广东省揭阳市第一中学高中物理 第4章远距离输电章末综合检测试题 鲁科版选修32
高中物理 第3、4章 交变电流 远距离输电 13单元测试 鲁科版选修32
高中物理 第3、4章 交变电流 远距离输电 13单元测试 鲁科版选修321．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R .设原线圈的电流为I 1，输入功率为P 1，副线圈的电流为I 2，输出功率为P 2.当R 增大时( )A.I 1减小，P 1增大B.I 1减小，P 1减小D.I 2增大，P 2减小 D.I 2增大，P 2增大答案：B2．如图甲所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab 、cd 中点的轴OO ′以角速度ω逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场的夹角θ＝45°时(如图乙所示)为计时起点，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正.则下列四幅图中，正确的是( )乙解析：本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等.从图甲可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流的方向为b 到a ，故瞬时电流的表达式为i＝－i m cos(π4＋ωt )，则图象D 正确.要注意对线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势的表达式的理解.答案：D3．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示.此线圈与一个R ＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是( )A.交变电流的周期为0.125 sB.交变电流的频率为8 HzC.交变电流的有效值为 2 AD.交变电流的最大值为4 A解析：由e －t 图象可知，交变电流的周期为0.25 s ，故频率为4Hz ，选项A 、B 错误.根据欧姆定律可知，交变电流的最大值为2 A ，故有效值为 2 A ，选项C 正确.答案：C4．图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化.下列说法正确的是( )乙A.图甲表示交变电流，图乙表示直流B.两种电压的有效值相等C.图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝311sin 100πt VD.图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的 110解析：图甲、乙表示的电压大小和方向都做周期性变化，都为交变电流，A 错误.图甲电压的有效值U ＝3112 V ；图乙电压的有效值U ＜3112V.故B 错误. 对于图甲，有：U ＝U m sin(2πT)t ＝311sin100πt V ，C 正确. 变压器不改变交变电流的频率，D 错误.答案：C5．图示为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白织灯泡相同，且都是“220 V 40 W”.当灯泡所消耗的功率都调至20 W 时，消耗的功率最小的台灯是[1999年高考·全国物理卷]( ).台灯的消耗功率是指包含灯泡和其他辅助器件的总功率.由四个选项分析可知：C 中理想变压器功率损耗为零，电源输出的总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 ，故选项C 正确.答案：C6．正弦交变电源与电阻R 、交流电压表按照图甲所示的方式连接，R ＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V ，图乙是交变电源输出电压u 随时间t 变化的图象.则( )甲 A.通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2cos 100πt AB.通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2cos 50πt AC.R 两端的电压u R 随时间t 变化的规律是u R ＝5 2cos 100πt VD.R 两端的电压u R 随时间t 变化的规律是u R ＝5 2cos 50πt V解析：由于电压表的示数为交流电压的有效值，故正弦式交流电源的电压最大值U m ＝10 2 V ，电流的最大值为I m ＝U m R＝ 2 A ，则交变电流的瞬时值i ＝2cos 100π A，故A 正确. 答案：A7．一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶8．原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 如图所示.副线圈仅接入一个10 Ω的电阻.则( )A.流过电阻的电流是20 AB.与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC.经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD.变压器的输入功率是1×103 W解析：原线圈中电压的有效值是220 V ，由变压比知，副线圈中电压为100 V ；流过电阻的电流是10 A ；与电阻并联的电压表的示数是100 V ；经过1分钟电阻发出的热量是6×104J.答案：D9．用示波器观察某交流信号时，在显示屏上显示出一个完整的波形，如图所示.经下列四组操作之一，使该信号显示出两个完整的波形，且波形幅度增大.此组操作是 .(填选项前的字母)A.调整X 增益旋钮和竖直位移旋钮B.调整X 增益旋钮和扫描微调旋钮C.调整扫描微调旋钮和Y 增益旋钮D.调整水平位移旋钮和Y 增益旋钮解析：调节扫描微调旋钮，当扫描周期为交流信号周期的2倍时，显示屏上出现两个完整的波形；调节Y 增益旋钮，可增大波形的幅度.答案：C10．某小型水电站输出功率为20 kW ，输电线路总电阻是6Ω.(1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率.(2)若改用5000 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.解析：(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≈16620 W＝16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流强度变为：I ′＝P U ′＝20×1035000A ＝4 A 用户端在变压器降压前获得的电压为：U 1＝U －I ′R ＝(5000－4×6) V＝4976 V根据U 1U 2＝n 1n 2知，用户得到的电压为：U 2＝n 2n 1U 1＝122×4976 V＝226.18 V. 答案：(1)16.62 kW (2)226.18 V11．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V 的市电上，向额定电压为1.80×104 V 的霓虹灯供电，使它正常发光.为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中的电流超过12 mA 时，熔丝就熔断.(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中的电流为10 mA 时，变压器的输入功率是多大？解析：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U 1、U 2和I 1、I 2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有：I 1U 1＝I 2U 2当I 2＝12 mA 时，I 1即为熔断电流，解得：I 1＝0.98 A.(2)设副线圈中电流I 2′＝10 mA 时，变压器的输入功率为P 1，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有：P 1＝I 2′U 2解得：P 1＝180 W.答案：(1)0.98 A (2)180 W。
(2021年整理)高中物理远距离输电电能的远距离传输检测鲁科版选修32
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电能的远距离传输1．下列关于电能输送的说法正确的是( )A．输送电能的基本要求是可靠、保质、经济B．减小输电导线上功率损失的唯一方法是采用高压输电C．减小输电导线上电压损失的唯一方法是增大输电线的横截面积D．实际输电时，要综合考虑各种因素，如输电功率大小、距离远近、技术和经济条件等解析：输送电能的基本要求是可靠、保质、经济．减少输电线上的功率损失可采用高压输电，也可以减小输电线电阻，即增大导线横截面积,但不经济．实际输电时，应综合考虑各种因素．答案：AD2．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，这是因为此时( ）A．总电阻比深夜时大,干路电流小，每盏灯分到的电压就小B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大D．干路电流一定,支路比深夜时多，分去了一部分电流答案：C3．关于高压直流输电下列说法正确的是( )A．高压直流输电系统在输电环节是直流B．变压器能实现直流电和交流电的转换C．稳定的直流输电存在感抗和容抗引起的损耗D．直流输电时,要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题解析:直流输电在发电环节和用电环节是交流,而输电环节是直流，A正确；换流器的功能是实现交流电和直流电的转换，B错误；稳定的直流输电,不存在感抗和容抗引起的损耗，不需要考虑电网中的各台交流发电机的同步运行问题，C、D错误．答案：A4．某山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过高压输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后再输送至村寨中各用户．设变压器都是理想的．那么随着村寨中接入电路的用电器消耗的总功率的增加，则( )A．通过升压变压器初级线圈中的电流变大B．升压变压器次级线圈两端的电压变小C．高压输电线路上的电压损失变大D．降压变压器次级线圈两端的电压变小解析:村寨中接入电路的用电器消耗的总功率加大，升压变压器初级线圈中功率也随之增大，发电站的发电机输出稳定的电压,则电流增大，由升压变压器的初级线圈与次级线圈的电压比等于匝数比值,可知次级线圈的电压(即输送电压）不变，A对，B错;输送功率增大，输送电压不变，则导线上的电流增大,导线上电压损失增大，C对；降压变压器的初级线圈的电压等于输送电压与导线上电压损失的差值，故而减小，从而由初级线圈与次级线圈电压比等于匝数比可知降压变压器次级线圈两端的电压变小，即用户得到的电压减小,这也是为什么用电高峰期用户灯泡比较暗的原因，D对．答案:ACD5．远距离输送交流电都采用高压输电，我国正在研究用比330 kV高很多的电压进行输电．采用高压输电的优点是（)A．可节省输电线的铜材料B．可根据需要调节交流电的频率C．可减少输电线上的能量损失D．可加快输电的速度解析：本题考查输电过程．由于远距离输电，往往输送电功率一定,根据P＝UI，输送电压U越高，则输送电流I＝错误!越小，根据P线＝I2r，当要求在输电线损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率略大的材料(非铜材料）；若输电线确定，即r确定,则可减小线路上的能量损耗，故A、C两项正确．而交流电的频率是一定的，不需调节，输电的速度就是电磁波的传播速度,也一定，故B、D两项错误．答案：AC6．发电厂发电机的输出电压是U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R，导线中的电流为I,学校得到的电压为U,则输电线上损失的功率，下列表达式中错误的是( ）2A．错误!B．错误!C．I2R D．I（U1－U2)解析：用P＝错误!求电阻上损失的功率时，U与R要相对应，选项A中的U1是输出电压不是输电线电阻上的电压，B选项中U1－U2是输电线电阻上的电压，故A错误,B正确．由P损＝I2R＝I·U线＝I（U1－U2）知C、D正确．答案：A7．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是（）A．升压变压器原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C．当用户用电器的总电阻减少时,输电线上损失的功率增大D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压解析：变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、B错误．用户的总电阻减小，据P＝错误!，消耗的功率增大，输电线电流增大，线路损失功率增大，C项正确,升压变压器的输出电压等于输电线路电阻上损失电压加上降压变压器输入电压,D项错误．答案：C8．水电站向小山村输电,输送电功率为50 kW,若以1 100 V送电,则线路损失为10 kW，若以3 300 V送电,则线路损失可降为( ）A．3。
高中物理 第4章 远距离输电 第1节 三相交变电流学业分层测评 鲁科版选修32
三相交变电流(建议用时：45分钟)[学业达标]1．(多选)下列关于三相交流发电机的说法正确的是( )A．三相交流发电机与单相交流发电机一样，主要组成部分是电枢线圈和磁极B．三相交流发电机可分为旋转磁极式和旋转电枢式两类C．三相交流发电机发出三相交变电流，但只能使用其中一相交变电流D．三相交流发电机也可以当作三个单相交流发电机，分别单独向外传送三组单相交变电流【解析】由三相交流发电机的原理和分类可知选项A、B正确，三相交流发电机能同时产生三相独立的交变电流，每一相交变电流均可单独使用，选项C错误，D正确．【答案】ABD2．(多选)电源插座有两孔插座和三孔插座，空调机、冰箱、微波炉等家用电器用三孔插座，录音机、电视机等电器用两孔插座，则以下说法正确的是( )A．两孔插座的电压是相电压B．三孔插座上任意两个插孔间的供电电压均为380 VC．不管是两孔插座还是三孔插座，供电电压均为220 VD．以上都不对【解析】两种插座的供电压均为相电压且U相＝220 V，三孔插座只不过有一个地线插孔，并不与供电电路相接，目的是为了保护人身安全，故选项A、C正确．【答案】AC3．关于三相交流电源的负载的连接方式，下列说法不正确的是( )A．负载采用何种连接方式取决于负载的额定电压B．发电机采用星形连接，负载就必须采用星形连接C．三相对称负载可以接成三角形，也可以接成星形D．三相四线制和三相三线制的星形接法中U相＝U线3＝220 V【解析】负载采用何种接法应取决于负载的额定电压，A对．三相对称负载可以按星形或三角形连接，C对．星形接法中U线＝3U相，D对．发电机采用星形接法时，负载有星形、三角形两种接法，B错．【答案】 B4．(多选)(2013·济南检测)三相交流发电机的三个线圈中A相的电压为U＝311sin(100πt) V，那么( )A．三个线圈产生的交变电流的频率都为50 HzB ．在t ＝0时，其他两个线圈的输出电压也为零C ．若按星形接法，任意两端线间电压的最大值为380 VD ．若按三角形接法，任意两端线间的电压为220 V【解析】 三相交流发电机每个线圈的频率、电压有效值(或最大值)均相同，但由于在步调上不一致，所以某一时刻电压的瞬时值不同．当三个线圈按星形接法时，线电压U 线＝3U 相＝3×3112V ≈380 V ，其最大值U 线m ＝2U 线≈539 V ；当三个线圈按三角形接法时，U 线＝U 相＝3112V ＝220 V. 【答案】 AD5．(多选)三相电源的连接如图415所示，电路中的三个交流电压表的示数U 1、U 2、U 3间的关系是( )图415A ．U 1∶U 2＝1∶ 2B ．U 1∶U 3＝1∶1C ．U 2∶U 3＝1∶1D ．U 2∶U 3＝3∶1【解析】 该接法是星形接法，采用三相四线制对外供电，三只交流电压表，其中V 1、V 3测量的是相电压，V 2测量的是线电压，选项B 、D 正确．【答案】 BD6．(多选)如图416为三相四线制供电线路，L 1、L 2和L 3是完全相同的三盏灯，都正常发光，那么( )【导学号：78870070】图416A ．若OO ′断路，则三灯熄灭B ．若OO ′断路，三灯仍正常发光C ．若OO ′和AA ′同时断路，则L 2、L 3将变暗D．若OO′断路、灯L1短路，则L2、L3将烧坏【解析】由于三相负载相同，因此即使OO′断路，三灯也能正常发光，A错，B对；对于选项C，加在L2、L3上的电压均为190 V，因此灯将变暗，C对；对于选项D，加在L2、L3上的电压均为380 V，因此灯将烧坏，D对．【答案】BCD7．(多选)(2014·延安高二检测)一台相电压为220 V的交流发电机，向L、M、N三处用户供应照明用电，用户电灯的额定功率都相同，额定电压都是220 V，线路如图417所示，则( )图417A．三处用户的电路连接都是正确的B．用户M的电路连接是错误的C．用户M两端的电压高于L和N两端的电压D．在这个电路中相电压与线电压是一样大的【解析】在三相三线制三角形接法中，相电压与线电压相等，都是220 V．因此，三处用户的电路连接都是正确的．A、D正确．【答案】AD8.如图418所示，将三相对称负载以星形(Y)方式接入对称三相四线制电源，若将中线断开，则( )【导学号：78870071】图418A．三相负载仍能正常工作B．三相负载中的电流均为零C．有的负载端电压过高，有的负载端电压过低D．两相负载正常工作，另一相负载不能正常工作【解析】将三相对称负载以星形(Y)方式接入对称三相四线制电源，若将中线断开，每相的相电压均为220 V，有电流，而且在这种情形下，中线无电流可以省去，故选项应为A.【答案】 A[能力提升]9.图419中A 、B 、C 是三相交流电源的三根相线，O 是中性线，电源的相电压为220 V ，L 1、L 2、L 3是三个“220 V 60 W ”的灯泡．开关S 1断开，S 2、S 3闭合．由于某种原因，电源的中性线在图中O 处断了，那么L 2和L 3两灯泡将( )图419A ．立刻熄灭B ．变得比原来亮一些C ．变得比原来暗一些D ．保持亮度不变【解析】 由题图分析可知，实际照明电路是按星形接法连接的，每根相线与中性线间的电压为220 V ，满足灯泡的额定电压，灯泡均正常发光．当中性线在O 处断了，且S 1断开时，灯泡L 2和L 3串联于BC 两相线之间，串联两灯泡的总电压为线电压380 V ，由于相同灯泡的串联分压作用，各灯泡两端的实际电压均为190 V ，低于灯泡的额定电压，所以灯泡L 2和L 3变得比原来暗些，选项C 正确．【答案】 C10．(2014·昌江质检)如图4110所示，相线A 、B 、C 和中性线N 接在三相交流电源上，A 相的线电压u ＝3802sin(100πt ) V ，则( )图4110A ．相线的电势总是高于中性线的电势B ．电流表的示数为2202Rsin(100πt ) A C ．B 、N 两端电压有效值为380 VD ．通过R 的电流方向每秒钟改变100次【解析】 在三相交流电路中，相线与中性线间的电势差按正弦规律变化，所以相线电势并非总是高于中性线，A 错误；电流表示数代表的是有效值而不是瞬时值，B 错误；B 、N 两端的电压即为相电压，由线电压的最大值为380 2 V ，有效值为380 V ，可知相电压应为220 V ，C 错误；因为交流电频率f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，可见电流方向每秒改变100次，D 正确．【答案】 D11．如图4111是三相四线制的供电线路，O 为中性线，相电压为220 V ，两灯泡L 1和L 2按图示接入电路．图4111(1)若L 1和L 2的规格都是“220 V 60 W ”，则它们是否正常发光？如果因某种原因在中性线的O ′处断路，求各灯两端的电压和通过的电流．(2)若L 1和L 2的规格分别是“220 V 60 W ”和“220 V 15 W ”，则又怎样？【导学号：78870072】【解析】 (1)在三相四线制供电线路中，相电压是指相线与中性线之间的电压，线电压是指两根相线之间的电压，U 线＝3U 相＝3×220 V ＝380 V ．两灯都是接在相线和中性线之间，所加的电压跟额定电压相同，所以都能正常发光．中性线在O ′处断路后，L 1和L 2串联后接入A 、B 两条相线之间，总电压为380 V ．由于两灯泡规格相同，所以加在每个灯泡两端的电压都是190 V ，通过的电流都是：I ＝U R ＝190/⎝ ⎛⎭⎪⎫220260 A ≈0.24 A. (2)中性线没有断路时，两灯加的电压都等于额定电压，两灯仍正常发光，中性线在O ′处断路后，由于两灯电阻之比R 1∶R 2＝1∶4，所以两灯两端的电压分别为U 1＝15U 线＝76 V ，U 2＝45U 线＝304 V ，由于L 2两端的电压超出了它的额定电压，所以L 2将被烧断灯丝，其结果是L 2被损坏，L 1因L 2的断路而不能发光．可见，在三相四线制的供电线路中，在中性线上是不能安装保险丝的．【答案】 见解析．12．如图4112所示，三相四线制供电电路中，电源电压为220 V ．三相负载都是纯电阻，R A ＝R B ＝10 Ω，R C ＝20 Ω，问：【导学号：78870073】图4112(1)中性线能否省去？(2)若中性线OO ′断路，R A 发生短路，R B 、R C 两端电压及其中电流为多大？(3)若中性线OO ′断路，R A 也断路，R B 、R C 两端电压和其中电流又是多大？【解析】 (1)由于三相负载不对称，中性线不能省去，中性线起到平衡负载的作用．(2)若中性线OO ′断路，R A 发生短路，B 、C 两电阻两端的电压均为线电压380 V ，电流分别为I B ＝U 线R B ＝38010 A ＝38 A ，I C ＝U 线R C ＝38020A ＝19 A. (3)若中性线OO ′断路，R A 也断路，B 、C 两电阻串联，两端电压为线电压380 V ，根据欧姆定律先计算电流：I B ＝I C ＝U 线R B ＋R C ＝38010＋20A ＝12.7 A ，则两只电阻两端的电压分别为UB ＝I B R B ＝12.7×10 V ＝127 V ，UC ＝I C R C ＝12.7×20 V ＝254 V.【答案】 (1)不能省 (2)电压均为380 V 38 A19 A (3)127 V 254 V 电流均为12.7 A。
第4章 远距离输电 单元测试-2020-2021学年高二下学期物理鲁科版选修3-2
第4章远距离输电单元测试一、选择题(本题包括12小题，每小题4分，共48分。
1－8为单选，9－12为多选。
)1．在三相交变电路中，下列说法正确的是()A．相电压和线电压一定相等B．在三相电源为星形接法中，相电压为380 V，线电压为220 VC．在三相电源星形接法中，线电压U线和相电压U相满足U相＝3U线D．当负载呈星形连接，且完全对称时，则通过中线的电流为零2．理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则下列判断错误的是()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．变压器输入和输出的功率之比P1∶P2＝1∶13．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是()①输电线上的电功率损失是原来的1/n②输电线上的电功率损失是原来的1/n2③输电线上的电压损失是原来的1/n④输电线上的电压损失是原来的1/n2A．①③B．①④C．②③D．②④4．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＝2202 sin(100πt)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 Hz5．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，○V为交流电压表。
当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。
以下判断正确的是() A．电压表的示数等于5 VB．电压表的示数等于5 2 VC ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000 D ．实现点火的条件是n 2n 1<1 000 6．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R 。
高中物理 第4章 远距离输电章末整合提升课件 鲁科版选
图1
D.P向右移动时，变压器的输入功率增大
解析 变压器不改变电压的频率，副线圈中的电压频率等于原线圈
中的电压频率为 f＝T1＝2×110－2 Hz＝50 Hz；由UU12＝nn12可得副线圈
中电压的最大值为
31
V，故有效值为
31 2
V；P 向右移动时，输出
电压不变，电阻减小，电流增大，由于输出电流决定输入电流，输
(2)因为 U2＝U3＋I 线 R＝U3＋I3R＝880 V＋6×4 V＝904 V 所以 U1＝14U2＝14×904 V＝226 V 又 U1I1＝U2I2 所以 I1＝UU21I2＝4I2＝4I3＝24 A 故 E＝U1＋I1r＝226 V＋24×1 V＝250 V
入
电流也增大，由II12＝nn22知，原、副线圈电流比不变；输出电压不变， 输出电流增大，所以输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功 率，输入功率也增大，故正确的选项为 A器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝ 5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀 双掷开关.原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系 如图乙所示.现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光.下列说法正确 的是( )
例2 有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图3 所示，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1， 输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V,40 W”的 电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：
图3
(1)发电机输出功率； (2)发电机电动势； (3)输电效率； (4)若使用灯数减半且正常发光，发电机输出功率是否减半．
(1)对降压变压器：P3＝P4＝U4I4＝nP 灯＝22×6×40 W＝5 280 4
高中物理鲁科版选修32 课件+对点练习+题组训练：第四
变压器基本规律的应用1．如图4－4－6所示，Q 是熔断电流为1 A 的保险丝，R 为用电器，理想变压器的原副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝2∶1.原线圈的电压为u ＝2202sin(100πt ) V ．要使保险丝不熔断，R 的阻值一定( )图4－4－6A ．不能小于55 ΩB ．不能大于55 ΩC ．不能小于77 ΩD ．不能大于77 Ω答案 A解析 保险丝原理是电流热效应，应该用电流有效值．由U 1U 2＝n 1n 2得：U 2＝n 2n 1U 1＝12×220 V ＝110 V ，由I 1I 2＝n 2n 1得：I 2＝n 1n 2I 1＝21×1 A ＝2 A ，所以R min ＝U I＝55 Ω，故A 正确．变压器电路的动态问题分析2．如图4－4－7所示，M 是一小型理想变压器，接线柱a 、b 接在电压u ＝311sin 314t V 的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表A 2为值班室的显示器，显示通过R 1的电流，电压表V 2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R 3为一定值电阻．当传感器R 2所在处出现火警时，以下说法中正确的是( )图4－4－7A ．A 1的示数不变，A 2的示数增大B ．V 1的示数不变，V 2的示数减小C ．V 1的示数增大，V 2的示数增大D ．A 1的示数增大，A 2的示数增大答案 B解析 温度升高则R 2减小而报警，即输出功率增大．3．如图4－4－8所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶5, 原线圈两端的交变电压为u ＝202sin 100 πt V ．氖泡在两端电压达到100 V 时开始发光．下列说法中正确的有( )图4－4－8A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变答案 AB解析 变压器不能改变交变电流的频率，T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，f ＝1T ＝50 Hz.因为一个周期内氖泡发光2次，故开关接通后氖泡的发光频率为100 Hz ，A 项正确；电压表的示数代表有效值，U 1＝2022V ＝20 V ， U 2＝n 2n 1U 1＝100 V ，B 项正确； 不论开关是否断开，电压表示数不变，C 项错误；开关断开后，变压器的输出功率减小，D 项错误．远距离输电问题分析4．一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R＝1 kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V，60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则() A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 VC．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D．有6×104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光答案ABD解析根据题意画出输电线路示意图如图所示．对升压变压器有P1＝U1I1，可知I1＝103 A，由输电线上消耗的功率ΔP＝I22R线＝400 kW，可知输电线上电流为I2＝20 A，A项正确；T1的变压比为I2∶I1＝1∶50；根据P＝U2I2得U2＝2×105 V，输电线上电压ΔU＝I2R线＝20 000 V，则副线圈输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，可知副线圈电压U4为220 V，B 项正确；T2的变压比为n3∶n4＝U3∶U4＝1.8×105∶220，C项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率P3＝P4＝U3I2＝60 W·n，解得n＝6×104，D项正确.(时间：60分钟)题组一变压器基本规律的应用1．如图4－4－9所示，理想变压器的原线圈的输入电压u ＝220sin(100πt ) V ，原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1电阻R 的阻值为100 Ω，则1 s 内电阻R 上产生的焦耳热为( )图4－4－9A ．484 JB ．242 JC ．2.42 JD ．1.21 J答案 D解析 每个周期内只有半个周期有电流通过R .由U 1∶U 2＝n 1∶n 2，得U 2＝22 V ，又因电流的热效应用其电压有效值，U ′2R ·T ＝⎝⎛⎭⎫U 222R ·T 2可得U 2′＝11 V ，由Q ＝U 2′2R t ＝112100×1 J ＝1.21 J.2．如图4－4－10所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，输出端电阻R ＝50 Ω，把原线圈接入“220 V ，50 Hz ”的正弦交流电时(电表为理想电表)( )图4－4－10A ．当X 为电流表时，若电阻R 增大，则原线圈中的电流将增大B ．当X 为电流表时，电压表V 的示数为22 VC ．当X 为电流表时，电流表的示数为0.44 2 AD ．当X 为二极管时，电压表V 的示数为11 V答案 B解析 若使电阻R 增大，副线圈中的电流变小，原线圈中的电流也变小，A 项错误；根据公式U 1U 2＝n 1n 2，解得U 2＝22 V ，电压表测量的电压为有效值，所以电压表V 的示数为22 V ，B 项正确；当X 为电流表时，电流表的示数为I 2＝U 2R ＝2250A ＝0.44 A ，C 项错误；当X 为二极管时，在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过，此时由U 2R T ＝（22）2R ·T 2，解得U ＝11 2 V ，D 项错误． 3．如图4－4－11甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20 Ω，R 2＝30 Ω，C 为电容器．已知通过R 1的正弦交变电流如图乙所示，则( )图4－4－11A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．原线圈输入电压的最大值为200 2 VC ．电阻R 2的电功率约为6.67 WD ．通过R 3的电流始终为零答案 C解析 周期T ＝0.02 s ，f ＝1T ＝50 Hz ，A 错；U 输出＝I m 2×R 1＝10 2 V ，U 输入＝n 1n 2U 输出＝100 2 V ，输入电压最大值U m ＝2U 输出＝200 V ，B 错；U 1＝I m 2R 1＝10 2 V ，U 2＝U 1，P 2＝U 22R 2＝203W ≈6.67 W ，C 对；电容器通交流，隔直流，I 3≠0，D 错． 4．如图4－4－12甲所示是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )图4－4－12A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52V C ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000 D ．实现点火的条件是n 2n 1<1 000 答案 BC解析 由u －t 图象可知最大电压值为5 V ，故有效值为52V ，交流电压表测量的是有效值，A 错，B 对；由变压器电压与线圈匝数的关系可知，U 2＝n 2n 1U 1＝5n 2n 1，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V ，即5n 2n 1>5 000，所以n 2n 1>1 000，C 对，D 错．图4－4－135．如图4－4－13所示，一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz 的正弦交变电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端，图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V ．则( )A ．电流表的读数为0.5 AB ．流过电阻的交变电流的频率为100 HzC ．交变电源的输出电压的最大值为20 2 VD ．交变电源的输出功率为2.5 W答案 CD解析 根据欧姆定律可得副线圈中的电流I 2＝U 2R＝0.25 A ，根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系I 1I 2＝n 2n 1，可解得I 1＝0.125 A ，A 错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同，都为50 Hz ，B 错误；副线圈输出电压的有效值为10 V ，根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U 2m ＝10 2 V ，原、副线圈电压比为U 1U 2＝n 1n 2，可得交变电源输出电压的最大值为U 1m ＝20 2 V ，C 正确；对于理想变压器，交变电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率，P＝2×5220W＝2.5 W，故D正确．题组二变压器电路的动态分析图4－4－146．如图4－4－14所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关．P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是()A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小答案BC解析保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则副线圈匝数增加，输出电压增大，输出功率增大，则输入功率随之增大，故A错，C对；S由a切换到b，副线圈匝数减小，输出电压减小，则输出电流减小，B对；只是将P上滑，R减小，I2增大，由I1＝n2I2n1可知I1增大，则D错．图4－4－157．如图4－4－15所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈的电压，则()A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大B．保持P的位置及U1不变，K由b合到a时，R消耗功率将减小C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D ．保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，I 1将增大答案 ABD解析 K 由a 合到b 时，n 1减小而U 1不变，由U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈上电压U 2增大，负载R 的电流I 2增大，P 2增大，又由于P 1＝P 2＝U 1I 1，故I 1增大，A 项正确；同理K 由b 合到a 时，P 2减小，B 项正确；P 上滑时，负载电阻R 增大，而U 1、U 2均不变，由I 2＝U 2R 可知I 2减小，又由于n 1、n 2均不变，由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1将减小，故C 项错误；当U 1增大时，由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2也增大，I 2＝U 2R 增大，再由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1增大，故D 项正确．8．如图4－4－16所示，为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计．当开关S 闭合后( )图4－4－16A ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值不变B ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D ．V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变答案 AD解析 电源电压有效值不变，所以V 1示数不变，原、副线圈的电压之比等于匝数之比，匝数之比不变，故V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值也不变，所以C 错误，D 正确；当开关S 闭合后，副线圈电路中的电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的电流增大，A 2的示数增大，原、副线圈的电流之比等于匝数反比，匝数之比不变，A 1与A 2示数的比值不变，A 1的示数也增大，所以A 正确，B 错误．9．如图4－4－17所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻，开关S 是闭合的.○V 1 和○V 2 为理想交流电压表，读数分别为U 1和U 2；○A 1 、○A 2 和○A 3 为理想交流电流表，读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S ，U 1数值不变，下列推断中正确的是( )图4－4－17A ．U 2变小、I 3变小B ．U 2不变、I 3变大C ．I 1变小、I 2变小D ．I 1变大、I 2变大答案 BC解析 由U 2＝n 2n 1U 1得U 1不变，U 2就不变；S 断开，R 总增大，U 2不变，则I 2变小，由I 1＝n 2n 1I 2得I 1也变小；I 2变小，加在R 1两端的电压变小，由U R 3＝U 2－U R 1，得U R 3增大，所以I 3变大．10．为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图4－4－18甲为变压器示意图．保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )图4－4－18A ．u 2＝1902sin (50πt ) VB ．u 2＝1902sin (100πt ) VC ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移答案 BD解析 由电压u 2随时间t 变化的曲线可知，用户电压的最大值是190 2 V ，周期是2×10－2 s ，所以u 2＝1902sin(100πt )V ，A 错误，B 正确；根据n 1n 2＝U 1U 2，n 1减小，U 2增大，因此为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移，C 错误，D 正确．11．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图4－4－19所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压，图中○A 为交流电流表，○V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，CD 两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器，以下说法正确的是( )图4－4－19A ．当滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大B ．当滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大D ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小 答案 AD解析 当滑动触头P 逆时针转动时，相当于增加了副线圈的匝数，而原线圈匝数保持不变，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压增大，其它因素不变时，电压表读数变大，电流表读数变大．当线圈匝数不变化而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时，输出电压不变，总电阻减小，则总电流增大，R 1两端电压增大，R 2两端电压减小，流过R 2的电流减小，因此，流过R 3的电流增大，电流表示数变大．题组三 远距离输电问题12．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )A.P 4B.P 2C ．2PD ．4P 答案 A解析 由P ＝UI 可知当输出电压由500 kV 升高到1 000 kV 时，电路中的电流将减为原来的一半；由P 损＝I 2R 线可知电路中损耗的功率变为原来的14. 题组四 远距离输电问题分析13．某小型水电站，水以3 m/s 的速度流入水轮机，而以1 m/s 的速度流出，流出水位比流入水位低1.6 m ，水流量为2 m 3/s.如果水流能量的75%供给发电机．求：(1)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率为多大？(2)发电机的输出电压为240 V ，输电线路的电阻为19.2 Ω，许可损耗功率为2%，用户所需电压为220 V ，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数的比各是多少？答案 (1)24 000 W (2)1∶20 107∶5解析 (1)每秒钟流过发电机的水的质量为m ＝ρV ＝2×103 kg ，每秒钟水流机械能的损失为ΔE ＝12m (v 21－v 22)＋mgh ＝4×104 J ，发电机的输出功率P 出＝75%×80%·ΔE ＝24 000 W(2)发电机经变压器到用户的供电线路如图所示．图中T 1为升压变压器，T 2为降压变压器．输电线上损失功率为P 线＝I 2线R 线，而P 线＝P 出·2%所以I 线＝ P 出·2%R 线＝5 A ， 因为I 2＝I 线＝5 A ，I 1＝P 出U 1＝100 A 所以升压变压器T 1原、副线圈的匝数比为：n 1n 2＝I 2I 1＝120又因为I 3＝I 线＝5 A ，I 4＝P 出·（1－2%）U 4＝1 17611 A ≈107 A 所以降压变压器T 2的原、副线圈的匝数比为 n 3n 4＝I 4I 3≈1075.。
高中物理第4章远距离输电章末整合提升课件鲁科版选修3_2
一部分降在电源内阻上，另一部分为发电机的路端电压 U1，升
压变压器副线圈电压 U2 的一部分降在输电线上，其余的就是降 压变压器原线圈电压 U3，而 U4 应为灯的额定电压 U 额．
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网络构建
客观·简明·了然
(1)对降压变压器：P3＝P4＝U4I4＝nP 灯＝22×6×40 W＝5 280
客观·简明·了然
n′P
灯＝2
640
n′P灯 2 640 W，I3＝ U3 ＝ 880
A＝3 A
所以 P 出＝n′P 灯＋I23R＝2 640 W＋32×4 W＝2 676 W．发电机
输出功率减少一半还要多，因输电线上的电流减少一半，输电
线上电功率的损失减少到原来的14.
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18
网络构建
客观·简明·了然
2019/5/26
最新中小学教学课件
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2019/5/26
最新中小学教学课件
答案 (1)5 424 W (2)250 V (3)97% (4)大于一半
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编后语
• 常常可见到这样的同学，他们在下课前几分钟就开始看表、收拾课本文具，下课铃一响，就迫不及待地“逃离”教室。实际上，每节课刚下课时的几分 钟是我们对上课内容查漏补缺的好时机。善于学习的同学往往懂得抓好课后的“黄金两分钟”。那么，课后的“黄金时间”可以用来做什么呢？
原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功
率关系.
章末整合提升
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例网2络构有建一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校客照观明·简用明电·了，然如图3 所示，升压变压器的匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1， 输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V,40 W”的 电灯6盏，若要保证电灯全部正常发光，求：
广东省揭阳市第一中学高中物理 第4章第2节变压器检测试题 鲁科版选修32
广东省揭阳市第一中学高中物理 第4章第2节变压器检测试题 鲁科版选修3-21.下面关于自耦变压器的说法中不．正确的是( ) A ．自耦变压器一定有两个或两个以上的线圈B ．自耦变压器只有一个线圈C ．自耦变压器既可升压也可降压D ．自耦变压器的缺点是使用不够安全解析：选A.自耦变压器只有一个线圈，故A 错误，B 正确；如果整个线圈作为原线圈接电源，绕组的一部分接负载，则成为降压变压器；反之则成为升压变压器，故C 正确；自耦变压器的缺点是低压端和高压端直接有电的联系，使用不够安全，故D 正确．2.一个正常工作的理想变压器的原副线圈中，下列哪个物理量不．一定相等( ) A ．交变电流的频率 B ．电流的有效值C ．电功率D ．磁通量的变化率解析：选B.根据变压器的工作原理知，原、副线圈中的交变电流的频率相等，穿过原、副线圈的磁通量及变化情况相同，即磁通量的变化率也相等；由于匝数不相等，则原副线圈中的电流(包括瞬时值、最大值、有效值)则一般不相等．B 项正确．3.一个理想变压器副线圈上接一个电阻，欲使此电阻的电功率增大，可以采取的措施是(每次只改变一个因素)( )A ．增加原线圈的匝数n 1B ．减少副线圈的匝数n 2C ．增大电阻值D ．减少电阻值解析：选D.电阻消耗的功率P ＝U 22R ，而U 1U 2＝n 1n 2，所以P ＝U 21n 22n 21R，P 要增大，减小n 1或R ，或增大n 2均可．4.为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )A ．u 2＝1902sin(50πt ) VB ．u 2＝190sin(100πt ) VC ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移解析：选D.由图象可知，正弦式交变电压的最大值为190 2 V ，其周期为0.02 s ，可得其表达式为1902·sin(100πt ) V ，A 、B 错误，又在u 1、n 2不变的前提下通过改变n 1来使u 2增大，由u 1u 2＝n 1n 2可得应使n 1减小，故应将P 适当上移，D 选项正确．5.一台理想变压器，其原线圈的匝数为2200匝，副线圈的匝数为440匝，副线圈中接入一个100 Ω的负载电阻，如图所示．(1)当原线圈接在44 V 直流电源上时，电压表示数为多大？电流表示数为多大？(2)当原线圈接在220 V 交流电源上时，电压表示数为多大？电流表示数为多大？此时输入功率为多少？变压器效率为多大？解析：(1)原线圈接44 V 直流电源时，通过副线圈磁通量不变，副线圈不产生感应电动势，所以电压表、电流表示数都为零．(2)由U 1U 2＝n 1n 2 得 U 2＝n 2U 1n 1＝440×2202200V ＝44 V 流过R 电流 I 2＝U 2R ＝44100A ＝0.44 A 则电压表读数为44 V ，电流表读数为0.44 A.输出功率P 出＝U 2I 2＝44×0.44 W ＝19.36 W输入功率P 入＝P 出＝19.36 W变压器效率η＝P 出P 入＝100%. 答案：(1)0 0 (2)44 V 0.44 A 19.36 W 100%一、选择题1.可以将电压升高供给家用电灯的变压器是( )解析：选C.根据变压器的原理，只能对交变电压升高(或降低)电压，根据变压器的变压规律，要将电压提高，原线圈的匝数应少于副线圈的匝数，B 、D 错，A 项中的电源为直流电源，不能变压，故选C.2.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )A ．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B ．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C ．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D ．正常工作时，原、副线圈的输入、输出功率之比为10∶1解析：选B.本题考查了对变压器原理的掌握，关键是要明确变压器的变压原理．对理想变压器，A 选项认为无磁通量损漏，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，才有电压与匝数成正比；对于理想变压器，输入功率等于输出功率，正确选项只有B.3.一输入电压为220 V ，输出电压为36 V 的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈．如图所示，然后将原来线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V ，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )A ．1100，360B ．1100，180C ．2200，180D ．2200，360解析：选B.对新绕线圈的理想变压器，根据变压比公式得n 1＝n 3U 1U 3＝5×2201＝1100，同理，变压器烧坏前，n 2＝n 1U 2U 1＝1100×36220＝180，B 正确． 4.(2012·安溪一中高二期末)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1∶3，次级回路中联入三个均标有“36 V ，40 W ”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36 V ，40 W ”的灯泡A ( )A ．正常发光B ．将被烧毁C ．比另三个灯暗D ．无法确定解析：选A.副线圈两端的电压U 2＝3U ＝3×36 V ＝108 V由U 1U 2＝n 1n 2得，原线圈两端电压U 1＝n 1U 2n 2＝1×1083V ＝36 V ，所以灯泡A 能正常发光． 5.如图所示是一台理想自耦变压器，在a 、b 之间接正弦交流电，A 、V 分别为理想交流电流表和交流电压表．若将调压端的滑动头P 向上移动，则( )A ．电压表V 的示数变大B ．变压器的输出功率变小C ．电流表A 的示数变小D ．电流表A 的示数变大解析：选BC.ab 间为原线圈，当P 向上移动时，原线圈匝数增多，原副线圈匝数比变大，由变压规律U 1U 2＝n 1n 2知，U 1不变，U 2变小，电压表V 的示数变小，R 不变，由P ＝U 2R可知，变压器的输出功率变小，A 错、B 对，由U 1I 1＝U 2I 2可以知道，I 1变小，C 对，D 错．6.一理想变压器原副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝1∶2，电源电压u ＝2202sin ωt V ，原线圈电路中接入一熔断电流I 0＝1 A 的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R ，如图所示，为了使保险丝不致熔断，调节R 时，其阻值最低不能小于( )A ．440 ΩB ．440 2 ΩC ．880 ΩD ．880 2 Ω解析：选C.当原线圈电流I 1＝I 0时，副线圈中的电流(即副线圈中电流的有效值)为I 2＝n 1n 2I 1＝n 1n 2I 0＝12A 副线圈的输出电压的有效值为U 2＝n 2n 1U 1＝n 2n 1×U m 2＝440 V 因此副线圈电路中负载电阻的最小值为R min ＝U 2I 2＝880 Ω，故选项C 正确． 7.(2012·福建师大附中高二期末)如图所示，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100 V 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100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 2 VC ．开关断开后，电压表的示数不变D ．开关断开前后，变压器的输入功率不变解析：选AC.由U 1U 2＝n 1n 2得，副线圈输出电压的最大值为 U 2＝n 2U 1n 1＝5×2021V ＝100 2 V ，一个周期内有两次电压大于100 V ，故氖泡在一个周期内发光2次，而交变电压的周期T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，所以氖泡发光频率为f ＝2T＝100 H z ，A 正确．电压表示数为U 2′＝U 22＝10022V ＝100 V ，B 错误．开关断开后电压表示数不变，但输出功率变化，所以输入功率变化，C 正确、D 错误．8.如图所示的甲、乙两电路中，当a 、b 两端与e 、f 两端分别加上220 V 的交流电压时，测得c 、d 间与g 、h 间的电压均为110 V ．若分别在c 、d 两端及g 、h 两端加上110 V 的交流电压，则a 、b 间及e 、f 间的电压分别为( )A ．220 V 、220 VB ．220 V 、110 VC ．110 V 、110 VD ．220 V 、0 V解析：选B.当a 、b 间接220 V 电压时，c 、d 间电压为110 V ，说明c 、d 间线圈的匝数为原线圈匝数的一半；反过来当c 、d 间接110 V 电压时，a 、b 间电压应为220 V ．当e 、f 间接220 V 电压时，g 、h 间电压为110 V ，说明g 、h 间电阻为e 、f 间电阻的一半；当g 、h 间接110 V 电压时，e 、g 间没有电流，e 、g 间电压为零，所以e 、f 间电压与g 、h 间电压相等，均为110 V.9.如图所示，理想变压器原线圈中正弦式交变电源的输入电压和电流分别为U 1和I 1，两个副线圈的输出电压和电流分别为U 2和I 2、U 3和I 3，接在原、副线圈中的五个完全相同的灯泡均正常发光，则下列关系中正确的是( )A ．I 1∶I 2∶I 3＝1∶2∶1B ．U 1∶U 2∶U 3＝1∶1∶2C ．三个线圈匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝5∶2∶1D ．电源电压U 1与原线圈两端电压U 1′之比为5∶4解析：选AD.设灯泡正常发光时的电流为I 0，电压为U 0，由题图可知，I 2＝2I 0，I 1＝I 3＝I 0，故A 选项正确；U 2＝U 0，U 3＝2U 0，原线圈两端电压U 1′＝U 2I 2＋U 3I 3I 1＝4U 0，则U 1＝5U 0，故D 选项正确；n 1n 2＝U 1′U 2＝41，n 2n 3＝U 2U 3＝12，故B 、C 选项错误． 10.(2011·高考福建卷)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．原线圈接正弦交变电源，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：选D.由题图知，U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，则ω＝2πT＝100π rad/s ，输入电压u ＝202sin100πt V ，故选项A 错误；由变压器的变压规律知：U 1U 2＝n 1n 2，故U 2＝U 1n 2n 1＝20×15V ＝4 V ，由题中将S 1接1，S 2闭合时，灯泡L 2正常发光可得，灯泡L 2的额定电压为4 V ，当只断开S 2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L 1、L 2串联，故L 1、L 2均不能正常发光，选项B 错误；此时P 出＝U 22R 总，副线圈负载R 总增大，故P 出减小，又P 入＝P 出，故原线圈的输入功率减小，选项C 错误；当S 1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R ，故P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，选项D 正确．二、非选择题11.(2011·高考海南卷)如图，理想变压器原线圈与一10 V 的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a 和b ，小灯泡a 的额定功率为0.3 W ，正常发光时电阻为30 Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A ，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b 的电流为________A.解析：U 1＝10 V ，根据小灯泡正常发光，则U 2＝PR ＝3 V ，I a ＝U 2R ＝0.1 A ，根据n 1n 2＝U 1U 2＝103，I 2I 1＝n 1n 2，所以 I 2＝n 1n 2I 1＝0.3 A ，I b ＝I 2－I a ＝0.2 A. 答案：10∶3 0.212.一理想变压器，原线圈匝数n 1＝1100，接在电压为220 V 的交流电源上，当它对11只并联的“36 V ，60 W ”灯泡供电时，灯泡正常发光，由此可知该变压器副线圈的匝数n 2是多少？通过原线圈的电流I 1是多大？解析：因为11只并联的“36 V ，60 W ”灯泡正常发光，所以副线圈输出的电压必为36 V ．由U 1/U 2＝n 1/n 2，得n 2＝U 2U 1n 1＝36×1100220匝＝180匝． 每只灯泡正常发光时的电流由P 2′＝I 2′U 2′得I 2′＝P 2′U 2′＝6036 A ＝53A 副线圈中的电流I 2＝11×I 2′＝553A 因I 1I 2＝n 2n 1，故I 1＝n 2n 1I 2＝1801100×553A ＝3 A. 答案：180 匝 3 A。
高中物理鲁科版选修32 课件+对点练习+题组训练：第四
变压器
电流比值等于匝数比的倒数 可得ab接MN、cd接PQ Iab＞Icd
课堂讲义
变压器
例5 自耦变压器铁芯上只绕有一个线
圈，原、副线圈都只取该线圈的某部
分．一升压式自耦调压变压器的电路如
图所示，其副线圈匝数可调．已知变压
器线圈总匝数为1 900匝，原线圈为1 100
匝，接在有效值为220 V的交流电源
3．原、副线圈的地位 (1)原线圈在其所处回路中充当负载
(2)副线圈在其所处回路中充当电源 4．变压器不改变交流电的频率
课堂讲义
变压器
例1 理想变压器在正常工作时，原、副线圈 中一定相同的物理量是( ) A．每匝线圈中磁通量的变化率 B．交变电流的频率 C．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率 D．原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势
上．当变压器输出电压调至最大时，负
载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中 电流有效值为I1，负载两端电压的有效值
I1＝UP1＝2202000A≈9.1 A，
为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分
别约为( ) A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
U1＝U2，可得 n1 n2
U2＝380
1．变压器的工作基础是互感现象，由于互感作用，穿过原、副线圈 的磁通量相等，磁通量的变化率ΔΔΦt 相等，若原线圈匝数为 n1，则 U1 ＝n1ΔΔΦt ，副线圈匝数为 n2，则 U2＝n2ΔΔΦt ，所以UU12＝nn12.
2．变压器的变压关系：
(1)只有一个副线圈：UU12＝nn12 (2)有多个副线圈：Un11＝Un22＝Un33＝……
副线圈或次级线圈
输入电压 输出电压
升压变压器 二、 互感现象
高中物理第4章远距离输电习题课 变压器的应用及远距离输电问题学案鲁科版选修3_22
第4讲 习题课 变压器的应用及远距离输电问题[目标定位] 1.进一步理解变压器原理及规律.2.熟练应用变压器原、副线圈的决定因素解决动态分析问题.3.熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题．1．理想变压器原、副线圈的三个关系：P 入＝P 出，U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1.(一个副线圈)2．输电线上的功率损失P 损＝I 2R 线，输电线上的电压损失ΔU ＝IR 线．3．减小输电线路上功率、电压损失的途径：减小输电线的电阻、减小输电导线中的电流(即提高输电电压)．4．远距离输电的基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压.一、理想变压器中的规律分析 1．功率关系：P 入＝P 出． 2．电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…3．电流关系：若只有一个副线圈I 1I 2＝n 2n 1. 若有多组副线圈n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋… 4．变压器不改变频率 5．原、副线圈的地位(1)原线圈在原线圈回路中所处的地位是充当负载． (2)副线圈在副线圈回路中所处的地位是充当电源．例1 如图1甲所示，左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55Ω，、为理想电流表和理想电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V ，下列表述正确的是( )图1A ．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的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为100Hz 答案 AC解析 由题图乙可知原线圈两端电压的有效值U 1＝220V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝220V 110V＝2∶1，故B 错误；电流表示数与电压表示数都为有效值，故C 正确；电流表示数I ＝U R ＝11055A ＝2A ，故A 正确；由题图乙可知T ＝0.02s ，所以交变电压的频率为f ＝1T ＝10.02Hz ＝50Hz ，D 错误．针对训练1 如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1.原线圈接入一电压为u ＝U 0sin ωt 的交流电源，副线圈接一个R ＝27.5Ω的负载电阻．若U 0＝2202V ，ω＝100πrad/s，则下述结论正确的是( )图2A ．副线圈中电压表的读数为55VB ．副线圈中输出交变电流的周期为1100πsC ．原线圈中电流表的读数为0.5AD ．原线圈中的输入功率为1102W 答案 AC解析 原线圈电压有效值为U ＝220V ，电压表读数为U 2＝2204V ＝55V ，周期T ＝2πω＝150s ，副线圈中电流I 2＝U 2R ＝2A ，原线圈中电流I 1＝I 24＝0.5A ，P ＝I 1U ＝110W.二、理想变压器电路的动态问题分析 1．首先明确变压器各物理量间的制约关系(1)输入电压U 1决定输出电压U 2：变压器原、副线圈匝数n 1、n 2确定，U 1便决定了U 2，与输出端有无负载、负载大小无关，也与变压器有无其他副线圈无关．(2)输出功率P2决定输入功率P1：即用多少送多少．(3)输出电流I2决定输入电流I1：U2与负载电阻R通过欧姆定律决定输出电流I2的大小，由I1＝n2n1I2决定I1的大小．2．分清动态变化中哪个量变化，结合串、并联电路的特点，欧姆定律及变压器各物理量间因果关系来依次确定其他量变化．例2如图3所示，理想变压器原线圈输入电压u＝U m sinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是( )图3A．I1和I2表示电流的瞬时值B．U1和U2表示电压的最大值C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小答案 C解析交流电表测量的是交变电流的有效值，故A、B皆错误；由于理想变压器的输出电压U2＝n2n1U1与负载无关，即滑片P下滑时U2不变，故D错误；由I1U1＝U22R0＋R知R减小时I1变大，故C正确．针对训练2 如图4所示，用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，开始时开关S是断开的．现将开关S闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是( )图4A．V1、V2的示数不变，A1的示数增大，A2的示数减小，P入增大B．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数增大，P入增大C ．V 1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数减小，P 入减小D ．V 1的示数不变，V 2的示数增大，A 1的示数减小，A 2的示数增大，P 入减小 答案 B解析 电压表V 1的示数由输入电压决定；电压表V 2的示数由输入电压U 1(大小等于电压表V 1的示数)和匝数比n 1n 2决定；电流表A 2的示数即I 2由输出电压U 2(大小等于电压表V 2的示数)和负载电阻R 负决定；电流表A 1的示数即I 1由变压器的匝数比n 2n 1和输出电流I 2决定；P 入随P 出而变化，由P 出决定．因输入电压不变，所以电压表V 1的示数不变；据公式U 2＝n 2U 1n 1，可知U 2也不变，即电压表V 2的示数不变；又据I 2＝U 2R 负知，S 闭合后R 负减小，故I 2增大，电流表A 2的示数增大；输入电流I 1随输出电流I 2而增大，故电流表A 1的示数增大；因P 出＝U 2I 2，故P 出增大；P 入随P 出变化，故P 入也增大．可见本题的正确选项为B.三、远距离高压输电中的损耗问题1．解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，如图5所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．图52．分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源．3．综合运用下面三方面的知识求解 (1)能量守恒：P 1＝U 1I 1＝U 2I 2＝P 用户＋ΔPΔP ＝I 22RP 用户＝U 3I 3＝U 4I 4.(2)电路知识：U 2＝ΔU ＋U 1 ΔU ＝I 2R .(3)变压器知识：U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2U 3U 4＝I 4I 3＝n 3n 4. 其中ΔP ＝I 22R ，ΔU ＝I 2R 往往是解题的切入点．例3 某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明用户，发电机输出功率是120 kW ，输出电压是240 V ，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V ．则： (1)输电线上损耗的电功率为多少？ (2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少？ 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P 损＝I 22r ＝202×10 W ＝4 000 W. (2)输电线上损失的电压U 损＝I 2r ＝20×10 V ＝200 V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－U 损＝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.变压器基本规律的应用1．如图6所示 ，一理想变压器的原线圈匝数为n 1＝1 100 匝，接电压U 1＝220 V 的交流电，副线圈接“20 V 10 W ”的灯泡，灯泡正常发光，可知( )图6A ．副线圈的匝数n 2＝200 匝B ．副线圈中的电流I 2＝0.5 AC ．原线圈中的输入功率为10 WD ．原线圈中的电流I 1＝0.1 A 答案 BC解析 由于理想变压器的电压比等于匝数比，副线圈匝数n 2＝100 匝，A 错误；理想变压器的原、副线圈的功率相等，所以原线圈的输入功率为10 W ，C 正确；由功率P ＝UI 可得副线圈中的电流I 2＝0.5 A ，原线圈中的电流I 1＝n 2n 1I 2≈0.045 A ，B 正确，D 错误．变压器电路的动态问题分析2．如图7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最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使 ( )图7A ．原线圈匝数n 1增加B ．副线圈匝数n 2增加C ．负载电阻R 的阻值增大D ．负载电阻R 的阻值减小 答案 BD解析 由U 1U 2＝n 1n 2，P 出＝U 22R可得P 出＝U 21n 22n 21R又因为P 入＝P 出，所以P 入＝U 21n 22n 21R分析可得选项B 、D 正确．3．如图8所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶5, 原线圈两端的交变电压为u ＝202sin (100πt ) 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( )图8A ．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 答案 AB解析 变压器不能改变交变电流的频率，T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02s ，f ＝1T＝50Hz.因为一个周期内氖泡发光2次，故开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz ，A 项正确； 电压表的示数是有效值，U 1＝2022V ＝20V ，U 2＝n 2n 1U 1＝100V ，B 项正确；不论开关是否断开，电压表示数不变，C 项错误；开关断开后，变压器的输出功率减小，D 项错误．远距离输电问题分析4．一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 线＝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220V C ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1 D ．有6×104盏灯泡(220V,60W)正常发光 答案 ABD解析 根据题意画出输电线路示意图如图所示．对升压变压器有P 1＝U 1I 1，可知I 1＝103A ，由输电线上消耗的功率ΔP ＝I 22R 线＝400kW ，可知输电线上电流为I 2＝20A ，A 项正确；T 1的变压比为I 2∶I 1＝1∶50；根据P ＝U 2I 2得U 2＝2×105V ，输电线上电压ΔU ＝I 2R 线＝20000V ，则副线圈输入电压为U 3＝U 2－U 线＝1.8×105V ，又灯泡正常发光，可知副线圈电压U 4＝220V ，B 项正确；T 2的变压比为n 3∶n 4＝U 3∶U 4＝1.8×105∶220，C项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率P3＝P4＝U3I2＝60W·n，解得n＝6×104，D项正确.。
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1 广东省揭阳市第一中学高中物理 第4章远距离输电章末综合检测试题 鲁科版选修3-2
(时间：90分钟，满分：100分) 一、选择题(本题共10小题，每小题4分，共40分．在每小题给出的四个选项中，有的只有一个选项正确，有的有多个选项正确，全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错或不答的得0分) 1.关于三相交流发电机的使用，下列说法中正确的是( ) A．三相交流发电机发出三相交变电流，只能同时用三相交变电流 B．三相交流发电机也可以当作三个单相交流发电机，分别单独向外传送三组单相交变电流 C．三相交流发电机必须是三根火线、一根中性线向外输电，任何情况下都不能少一根输电线 D．如果三相负载完全相同，三相交流发电机也可以用三根线(都是火线)向外输电 解析：选BD.在一个发电机中安装三组独立互成120°角的线圈，发电机就产生三相独立的交变电流，可以同时使用，也可以不同时使用，A错，B对；三相交流发电机可以是三根火线、一根中性线向外输出叫三相四线制，如果三相负载完全相同，三相交流发电机也可以用三根线(都是火线)向外输电，叫三相三线制，C错，D对，故应选BD. 2.有一理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝2∶1，则变压器工作时原、副线圈( ) A．电压之比U1∶U2＝2∶1 B．电流之比I1∶I2＝2∶1 C．功率之比P1∶P2＝2∶1 D．频率之比f1∶f2＝2∶1
解析：选A.U1U2＝n1n2＝21，故选项A正确；I1I2＝n2n1＝12，故选项B错误；理想变压器P入＝P出，所以P1＝P2，故选项C错误；理想变压器不能改变交变电流的频率，所以f1＝f2，故选项D错误． 3.理想变压器的原、副线圈匝数之比为n∶1, 副线圈的负载电阻为R，如图所示，当变压器正常工作时，a、b间的等效电阻是( )
A．nR B.Rn C．n2R D.Rn2 解析：选C.由电阻的定义知R＝U2I2， a、b间的等效电阻Rab＝U1I1， 2
因为U1U2＝n1n2＝n，I1I2＝n2n1＝1n，R＝U2I2， 所以Rab＝U1I1＝nU2I2/n＝n2U2I2＝n2R. 4.理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是( ) A．I1由I2决定 B．U2与负载有关 C．P2由P1决定 D．U2由U1决定
解析：选AD.对于理想变压器，其电流与原副线圈匝数关系可写成I1＝n2n1I2，原线圈中的电流由副线圈中的电流决定，A对．功率的关系为：负载用多少，原线圈端就输入多少，C错．副线圈的电压U2＝n2n1U1，它由U1决定，与负载无关，B错，D对．故选AD. 5.某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是( )
A．输出电压的最大值为36 V B．原、副线圈中电流之比为55∶9 C．变压器输入、输出功率之比为55∶9 D．交流电源有效值为220 V，频率为50 Hz
解析：选D.交流电源的电压U1＝Um2＝22022 V＝220 V，
频率f＝1T＝10.02 Hz＝50 Hz，D正确．由U1U2＝n1n2得，U2＝n2U1n1＝9×22055 V＝36 V，最大值Um2
＝2U2＝362 V，A错误.I1I2＝n2n1＝955，B错误．输入功率等于输出功率，C错误． 6.为了解决农村电价居高不下的问题，有效地减轻农民负担，在我国广大农村普遍实施了“农网改造”工程，工程包括两项主要内容：(1)更新变电设备，提高输电电压；(2)更新电缆，减小输电线电阻．若某输电线路改造后输电电压变为原来的2倍，线路电阻变为原来的0.8倍，在输送的总功率不变的条件下，线路损耗功率将变为原来的( ) A．0.4倍 B．0.32倍 C．0.2倍 D．0.16倍
解析：选C.设输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为r，依据ΔP＝PU2r，若某输电线路改造后输电电压变为原来的2倍，线路电阻变为原来的0.8倍，线路损耗功率将变为原来的0.2倍，C对． 7.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．但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．这是因为此时( ) A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小 3
B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小 C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失电压大 D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流 解析：选C.在用电高峰期，总负载较重，负载等效电阻较小，线路中的电流过大，线路上损失电压过大，造成用户灯两端的电压减小，所以变暗了． 8.在如图所示的电路中，理想变压器的变压比为2∶1，四个灯泡完全相同．若已知灯泡L
3
和L4恰能正常工作，那么( )
A．L1和L2都能正常工作 B．L1和L2都不能正常工作 C．L1和L2只有一个能正常工作 D．条件不足，无法判断 解析：选A.由于副线圈两端并联着两个相同的灯泡L3、L4，每个灯泡正常工作时的实际电流都等于额定电流，因此副线圈中的电流等于一个灯泡额定电流的两倍；根据原、副线圈的电流与匝数成反比，可知原线圈中的电流等于副线圈中的电流的二分之一，即恰好等于灯泡L1、L2的额定电流，从而可以得出结论：L1和L2都能正常工作． 9.如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，
电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，则( )
A．a为电流表，b为电压表 B．a为电压表，b为电流表 C．线路输送电功率是2200 W D．线路输送电功率是2.2×106 W 解析：选BD.电压互感器并联到电路里，电流互感器串联到电路里，所以a是电压表，b是电流表，故B正确；电压表和电流表的示数不是线路中的电压和电流，电表的示数是副线圈两端的电压或电流，线路中的还要通过变比进行计算，所以，线路电压为22000 V，电流为100 A，输送功率为2200 kW，所以D正确，选项B、D正确． 10.如图为一理想变压器，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，N2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( ) 4
解析：选C.当滑动头P匀速上滑时，副线圈匝数均匀增大，由U1U2＝n1n2知，U2＝n2n1U1，U2随时间均匀增大，C项正确；由于灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以当电压均匀增加时，由欧姆定律I＝UR知灯泡中电流并非均匀增加，而是增加的越来越慢，其I2－t图线的斜率逐渐减小，B项错误；灯泡消耗的功率N2＝U2I2，N2随时间并不是均匀增加的，D项错误；变压器的输入功率与输出功率相等，当灯泡功率增大时，输入功率也在增大，原线圈中电流增大，A项错误． 二、填空题(本题共2小题，每小题6分，共12分．按题目要求作答) 11.发电厂输出功率为9900 kW，输电线电阻为2 Ω，分别用18 kV和110 kV的高压输电，
输电线上的功率损失分别是________kW和________kW.
解析：根据公式P损＝PU2R＝9900×10318×1032×2 W＝605 kW
同理：P损＝PU2R＝9900×103110×1032×2 W＝16.2 kW. 答案：605 16.2 12.发电机路端电压为220 V，输出功率为110 kW.若要保证用户得到100 kW的电功率，输
电线的电阻不得大于________．若用一个理想变压器升压至5500 V输出，输电线的电阻不得大于________． 解析：设输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为r，
依据ΔP＝PU2r， 当U1＝220 V时， r＝U21P2ΔP＝22021102×10－2 Ω＝0.04 Ω
当U2＝5500 V时， r＝U22P2ΔP＝550021102×10－2 Ω＝25 Ω.
答案：0.04 Ω 25 Ω 三、计算题(本题共4小题，共48分．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要的演算 5
步骤，只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位) 13.(10分)某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线路总电阻是6 Ω.
(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率． (2)若改用5000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压． 解析：(1)输电线上的电流为
I＝PU＝20×103380 A＝52.63 A(2分)
输电线路损耗的功率为 P损＝I2R＝52.632×6 W≈16620 W＝16.62 kW.(2分)
(2)改用高压输电后，输电线上的电流大小变为
I′＝PU′＝20×1035000 A＝4 A(2分)
用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U′－I′R＝(5000－4×6) V＝4976 V(2分)
根据U1U2＝n1n2知用户得到的电压为
U2＝n2n1U1＝122×4976 V＝226.18 V．(2分)
答案：(1)16.62 kW (2)226.18 V 14.(10分)人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤燃烧的化学能等)转
化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但是用电的地方往往很远，因此，就需要高压输送线路把电能输送到远方．如果某发电站将U＝6000 V的电压直接地加在高压输送线路的输入端，向远方供电，且输送的电功率为P＝800 kW.则此时安装在高压输送线路的入端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE＝9600 kW·h(1 kW·h＝1度电)．求： (1)此种情况下，高压线路的终端功率和输电效率．
(2)若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比n1n2是多少的变压器？ 解析：(1)此情况下，终端功率
P′＝P－ΔET＝800 kW－9600 kW·h24 h＝400 kW.(2分)
所以输电效率：η＝P′P＝400 kW800 kW×100%＝50%.(2分) (2)设高压输送线路的导线电阻为r， 由题意知：原来线路损耗P损1＝I21r＝400 kW，(1分) 而UI1＝P，(1分) 现在线路损耗：P损2＝P×(1－98%)＝I22r，(1分) 而U′I2＝P，(1分) UU′＝n1n2，解得：n1