2019版一轮物理复习(人教版)练习：变压器电能的输送含解析
2019届高考物理一轮复习 课时作业52 变压器 电能的输送
课时作业(五十二) 变压器 电能的输送[基础训练]1．(2018·安徽安庆二测)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b .当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光，下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数之比为9∶1B ．原、副线圈匝数之比为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∶10答案：A 解析：灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U 0，说明原线圈输入电压为9U 0，输出电压为U 0，原、副线圈匝数之比为9∶1，故A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1，可得I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶9，故C 、D 错误．2．(2018·河南三门峡月考)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，滑片P 应向上滑C ．用电器增加时，输电线的热损耗减少D ．用电器增加时，变压器的输入功率减小答案：B 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，故A 错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当滑片P 向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，故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，故输电线上热损耗增大，故C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，故D错误．3．(2018·河北定州中学周练)甲、乙两个完全相同的理想变压器接在电压恒定的交流电路中，如图所示．已知两变压器负载电阻的阻值之比为R甲∶R乙＝2∶1，设甲变压器原线圈两端的电压为U甲，副线圈上通过的电流为I′甲；乙变压器原线圈两端电压为U乙，副线圈上通过的电流为I′乙，则下列说法正确的是( )A．U甲＝U乙，I′甲＝I′乙B．U甲＝2U乙，I′甲＝2I′乙C．U甲＝U乙，2I′甲＝I′乙D．U甲＝2U乙，I′甲＝I′乙答案：D 解析：理想变压器接在电压恒定的交流电路中，两个变压器原线圈中的电流是相同的，甲、乙两个变压器完全相同，则I原n1＝I′甲n2，I原n1＝I′乙n2，因此I′甲＝I′乙，选项B、C错误；负载电阻的阻值之比为R甲∶R乙＝2∶1，所以两个变压器的副线圈电压之比为2∶1，根据原、副线圈电压比等于匝数之比，U甲U′甲＝n1n2，U乙U′乙＝n1n2，因此U甲U乙＝21，故A错误，D正确．4．如图所示，理想变压器的原线圈接入电压为7 200 V的交变电压，r为输电线的等效电阻，且r＝5 Ω，用电器R L的规格为“220 V880 W”，已知该用电器正常工作，由此可知( )A．原、副线圈的匝数比为30∶1B．原线圈中的电流为4 AC ．电器R L 换成规格为“220 V 1 000 W”的用电器也可以正常工作D ．变压器的输入功率为880 W答案：A 解析：由用电器R L 正常工作，可得通过副线圈的电流I ＝4 A ，副线圈导线上的电压损失U r ＝4×5 V＝20 V ，副线圈两端的电压U 2＝220 V ＋20 V ＝240 V ，因此原副线圈的匝数比为30∶1，故A 项正确；又P 1＝P 2＝U 2I 2＝240×4 W＝960 W ，故D 项错误；原线圈中的电流I 1≈0.13 A，B 项错误；换成功率大的用电器后r 分压变大，用电器电压小于220 V ，故C 项错误．5．(多选)如图所示的电路中，变压器为理想变压器，已知原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝120，现给原线圈两端加瞬时值表达式为u 1＝311sin 100πt (V)的交变电压，负载电阻R ＝440 k Ω，I 1、I 2分别表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是( )A ．副线圈两端电压的有效值为6 220 V ，副线圈中电流的有效值为14.1 mAB ．副线圈两端电压的有效值为4 400 V ，副线圈中电流的有效值为10.0 mAC ．I 1<I 2D ．I 1>I 2答案：BD 解析：根据题意可知，原线圈两端交变电压的最大值为311 V ，则其有效值为3112 V ＝220 V ，根据原、副线圈电压与匝数成正比，可知副线圈两端电压的有效值为4 400V ，再根据欧姆定律，可以求出副线圈中电流的有效值为 4 400440×103 A ＝10 mA ，选项A 错误，B 正确；变压器的输入功率等于输出功率，即U 1I 1＝U 2I 2，可以判断I 1>I 2，选项C 错误，D 正确．6．(2018·河南中原名校联盟质检)(多选)如图所示是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器的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，可以认为电压表V 1示数不变．输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R 0表示，变阻器R 表示用户用电器的总电阻．如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是( )A．电流表A1示数变大B．电流表A2示数变小C．电压表V2示数变大D．电压表V3示数变小答案：AD 解析：由于变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的电阻减小了，输出功率变大了，所以原线圈的输入功率也要变大，因为输入电压不变，所以输入电流要变大，所以电流表A1的示数变大，A正确；当用电器增加时，相当于R的值减小，副线圈的总电阻减小，所以电流要变大，即电流表A2的示数变大，B错误；理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出电压不变，所以电压表V2的示数不变，C错误；由于副线圈的电流变大，电阻R0两端的电压变大，又因为电压表V2的示数不变，所以电压表V3的示数变小，D正确．7．(2018·河北保定调研)(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，原线圈接通正弦交流电源，理想电压表V示数为22 V，理想电流表A1示数为5 A，副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表A2以及虚线框内的某用电器，电路处于正常工作状态，则下列说法正确的是( )A．熔断器的熔断电流应该大于0.5 AB．原、副线圈的电流频率之比为1∶10C．若虚线框内接入电容器，电容器的耐压值至少是220 2 VD．若虚线框内接入电动机且正常工作，可知电动机内阻为440 Ω，电流表A2示数为0.5 A答案：AC 解析：根据I 2I 1＝n 1n 2，可知副线圈中电流为0.5 A ，则选项A 正确；原、副线圈的电流频率相等，选项B 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈两端电压为220 V ，最大值为220 2 V ，选项C 正确；电动机为非纯电阻电器，若电动机内阻为440 Ω，则副线圈电流小于0.5 A ，选项D 错误．[能力提升]8．(多选)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，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 ．电压表的示数为55 VB ．原线圈中的输入功率等于副线圈中的输出功率C ．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表的示数变小D ．若滑动变阻器接入电路的阻值为30 Ω，则1 min 内产生的热量为6 050 J 答案：BC 解析：原、副线圈的电压与匝数成正比，故副线圈两端的电压U 2＝55 V ，由P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2，B 项正确；由有效值的定义知电压表的示数小于55 V ，A 项错误；将滑动变阻器的滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的示数不变，副线圈中的电流变小，则电流表的示数变小，C 项正确；由功率计算可知产生的热量为3 025 J ，D 项错误．9．(2018·江西三校高三联考)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u 1＝2202sin 100πt (V)．下列说法中正确的( )A ．t ＝1600s 时，电压表的示数为220 V B ．t ＝1600s 时，a 、c 两点间电压瞬时值为110 V C ．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，电流表的示数减小答案：C 解析：原线圈两端电压有效值为220 V ，由理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比可得，副线圈两端电压有效值为 22 V ，电压表测量的是有效值，故A 错误；t ＝1600s 时，a 、c 两点间电压瞬时值为110 2 V ，故B 错误；滑动变阻器滑片向上移，接入电阻变大，副线圈两端电压由匝数比和输入电压决定，电压表的示数不变，电流表示数减小，C 正确；单刀双掷开关由a 扳向b ，匝数比变小，匝数与电压成正比，所以电压表和电流表的示数均变大，故D 错误．10．(2018·河南洛阳一模)(多选)如图所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r 的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R 的负载，变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2.则下列说法正确的是( )甲乙A．交流电源的最大效率为50%B．该交流电源电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin 100πt(V)C．电流表的读数为n1n2E m2n21R＋n22rD．若R阻值增大，则变压器副线圈两端电压变大答案：CD 解析：根据题述不能得出交流电源的最大效率，选项A错误；该交流电源的周期为0.04 s，该交流电源电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin 50πt(V)，选项B错误；设变压器输入端等效电阻为R1，则原线圈中电流为I1＝E m2R1＋r，输入电压为U1＝I1R1＝E m R12R1＋r，副线圈输出电压为U2＝I2R，输出功率为P2＝I22R，根据变压器功率关系可得E m R1 2R1＋r ·E m2R1＋r＝I22R，根据变压公式，U1∶U2＝n1∶n2，联立解得R1＝n21n22R，I2＝n1n2E m2n21R＋n22r，选项C正确；若R阻值增大，副线圈输出电流减小，输出功率减小，导致原线圈输入电流减小，电源路端电压增大，原线圈输入电压增大，变压器副线圈两端电压增大，选项D正确．11．(2018·河北张家口模拟)(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 V60 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( )A ．图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零B ．线框中交变电压的表达式为e ＝5002sin 200t (V)C ．变压器原、副线圈匝数之比为50∶11D ．允许变压器输出的最大功率为5 000 W答案：BD 解析：题图示位置穿过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零，A 错误；产生的交流电的最大值E m ＝NBS ω＝500 2 V ，从图示位置计时，电动势的瞬时值表达式e ＝5002sin 200t (V)，B 正确；变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝500220＝2511，C 错误；变压器允许输出的最大功率P ＝U 1I 1max ＝500×10 W＝5 000 W ，D 正确．12．图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u ab t 图象如图乙所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.甲乙(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式； (2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1； (3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de. 答案：(1)u ab ＝400sin 200πt V (2)0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A (3)34解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s ， 电压瞬时值u ab ＝400sin 200πt V. (2)电压有效值U 1＝200 2 V ， 理想变压器P 1＝P 2＝80 W ， 原线圈中的电流I 1＝P 1U 1， 解得I 1≈0.28 A ⎝ ⎛⎭⎪⎫或25 A . (3)设ab 间匝数为n 1，则U 1n 1＝U cen ce， 同理U 1n 1＝U den de. 由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de ，解得n ce n de＝R ceR de， 代入数据得n ce n de ＝34.本文档仅供文库使用。
【物理】2019届一轮复习人教版变压器、电能的输送作业
变压器、电能的输送1.如图所示，电压互感器、电流互感器可看成理想变压器，已知电压互感器原、副线圈匝数比是1 000∶1，电流互感器原、副线圈匝数比是1∶200，电压表读数是200 V ，电流表读数是1.5 A ，则交流电路输送电能的功率是( )A ．3×102 WB ．6×104 WC ．3×105 WD ．6×107 W解题思路：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值．解析：由题图可知，V 表是电压表，A 表是电流表．电压互感器原、副线圈匝数比为1 000∶1，而电流互感器原、副线圈匝数比为1∶200，由电压表的示数为200 V ，得原线圈的电压为200 000 V ，由电流表的示数为1.5 A ，得原线圈的电流为300 A ，所以电路输送功率是6×107 W ．D 正确．答案：D2.我国“西电东送”采用高压输电，继三峡至常州500 kV 直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV 直流输电工程．采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联．已知发电机输出电压为450 V ，关于高压直流输电，下列说法不正确的是( )A ．高压输电可以减小输电电流，从而减小输电线的能量损耗B ．为实现高压直流输电，可以用变压器直接改变恒定电流的电压C ．升压变压器原、副线圈的匝数之比为9∶10 000D ．恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响【答案】B【解析】采用高压直流输电，可以减小输电电流及交流输电中感抗和容抗的影响；变压器是利用互感现象进行工作的，对直流电路无变压作用；发电机发出的是正弦交变电流，先用变压器升压后再用整流器变成直流，变压器的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝450500×103＝910 000，故答案为B.3.如图所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50 Hz ，电压表示数为11 000 V ，灯泡L 1与L 2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝50∶1，电压表和电流表均为理想电表，则( )A ．原线圈输入的交流电的表达式为u ＝11 000·sin 50πt VB ．开关S 未闭合时，灯泡L 1两端的电压为220 VC ．开关S 闭合后，电流表的示数为通过灯泡L 1中电流的12D ．开关S 闭合后，原线圈输入功率增大为原来的2倍【答案】B【解析】原线圈的电压最大值U m ＝11 000 2 V ，角速度ω＝2πf ＝100π rad/s ，所以原线圈输入的交流电的表达式为u ＝11 0002sin 100πt (V)，故A 项错误；开关S 未闭合时，灯泡L 1的两端的电压即为副线圈电压，则U 1U 2＝n 1n 2＝501，则开关S 未闭合时，灯泡L 1的两端的电压U 2＝220 V ，故B 项正确；开关S 闭合后，L 1与L 2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L 1中电流相等，故C 项错误；开关S 闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来的2倍，故D 项错误．4.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶5.原线圈与正弦交流电源连接，输入电压u ＝2202sin100πt V ．副线圈接入电阻的阻值R ＝100 Ω.则( )A ．通过电阻的电流是2 AB ．交变电流的频率是100 HzC ．与电阻并联的电压表的示数是100 VD ．变压器的输入功率是484 W解析：由输入电压公式可知，原线圈中电压的最大值为220 2 V ，所以电压的有效值为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 ，副线圈的电阻为100 Ω，所以电流为1 A ，所以A 错误；由输入电压公式可知，角速度为100π rad/s ，所以交变电流的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，故B 错误；由于电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100 V ，所以C 正确；原、副线圈的功率是相同的，由电阻消耗的功率为P ＝U 2R＝1002100 W ＝100 W ，所以变压器的输入功率是100 W ，所以D 错误． 答案：C5.如图所示，理想变压器原线圈a ，b 两端接正弦交变电压u ，u ＝2202sin 100πt (V)，原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝10∶1，电压表接在副线圈c ，d 两端，输电线的等效电阻为R ，原来开关S 是断开的，则当S 闭合一段时间后( )A ．电压表示数不变，示数为22 VB ．电压表示数不变，示数为220 2 VC ．灯泡L 两端的电压将变大D ．电流表示数一定为0【答案】A【解析】当S 闭合一段时间后，电压表示数不变，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝110×220 V ＝22 V ，即电压表示数为22 V ，选项A 正确，B 错误；S 闭合后有交流电通过电容器和电流表，电流表示数不为零，选项D 错误；S 闭合后，电容器与灯泡L 并联的电阻减小，由于U 2不变，所以灯泡L 两端的电压将变小，选项C 错误．6.如图所示，两种情况下灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，匝数比为n 1∶n 2＝3∶1，则图(a)中L 1的功率和图(b)中L 1的功率分别为( )A ．P 、PB ．9P 、49P C.49P 、9P D ．94P 、9P 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L 2、L 3的电压为U ，电流为I ，电阻为R ，则有P ＝U 2R，根据电压与匝数成正比可知，两种情况下变压器的输入电压均为3U ，根据输入功率和输出功率相等可知，变压器输入电流为23I .所以图(a)中L 1的功率为P a ＝(3U )2R ＝9P ；图(b)中L 1的功率为P b ＝⎝⎛⎭⎫2I 32R ＝49P ，B 正确． 答案：B 7.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 ＝2202sin100πt (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( )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 W解析：由ω＝100π＝2πf ，解得f ＝50 Hz ，A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2解得副线圈两端的电压U 2＝44 V ，电动机的输出功率P 出＝U 2I 2－I 22R ＝33 W ，B 正确；由I 1I 2＝n 2n 1，解得I 1＝0.2 A ，C 错误；变压器原线圈的输入功率P ＝U 1I 1＝220×0.2 W ＝44 W ，D 错误．答案：B8.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L 1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( )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L 3突然断路，则L 1变暗，L 2变亮，输入功率减小解析：L 1恰正常发光，其电流为I ＝636 A ＝16 A ，灯泡的电阻R ＝3626Ω＝216 Ω，电压表示数为12IR ＝18 V ，根据输入功率等于输出功率知U 1×0.5 A ＝(36＋18)×16W ＝9 W ，解得U 1＝18 V ，原、副线圈匝数之比为18∶54＝1∶3，A 、B 、C 错误；若L 3突然断路，则副线圈总电阻增大，电流减小，则L 1变暗，分压减小，L 2分压增大变亮，输入功率减小，D 正确．答案：D9.(2017年济宁联考)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220 V 的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R 串联接在副线圈上，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 ．原、副线圈中的电流之比为5∶1B ．电压表的读数约为31.11 VC ．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1分钟内产生的热量为2.9×103 JD ．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小【答案】BC【解析】原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，选项A 错误；原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电，原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V ，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，而电表示数均是交流电的有效值，根据有效值的定义有442R ×T 2＝U 2R×T ，从而求得电压表两端电压有效值为U ＝22 2 V ≈31.11 V ，选项B 正确；若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min 内产生的热量为Q ＝U 2R ·t ＝2.9×103 J ，选项C 正确；滑片向上滑动，滑动变阻器接入的阻值变小，其两端的电压不变，所以通过滑动变阻器的电流变大，即电压表示数不变，电流表示数变大，选项D 错误．10.如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡的额定功率为22 W ，现闭合开关，灯泡正常发光．则( )A ．t ＝0.01 s 时，穿过线框回路的磁通量为零B ．金属线框的转速为50 r/sC ．变压器原线圈中电流表的示数为 2 AD ．灯泡的额定电压为220 V解题思路：根据变压器的构造和原理，正弦式电流的产生原理、三角函数表达式及最大值与有效值的关系求解．解析：由题图乙可知，当t ＝0.01 s 时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A 错误；由题图可知，交变电流的周期为T ＝0.02 s ，则角速度为ω＝2πT ＝100π rad/s ，金属线框的转速为50 r/s ，故B 正确；变压器副线圈中消耗的电功率是22 W ，所以原线圈中的输入功率是22 W ，原线圈输入电压有效值为22 V ，则变压器原线圈中电流表示数为I ＝P U＝1 A ，故C 错误；灯泡正常发光，故额定电压为220 V ，故D 正确． 答案：BD11.如图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交流电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin50πt VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均无法正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析：根据题图乙可得输入电压u 的表达式u ＝202×sin100πt V ，A 错误；只断开S 2，两电灯串联分压，则L 1、L 2均无法正常发光，B 正确；只断开S 2后，变压器的输出电压不变，根据功率公式P ＝U 2R 1＋R 2知，阻值变大，则功率减小，故理想变压器的原线圈的输入功率也减小，C 错误；根据理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，输入电压的有效值为20 V ，可得输出电压的有效值为4 V ，S 1换接到2后，只有R 接入电路，根据P ＝U 2R ＝4220W ，可得R 消耗的电功率为0.8 W ，D 正确． 答案：BD12.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( )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解析：图示位置，磁感线与线圈平面垂直，磁通量最大，即Φ＝BS ，感应电动势为零，A 错误；感应电动势的最大值E m ＝NBSω，瞬时值表达式e ＝E m sin ωt ＝NBSωsin ωt ，B 正确；P 向下移动时，副线圈的匝数n 2增大，U 1U 2＝n 1n 2，U 2增大，电流表的示数增大，而发电机的电功率等于变压器的输入功率也等于变压器的输出功率，P ＝U 1I 1＝U 2I 2，所以发电机的电功率增大，C 错误，D 正确．答案：BD13.某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线总电阻为6 Ω.(1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率；(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．解：(1)输电线上的电流为I ＝P U ＝20×103380A ≈52.63 A 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝52.632×6 W ≈16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流为I ′＝P U ′＝20×103 5 000 A ＝4 A 用户端在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5 000－4×6) V ＝4 976 V根据U 1U 2＝n 1n 2，用户得到的电压为 U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 976 V ≈226.18 V .。
[推荐学习]2019高三物理人教版一轮教师用书：第11章 第2节 变压器 电能的输送 Word版含解
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第二节 变压器 电能的输送(对应学生用书第204页)[教材知识速填]知识点1 理想变压器1．构造和原理(如图11-2-1所示)(1)构造：图11-2-1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，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U 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11-2-2所示：图11-2-2若AX为输入端，触头a向上移动时，副线圈匝数N2增加，输出电压升高．易错判断(1)变压器能改变交变电流的电压，不能改变交变电流的频率．(√)(2)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．(×)(3)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．(×)知识点2远距离输电1．输电过程(如图11-2-3所示)图11-2-32．电压损失(1)ΔU＝U－U′(2)ΔU＝IR3．功率损失(1)ΔP＝P－P′(2)ΔP＝I2R＝ΔU2 R4．输送电流(1)I＝PU(2)I＝U－U′R5．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＝ρLS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．易错判断(1)增大输电导线的横截面积不利于减少输电过程中的电能损失．(×)(2)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗．(√)(3)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．(√)[教材习题回访]考查点：变压器的原理1．(沪科版选修3－2 P75T3改编)图11-2-4为一理想变压器，其原、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组成闭合电路．当直导线MN在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时，电流表的示数是10 mA，那么电流表的示数是()图11-2-4A．40 mA B．0C．10 mA D．2.5 mA[答案]B考查点：互感器的原理2．(粤教版选修3－2 P59T4改编)如图11-2-5所示，P是电压互感器，Q是电流互感器，如果两个互感器的变压比和变流比都是50，电压表的示数为220 V，电流表的示数为3 A，则输电线路中的电压和电流分别是()图11-2-5A．11 000 V150 A B．1 100 V15 AC．4.4 V16.7 A D．4.4 V0.06 A[答案]A考查点：远距离高压输电问题3．(人教版选修3－2 P50 T3改编)从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V和11 kV两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A．100∶1 B．1∶100C．1∶10 D．10∶1[答案]A考查点：变压器的动态分析问题4．(人教版选修3－2 P44 T5改编)如图11-2-6所示的电路中，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，R0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的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是()图11-2-6A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3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[答案]D(对应学生用书第205页)理想变压器的基本关系[题组通关]1.如图11-2-7所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )图11-2-7A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 sB [理想变压器原线圈两端电压的有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2U 1n 1＝110 V ，即电压表的读数为110 V ，通过负载电阻的电流I 2＝U 2R ＝11055 A ＝2 A ，则副线圈的输出功率P ＝U 2I 2＝110×2 W ＝220 W ，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为220 W ，故选项A 、C 错误． 由n 1I 1＝n 2I 2得I 1＝n 2I 2n 1＝1 A ，即电流表的读数为1 A ，选项B 正确．由u ＝2202sin 100πt (V)可知，角速度ω＝100π rad/s ，原线圈所接交流电的周期T ＝2πω＝0.02 s ，副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s ，选项D 错误．]2．(2016·全国Ⅰ卷)一含有理想变压器的电路如图11-2-8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，○A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图11-2-8A ．2B ．3C ．4D ．5B [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．](2018·黄冈模拟)如图所示，一理想变压器的原线圈接在电压有效值为220 V 的正弦式交流电源上，两副线圈匝数分别为n 2＝16，n 3＝144，通过理想二极管(具有单向导电性)、单刀双掷开关与一只“36V18 W”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接1时，灯泡正常发光，则下列说法中不正确的是()A．原线圈的匝数为880B．当开关接2时，灯泡两端电压的有效值为20 2 VC．当开关接2时，灯泡消耗的功率约为18 WD．当开关接2时，灯泡消耗的功率约为11 WC[由n1n3＝U1U L得n1＝880，所以选项A正确；当开关接2时，有n1n2＋n3＝U1U，解得U＝40 V，设交流电的周期为T，由U2R·T2＝U′2R T，可得灯泡两端电压的有效值为U′＝20 2 V，灯泡电阻为R＝U2LP L＝72 Ω，灯泡消耗的实际功率为P＝U′2R＝1009W≈11 W，即选项C错误，B、D正确．]1．匝数比不变的情况(如图11-2-9所示)(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．图11-2-9(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据输出电流I 2决定输入电流I 1，可以判断I 1的变化．(3)I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化． 2．负载电阻不变的情况(如图11-2-10所示)图11-2-10(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化．(2)R 不变，U 2变化，I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R 和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化． [多维探究]考向1 匝数比不变、负载变化的情况1．(2018·淄博模拟)如图11-2-11所示，理想变压器原、副线圈接有额定电压均为20 V 的灯泡a 和b .当输入u ＝2202sin 100πt (V)的交变电压时，两灯泡均能正常发光．设灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是( )图11-2-11A ．原、副线圈匝数比为11∶1B ．原、副线圈中电流的频率比为11∶1C ．当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡b 变亮D ．当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡a 变亮[题眼点拨] “两灯泡均能正常发光”可求出原线圈两端电压． D [两灯均正常发光，则原线圈输入的电压为：U 1＝U －U 灯＝(220－20) V ＝200 V ，副线圈电压：U 2＝U 灯＝20 V ，根据理想变压器变压比：n 1n 2＝U 1U 2＝20020＝101，故A 错误；变压器不改变交流电的频率，即频率比为1∶1，故B 错误；当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，阻值减小，副线圈电流变大，根据n 1n 2＝I 2I 1，可知原线圈电流变大，灯泡a 分担的电压变大，原线圈输入的电压变小，所以灯泡a 变亮，b 变暗，故C 错误，D 正确．] 考向2 匝数比改变，负载不变的情况2．(多选)如图11-2-12所示，电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原、副线圈中的电流．下列说法中正确的是( )【导学号：84370476】图11-2-12A ．保持U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小B ．保持U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小C ．保持U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大D ．保持U 1不变，S 由a 切换到b ，则变压器的输入功率增大BC [S 由b 切换到a 时，副线圈匝数增多，则输出电压U 2增大，电流I 2增大，R 消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大．S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，所以根据P2＝I2U2，P2减小；又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小．由以上分析可知，正确选项为B、C.]考向3负载和匝数比都变化的情况3．(多选)(2018·太原模拟)如图11-2-13所示，理想变压器的原线圈接u＝U0co100πt 的交变电流，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()图11-2-13A．交变电流的频率为50 HzB．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．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过原线圈的电流一定减小[题眼点拨]①“仅使P向A滑动”说明与R并联的副线圈匝数变多；②“仅使电阻R增大”，由P＝U2R说明变压器的输出功率变小．ABD[根据ω＝2πf可得ω＝2πf＝100π rad/s，解得f＝50 Hz，A正确；若仅将触头P向A端滑动，则副线圈匝数增大，根据U1U2＝n1n2可得副线圈输入电压增大，即R两端的电压增大，根据P＝U2R可得电阻R消耗的电功率增大，B正确；若仅使电阻R增大，R两端电压不变，根据P＝U2R可得电阻R消耗的功率减小，即副线圈消耗的功率减小，所以原线圈输入功率减小，C错误；若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，根据U1 U2＝n1n2可得副线圈两端的电压减小，根据I＝UR可得通过R的电流减小，即副线圈中的电流减小，根据公式I1I2＝n2n1，原线圈中的电流一定减小，D正确．]远距离输电1．理清三个回路图11-2-14(1)电源回路：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．(2)输送回路：I2＝I3＝I线，U2＝U3＋ΔU，P2＝ΔP＋P3.(3)用户回路：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了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是：U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是：U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4. 3．理解两个损失(1)电压损失：ΔU ＝I 线R 线． (2)功率损失：P 损＝I 2线R 线＝ΔU 2R 线.4．掌握一个守恒能量守恒关系式：P 1＝P 线损＋P 用户．[母题] 如图11-2-15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11-2-15A ．⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m 4rB ．⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4rC ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2rD ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r【自主思考】(1)计算输电线上损失功率的公式是什么？ [提示] P 损＝I 22R 线．(2)公式I 2＝PU 2中，U 2是最大值，还是有效值？[提示] 有效值．C [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U1U2＝n1n2，则U2＝n2U m2n1；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝PU2＝2n1Pn2U m，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝4n21P2rn22U2m，故选项C正确．][母题迁移]迁移1远距离输电与变压器的动态分析相结合1．(多选)(2018·德州模拟)如图11-2-16所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图，图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表．设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，并且电阻不变，变阻器R相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时()【导学号：84370477】图11-2-16A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．线路损耗功率增大BCD[因为输入电压和变压器匝数比都不变，所以电压表V1、V2的读数均不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流与匝数成反比知电流都增大，故A错误；输电线上的电压损失增大，故电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大，故B正确；电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，故C正确；因为输电线上的电流增大，所以线路损耗的功率增大，故D正确．故选：BCD.]迁移2远距离输电与互感器相结合2．(多选)(2018·青岛模拟)如图11-2-17所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率为20 kW.在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻为10 Ω，则下列说法正确的是()图11-2-17A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器的输出电压U2＝2 000 VC．用户获得的功率为19 kWD．将P下移，用户获得的电压将增大BC[根据高压输电原理，提高输电电压，输电电流减小，A错误；根据电流互感器的原理，输电电流：I输＝101×1 A＝10 A，输电电压：U2＝PI＝20×10310V＝2 000 V，B正确；输电线上的功率损失：P损＝I2R＝102×10 W ＝1 kW，用户获得的功率为：P用＝P输－P损＝20 kW－1 kW＝19 kW，C 正确；将P下移，降压变压器原线圈匝数增加，根据变压器的变压规律，副线圈的电压减小，用户获得的电压将减小，D错误．故选BC.]迁移3远距离输电与传感器相结合3．(多选)如图11-2-18甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW，则下列说法中正确的有()图11-2-18A．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 HzB．远距离输电线路损耗功率为180 kWC．当出现火警时，电压表V的示数变小D．当出现火警时，输电线上的电流变小AC[由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V，根据变压比公式知升压变压器副线圈两端电压为25 000 V，所以输电线中的电流为30 A，输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率为ΔP ＝ΔU·I＝90 kW，B错误；当出现火警时传感器R2阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，输电线上电流变大，电压变大，降压变压器输入、输出电压都变小，定值电阻的分压增大，电压表V的示数变小，C正确，D 错误．]。
物理一轮复习精练精析【课堂新坐标】(人教版)第十章第2讲变压器电能的输送Word版含解析
第十章第2讲变压器电能的输送一、选择题(本大题共10小题，每小题7分，共70分．第1～6题只有一项符合题目要求，第7～10题有多项符合题目要求．全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错的得0分．)1.如图10－2－19所示的理想变压器，对于原、副线圈，不一定相等的物理量是()图10－2－19A．交流电的最大值B．磁通量的变化率C．电功率D．交变电流频率【解析】根据理想变压器的工作原理，原、副线圈中磁通量变化率一定相等，交变电流频率一定相等．根据能量守恒，原、副线圈中电功率一定相等，但交流电的最大值不一定相等，故选A.【答案】 A2．(2012·海南高考)如图10－2－20，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V 6 W”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10－2－20A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 AC．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A【解析】灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2×612A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝120I2＝0.05 A，原线圈电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确，其他选项错误．【答案】 D3．如图10－2－21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 V60 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()图10－2－21A．图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零B．线框中产生交变电压的表达式为u＝5002sin (200t) VC．变压器原、副线圈匝数之比为50∶11D．允许变压器输出的最大功率为2 200 W【解析】图示位置穿过线框的磁通量最大，但由于没有边切割磁感线，所以无感应电动势，磁通量的变化率为零，A选项错误；线框中交变电压u＝NBSωsin ωt＝5002sin (200t) V，B选项正确；变压器原、副线圈匝数之比n1n2＝U1U2＝500220＝2511，C选项错误；变压器输出的最大功率等于输入的最大功率P＝UI＝500×10 W＝5 000 W，D选项错误．【答案】 B4．图10－2－22甲中的变压器为理想变压器，原线圈与副线圈的匝数之比n1∶n2＝10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电压，两个20 Ω的定值电阻串联接在副线圈两端，电压表为理想电表．则()图10－2－22A．原线圈上电压的有效值为100 VB．原线圈上电压的有效值约为70.7 VC．交变电流的周期为50 HzD．电压表的读数约为5 2 V【解析】原线圈上电压的最大值为100 V，有效值约为70.7 V，选项B 正确，A 错误．交变电流的周期为0.04 s ，频率为25 Hz ，选项C 错误．根据变压器变压公式，副线圈电压为7.07 V ，电压表的读数约为2.5 2 V ，选项D 错误．【答案】 B5.(2014·苏北四市调研)如图10－2－23所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝10 Ω，C 为电容器，原线圈所加电压u ＝2202sin (100πt ) V ．下列说法正确的是( )图10－2－23A ．通过电阻R 3的电流始终为零B ．副线圈两端交变电压的频率为5 HzC ．电阻R 2的电功率为48.4 WD ．原副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10∶1【解析】 在交流电路中电容器能够通交流，所以A 错误；变压器能够改变交流电压，但是不能变频，因此B 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2得到U 2＝22 V ，所以电阻R 2的电功率为P 2＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；根据法拉第电磁感应定律得到原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为1∶1，D 错误．【答案】 C6.利用如图10－2－24所示的电流互感器可以测量被测电路中的大电流，若互感器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶100，交流电流表A 的示数为50 mA ，则( )图10－2－24A ．被测电路的电流有效值为0.5 AB ．被测电路的电流平均值为0.5 AC ．被测电路的电流最大值为5 2 AD ．原、副线圈中的电流同时达到最大值【解析】 交流电流表示数为副线圈中电流的有效值，即I 2＝50mA ＝0.05 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1得，I 1＝5 A ，A 、B 均错误；原线圈(被测电路)中电流的最大值I 1m ＝2I 1＝5 2 A ，C 项正确；原线圈中电流最大时，线圈中磁通量的变化率等于零，此时副线圈中的电流最小；原线圈中电流等于0时，磁通量的变化率最大，副线圈中电流最大．所以原、副线圈电流有相位差，故不能同时达到最大值，D 项错误．【答案】 C7．发电机的输出电压为220 V ，输出功率为44 kW ，每条输电线电阻为0.2 Ω，则用户得到的电压U 和电功率P 分别为( )A ．U ＝80 VB ．P ＝16 kWC ．U ＝140 VD ．P ＝28 kW【解析】 由P 出＝U 出I 可得，输电电流I ＝200 A ，输电线上损耗的功率P线＝2I2R＝16 000 W＝16 kW，用户得到电功率P＝P出－P28 kW，D项正确．输电线上损失的电压U线＝2IR＝80 V，用户线＝得到电压U＝U出－U线＝140 V，C项正确．【答案】CD8．(2014·大连四所重点中学联考)如图10－2－25所示，M为理想变压器，电表均可视为理想电表，电电压U不变，输电线电阻忽略不计．当变阻器滑片P向上移动时，读数发生变化的电表是()图10－2－25A．A1B．A2C．V1D．V2【解析】由于电电压U不变，根据理想变压器工作原理可知两电压表示数不变，C、D错误；当变阻器滑片P向上移动时，变阻器连入电路的电阻减小，右侧电路中电流增大，B正确；根据P入＝PA正确．出可知原线圈中电流也增大，【答案】AB9．如图10－2－26所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一峰值不变的正弦交变电压，副线圈接一可变电阻R，在其他条件不变的情况下，为使变压器输入功率增大，下面的措施正确的是()图10－2－26A ．仅增加原线圈匝数n 1B ．仅增加副线圈匝数n 2C ．仅减小电阻R 的阻值D ．仅增大电阻R 的阻值【解析】 为使变压器输入功率增大，可以仅减小电阻R 的阻值或仅增加副线圈匝数n 2，选项B 、C 正确．【答案】 BC10．有5个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈电路中，如图10－2－27所示，若将该电路与交流电接通，且电键接到1位置，发现5个灯泡亮度相同；若将电键接到2位置，且在变化中灯泡都不会烧毁，则可能的是( )图10－2－27A ．该变压器是降压变压器，线圈匝数比为4∶1B ．该变压器是升压变压器，线圈匝数比为1∶4C ．副线圈电路中的灯泡仍发光，只是更亮些D ．副线圈电路中的灯泡仍发光，只是更暗些【解析】 电键接到1位置时，I 1＝14I 2，所以n 1∶n 2＝I 2∶I 1＝4∶1，A 对，B 错．电键接到2位置时，U 1变大，导致U 2变大，所以副线圈电路中的灯泡更亮些，C 对，D 错．【答案】 AC二、非选择题(本大题共2小题，共30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．(15分)发电站需向远距离负载供电，若发电机输出电压U 1＝230 V ，输出功率P 1＝2.3×105 W ，负载额定电压U 4＝220 V ，输电线总电阻R 0＝1 Ω，要求输电线损失功率为1.0×104 W ．求：图10－2－28(1)输电线电流I 2大小；(2)升压变压器原、副线圈匝数比；(3)降压变压器原、副线圈匝数比．【解析】 (1)由P 损＝I 22R 0得I 2＝P 损R 0＝ 1.0×1041A ＝100 A. (2)U 2＝P 1I 2＝2.3×105100 V ＝2 300 V n 1n 2＝U 1U 2＝230 V 2 300 V ＝110.(3)U 3＝U 2－U 损＝U 2－I 2R 0＝(2 300－100×1) V ＝2 200 V n 3n 4＝U 3U 4＝2 200 V 220 V ＝101.【答案】 (1)100 A (2)1∶10 (3)10∶112．(15分)如图10－2－29所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W ”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：图10－2－29(1)降压变压器原、副线圈匝数比；(2)发电机的输出功率．【解析】 (1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124 A ，副线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A.变压器输入功率等于U 1I 1＝U 2I 2＝6 W 变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1， 代入E 值解得I 1＝13A(I 1＝3 A 应舍去，根据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2)发电机的输出功率P ＝I 1E ＝6.67 W.【答案】 (1)3∶1 (2)6.67。
2019版新高考物理大一轮复习课件：专题十 第2讲 变压器 电能的输送
A.电压表 的示数不变 B.电流表 的示数始终为 0 C.若滑动变阻器的滑片不动，仅改变 u，使 u＝220 2· sin 200πt(V)，则电流表 的示数增大 D.若滑动变阻器的滑片不动，仅改变 u，使 u＝220 2· sin 200πt(V)，则电流表 的示数减小 答案：AC
【基础检测】
1.(多选)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∶1 B.原、副线圈两端电压之比为 U1∶U2＝10∶1 C.原、副线圈内交变电流之比 I1∶I2＝1∶10 D.变压器输入和输出功率之比 P1∶P2＝10∶1 答案：BC
副线圈的输出电压 U2′＝I2′R2＝4nIn2 1，由UU12′ ′＝nn12可得原线 圈两端的电压 U1′＝4Inn122，则 U＝U1′＋4IR1＝4Inn122＋12I， 联立解得nn12＝3，选项 B 正确.
答案：B
2.(2015 年新课标Ⅰ卷)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，
A.电压表 示数增大 B.电压表 、 示数均增大 C.该变压器起升压作用 D.滑动变阻器的滑片沿 c→d 方向滑动
解析：电压表 的示数和 a、b 间电压的有效值相同，滑 片滑动时 示数不变，选项 A 错误；电压表 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
示数不变， 示数为 示数减去 R0 两端电压，两线圈中电 流增大，易知 R0 两端电压升高，故 示数减小，选项 B 错误； 理想变压器 U1I1＝U2I2，则 U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故 U2＜ U1，变压器为降压变压器，选项 C 错误；因 I2 增大，故知 R 减小，滑动变阻器的滑片沿 c→d 方向滑动，选项 D 正确.
[推荐学习]2019高三物理人教版一轮课时分层集训：32 变压器 电能的输送 Word版含解析
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课时分层集训(三十二) 变压器电能的输送(限时：40分钟)(对应学生用书第333页)[基础对点练]理想变压器的原理和基本关系1．(多选)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∶1BC[根据变压器的电压比U1U2＝n1n2和电流比I1I2＝n2n1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P1＝P2，所以选项A、D是错误的．]2．(多选)如图11-2-19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()图11-2-19A．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∶1BC[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．(多选)(2018·太原模拟)某50Hz 的钳形电流表的工作原理如图11-2-20所示．当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转．不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n 2＝1 000，当用该表测50 Hz 交流电时( )【导学号：84370478】图11-2-20A ．电流表G 中通过的是交流电流B ．若G 中通过的电流为50 mA ，则导线中的被测电流为50 AC ．若导线中通过的是10 A 矩形脉冲交流电，G 中通过的电流是10 mAD ．当用该表测量400 Hz 的电流时，测量值比真实值偏小AB [变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表G 中通过的仍是交流电流，A 正确；根据变压器原副线圈电流与匝数成反比：I 1I 2＝n 2n 1，I 1＝n 2n 1I 2＝1 0001×0.05 A ＝50 A ，B 正确；若导线中通过的是10 A 矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C 错误；根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D 错误．故选：AB.]4．如图11-2-21所示，电路中有五个完全相同的灯泡，额定电流均为I ，电阻均为R ，变压器为理想变压器，现在五个灯泡都正常发光，则( )图11-2-21A ．原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝3∶1B ．原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝3∶2C ．电源电压U 为2IRD ．电源电压U 为3IRA [理想变压器，五个完全相同的灯泡都正常发光，设一个灯泡的额定电压为U 额，额定电流为I ，则有：n 1∶n 2＝U 原∶U 副＝(U －2U 额)∶U 额； n 1∶n 2＝3I ∶I ＝3∶1；所以U ＝5U 额＝5IR ，故选项A 正确，B 、C 、D 错误．故选A.](2017·铜川模拟)一理想变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝3∶1，原线圈中接有定值电阻R ，副线圈中并联有两个阻值也为R 的定值电阻，如图所示．原线圈接有电压为U 的交流电源，则副线圈的输出电压为( )A.U 2B.U 3C.3U 11D.3U 10C [设原线圈中的电流为I ，原线圈的输入电压为U 1，则副线圈中的电流为3I ，副线圈的输出电压为U 2＝U 13＝32IR ，又U ＝IR ＋U 1＝112IR ，得U 2＝311U ，C 正确．]理想变压器的动态分析5．如图11-2-22所示，理想变压器的原、副线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U0的交变电源上．当S断开时，L1、L2、L3三只灯泡均正常发光；若闭合S，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则()图11-2-22A．灯泡L1变亮B．灯泡L2变亮C．灯泡L3亮度不变D．灯泡L4正常发光A[当S接通后，副线圈回路电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L1的电压增大，L1变亮；原线圈电压减小，匝数比不变，故副线圈电压减小，所以灯泡L2、L3两端的电压变小，灯泡L2、L3亮度变暗；L2、L3、L4电压相等，比S断开时电压小，S断开时灯泡正常发光，S闭合时L4不能正常发光，故A正确，B、C、D错误．故选A.] 6．(2018·盐城模拟)如图11-2-23所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻R1、光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关K 开始时处于闭合状态，下列说法正确的是()图11-2-23A．当光照变弱时，变压器的输入功率增加B．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增加C．当开关K由闭合到断开，原线圈中电流变大D．当U增大时，副线圈中电流变小B[当光照变弱时，R2增大，副线圈中总电阻增大，原、副线圈匝数不变，所以副线圈两端的电压不变，故根据P＝U2R可得副线圈中消耗的电功率减小，故原线圈输入功率减小，A错误；当滑动触头P向下滑动时，n1减小，根据U2＝n2n1U1可得副线圈两端的电压增大，根据P＝U2R可知R1消耗的电功率增大，B正确；当开关K由闭合到断开，原线圈中少了一个支路，电流减小，C错误；当U增大时，根据U2＝n2n1U1可知副线圈两端的电压增大，而电阻不变，故副线圈中的电流增大，D错误．] 7．(2018·安庆模拟)如图11-2-24所示的交流电路中，理想变压器输入电压为u1＝U1m sin 100πt(V)，输入功率为P1，输出功率为P2，电压表读数为U2，各交流电表均为理想电表，由此可知()【导学号：84370479】图11-2-24A．灯泡中电流方向每秒钟改变100次B．变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶U2C．当滑动变阻器R的滑动头向下移动时各个电表读数均变大D．当滑动变阻器R的滑动头向上移动时P1变大，且始终有P1＝P2A[由u1＝U1m sin 100πt(V)，可知交变电流频率为50 Hz，灯泡中电流方向每一秒钟改变100次，选项A正确；变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶(2U2)，选项B错误；当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，电流表读数增大，变压器输出电流增大，电阻R1两端电压增大，电压表读数不变，选项C错误；当滑动变阻器R的滑动头向上移动时，变压器输出电流减小，输出功率减小，根据变压器功率的制约关系，P 1变小，且始终有P 1＝P 2，选项D 错误．]8．(多选)(2018·杭州模拟)如图11-2-25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( )图11-2-25A ．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220 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的示数增大，电流表示数变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表V 1和电流表的示数均变小 BC [当单刀双掷开关与a 连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈输出电压为U 2＝22 V ，但电压表V 1示数小于U 2，故A 错误；当t ＝1600 s 时，电压表V 0的读数为有效值220 V ，故B 正确；单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于副线圈输出电压U 2是由变压器决定的，所以电流表示数变小，电压表V 1示数变大，故C 正确；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，理想变压器原、副线圈的匝数比变为5∶1，副线圈输出电压U 2变大，电流表和电压表V 1的示数均变大，故D 错误．](多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则()A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小BC[保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝U2R0＋R知，I2变小，由I1I2＝n2n1得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误，选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝U22R0＋R知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确，选项D错误．]远距离输电问题9．用一台型号为AED6500S的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图11-2-26所示，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，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时()图11-2-26B．发电机的实际输出电压为300 VC．在输电线路上损失的电功率为8 kWD．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300 VC[当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝PU＝200 A，A错误；导线电阻为R＝2.5×10－4×400×2 Ω＝0.2 Ω，则发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260 V，B错误；在输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8 kW，C正确；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是U m＝2U输≈368 V，D错误．] 10．(2017·成都二诊)某小型水电站的电能输送示意图如图11-2-27甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙所示，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，则下列说法正确的是()【导学号：84370480】图11-2-27A．乙图中电压的瞬时值表达式为u＝2202sin 200πt(V)B.n1n2>n4n3C．当用户用电器增加时，输电线上损耗的功率增大D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率C[题图乙中电压最大值U m＝220 2 V，T＝0.02 s，所以ω＝2πT＝100πrad/s，题图乙中的电压瞬时值表达式u＝2202sin 100πt(V)，A错误．因为U1＝U4＝220 V，U1U2＝n1n2，U3U4＝n3n4，U2>U3，所以n1n2<n4n3，B错误．当用户用电器增加时，用电器的总功率增大，则I4增大，I3增大，又P损＝I23r，可得输电线上损耗的功率增大，C正确．由于输电线上有功率损耗，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，D错误．] 11．(2018·保定模拟)如图11-2-28为远距离输电示意图，升压变压器T1的原、副线圈匝数比为n1∶n2＝k∶1，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为n3∶n4＝1∶k，在T1的原线圈两端接入一内阻为k2r、电动势e＝E m sin ωt的交流电源，两条输电线的总电阻为r，假设用户处的总电阻为R，不考虑其他因素的影响，两变压器均为理想变压器，则输电线上损失的电功率为()图11-2-28A.k2E2m r2(R＋2k2r)2B.k2E2m r 2(R＋k2r)2C.k2E2m r2(R＋r＋k2r)2D.k2E2m r(R＋r＋k2r)2A[由题意可知降压变压器原线圈有U3I3＝n3n4U4n4n3I4＝n23n24R＝Rk2，同理，升压变压器原线圈有U1I1＝n21n22(Rk2＋r)＝R＋k2r，又U 1I 1＝22E m －I 1k 2r I 1＝22E m n 2n 1I 2－k 2r ， 联立解得输电线上的电流I 2＝2kE m2(R ＋2k 2r )， 则输电线上损失的电功率P r ＝I 22r ＝k 2E 2m r2(R ＋2k 2r )2，A 正确．]12．(2018·广州模拟)如图11-2-29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 ( )【导学号：84370481】图11-2-29A ．当用户的用电器增多时，U 2减小，U 4变小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为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 4D [交流发电机的输出电压U 1一定，匝数没变，根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2不变，故A 错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P 3变大，故B 错误．输送功率一定时，根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U 1一定，根据U 1U 2＝n 1n 2知，所以应增大升压变压器的匝数比n 2n 1；U 3＝U 2－I 2R ，U 2增大，I 2减小，所以U 3增大，用户电压不变，根据U 3U 4＝n 3n 4知，应增大降压变压器的匝数比n 3n 4，故C 错误，D 正确．故选D.][考点综合练]13．(多选)在如图11-2-30所示的电路中，在ab 两端输入稳定的正弦交流电，变压器原线圈中的电流为I 1，电压为U 1，输入功率为P 1，副线圈中的电流为I 2，电压为U 2，输出功率为P 2，则在滑动变阻器滑片移动的过程中，下列图象关系正确的有(B 图中曲线为双曲线的一支，D 图中曲线为抛物线)( )图11-2-30A B C DAC [由原、副线圈的电压与匝数关系U 1U 2＝n 1n 2可知，U 1与U 2成正比，选项A 正确；由原、副线圈的电流与匝数关系I 1I 2＝n 2n 1可知，I 1与I 2成正比，选项B 错误；由P 1＝P 2＝U 22R ＝n 22U 21n 21R ，可知选项C 正确，D 错误；故选A 、C.]14．(2018·哈尔滨模拟)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U 0的同一小电珠供电．图11-2-31甲中R 为滑动变阻器，图乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，若电珠均能正常工作，则 ( )【导学号：84370482】甲 乙图11-2-31A．变压器可能是升压变压器B．甲、乙电路消耗电功率之比为n1∶n2C．电阻R与小电珠的功率之比为n1∶n2D．若将甲、乙电路与输出电压为U的直流电源接通，电珠仍能正常工作B[由图甲知，电源电压等于变阻器两端的电压与电珠电压之和，所以U ＞U0，在图乙中，根据电压与匝数成正比，知n1＞n2，所以该变压器是降压变压器，故A错误；由乙图，根据电压与匝数成正比，得n1n2＝UU0，电珠均能正常工作，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U0I，所以甲、乙电路消耗的功率之比为U∶U0＝n1∶n2，故B正确；R两端电压的有效值为(U－U0)，电阻R与小电珠的功率之比为P RP0＝U－U0U0＝n1n2－1，选项C错误；若将甲、乙电路与输出电压为U的直流电源接通，则甲图中电珠仍能正常工作，乙图中电珠不亮，选项D 错误；故选B.]15. (多选)如图11-2-32所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ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11-2-32A．U ab∶U cd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压U cd越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍BD [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 2R T ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．]16．(2018·陕西部分学校摸底检测)心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其部分电路可简化为大电阻R 1与交流电源串联，该电源输出的电压恒为U 0，如图11-2-33所示．心电图仪与一个理想变压器的初级线圈相连，一个扬声器(可等效为一个定值电阻R 2)与该变压器的次级线圈相连．若R 2的功率此时最大，下列说法错误的是( )【导学号：84370483】图11-2-33A ．大电阻R 1两端电压为U 02B ．理想变压器初级线圈与次级线圈的匝数比值为R 1R 2C ．交流电源的输出功率为U 202R 1D ．通过扬声器的电流为U 021R 1R 2B [设理想变压器初级线圈和次级线圈的匝数分别为n 1、n 2，初级线圈和次级线圈的电流分别为I 1、I 2，根据理想变压器的初级和次级线圈的电流和电压关系可得I 1n 1＝I 2n 2，U 0－I 1R 1n 1＝I 2R 2n 2，设R 2的功率为P ，联立则有P ＝I 22R 2＝－I 21R 1＋I 1U 0，由于扬声器有最大功率，则I 1＝U 02R 1、I 2＝U 021R 1R 2，选项D 正确；大电阻R 1两端电压I 1R 1＝U 02，选项A 正确；理想变压器的初级和次级线圈的匝数比值为n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2，选项B 错误；交流电源的输出功率为I 1U 0＝U 202R 1，选项C 正确．故本题选B.]。
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20190506258.doc
第2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 Ⅱ1．构造：如图所示。
变压器主要由□01闭合铁芯和□02绕在铁芯上的两个线圈组成。
(1)原线圈：指与交流电源连接的线圈，也叫□03初级线圈。
(2)副线圈：指与负载连接的线圈，也叫□04次级线圈。
2．工作原理：电磁感应的□05互感现象。
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□06降压变压器；若n 1<n 2，为□07升压变压器。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝□08n 2n 1；有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n 。
4．几种常用的变压器(1)自耦变压器(也叫调压变压器)。
(2)互感器①电压互感器，可以把□09高电压降为□10低电压； ②电流互感器，可以把□11强电流降为□12弱电流。
知识点远距离输电 Ⅰ1．减少输电电能损失的两种方法减少输电电能损失的理论依据：P 损＝I 2R 。
(1)减小输电线的电阻：根据电阻定律R ＝ρlS，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□01电阻率、增大导线的□02横截面积等方法。
(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□03输电电压。
2．远距离高压输电的分析 (1)输电过程(如图所示)(2)输送电流 ①I ＝P U。
②I ＝U －U ′R。
(3)电压损失 ①ΔU ＝U －U ′。
②ΔU ＝□04IR 。
(4)功率损失 ①ΔP ＝P －P ′。
②ΔP ＝□05I 2R ＝□06⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ＝ΔU 2R。
一 思维辨析1．变压器不但可以改变交流电压，也可以改变稳恒直流电压。
( ) 2．理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。
( ) 3．高压输电的目的是增大输电的电流。
2019版高考物理一轮规范特训：11-2 变压器 电能的输送
板块三 限时规范特训时间：45分钟满分：100分 一、选择题(本题共10小题，每小题6分，共60分。
其中1～6为单选，7～10为多选)1．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V ，6 W ”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( )A ．120 V ,0.10 AB ．240 V ,0.025 AC ．120 V ,0.05 AD ．240 V ,0.05 A 答案 D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 ，D 选项正确。
2．如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为：u ＝2202sin100πt (V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V 22 W ”的灯泡10个，灯泡均正常发光。
除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是( )A ．变压器原、副线圈匝数比为102∶1B ．电流表示数为1 AC ．电流表示数为10 AD ．副线圈中电流的频率为5 Hz答案 B解析 由u ＝2202sin100πt (V)可知，输入电压的有效值U 1＝22022V ＝220 V ，又知在输出端10个灯泡并联且正常发光，则知输出端电压的有效值U 2＝22 V ，则n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝10∶1，A 选项错。
灯泡正常发光时的电流I ＝P U ＝1 A ，输出端10个灯泡均正常发光，总电流I 2＝10I ＝10 A ，根据I 1∶I 2＝n 2∶n 1，得出电流表示数I 1＝1 A ，B 选项对，C 选项错。
变压器中输出电流的频率与输入电流的频率是一致的f ＝100π2πHz ＝50 Hz ，D 选项错。
3.[2017·四川广元二模]一理想降压变压器原、副线圈匝数比为k ，原线圈与阻值为4R 0的电阻串联后，接入有效值为25 V 的正弦式交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，当负载电阻的阻值R ＝5R 0时，理想电压表的示数为5 V 。
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[课时作业] 单独成册 方便使用[基础题组]一、单项选择题1．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电压改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( ) A ．200 B ．400 C ．1 600D ．3 200解析：根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2得，n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，选项B 正确． 答案：B2．(2018·河北唐山模拟)一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别是4 Ω、2 Ω和3 Ω，U 为有效值恒定的正弦交流电源．当开关S 断开时，理想电流表的示数为I ，当S 闭合时，电流表的示数为( )A.23IB.12IC.32ID ．2I解析：设S 闭合时，电流表示数为I 1，对理想变压器有P 入＝P 出，I 1I 2＝n 2n 1，则开关闭合时有I 1U －I 21R 1＝(2I 1)2R 2，开关断开时有IU －I 2R 1＝(2I )2(R 2＋R 3)，两式联立解得I 1＝2I ，故D 项正确． 答案：D3．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2R C ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2解析：根据变压器电流与匝数关系知I 1I 2＝n 2n 1，A 错误．U 2不是电阻R 两端的电压，故I 2≠U 2R ，B 错误．I 22R 仅是输电线上损失的功率，而I 1U 1是升压变压器的输入功率，二者并不相等，C 错误．根据功率关系知I 1U 1＝I 2U 2，D 正确． 答案：D4. 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解析：对于理想变压器有U 1U 2＝n 1n 2，整理得U 2＝n 2n 1U 1，当原、副线圈减少相同匝数Δn时，有U 1U 2′＝n 1－Δn n 2－Δn ，整理得U 2′＝n 2－Δn n 1－Δn U 1，则U 2′－U 2＝Δn (n 2－n 1)n 1(n 1－Δn )U 1，因为家庭电路上的理想变压器为降压变压器，所以n 2＜n 1，即U 2′－U 2＜0，即U 2′＜U 2，根据P ＝U 2R 可知，小灯泡变暗，选项A 错误，B 正确；由于U 1U 2′＞U 1U 2，所以原、副线圈两端电压的比值变大，选项C 错误；根据功率关系U 1I 1＝U 2I 2，可得U 1U 2＝I 2I 1，因U 2′＜U 2，所以通过原、副线圈电流的比值变小，选项D 错误． 答案：B5．由闭合电路欧姆定律及串并联关系可知，图甲中，A 、B 两点间接直流稳压电源，U AB ＝100 V ，R 1＝40 Ω，滑动变阻器总电阻R ＝20 Ω，滑片处于变阻器正中位置；图乙中，自耦变压器输入端a 、b 接交流稳压电源，其电压有效值U ab ＝100 V ，滑片处于线圈正中位置，R 2＝40 Ω.若R 1和R 2的发热功率分别为P 1和P 2，则P 1和P 2的关系为()A ．P 1＝P 2 B.P 1P 2＝25C.P 1P 2＝425D.P 1P 2＝14解析：由闭合电路欧姆定律及串并联关系可知，图甲中，R 1两端的电压为U 1＝80 V ，图乙中，R 2两端的电压为U 2＝200 V ，所以P 1P 2＝U 21R 1U 22R 2＝425，选项C 正确．答案：C 二、多项选择题6.如图，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交流电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和 2.2 A ．以下判断正确的是( ) A ．变压器输入功率为484 WB ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3解析：理想变压器的输入功率等于输出功率，所以有P 1＝U 1I 1＝U 2I 2＝60×2.2 W ＝132 W ，选项A 错误；原线圈电流I 1＝P 1U 1＝0.6 A ，选项B 正确；副线圈电流最大值I 2max ＝2I 2＝2.2 2 A ，选项C 错误；原、副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝22060＝113，选项D正确． 答案：BD7．(2018·湖北宜昌调研)如图为远距离输电示意图，升压变压器T 1和降压变压器T 2均为理想变压器，n 1∶n 2＝1∶m ，n 3∶n 4＝n ∶1(m 、n 都大于1)．输电线的总电阻为2r ，升压变压器T 1原线圈的电压的有效值为U ，T 1的原线圈输入的电功率为P .下列说法正确的是( )A ．降压变压器T 2副线圈的电压为mUnB ．输电线上的电流为PmUC ．用电设备的数目增多，降压变压器T 2原线圈的电压变小D ．用电设备的数目减少，输电线上的电流减小解析：输电线上有电阻，所以降压变压器T 2副线圈的电压小于mUn ，选项A 错误；升压变压器T 2副线圈的电压为mU ，所以输电线上的电流为I ＝PmU ，选项B 正确；用电设备的数目增多，输电线上的电压降变大，降压变压器T 2原线圈的电压变小，选项C 正确；用电设备的数目减少，输电的功率变小，输电线上的电流减小，选项D 正确． 答案：BCD8．(2018·河南新乡、许昌、平顶山三市调研)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，阻值均为10 Ω，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦式交流电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式为u ＝20 2sin 50πt VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率为0.8 WD ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析：由图乙可知T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT ＝100π rad/s ，输入电压u 的表达式u ＝202sin 100πt V ，A 错误；只断开S 2，副线圈两端的总电压不变，L 1、L 2的电压均小于其额定电压，不会正常发光，B 错误；由U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈两端的电压为4 V ，只断开S 2后，变压器的输出功率P 出＝U 222R L ＝0.8 W ，则原线圈的输入功率为0.8 W ，C 正确；若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为P ′＝U 22R ＝0.8 W ，D 正确． 答案：CD[能力题组]一、选择题9．(2018·河南六市联拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R 0、热敏电阻R t (阻值随温度的升高而减小)及报警器P (电流增加到一定值时报警器P 将发出警报声)组成闭合电路，电压表、电流表均为理想电表．则以下判断正确的是( )A ．变压器线圈输出交流电的频率为25 HzB ．电压表的示数为22 2 VC ．R t 处温度减小到一定值时，报警器P 将会发出警报声D ．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小解析：由图乙可知f ＝1T ＝50 Hz ，而理想变压器不改变交流电的频率，A 项错误．由图乙可知原线圈输入电压的有效值U 1＝220 V ，则副线圈两端电压有效值U 2＝n 2n 1U 1＝44 V ，设电压表示数为U ，由于二极管作用，副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流，则由有效值定义有U22R总·T2＝U2R总·T，解得U＝U22＝22 2 V，B项正确．由题给条件可知，R t处温度升高到一定值时，报警器会发出警报声，C项错误．因报警器报警时回路中电流比报警前大，则报警时副线圈回路的总功率比报警前大，而输入功率与输出功率相等，D项错误．答案：B10．有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D 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，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是()A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大解析：当R3不变，P顺时针转动时，n MN减小，由U CDU MN＝n CDn MN，知U MN减小，则电压表、电流表读数均减小，A项正确，同理知B项错误；当P不动时，匝数n MN不变，输出电压U MN不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知D项也错误．答案：A11．(多选)如图所示，发电机中线圈的匝数为N，线圈的面积为S，线圈做匀速圆周运动的角速度为ω，匀强磁场的磁感应强度为B.电流表和电压表为理想电表，定值电阻的阻值为R.当P在图示位置时，变压器的匝数比n1∶n2＝1∶2.一开始线圈与磁场垂直，下列判断正确的是()A ．电压表的读数为2NBSωB ．电流表的读数为22NBSωRC ．线圈由图示位置旋转四分之一周，通过电流表的电荷量为NBSR D ．P 向上移动时，电压表的示数变小，电流表示数变大 解析：感应电动势的最大值为E m ＝NBSω，有效值U 1＝NBSω2，由U 1U 2＝n 1n 2可得，电压表读数U 2＝2NBSω，选项A 错误；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2NBSωR ，通过电流表的交变电流为22NBSωR ，选项B 正确；线圈由图示位置旋转四分之一圆周，通过电流表的电荷量为Q ＝N ΔΦR ＝NBSR ，选项C 正确；P 向上移动时，副线圈匝数变少，电压表的示数变小，电流表示数也变小，选项D 错误． 答案：BC 二、非选择题12．图甲为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u ab t 图象如图乙所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式； (2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1； (3)求ce 和de 间线圈的匝数比n ce n de.解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s ， 电压瞬时值u ab ＝400sin 200πt V . (2)电压有效值U 1＝200 2 V ， 理想变压器P 1＝P 2＝80 W ，原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，解得I 1≈0.28 A(或25 A)． (3)设ab 间匝数为n 1，则U 1n 1＝U cen ce，同理U 1n 1＝U de n de.由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de ，解得n ce n de＝R ceR de ，代入数据得n ce n de＝43.答案：(1)u ab ＝400sin 200πt V (2)0.28 A 或25 A (3)4313．某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW ，输出电压为500 V ，输电线的总电阻为10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%.求：(1)村民和村办小企业需要220 V 电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？解析：(1)输电电路图如图所示，由ΔP ＝4%P 输出和ΔP ＝I 22R得I 2＝4%P 输出R ＝6 A则U 送＝P 输出I 2＝1 500 V升压变压器原、副线圈匝数比 n 1n 2＝U 0U 送＝5001 500＝13输电线上电压损失ΔU ＝I 2R ＝60 V 故降压变压器输入电压 U 1＝U 送－ΔU ＝1 440 V 故降压变压器原、副线圈匝数比 n 1′n 2′＝U 1U 2＝1 440220＝7211(2)若不用变压器，则输电电流 I ＝P 输出U 0＝18 AU ＝U 0－IR ＝320 V ，P ＝P 输出－I 2R ＝5 760 W 答案：(1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5 760 W。