高中物理远距离输电(可编辑修改word版)
高中物理远距离输电
高中物理远距离输电在电力系统中，电能从发电厂输送到用户端需要经过长距离的传输。
由于发电厂和用户之间的距离往往较远，因此需要采取一些措施来确保电能能够安全、高效地传输。
高中物理课程中涉及到的远距离输电原理和基础知识，对于我们了解电力系统的基本概念和解决相关问题具有重要意义。
一、远距离输电的基本原理在远距离输电中，发电厂将产生的电能通过升压变压器升压，然后通过高压输电线路传输到降压变压器，最后将电压降低到用户端所需要的电压等级，输送到用户端。
在这个过程中，升压变压器将电压升高，使得电流减小，从而降低传输过程中的电能损失。
二、远距离输电的优缺点远距离输电的优点主要包括：1、能够将电能输送到较远的距离，覆盖更大的供电范围；2、传输容量大，能够满足大型城市和工业园区的电力需求；3、传输效率较高，能够减少传输过程中的电能损失。
远距离输电的缺点主要包括：1、建设成本较高，需要投入大量资金建设输电线路和配套设施；2、容易受到气候、地理环境等因素的影响，如雷击、冰灾等自然灾害会对输电线路造成损害；3、需要采取措施来保护环境和生态平衡，避免在输电线路建设过程中对环境和生态造成破坏。
三、高中物理课程中的远距离输电知识在高中物理课程中，远距离输电是电磁感应和交流电理论应用的一个重要方面。
学生需要了解变压器的工作原理、交流电的频率和波形、三相交流电的产生和传输等方面的知识。
学生还需要了解输电线路的电阻和电感对传输电流的影响，以及如何采取措施来降低传输过程中的电能损失。
四、结论远距离输电是电力系统中的重要组成部分，对于保障人们的生产和生活用电需求具有重要意义。
高中物理课程中涉及到的远距离输电原理和基础知识是理解电力系统基本概念和解决相关问题的基础。
在未来的学习和工作中，我们还需要进一步深入学习和研究电力系统中的远距离输电技术，为保障电力系统的安全、稳定、高效运行做出贡献。
顾城的《远和近》是一首极富哲理性和情感深度的小诗，它以独特的视角揭示了人际关系中的微妙复杂性和心理距离的深远影响。
高中物理第五章交变电流远距离输电学案新人教选修
2019-2020学年高考物理模拟试卷一、单项选择题：本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的1．在超导托卡马克实验装置中，质量为1m 的21H 与质量为2m 的31H 发生核聚变反应，放出质量为3m 的10n ，并生成质量为4m 的新核。
若已知真空中的光速为c ，则下列说法正确的是（ ）A ．新核的中子数为2，且该新核是32He 的同位素B ．该过程属于α衰变C ．该反应释放的核能为()23412m m m m c +--D ．核反应前后系统动量不守恒2．如图所示，带电荷量为Q 的等量同种正电荷固定在水平面上，在其连线的中垂线（竖直方向）上固定一光滑绝缘的细杆，细杆上套一个质量为m ，带电荷量为q +的小球，小球从细杆上某点a 由静止释放，到达b 点时速度为零，b 间的距离为h ，重力加速度为g 。
以下说法正确的是（ ）A ．等量同种正电荷在a 、b 两处产生的电场强度大小关系a b E E >B ．a 、b 两处的电势差ab mgh U q= C ．小球向下运动到最大速度的过程中小球电势能的增加量等于其重力势能的减少量D ．若把两电荷的位置往里移动相同距离后固定，再把带电小球从a 点由静止释放，则小球速度减为零的位置将在b 点的上方3．如图所示，倾角为30°的斜面固定在水平地面上，斜面上放有一重力为G 的物块A ，有一水平轻弹簧一端固定在竖直墙面上，另一端与物块A 接触。
若物块A 静止时受到沿斜面向下的摩擦力大小为2G ，此时弹簧的弹力大小是（ ）A ．33B ．233G C ．GD ．33G + 4．有一匀强电场，场强方向如图所示，在电场中有三个点A 、B 、C ，这三点的连线恰好够成一个直角三角形，且AC 边与电场线平行。
已知A 、B 两点的电势分别为A =5V ϕ，B =1.8V ϕ，AB 的距离为4cm ，BC的距离为3cm 。
高中物理选择性必修二学案 第三章第四节 远距离输电
第四节远距离输电[学习目标] 1.知道影响输电中电功率和电压损耗的因素，会计算电功率损耗和电压损耗.2.知道高压交流输电的优点，能利用变压器、电路知识对远距离输电线路进行定量计算.3.了解高压直流输电．一、远距离输电中的电功率和电压损耗1．远距离输电中的电功率损耗P损＝P总－P用＝I2r.(其中r为输电线电阻)2．远距离输电中的电压损耗U损＝U－U用＝Ir.(其中r为输电线电阻)二、高压交流输电1．降低输电损耗的两个途径根据P损＝I2r，减少电能损耗的方法有两种：(1)减小输电线的电阻：在输电导线长度一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小、横截面积大的导线．(2)减小输电导线中的电流：为了减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压．2．高压交流输电(1)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．(2)输电方案：采用电能输配电网．三、直流输电(1)优点：避免输电线路因电感导致的电能损耗．(2)直流输电示意图．1．判断下列说法的正误．(1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电线电流的平方成正比．(√)(2)由P ＝U 2r可知，输电电压越小，输电线上电功率的损失就越小．( × )(3)使用变压器进行远距离输电，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压．( √ ) (4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n ，降压变压器匝数比为n ∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等．( × )2．输电线的总电阻为R ，输送电功率为P .现用电压U 来输电，输电线上的电流为________，输电线上损失的功率为________．如果用2U 电压来输电，则输电线上的电流为________，输电线上损失的功率为________．两次损失的功率之比为________． 答案 P U P 2R U 2 P 2U P 2R4U 24∶1一、远距离输电中的电功率和电压损耗导学探究 如图1所示，假定发电站输出的电压为U ，输送功率为P ，输电线路中的电流是I ，两条导线的总电阻是r (在图中把导线电阻集中画为r )．那么：图1(1)用户两端的电压是多大？(2)用户得到的电能与发电站输出的电能相等吗？(3)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低功率损耗有哪些途径？答案 (1)U ′＝U －U 损＝U －P Ur .(2)不相等，由能量守恒知，发电站输出的电能等于用户得到的电能与输电线上损失的电能之和．(3)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了，这是输电线上功率损失的主要原因． 功率损失表达式：P 损＝I 2r ＝P 2U 2r ，所以降低功率损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻r ；②减小输电电流I ，即提高输送电压U . 知识深化1．输电电路的电压损失输电线始端电压U 与输电线末端电压U ′的差值．U 损＝U －U ′＝Ir ＝PUr ，其中I 为输电线上的电流，r 为输电线的电阻． 2．输电电路的功率损失(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率P 损＝I 2r . (2)若输电线上损失的电压为U 损，则功率损失还可以表示为P 损＝U 损2r ，P 损＝U 损·I .3．减小电压、功率损失的方法 (1)减小输电线的电阻由R ＝ρlS 可知，距离l 一定时，使用电阻率小的材料，增大导线横截面积可减小电阻．(2)减小输电电流I ，根据I ＝PU ，在输送功率P 一定，输电线电阻r 一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，输电电流可减为原来的1n ，输电线上的功率损失将降为原来的1n2.三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦．(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)在(1)情况下，某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它与输出功率的比值是多少？(3)若将输出电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它与输出功率的比值是多少？ 答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W 14(3)1 000 A 2×107 W125解析 (1)由P ＝UI 得I ＝P U ＝5×108 W2×105 V＝2 500 A(2)输电线上损失的功率P 损＝I 2·2r ＝2 5002×2×10 W ＝1.25×108 W 损失功率与输出功率之比为P 损P ＝1.25×108 W 5×108 W＝14(3)将输出电压升高至50万伏时，I ′＝PU ′＝5×108 W 5×105 V ＝1 000 A输电线上损失的功率P 损′＝I ′2·2r ＝1 0002×2×10 W ＝2×107 W 损失功率与输出功率之比为P 损′P ＝2×107 W 5×108 W ＝125.针对训练1 (多选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A 处采用550 kV 的超高压向B 处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP ，到达B 处时电压下降了ΔU .在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV 特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP ′，到达B 处时电压下降了ΔU ′.不考虑其他因素的影响，则( ) A ．ΔP ′＝14ΔPB ．ΔP ′＝12ΔPC ．ΔU ′＝14ΔUD ．ΔU ′＝12ΔU答案 AD解析 由输电电流I ＝P U 知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的12，损耗的电功率ΔP ＝I 2r ，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的14，即ΔP ′＝14ΔP ；输电线上损失电压为ΔU ＝Ir ，即输电电压加倍，损失电压变为原来的12，即ΔU ′＝12ΔU .故A 、D正确．二、高压交流输电导学探究 某发电站向远处输电的示意图如图2所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．图2(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻、n 1、n 2、n 3、n 4线圈的电阻均忽略不计)．(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？ 答案 (1)第一个回路：P 1＝U 1I 1第二个回路：U 2＝U 损＋U 3，P 2＝P 损＋P 3＝I 22R 线＋P 3，I 2＝I 3 第三个回路：P 4＝U 4I 4(2)U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1、P 1＝P 2；U 3U 4＝n 3n 4、I 3I 4＝n 4n 3、P 3＝P 4. 知识深化解决远距离高压输电问题的基本方法1．首先应画出远距离输电的示意图(如图3)，并将已知量和待求量写在示意图的相应位置．图32．理清三个回路： 回路1：P 1＝U 1I 1回路2：U 2＝U 损＋U 3，P 2＝P 损＋P 3＝I 22R 线＋P 3，I 2＝I 3 回路3：P 4＝U 4I 4. 3．常用关系(1)功率关系：P 1＝P 2，P 2＝P 损＋P 3，P 3＝P 4. (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 损＋U 3，U 3U 4＝n 3n 4.(3)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝I 线＝I 3，I 3I 4＝n 4n 3.(4)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 损R 线. (5)输电线上损耗的电功率： P 损＝P 2－P 3＝I 线2 R线＝U 损2R 线＝U 损·I 线． (6)输电线上的电压损失：U 损＝I 线R 线＝U 2－U 3.发电机两端的电压为220 V ，输出功率为44 kW ，输电导线的总电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户，两个变压器均为理想变压器． (1)画出全过程的线路示意图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送给用户，求用户得到的电压和功率． 答案 (1)见解析图 (2)219.6 V 4.392×104 W (3)180 V 3.6×104 W 解析 (1)线路示意图如图所示：(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V ．根据理想变压器P 入＝P 出，则升压变压器副线圈的输出电流I 2＝P 出U 2＝44×1032 200 A ＝20 A ，输电线上的功率损耗和电压损失分别为P 损＝I 22R 线＝202×0.2 W ＝80 W ， U 损＝I 2R 线＝20×0.2 V ＝4 V.所以降压变压器原线圈的输入电压和电流分别为 U 3＝U 2－U 损＝2 200 V －4 V ＝2 196 V ， I 3＝I 2＝20 A.降压变压器副线圈的输出电压和电流分别为 U 4＝n 4n 3U 3＝110×2 196 V ＝219.6 V ，I 4＝n 3n 4I 3＝10×20 A ＝200 A.用户得到的功率为P 4＝U 4I 4＝219.6×200 W ＝4.392×104 W. (3)若直接给用户供电， 线路示意图如图所示则输电电流I ′＝P U 1＝44×103220 A ＝200 A.输电线路上的电压损失U 损′＝I ′R 线＝200×0.2 V ＝40 V. 所以用户得到的电压U 2′＝U 1－U 损′＝220 V －40 V ＝180 V. 用户得到的功率为P ′＝U 2′I ′＝180×200 W ＝3.6×104 W.针对训练2 (多选)如图4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 ，用总电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V 供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是( )图4A ．输电线上的损失功率为300 WB ．升压变压器的匝数比为1∶100C ．降压变压器的输入电压为4 970 VD ．降压变压器的匝数比为100∶1 答案 AC解析 输电线上的损失功率为P 损＝P ×0.6%＝50 kW ×0.6%＝300 W ，A 项正确；输电线上的电流为I 2＝P 损R＝3003 A ＝10 A ，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝P I 2＝50×10310V ＝5×103 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得，n 1n 2＝110，B 项错误；输电线上损失的电压为U 损＝I 2R ＝10×3 V ＝30 V ，降压变压器输入电压为U 3＝5 000 V －30 V ＝4 970 V ，C 项正确；由U 3U 4＝n 3n 4得n 3n 4＝49722，D 项错误．1．(输电线路的功率损耗)(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所有输电导线的电阻率均为ρ，横截面积均为S ，两地的距离为L ，输电线上损耗的电功率为P 1，用户得到的电功率为P 2.下列关于P 1和P 2的表达式中正确的是( ) A ．P 2＝P (1－2PρLU 2S )B ．P 2＝P －U 2S2ρLC ．P 1＝2P 2ρLU 2SD ．P 1＝U 2SρL答案 AC解析 输电线上的电流I ＝P U ，输电导线的电阻R ＝2ρLS ，输电线上损耗的电功率为P 1＝I 2R ＝2P 2ρL U 2S，用户得到的电功率为P 2＝P －P 1＝P ⎝⎛⎭⎫1－2PρL U 2S ，故A 、C 正确． 2．(输电线路的电压损耗和功率损耗)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW ，现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( ) A ．输电线上输送的电流大小为2×105 A B ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．输电线上损失的功率为P 损＝U 2r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻D ．输电线上损失的功率为9×107 kW 答案 B解析 由P ＝IU 得用500 kV 电压输电时输电线上输送的电流I ＝P U ＝3×1095×105 A ＝6×103 A ，故A 错误；由U 损＝Ir 得输电线上的电压损失U 损＝6×103×2.5 V ＝15×103 V ＝15 kV ，故B 正确；输电线上损失的功率为P 损＝U 损2r ，U 损为输电线上损失的电压，故C 错误；输电线上损失的功率P 损＝I 2r ＝(6×103)2×2.5 W ＝9×107 W ，故D 错误．3．(远距离高压输电的分析与计算)一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500 kW ，升压变压器原线圈两端的电压为500 V ，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，两变压器间输电线的总电阻为1.5 Ω，降压变压器的输出电压为220 V ，不计变压器能量损耗，求： (1)升压变压器副线圈两端的电压；(2)输电导线上的功率损失及用户得到的功率； (3)降压变压器原、副线圈的匝数比．答案 (1)2 500 V (2)60 kW 440 kW (3)10∶1 解析 输电线路原理图如图所示(1)根据U 1U 2＝n 1n 2可知，升压变压器副线圈两端的电压U 2＝n 2U 1n 1＝2 500 V.(2)输电导线上的电流 I 2＝P 2U 2＝P 1U 2＝200 A 输电导线上的功率损失P 损＝I 22r 线＝60 kW用户得到的功率P 用＝P 1－P 损＝440 kW (3)输电导线上损失的电压 U 损＝I 2r 线＝300 V降压变压器原线圈两端的电压 U 3＝U 2－U 损＝2 200 V降压变压器原、副线圈的匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝10∶1.考点一 远距离输电中的电压损耗和功率损耗1．下列关于减少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 ＝U 2R ，所以应降低输电电压，增大输电导线的电阻，才能减少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，才能减少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电电流的方法来减少输电导线上的热损耗D ．以上说法均不正确 答案 C2．远距离输送一定功率的交流电，若输电电压提高到原来的n (n >1)倍，则( ) A ．输电线上的电压损失增大 B ．输电线上的功率损失增大 C ．输电线上的电压损失不变D ．输电线上的功率损失减小为原来的1n 2答案 D解析 在输送功率一定时，由I ＝PU 知，输电电压提高到原来的n 倍，则输电电流变为原来的1n ，根据U 损＝Ir 可知输电线上的电压损失减小为原来的1n，A 、C 错误．由P 损＝I 2r ，输电线上的功率损失减小为原来的1n2，B 错误，D 正确．3．(多选)供电电路电源的输出电压为U 1，线路导线上的电压为U 2，用电器得到的电压为U 3，导线中电流为I ，线路导线的总电阻为R ，若要计算线路上的损失功率，可用的公式有( ) A.U 12R B ．I (U 1－U 3) C ．I 2RD.U 22R答案 BCD解析 U 1不等于线路导线上的电压，A 错误；线路导线上的电压为U 2＝U 1－U 3，导线中电流为I ，线路上的损失功率P ＝U 2I ＝I (U 1－U 3)，B 正确；导线中电流为I ，线路导线的总电阻为R ，线路上的损失功率P ＝I 2R ，C 正确；线路导线上的电压为U 2，线路导线的总电阻为R ，线路上的损失功率P ＝U 22R，D 正确．4．输电线的电阻为r ，输送的电功率为P ，用电压U 输送电能，则用户得到的功率为( ) A ．P B ．P －P 2rU 2C ．P －U 2rD.P 2U2r 答案 B5．用户与发电厂相距L ，输电线上的电流为I ，为使输电线上的电压损失不超过U ，已知输电线的电阻率为ρ，那么输电线的横截面积最小值应是( ) A.ρLI U B.2ρLI U C.U ρLI D.2UI ρL 答案 B解析 根据欧姆定律得R ＝U I ，根据电阻定律得R ＝ρl S ，又l ＝2L ，解得S ＝2ρLI U .故B 项正确，A 、C 、D 项错误．6．降雪很大时，高压线上冻起厚厚的冰霜，导致部分电线负重增大而断裂，有人想出了通过增大输电线上损耗功率来融冰的方案．假设输电电压是220 kV ，当输送功率保持不变时，为使输电线上损耗的功率增大为原来的4倍，输电电压应变为( ) A ．55 kV B ．110 kV C ．440 kV D ．880 kV 答案 B解析 根据输电功率公式P ＝UI 和损耗功率公式P 损＝I 2R 线，有P 损＝(PU)2R 线，要使P 损增大为原来的4倍，则在P 和R 线不变的情况下，可使输电电压U 变为原来的12，所以输电电压应变为110 kV ，故B 正确，A 、C 、D 错误． 考点二 电网输电7．(多选)如图1所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则( )图1A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．理想变压器的输入功率为I 12rC ．输电线路上损失的电功率为I 1UD ．当用户消耗的功率增大时，输电效率将下降 答案 AD解析 根据变压器原理：U 1I 1＝U 2I 2，得U 2＝I 1U 1I 2，A 正确；理想变压器的输入功率为U 1I 1＝UI 1－I 12r ；输电线路上损失的电功率为I 12r ，B 、C 错误；设发电厂的输出功率为P ，输电效率η＝P －(P U )2rP ×100%＝(1－PrU 2)×100%，当用户消耗的功率增大时，输电线上的电流增大，发电厂的输出功率P 增大，η减小，D 正确．8．(多选)如图2所示为远距离输电示意图，线路总电阻为r ，发电厂输出电压不变，三个回路的电流依次为I 1、I 2、I 3，两变压器均为理想变压器，左侧变压器输入电压为U 1，输出电压为U 2；右侧变压器输入电压为U 3，输出电压为U 4，以下选项正确的是( )图2A ．若用户消耗的功率增大，I 2随之增大B ．若用户消耗的功率增大，U 4随之增大C ．U 2＝U 3＋I 2rD ．U 1I 1＝I 22r ＋U 4I 3 答案 ACD解析 若用户消耗的功率增大，则I 3会变大，由变压器匝数比等于电流比的倒数可知，I 2随之增大，输电线电阻r 上的电压变大，则U 3减小，U 4减小，选项A 正确，B 错误；由串联电路的特点可知：U 2＝U 3＋I 2r ，选项C 正确；由能量关系可知：U 1I 1＝I 22r ＋U 3I 2＝I 22r ＋U 4I 3，选项D 正确．9．(多选)如图3为远距离输电的示意图，若电厂的输出电压u 1＝2202sin 100πt (V)，则下列表述正确的是( )图3A ．U 1<U 2，U 3>U 4B ．U 1＝220 VC ．若U 2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的1100D ．用户得到的交变电流频率为25 Hz 答案 ABC解析 电厂发出的电，经过升压变压器升压，后经过降压变压器降压输送给用户，所以U 1<U 2，U 3>U 4，选项A 正确；根据正弦式交变电流的有效值与最大值的关系，可知U 1＝22022 V ＝220 V ，选项B 正确；若U 2提高为原来的10倍，则输电电流为原来的110，根据P 损＝I 2R 线可知，输电线上损失的功率为原来的1100，选项C 正确；输电过程中交变电流的频率不变，所以用户得到的交变电流的频率仍为50 Hz ，选项D 错误．10．(多选)图4为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1和U 2.下列说法正确的是( )图4A ．采用高压输电可以增大输电线中的电流B ．升压变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2C ．输电线损耗的功率为U 22rD ．将P 上移，用户获得的电压将增大 答案 BD解析 发电机输出功率恒定，根据P ＝UI 可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A 错误；升压变压器原、副线圈匝数比等于输入电压和输出电压比，则n 1n 2＝U 1U 2，故B 正确；输电线损耗的功率为P 损＝(PU 2)2r ，故C 错误；将P 上移，降压变压器的原线圈匝数减少，由变压器的电压与匝数的关系可知，用户获得的电压将增大，故D 正确．11.如图5所示为远距离输电示意图，电厂的发电机输出功率为100 kW ，输出电压U 1＝500 V ，升压变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝1∶20，输电线电阻为40 Ω，用户需要的电压U 4＝220 V ，变压器均为理想变压器．则( )图5A ．输电线上的输送电流为250 AB ．输电线上损失的电压为280 VC ．输电线上损失的电功率为4 kWD ．降压变压器的原、副线圈的匝数比为n 3∶n 4＝48∶11 答案 C解析 根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比，得U 1U 2＝n 1n 2，所以U 2＝U 1·n 2n 1＝10 000 V ，发电机的输出功率为100 kW ，所以有P 2＝P 1＝100 kW ，输电线中电流为I 2＝P 2U 2＝10 A ，选项A 错误；输电线上的电压损失U ′＝I 2r ＝400 V ，选项B 错误；输电线上损失的电功率为P ′＝I 22r ＝4 kW ，选项C 正确；U 3＝U 2－U ′＝9 600 V ，降压变压器原、副线圈的匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝48011，选项D 错误．12．如图6所示，某学校有一台应急备用发电设备，内阻不计．升压变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝1∶4，降压变压器原、副线圈的匝数比为n 3∶n 4＝4∶1，输电线总电阻为r ＝4 Ω，其他导线电阻可忽略不计．全校有22间教室，每间教室安装“220 V 40 W ”的电灯6盏，要求所有的电灯都正常发光，求：图6(1)输电线上的电流大小； (2)升压变压器的输入电压． 答案 (1)6 A (2)226 V解析 (1)所有电灯正常发光时消耗的功率为P 总＝40×6×22 W ＝5 280 W ＝P 4 由于灯正常发光，故降压变压器副线圈两端的电压U 4＝220 V 所以降压变压器原线圈两端的电压为 U 3＝n 3n 4U 4＝41×220 V ＝880 V则输电线上的电流为I 线＝P 3U 3＝P 4U 3＝5 280880 A ＝6 A(2)输电线上损失的电压为U 损＝I 线r ＝6×4 V ＝24 V 则升压变压器副线圈两端的电压为 U 2＝U 3＋U 损＝880 V ＋24 V ＝904 V 则升压变压器原线圈两端的电压为 U 1＝n 1n 2U 2＝14×904 V ＝226 V.13.风力发电作为新型环保能源，近年来得到了快速发展，如图7所示的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 ，输电线总电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，求：图7(1)画出此输电线路的示意图；(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比；(3)用户得到的电功率．答案(1)见解析图(2)1∶20240∶11(3)96 kW解析(1)输电线路示意图如图所示(2)输电线因发热而损失的功率为P损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW.输电线电流I2＝P损R线＝4×10310A＝20 A.升压变压器输出电压U2＝PI2＝100×10320V＝5×103 V.升压变压器原、副线圈匝数比：n1 n2＝U1U2＝250 V5 000 V＝120.输电线上电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V. 降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U损＝4 800 V.降压变压器原、副线圈匝数比：n3 n4＝U3U4＝4 800 V220 V＝24011.(3)用户得到的电功率P用＝P－P损＝96 kW.。
高中物理-远距离输电
远距离输电前面我们学习了电磁感应现象和交流电发电机，我们就可以大量地生产电能，以供民用和企业生产使用。
比如，葛洲坝电站通过发电机把水的机械能转化为电能，发电功率可达271.5万千瓦。
可这么多的电能当然要输到用电的地方去，下面我们来研究电能的输送有关知识。
电能的输送问题：发电站发出的电能是怎样输送到远方的呢？如：葛洲坝电站发出的电是怎样输送到武汉、上海等地的呢？答案是，通过电线输送的。
而且是，通过架设很高的（考虑危险性）、很粗的高压电线输送的，这是为什么呢？因为电能的输送电能损失很大。
电能为何损失呢？电能的输送电能损失如果不考虑升压变压器与降压变压器的使用，电能按照发电厂的电压进行输送，那么，最基本的输送电能模式如图所示：由于发电厂和用电端距离很远，比如陕北榆林发电供京津冀地区使用，线路特别长。
我们根据电阻与电阻率关系式：可知，总的电阻非常大，因此会有很大的能量（功率）损失，转化为电线上的焦耳热。
不难得出损耗的功率为：根据欧姆定律可知，输电线上还会有很大的电压降低。
输电要用导线，导线当然有电阻，如果导线很短，电阻很小可忽略，而远距离输电时，导线很长，电阻大不能忽略。
电流通过很长的导线要发出大量的热，如：河南平顶山至湖北武昌的高压输电线电阻约400欧，如果通的电流是100安，每秒钟导线发热就是400万焦耳。
这些热都散失到大气中，白白损失了电能。
所以，输电时，必须设法减小导线发热损失。
为什么采用高压输电问题：如何减小导线发热（能量消耗）呢？由焦耳定律的公式Q=I²Rt，减小发热Q有以下三种方法：一是减小输电时间t，二是减小输电线电阻R，三是减小输电电流I。
哪种方法能被实际使用呢？第一种方法等于停电，没有实际价值。
第二种方法从材料、长度、粗细三方面来说都有实际困难。
适用的超导材料还没有研究出来。
排除了前面两种方法，就只能考虑第三种方法了。
从焦耳定律公式Q=I²Rt可以看出，第三种办法是很有效的：电流减小一半，损失的电能就降为原来的四分之一。
高中物理选修3-2远距离输电..
答案： ABD
例3、（浙江卷）某水电站，用总电阻为2.5 Ω 的输 电线输电给500km外的用户，其输出电功率是 3×106KW。现用500kV电压输电，则下列说法正确的 是 A. 输电线上输送的电流大小为2×105A B. 输电线上由电阻造成的损失电压为15kV C. 若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为 9×108KW D. 输电线上损失的功率为Δ P＝U2/r，U为输电电压， r为输电线的电阻
【答案】B
三. 远距离输电的结构
解远距离输电问题的基本方法: 中间突破, 两头发展 . 升压变压器 降压变压器 R线/2
I2
I3
I4
U1
I1
n1
n2 U2
U3
R线/2 P2 = P3 + P损
n3
n4
U4
用户
P1/ n2
P3 = P4
U 3 / U 4 = n 3 / n4
【答案】A
是不是输电电压越高越好？
电压越高，对输电线路和变压器的要求越高，建 设费用越高。实际输送电能时，要综合考虑，如输送 功率的大小、距离的远近、技术和经济要求等，要依 照不同情况选择合适的输电电压。并不是越高越好！
例2、（2009年广东物理）关于远距离输电，下列表述正确 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
远距离输电在输送功率不变的情况下,一般采用 高压输电，即:P=UI恒定, 提高输出电压,减小电 流(I=P/U), 达到减小电能和电压损耗的目的.
【电路】高中物理电路经典例题(word版可编辑修改)
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∙如图所示，把两相同的电灯分别拉成甲、乙两种电路，甲电路所加的电压为8V，乙电路所加的电压为14V。
调节变阻器R1和R2使两灯都正常发光，此时变阻器消耗的电功率分别为P甲和P乙，下列关系中正确的是（ a ）A．P甲＞ P乙B．P甲＜P乙C．P甲 = P乙D．无法确定P=知，电路的总功率减小，1。
∶1 D.(-1P1=I2R2=消耗的功率R1=(-1所以，故选项灯泡的电阻闭合电路欧姆定律典型例题［例1] 电动势和电压有些什么区别？[答] 电动势和电压虽然具有相同的单位，但它们是本质不同的两个物理量。
（1)它们描述的对象不同:电动势是电源具有的，是描述电源将其他形式的能量转化为电能本领的物理量，电压是反映电场力做功本领的物理量.（2）物理意义不同：电动势在数值上等于将单位电量正电荷从电源负极移到正极的过程中，其他形式的能量转化成的电能的多少；而电压在数值上等于移动单位电量正电荷时电场力作的功,就是将电能转化成的其他形式能量的多少。
它们都反映了能量的转化，但转化的过程是不一样的。
［例2］电动势为2V的电源跟一个阻值R=9Ω的电阻接成闭合电路，测得电源两端电压为1.8V,求电源的内电阻（见图）。
[分析］电源两端的电压就是路端电压，由于外电路仅一个电阻，因此也就是这个电阻两端的电压.可由部分电路欧姆定律先算出电流，再由全电路欧姆定律算出内电阻。
高中物理【变压器 远距离输电】知识点、规律总结
二、电能的输送 如图所示，若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′，输电线总电阻为 R.
3．掌握一个能量守恒定律 发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈 1，线圈 1 上的能量就 是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余 的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为 P1＝P ＋ 线损 P 用户．
考点四 三种特殊的变压器
(1)无漏磁，故原、副线圈中的 Φ、ΔΔΦt 相同．
(2)线圈无电阻，因此无电压损失，U＝E＝nΔΔΦt .
(3)根据Un＝ΔΔΦt 得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都
成立，则有Un11＝Un22＝Un33＝…
2．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)理想变压器基本关系中的 U1、U2、I1、I2 均为有效值． (4) P 入＝P 出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于输出功率之和．
1．输出电流 I＝UP＝UP′′＝U－RU′.
2．电压损失 (1)ΔU＝U－U′. (2)ΔU＝__I_R___ . 3．功率损失 (1)ΔP＝P－P′. (2)ΔP＝__I_2R____＝UP2R .
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＝ρSl 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___．
高中物理之电能的输送(远距离输电)知识点
高中物理之电能的输送（远距离输电）知识点1电路中电能损失电线上的功率损耗为P=I2R①可以通过两个途径减小输电损失。
减小输电线的电阻，应选用电阻率小的金属材料，还要尽可能的增大导线的横截面积。
②减小输电线中的电流。
，U必须是降在导线上的电压，电压不能用输电电压来计算。
2远距离输电一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。
并按照规范在图中标出相应的物理量符号。
一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为也应该采用相应的符号来表示。
从图中应该看出功率之间的关系是电压之间的关系电流之间的关系可见其中电流之间的关系最简单，中只要知道一个，另两个总和它相等。
因此电流往往是这类问题的突破口。
输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。
分析和计算时都必须用，而不能用。
分析输电线上的功率损失，由此得出结论：⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积，当然选择前者。
⑵若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。
需要引起注意的是课本上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。
当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。
规律方法一、解决变压器问题的常用方法解题思路1电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为U1/U2=n1/n2;当变压器有多个副绕组时U1/n1=U2/n2=U3/n3=……解题思路2功率思路.理想变压器的输入、输出功率为P入=P出，即P1=P2；当变压器有多个副绕组时P1=P2+P3+……解题思路3电流思路.由I=P/U知，对只有一个副绕组的变压器有I1/I2=n2/n1;当变压器有多个副绕组时n1I1=n2I2+n3I3+……解题思路4（变压器动态问题）制约思路（1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2=n2U1/n1，可简述为“原制约副”。
2022秋新教材高中物理第三章交变电流第四节远距离输电课件粤教版选择性必修第二册
【重难释解】
2．基本关系式 (1)功率关系
P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。
(2)电压、电流关系 UU12＝nn12＝II12，UU34＝nn34＝II43 U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I 线。
(3)输电电流：I 线＝UP22＝UP33＝ΔRU线 。 (4)输电线上损耗的电功率：ΔP＝I 线 ΔU＝I 线 2R 线＝UP222R 线。 3．远距离输电问题的分析方法
②减小输电电流 I：根据 I＝UP，在输送功率 P 一定，输电线电阻 R 一定的 条件下，输电电压提高到原来的 n 倍，根据 P 损＝UP2R 知，输电线上的功 率损耗将降为原来的n12。
典例1 某变电站用220 V的电压输电，导线上损失的功率为输送功率的20%。 若要使导线上损失的功率降为输送功率的5%，则输电电压应为多少？
核心素养点击
第四节 远距离输电
(1)了解提高输电电压是降低远距离输电损耗的有效途径。 物理观念
(2)了解高压交流输电、高压直流输电的概念。 (1)会用相关知识解释实际的输电问题。 科学思维 (2)通过建立远距离输电模型的过程，体会建立模型的思维方法。
科学探究 利用模型解决远距离输电问题。
科学态度 理解工程技术要兼顾科学、技术、经济等多种因素，知道电网 与责任 供电是远距离输电的重要发展。
T《DZD》高中物理选修3-2(鲁科版)(第4章 远距离输电)
1.线电压:火线与火线之间的电压,一般为380V ;2.相电压:火线与中线之间的电压,一般为220V .知识点一：三相交流电发电机、三相交流电的产生及特点5.瞬时值表达式三个绕组(A X 、B Y 、C Z )中产生的感应电动势可用函数分别表示为 sin A m e E wt =；2sin()3B m e E wt π=-；4sin()3C m e E wt π=- 6.e -t 图象:三相交变电流的e -t 图象如图所示.*注：(1)三相交变电流的每一相电流的变化规律跟前面学过的正弦式交变电流完全相同.(2)三相电流间的相位关系决定了表达式和图象的关系.(3)三相交流发电机由于电枢的特殊连接关系,对外供电时电压(及电流)不是简单地相加或相减的关系.【典例1】请将左边的三相交流发电机的电源绕组连接方式与右边两个接法简图用笔划线对应起来。
【答案】-----；-------。
即横连【拓展】电源绕组的星形接法中，电源的相电压与线电压的关系是什么？电源绕组的三角形接法中，电源的相电压与线电压的关系是什么？【解析】（1）把三相电源三个绕组的末端a ’、b ’、c ’连接在一起，成为一公共点o ，从始端a 、b 、c 引出三条端线，这种接法称为“星形接法”又称“Y 形接法”.如图所示.从每相绕组始端引出的导线叫做“相线”，又称“火线”.图中的o 称为“中性点”.从中性点引出的导线称为“中性线”，简称“中线”.这种具有中线的三相供电系统称为“三相四线制”.每相相线与中线间的电压称为“相电压”，其有效值分别用Vao 、Vbo 、Vco ）表示.每两根相线之间的电压称为“线电压”，其有效值分别用Vab 、Vbc 、Vca 表示.相电压的正方向规定为自始端到中性点.线电压的正方向，例如Vab 的正方向，规定为自始端a 到始端b.星形接法，相电压和线电压显然是不同的，且各相电压之间的相位不同，故在计算相电压和线电压之间的关系时应用矢量方法计算.如有Vab =2Vaocos 30°； Vbc =2Vbocos 30°；Vca =2Vcocos 30°；表示了相电压和线电压之间方向和数量关系. (2) 将一相绕组的末端与另一相绕组的始端相接，组成一封闭三角形，再由绕组间彼此连接的各点引出三根导线作为连接负载之用.这样的连接法称为“三角形接法”，也称“△接法”.如图所示.由图中可见，在△接法中，端线之间的线电压也就是电源每相绕组的相电压，因此有Vab =Vaa ’; Vbc =Vbb ’; Vca =Vcc ’. 【答案】（1）U 线3相=380V ； （2）U 线=U 相=220V【典例2】三相交流发电机的三个线圈中A 相的电压为u ＝311sin 100πtV ，那么（ ）A .三个线圈中交流电的频率都是50HzB .在t ＝0时，其他两个线圈的输电电压为零C .若按Y 形接法，任意两线间的电压的最大值为380VD .若按△形接法，任意两线间的电压的有效值为220V 【解答】正确答案是A 、D .【点拨】三相交流发电机的每个线圈的频率、电压的有效值(或最大值)均相同，但由于不同步，所以任一时刻的瞬时值不同.在两种连接方式中线电压和相电压的关系不同.【典例3】比较三相交流发电机的三个线圈发出的三相交变电压,下列说法正确的是( )A .最大值、周期及达到最大值的时刻均相同B .最大值、周期均相同,但达到最大值的时刻依次相隔1/6周期C .最大值、周期均相同,但达到最大值的时刻依次相隔1/3周期D .最大值、周期及达到最大值的时刻均不相同【解析】选C .由三相交流电的特点可知三个线圈产生的三相电压最大值和周期相同,而达到最大值的时刻依次落后T /3,故选C . 【典例4】下列关于三相交流发电机的说法正确的是( ) A .三相交流发电机与单相交流发电机一样,主要组成部分是电枢线圈和磁极B .三相交流发电机可分为旋转磁极式和旋转电枢式两类C .三相交流发电机发出三相交变电流,但只能使用其中一相交变电流D .三相交流发电机也可以当做三个单相交流发电机,分别单独向外传送三组单相交变电流【解析】选A 、B 、D .由三相交流发电机的原理和分类可知A 、B 正确.三相交流发电机能同时产生出三相独立的交变电流,每相交变电流都能单独使用,故D 正确,C 错误.【典例5】下列关于三相交变电流的产生原理,说法正确的是( ) A .发电机中3个绕组具有相同的匝数和绕向,互成600角 B .在转动过程中,每个绕组产生的感应电动势的最大值和周期都相同C .在转动过程中,每个绕组产生的感应电动势的有效值及瞬时值都相同D .发电机的三个绕组在转动过程中达到最大值的时间依次落后T /3 【答案】选BD .知识点二：电源与负载的连接方式 电源与负载的连接方式 1.连接方式及特点2.相线、中线的区分通常用黄、绿、红三色分别表示相序为A 、B 、C 的相线,用黑色标记中线.3.线电压、相电压大小:通常情况下,相电压为220V ,线电压为380V. *注：(1)三相四线制中的中线不同于用电器设备的接地线.前者有电流通过,后者只在电器漏电时起保护作用.(2)严禁家庭照明电路中私自将接地线当零线使用.【典例1】（1）对称的负载星型接法中，负载电压与相电压和线电压有什么关系？相电流与线电流的关系是什么？（2）对称的负载三角形接法中，相电流与线电流有什么关系？ 【答案】（1）负载的星型接法中，若电源为Y 形连接，则负载的电压应等于相电压，并为线电压的1/3，线电流应等于相电流，即I 线=I 相；若电压为△形连接，则负载的电压应为线电压的1/3，又相电压等于线电压，故有3U 负=U 线=U 相，即有I 线=3I 相 (2)负载的三角形接法中，不管电源为Y 形连接还是△形连接，负载的电压应等于线电压，且都有线电流等于相电流的3倍，即 I 线=3I 相。
粤教版高中物理选择性必修第二册第3章第4节远距离输电课件
√A．高电压输电
C．增大输电电流
B．低电压输电 D．增大输电线电阻
A [为了减小输电线的损耗，当输送功率一定时，根据P＝UI知增
大输送电压U可以减小流过线路的电流I，则根据线路损耗P损＝I2r 可知线路损耗也会减小，A正确，B、C、D错误。]
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√
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√
√
√
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4．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：
如图所示的输电线路，为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光 较暗？怎样才能减小导线上损失的电压和损失的功率呢？
提示：用电高峰期高压输电线和变压器到家庭的输电线中电流 较大，有较大的电压损失，因此加在白炽灯上的电压变低，达不到 额定功率，因此白炽灯灯光较暗；为减小导线上损失的电压和功率 可减小输电线电阻，提高输电电压。
第三章 交变电流
第四节 远距离输电
1．了解输电线上的功率损耗与何种因素有关及降低功率损 耗的措施。 学习 2．知道高压输电的原因；会利用变压器的规律和能量守恒 任务 的观点对简单的远距离输电进行定性分析和计算。 3．了解高压交流和高压直流输电的优缺点。 4．知道我国输电技术的发展。
01
必备知识·自主预习储备
1886年，发明家威斯汀豪斯利用变压器成功地在6 km的线路上 实现了交流输电。
1891年，德国建成170 km的15 kV～30 kV的高压输电线路，效 率高达70%～80%。1893年，美国修建尼亚加拉水电站时，经过反 复论证，决定采用交流供电系统。1909～1912年，美国、德国建造 100 kV的高压输电线路，从此高压输电技术迅速普及。
【高中物理】远距离输电各电压间的关系
【高中物理】远距离输电各电压间的关系？在学习高中物理问题和答复如下：【问：远距离输电的中间输电线部分，各电压间的关系？】答：输电线部分电压关系：升压器端（左）电压等于降压器端（右）电压加上损耗电压。
输电线整体闭合，是串联回路，电流是处处相等的。
因为要降低输电线能耗，需采取高压低流的配送电方案。
对于输电线上电阻，满足部分欧姆定律，即△u=i*r。
【问：从v-t图像上能读出哪些数据？】答：从速度与时间图像（v-t图）中，我们可以读出质点在某时刻的速度大小及其方向，某点的加速度大小（切线斜率）与方向，某一段时间内的位移（阴影部分的面积）大小。
【问：人造卫星能量随距离地面高度变化规律？】答：人造卫星的能量有两部分构成，动能和势能。
距离地面越远，r越大，势能越大，动能越小，两者之和变化趋势与势能一致（势能为主），其值就越小。
加速驱动人造卫星，就会使卫星的总能量增加，不过动能最终却会减小。
【问：滑动摩擦力等于什么？】答：滑动摩擦力f只与接触面材料和粗糙程度和正压力n相关。
滑动摩擦力计算式f=μn；其中，μ是滑动摩擦系数，μ与接触面粗糙程度有关，n 指的是两个物体间的相互弹力。
【问：彻底掌握某个物理考点的办法？】答：高中物理比较抽象，吃透一个考点首先要理解其概念，此外还要辅助做一些题。
同一个知识点可以命出各种题型，每个类型的题都应该练个两三次，辅助参考答案的讲解和自己的归纳，特别要注意的是把错题、错因归纳出来，你定能把这个考点吃透。
学校的老师也会给咱们对应的知识点的习题，这是一个好机会，一定要抓住，要认真对待。
当然了，课下还要注意及时复习。
大家应该能够感觉得到，平时练习的题目很多都差不多的，因为高中物理知识点本身数量有限。
所以，我们要多进行反思总结，要保证之前所做过的题目不再错。
因为在高考的时候，物理试卷上的题目在平时的时候都做过，而且做过不止一遍。
如果真正能够做好反思总结的话，那么物理得满分也是很轻松的。
说实话，现在的物理考试并没有很难的题目，至多是和生活实际相联系一下下。
高中物理 学案 远距离输电
3.4 远距离输电【学习目标】1．知道电能输送的基本要求及电网供电的优点。
2．知道远距离输电时输电线上电能的损耗与哪些因素有关。
3．理解减小电能损耗的两个途径以及高压输电的原理。
4．知道远距离输电的典型电路，能利用变压器和电路的规律解决远距离输电问题。
【知识梳理】知识点一远距离输电中的电功率和电压损耗1．输电线上的功率损耗与电压损耗ΔP＝I2rΔU＝Ir其中，I为输电电流，r为输电线的电阻。
2．降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻：在输电导线长度L一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小、横截面积大的导线。
(2)减小输电导线中的电流：为减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压。
[初试小题]1．判断正误。
(1)一般情况下高压输电的导线是铜铝合金而不是银，原因是同种情况下，使用银材料输电线损失的功率大。
( )(2)现实中通常主要用增加导线的横截面积来减小输电损耗。
( )(3)远距离输电时，输电电压越高越好。
( )2．[多选]远距离输送交变电流都采用高压输电，我国正在研究用远高于330 kV的电压进行输电，采用高压输电的优点是()A．可节省输电线的材料B．可根据需要调节交变电流的频率C．可减少输电线上的电功率损失D．可加快输电的速度知识点二高压交流输电直流输电[情境导学]某发电站向远处送电的示意图如图所示。
发电站一端和用户一端的变压器作用各是什么？提示：发电站一端的变压器是升压变压器，把电压升高用于远距离输电；用户一端的变压器是降压变压器，把电压降低供用户使用。
1．远距离输电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。
2．电网输电的优点(1)确保电能输送的经济可靠。
(2)调剂不同地区的电力供需，提高电力使用的经济效益。
3．直流输电的优点(1)导线对于稳定的电流只有电阻作用而没有电感作用。
(2)不需要发电机同步运行。
高中物理实验误差和有效数字(可编辑修改word版)
高中物理实验误差和有效数字一、考试大纲中实验能力的要求能独立的完成知识列表中的实验，能明确实验目的，能理解实验原理和方法，能控制实验条件，会使用仪器，会观察、分析实验现象，会记录、处理实验数据，并得出结论，对结论进行分析和评价；能发现问题、提出问题，并制定解决方案；能运用已学过的物理理论、实验方法和实验仪器去处理问题，包括简单的设计性实验．二、考试大纲对实验的说明1.要求会正确使用的仪器主要有：刻度尺、游标卡尺、螺旋测微器、天平、秒表、电火花计时器或电磁打点计时器、弹簧秤、电流表、电压表、多用电表、滑动变阻器、电阻箱等．2.要求认识误差问题在实验中的重要性，了解误差的概念，知道系统误差和偶然误差；知道用多次测量求平均值的方法减少偶然误差；能在某些实验中分析误差的主要来源；不要求计算误差．3.要求知道有效数字的概念，会用有效数字表达直接测量的结果．间接测量的有效数字运算不做要求．三、有效数字1.带有一位不可靠数字的近似数字叫做有效数字．2.有效数字的位数：从左侧第一个不为零的数字起到最末一位数字止，共有几个数字，就是几位有效数字．例：0.092 3、0.092 30、2.014 0 有效数字的位数依次为 3 位、4 位和5 位．3.科学记数法：大的数字，如 36 500，如果第 3 位数 5 已不可靠时，应记作3.65×104；如果是在第 4 位数不可靠时，应记作3.650×104．四、误差1.系统误差产生的原因及特点(1)来源：一是实验原理不够完善；二是实验仪器不够精确；三是实验方法粗略．例如，在验证力的平行四边形定则实验中，弹簧测力计的零点未校准；在验证牛顿第二定律的实验中，用砂和砂桶的重力代替对小车的拉力等．(2)基本特点：实验结果与真实值的偏差总是偏大或偏小．(3)减小方法：改善实验原理；提高实验仪器的测量精确度；设计更精巧的实验方法．2.偶然误差产生的原因及特点(1)来源：偶然误差是由于各种偶然因素对实验者和实验仪器的影响而产生的．例如，用刻度尺多次测量长度时估读值的差异；电源电压的波动引起的测量值微小变化．(2)基本特点：多次重复同一测量时，偶然误差有时偏大，有时偏小，且偏大和偏小的机会比较接近．(3)减小方法：多次测量取平均值可以减小偶然误差．【例 1】指出以下误差是系统误差还是偶然误差A.测量小车质量时天平不等臂、或砝码不标准，天平底盘未调平所致的误差。
课堂新坐标2016_2017学年高中物理第4章远距离输电章末分层突破
第4章远距离输电远距离输电⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧三相交变电流⎩⎪⎨⎪⎧三相交流发电机：三相绕组互成①角排布三相交变电流的产生：三相交变电流依次落后②连接方式⎩⎪⎨⎪⎧星形接法⎩⎪⎨⎪⎧三相四线制：U 线＝③U相三相三线制：I 线＝I 相三角形接法：三相三线制变压器：理想变压器⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧结构：原、副线圈、铁芯原理：④现象基本规律⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧电压与匝数的关系：⎩⎪⎨⎪⎧只有一个副线圈：U1U 2＝⑤有多个副线圈：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3...电流与匝数的关系⎩⎪⎨⎪⎧只有一个副线圈：I 1I 2＝⑥有多个副线圈：I 1n 1＝I 2n 2＋I 2n 3＋…功率关系：P 入＝⑦或U 1I 1＝ U 2I 2＋U 3I3电能的远距离传输⎩⎪⎨⎪⎧减少两个损失⎩⎪⎨⎪⎧电压损失：U 损＝⑧功率损失：P 损＝⑨＝I 线U 损方法⎩⎪⎨⎪⎧高压⑩输电：仍有电感、容抗造成 的电压损失高压⑪输电：克服了电感、容抗问题[自我校对] ①120˚ ②T3③ 3 ④互感 ⑤n 1n 2 ⑥n 2n 1⑦P 出⑧I 线R 线 ⑨I 2线R 线 ⑩交流 ⑪直流变压器规律中各量均为有效值，先分析已知量，再应用物理量间关系求解未知量． 2．电压思路变压器原、副线圈的电压之比为U 1U 2＝n 1n 2；当变压器有多个副绕组时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝… 3．功率思路理想变压器的输入、输出功率关系为P 入＝P 出，即P 1＝P 2；当变压器有多个副线圈时：P 1＝P 2＋P 3＋…4．电流思路由I ＝P U 知，对只有一个副绕组的变压器有：I 1I 2＝n 2n 1；当变压器有多个副绕组时：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…5．变压器电路的动态分析问题 各物理量间制约关系：(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2一定时，输出电压U 2由输入电压U 1决定，即U 2＝n 2n 1U 1，可简述为“原制约副”．(2)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2一定，且输入电压U 1确定时，原线圈中的电流I 1由副线圈中的输出电流I 2决定，即I 1＝n 2n 1I 2，可简述为“副制约原”．(3)负载制约：a.变压器副线圈中的功率P 2由用户负载决定，P 2＝P 负1＋P 负2＋…；b.变压器副线圈中的电流I 2由用户负载及电压U 2确定，I 2＝P 2U 2.从已知量(变化量)开始，据制约关系依次分析判断． 6．变压器原线圈中有用电器的问题变压器的电压关系中的U 1和功率关系中的P 1是指原线圈的端电压和输入功率，原线圈中有用电器时要注意区分电源电压和原线圈的端电压．7．有两组以上副线圈的变压器问题由互感现象可知，对有两组以上副线圈的变压器，由于通过每个线圈的磁通量变化率相同，所以U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3，即U 1∶U 2∶U 3＝n 1∶n 2∶n 3，由能量守恒可知P 出＝P 入，即P 1＝P 2＋P 3，则U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3， 可求得：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3.8．铁芯中磁路有分支的变压器问题先确定哪是原线圈哪是副线圈，再分析磁通量分配关系，结合法拉第电磁感应定律分析计算，切忌生搬硬套U 1U 2＝n 1n 2.(多选)如图41所示，变压器输入电压恒定，输出端两个灯泡并联，R 为滑动变阻器，P 为滑动变阻器的滑动触头．开始时，开关S 断开，不计导线的电阻，则下列说法正确的是( )图41A ．P 向左滑动，灯泡L 1变暗，变压器的输入功率增大，电压表V 1示数增大B ．P 向右滑动，灯泡L 1变亮，变压器的输入功率增大，电压表V 1示数不变化C ．闭合开关S ，灯泡L 1变亮，变压器的输入功率增大，电压表V 2示数增大D ．闭合开关S ，灯泡L 1变暗，变压器的输入功率增大，电压表V 2示数减小【解析】 变压器输入电压恒定，输出电压不变化，故电压表V 1的示数不变．P 向左滑动，输出端总电阻增大，输出电流减小，所以输入电流减小，输入功率减小，选项A 错误；P 向右滑动，输出端总电阻减小，输出电流增大，所以输入电流增大，输入功率增大，选项B 正确；闭合开关S ，输出端总电阻减小，输出电流增大，输入功率增大，R 两端的电压增大，电压表V 2的示数减小，灯泡L 1变暗，选项C 错误，D 正确．【答案】 BD1．变压器的副线圈相当于电源．2．先根据欧姆定律分析副线圈中电流的变化． 3．再结合变压器规律分析原线圈中电流的变化．1.把原线圈并在高压电路上，副线圈两端接入交流电压表，如图42甲所示，它将高电压变成低电压，便于仪表测量，电压互感器的外壳接地，副线圈接地，保证安全．图422．电流互感器把原线圈串在待测电路中，副线圈接入交流电流表，如图乙所示．它把大电流变成小电流，便于测量．I 1＝n 2n 1I 2，I 2为交流电流表的示数．3．自耦变压器铁芯上只有一个线圈，可作升压变压器使用，也可作降压变压器使用，如图43所示．计算遵从变压器的电压、电流关系式．图43自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图44所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝，原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V 的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和I 1分别约为( )图44A ．380 V 和5.3 AB ．380 V 和9.1 AC ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 A【解析】 由理想变压器原、副线圈中电压、电流及功率关系可得：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，U 1I 1＝P 2.所以，当变压器输出电压调至最大时，副线圈的匝数也最大，为n 2＝1 900匝，负载R上的功率也最大，为2.0 kW ，则U 2＝n 2n 1U 1＝1 9001 100×220 V ＝380 V ，I 1＝P 2U 1＝2.0×103220A ＝9.1A ，故选项B 正确．【答案】 B图4－51．正确理解几个基本关系(1)功率关系：P 1＝P 2，P 2＝P 损＋P 3，P 3＝P 4. (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 线＋U 3，U 3U 4＝n 3n 4. (3)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1，I 2＝I 线＝I 3，I 3I 4＝n 4n 3. (4)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 线R 线.(5)输电导线上损耗的电功率：P 损＝P 2－P 3＝I 2线R 线＝U 2线R 线＝U 线I 线．(6)输电导线上的电压损失：U 线＝I 线R 线＝U 2－U 3.2．处理思路(1)根据具体问题画出输电线路示意图．(2)研究三个回路，分析其中的已知量、可求量、待求量． (3)研究两个变压器，分析其中的已知量、可求量、待求量．(4)确定求解思路，根据回路及变压器上的电压、电流、功率关系列式求解．(2015·福建高考)如图46所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()图46A.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m 4r B.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m4r C ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r D ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r【解析】 升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m2；由变压关系可得U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1Pn 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2rn 22U 2m，故选项C 正确．【答案】 C1．(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1 ，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图47所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U .原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )图47A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13【解析】 设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21RI 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．【答案】 A2．(2016·全国乙卷)一含有理想变压器的电路如图48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( )48A ．2B ．3C ．4D ．5【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 －I 2R 1＝(kI )2(R 2＋R 3)4UI －(4I )2R 1＝(4kI )2R 2 联立两式代入数据解得k ＝3 选项B 正确． 【答案】 B3．(2016·全国丙卷)如图49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49A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9【解析】 设灯泡的额定电压为U 0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U 0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A 正确，选项B 错误；由9U 0I a ＝U 0I b 得，流过b 灯泡的电流是流过a 灯泡电流的9倍，根据P ＝UI ，a 、b 灯泡的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确．【答案】 AD4. (多选)(2015·海南高考)如图410所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )图410A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V【解析】 副线圈两端电压U 2′＝5.0 V 5R 0×6R 0＝6 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2，得U 1′＝24 V ，即此时原线圈两端电压有效值为24 V ，最大值U 1m ′＝2U 1′≈34 V ，A 正确，B 错误．由于前后两次保持输入、输出电流不变，此时副线圈两端电压U 2′＝6R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝12R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝2U 2′，原线圈两端也应有U 1＝2U 1′，即原来原线圈两端电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．【答案】 AD5．(2015·安徽高考)如图所示电路中，变压器为理想变压器，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．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )图A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动【解析】 电压表V 1的示数和a 、b 间电压的有效值相同，滑片滑动时V 1示数不变，选项A 错误；电压表V 2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V 2示数不变，V 3示数为V 2示数减去R 0两端电压，两线圈中电流增大，易知R 0两端电压升高，故V 3示数减小，选项B 错误；理想变压器U 1I 1＝U 2I 2，则U 1ΔI 1＝U 2ΔI 2，ΔI 2＞ΔI 1，故U 2＜U 1，变压器为降压变压器，选项C 错误；因I 2增大，故知R 减小，变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，选项D 正确．【答案】 D我还有这些不足：(1) (2) 我的课下提升方案：(1) (2)章末综合测评(四) (时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本大题共10个小题，每小题6分，共60分．在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分．)1．一台理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n 1和n 2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U 1和U 2，I 1和I 2，P 1和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】 因为是理想变压器，故有U 1U 2＝n 1n 2，P 1＝P 2，已知n 1>n 2则U 1>U 2，又I 1U 1＝I 2U 2，则I 1<I 2，故正确答案为B.【答案】 B2．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向右做切割磁感线运动时，安培表A 1的读数为12 mA ，那么安培表A 2的读数为( )图1A ．0B ．3 mAC ．48 mAD ．与R 的大小有关【解析】 当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速向右做切割磁感线运动时，原线圈中产生的是恒定电流，而变压器只能改变交变电流，不能改变恒定电流，所以副线圈中没有电流，故选A.【答案】 A3．(2013·广东高考)如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和Ⓐ均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝122sin 100πt(V)．下列说法正确的是( )【导学号：78870087】图2A ．电流频率为100 Hz B.的读数为24 V C ．Ⓐ的读数为0.5 A D ．变压器输入功率为6 W【解析】 根据u ＝U m sin ωt 及U ＝U m2、理想变压器的规律、欧姆定律和电功率公式解决问题．根据u 1＝122sin 100πt (V)及U ＝U m2知U 1＝12 V ，f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝12×12 V ＝6 V ，即的读数为6 V ，选项B 错误；根据I 2＝U 2R L ＝66A ＝1 A ，即Ⓐ的读数为1 A ，选项C 错误；根据P 1＝P 2及P 2＝U 22R L ＝626W ＝6 W ，选项D 正确．【答案】 D4.如图3，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V ，6W ”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是( )图3A ．120 V ，0.10 AB ．240 V ，0.025 AC ．120 V ，0.05 AD ．240 V ，0.05 A【解析】 副线圈电压U 2＝12 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝240 V ，副线圈中电流I 2＝2·P U ＝1 A ，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝0.05 A.【答案】 D5．(2016·崇明区检测)为了解决农村电价居高不下的问题，有效地减轻农民负担，在我国广大农村普遍实施了“农网改造”工程，工程包括两项主要内容：(1)更新变电设备，提高输电电压；(2)更新电缆，减小输电线电阻．若某输电线路改造后输电电压变为原来的2倍，线路电阻变为原来的0.8倍，在输送的总功率不变的条件下，线路损耗功率将变为原来的( )A ．0.4倍B ．0.32倍C ．0.2倍D ．0.16倍【解析】 设输送功率为P ，输送电压为U ，输电线电阻为r ，依据ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2r ，若某输电线路改造后输电电压变为原来的2倍，线路电阻变为原来的0．8倍，线路损耗功率将变为原来的0.2倍，C 对．【答案】 C6．(2013·四川高考)用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图像如图4所示，则( )【导学号：78870088】图4A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin(100πt ＋π2) A 【解析】 根据i t 图像，负载电流的函数表达式i ＝0.05 sin 100πt (A)且I m ＝0.05 A ，通过负载的电流的有效值I 2＝I m 2，输出电压的最大值U m ＝2U 2＝110 2 V ，变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2≈3.9 W ，变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝21.选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．【答案】 A7．如图5甲为理想变压器，原、副线圈的匝数比为3∶2，在原线圈上通入正弦交流电如图4421乙所示，设电流从原线圈a 端流入b 端流出时为电流正方向，副线圈中电流由c 端流出d 端流入时为副线圈中电流正方向，那么副线圈中电流的有效值以及在一个周期内副线圈电流达到正方向最大值对应于乙图中的时刻应是( )甲 乙图5A ．1 A 0B ．1.5 A 0.5×10－2sC ．1.5 A 1×10－2s D.22A 1×10－2 s 【解析】 由题图乙知，原线圈中电流有效值I 1＝22 A ＝1 A ，所以由I 1I 2＝n 2n 1得副线圈中电流的有效值I 2＝n 1I 1n 2＝32×1 A ＝1.5 A ．副线圈中电流达最大值时，即为铁芯中磁通量变化最快的时刻，对应题图乙所示，i t 图象斜率最大的时刻，因此，只有t ＝0，t ＝1×10－2s 和t ＝2×10－2s 三个时刻，综上所述正确的选项只可能是C 项．【答案】 C8．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( )【导学号：78870089】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【解析】 保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，n 2变大，根据U 2＝n 2n 1U 1可知，U 2变大，则通过R 的电流I 2变大，R 上消耗的功率变大，故选项A 错误．当S 由a 切换到b ，n 2变小，U 2变小，故流过R 的电流I 2减小，选项B 正确．当S 由b 切换到a ，n 2变大，U 2变大，I 2变大，P 2＝I 22R 变大，而P 1＝P 2，故P 1也变大，又P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1变大，选项C 正确．P 向上滑动，R 减小，输出功率P 2变大，输入功率P 1也变大，故I 1增大，选项D 错误．【答案】 BC9．有5个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，如图7所示．若将该线路与交流电源接通，且开关S 接在位置1时，5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7A ．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1B ．该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为1∶4C ．副线圈中的灯泡仍能发光，只是更亮些D ．副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗【解析】 若S 接1时，五个灯泡亮度相同，说明通过各个灯泡的电流相同，则通过副线圈的电流是通过原线圈的4倍．由I 1I 2＝n 2n 1，故n 1n 2＝41，此变压器是降压变压器，所以选项A 正确；若S 接2时，原线圈的输入电压增大，副线圈的输出电压随之增大，则接于副线圈的灯泡均比原来更亮些，所以选项C 正确．故选A 、C.【答案】 AC10．(2014·全国卷Ⅱ)如图8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Ⓐ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( )图8A ．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，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍【解析】 根据变压器的工作原理、交流电的有效值解题．变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误．增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确．c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误．根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2RT ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确． 【答案】 BD二、非选择题(本题共3个小题，共40分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11. (12分)如图9所示，变压器原线圈输入电压为220 V ，副线圈输出电压为36 V ，两只灯泡的额定电压均为36 V ，L 1额定功率为12 W ，L 2额定功率为6 W ．试求：图9(1)该变压器的原、副线圈的匝数比．(2)两灯均正常工作时原线圈中的电流以及只有L 1工作时原线圈中的电流．【导学号：78870090】【解析】 (1)由变压比公式得：U 1U 2＝n 1n 2n 1n 2＝22036＝559(2)两灯均正常工作时，由能量守恒得P 1＋P 2＝U 1I 1I 1＝P 1＋P 2U 1＝12＋6220 A ＝0.082 A ，只有L 1灯工作时，由能量守恒P 1＝U 1I ′1解得I ′1＝P 1U 1＝12220A ＝0.055 A. 【答案】 (1)55∶9 (2)0.082 A 0.055 A12．(14分)一变压器原、副线圈匝数分别为n 1＝9 900、n 2＝690，原线圈输入电压U 1＝3 300 V ，副线圈通过输电线给负载供电，负载的额定电压是220 V ，额定功率是22 kW.求：(1)若负载刚好在额定状态下工作，问输电线的电阻是多少？(2)若负载增大，额定电功率为110 kW ，额定电压为220 V ．要使负载仍在额定状态下工作，原线圈的匝数应怎样变化？(变压器损耗忽略)【导学号：78870091】【解析】 (1)通过负载的电流为I ＝P U ＝22×103220A ＝100 A 又输电线上电流I 线＝I ＝100 A设副线圈两端的电压为U 2，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝6909 900×3 300 V ＝230 V. 则输电线上损失的电压U 线＝U 2－U ＝230 V －220 V ＝10 V ，所以输电线的电阻r ＝U 线I 线＝10100Ω＝0.1 Ω. (2)负载增大后通过负载的电流I ′＝P ′U ＝110×103220A ＝500 A ，输电线上损失的电压U ′线＝I ′r ＝500×0.1 V ＝50 V ．副线圈两端的电压U ′2＝U ＋U 线＝270 V ，设此时原线圈的匝数为n ′1由U 1U ′2＝n ′1n 2.则n ′1＝U 1U ′2n 2＝3 300×690270＝8 433匝． 【答案】 (1)0.1Ω (2)8 433 匝13．(14分)如图10所示为演示远距离输电的装置，理想变压器B 1、B 2的变压比分别为1∶4和5∶1，交流电源的内阻r ＝1 Ω，三只灯泡的规格均为“6 V 1 W ”，输电线总电阻为10 Ω.若三只灯泡都正常发光，则交变电源的电动势E 为多大？图10【解析】 设变压器B 1的原线圈电压为U 1，副线圈电压为U 2，变压器B 2的原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 4.通过B 1原线圈的电流为I 1，输电线上的电流为I 2，B 2副线圈上的电流为I 3根据题意得：U 4＝6 V ，而I 3＝0.5 A ．对B 2由电流关系：I 2＝n 4n 3I 3＝0.1 A线路上的损失电压为ΔU ＝I 2R 线＝1 V由线路上的电压关系：U 2＝ΔU ＋U 3，U 3U 4＝n 3n 4，U 1U 2＝n 1n 2，将有关数据代入得U 1＝7.75 V 再对B 1使用电流关系I 1n 1＝I 2n 2，求得：I 1＝0.4 A 最后由闭合电路欧姆定律：E ＝I 1r ＋U 1＝8.15 V.【答案】 8.15 V。
2023年四川省高中学业水平考试物理试卷(word版)
2023年四川省高中学业水平考试物理试卷(word版)一、单选题(★) 1. 下列物理量中，属于标量的是（）A．速度B．位移C．时间D．加速度(★) 2. 在国际单位制（SI）中，长度的基本单位是（）A．米B．千米C．厘米D．毫米(★★) 3. 下列位移x、速度v随时间t变化的图像中，属于匀加速直线运动的是（）A．B．C．D．(★) 4. 如图所示，圆弧MON是汽车以恒定速率运动的轨迹，ab过O点与圆弧相切，cd过O 点垂直于ab。
汽车过O点时，所受合力的方向（）A．由O指向a B．由O指向b C．由O指向c D．由O指向d(★★) 5. 如图所示，重为G的物块，沿倾角为的固定斜面向下运动。
当运动到某位置时，其速度大小为，此时物块所受重力的瞬时功率为（）A．B．C．D．(★★) 6. 大小分别为3N、4N两个共点力，其合力的大小不可能为（）A．0B．3N C．4N D．5N(★★) 7. 2022中国成都天府绿道“光良杯”国际自行车车迷健身节在成都举行。
在赛前，某选手将自行车倒置在水平地面上，转动车轮检查赛车性能。
如图所示，当车轮转动时，比较车轮上b、c两点的角速度和向心加速度的大小，下列判断正确的是（）A．B．C．D．(★★) 8. 质量为的物体，所受合力为F时，加速度为a。
如果将物体的质量增大为2 m，所受合力减小为，则物体的加速度将变为（）A．B．C．D．(★★) 9. 关于速度和加速度的关系，下列说法中正确的是（）A．加速度增大，速度一定增大B．速度为零，加速度一定为零C．速度很大，加速度可能为零D．速度越大，加速度一定越大(★) 10. 如图所示，细线一端固定在A点，另一端系着小球。
给小球一个初速度，使小球在水平面内做匀速圆周运动，关于该小球的受力情况，下列说法中正确的是（）A．受重力、向心力作用B．受细线拉力、向心力作用C．受重力、细线拉力作用D．受重力、细线拉力和向心力作用(★★★) 11. 如图所示，某卫星绕地球沿椭圆轨道运动，卫星经过轨道上a、b、c、d四个点时，线速度最大的是（）A．a点B．b点C．c点D．d点(★★) 12. 处于平衡状态的物体，下列说法中正确的是（）A．一定静止B．一定做匀速直线运动C．所受合力一定为零D．所受合力一定不为零(★★) 13. 如图所示，两个均匀球体A、B，质量分别为M、m，半径分别为、，引力常量为G。
高中物理公式大全(word版)
高中物理公式总结一、质点的运动(1)—--—--直线运动1）匀变速直线运动1。
平均速度V平＝s/t（定义式） 2。
有用推论Vt2-Vo2＝2as3.中间时刻速度Vt/2＝V平＝(Vt+Vo)/24.末速度Vt＝Vo+at5.中间位置速度Vs/2＝[(Vo2+Vt2）/2］1/2 6。
位移s＝V平t＝Vot+at2/2＝Vt/2t7。
加速度a＝（Vt-Vo)/t{以Vo为正方向，a与Vo同向(加速）a>0；反向则a〈0｝8。
实验用推论Δs＝aT2 ｛Δs为连续相邻相等时间(T）内位移之差｝9.主要物理量及单位:初速度(Vo）：m/s；加速度(a）:m/s2；末速度（Vt）：m/s;时间（t)秒(s)；位移(s)：米（m)；路程：米；速度单位换算：1m/s=3.6km/h.注:(1）平均速度是矢量；(2)物体速度大，加速度不一定大;(3）a=(Vt-Vo)/t只是量度式,不是决定式;(4）其它相关内容:质点、位移和路程、参考系、时间与时刻〔见第一册P19〕/s--t图、v—-t图/速度与速率、瞬时速度〔见第一册P24〕。
2）自由落体运动1。
初速度Vo＝0 2。
末速度Vt＝gt3.下落高度h＝gt2/2（从Vo位置向下计算）4.推论Vt2＝2gh注：(1)自由落体运动是初速度为零的匀加速直线运动，遵循匀变速直线运动规律;(2）a＝g＝9.8m/s2≈10m/s2(重力加速度在赤道附近较小，在高山处比平地小，方向竖直向下）。
3)竖直上抛运动1。
位移s＝Vot—gt2/2 2.末速度Vt＝Vo—gt （g=9。
8m/s2≈10m/s2)3。
有用推论Vt2—Vo2＝-2gs 4.上升最大高度Hm＝Vo2/2g(抛出点算起）5。
往返时间t＝2Vo/g （从抛出落回原位置的时间）注:（1）全过程处理:是匀减速直线运动，以向上为正方向，加速度取负值；(2)分段处理：向上为匀减速直线运动，向下为自由落体运动,具有对称性；(3）上升与下落过程具有对称性，如在同点速度等值反向等.二、质点的运动(2)————曲线运动、万有引力1）平抛运动1。
高中物理 选修3-2 变压器与远距离输电
高考一轮复习 物理
(单选)中国已投产运行的 1 000kV 特高压输电是目前 世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用 500kV 的 超高压输电，输电线上损耗的电功率为 P.保持输送电功率和输 电线电阻都不变的条件下，现改用 1 000kV 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 ) P P A. 4 B. 2 C．2P D．4P
图 11－2－11
高考一轮复习 物理
一题一得 解答该类问题的关键是理解变压器的 “决定与 制约”关系．理想变压器的动态问题分析，要注意：①根据题 意分清变量和不变量；②要弄清“谁决定谁”的制约关系． 对电压而言，有输入才有输出，故输入决定输出．对电流、 电功(率)而言，有输出才有输入，故输出决定输入． 分析动态问题的思路程序可表示为
高考一轮复习 物理
(单选)(2012 年新课标)自耦变压器铁芯上只绕有一个 线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压 变压器的电路如图 11－2－11 所示，其副线圈匝数可调．已知 变压器线圈总匝数为 1 900 匝；原线圈为 1 100 匝，接在有效值 (单选)(2012 年新课标)自耦变压器铁芯 为 220 V 的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载 线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升 R 上的功率为 2.0 kW. 变压器的电路如图 11－2－11 所示，其副线圈匝 设此时原线圈中电流有效值为 I1，负载两端电压的有效值 变压器线圈总匝数为 1 900 匝；原线圈为 1 100 220 的交流电源上．当变压器输出电压调至 为 U2 且变压器是理想的，则 U为 I1 V 分别约为 ( ) 2和 B R 上的功率为 2.0 kW. A．380 V 和 5.3 A B．380 V 和 9.1 A C．240 V 和 5.3 A D．240 V 和 9.1 A 图 11－2－11
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一、 输电过程(如图所示)第四节 远距离输电二、输送电流 P U －U ′ (1)I＝ ；(2)I ＝ . U R三、输电导线上的能量损失和电压损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为 Q ＝I 2Rt .1、电压损失 ：(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR .P2、 功率损失：(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝( )2R U3、 降低输电损耗的两个途径l (1) 减小输电线的电阻，由电阻定律 R ＝ρ 可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻， S应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积．(2) 减小输电导线中的输电电流，由 P ＝UI 可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流．四、 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”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．五、 远距离高压输电的几个基本关系(以图为例)(1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3.U 1 n 1 I 2 U 3 n 3 I 4 (2)电压、电流关系： ＝ ＝ ， ＝ ＝ ，U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线．U 2 n 2 I 1 U 4 n 4 I 3P 2 P 3 U 2－U 3 (3) 输电电流：I 线＝ ＝ ＝ . U 2 U 3R 线 P 2(4) 输电线上损耗的电功率：P损U 2在远距离输电问题中，计算线路功率的损耗时 应用 P 损＝I 线2 R 线，其原因是 I 线可以由公式 P 输 U 线2 入＝I 线U 输入求出，而 P 损＝U 线I 线和 P 损＝ 则不常用，其原因是在一般情况下，U 线不易求出， R 线且易将 U 线和 U 输入相混而造成错误． 典例分析：例 1、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、乙两地原来用 500 kV 的超高压输电，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，不考虑其他因素的影响．则( )A．送电电流变为原来的2 倍B．输电线上降落的电压将变为原来的2 倍1 1C．输电线上降落的电压将变为原来的D．输电线上损耗的电功率将变为原来的2 2 例2、在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为l，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P 用，则下列关系式中正确的是( )U2S P2ρl U2S Pρl A．P′＝B．P′＝C．P 用＝P－D．P 用＝P(1－) ρl U2S ρl U2S例 3、远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失的说法中，正确的是( )A．输电线上的电功率损失是原来的1/n；B．输电线上的电功率损失是原来的1/n2；C．输电线上的电压损失是原来的1/n；D．输电线上的电压损失是原来的n 倍例4、在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大例 5、一座小型发电站的输出功率是 20 kW，输电线路总电阻是5 Ω.(1)若输电电压是 400 V，输电线路损耗的功率是多少？(2)若改用 5000 V 高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，用户得到的电压是多少？例6、一台发电机输出的电功率为 100kw，输出电压为 250v，先欲向远处输电，若输电线总电阻为8Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过输送电功率的 5%，要向用户输送 200v 电压，求：（1）试画出这次输电线路的示意图；（2）输电所需升压变压器和降压变压器的原副线圈的匝数之比分别是多少？（3）用户得到的电功率是多少？课堂针对练习：1、在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么( )A．输电线路上损失的电压与输送电流成正比B．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比D．输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比2、通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈P2的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为( )P1PR 1 P 1 PR 1 P 1A. ，B．( )2R， C. ，D．( )2R，kU n kU n kU n2kU n23、某发电厂原来用 11kV 的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到 220kV 输电，输送的电功率都是P，若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是（）A.据公式I =P /U ，提高电压后输电线上的电流降为原来的 1/20B.据公式I =U / R ，提高电压后输电线上的电流增为原来的 20 倍C.据公式P =I 2R ，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的 1/400D.据公式P =U 2 / R ，提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的 400 倍4、为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )1 A．输电电流为3I B．输电电流为9I C．输电电压为3U D．输电电压为U35、有一台内阻为1Ω的发电机，供给一个学校用电，升压变压器的匝数比1 : 4 ，降压变压器的匝数比4 :1，输电线总电阻是4Ω，全校共有 22 个教室，每个教室有“220V 40W”的电灯 6 盏，若要保证全部电灯正常发光，则：（1）发电机的输出功率应是多大？（2）发电机的电动势是多大？（3）输电效率是多大？6、在离用电单位的较远处建了一座小型的水电站，发电机输出功率为 5kW，输出电压为 220V，输电线的电阻12Ω，允许输电线路损耗功率为输送功率的 6%，用电单位所需的电压为 220V，根据上述条件：（1）画出供电的电路示意图；（2）计算所用的升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比各是多少？（设变压器为理想变压器）课后巩固练习：1、关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( )10 A. 由功率 P ＝U 2/R ，应降低输电电压，增大导线电阻B. 由 P ＝IU ，应低电压小电流输电C. 由 P ＝I 2R ，应减小导线电阻或减小输电电流D. 上述说法均不对2、一小水电站，输出的电功率为 20kW ，输电线总电阻为0.5Ω ，如果先用 400V 电压输送，后又改用 2000V 电压输送，则输送电压提高后，输电导线上损失的电功率的变化情况是（ ）A. 减小 50WB. 减少 1200WC. 减少7.68 ⨯106 WD. 增大7.68 ⨯106 W3、发电厂发电机的输出电压为 U 1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为 R ，通过输电导线的电流为 I ，输电线末端的电压为 U 2，下面选项表示输电导线上损耗的功率的是( ) U 12 U 1－U 2 2 A. B . C ．I 2R D ．I (U 1－U 2) R R4．远距离输电，原来用电压 U 0 输电，在输电线上损失的电功率为 P 0，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 ．100 U 0B . U 0C ．U 0/10D ．U 0/1005、水电站向小山村输电，输送电功率为 50 kW ，若以 1100 V 送电，则线路损失为 10 kW ，若以3300 V 送电，则线路损失可降为( )A ．3.3 kWB ．1.1 kWC ．30 kWD ．11 kW6、某水电站，用总电阻为 2.5 Ω的输电线输电给 500 km 外的用户，其输出电功率是 3×106 k W ，现用 500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )A ．输电线上输送的电流大小为 2.0×105 AB. 输电线上由电阻造成的损失电压为 15 kVC. 若改用 5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为 9×108 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻7、某交流发电机输出功率为 5×105 W ，输出电压为 U=1.0×103 V ，假如输电线的总电阻 R=10Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的 5%，用户使用电压 U=380V.(1)画出输电线路的示意图（标明各部分的符号）（2） 所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？（使用的变压器是理想变压器）8、小型水利发电站的发电机输出功率为 24.5 kW ，输出电压为 350 V ，输电线总电阻为 4Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的 5%，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为 220 V ，所以在用户处需安装降压变压器．输电电路图如图所示，求：(1) 输电线上的电流．(2) 升压变压器的原、副线圈的匝数之比． (3)降压变压器的原、副线圈的匝数之比．。