2020年高考物理一轮复习专题11.2 变压器 电能的输送(练)(解析版)
2020年高考物理一轮复习第十四单元交变电流第2讲变压器电能的输送练习含解析新人教版
第2讲变压器电能的输送1 理想变压器(1)理想变压器的构造和原理变压器由铁芯、原线圈、副线圈组成,如图所示。
当原线圈中通入交变电流时,由于互感作用,变压器原、副线圈中磁通量变化率相同,由法拉第电磁感应定律有E=n,则=。
由于理想变压器忽略铜损和铁损,则E=U,P1=P2,故而得出=,=。
(2)理想变压器原、副线圈基本量的关系(3)理想变压器的制约关系①电压:原决定副。
根据变压器的原理可知,输入电压U1决定输出电压U2,U2=U1。
当U1不变时,不论负载电阻如何变化,U2都不会改变。
②电流:副决定原。
输出电流I2决定输入电流I1。
当负载电阻R增大时,I2减小,则I1相应减小;当负载电阻R减小时,I2增大,则I1相应增大。
因此,在使用变压器时变压器副线圈不能短路。
③功率:副决定原。
输出功率P2决定输入功率P1。
理想变压器的输出功率与输入功率相等,即P2=P1。
在输入电压U1一定的情况下,当负载电阻R增大时,I2减小,则P2=I2U2减小,P1也将相应减小;当R减小时,I2增大,P2=I2U2增大,则P1也将增大。
1.1 (2018江西检测)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶ 2=2∶1,和均为理想电表,灯泡电阻R L=6 Ω,A、B两端电压u1=12 sin 100πt(V)。
下列说法正确的是()。
A.电流频率为100 HzB.的示数为24 VC.的示数为0.5 AD.变压器输入功率为6 W【答案】D荆州模拟)(多选)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光。
要使灯泡变亮,可以采取的方法有()。
A.向下滑动PB.增大交流电源的电压C.增大交流电源的频率D.减小电容器C的电容【答案】BC(2019海南联考)(多选)图甲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n1、n2,为交流电压表。
2020年高考物理一轮总复习第十一章第二讲变压器电能的输送练习(含解析)
变压器 电能的输送[A 组·基础题]1．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝5∶1，其原线圈接一交流电源，电压u ＝2202sin 100πt V ，副线圈接一电动机，电阻为11 Ω.若电流表A 2示数为1 A ，电表对电路的影响忽略不计，则( B )A ．交流电的频率为100 HzB ．电动机输出功率为33 WC ．电流表A 1示数为5 AD ．变压器原线圈的输入功率为33 W2．(2018·广东高考一模)在如图所示的电路中，理想变压器原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈的匝数n 2＝120匝，当原线圈接入u ＝180sin 50πt V 的正弦式交变电流时，下列判断正确的是( C )A ．正弦式交变电流的频率为50 HzB ．副线圈两端电压为36 VC ．当滑动变阻器滑片向b 端滑动时，灯泡消耗的电功率一定增大D ．当滑动变阻器滑片向a 端滑动时，滑动变阻器消耗的总电功率一定增大解析：正弦交流电的频率为f ＝ω2π＝50π2π＝25 Hz ，A 错误；原线圈两端电压为U 1＝1802＝90 2 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈两端电压为U 2＝18 2 V ，B 错误；当滑动变阻器滑片向b 端滑动时，灯泡两端的电压增大，故小灯泡消耗的电功率一定增大，C 正确；滑动变阻器滑片向a 端滑动过程中，其连入电路的电阻分为两部分，一部分增大，一部分减小，所以其消耗的总功率不一定增大，D 错误．3．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( B )A．ab接MN、cd接PQ，I ab＜I cdB．ab接MN、cd接PQ，I ab＞I cdC．ab接PQ、cd接MN，I ab＜I cdD．ab接PQ、cd接MN，I ab＞I cd4．如图，一理想变压器原线圈接正弦式交流电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有“36 V 6 W”字样，此时L1恰好正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表的示数为0.5 A，下列说法正确的是( D )A．原、副线圈匝数之比为3∶1B．变压器的输入功率为12 WC．电压表的示数为9 VD．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小5．(多选)如图所示，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，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，电流表A2是值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)，R3是一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，下列说法正确的是( BD )A．变压器的输入功率不变B．变压器的输入功率增大C．电流表A1的示数增大，电压表V1的示数增大D．电流表A2的示数减小，电压表V2的示数减小6．(多选)(2019·山西榆社中学联考)如图所示，理想变压器原、副线的匝数比n1∶n2＝22∶1在a、b端加上一交变电压u＝2202sin 100 πt V，通过小灯泡的电流为0.3 A，小灯泡正常发光，则下列说法正确的是( AD )A．小灯泡的额定功率为3 WB．小灯泡的额定功率为66 W。
2020年高考物理一轮复习专题11.2 变压器 电能的输送(讲)(原卷版)
专题11.2 变压器 电能的输送1．了解变压器的构造，理解变压器的工作原理。
2．理解理想变压器原、副线圈中电压与匝数的关系，能应用它分析解决有关问题。
3．知道远距离输电过程，知道降低输电损耗的两个途径。
了解电网供电的优点和意义。
知识点一 理想变压器1．构造和原理(1)构造(如图所示)变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。
(2)原理：电磁感应的互感现象。
2．基本关系(1)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2。
(2)功率关系：P 入＝P 出。
(3)电流关系：①只有一个副线圈时：I 1I 2＝n 2n 1。
②有多个副线圈时：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…＋n n I n 。
3．几种常见的变压器(1)自耦变压器——调压变压器。
(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：把高电压变成低电压。
电流互感器：把大电流变成小电流。
自耦变压器原理如图所示：若AX 为输入端，触头a 向上移动时，副线圈匝数N 2增加，输出电压升高。
知识点二 电能的输送1．输电过程(如图所示)2．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR 。
3．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝ΔU 2R 。
4．输送电流(1)I ＝P U ；(2)I ＝U －U ′R。
5．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电导线的电阻R 线。
由R 线＝ρl S知，可采用加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。
(2)减小输电导线中的电流。
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。
【拓展提升】1．理清三个回路在回路2中，U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 线＝I 3。
2．抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系着回路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着回路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。
高考物理一轮复习理想变压器电能的输送习题新人教
第十一章 第2讲 理想变压器 电能的输送1．(2020·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21，电流表、电压表均为理想电表。
下列说法正确的是导学号 21992746( B )A ．原线圈的输入功率为2202WB ．电流表的读数为1AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50s [解析] 由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为2202V ，故有效值为U 1＝220V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值U 2＝110V ，故输出功率P 2＝U 22R ＝220W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220W ，A 错误；根据欧姆定律知，I 2＝U 2R ＝2A ，I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝1A ，故电流表读数为1A ，所以B 正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110V ，C 错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2πω，解得T ＝0.02s ，所以D 错误。
2．(2020·四川理综)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，其它条件不变，则导学号 21992747( B )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[解析] 设原、副线圈减少的匝数均为n ，则根据变压比有，U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 2′＝n 1－n n 2－n ，由于U 2′＝n 2－n n 1－nU 1，U 2＝n 2n 1U 1，因此U 2′小于U 2，即副线圈两端的电压变小，小灯泡变暗，A 错误，B 正确；由于匝数比变化，因此原、副线圈两端电压的比值和通过原、副线圈电流的比值均发生变化，C 、D 错误。
2025年高考物理一轮复习专题精讲精练—变压器 电能的输送(解析版)
2025年高考物理一轮复习专题精讲精练—变压器 电能的输送（解析版）1.理解变压器的原理，掌握理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系及电流关系，并会进行有关计算.2.能利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析.3.会计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压．考点一 理想变压器基本关系的应用1．基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：只有一个副线圈时，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，U1I1＝U2I2＋U3I3＋….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．[例题1]（2024•惠州一模）某电动汽车在充电过程中，可视为理想变压器的原线圈输入电压为220V，输入功率为6.6kW，副线圈的电流为15A，副线圈通过相关设备连接汽车电池，电池容量为33kWh。
忽略充电过程中的能量损耗，则变压器的原副线圈匝数比和电池完全充满所需要的时间分别是（）A．1：2，2.2h B．2：1，5h C．2：1，2.2h D．1：2，5h【解答】解：已知理想变压器的原线圈输入电压为U1＝220V，输入功率为P＝6.6kW＝6600W，则变压器原线圈的输入电流为I1=P U1=6600220A=30A则变压器的原副线圈匝数比为n1 n2=I2I1=1530=12已知电池容量为E＝33kWh，则电池完全充满所需要的时间为t=E P=336.6ℎ=5ℎ，故ABC错误，D正确。
故选：D。
[例题2]（2024•德庆县模拟）如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至U4，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I4，发电厂的输出电流为I1；若变压器的匝数n2＝n3，则下列关系式正确的是（）A ．U 1：U 4＝n 1：n 4B ．U 1：U 4＝n 4：n 1C ．I 1：I 4＝n 1：n 4D ．I 1：I 4＝n 4：n 1【解答】解：AB ．由变压器的原副线圈的电压关系可知U 1U 2=n 1n 2U 3U 4=n 3n 4根据题意n 2＝n 3且U 3加上r 上的电压等于U 2可得 U 2＞U 3故U 1：U 4＞n 1：n 4 故AB 错误；CD ．由变压器的原副线圈的电流关系可知I 1I 2=n 2n 1I 3I 4=n 4n 3根据题意： n 2＝n 3根据串联电路电流的特点： I 2＝I 3 可得I 1：I 4＝n 4：n 1 故C 错误，D 正确。
2020高考物理一轮复习第十一章第2讲变压器电能的输送学案含解析
第讲 变压器 电能的输送主干梳理 对点激活知识点 理想变压器 Ⅱ组成。
绕在铁芯上的两个线圈和闭合铁芯．构造：如图所示。
变压器主要由。
初级线圈原线圈：指与交流电源连接的线圈，也叫() 。
次级线圈副线圈：指与负载连接的线圈，也叫() 现象。
互感．工作原理：电磁感应的 ．理想变压器的基本关系式。
出＝入功率关系：() 变压器。
升压，为<变压器；若降压，为>，若＝电压关系：() ()电流关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，＝＋＋…＋。
．几种常用的变压器()自耦变压器(也叫调压变压器)。
()互感器 ；低电压降为高电压电压互感器，可以把① 。
弱电流降为强电流电流互感器，可以把② 知识点 远距离输电 Ⅰ．减少输电电能损失的两种方法＝。
损减少输电电能损失的理论依据： ()减小输电线的电阻：根据电阻定律＝ρ，要减小输电线的电阻，在保证输电距离情况等方法。
横截面积、增大导线的电阻率下，可采用减小材料的 ()减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据＝，要减小电流，必须提高。
输电电压 ．远距离高压输电的分析()输电过程(如图所示)()输送电流①＝。
②＝。
()电压损失①Δ＝－′。
②Δ＝。
()功率损失①Δ＝－′。
Δ＝②。
＝＝一思维辨析．变压器不但可以改变交流电压，也可以改变稳恒直流电压。
( )．理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。
( )．高压输电的目的是增大输电的电流。
( )．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小。
( )．变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定。
( )．变压器副线圈中的电压由原线圈中的电压决定。
( )答案.×.√.×.×.√.√二对点激活．(人教版选修－··改编)有些机床为了安全，照明电灯用的电压是，这个电压是把的电压降压后得到的。
如果变压器的原线圈是匝，副线圈是( )．匝．匝．匝．匝答案解析由＝得＝＝匝，故正确。
2020届高考物理一轮复习 交变电流变压器电能的输送练
练习三十二 交变电流 变压器 电能的输送选择题部分共10小题，每小题6分.在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确.1.如图所示，处在匀强磁场中的矩形线圈abcd ，以恒定的角速度绕ab 边转动，磁场方向平行于纸面并与ab 垂直.在t ＝0时刻，线圈平面与纸面重合，线圈的cd 边离开纸面向外运动.若规定由a →b →c →d →a 方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i 随时间t 变化的图线是( )解析：t ＝0时刻，感应电动势最大，且电流方向为a →b →c →d →a ，故选项C 正确. 答案：C2.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝3∶1，在原、副线圈中电路分别接有阻值相同的电阻R 1、R 2.交变电压的大小为U ，则下列说法正确的是( )A.电阻R 1、R 2两端的电压之比为3∶1B.电阻R 1、R 2上消耗的电功率之比为1∶1C.电阻R 1、R 2两端的电压均为 U3D.电阻R 1、R 2上消耗的电功率之比为1∶9解析：通过R 1、R 2的电流之比I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶3 故两电阻上电压之比U 1∶U 2＝I 1R ∶I 2R ＝1∶3 两电阻消耗的电功率之比P 1∶P 2＝1∶9. 答案：D3.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入标有“220 V ,60 W ”字样灯泡一只，且灯泡正常发光.则( )A.电流表的示数 22220AB.电源的输出功率为1200 WC.电流表的示数为 3220AD.原线圈端电压为11 V解析：由U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1知：电源的输出电压U 1＝4.4×103 V电流表的示数I 1＝120×60220 A ＝3220A电源的输出功率等于负载的功率，即P 1＝P 2＝60 W.答案：C4.图示是日光灯的电路图，它主要是由灯管、镇流器和启动器组成的.其中，镇流器是一个带铁芯的线圈，如图甲所示，启动器的构造如图乙所示；为了便于启动，常在启动器的两极并上一纸质电容器C .某教室的一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮的情况，经检查知，灯管是好的，电压正常，镇流器无故障，那原因可能是() 甲乙A.启动器两脚与启动器座接触不良B.电容器C断路C.电容器C被击穿而短路D.镇流器自感系数L太大解析：当电容器被击穿而短路时，电流可通过灯管两端的灯丝以及电容形成回路，灯管两端亮中间不亮.答案：C5.2007年11月8日，工程规模仅次于长江三峡，位居全国第二位、世界第三位的金沙江溪洛渡水电站截流成功，标志着“西电东送”工程又迈出了坚实的一步.下列有关发电与送电的说法中，正确的是()A.水电站截流筑坝有利于储蓄水的内能，提高发电能力B.减小输电线的截面积有利于降低输电时的损耗C.提高输电电压有利于减小输电线中的电流D.增大发电机转子的直径有利于提高发电机的输出电压解析：筑坝是储蓄水的势能，与内能无关，选项A错误；输电线截面积越小，电阻越大，越不利于降低输电时的损耗，选项B错误；在输送功率一定时，输电流线中的电流与输电电压成反比，选项C正确；发电机产生的电动势e＝nBSωsin ωt，故增大转子直径从而增大转子线圈的S，有利于提高发电机的输出电压，选项D正确.答案：CD6.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的.可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为用电高峰时()A.用电器的总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B.用电器的总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C.用电器的总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D.供电线路上的电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流较小解析：用户电灯两端的电压等于供电线路的路端电压减去供电线上的损失的电压，即：U用＝U0－I线R线又因为用电器总是并联的，用电高峰时用电器的总电阻小，供电线上的电流增大，灯泡两端的电压减小.答案：C7.一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动的产生的交变电流的电动势为e＝220 2sin 100πt V，那么()A.该交变电流的频率是100 HzB.当t＝0时，通过线圈的磁通量恰好为零C.当t＝1200s时，e有最大值D.该交流电电动势的有效值是220 2 V解析：该交变电流的频率f＝ω2π＝50 Hz，选项A错误；由题意知：t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面，磁通量最大，选项B错误；当t＝1200s时，e＝220 2 V为电动势的最大值，故有效值U＝εm2＝220 V，选项C正确、D错误.答案：C8.一台理想变压器的原线圈接220 V正弦交变电压时，副线圈上仅接有阻值为10 Ω的电阻，电阻两端的电压为44 V.若将副线圈的匝数增加100匝，则通过副线圈上此电阻的电流增加1.1 A.由此可知该变压器原线圈的匝数为()A.200B.2000C.50D.500解析：由题意知，当副线圈匝数增大100匝时，电阻器上的电压U 2′＝U 2＋ΔIR ＝44 V ＋1.1×100 V ＝55 V又由U 1U 2＝n 1n 2，可得：22044＝n 1n 2，22055＝n 1n 2＋100解得：n 1＝2000，n 2＝400. 答案：B9.多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇.过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速.现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的.图示为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦交变电流的每一个12周期中前面的14周期被截去，从而改变了电灯上的电压.则现在电灯上的电压为( )A.U mB.U m2C.U m 2D.U m 4解析：由T 4～T 2及34 T ～T 时间段内电压的有效值为U m2，在0～T 内交变电流通过电阻R时做的功W T ＝(U m 2)2R ·T 2＝U 2R·T解得：电压的有效值U ＝U m2.答案：C10.在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电保护器，如图所示.其原线圈是进户线的火线和零线并在一起的双线绕成的.当漏电保护器的e 、f 两端没有电压时，脱扣开关S 能始终保持接通；当e 、f 两端一旦有电压时，脱扣开关立即断开，切断电路以起到保护作用.关于这个电路的工作原理，下列说法正确的是( )A.当用户的电流超过一定值时，脱扣开关会自动断开B.当火线和零线之间电压太高时，脱扣开关会自动断开C.当站在地面上的人触及b 线时，脱扣开关会自动断开D.当站在绝缘物上的人双手分别接触b 线和d 线时，脱扣开关会自动断开解析：火线、零线中的电流相等时变压器铁芯中的磁通量始终为零，故无论电流多大都不能在副线圈的两端产生感应电动势使脱扣开关断开.故A 、B 、D 错误.当站在地面上的人触及b 线时，火线中的部分电流通过人体导入大地，火线中的电流大于零线中的电流，变压器铁芯中的磁通量发生变化，故能在副线圈的两端产生感应电动势使脱扣开关断开.答案：C非选择题部分共3小题，共40分.11.(13分)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW ，输出电压为400 V ，向距离较远的用户供电时，为了减少电能损失，使用2 kV 的高压输电，最后用户得到220 V 、9.5 kW 的电力.所用变压器可认为是理想变压器.求：(1)水电站升压变压器原、副线圈的匝数比n 1n2.(2)输电线路的导线电阻R .(3)用户降压变压器原、副线圈的匝数比n 3n 4.解析：(1)升压变压器原、副线圈的匝数比为： n 1n 2＝U 1U 2＝4002×103＝15. (2)导线电阻R 与输送电流和输电线上损失的电功率有关，有P 损＝I 2R ，而输送电流又决定于输电电压及输送功率，故有：I ＝P U 2＝10×1032×103A ＝5 A所以R ＝P 损I 2＝10×103－950052Ω＝20 Ω.(3)设降压变压器原线圈两端的电压为U 3，则有： U 3＝U 2－IR ＝2000 V －5×20 V ＝1900 V 所以降压变压器原、副线圈匝数比为： n 3n 4＝U 3U 4＝1900220＝9511. 答案：(1)1∶5 (2)20 Ω (3)95∶1112.(13分)在磁感应强度B ＝0.5 T 的匀强磁场中，有一个正方形金属线圈abcd ，边长L ＝0.2 m ，线圈的ad 边与磁场的左侧边界重合(如图所示)，线圈的电阻R ＝0.4 Ω.用外力把线圈从磁场中移出有两种方法：一种是用外力把线圈从左侧边界匀速平动移出磁场；另一种是以ad 边为轴，用力使线圈匀速转动移出磁场，两种方法所用的时间都是t ＝0.1 s.求：(1)线圈匀速平动移出磁场的过程中，外力对线圈所做的功. (2)线圈匀速转动移出磁场的过程中，外力对线圈所做的功.解析：(1)使线圈匀速平动移出磁场时，bc 边切割磁感线而产生恒定的感应电动势E ＝BLv ，而v ＝Lt外力对线圈所做的功等于线圈中消耗的电能，即：W 1＝E 2R t ＝B 2L 4Rt＝0.01 J.(2)线圈以ad 边为轴匀速转动移出磁场时，线圈中产生的感应电动势和感应电流都是按正弦规律变化的，感应电动势的最大值为：E m ＝BSω又ω＝π2t外力对线圈所做的功等于线圈中消耗的电能，即：W 2＝E 2m2R t ＝π2B 2L 48Rt＝0.012 J.答案：(1)0.01 J (2)0.012 J13.(14分)图示为一台小型发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕OO ′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直.矩形线圈的面积S ＝2.0×10－2 m 2，匝数N ＝40，线圈电阻r ＝1.0 Ω，磁场的磁感应强度B ＝0.20 T.线圈绕OO ′轴以ω＝100 rad/s 的角速度匀速转动.线圈两端外接电阻R ＝9.0 Ω 的小灯泡和一个理想交流电流表.求：(1)线圈中产生的感应电动势的最大值.(2)电流表的示数.(3)小灯泡消耗的电功率. 解析：(1)由E m ＝NBSω 得：E m ＝16 V .(2)由I m ＝E mR ＋r，得：I m ＝1.6 A由I＝I m2，得：I＝1.13 A即电流表的示数为1.13 A.(3)由P＝I2R，得：P＝11.5 W.答案：(1)16 V(2)1.13 A(3)11.5 W。
2020年高考物理一轮复习专题11.2 变压器 电能的输送(练)(原卷版)
专题11.2 变压器电能的输送1．（山东省烟台一中2019届期末）理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则()A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶12. （广西省柳州一中2019届期中）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1。
电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计。
下列说法正确的是()A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3 VD．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶13. （广东省汕尾一中2019届质检）如图所示，理想变压器三个线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中匝数为n1的原线圈接到220 V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。
已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是()A．10 A,12 A B．10 A,20 AC．1 A,0.7 A D．1 A,3 A4．（陕西省咸阳一中2019届调研）理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n1＝270匝，P是副线圈上的滑动触头，当P处于如图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n2＝135匝，电容器C恰好不被击穿，灯泡L恰能正常发光，R是滑动变阻器。
以下判断正确的是()甲乙A．若向下移动P，电容器的电荷量增加B．若保持P不动，向下移动R的滑片，灯泡变暗C．若保持R的滑片不动，向下移动P，灯泡变亮D．电容器的击穿电压为11 2 V5. （广西省钦州一中2019届期中）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin(100πt) V，则()A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22 VB．当t＝1600s时，电压表V0的读数为110 2 VC．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数变小，电流表示数增大D．当单刀双掷开关由a扳向b时，变压器输入功率增大6．（山东省莱芜一中2019届期末）如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时()A ．输电线上损耗的功率减小B ．电压表V 1的示数减小，电流表的示数A 1增大C ．电压表V 2的示数增大，电流表的示数A 2减小D ．用户功率与发电厂输出功率的比值减小7．（海南省三亚一中2019届调研）如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R 。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习练习：第十一章 第2节 变压器 电能的输送 Word版含解析
第2节 变压器 电能的输送1.(2019·内蒙古赤峰模拟)在变电所里,需要用交流电表去监测电网上的强电流.由于电网中的电流通常会超过一般电流表的量程,因此常使用电流互感器.下面四个图中,正确反映电流互感器工作原理的是( A )解析:理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比.则电流互感器原线圈匝数应少于副线圈匝数,且串联在需要测量电流的线路中.故A 正确.2.(2019·福建毕业班质量检查)如图为模拟远距离交流输电的电路,升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶k,降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4=k∶1,模拟输电导线的电阻r=3 Ω,T2的负载是规格为“15 V 45 W”的灯泡L.当T1的输入电压为16 V时L正常发光,两个变压器可视为理想变压器,则k的值为( B )A. B.3 C.4 D.9解析:由变压器的工作原理可知,变压器T1原线圈的电压为16 V,则副线圈的输出电压为16k V,降压变压器T2的输出电压为15 V、输出电流为I4==A=3 A,则降压变压器T2原线圈两端的电压为15k V、输入电流为 A,又U2=U3+I3r,即16k V=(15k+3×)V,解得k=3,选项B正确.3.(多选)如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比为4∶1,原线圈接有u=311sin 100πt(V)的交变电压,副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表V.以下说法正确的是( AD )A.副线圈中电流的变化频率为50 HzB.灯泡D两端电压为55 VC.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则电压表V的示数将减小D.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则灯泡D的亮度将变暗解析:变压器不会改变电流的频率,电流的频率为f=== Hz=50 Hz,故A正确;由瞬时值的表达式可知,原线圈的电压最大值为311 V,所以原线圈的电压的有效值为U1= V=220 V,根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压的有效值为55 V,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡D,它们的总电压为55 V,所以灯泡D两端电压一定会小于55 V,故B错误;根据电压与匝数成正比,可知原线圈电压不变,则副线圈的电压不变,所以电压表的示数不变,故C错误;交变电流的频率越大,电感线圈对交变电流的阻碍作用就越大,所以电路的电流会减小,灯泡D的亮度要变暗,故D正确.4.如图所示为一理想变压器,b是原线圈的中心抽头,副线圈两端接有理想交流电压表和电流表,开关S,可变电阻R以及两个阻值相同的定值电阻R1,R2.从某时刻开始在原线圈cd两端加上正弦式交变电压,下列说法正确的是( C )A.将可变电阻R调大,其他部分不变,电流表、电压表的读数均变小B.将开关S从断开到闭合,其他部分不变,电流表读数变大,电压表读数变小C.可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2D.将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率减半解析:将可变电阻R调大,其他部分不变,电压表示数不变,根据欧姆定律知,电流表示数变小,故A错误;将开关S从断开到闭合,其他部分不变,副线圈回路的电阻变小,电压表示数不变,电流表示数变大,故B 错误;将可变电阻R的阻值调为0时,开关S断开时电源的输出功率P1=,开关S闭合时电源的输出功率P2=+=2,P1∶P2=1∶2,故C正确;变压器不改变交流电源的频率,将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率不变,故D错误.5.如图,变压器输入有效值恒定的交流电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R表示输电线的电阻.则( B )A.用电器增加时,变压器输出电压增大B.用电器增加时,变压器的输入功率增加C.用电器增加时,输电线的热损耗减少D.要提高用户的电压,滑动触头P应向下滑解析:用电器增加,但变压器的输入电压和匝数比不变,故变压器输出电压不变,故A错误.用电器增加时,电压不变,负载电阻减小,由P出=知,变压器的输出功率增加,又P入=P出,故输入功率也增加,B正确.用电器增加时,变压器的输出功率增加,输出电压不变,由P出=UI知输电电流I变大,根据P热=I2R知输电线的热损耗增加,故C错误.要提高用户的电压,根据=知应使副线圈匝数增加,滑动触头P应向上滑,故D错误.6.某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图(甲)所示,图(乙)是其输入电压u的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=22 Ω.下列说法正确的是( C )A.通过R的电流的频率为100 HzB.电流表A2的示数为 AC.此时变压器的输入功率为22 WD.将P沿逆时针方向移动一些,电流表A1的示数变小解析:由题图(乙)可知,该交变电流的周期T=0.02 s,则频率f==Hz=50 Hz,故A错误;由题图(乙)知输入电压的最大值为U m=220V,所以有效值U=220 V,则副线圈两端的电压为U′=U×=220× V=22 V,所以通过电阻的电流(即电流表A2的示数)为I==A=1 A,故B 错误;变压器的输出功率P′=U′I=22×1 W=22 W,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以输入功率P=P′=22 W,故C正确.将P沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,所以输入功率也变大,故电流表A1的示数将变大,故D错误. 7.(2018·江西上饶六校第一次联考)如图所示,一正弦交流电瞬时值为e=220sin 100πt(V),通过一个理想电流表,接在一个理想变压器两端,变压器起到降压作用,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,以下说法正确的是( D )A.流过r的电流方向每秒钟变化50次B.变压器原线圈匝数小于副线圈匝数C.开关从断开到闭合时,电流表示数变小D.R=r解析:由表达式知角频率ω=100πrad/s,则交变电流的频率f==50 Hz,所以电流方向每秒钟变化100次,A错误;降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数,B错误;开关从断开到闭合时,副线圈电阻减小,电压不变,所以副线圈电流增大,则原线圈电流即电流表示数变大,C错误;开关闭合前,AB两端的功率为P AB=()2×R,开关闭合后,AB两端的功率为P AB′=()2×=×2R,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,则有=,解得R=r,故D正确.8.如图所示,在理想变压器原、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,测出原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为,则副线圈两端的电压为( B )A.22 VB.66 VC.88 VD.110 V解析:原线圈回路中的电阻的功率为P1=R,副线圈回路中的电阻的功率为P2=R,由题意可知,=,解得=,故==,设副线圈两端的电压为U,则原线圈两端的电压为3U;与原线圈串联的电阻的电压为U R=I1R=R=,所以+3U=220 V,解得U=66 V.9.(2018·新疆乌鲁木齐三诊)(多选)如图所示为理想变压器,其中r 为定值电阻,R为滑动变阻器,电源u为正弦交流电源, 输出电压的有效值恒定,当滑动变阻器的滑片P向右移动时( CD )A.原、副线圈的电流之比变小B.通过定值电阻r的电流变大C.滑动变阻器R两端的电压变大D.电源u的输出功率变小解析:根据I2∶I1=n1∶n2可知,只要原、副线圈的匝数比不变,无论P 向何方移动,原、副线圈的电流之比不变,故A错误;P向右移动时,滑动变阻器接入电路总电阻变大,副线圈的电流变小,原线圈的电流变小,即通过定值电阻r的电流变小;电源的输出功率P=UI1变小;滑动变阻器两端的电压为U R=(U-I1r)变大,故B错误,C,D正确.10.(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示,有一个“”形铁芯上绕有两个线圈,铁芯的三个竖直部分截面积相同,当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯,并且在分支处分成完全相等的两部分,现在给线圈1加电压为U0的正弦式交流电,2接一负载电阻,此时线圈1中的电流为I0,线圈2中的电流为I0,则线圈1,2的匝数比k及线圈2两端的电压U为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)( AC )A. U=2U0B.U= 4U0C.k=D.k=解析:根据=,得k====,根据=,解得U=U0=2U0,故A,C 正确,B,D错误.11.(2019·宁夏固原模拟)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2 kV高压输电,最后用户得到220 V,9.5 kW的电力,求:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;(2)输电线路导线的总电阻R;(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.解析:(1)升压变压器的原、副线圈的匝数比===.(2)输电线上的电流I== A=5 A,输电线电阻R==Ω=20 Ω.(3)降压变压器原线圈电压U3=U2-IR=2 000 V-5×20 V=1 900 V,故降压变压器原、副线圈的匝数比===.答案:(1)1∶5 (2)20 Ω (3)95∶1112.(2018·广东深圳一模)用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0的同一小灯泡供电,甲电路中R为滑动变阻器,乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1,n2,若灯泡均能正常工作,则( D )A.变压器可能是升压变压器B.n1∶n2=U0∶UC.甲乙电路消耗功率之比为U2∶D.R两端的电压最大值为(U-U0)解析:由甲电路知,电源电压等于变阻器两端的电压与小灯泡两端的电压之和,所以U>U0,在乙电路中,根据电压与匝数成正比,有n1∶n2 =U∶U0,又由U>U0,知n1>n2,所以该变压器是降压变压器,故A,B错误;灯泡均能正常工作,所以电流等于额定电流,甲电路消耗的功率为UI,乙电路消耗的功率为U0I,所以甲乙电路消耗的功率之比为U∶U0,故C错误;R两端电压的有效值为(U-U0),因为是正弦交变电流,所以R两端电压的最大值为(U-U0),故D正确.13.(2019·山东淄博模拟)如图所示,变压器均为理想变压器,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 )A.9P,B.P,PC.,9PD.,P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的电压为U,电流为I,电阻为R,则有P=UI==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,变压器输入电流均为I.所以图(甲)中L1的功率为P a==9P;图(乙)中L1的功率为P b=()2R=P.14.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶2,原线圈接电压随时间变化规律为u=220sin 100πt(V)的交流电源, ,,是三个理想电流表,D为理想二极管,R1是滑动变阻器,定值电阻R2=R3=220 Ω,则( B )A.电流表A2的示数为1.0 AB.电流表A3的示数为2.0 AC.滑动变阻器R1的滑片向下滑动时,电流表A1的示数将变小D.滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,变压器输入功率增大解析:变压器输入电压有效值U1= V=220 V,匝数比n1∶n2=1∶2,由U1∶U2=n1∶n2得,变压器输出电压有效值U2=440 V,则电流表A3的示数即通过电阻R3的电流有效值I3== A=2 A,选项B正确;若R2处无二极管,则通过电阻R2的电流有效值为2 A,那么当R2处有二极管致通电时间减半,设电流有效值为I2,应有R2T=I2R2·,解得I2= A,即电流表A2的示数为 A,选项A错误;变压器的输入电压及匝数比不变,则输出电压不变,当R1的滑片向上滑动时,输出端负载电阻增大,变压器的输出功率与输入功率均减小;当R1的滑片向下滑动时,输出端负载电阻减小,变压器的输出功率与输入功率均增大,则变压器的输入电流即电流表A1的示数变大,选项C,D错误.15.(2019·河南开封模拟)如图所示,一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为5∶1,原线圈接入最大值一定的正弦式交变电流,副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联,电压表和电流表均为理想交流电表,电流表A1,A2及电压表V的示数分别为I1,I2,U2,定值电阻的阻值为R,其消耗的功率为P,电容器的电容为C,所带的电荷量为Q,则它们的关系为( D )A.Q=CU2B.I2=C.P=5I1U2D.=解析:由于电容器两端电压是变化的,即电容器不断地被充电和放电,其电荷量不是一个定值,故不能用公式Q=CU2来计算,选项A错误;I2是副线圈的总电流,而只是通过电阻R的电流,由于电容器不断充电和放电,故I2>,选项B错误;根据变压器的规律=,故选项D正确; I2=5I1,而P≠U2I2≠5I1U2,选项C错误.。
高三物理一轮复习练习：第十一章第2讲 变压器 电能的输送解析含答案
配餐作业变压器电能的输送►►见学生用书P377A组·基础巩固题1．(多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )A．通过正弦交变电流的原线圈的磁通量不变B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A项错误；因理想变压器无漏磁，故B、C项正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D项错误。
答案BC2．如图所示为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220 V,40 W”。
当灯泡所消耗的功率都调至20 W时，哪种台灯消耗的功率最小( )A． B.C． D.解析台灯的消耗功率是指包含灯泡和其他辅助器件的总功率。
由A、B、C、D四选项分析可知：C项中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总功率(台灯消耗功率)只有灯泡的功率20 W，而其他选项中，不论滑动变阻器是分压接法还是限流接法，滑动变阻器上总有功率损耗，台灯的消耗功率都大于20 W。
故C项正确。
答案 C3．如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线输送给用户(电灯等用电器)，R 表示输电线的电阻，则( )A ．用电器增加时，变压器输出电压增大B ．要提高用户的电压，滑动触头P 应向上滑C ．用电器增加时，输电线的热损耗减小D ．用电器增加时，变压器的输入功率减小解析 由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，A 项错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当滑动触头P 向上滑时，n 2增大，所以输出电压增大，用户的电压增大，B 项正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线的热损耗增大，C 项错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，D 项错误。
2020版高考物理新设计一轮复习江苏专版讲义：第十章 第2节 变压器 电能的输送 含答案
第2节变压器__电能的输送(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。
(√)(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。
(×)(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。
(×)(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。
(×)(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。
(√)(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。
(√)(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。
(√)突破点(一)理想变压器1．变压器的工作原理2．理想变压器的基本关系1．(2019·南京、盐城一模)变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。
如图所示，是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，匝数分别为n 1和n 2。
下列说法正确的是( )A ．n 1>n 2，原线圈比副线圈的导线粗B ．n 1>n 2，原线圈比副线圈的导线细C ．n 1<n 2，原线圈比副线圈的导线粗D ．n 1<n 2，原线圈比副线圈的导线细解析：选B 由于是降压变压器，所以原线圈匝数要比副线圈匝数多，即n 1>n 2，故C 、D 错误，输入功率等于输出功率，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，则较粗导线的线圈应该作为副线圈，故B 正确，A 错误。
2.[多选](2019·苏州一模)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 ＝25 Ω，C 为电容器。
原线圈接u 1＝2002sin(100πt )V 的交流电。
则( )A ．该交流电的频率为50 HzB ．交流电流表的读数为0C ．电阻R 的功率为200 WD ．电容器的耐压值应大于50 2 V解析：选AD 由ω＝2πf 可知该交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，故A 正确；电容器通交流隔直流，则交流电流表的读数不为0，故B 错误；由U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈的电压为U 2＝50 V ，电阻R 的功率为P ＝U 22R ＝100 W ，故C 错误；由于副线圈的电压有效值为50 V ，最大值为50 2 V ，所以电容器的耐压值应大于50 2 V ，故D 正确。
2020届高考物理一轮复习：变压器和电能的输送专题练习(含答案)
2020高考物理变压器与电能的输送专题练习（解析版）1.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n∶n2＝1∶2，副线圈与阻值R＝10 Ω的电阻相连，原线圈两端所加的电压u＝102sin 100πt(V)，下列说法正确的是()A．交流电压表的示数为14.1 VB．原线圈中的电流为4 AC．电阻R消耗的电功率为400 WD．副线圈中交流电的频率为100 Hz答案：选B2.有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡。
当S 断开时，灯L1正常发光。
S闭合后，下列说法正确的是()A．电阻R消耗的电功率增大B．灯L1、L2都能正常发光C．原线圈的输入功率减小D．原、副线圈的电流比减小答案：选A3．如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A的保险丝L(电阻忽略不计)，原线圈匝数n1＝600，副线圈匝数n2＝120。
当原线圈接在如图乙所示的交流电源上，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接()A．阻值为12 Ω的电阻B．并联两盏“36 V40 W”的灯泡C．工作频率为10 Hz的用电设备D．耐压值为36 V的电容器答案：选B4．[多选]图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，R T为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。
原线圈所接电压u 随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示。
下列说法正确的是()A．变压器输入、输出功率之比为4∶1B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt)(国际单位制)D．若热敏电阻R T的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大答案：选BD5．[多选]如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。
线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练：变压器 电能的输送(含解析)
2020届高考物理人教版第一轮专题复习强化练变压器电能的输送一、选择题1、把图(甲)所示的正弦式交变电流接在图(乙)中理想变压器的A,B 两端,电压表和电流表均为理想电表,R t为热敏电阻(温度升高时其电阻减小),R为定值电阻.下列说法正确的是( )A.R t处温度升高时,电流表的示数变大,变压器输入功率变大B.R t处温度升高时,电压表V1,V2示数的比值不变C.在t=1×10-2 s时,电压表V1,V2示数均为零D.变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36sin 50πt(V)答案：A解析：R t温度升高时,阻值减小,电流增大,而输出电压不变,所以变压器输出功率增大,而输入功率等于输出功率,所以输入功率增大,故A正确;原副线圈电压比不变,副线圈两端电压不变, R t温度升高时,阻值减小,电流增大,则R两端电压增大,电压表V2示数减小,故电压表V1,V2示数的比值增大,B错误;当t=0.01 s时,变压器的输入电压瞬时值u=0,但电压表V1,V2的示数均为有效值不为零,故C错误;原线圈接题图(甲)所示的正弦式交变电流,由图知最大电压为36 V,周期为0.02 s,故角速度为ω=100π rad/s,则电压的瞬时值表达式为u=36sin 100πt(V), D错误.2. 用同样的交流电分别用甲、乙两个电路给同样的灯泡供电,结果两个电路中的灯泡均能正常发光,乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶3,则甲、乙两个电路中的电功率之比为( )A.1∶1B.5∶2C.5∶3D.25∶9答案：C解析：设灯泡的额定电流为I,则甲电路的功率为P甲=UI,根据理想变压器的特点,乙电路中原线圈中电流为I,乙电路的功率为P乙=IU,因此甲、乙两个电路中的功率之比为5∶3,则C项正确.3.(多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1,原线圈接入电压的瞬时值表达式为u=220sin 100πt(V)的正弦交流电,一个阻值R=100 Ω的电阻接在副线圈上,如图所示.电压表和电流表均为理想交流电表,则下列说法正确的是( )A.副线圈两端的电压为44 VB.电流表的示数为0.062 AC.电阻R消耗的功率为9.68 WD.通过电阻R的电流方向每秒改变50次答案：BC解析:原线圈接入电压的瞬时值表达式为u=220sin 100πt(V),则U1=V=110 V,根据变压器原理可知副线圈两端的电压为U2=U1= 22 V,A错误;副线圈中的电流I2==0.22 A=0.31 A,根据变压器原理可得I1=I2=0.062 A,B正确;电阻R消耗的功率为P=U2I2=9.68 W, C正确;该交流电的频率为f= Hz=50 Hz,所以通过电阻R的电流方向每秒改变100次,D错误.4.(多选)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1 AD.降压变压器的输入电压为4 970 V答案：AD解析:根据P损=0.6%P=R得,输电线上损失的功率P损=300 W,输电线上的电流I2=10 A,故A正确,C错误;升压变压器原线圈的输入电流为I1==100 A,则升压变压器的匝数之比为==,故B错误;输电线上损失的电压为ΔU=I2R=30 V,升压变压器的输出电压为U2=10U1=5 000 V,则降压变压器的输入电压为U3=U2-ΔU=4 970 V,故D正确.5.普通的交流电表不能直接接在高压输电线上测量交流电流,通常要与电流互感器配合使用.图中电流互感器ab间线圈匝数较多,cd间线圈匝数较少.下列说法正确的是( )A.ab接MN,cd接PQ,I ab>I cdB.ab接PQ,cd接MN,I ab<I cdC.在使用电流互感器时,副线圈可以不用接地D.在使用电流互感器时,副线圈可以处于开路状态答案：B解析：电流互感器的作用是使大电流变成小电流,根据电流与匝数成反比,原线圈的匝数小于副线圈的匝数,故ab接PQ,cd接MN,且I ab<I cd,故A错误,B正确;由于高压电流互感器的原线圈一侧为高压,当原、副线圈之间因绝缘损坏出现高压击穿时,将导致高压进入低压,如果副线圈一点接地,即将高压引入了大地,可确保人身及设备的安全,故C错误;电流互感器副线圈一侧不允许开路.副线圈开路可能产生严重后果,一是铁芯过热,甚至烧毁互感器,二是由于副线圈绕组匝数很多,会感应出危险的高电压,危及人身和设备的安全,故D错误.6.(多选)图(a)中理想变压器的原线圈依次接入如图(b)所示的甲、乙两个正弦交流电源.接电源甲后,调节滑动变阻器滑片位置使小灯泡正常发光,灯泡的功率及电流频率分别为P1,f1;保持滑片位置不变,改用电源乙,小灯泡的功率及电流频率分别为P2,f2,则( )A.f1∶f2=3∶2B.P1∶P2=2∶1C.若将变阻器滑片向左移动,电源乙可能使小灯泡正常发光D.若将变压器动片P向下移动,电源乙可能使小灯泡正常发光答案：AD解析：变压器不改变交流电的频率,从图(b)中可知1.5T1=T2,即=,所以=,A正确;从图(b)中可知甲乙两个电源的电动势最大值比为2∶1,所以两种情况下副线圈两端的电压有效值比为2∶1,所以两种情况下通过灯泡的电流比为2∶1,根据P=I2R,可知=,B错误;若将变阻器滑片向左移动,滑动变阻器连入电路的电阻增大,通过灯泡的电流更小了,所以不可能使小灯泡正常发光,C错误;若将变压器动片P向下移动,即减小,根据=可知U2增大,即副线圈两端电压增大,故电源乙可能使小灯泡正常发光,D正确.7.(多选)如图所示,理想变压器原副线圈匝数比为2∶1,原线圈接交流电u=20sin 100 πt(V),保险丝的电阻为1 Ω,熔断电流为2 A,电表均为理想电表.下列说法正确的有( )A.电压表V的示数为14.1 VB.电流表A1,A2的示数之比为2∶1C.为了安全,滑动变阻器接入电路的最小阻值为4 ΩD.将滑动变阻器滑片向上移动,电流表A1的示数减小答案：CD解析：原线圈电压有效值为U1= V=20 V,根据变压器原理可得U2=U1 =10 V,即电压表V的示数为10 V,A错误;根据变压器原理可知,电流表A1,A2的示数之比为1∶2,B错误;保险丝的电阻为1 Ω,熔断电流为2 A,为了安全,滑动变阻器接入电路的最小阻值为R min=-r保=Ω- 1 Ω=4 Ω,C正确;将滑动变阻器滑片向上移动,滑动变阻器接入电路的总电阻增大,副线圈电流减小,则原线圈的电流也减小,即电流表A1的示数减小,D正确.8.(多选)如图(甲)所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为44 ∶5,b是原线圈的抽头,且其恰好位于原线圈的中心,S为单刀双掷开关,负载电阻R=25 Ω,电表均为理想电表,在原线圈c,d两端接入如图(乙)所示的正弦交流电,下列说法中正确的是( )A.当S与a连接,电流表的示数为 AB.当S与a连接,电压表示数为50 VC.将S与b连接,电阻R消耗的功率为100 WD.将S与b连接,1 s内电阻R上电流方向改变100次答案：CD解析:由图像可知,电压的最大值为220 V,交流电的周期为2×10-2s,所以交流电的频率为f=50 Hz,交流电电压的有效值为 V= 220 V,当S与a连接时,根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压为25 V,电压表示数为25 V,根据欧姆定律知副线圈中的电流I2==A= 1 A,由=得I1=·I2= A,即电流表示数为 A,故A,B错误;S 与b连接时,副线圈两端的电压U2=U1=×220 V=50 V,电阻R消耗的功率为P2== W=100 W,故C正确;变压器不会改变电流的频率,所以副线圈输出电压的频率为50 Hz,1 s电流方向改变100次,故D 正确.9.电吹风是生活中的常用电器.某款电吹风的各项参数如下表所示,其电路图如图所示,理想变压器的两线圈匝数分别为n1和n2, a,b,c,d 为四个固定触点,可动的扇形金属片P可同时接触两个触点.触片P处于不同位置时,电吹风可处于停机、吹热风和吹自然风三种不同的工作状态.关于该款电吹风,下列说法中正确的是( )热风时输入功率450 W自然风时输入功率50 W小风扇额定电压50 V 正常工作时小风扇的机械功率42 WA.触片P与触点b,c接触时,电吹风吹热风B.变压器两线圈的匝数比n1∶n2=22∶5C.小风扇线圈电阻为8 ΩD.电热丝正常工作时电阻为625 Ω答案：C解析:只有电热丝接入时才能吹热风,故吹热风时触片P与触点a,b接触,故A错误;根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系得n1∶n2=50∶220=5∶22,故B错误;小风扇的热功率为P热=50 W-42 W= 8 W,电流I= A=1 A,则由P=I2r可得,r=8 Ω,故C正确;电热丝的功率P′=450 W-50 W=400 W,由P=可知,电热丝电阻R=Ω=121 Ω,故D错误.10.(多选)如图,理想变压器原、副线圈的匝数比为22∶3,原线圈接u=220sin 100πt(V)的交流电,副线圈接电阻R1= R2=30 Ω, D为二极管.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大,下列说法正确的是( )A.原线圈所接交流电的频率为100 HzB.通过电阻R1的电流有效值为1 AC.通过电阻R2的电流有效值为1 AD.原线圈的输入功率为45 W答案：BD解析:原线圈接u=220sin 100πt(V)的交流电,周期T= s=0.02 s,频率f==50 Hz,故A错误;原线圈两端电压U1=220 V,根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知,副线圈两端电压为U2=×220 V=30 V,通过R1的电流I= A=1 A,故B正确;由于二极管的作用,通过电阻R2的电流I′=× A= A,故C错误;电阻R1消耗的功率P1==30 W;由于二极管的作用,电阻R2电压只有正向电压,则电阻R2消耗的功率为P2= P1 =15 W,副线圈的输出功率应为45 W,输出功率等于输入功率,则变压器的输入功率为45 W,故D正确.11.(多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示,铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成. 当右侧线圈L2中产生电流时,电流经放大器放大后,使电磁铁吸起铁质开关S,从而切断家庭电路. 仅考虑L1在铁芯中产生的磁场,下列说法正确的有( )A.家庭电路正常工作时,L2中的磁通量为零B.家庭电路中使用的用电器增多时,L2中的磁通量不变C.家庭电路发生短路时,开关S将被电磁铁吸起D.地面上的人接触火线发生触电时,开关S将被电磁铁吸起答案：ABD解析:当家庭电路正常工作时,零线和火线中的电流大小相等,方向始终相反,在L1中产生的磁场方向始终相反,磁场相互叠加,L1,L2中的磁通量为零,A项正确;家庭电路中使用的用电器增多及电路发生短路时,零线和火线中的电流变大但大小仍然相等,电流方向始终相反,L1,L2中的磁通量仍为零,不变,B项正确,C项错误;地面上的人接触火线发生触电时,零线和火线中的电流大小不相等,L1中的磁通量不为零,发生变化,L2中的磁通量不为零发生变化,线圈L2中产生感应电流,此时开关S将被电磁铁吸起,D项正确.12.如图所示,矩形闭合导线框ABCD处于可视为水平方向的匀强磁场中,线框绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈接有一只“11 V,33 W”的灯泡.当灯泡正常发光时,变压器输入电压u=33cos 10πt(V).下列说法正确的是( )A.图示位置可能是计时起点B.图示位置线框中产生的磁通量变化率最小C.变压器原、副线圈匝数之比为3∶1D.通过电流表A的电流为 A答案：B解析:根据电压瞬时值表达式可知,线框转动的计时起点是线框平面与磁感线平行的位置,不是图示的位置,选项A错误;图示位置线框的磁通量最大,磁通量的变化率最小,选项B正确;变压器原线圈的电压有效值为33 V,副线圈电压为11 V,根据=,则变压器原、副线圈匝数之比为3∶1,选项C错误;根据输出功率与输入功率相等可知,通过电流表A的电流为I==A=1 A,选项D错误.13． (多选)如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝210T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计。
2020届高考物理一轮复习专题十一交变电流考点二变压器电能的输送教学案(含解析)
知识点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．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出。
(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，若n 1＞n 2，为降压变压器； 若n 1＜n 2，为升压变压器。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1；有多个副线圈时仍有P 入＝P 出，据P ＝UI 可推出，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n ，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…＋n n I n 。
(4)频率关系：不变。
4．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2 远距离输电 1．减少输电电能损失的两种方法 (1)理论依据：P 损＝I 2R 。
(2)减小输电线的电阻：根据电阻定律R ＝ρl S，要减小输电线的电阻R ，在保证输电距离情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积等方法。
(3)减小输电导线中的电流：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。
2．输电过程示意图 3．输电电流 (1)I ＝P U ；(2)I ＝U －U ′R。
4．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Q ＝I 2Rt 。
5．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR 。
6．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R 。
一、理想变压器原理和基本关系 1．变压器的工作原理 2．理想变压器的基本关系特别提醒(1)变压器不能改变直流电压，因为工作原理早已不成立。
2020年高考物理新课标第一轮总复习讲义：第十一章 第二讲 变压器 电能的输送 含答案
基础复习课第二讲变压器电能的输送[小题快练]1．判断题(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值．( √ )(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．( × )(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压．( × )(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小．( × )(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．( √ )(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗．( √ )(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．( √ )2．(多选)如图所示，某理想变压器的原线圈接一交变电压，副线圈接如图所示电路，开关S原来闭合，且R1＝R2.现将S断开，那么交流电压表的示数U、交流电流表的示数I、电阻R1上的功率P1及该变压器原线圈的输入功率P的变化情况正确的是( AD )A．U增大B．I增大C ．P 1减小D ．P 减小3．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( C )A ．因为热功率P ＝U 2R ，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4．如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002·sin 100πt 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( C )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W考点一 理想变压器基本规律的应用 (自主学习)理想变压器以及原、副线圈基本量的关系1－1. [变压器的基本关系]交流发电机的电动势表达式为e＝100 2 sin 100πt V，内阻不计，当把该交流发电机接在如图所示的理想变压器的电路中时，已知该变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，电流表是理想电表，负载电阻R的阻值为10 Ω，则下列说法正确的是()A．电流表的示数为2 2 AB．负载电阻R两端的电压为20 2 VC．负载电阻R消耗的电功率为40 WD．通过负载电阻R的电流的周期为T＝0.1 s答案：C1－2.[交变电流与变压器综合问题](多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3为三只规格均为“9 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是()A．电流表的示数为2 AB．电压表的示数为27 2 VC．副线圈两端接入耐压值为8 V的电容器能正常工作D．变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz答案：AD1－3.[原副线圈中均有用电器](多选)(2019·青岛初调)理想变压器原线圈a匝数n1＝100匝，副线圈b 匝数n2＝50匝，线圈a接在u＝502sin314t V的交流电源上，“12 V 6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝24 Ω，电压表为理想电表．下列说法正确的是()A．交变电流的频率为100 HzB．原线圈两端的电压为50 VC ．电压表的示数为24 VD ．R 1消耗的功率是0.5 W解析：由公式可知，角速度ω＝100 π，则f ＝100π2π＝50 Hz ，故A 错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流I ＝P U ＝612 A ＝0.5 A ，所以电压表示数为：U 2＝12＋IR 2＝12＋0.5×24＝24 V ，故C 正确；根据理想变压器电压比：n 1n 2＝U 1U 2，可得原线圈两端的电压为：U 1＝48 V ，故B 错误；由电压之比等于匝数之比可知，输出端电压为48 V ，R 1两端的电压为U ′1＝50－48＝2 V ；根据电流之比等于线圈匝数的反比可得：I 1＝0.25 A ；则功率P ＝U ′I ＝2×0.25＝0.5 W ，故D 正确． 答案：CD考点二 理想变压器的动态分析 (自主学习)常见的两种情况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．2－1.[匝数比变化] (2016·四川卷)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：B2－2.[负载电阻变化] (多选)图示电路中，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A1、A2的示数均减小了，且A1的示数仍大于A2的示数，则下列说法正确的是()A．电压表V1示数减小B．A1、A2的示数表示电流的瞬时值C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是由d端向c端滑动的答案：CD[反思总结]含有变压器的动态电路问题的解题思路考点三远距离输电(自主学习)远距离输电问题的“三二二”1．理清三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机．回路2：输送电路．I2＝I3＝I线，U2＝U3＋ΔU，P2＝ΔP＋P3.回路3：输出电路．I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用．2．抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1，P1＝P2.(2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是U3U4＝n3n4，I3I4＝n4n3，P3＝P4.3．掌握两种损耗(1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，ΔU＝U2－U3＝I线R线．(2)功率损耗：输电线上的电阻发热的功率损耗，ΔP＝P2－P3＝I2线R线．输电线上能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式ΔP＝I2线R线或ΔP＝ΔU2R线.3－1.[远距离输电原理](2018·广东茂名一模)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220 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.n2n1＞n3 n4B.n2n1＜n3n4C．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解析：由变压器的电压比等于匝数之比得n2n1＝U2U1，n3n4＝U3U4及U1＝220 V，又因为线路电压损失，即U2＞U3，所以n2n1＞n3n4，A正确，B错误；由于远距离输电，导致线路电阻通电发热，而使功率损失，所以升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压；升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，C、D错误．答案：A3－2.[功率损失](2015·福建卷)图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n1、n2，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( )A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m 4rC ．4(n 1n 2)2(PU m)2rD ．4(n 2n 1)2(P U m)2r答案：C3－3.[远距离输电的计算] (多选)图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T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻R ＝10 Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与电阻为R 0的用电器组成闭合电路．若T 1、T 2均为理想变压器，T 2的副线圈两端电压u ＝2202sin 100πt V ．当用电器电阻R 0＝11 Ω时( )A ．通过用电器的电流有效值是20 AB ．当用电器的电阻R 0减小时，输电线损耗的功率也随着减小C ．发电机中的电流变化频率为100 HzD ．升压变压器的输入功率为4 650 W 答案：AD1．(2018·广东惠州调研)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，a 、b 两点间的电压为u ＝2202sin 100πt V , R 为可变电阻，P 为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽略不计，熔断电流为2 A ．为使保险丝不熔断，可变电阻R 连入电路的最小阻值是( )A ．1.1 2 ΩB ．1.1 ΩC ．11 ΩD ．11 2 Ω解析：原线圈输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，根据电压与匝数成正比解得：U 2＝n 2n 1U 1＝110×220＝22V ；原线圈的最大输入功率为P 1＝U 1I ＝220×2＝440 W ；输出功率等于输入功率P 2＝P 1＝440 W ；输出功率：P 2＝U 22R ，解得：R ＝1.1 Ω，故B 正确． 答案：B2．(2018·合肥九中二模改编)在电能输送过程中，若输送的电功率一定，则在输电线上损耗的功率，下列说法错误的是( )A ．随输电线电阻的增大而增大B ．和输送电压的平方成正比C ．和输送电压的平方成反比D ．和输电线上电流的平方成正比解析：输电线上损失的电功率等于电线的发热功率，计算要根据P 损＝I 2R 求解．输电线上的功率损失P 损＝I 2R 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 损＝(ΔU )2R 损式中ΔU 为输电线上的电压降，所以B 错误，A 、C 、D 正确．答案：B3．如图所示，甲图中变压器为理想变压器，其原线圈接在u ＝122sin 100πt V 的交流电源上，副线圈与阻值R 1＝2 Ω的电阻接成闭合电路，电流表为理想电流表．乙图中阻值R 2＝32 Ω的电阻直接接到u ＝122sin 100πt V 的交流电源上，结果电阻R 1与R 2消耗的电功率相等，则( D )A ．通过电阻R 1的交变电流的频率为0.02 HzB ．电阻R 1消耗的电功率为9 WC ．电流表的示数为6 AD ．变压器原、副线圈匝数比为4∶14．(多选)如图所示，发电机的矩形线圈面积为S ，匝数为N ，绕OO ′轴在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动．从图示位置开始计时，下列判断正确的是( BD )A ．此时穿过线圈的磁通量为NBS ，产生的电动势为零B ．线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为 e ＝NBSωsin ωtC ．P 向下移动时，电流表示数变小D．P向下移动时，发电机的电功率增大[A组·基础题]1．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，其原线圈接一交流电源，电压u＝2202 sin 100πt V，副线圈接一电动机，电阻为11 Ω.若电流表A2示数为1 A，电表对电路的影响忽略不计，则( B )A．交流电的频率为100 HzB．电动机输出功率为33 WC．电流表A1示数为5 AD．变压器原线圈的输入功率为33 W2．(2018·广东高考一模)在如图所示的电路中，理想变压器原线圈匝数n1＝600匝，副线圈的匝数n2＝120匝，当原线圈接入u＝180sin 50πt V的正弦式交变电流时，下列判断正确的是( C )A．正弦式交变电流的频率为50 HzB．副线圈两端电压为36 VC．当滑动变阻器滑片向b端滑动时，灯泡消耗的电功率一定增大D．当滑动变阻器滑片向a端滑动时，滑动变阻器消耗的总电功率一定增大解析：正弦交流电的频率为f＝ω2π＝50π2π＝25 Hz，A错误；原线圈两端电压为U1＝1802＝90 2 V，根据U1U2＝n1n2可得副线圈两端电压为U2＝18 2 V ，B错误；当滑动变阻器滑片向b端滑动时，灯泡两端的电压增大，故小灯泡消耗的电功率一定增大，C正确；滑动变阻器滑片向a端滑动过程中，其连入电路的电阻分为两部分，一部分增大，一部分减小，所以其消耗的总功率不一定增大，D错误．3．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd，为了使电流表能正常工作，则( B )A．ab接MN、cd接PQ，I ab＜I cdB．ab接MN、cd接PQ，I ab＞I cdC．ab接PQ、cd接MN，I ab＜I cdD．ab接PQ、cd接MN，I ab＞I cd4．如图，一理想变压器原线圈接正弦式交流电源，副线圈接有三盏相同的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有“36 V 6 W”字样，此时L1恰好正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表的示数为0.5 A，下列说法正确的是( D )A．原、副线圈匝数之比为3∶1B．变压器的输入功率为12 WC．电压表的示数为9 VD．若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减小5．(多选)如图所示，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，其中R2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，电流表A2是值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器两端的电压(报警器未画出)，R3是一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，下列说法正确的是( BD )A．变压器的输入功率不变B．变压器的输入功率增大C．电流表A1的示数增大，电压表V1的示数增大D．电流表A2的示数减小，电压表V2的示数减小6．(多选)(2019·山西榆社中学联考)如图所示，理想变压器原、副线的匝数比n1∶n2＝22∶1在a、b端加上一交变电压u＝2202sin 100 πt V，通过小灯泡的电流为0.3 A，小灯泡正常发光，则下列说法正确的是( AD )A．小灯泡的额定功率为3 WB．小灯泡的额定功率为66 WC．将滑动变阻器的滑片稍微下移，灯泡会变暗D．将滑动变阻器的滑片稍微下移，变压器的输入功率将变小7．(多选)如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝210T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计，线框平面与磁感线垂直，以此时刻为计时起点，线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V 60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是( BD )A．图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零B．线框中交变电压瞬时值的表达式为e＝5002·sin 200t VC．变压器原、副线圈匝数之比为50∶11D．变压器允许输出的最大功率为5 000 W[B组·能力题]8. 如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原线圈接一正弦交变电流，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，则当该装置附近有火源而导致其所在位置温度升高时(不考虑仪器的损坏)( B )A．电流表示数不变B．电压表的示数不变C．R0的功率变小D．变压器的输出功率减小9．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，除R以外其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202·sin 100πt V．下列说法中正确的( C )A．t＝1600s时，电压表的示数为220 VB．t＝1600s时，a、c两点间电压瞬时值为110 VC．滑动变阻器滑片向上移，电压表的示数不变，电流表的示数减小D．单刀双掷开关由a扳向b，电压表的示数不变，电流表的示数减小10．(多选)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝22T，单匝矩形线圈面积S＝1 m2，电阻r＝10 Ω，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接．V为理想交流电压表，A1、A2为理想交流电流表，L1、L2为两个完全相同的电灯泡，灯泡上标有“20 V20 W”的字样且均正常发光，电流表A1的示数为1 A．则以下说法正确的是( AC )A．电流表A1、A2的示数之比为1∶2B．理想电压表原、副线圈的匝数之比为1∶2C．线圈匀速转动的角速度ω＝100 rad/sD．电压表的示数为40 2 V11．(多选)如图甲所示，空间中存在一水平方向的匀强磁场，磁感应强度B＝0.5 T，一矩形线圈绕水平中心轴P匀速转动，转动角速度ω＝10 2 rad/s，线圈面积S＝0.3 m2，匝数n＝4，现把甲图产生的交流电加在乙图的a线圈两端，铁芯上的另一线圈b与一个标有“12 V9 W”的小灯泡相连．线圈a 与b的匝数之比为1∶2.甲图中的矩形线圈从图示位置运动开始计时，不计所有导线的电阻，则( BD )A．线圈转动产生的感应电动势e＝62sin 102t VB．线圈绕P转动时的电动势等于绕另一平行于P轴的Q轴转动时的电动势C．小灯泡恰好正常发光D．小灯泡不能正常发光12．(多选)(2019·长春实验中学开学考试)含有理想变压器的电路如图所示，L1、L2、L3均为“24 V 2 W”的灯泡，V为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(输出电压的有效值恒定)．当开关S闭合时，灯泡均正常发光．下列说法正确的是( BD )A．变压器原、副线圈匝数比为1∶2B．电压表的示数为72 VC．变压器的输入功率为8 WD．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁解析：每个灯泡的额定电流：I L＝P LU L＝224A＝112A，则原线圈的电流为I1＝112A，副线圈的电流为I1＝16A，则n1n2＝I2I1＝21，选项A错误；变压器次级电压为24 V，则根据匝数比可得初级电压为U1＝n1n2U2＝48 V ，则电压表读数为48 V＋24 V＝72 V，选项B正确；变压器的输入功率：P1＝U1I1＝4 W，选项C错误；副线圈上再并联一个相同的灯泡L4，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，灯泡L1可能烧坏，故D正确．13．(2019·河南中原名校质检)2017年8月，广东省受台风“天鹤”影响，造成大面积停电．某通讯公司准备的应急供电系统如图所示，图中T1、T2分别为理想的升压变压器和降压变压器，R表示输电线电阻，I表示电流，U表示线圈两端电压，n表示线圈的匝数，下列说法正确的是( D )A．如果发电机的输出功率为P，则P＝U1I1＝U2I2＝U4I4B．若n1∶n2＝n4∶n3，则有U1＝U4C．用户消耗的功率越大，输电线上消耗的功率越小D．如果发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为P2U22R解析：由于输电线需要消耗一部分电能，故发电机的输出功率P＝U1I1＝U2I2＞U4I4，A错误；输电线上有电压降，所以n1n2＝U1U2，U2＝ΔU＋U3，n3n4＝U3U4，即U1ΔU＋U3＝U4U3，故U1≠U4，B错误；根据P＝UI可知I2＝PU2，可知输电线上损耗的功率ΔP＝I22R＝P2U22R，用户消耗的功率越大，则发电机输出功率越大，输电线上消耗的功率越大，C错误，D正确．。
高考物理一轮复习变压器电能的输送
变压器电能的输送一、选择题1.如右图所示，理想变压器的a、b端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光.此时滑动变阻器的滑片P位于图示位置．现将滑片下移(导线电阻不计)，则以下说法中正确的是()A．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小B．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大C．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大D．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变解析：因为副线圈两端的电压没发生变化，所以灯仍能正常发光．当滑片下移时，由于滑动变阻器的电阻增大，所以副线圈中的电流减小，原线圈中输入的电流也变小，且输入的功率变小，A正确．答案： A2.如右图所示为远距离高压输电的示意图．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少电路的发热损耗的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4．(2011·东北三省四市联考)一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A．若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C则I A>I CB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若在使电阻R增大的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大解析：自耦变压器是指它的绕组是初级和次级在同一绕组上的变压器．通过改变初、次级的线圈匝数比的关系来改变初、次级线圈两端电压，实现电压的变换．原、副线圈两端电压与其匝数成正比．理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，若仅将触头P向A端滑动，电阻R两端的电压增大，则电阻R消耗的电功率增大，选项B正确．答案： B解析：水平铜盘做匀速圆周运动，半径切割磁感线产生恒定的感应电动势相当于电源．当R1不变时变压器原线圈所加的是恒定电压，副线圈中的磁通量一定，磁通量的变化量为零，故其输出电压为零，分析可知A、C错，B对；当R1变化时，原线圈所加的不是交流电压，其原、副线圈的电流关系不确定，故D错.答案： B9．“5·12”汶川大地震发生后，山东省某公司向灾区北川捐赠一批柴油发电机．该柴油发电机说明书的部分内容如下表所示．现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω/m.安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是()型号AED6500S最大输出功率60 kW输出电压范围220 V～300 VA.输电线路中的电流为20 AB．输电线路损失的电功率为8 000 WC．发电机实际输出电压是300 VD．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压最大值是300 V10.图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连．P为滑动头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，P2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值；电功率指平均值) 下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是()11．如图所示，导体棒ab两个端点分别搭接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c、d相接．c、d两个端点接在匝数比n1∶n2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一滑动变阻器R0.匀强磁场的磁感应强度为B，方向竖直向下，导体棒ab长为l(电阻不计)，绕与ab平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO′以角速度ω匀速转动．如果滑动变阻器的阻值为R时，通过电流表的电流为I，则()二、非选择题12．某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V，输出电功率为50 kW，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？。
2020版高考物理一轮复习通用版讲义：第十一章第70课时变压器、电能的输送(重点突破课)含答案
第70课时 变压器、电能的输送(重点突破课)[考点一 理想变压器]理想变压器的构造、原理的理解，各物理量之间的基本关系、制约关系，以及变压器电路的动态分析既是高考重点，也是学习难点。
1．构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的原线圈和副线圈组成的。
2．原理：电流磁效应、电磁感应。
3．理想变压器三个基本关系[考法细研]考法1 理想变压器关系式的应用[例1] (2018·天津高考) 教学用发电机能够产生正弦式交变电流。
利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图所示，理想交流电流表A 、理想的转速变为原来的12，交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P 。
若发电机线圈则( )A ．R 消耗的功率变为12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变[解析] 发电机线圈产生的感应电动势最大值E m ＝NBSω，其中ω＝2πn ，理想变压器的输入电压(有效值)U 1＝E m 2，若发电机线圈的转速n 变为原来的12，根据U 1U 2＝n 1n 2，则电压表V 的读数变为12U ，通过R 的电流变为原来的12，R 消耗的功率变为14P ，根据I 1I 2＝n 2n 1，电流表A 的读数变为12I ，故B 正确，A 、C 错误；交变电流的频率f 等于线圈的转速n ，故D 错误。
[答案] B [易错提醒](1)发电机转速变化时，电动势最大值发生变化，交变电流的频率发生变化。
(2)当R两端的电压变为原来的12时，R消耗的功率变为原来的14。
考法2理想变压器的动态分析[例2](2019·三门峡月考)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线输送给用户(小灯泡等用电器)，R表示输电线的电阻，则() A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减小D．用电器增加时，变压器的输入功率减小[解析]由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此用电器增加不会影响输出电压，选项A错误；根据变压器的变压比可知输出电压U2＝n2n1U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，用户的电压增大，选项B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线的热损耗增大，选项C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，变压器输出功率增大，所以输入功率增大，选项D错误。
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专题11.2 变压器 电能的输送1．（山东省烟台一中2019届期末）理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则( )A ．原、副线圈中电流频率之比f 1∶f 2＝10∶1B ．原、副线圈两端电压之比为U 1∶U 2＝10∶1C ．原、副线圈内交变电流之比I 1∶I 2＝1∶10D ．变压器输入和输出功率之比P 1∶P 2＝10∶1 【答案】BC【解析】根据变压器的电压比U 1U 2＝n 1n 2和电流比I 1I 2＝n 2n 1可知选项B 、C 是正确的；对于理想变压器，不改变电流的频率，输入与输出的功率应相等，即P 1＝P 2，所以选项A 、D 是错误的。
2. （广西省柳州一中2019届期中）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1。
电池和交变电源的电动势都为6 V ，内阻均不计。
下列说法正确的是( )A ．S 与a 接通的瞬间，R 中无感应电流B ．S 与a 接通稳定后，R 两端的电压为0C ．S 与b 接通稳定后，R 两端的电压为3 VD ．S 与b 接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1 【答案】BC【解析】由理想变压器的原理可知，当S 与a 接通电流稳定时，由于通过原线圈与副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流，但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零，R 中有感应电流，故A 错误，B 正确；当S 与b 接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈两端电压为3 V ，C 正确；变压器并不改变交变电流的频率，D 错误。
3. （广东省汕尾一中2019届质检）如图所示，理想变压器三个线圈的匝数比n 1∶n 2∶n 3＝10∶5∶1，其中匝数为n 1的原线圈接到220 V 的交流电源上，匝数为n 2和n 3的两个副线圈分别与电阻R 2、R 3组成闭合回路。
已知通过电阻R 3的电流I 3＝2 A ，电阻R 2＝110 Ω，则通过电阻R 2的电流I 2和通过原线圈的电流I 1分别是( )A ．10 A,12 AB ．10 A,20 AC ．1 A,0.7 AD ．1 A,3 A【答案】C【解析】根据电压与匝数成正比可得U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3，已知n 1∶n 2∶n 3＝10∶5∶1，U 1＝220 V ，解得U 2＝110 V ，U 3＝22 V ，根据欧姆定律得I 2＝U 2R 2＝1 A ，根据变压器的输入功率和输出功率相等可得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3，解得I 1＝0.7 A ，C 正确。
4．（陕西省咸阳一中2019届调研）理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压，变压器原线圈匝数n 1＝270匝，P 是副线圈上的滑动触头，当P 处于如图乙所示位置时，副线圈连入电路的匝数n 2＝135匝，电容器C 恰好不被击穿，灯泡L 恰能正常发光，R 是滑动变阻器。
以下判断正确的是( )甲 乙A ．若向下移动P ，电容器的电荷量增加B ．若保持P 不动，向下移动R 的滑片，灯泡变暗C ．若保持R 的滑片不动，向下移动P ，灯泡变亮D ．电容器的击穿电压为11 2 V 【答案】D【解析】原线圈输入电压的有效值U 1＝U m2＝22 V ，当P 位于题图乙所示位置，副线圈电压的有效值U 2＝n 2n 1U 1＝11 V ，电容器C 恰好不被击穿，若向下移动P ，电容器C 两端的电压减小，由Q ＝CU 可知，电容器所带的电荷量减少，A 错误。
若保持P 不动，向下移动R 的滑片，R 接入电路的电阻减小，流过灯泡的电流增大，灯泡变亮，B 错误。
若保持R 的滑片不动，向下移动P ，则副线圈的电压变小，灯泡变暗，C 错误。
电容器的击穿电压U ′m ＝2U 2＝11 2 V ，D 正确。
5. （广西省钦州一中2019届期中）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin(100πt ) V ，则( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表V 1的示数为22 VB ．当t ＝1600 s 时，电压表V 0的读数为110 2 VC ．单刀双掷开关与a 连接，当滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，电压表V 1的示数变小，电流表示数增大D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，变压器输入功率增大 【答案】D【解析】原线圈两端的电压U 1＝22022 V ＝220 V ，当单刀双掷开关与a 连接时，U 2＝110U 1＝22 V ，电压表V 1的示数等于变阻器两端的电压，所以电压表V 1的示数小于22 V ，A 错误。
电压表的示数为有效值，所以电压表V 0的读数为220 V ，B 错误。
滑动变阻器滑片P 向上移动，接入电路的电阻增大，R 副总增大，I 2减小，即电流表示数减小，定值电阻R 0两端电压减小，而U 2不变，所以电压表V 1的示数增大，C 错误。
当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈匝数减少，由U 1U 2＝n 1n 2知U 2增大，I 2增大，电流表读数增大，电压表V 1的示数增大，副线圈电路中消耗的功率增大，故变压器输入功率增大，D 正确。
6．（山东省莱芜一中2019届期末）如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时( )A ．输电线上损耗的功率减小B ．电压表V 1的示数减小，电流表的示数A 1增大C ．电压表V 2的示数增大，电流表的示数A 2减小D ．用户功率与发电厂输出功率的比值减小 【答案】D【解析】当用电高峰到来时，用户消耗的功率变大，则电流表A 2示数变大，输电线上的电流变大，输电线上损耗的功率变大，选项A 错误；因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的次级线圈电压不变，即电压表V 1的示数不变，选项B 错误；电流表A 1的示数增大，输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级线圈电压减小，降压变压器次级线圈电压也减小，即电压表V 2的示数减小，选项C 错误；用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例P －P 损P ＝1－I 2R U 1I ＝1－ΔUU 1，因为输电线上的电流增大，则电压损失增大，U 1不变，所以用户消耗的功率占发电厂输出总功率的比例减小，故D 正确。
7．（海南省三亚一中2019届调研）如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U 1一定，通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R 。
T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2，T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4。
下列说法正确的是( )A ．当用户的用电器增多时，U 2减小，U 4变大B ．当用户的用电器增多时，P 1变大，P 3减小C ．输电线上损失的功率ΔP ＝U 22RD ．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n 2n 1，同时应增大降压变压器的匝数比n 3n 4 【答案】D【解析】当用户的用电器增多时，用户消耗的功率变大，P 4变大，P 3变大，用户电流变大，输电线上电流变大，电压损失U 损变大，U 1U 2＝n 1n 2，U 2不变，U 3U 4＝n 3n 4，U 4变小；而ΔP ＝U 2－U 32R，故A 、B 、C 错误。
要减小线路的损耗，应增大升压器的匝数比n 2n 1，输电电压变大，在输送功率一定的条件下，输电线电流减小，T 2输入电压变大，要用户得到额定电压，同时应增大降压变压器的匝数比n 3n 4，D 正确。
8．（贵州省遵义一中2019届期末）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 ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．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 【答案】A【解析】由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0.05 A ，周期T ＝0.02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin 2πT t ＝0.05sin 100πt (A)，D 错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W≈3.9 W ，A 正确．9．（甘肃省陇南一中2019届期中）如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2 B ．输电线上的电压降为U C ．理想变压器的输入功率为I 21r D ．输电线路上损失的电功率为I 1U 【答案】A【解析】根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．10. （陕西省榆林一中2019届质检）如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002·sin 100πt (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100 HzC ．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】C【解析】由题可知，副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，故A 错误；2πf ＝100π Hz ，f ＝50 Hz ，故B 错误；I 2＝880220 A ＝4 A ，故C 正确；由于理想变压器P 入＝P 出＝I 22r ＋880 W ＞880 W ，故D 错误．11．（云南省普洱一中2019届模拟）如图所示为远距离输电示意图。
发电机输出功率P 恒定。
用户消耗的功率为P 用户，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1和U 2，输电线总电阻为r 。