变压器和远距离输电含答案

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交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用(解析版)—2025年高考物理一轮复习考点通关卷(新高考

交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用建议用时：60分钟交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用1．（2024·四川成都·三模）如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风轮机带动内部匝数为N 的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO ¢，顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。

已知N 匝线圈产生的感应电动势的最大值为E m 。

则（）A ．线圈转动的快慢不会影响回路中电流的大小B ．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为ABCDC ．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最小D ．穿过线圈的最大磁通量为mE w【答案】B【详解】A ．根据：E w =又：E I R r=+解得：I =可知线圈转动的快慢会影响回路中电流的大小。

故A 错误；B ．当线圈转到题图示位置时，根据右手定则判断知产生的感应电流方向为ABCD 。

故B 正确；C ．当线圈转到题图示位置时，线圈与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大。

故C 错误；D ．由：m m ΦE NBS N w w ==得：m m ΦE N w=故D 错误。

故选B 。

2．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图甲所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t T ，线圈产生的电动势的最大值为m E ．则（）A ．在14t T =时，线圈中产生的瞬时电流最大B ．在12t T =时，线圈中的磁通量变化率最小C ．将线圈转速增大2D ．线圈中电动势的瞬时值m 2πcos eE t T æö=ç÷èø【答案】D【详解】A ．在14t T =时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率最小，则产生的瞬时电流为零，故A 错误；B ．在12t T =时，线圈中的磁通量最小，则磁通量的变化率最大，故B 错误；C ．将线圈转速增大2倍，则角速度增大2倍，根据：m E NBS w =，E =可知线圈中感应电动势的有效值增大2倍，故C 错误；D ．0t =时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，则线圈中电动势的瞬时值为m 2πcos e E t T æö=ç÷èø故D 正确。

选修3-2变压器和远距离输电有答案

变压器远距离输电知识点一、理想变压器 1．构造和原理(1)构造：如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。

图1(2)原理：电磁感应的互感现象。

2．基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出。

(2)电压关系：U 1n 1＝U 2n 2。

有多个副线圈时U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…。

(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1。

由P 入＝P 出及P ＝UI 推出有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n 。

3．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图A 、B 所示。

(2)互感器⎩⎨⎧电压互感器：把高电压变成低电压，如图C 所示。

电流互感器：把大电流变成小电流，如图D 所示。

知识点二、远距离输电1．输电过程(如图2所示)：图2 2．电压损失(1)ΔU＝U－U′。

(2)ΔU＝IR。

3．功率损失(1)ΔP＝P－P′。

(2)ΔP＝I2R＝ΔU2 R。

4．输送电流(1)I＝P U。

(2)I＝U－U′R。

[思考判断](1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用。

()(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。

()(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。

()(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。

()(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。

()(6)高压输电通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。

()(7)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大。

() 答案(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√(6)√(7)√理想变压器的分析与计算1．关于理想变压器(1)变压器不能改变直流电压；(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率；(3)理想变压器本身不消耗能量；(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。

高中物理变压器远距离输电(附答案)高考基础训练题

变压器远距离输电（附答案）1．(淄博模拟)某水利发电站发电机发电后，先通过电站附近的升压变压器升压后，再通过输电线路把电能输送到远处的降压变压器，降压后，再用线路输送到各用户．设发电机输出电压稳定且两变压器均为理想变压器．在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率却增加较大，这时与用电低谷时比较()A ．升压变压器的副线圈两端的电压变小B ．高压输电线路的电压损失变大C ．降压变压器副线圈中的电流变小D ．降压变压器副线圈两端的电压变大2．(苏锡常镇四市教学)在家用交流稳压器中，变压器的原、副线圈分别带有滑动头P 1、P 2，如图13－2－12所示．当变压器的输入电压发生变化时，可上下调节滑动头P 1、P 2的位置，使输出电压稳定在220V ．若输出电压高于220V ，则下列措施正确的是()A ．P 1不动，将P 2向下移B ．P 1不动，将P 2向上移C ．P 2不动，将P 1向下移D ．将P 1向下移，同时将P 2向上移3．(广州测试)如图13－2－13所示，原、副线圈匝数之比为2∶1的理想变压器正常工作时()图13－2－13A ．原、副线圈磁通量之比为2∶1B ．原、副线圈电流之比为1∶2C ．输入功率和输出功率之比为1∶1D ．原、副线圈磁通量变化率之比为1∶14．在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原、副线圈的匝数分别为n 1＝600匝、n 2＝120匝，电源的电压为U ＝311sin100πt (V)，原线圈中串联一个额定电流为0.2A 的保险丝，为保证保险丝不被烧毁，则()图13－2－12A ．负载功率不能超过62WB ．副线圈电流的最大值不能超过1AC ．副线圈电流的有效值不能超过1AD ．无论副线圈电流有多大，保险丝总不会被烧毁5．如图13－2－14所示为一理想变压器，电路中的开关S 原来闭合，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是()A ．只增加原线圈的匝数B ．只增加副线圈的匝数C ．只增加用电器R 1的电阻D ．断开开关S 6．如图13－2－15所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串一个相同的灯泡L ，则()A ．灯L 也能正常发光B ．灯L 比另外三个灯都暗C ．灯L 将会被烧坏D ．不能确定7.(高考四川理综卷)如图13－2－16甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20Ω，R 2＝30Ω，C 为电容器，已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则()图13－2－16A ．交流电的频率为0.02HzB ．原线圈输入电压的最大值为2002VC ．电阻R 2的电功率约为6.67WD ．通过R 3的电流始终为零图13－2－14图13－2－158．(高考江苏卷)如图13－2－17所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u ＝202sin100πt (V)．氖泡在两端电压达到100V 时开始发光，下列说法中正确的有()A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB ．开关接通后，电压表的示数为100VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变9．(高考海南卷)一台发电机最大输出功率为4000kW ，电压为4000V ，经变压器T 1升压后向远方输电．输电线路总电阻R ＝1kΩ.到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V,60W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则()A ．T 1原、副线圈电流分别为103A 和20AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105V 和220VC ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220V,60W)正常发光10．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05m 2，线圈转动的频率为50Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2πT ．为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220V,11kW ”的电机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图13－2－18所示，求：图13－2－18(1)发电机的输出电压的有效值为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？图13－2－17答案：(1)1100V(2)5∶1(3)20A11．如图13－2－19所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3300V，副线圈两端电压U2为220V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U＝2V．求：图13－2－19(1)原线圈n1等于多少匝？(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2＝5A．则电流表A1的示数I1为多少？(3)当开关S闭合时，电流表A1的示数I1′等于多少？答案：(1)1650匝(2)0.3A(3)0.7A12.某发电厂发电机的输出功率P＝100kW，发电机端电压U＝250V，向远处送电的输电线的总电阻R＝8Ω.要使传输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220V，那么：(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图．(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比．答案：(1)见解析(2)升压：1∶16降压：190∶11答案：1B2A3BCD4C5B6A7C8AB9ABD。

高中物理《变压器远距离输电》典型题(精品含答案)

《变压器远距离输电》典型题1．如图所示，半径为L＝1 m的金属圆环，其半径Oa是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B＝2 T的匀强磁场中．从圆心O引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n1∶n2＝1∶4的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为( )A．40 V B．20 VC．80 V D．02．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．灯L1、L2都能正常发光B．原线圈的输入功率减小C．原、副线圈的电流比增大D．电阻R消耗的功率增大3．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4．一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b 间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )A．U2＞U1，U2降低B．U2＞U1，U2升高C．U2＜U1，U2降低D．U2＜U1，U2升高5．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6．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大7．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 2U 2m 4rB.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4r C ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r D ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r 8．一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示．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2.5×10－4 Ω，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( )型号 AED6500S输出电压范围 220～300 V最大输出功率60 kWA.输电线路中的电流为20 AB ．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 V9．(多选)交流发电机和理想变压器如图连接，灯泡的额定电压为U 0，灯泡与定值电阻的阻值均为R .当该发电机以转速n 匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡恰能正常发光．设电表均为理想电表，图示位置时磁场恰与线圈平面垂直，则( )A ．变压器原副线圈匝数比为2U 0∶UB ．电流表的示数为2U 20RUC ．在图示位置时，发电机输出电压的瞬时值恰为零D ．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为e ＝U sin 2n πt10．(多选)A.n 2n 1＞n 3n 4B.n 2n 1＜n 3n 4C ．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比n 1n 2，同时减小降压变压器的匝数比n 3n 4D ．要减小线路的损耗，应减小升压变压器的匝数比n 1n 2，同时增大降压变压器的匝数比n 3n 411．(多选)如图所示，甲图是一理想变压器，原、副线圈的匝数比为100∶1.若向原线圈输入图乙所示的正弦交变电流，图中R t 为热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R 1为可变电阻，电压表和电流表均为理想电表，下列说法中正确的是( )A ．在t ＝0.005 s 时，电压表的示数约为50.9 VB ．变压器原、副线圈中的电流之比为100∶1C ．R t 温度降低时，适当增大R 1可保持R t 两端的电压不变D ．R t 温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大12．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220 V 440 W ”的热水器、“220 V 220W”的抽油烟机．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )A．副线圈两端电压的瞬时值为u＝2202sin 100πt(V)B．交流电压表的示数为1 100 2 VC．1 min内变压器输出的电能为3.96×104 JD．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍13．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－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P＝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I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比n cen de.《变压器远距离输电》典型题1．解析：选D.由于Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，选项D正确．2．解析：选D.断开S时，L1正常发光，当闭合S后，总电阻减小，回路中总电流增大，R两端电压变大，灯泡两端电压减小，两灯不能正常发光，A项错误．由P入＝P出＝U22R总，且R总减小，U2不变，则P入变大，B项错误．由I1I2＝n2n1可知，因线圈匝数比不变，则原、副线圈的电流比不变，C项错误．电阻R的功率P＝I2R，因I变大，R不变，则P变大，D项正确．3．解析：选B.变压器接在家庭电路上，可知U1＝220 V，因是降压变压器，则n1＞n2，当减少相同匝数时有n1－Δnn2－Δn＞n1n2.对理想变压器有U1U2＝n1n2，U1U2′＝n1－Δnn2－Δn，所以U2′减小，小灯泡变暗，A错误，B正确．对于理想变压器，电压之比为匝数之比，所以原、副线圈两端电压之比变大，C错误．理想变压器原、副线圈电流之比与匝数之比成反比，所以原、副线圈电流的比值变小，D错误．4．解析：选C.由图可知，cd间的线圈为整个线圈的一部分，故其匝数比作为原线圈的整个线圈的匝数少，根据变压器的电压与匝数的关系可知，U2＜U1，当触头由M点顺时针旋转到N点的过程中，cd间的线圈的匝数减少，所以输出电压降低，选项C 正确．5．解析：选 B.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，选项A 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，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，输出功率增大，所以输入功率增大，选项D 错误．6．解析：选B.由题知，U 1不变，n 1n 2不变，故U 2不变．当P 向上滑动时，R 滑变大，R 总变大，R 两端电压即电压表示数变大，U R 1减小，I R 1减小，则P R 1减小，A 错误，B 正确．因为I R 1减小，n 1n 2不变．由I 1＝n 2n 1I R 1知I 1减小，C 错误．若闭合开关S ，则总电阻减小，由I R 1＝U 2R 总知I R 1增大，U R 1增大，U R 2减小，电流表A 2的示数减小，D 错误．7．解析：选C.升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m 2；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 1P n 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2r n 22U 2m，故选项C 正确． 8．解析：选C.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 ＝P U ＝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＝I 2R ＝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．9．(多选)解析：选BC.因灯泡正常发光，则其两端电压为额定电压U 0，又因灯泡与定值电阻的阻值相等，则定值电阻两端电压也为U 0，故副线圈两端电压为2U 0，因电压表测原线圈两端电压，则原线圈两端电压为U ，则U 1U 2＝n 1n 2可知，变压器原副线圈匝数比为n 1n 2＝U 2U 0，由I 1I 2＝n 2n 1，可知I 1I 2＝2U 0U ，又I 2＝U 0R ，所以电流表示数为I 1＝2U 20RU ，B 正确；图中线框正处于中性面位置，产生的电压瞬时值为零，所以C 正确；从图示位置开始计时，变压器的输入电压的瞬时值表达式为e ＝2U sin 2n πt ，所以D 错误．10．(多选)解析：选AD.根据变压器工作原理可知n 1n 2＝220 V U 2，n 3n 4＝U 3220 V ，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，即U 2>U 3，所以n 2n 1>n 3n 4，A 正确，B 错误；要减小线路的损耗，应减小升压变压器的匝数比n 1n 2，使输电线上电流减小，由于用户获得的电压不变，所以应同时增大降压变压器的匝数比n 3n 4，D 正确． 11．(多选)解析：选CD.由图甲可知电压表显示的是变压器原线圈两端电压的有效值，再由图乙可知其示数为36 V ，则A 错．变压器原、副线圈中的电流之比为I 1I 2＝n 2n 1＝1100，则B 错．因副线圈两端电压U 2不变，且U R t ＋U R 1＝U 2，U R t U R 1＝R t R 1，则当R 1温度降低时，其阻值增大，为了使U R t 不变，应增大R 1，则C 正确．R t 温度升高时，其阻值下降，电压表示数不变，电流表示数变大，则D 正确．12．(多选)解析：选AC.由图乙可知，交变电流的峰值是220 2 V ，ω＝100π rad/s ，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt (V)，故A 正确；电压与匝数成正比，有U 1＝n 1n 2U 2＝1 100 V ，则电压表示数为1 100 V ，故B 错误；输入功率等于输出功率，1 min 内变压器输出的电能为W ＝Pt ＝(220 W ＋440 W)×60 s ＝3.96×104 J ，故C 正确；热水器的发热功率为440 W ，而抽油烟机的发热功率小于220 W ，故D 错误．13．解析：(1)由题图乙知周期T ＝0.01 s ，u ab 最大值为U m ＝400 V ，所以角速度ω＝2πT ＝200π rad/s电压瞬时值u ab ＝400sin 200πt (V)(2)电压有效值U 1＝U m 2＝200 2 V 理想变压器输入功率P 1＝P原线圈中的电流I 1＝P 1U 1解得I 1＝25 A ≈0.28 A(3)设ab 间匝数为n 1，则U 1n 1＝U ce n ce 同理U 1n 1＝U de n de由题意知U 2ce R ce ＝U 2de R de ，。

度高二物理期末复习单元检测变压器和远距离输电有答案

度高二物理期末复习单元检测变压器和远距离输电有答案1．如下图，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＝2202sin 100πt V，副线圈接一电动机，电阻为11 Ω.假定电流表A2示数为1 A，电表对电路的影响疏忽不计，那么()A．交流电的频率为100 HzB．电动机输入功率为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．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，通常要经过电流互感器来衔接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，任务时电流为I ab，cd一侧线圈的匝数较多，任务时电流为I cd，为了使电流表能正常任务，那么()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 cd3．如下图，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．以下说法正确的选项是()A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．假定闭合开关S，那么电流表A1示数变大，A2示数变大4.如下图的电路中，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，其阻值随温度的降低而减小，那么当该装置左近有火源而招致其所在位置温度降低时(不思索仪器的损坏)()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．变压器的输入功率减小5．图中理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，如今原线圈两端加上交变电压u＝311sin 100πt V时，灯泡L1、L2均正常发光，电压表和电流表可视为理想电表，那么以下说法中正确的选项是()A．该交流电的频率为100 HzB．电压表的示数为155.5 VC．假定将变阻器的滑片P向上滑动，那么电流表的示数变大D．假定将变阻器的滑片P向上滑动，那么L1将变暗，L2将变亮6. 一自耦变压器如下图，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．经过滑动触头取该线圈的一局部，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输入电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的进程中()A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2降低C．U2<U1，U2降低D．U2<U1，U2降低7. 如下图，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，假设将原、副线圈增加相反匝数，其它条件不变，那么()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．经过原、副线圈电流的比值不变8．(多项选择)如图是一个理想变压器的表示图，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，R0是定值电阻，坚持交变电压U1不变．以下说法正确的选项是()A．假定P的位置不变，S由a合到b处，那么电流表示数减小B．假定P的位置不变，S由a合到b处，那么电压表示数增大C．假定S置于b处，将P向上滑动，那么电流表示数增大D．假定S置于b处，将P向上滑动，那么电压表示数增大9．(多项选择)如下图，理想变压器原线圈匝数n1＝1 210匝，副线圈匝数n2＝121匝，原线圈电压u＝311sin 100πt V，负载电阻R＝44 Ω，不计电表对电路的影响，各电表的读数应为()A．的示数约为0.05 AB．的示数约为311 VC．的示数约为0.5 AD．的示数约为31.1 V10．如图甲所示的电路中，S为单刀双掷开关，电表为理想电表，R t为热敏电阻(阻值随温度的降低而减小)，理想变压器原线圈接图乙所示的正弦交流电．那么()A．变压器原线圈中交流电压u的表达式u＝1102sin 100πt(V)B．S接在a端，R t温度降低时，变压器的输入功率变小C．S接在a端，R t温度降低时，电压表和电流表的示数均变大D．S由a切换到b，R t消耗的功率变大11．应用超导资料零电阻的性质，可完成无损耗输电．现有不时流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供应用电器的电动率为40 kW，电压为800 V．假设用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，坚持供应用电器的功率和电压不变，那么浪费的电功率为() A．1 kW B．1.6×103 kWC．1.6 kW D．10 kW12．(多项选择)在如下图的远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输入电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输入功率的增大，以下说法中正确的有()A．升压变压器的输入电压增大B．输入用户的电压增大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13．(多项选择)如图为某小型水电站的电能保送表示图，发电机经过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路．假定T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝2202sin 100πt(V)，当用电器电阻R0＝11 Ω时()A．经过用电器R 0的电流有效值是20 AB．升压变压器的输入功率为4 650 WC．发电机中的电流变化频率为100 HzD．当用电器的电阻R0减小时，发电机的输入功率减小14．(多项选择)一台发电机最大输入功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V、60 W)．假定在输电线路上消耗的功率为发电机输入功率的10%，变压器T1和T 2的损耗可疏忽，发电机处于满负荷任务形状，那么( )A ．T 1原、副线圈电流区分为103 A 和20 AB ．T 2原、副线圈电压区分为1.8×105 V 和220 VC ．T 1和T 2的变压比区分为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220 V 、60 W)正常发光参考答案1.【答案】B【解析】 [由ω＝100π rad/s ＝2πf ，解得f ＝50 Hz ，A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得副线圈两端的电压U 2＝44 V ，电动机的输入功率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．]2.【答案】B【解析】 [应用变压器任务原理I 1I 2＝n 2n 1，所以输入端ab 接MN ，输入端cd 接PQ ，所以B 正确，D 错误．电流互感器的作用是使大电流变成小电流，所以I ab ＞I cd ，所以A 、C 错误．]3.【答案】B【解析】 [滑动变阻器的触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，R 1中的电流变小，R 1消耗的功率变小，选项A 错误；滑动变阻器的触头向上滑动时，R 1两端的电压变小，电压表V 示数变大，选项B 正确；滑动变阻器的触头向上滑动时，副线圈电路的总电阻变大，总功率变小，原线圈的功率也变小，电流表A 1的示数变小，选项C 错误；闭合开关S ，R 1两端的电压变大，电压表V 示数变小，A 2示数变小，选项D 错误．]4.【答案】B【解析】 [依据变压器原理可知，变压器输入电压由输入电压和线圈匝数比决议，故输入电压不变，电压表示数不变，因热敏电阻阻值减小，那么副线圈总电流增大，那么输入电流增大，故A 错误，B 正确；因输入电流增大，那么由P ＝I 2R 0可知，R 0的功率变大，故C 错误；因输入电压不变，输入电流增大，那么由P ＝UI 可知，变压器的输入功率增大，故D 错误． ]5.【答案】C【解析】[交流电的角速度ω＝100π rad/s ＝2πf ，解得f ＝50 Hz ，A 错误；由U 1U 2∶n 1n 2及U 1＝220 V ，解得U 2＝110 V ，B 错误；假定将变阻器的滑片P 向上移动，变阻器接入电路的电阻变小，电流表的示数增大，副线圈两端的电压不变，L 1的亮度不变，L 2两端的电压增大，L 2的亮度增大，C 正确，D 错误． ]6．【答案】C【解析】[由U 1U 2＝n 1n 2，n 1>n 2知U 2<U 1；滑动触头从M 点顺时针旋转至N 点进程，n 2减小，那么U 2降低，C 项正确．]7．【答案】B【解析】[原、副线圈减去相反的匝数n 后，有n 1′n 2′＝n 1－n n 2－n ，可以得出，n 1n 2－n 1′n 2′＝n 〔n 2－n 1〕n 2〔n 2－n 〕<0，那么说明n 1′n 2′的比值变大，由n 1′n 2′＝U 1U 2′＝I 2′I 1′知，选项C 、D 错误；由n 1n 2＝U 1U 2和n 1′n 2′＝U 1U 2′知，U 2′<U 2，再由P ＝U 2′2R知，灯泡变暗，选项A 错误，B 正确．] 8．【答案】BD【解析】[此题考察变压器的基本规律和电路的静态剖析．假定P 的位置不变，S 由a 合到b处时，原线圈的匝数减小，由n 1n 2＝U 1U 2知副线圈的电压U 2增大，所以副线圈的电流I 2增大，故电压表的示数增大，由U 2I 2＝U 1I 1知原线圈电流增大，选项A 错误，B 正确；假定S 置于b 处，将P 向上滑动，滑动变阻器的有效阻值变大，所以副线圈的电流I 2减小，所以R 0分担的电压减小，故电压表的示数增大，由U 2I 2＝U 1I 1知原线圈电流减小，选项C 错误，D 正确．]9．【答案】AC【解析】[此题考察的是理想变压器电压比、电流比及交流电表读数．交流电表示数均为有效值，那么U 1＝3112V ＝220 V ，即电表V 1的读数为220 V ，选项B 错误；由U 1U 2＝n 1n 2，解得U 2＝n 2n 1U 1＝22 V ，即电表V 2的读数为22 V ，选项D 错误；经过电阻R 的电流大小为I 2＝U 2R＝0.5 A ，即电表A 2的读数为0.5 A ，选项C 正确；由I 1I 2＝n 2n 1，解得I 1＝n 2n 1I 2＝0.05 A ，即电表A 1的读数为0.05 A ，选项A 正确．]10．【答案】A【解析】[由图乙易知交流电压的瞬时值表达式，A 项正确；S 接a 端，电压表示数不变，温度降低R t 阻值减小，故电流表示数增大，由P ＝UI 知输入功率增大，输入功率也增大，B 、C 项均错误；S 由a 切换到b ，电压表示数减小，由P ＝U 22R，R t 消耗的功率减小，D 项错误，应选A.]11．【答案】A【解析】[输电线上的电流为：I ＝P U ＝40×103800 A ＝50 A ，输电线上消耗的功率P 线＝I 2R ＝502×0.4 W ＝1 000 W ＝1 kW ，所以假定采用超导电缆替代原来的输电线，线路上浪费的电功率为1 kW.]12．【答案】CD【解析】[依据题意，发电厂的输入电压坚持不变，那么升压变压器的输入电压就不变，输入电压也不变，A 错误；由于发电厂输入功率增大时，经过输电线的电流增大，输电线上损失的电压和损失的功率均增大，降压变压器的输入电压减小，输入电压也减小，输入用户的电压减小，选项B 错误，C 正确；设升压变压器的输入电压为U (恒定不变)，经过输电线的电流为I (逐渐增大)，那么输电线上损耗的功率占总功率的比例I 2R UI ＝IR U增大，选项D 正确．] 13．【答案】AB【解析】[由T 2的副线圈两端电压的表达式知，副线圈两端的电压有效值为220 V ，电流为I ＝22011 A ＝20 A ，A 对；由于输电线电流I ′＝204A ＝5 A ，所以升压变压器的输入功率为P ＝P 线＋PR 0＝52×10 W ＋202×11 W ＝4 650 W ，B 对；发电机中的电流变化频率与T 2的副线圈两端电压的频率相反，也为50 Hz ，C 错；当用电器的电阻R 0减小时，其消耗的功率变大，发电机的输入功率变大，D 错．]14．【答案】ABD【解析】[T 1原线圈的电流为I 1＝P 1U 1＝4 000×1034 000A ＝1×103 A ，输电线上损失的功率为P 损＝I 22R ＝10%P 1，所以I 2＝10%P 1R ＝ 4 000×103×0.11×103 A ＝20 A ，选项A 对；T 1的变压比为n 1n 2＝I 2I 1＝20103＝150；T 1上副线圈的电压为U 2＝50U 1＝2×105 V ，T 2上原线圈的电压为U 3＝U 2－I 2R ＝2×105 V －20×103 V ＝1.8×105 V ，选项B 对；T 2上原、副线圈的变压比为n 3n 4＝U 3U 4＝1.8×105220＝9×10311，选项C 错，能正常发光的灯泡的盏数为：N ＝90%P 160＝6×104，选项D 对．]。

高考物理专题80变压器远距离输电练习含解析

专题80 变压器远距离输电1．变压器联系着两个电路：原线圈电路、副线圈电路．原线圈在原线圈电路中相当于一用电器，副线圈在副线圈电路中相当于电源.2.变压器的输入电压决定输出电压，但输入电流、功率却由输出电流、功率决定.3.远距离输电示意图中涉及三个电路，在中间的远距离输电线路中升压变压器的副线圈、导线、降压变压器的原线圈相当于闭合回路的电源、电阻、用电器．1.(多选)(2020·安徽安庆市三模)如图1所示，为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经变电所将高压变为低压．某变电所将电压u 0＝11 000 2 sin 100πt (V)的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电所变压器( )图1A ．原、副线圈匝数比为50∶1B ．副线圈中电流的频率是50 HzC ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和答案 AB解析降压变压器输入电压的最大值为11 000 2 V ，则有效值为11 000 V ，则n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＝501，故A 正确．交流电的频率f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，经过变压器后，交流电的频率不变，故B 正确．降压变压器中副线圈的电流大于原线圈的电流，则副线圈导线比原线圈导线粗，故C 错误．副线圈的电流等于居民小区各用电器电流总和，而原、副线圈的电流不等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，故D 错误．2．(2020·广西池州市期末)一种可视为理想变压器的铭牌如图2所示，根据所提供的信息，以下判断正确的是( ) 型号：PKT －12－3 000输入参数：220 V 50 Hz输出参数：12 V 3.0 A图2A ．副线圈的匝数比原线圈多B ．当变压器输出为12 V 和3 A 时，原线圈电流为9255 AC ．当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出直流电压12 VD ．当原线圈输入交流电压110 V 时，副线圈输出交流电压6 V答案 D解析根据铭牌U 1＝220 V>U 2＝12 V ，可知是降压变压器，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2＝22012＝553，n 1>n 2，A 错误；当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出交流电压12 V ，根据P 1＝P 2知I 1＝U 2I 2U 1＝12×3220 A ＝955A ，B 错误；变压器变压后交流电频率不变，当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出交流电压12 V ，C 错误；当原线圈输入交流电压110 V 时，根据220 V 12 V＝n 1n 2＝110 V U 2，可知副线圈中输出交流电压6 V ，D 正确． 3.(多选)(2020·海南新高考3月诊断)如图3所示，一变压器原、副线圈匝数比为3∶1，原线圈输入电压u ＝152sin 50πt (V)，副线圈接有理想交流电压表和一电阻，电阻的阻值为2 Ω，则下列说法正确的是( )图3A ．输入电压的频率为50 HzB ．电压表的示数为5 VC ．电阻的电功率为25 WD ．当输入电压u 的最大值不变而频率升高时，电阻的电功率不变答案 BD解析原线圈输入电压u ＝152sin 50πt (V)，则角速度为ω＝50π rad/s ，所以原线圈中交流电的频率f ＝ω2π＝25 Hz ，所以输入电压的频率为25 Hz ，故A 错误；原线圈输入电压u ＝15 2 sin 50πt (V)，则原线圈输入电压的最大值为U m ＝15 2 V ，原线圈两端的电压有效值为U 1＝1522V ＝15 V ，电压表显示的是副线圈的输出电压有效值，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可知电压表的示数为U 2＝13U 1＝5 V ，故B 正确；电阻的电功率P R ＝U 22R ＝522W ＝12.5 W ，故C 错误；当输入电压u 的最大值不变，则原线圈输出电压有效值恒定，故副线圈的输入电压恒定不变，所以电阻的功率不变，故D 正确．4．(多选)(2020·四川德阳市二诊)如图4甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为11∶2，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R 相连．若交流电压表和交流电流表都是理想电表，则下列说法中正确的是( )图4A ．变压器输入电压的最大值是220 VB ．电压表的示数是40 VC ．若电流表的示数为0.50 A ，变压器的输入功率是20 WD ．原线圈输入的正弦交变电流的频率是100 Hz答案 BC解析由题图乙可知交流电压最大值U m ＝220 2 V ，故A 错误；输入电压的有效值为220 V ，根据变压器电压与匝数成正比知电压表示数U 2＝211U 1＝40 V ，电压表的示数是40 V ，选项B 正确；流过电阻中的电流为0.5 A ，变压器的输入功率是P 入＝P 出＝U 2I 2＝40×0.5 W＝20 W ，故C 正确；变压器不改变频率，由题图乙可知交流电周期T ＝0.02 s ，可由周期求出正弦交变电流的频率是50 Hz ，故D 错误．5．(多选)(2020·山东潍坊市期末)在图5甲所示的理想变压器a 、b 端加上如图乙所示的交变电压．已知变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，R 1为热敏电阻(温度升高时，其电阻减小)，R 为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．下列判断正确的是( )图5A ．电压表V 1的示数为22 VB ．电压表V 2的示数为5.5 2 VC ．R 1处温度升高时，V 1示数与V 2示数的比值变小D ．R 1处温度升高时，V 1示数与V 2示数的比值变大答案 AD解析电压表V 1测的是原线圈两端的电压，即输入电压的有效值，由题图乙可知U 1＝2222V ＝22 V ，A 正确；原、副线圈的匝数比为4∶1，所以副线圈两端的电压为5.5 V ，电压表V 2测的是R 1两端的电压，应该小于5.5 V ，B 错误；R 1处温度升高时，R 1的阻值减小，R 的阻值不变，则R 1分得的电压变小，V 2的示数变小，而V 1的示数不变，所以V 1的示数与V 2的示数的比值变大，C 错误，D 正确．6.(多选)如图6所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，原线圈接入交变电流的电压有效值为U 0＝220 V ，n 0＝2 200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、550匝、1 100匝、2 200匝．电动机M 的内阻r ＝4 Ω，额定电压U ＝220 V ，额定功率P ＝110 W ．下列判断正确的是( )图6A ．当选择挡位3时，电动机两端电压为110 VB ．当挡位由3变换到2时，电动机的功率减小C ．当选择挡位2时，电动机的热功率为1 WD ．当选择挡位4时，电动机的输出功率为110 W答案 AB解析由电压与匝数的关系U 0∶U 3＝n 0∶n 3，可得U 3＝110 V ，A 正确；当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B 正确；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为I ＝P U ＝0.5 A ，热功率P r ＝I 2r ＝1 W ，输出功率为P 出＝P －P r ＝(110－1) W ＝109 W ，D 错误；没有达到额定功率时，热功率小于1 W ，C 错误．7．(2020·天津市河西区3月调研)如图7所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b 是原线圈的中心抽头，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＝310sin 314t (V)，则( )图7A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为3.1 VB ．副线圈两端的电压频率为50 HzC ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈输入功率变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小答案 B解析 c 、d 两端电压的有效值U ＝U m 2＝3102V ，当单刀双掷开关与a 连接时，原线圈的电压的有效值为U ，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为U 2＝3101002V≈2.2 V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为2.2 V ，故A 错误；变压器不改变交流电的频率，由ω＝2πf ＝314 rad/s ，解得原线圈两端的电压频率为50 Hz ，所以副线圈两端的电压频率也为50 Hz ，所以B 正确；若将单刀双掷开关由a 拨向b ，由于原线圈的匝数变小，导致副线圈的电压增大，电流增大，两电表的示数均变大，副线圈的输出功率变大，由于原线圈输入功率和副线圈输出功率相等，所以原线圈输入功率变大，故C 、D 错误．8．(2020·全国第五次大联考)如图8甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为 1 000匝和100匝，R 1＝5 Ω，R 2＝10 Ω，电容器的电容C ＝100 μF.已知电容器上极板所带电荷量q 按图乙所示的正弦规律变化，则下列判断正确的是( )图8A ．电阻R 1的电功率为20 WB ．原线圈输入电压的有效值为100 VC ．穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值为0.2 Wb/sD ．变压器原线圈中电流的周期为0.4 s答案 C解析副线圈电压的最大值U 2m ＝q C ＝20 V ，有效值U ＝10 2 V ，电阻R 1的电功率P 1＝U 2R 1＝40 W ，A 项错误；原线圈输入电压的有效值为100 2 V ，B 项错误；穿过变压器原线圈的磁通量变化率的最大值U 1m n 1＝U 2m n 2＝0.2 Wb/s ，C 项正确；由题图乙知，副线圈中电流的周期为0.04 s ，而变压器不能改变交变电流的周期，故原线圈中电流的周期也为0.04 s ，D 项错误．9．(多选)(2019·安徽蚌埠市第二次质检)如图9所示，电路中的变压器为理想变压器，U 为正弦式交变电压，R 为变阻器，R 1、R 2是两个定值电阻，A 、V 分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是( )图9A ．闭合开关S ，电流表示数变大、电压表示数变小B ．闭合开关S ，电流表示数变小、电压表示数变大C ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小D ．开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大答案 AC解析闭合开关S ，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R 两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A 正确，B 错误；开关S 闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R 的阻值增大，两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C 正确，D 错误．10．(2020·江西吉安市期末)如图10所示为节日彩灯供电电路图，变压器为理想变压器，所有灯泡相同，在A 、B 两端接入电压恒定的正弦交流电，若发现灯泡的灯光较暗，为使灯泡正常发光，需要调节滑动变阻器R 2的滑片，下列调节及结果判断正确的是( )图10A ．应将滑动变阻器R 2滑片向右移B ．调节后，变压器原线圈输入电压变小C ．调节后，电阻R 1消耗的功率变小D ．调节后，滑动变阻器R 2两端的电压增大答案 B解析设A 、B 端输入的电压为U ，原线圈中的电流为I ，则U ＝IR 1＋(n 1n 2)2I (R 2＋R L )，其中R L 为灯泡的总电阻，为使灯泡变亮，电流I 需要增大，R 2需要减小，滑片应向左移，A 项错误；原线圈中电流增大，R 1消耗的功率增大，其电压增大，变压器原线圈输入的电压减小，B 项正确，C 项错误；副线圈两端的电压减小，灯泡两端的电压增大，因此滑动变阻器R 2两端的电压减小，D 项错误．11．(多选)(2020·广东佛山市二模)如图11所示，某学习小组模拟远距离输电，手摇发电机产生e ＝102sin 8πt (V)稳定的交流电．通过升、降压比相同(n 1∶n 2＝n 4∶n 3)的两个变压器给三个相同的灯泡供电．若变压器为理想变压器．则( )图11A ．闭合开关S 1，灯泡L 1两端电压为10 VB ．闭合开关，通过灯泡电流的频率都为4 HzC ．开关全闭合时，输电线消耗的电功率最大D ．依次闭合开关S 1、S 2、S 3，直至三个开关全部闭合，在此过程中灯泡L 1越来越亮答案 BC解析升压变压器原线圈电压有效值为U 1＝1022V ＝10 V ，升压变压器和降压变压器匝数比相同，但因输电导线上有电压损失，可知降压变压器的次级电压小于10 V ，即闭合开关S 1，灯泡L 1两端电压小于10 V ，选项A 错误；交流电的频率为f ＝ω2π＝8π2πHz ＝4 Hz ，变压器不改变交流电的频率，可知闭合开关，通过灯泡电流的频率都为4 Hz ，选项B 正确；开关全闭合时，降压变压器输出消耗的功率最大，次级电流最大，初级电流也是最大，输电线上的电流最大，根据P ＝I 2r 可知，此时输电线消耗的电功率最大，选项C 正确；依次闭合开关S 1、S 2、S 3，直至三个开关全部闭合，在此过程导线上的电流越来越大，降压变压器初级电压逐渐减小，次级电压逐渐减小，则灯泡L 1两端电压逐渐减小，即L 1越来越暗，选项D 错误．12．(多选)(2019 ·浙南名校联盟期末)位于温州乐清市磐石镇的温州发电厂，是浙江省跨世纪重点能源工程之一，其中一期工程输送功率为70 MW ，发电机的输出电压随时间变化如图12甲所示．通过如图乙所示的电路向县域输电，其中输电电压为70 kV ，输电线总电阻为4 Ω，在用户端用理想降压变压器把电压降为220 V ，忽略降压变压器到用户的输电线上的电阻．以下说法正确的是( )图12A ．用户端交变电流频率为50 HzB ．降压变压器原、副线圈匝数比为300∶1C ．0～0.01 s 发电机线圈磁通量的变化量为零D ．输电线上损失的功率为4×108W答案 AB解析由题图甲知f ＝1T ＝50 Hz ，变压器不改变交变电流的频率，所以用户端交变电流的频率为50 Hz ，故A 正确；输电线上的电流I ＝P U ＝70×10670×103 A ＝103 A ，输电线上的电压损失为U 损＝IR ＝4×103 V ，降压变压器原线圈两端的电压U 1＝U －U 损＝66×103V ，降压变压器原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝66×103220＝3001，故B 正确；0～0.01 s 为半个周期，发电机线圈磁通量的变化量为2BS ，故C 错误；输电线上损耗的功率P 损＝I 2R ＝4×106 W ，故D 错误．13．(2020·河南、广东、湖北、湖南四省部分学校联考)如图13所示为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器，发电厂输出发电功率P 、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻保持不变．当升压变压器原、副线圈匝数比为k 时，用户得到的功率为P 1，则当升压变压器的原、副线圈匝数比为nk 时，用户得到的电功率为( )图13A ．(1－n 2k 2)P ＋n 2k 2P 1B ．(1－n 2)P ＋n 2P 1C ．(1－1n 2k2)P ＋P 1n 2k 2 D ．(1－1n 2)P ＋P 1n2 答案 B解析原、副线圈的匝数比为k ，根据变压器的规律可得I ∶I 1＝1∶k据能量守恒可得P －P 1＝I 12R ＝k 2I 2R当升压变压器的原、副线圈匝数比为nk 时，用户得到的功率为P 1′＝(1－n 2)P ＋n 2P 1.。

变压器及远距离输电测练题答案精析

变压器及远距离输电测练题答案精析1．【答案】 D【解析】由ω＝2πf ＝100π rad/s 得：f ＝50 Hz ，A 错．有效值U 1＝12 V ，又：U 2U 1＝n 2n 1得：U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L＝1 A ，B 、C 项错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 对． 2. 【答案】 B【解析】由题图并根据理想变压器电压比关系U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U 2＝380 V ，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P 入＝P 出＝U 1I 1，解得I 1＝2.0×103220A≈9.1 A ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 3．【答案】 A【解析】节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I ＝P U ＝40×103800A ＝50 A ．P 线＝I 2R ＝502×0.4 W ＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 项正确．4．【答案】 BCD【解析】输入电压等于灯泡L 1与原线圈电压之和，而电压表测量到的实际上是原线圈两端电压，故A 错误；原副线圈变压比3∶1，原、副线圈电流之比为1∶3，设副线圈电压为U ，则原线圈电压为3U ，灯泡L 1的电压也是U ，故4U ＝36 V ，U ＝9 V ，故四个灯泡均正常工作．5. 【答案】 C【解析】由P ＝UI 可知，电压加倍，电流减半，A 、B 错误；输电线上的功率损失ΔP ＝I 2r 变为原来的14，D 错误；输电线上降落的电压ΔU ＝Ir 变为原来的12，C 正确. 6．【答案】 C【解析】电路中交流电表的示数为有效值，故A 、B 项均错误；P 向下滑动过程中，R 变小，由于交流电源的输出电压和原、副线圈匝数不变，U 1、U 2均不变，所以I 2＝U 2R 0＋R变大，由I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I 2变大，故C 项正确，D 项错误． 7. 【答案】 AD【解析】本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识和理解．若电压表的读数为6 V ，则变压器的输出电压的有效值为6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故U 1＝4U 2＝24 V ，所以输入电压的最大值为U m ＝2U 1＝24 2 V ，所以选项A 正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝U 2R可知，电流表示数增大，所以选项B 错；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R 变大时，则I 2＝U 2R，电流变小，又P 1＝P 2＝U 2I 2，故输入功率也减小，所以选项C 错；若负载电阻R 不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I 2＝U 2R则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P 2＝U 2I 2变为原来的4倍，所以选项D 正确．8. 【答案】 B【解析】若F 不动，滑片P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V 2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A 错误，B 正确；若P 不动，滑片F 向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L 消耗的功率减小，电压表V 2的示数变小，C 、D 错误．9. 【答案】 D【解析】自耦变压器的原、副线圈是同一个线圈，只是匝数不同而己．由题意知原线圈是副线圈的一部分.U 2U 1＝n 2n 1，当P 上移时，U 1、n 2不变，n 1变大，U 2变小，因负载电路结构不变，因此负载上的总电流I 2＝U 2R 总应变小，R 上消耗的功率变小，由串、并联电路特点知三个灯泡都变暗，A 、B 都错误．由于原线圈的输入电压由外部电路决定，是不变的，C 错误；由P 入＝P 出，U 1I 1＝U 2I 2＝U 22R 总知，P 出减小时，I 1一定减小，电流表示数减小，D 项正确． 10．【答案】 B【解析】输电线上输送的电流I ＝P U ＝3×106 kW 500 kV＝6 000 A ，A 错；输电线上损失的电压为ΔU ＝Ir ＝6 000×2.5 V ＝1.5×104 V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV 的电压输电，则输电线上输送的电流I ′＝P U ′＝3×106 kW 5 kV＝6×105 A ，输电线上损失的功率ΔP ＝I ′2r ＝(6×105)2×2.5 W ＝9×108 kW ，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106 kW ，C 错；D 项中输电线上损失的功率ΔP ＝U 2/r ，U 应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D 错．11．【答案】 (1)4 000 W (2)29011【解析】 (1)根据理想变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2得输电电压U 2＝n 2n 1U 1＝251×240 V ＝6 000 V 输电电流：I 2＝P U 2＝120×1036 000A ＝20 A 输电线上损失的功率ΔP ＝I 22r ＝202×10 W ＝4 000 W.(2)输电线上损失的电压ΔU ＝I 2r ＝20×10 V ＝200 V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－ΔU ＝6 000 V －200 V ＝5 800 V根据理想变压器的变压规律得：n 3n 4＝U 3U 4＝5 800 V 220 V ＝29011. 12. 【答案】 (1)1∶3 72∶11 (2)320 V 5 760 W【解析】 (1)建立如图所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比．本题可以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I 线，再根据输出功率求出U 2，然后再求出U 3.由线路损耗的功率P 损＝I 2线R 线和P 损＝4%P 出可得I 线＝ P 损R 线＝ 9 000×4%10A ＝6 A 又因为P 输出＝U 2I 线，所以U 2＝P 输出I 线＝9 0006 V ＝1 500 V U 3＝U 2－I 线R 线＝(1 500－6×10) V ＝1 440 V根据理想变压器规律 n 1n 2＝U 1U 2＝500 V 1 500 V ＝13n 3n 4＝U 3U 4＝1 440 V 220 V ＝7211所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11.(2) 若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图所示)，由P 输出＝UI 线′可得I 线′＝P 输出U ＝9 000500A ＝18 A 所以线路损耗的功率P 线＝I 线′2R 线＝182×10 W ＝3 240 W用户得到的电压U 用户＝U －I 线′R 线＝(500－18×10) V ＝320 V用户得到的功率P 用户＝P 输出－P 线＝(9 000－3 240) W ＝5 760 W.。

变压器和远距离输电_含答案

变压器和远距离输电重点突破知识点一理想变压器的原理及基本关系式由于理想变压器没有漏磁和能量损失，所以穿过原、副线圈的磁通量ф相等，磁通量的变化率△ф/△t 也总是相等，这种使原、副线圈产生的感应电动势与原、副线圈的匝数成正比．故变压器的工作原理是电磁感应（互感现象）．变压器的基本规律可概括为“三变三不变”，即：可改变交流的电压、电流、等效电阻；不能改变功率、频率和直流的电压。

变压器的变压比: U 1／n 1 = U 2／n 2= U 3／n 3 =… = ΔU ／Δn = k变压器的变流比: n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3+…… 理想变压器的输入功率由输出功率决定：2211222222111/R n U n R U U I U I P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==== 【应用1】如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1：n 2=4:1，原线圈回路中的电阻A 与副线圈回路中的负载电阻B 的阻值相等。

a 、b 端加一定交变电流电压后，两电阻消耗的电功率之比P A ：P B = 和电阻两端的电压之比U A ：U B = 。

知识点二远距离输电1、远距离输电示意图2、几个常用关系式：若发电站输出电功率为P ，输出电压为U ，用户得到的电功率为P ’，用户得到的电压为U ’，输电导线的总电阻为R 。

（如图） ①导线损失的电压△U=U-U ’=IR 。

②输电电流I=P/U=（U-U ’）/R 。

③输电导线上损失的电功率P 损= P-P ’=I 2R=P 2R/U 2。

由以上公式可知，当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电导线上损耗的功率就减少到原来的1/n 2。

【应用2】学校有一台应急备用发电机，阻为r =1Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R =4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V ，40W ”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？（3）输电线上损耗的电功率多大？Bn 1 n 2AabU~【应用3】17、三峡水利工程中某一水电站发电机组设计为：水以v1＝3m/s的速度流入水轮机后以v2＝1m/s的速度流出，流出水位比流放水位低10m，水流量为Q＝103m3/s.水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：(1)发电机的输出功率是多少？(2)如果发电机输出电压为240V，用户所需电压为220V，输电线路中能量损耗为5%，输电线的电阻共为12Ω，那么所需用升、降压变压器的原副线圈匝数比分别是多少？【应用4】19、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数n1∶n2=3∶l，原线圈电路中接有一量程为3A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻R以及若干“6V、6W”的相同灯泡，原线圈输入如图乙所示的交变电压。

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a 、b 端加一定交变电流电压后，两电阻消耗的电功率之比P A ：P B = 和电阻两端的电压之比U A ：U B = 。

（如图） ①导线损失的电压△U=U-U ’=IR 。

②输电电流I=P/U=（U-U ’）/R 。

③输电导线上损失的电功率P 损= P-P ’=I 2R=P 2R/U 2。

由以上公式可知，当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电导线上损耗的功率就减少到原来的1/n 2。

【应用2】学校有一台应急备用发电机，内阻为r =1Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R =4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V ，40W ”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？（3）输电线上损耗的电功率多大？Bn 1 n 2A abU~【应用3】17、三峡水利工程中某一水电站发电机组设计为：水以v1＝3m/s的速度流入水轮机后以v2＝1m/s的速度流出，流出水位比流放水位低10m，水流量为Q＝103m3/s.水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：(1)发电机的输出功率是多少？(2)如果发电机输出电压为240V，用户所需电压为220V，输电线路中能量损耗为5%，输电线的电阻共为12Ω，那么所需用升、降压变压器的原副线圈匝数比分别是多少？【应用4】19、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数n1∶n2=3∶l，原线圈电路中接有一量程为3A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻R以及若干“6V、6W”的相同灯泡，原线圈输入如图乙所示的交变电压。

求：（1）图甲中电压表的示数；（2）灯泡均正常发光时电路中最多允许接入的灯泡个数。

方法探究类型理想变压器动态问题分析【例】如图，为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的电压，I 1为原线圈中的电流强度，则（）A.保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，I 1将增大B.保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合到a 时，R 消耗的功率减小C.保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑，I 1将增大D.保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，I 1将增大处理这类问题的关键是分清变量和不变量，弄清理想变压器中“谁决定谁”的问题。

注意因果关系，对电压而言，输入决定输出；而对于电流、功率，输出决定输入。

成功体验1．（南京市2007-2008学年度第一学期期末调研测试卷）某理想变压器原、副线圈的匝数比为55：9，原线圈所接电源电压按图示规律变化。

副线圈接有一灯泡，此时灯泡消耗的功率为40W 。

则下列判断正确的是（）A 、副线圈两端电压为236VB 、原线圈中电流表的示数约为0.18AC 、变压器的输入、输出功率之比为55：9D 、原线圈两端电压的瞬时表达式为u=220sin100πt （V ） 2．（扬州市07-08学年度第一学期高三期末调研卷）如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1，b 是原线圈的中心抽头，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=2202sin100πt （V ），则（）A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22VB ．当t =6001s 时，c 、d 间的电压瞬时值为110V C ．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，电压表和电流表的示数均变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变小3．（09年广东物理）图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4.（09年山东卷）某小型水电站的电能输送示意图如下。

发电机的输出电压为200V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n ，n 2。

降压变压器原副线匝数分别为A V a bc d u 1 n 1 n 2R pooooon 3、n 4（变压器均为理想变压器）。

要使额定电压为220V 的用电器正常工作，则A ．3214n n n n >B ．3214n n n n < C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压 D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率5. （09年四川卷）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器。

已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则A.交流电的频率为0.02 HzB.原线圈输入电压的最大值为2002 VC.电阻R 2的电功率约为6.67 WD.通过R 3的电流始终为零6. （09年福建卷）一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示。

已知发电机线圈内阻为5.0Ω，则外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则A.电压表○v 的示数为220v B.电路中的电流方向每秒钟改变50次 C.灯泡实际消耗的功率为484wD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J7．(2009年高考四川理综卷)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C 为电容器，已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )A ．交流电的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为220 2 VC ．电阻R2的电功率约为6.67 WD ．通过R3的电流始终为零8. （2010天津卷）为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1，A2，导线电阻不计，如图所示。

当开关S闭合后A. A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B. A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C. V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D. V2示数不变，V1与V2示数的比值不变9. （2010江苏卷）在如图多事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10. （2010广东卷）图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的A.周期是0.01SB.最大值是311VC.有效值是220VD.表达式为U=220sin100πt（V）11. （2010山东卷）一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。

A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加12. (2011四川第20题)如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω。

从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A。

那么A.线圈消耗的电功率为4WB.线圈中感应电流的有效值为2AC.任意时刻线圈中的感应电动势为e=4cos 2t T πD. 任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ=Tπsin2tTπ13. (2011广东第19题)图（a）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω，为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图（b）所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是A．电流表的示数为2AB. 原、副线圈匝数比为1:2C. 电压表的示数为电压表的有效值D. 原线圈中交变电压的频率为100HzA14. (2013四川卷)．用220V 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110V ，通过负载的电流图像如图所示，则A ．变压器输入功率约为3. 9WB ．输出电压的最大值是110VC ．变压器原、副线圈匝数比是1：2D ．负载电流的函数表达式=0.05sin(100πt+2π)A 15. （2013广东卷）如图5，理想变压器原、副线圈匝数比n 1：n 2=2:1, ○V 和○A 均为理想电表，灯泡电阻R 1=6Ω,AB 端电压u 1=212sin100πt （V ）.下列说法正确的是A. 电流频率为100HzB. ○V 的读数为24VC. ○A 的读数为0.5AD. 变压器输入功率为6W16. （2013山东理综）图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，○A 为交流电流表。

线圈绕垂直于磁场方向的水平轴O O ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示，以下判断正确的是A ．电流表的示数为10AB.线圈转动的角速度为50πrad/sC.0.01s 时线圈平面与磁场方向平行 D ．0.02s 时电阻R 中电流的方向自右向左问题总结与反馈：应用2、(1)6.24×105W (2)53[解析] (1)水轮机的输出功率即发电机的输入功率，为P1＝＝7.8×105W，（2分）发电机的输出功率P0＝P1×80%＝6.24×105W. （1分）(2)输电示意图如图所示，发电机输出的电流I1＝＝A＝2 600A. （2分）输电导线中的热损耗P耗＝P0×5%＝3.12×104W，（1分）输电线路中的电流I2＝＝A≈51A，（2分）所以升压变压器T1的原副线圈匝数比＝≈1/51，（2分）降压变压器T2的输出功率P＝P0－P耗＝5.928×105W，（1分）T2的输出电流I3＝＝A≈2.7×103A. （2分）所以降压变压器T2的原副线圈匝数比＝＝≈53. （2分）应用3、解：（1）由图象可知原线圈两端电压的最大值为：…………………①原线圈两端电压有效值为：…………………②对理想变压器有：…………………③联解①②③代入数据解得：U2=9V…………………④（2）设输出端电路中最多接入的灯泡个数为N，每个灯泡正常发光时通过原、副线圈的电流分别为I1、I2，则根据理想变压器有：…………………⑤…………………⑥…………………⑦联解⑤⑥⑦代入数据解，并取N的整数部分得：N=9…………………⑧评分参考意见：本题共8分，①～⑧式各1分；若有其他合理解法且答案正确，可同样给分。