I4≈5107. 答案 (1)24 000 W(2)1∶20 107∶5。
高考试题解析选修3-2第十一章第2讲变压器 远距离输电
17
知识梳理·双基过关
课堂互动·研透考点
@《创新设计》
3.(多选)(2019·四川攀枝花统一考试)如图6所示，理想变压器原、副线圈上接有四个 完全相同的灯泡，若四个灯泡恰好都能正常发光，则下列说法正确的是( )
图6
A.U1∶U2＝3∶4
B.U1∶U2＝4∶3 C.若将 L1 短路，则副线圈的三个灯泡仍能正常发光
C.R 消耗的功率变成原来的23倍
D.变压器的输入功率变成原来的49倍
8
知识梳理·双基过关
课堂互动·研透考点
@《创新设计》
解析 理想变压器，单匝电动势ΔΔΦt 恒定。当副线圈的滑动触头下移动到原来的23时，U1 不变，U2 变成原来的23；由 I＝UR，可知流过副线圈的电流变成原来的23；由 P＝I2R，可知 R 消耗的功率变成原来的49；由于 P 出＝P 入，变压器的输入功率变成原来的49，综上分析选 项 D 正确。
图4
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
13
知识梳理·双基过关
课堂互动·研透考点
@《创新设计》
解析 设灯泡的额定电压为 U0，两灯均能正常发光，所以原线圈输入端电压为 U1＝9U0， 副线圈两端电压为 U2＝U0，故UU12＝91，根据UU12＝nn12＝91，选项 A 正确，B 错误；根据公式II12 ＝nn21可得，II12＝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，选项 C 错误，D 正确。
图10
27
知识梳理·双基过关
课堂互动·研透考点
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
理想变压器与远距离输电问题一、单选题1.如图所示,理想变压器原线圈接一交流电源,副线圈回路中有一定值电阻R 和两个小灯泡L 1、L 2,最初电键S 是断开的,现闭合电键S,则( )A.副线圈两端电压变大B.灯泡L 1变亮C.电流表A 1示数变大D.电阻R 中的电流变小2.如图所示的电路图中,变压器是理想变压器,原线圈匝数n 1=600匝,装有0.5A 的保险丝,副线圈的匝数n 2=120匝.要使整个电路正常工作,当原线圈接在180V 的交流电源上,则副线圈( )A.可接耐压值为36V 的电容器B.可接“36V 40W”的安全灯两盏C.可接电阻为14Ω的电烙铁D.可串联量程为3A 的交流电流表测量副线圈电路的总电流 3.下列说法不正确的是( ) A.变压器也可能改变恒定电压B.变压器的原理是一种电磁感应现象,副线圈输出的电流是原线圈电流的感应电流C.变压器由绕在同一闭合铁芯上的若干线圈构成D.变压器原线圈相对电源而言起负载作用,而副线圈相对负载而言起电源作用4.如图所示,理想变压器原线圈输入电压sin m u U t ω=,副线圈电路中0R 为定值电阻,R 是滑动变阻器.1V 和2V 是理想交流电压表,示数分别用1U 和2U 表示;1A 和2A 是理想交流电流表,示数分别用1I 和2I 表示.下列说法正确的是( )A.1I 和2I 表示电流的瞬时值B.1U 和2U 表示电压的最大值C.滑片P 向下滑动过程中,2U 不变,1I 变大D.滑片P 向下滑动过程中,2U 变小,1I 变小5.远距离输电,原来用电压0U 输电,在输电线上损失的电功率为P ∆,现在要使输电线上损失的电功率减少到原来的1/10,则输电电压应为( )A.1000U 0 C.0/10U D.0/100U6.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比12:4:1n n =,原线圈两端连有光滑导轨,副线圈与电阻R 相连组成闭合回路,当导体AB 在匀强磁场中沿导轨匀速向右做切割磁感线运动时,电流表1A 的示数是12mA ,则副线圈中电流表2A 的示数是( )A.0B.3mAC.48mAD.与R 值大小有关7.如图所示,理想变压器原线圈与电阻0R 串联,原、副线圈的匝数比为20:1,b 是原线圈的中心抽头,副线圈连接滑动变阻器、电流表和电压表,电表均为理想交流电表.已知交流电源电压瞬时值表达式为()u t V π=,将单刀双掷开关K 扳向a 后,下列说法中正确的是( )A.电压表的示数为11 VB.通过滑动变阻器R 的交流电的频率为100 HzR功率增大C.若将滑动变阻器的滑片下移,则电压表的示数减小,D.若将单刀双掷开关由a扳向b,则电流表的示数减小8.下图为远距离高压输电的示意图.关于远距离输电,下列表述不正确的是( )A.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,输送的电功率越大,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9..如图所示,某发电机输出功率是100kW,输出电压是250V,从发电机到用户间的输电线总电阻为8Ω,要使输电线上的功率损失为5%,而用户得到的电压正好为220V,求升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是( )A.16∶1 190∶11B.1∶16 11∶190C.1∶16 190∶11D.16∶1 11∶19010.如图所示,在某电路的a、b两端加正弦交变电压U,已知理想变压器原线圈匝数为n1、副线圈匝数为n2,图中电阻R1=2R2,V为理想电压表。
工作过程中,a、b端的输入功率为R2消耗功率的9倍,则下列说法正确的是( )A.n1:n2=3:1B.n1:n2=4:1C.电压表示数为4D.升高a、b两端电压,R1,R2消耗功率之比增大11.某小型水电站的电能输送示意图如下.发电机的输出电压为200V,输电线总电阻为r,升压变压器原副线圈匝数分别为n、n2.降压变压器原副线匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器).要使额定电压为220V的用电器正常工作,则( )A.3214n n n n > B.3214n n n n < C.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小于降压变压器的输入功率12.甲图是一小型交流发电机供电原理图,两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向匀强磁场,理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接,灯泡标有“220V 60W”字样且正常发光。
从某时刻开始计时,发电机输出端的电流随时间变化图象如图乙所示,则以下说法正确的是( )A.t=0.02s 时发电机线圈ABCD 平面与磁场方向平行B.电路中的电流方向每秒改变100次C.变压器原、副线圈匝数之比为15:11D.交流发电机输出电流的函数表达式i=0.2sin(50πt)A13.如图所示的电路中,理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2=4∶1,电阻R=25Ω,C 为电容器.原线圈接u 1sin100πt V 的交流电.则( )A.该交流电的频率为50HzB.交流电流表的读数为0C.电阻R 的功率为200WD.电容器的耐压值应大于二、计算题14.某小型水力发电站的发电输出功率为4510W ⨯,发电机的输出电压为250V ,输电线总电阻5?R =Ω.为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%,必须采用远距离高压输电的方法,在发电机处安装升压变压器,而在用户处安装降压变压器.设用户所需电压为220V ,不计变压器的损失.求:( g 取102/m s )（1）.输电线上的电流（2）.升、降压变压器原、副线圈的匝数比（3）.可供多少盏“220V 40W ”的白炽灯正常工作.15.如图所示,理想变压器原线圈中输入电压U 1=3300V,副线圈两端电压U 2为220V,输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2,绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U=2V,求:（1）.原线圈n 1等于多少匝?（2）.当开关S 断开时,电流表A 2的示数I 2=5 A.则电流表A 1的示数I 1为多少? （3）.当开关S 闭合时,电流表A 1的示数I 1′等于多少?参考答案 一、单选题 1.答案：C解析：试题分析:理想变压器原副线圈电压比等于匝数比,即,原线圈电源不变,原副线圈匝数不变所以副线圈电压不变选项A 错。
副线圈中,开关闭合后,总电阻变小,总电流变大,即通过电阻R 中的电流变大选项D 错。
即电流表示数变大,根据电流与匝数成反比可得,由于I 2变大所以I 1变大选项C 对。
理想变压器原副线圈无电阻,所以灯泡L 1电压等于副线圈电压是不变大,功率也是不变的,所以亮度不变,选项B 错。
2.答案：B解析：根据得: 2U =·1U =×180 V=36V,又由,在保险丝安全的条件下,副线圈中允许流过的最大电流为2I =·1I =×0.5 A=2.5A,最大输出功率P m =I 2U 2=2.5×36 W=90W,B 选项正确.而交流电压的有效值为36 V,那么其最大值一定大于36 V,所以A 项错误.接14 Ω的电阻时,流过电阻的电流将达到2I '=A>2.5A,C 项不正确.串联电流表时会因电流过大烧毁电流表或烧断保险丝,D 项错误. 3.答案：A解析：变压器可以改变交变电流的电压、电流,其工作原理是电磁感应现象. 4.答案：C解析：交流电表的示数为有效值,故选项A 、B 均错误;滑片P 向下滑动过程中,变小,由于交流电源及原、副线圈匝数不变, 所以220U I R R =+变大,由1221I n I n =,得2121nI I n =变大,选项C 正确,D 错误.5.答案：B解析：设线路电阻为r 损失功率为2P I r ∆=,线路电流为0P I U =,解得220P rP U ∆=,则201P U ∆∝,当P ∆为原来的110时,00U '=选项B 正确. 6.答案：A解析：变压器的工作原理是电磁感应(互感),当直导体AB 在匀强磁场中沿导轨匀速向右做切割磁感线运动时,回路中的电流是恒定的,不能引起电磁感应现象,故2A 的读数为零.故A 正确. 7.答案：C解析：电源电压有效值为220 V ,如果原线圈上无电阻0R ,由电压之比等于匝数之比可得,副线圈两端电压有效值为11 V ,电表测量的是有效值,示数也为11 V ,但实际上有电阻0R 分压,电压表示数小于11 V ,故A 错误;变压器不改变交变电流的频率,由交变电流表达式可知频率为50 Hz ,故B 错误;滑动变阻器滑片向下移,电阻变小,故副线圈中的电流变大,那么原线圈中的电流也随着变大,电阻0R 功率增大,电阻0R 两端的电压也变大,交流电源的电压不变,变压器的输入电压变小,副线圈两端的电压也相应变小,电压表的示数减小,选项C 正确;单刀双掷开关由a 扳向b ,原线圈匝数变少,副线圈两端电压变大,电压表的示数变大,滑动变阻器滑片不动,电流表示数也变大,故D 错误;故选C.考点:变压器;电路的动态分析，电路的动态变化的分析,总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况,再确定其他电路的变化的情况,即先部分后整体再部分的方法. 8.答案：C 9.答案：C 10.答案：B 11.答案：A 12.答案：D 13.答案：AD 二、计算题14.答案：（1）.输电线中电流:,得（2）.由22P U I =,得432510 2.51020U V V ⨯==⨯ 对升压变压器:1132225012.51010n U n U ===⨯ 对降压变压器:又4220U V =,故334412011n U n U == （3）.解析：（1）.电路结构:首先画出输电示意图,如下图所示,并标注已知量与待求量,注意变压器为理想变压器 输电线中电流由PI U=求得,不能由求解（2）.电路中的功率关系是解题的突破口（3）.升压、降压变压器原、副线圈电压、电流与线圈匝数的关系,满足1122U n U n =,1221I n I n =可灵活应用电压电流关系求出匝数比 15.答案：（1）.1650匝;（2）.13A （3）. 23A解析：（1）.由电压与变压器匝数的关系可得:U 1/n 1=U 2/n 2=U,则n 1=1650匝.（2）.当开关S 断开时,有:11221,U I U I I === A（3）.当开关S 断开时,有:R L =U 2/I 2=44 Ω.当开关S 闭合时,设副线圈总电阻为R′,有R′=R L /2=22 Ω,副线圈中的总电流为I 2′,则I 2′=U 2/R′=10 A. 由U 1I 1′=U 2I 2′可知, 1I '== A。