第18讲 变压器 电能输送-高二物理上学期知识点讲解及课后练习(江苏专用)

第18讲 变压器 电能输送 适用学科 物理 适用年级 高二 适用区域 江苏 本讲时长 120分钟 知识点 及学习目标 变压器，电能的输送 知道变压器的构造，理解变压器的工作原理，握变压器原副线圈中电压与匝数的关系，电流与匝数的关系； 了解电能的输送过程，知道交变电流便于远距离输送，知道输电线上的功率损失和减少功率损失的方法，理解为什么远距离输电要用高压。 一．理想变压器的工作原理及规律 1．理想变压器的特点 （1）原、副线圈的电阻不计，不产生热量。 （2）变压器的铁芯无漏磁，原、副线圈磁通量无差别。 （3）变压器自身的能量损耗不计，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率。 2．工作原理 原线圈上加交变电压时铁芯中产生交变磁场，即在副线圈中产生交变磁通量，从而在副线圈中产生交变电动势；当副线圈接负载时，副线圈相当于交流电源向外界负载供电。从能量转化角度看，变压器是把电能转化为磁场能，再将磁场能转化为电能的装置，一般地说，经过转化后电压、电流均发生了变化。 3．电动势关系 由于互感现象，没有漏磁，原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的，根据法拉第电磁感应定律有E1＝n1，E2＝n2，所以＝ 4．电压关系 由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U1＝E1，副线圈两端的电压U2＝E2，所以＝。 5．功率关系 对于理想变压器，不考虑能量损失，P入＝P出。 6．电流关系 由功率关系，当只有一个副线圈时，由U1I1＝U2I2，得＝，由＝，得：＝ 若有多个副线圈时，有P1＝P2＋P3＋…，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋… 将U1∶U2∶U3∶…＝n1∶n2∶n3∶…代入得n1I1＝n2I2＋n3I3＋… 特别提醒： （1）变压器的电动势关系、电压关系和电流关系是有效值（或最大值）间的关系，对于某时刻的瞬时值其关系不成立。 （2）变压器高压圈匝数多而导线细，低压圈匝数少而导线粗，这是区别高、低压线圈的方法。 例1．（多选）图中理想变压器的原、副线圈匝数之比为2∶1，电阻R1＝R2＝10Ω，电表、均为理想交流电表。若R1两端电压u1＝10sin100πt（V），则下列说法正确的有（　　） A．电压表示数为14.14 V B．电流表的示数为0.5 A C．R1消耗的功率为20W D．原线圈输入交流电频率为50Hz （变式训练1）（多选）如图所示，一理想变压器的原线圈A、B两端接入电压为u＝220sin（100πt）V的交变电流。原线圈匝数n＝1 100匝，副线圈匝数n1＝60匝，副线圈匝数n2＝550匝，C、D之间接一电容器， E、F之间接一灯泡，都能安全工作。则（　　） A．两电流表示数I1＝0，I2≠0 B．该电容器的耐压值至少为12 V C．副线圈中磁通量变化率的最大值为0.2Wb/s D．若将接入原线圈电压改为u′＝220sin（220πt）V，则电流表 A1示数将增大 二．变压器工作时的制约关系及动态分析 1．电压制约 当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2＝n2U1/n1 2．电流制约 当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定，且输入电压U1确定时，原线圈的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2/n1 3．负载制约 （1）变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2＝P负1＋P负2＋… （2）变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，I2＝P2/U2 （3）总功率P入＝P线＋P2 ，即变压器的输入功率是由输出功率决定的。 4．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况 （1）原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1 （2）负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1 特别提醒： （1）理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出为入”，即用户消耗多少，原线圈就提供多少，因而输出功率决定输入功率。 （2）可以把理想变压器的副线圈看作给用户供电的无内阻电源，对负载电路进行动态分析时，可以参照直流电路动态分析的方法。 例2．（多选）如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中能使电流表示数减小的是（　） A．只将S1从2拨向1 B．只将S2从4拨向3 C．只将S3从闭合改为断开 D．只将变阻器R3的滑动触头上移 （变式训练2）如图所示，变压器为理想变压器，交流电源的电压不变，L1、L2是完全相同的灯泡，V1、V2和A1、A2为理想电表，导线电阻不计。当开关S由闭合变为断开后，则（　　） A．A1示数变小 B．A2示数变大 C．V2示数变小 D．V1示数变小 三．几种常见的变压器 1．自耦变压器 如图所示，铁芯上只绕一个线圈，低压线圈是高压线圈的一部分，既可以作为升压变压器使用，也可以作为降压变压器使用。 规律：＝，＝。 2．电压互感器 （1）构造：小型降压变压器，如图所示。 （2）接法：原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表；为了安全，外壳和副线圈应接地。 （3）作用：将高电压变为低电压，通过测量低电压，计算出高压电路的电压。 3．电流互感器 （1）构造：小型升压变压器，如图所示。 （2）接法：原线圈串联在被测电路中，副线圈接电流表，为了安全，外壳和副线圈应接地。 （3）作用：将大电流变成小电流，通过测量小电流，计算出被测电路中的大电流。 例3．（多选）如图所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器（圆圈中的电表符号未标出），通过观测接在甲、乙中的电表读数，可以间接得到输电线两端电压和通电线的电流。若图中n1∶n2＝100∶1，n3∶n4＝1∶10，电流表示数为10 A，电压表示数为220 V，则下列判断正确的是（　 　） A．甲是电压互感器，输电线两端电压是2.2×104 V B．乙是电压互感器，输电线两端电压是2.2×103 V C．甲是电流互感器，通过输电线的电流是0.1 A D．乙是电流互感器，通过输电线的电流是100 A （变式训练3）如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则高压输电线的送电功率为（　 　） A．2.2×103 W　　　 B．2.2×10－2 W C．2.2×108 W D．2.2×104 W 四．输电线路上的电压损失 1．电压损失 输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压比起始端电压要低，这就是输电线上的电压损失。 2．原因 对于交流输电线路来说，造成电压损失的原因既有电阻，又有感抗和容抗，在高中阶段只考虑输电线路中电阻所造成的电压损失。 3．减小输电线路电压损失的两种方法 （1）减小输电线路电阻 由R＝ρ可知，间距一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻。 （2）减小输电电流I 由P＝UI可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流。 特别提醒： 输电电压是指加在高压输电线起始端的电压U，损失电压是指降落在输电线路上的电压ΔU＝IR。 例4．（多选）如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则（　 ） A．输电线路电压损耗为U－U1 B．输电线路电压损耗为I1r C．用户端的电压为U－U1 D．用户端的电压为 （变式训练4） 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．总电阻比深夜时小，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，分去了一部分电压 五．输电导线上的功率损失 1．功率损失的原因 输电导线有电阻，电流通过电阻时，电能必有一部分转化为内能而损失掉。 2．功率损失大小的计算 （1）ΔP＝I2R，I为输电线路上的电流，R为线路电阻； （2）ΔP＝，ΔU为输电线路上损失的电压，R为线路电阻； （3）ΔP＝ΔUI，ΔU为输电线路上损失的电压，I为线路上的电流； （4）ΔP＝（）2ρ，P为输送电功率，U为输电电压，ρ为电阻率，L为输电线的总长度，S为横截面积。 3．减少损耗的方法 据P损＝I2R可知，减小输电线路上功率损失的方法主要有两种： （1）减小输电线的电阻R，据R＝ρ· ①减小输电线长度L：由于输电距离一定，所以在实际中不可能用减小L来减小R ②减小电阻率ρ：目前一般用电阻率较小的铜或铝作导线材料 ③增大导线的横截面积S：这要多耗费金属材料，增加成本，同时给输电线的架设带来很大的困难 （2）减小输电电流I，据I＝ ①减小输送功率P：在实际中不能以用户少用或不用电来达到减少损耗的目的 ②提高输电电压U：在输送功率P一定，输电线电阻R一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，据P损＝2·R知，输电线上的功率损耗将降为原来的 根据以上分析知，采用高压输电是减小输电线上功率损耗最有效、最经济的措施。 特别提醒： （1）输送功率是指高压输电线起始端输出的功率，损失功率是输电线上消耗的功率。 （2）无论从减少输电线路上的功率损失，还是减少电压损失来看，都要求提高输电电压，以减小输电电流。 （3）发电站的输送功率取决于用户消耗的功率，不是由发电站输出的功率决定用户和线路消耗的功率。 例5．（多选）远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失，下列说法中正确的是（不考虑电抗产生的损失）（　　） A．功率损失是原来的 B．功率损失是原来的 C．电压损失是原来的 D．电压损失是原来的n倍 （变式训练5）2018年1月28日，江苏南京遭遇近10年来最大降雪，高压线上冻起厚厚的冰霜，导致部分电线负重增大而断裂，有人想出通过增大输电线上损耗功率融冰方案。假设输电电压是220 kV，当输送功率保持不变，为使输电线上损耗的功率增大为原来的4倍，输电电压应变为（　　） A．55 kV B．110 kV C．440 kV D．880 kV 六．高压输电线路的分析与计算 1．输送过程图 2．输电过程 电路被划分为三个独立的回路，每个回路均可以应用闭合电路欧姆定律，串、并联电路规律，而变压器的电压、电流、功率关系是联系不同回路的桥梁。 3．对高压输电（输送回路）中几个电压的理解 （1）输送电压：输电线始端电压，如图中的U2。 （2）用户电压：最终用户得到的电压，如图中的U4。 （3）损失电压：输电线始端电压与末端电压的差值（ΔU＝U2－U3＝I2R），形成的原因是输电导线有电阻，电流通过输电线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压比起始端电压要低，这就是输电线上的电压损失。 4．减小输电线路上电压损失的方法 根据ΔU＝IR可知有两种： （1）减小输电线路的电阻。 （2）减小输电电流I，即提高输电电压。 5．基本关系式 （1）功率关系P1＝P2，P3＝P4，P2＝P线＋P3 （2）电压、电流关系＝＝，＝＝ U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线 （3）输电电流：I线＝＝＝ （4）输电导线上损耗的电功率：P线＝I线ΔU＝IR线＝2R线 例6．某中学有一台应急备用发电机，发电机线圈内阻为r＝1 Ω，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＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V，40 W”规格的电灯6盏，要求所有灯都正常发光，输电线路如图所示。求： （1）发电机的输出功率； （2）发电的电动势； （3）输电线上损耗的电功率。 （变式训练6）风力发电作为新型环保新能源，近几年来得到了快速发展，如图所示风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压是250 V，用户需要的电压是220 V，输电线电阻为10 Ω。若输电线因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求： （1）在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比； （2）用户得到的电功率是多少。 （变式训练7）（多选）一台发电机最大输出功率为4 000 kW、输出电压为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（220V，60 W）。若在输电线上消耗的功率为发电机输出功率为10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，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 A B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1 D．有6×104盏灯泡（220 V，60 W）正常发光 1．理想变压器正常工作时，原、副线圈中不相同的物理量为（　 　） 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．原线圈中感应电动势和副线圈中的感应电动势 2．以下关于电能输送的说法不正确的是（　 　） 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要采用高压输电 C．增大导线的横截面积可以减小输电导线上的功率损失 D．实际输送电能时，要综合考虑各种因素，如输送功率大小、距离远近、技术和经济条件等 3．有一电子线路中使用的小变压器，变压比为220 V/6 V，由于使用时间长了分不清原、副线圈，其外形如图所示，现要作为降压变压器使用，则电源（220 V）应接在（　　） A．ab两端　　　　　 B．cd两端 C．ac两端 D．bd两端 4．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，4个相同的灯泡如图接入电路，已知副线圈一侧的3个灯泡均正常发光，则原线圈电路中串联的灯泡L的情况是（　　） A．L将要烧毁 B．L比另外3个灯泡要暗些 C．L正常发光 D．不知输入电压，无法判断 5．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线电阻为R，通过导线的电流为I，学校的输入电压为U2，下列计算线路损耗功率的表达式中错误的是（　　） A．U/R　　　　　　 B．（U1－U2）2/R C．I2R D．I（U1－U2） 6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路。当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，电流表 A1的读数为12 mA，那么电流表 A2的读数为（　 　） A．0　　　　 　 B．3 mA C．48 mA D．与R大小有关 7．（多选）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻（阻值随温度的升高而减小），R1为定值电阻，下列说法正确的是（　 　） A．交流电压u的表达式u＝36sin100πt（V） B．变压器原、副线圈中的电流之比随Rt处温度的变化而变化 C．Rt温度升高时，变压器原线圈的输入功率变大 D．Rt温度升高时，电压表和电流表的示数均变大 8．某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用（两个变压器均为理想变压器）。对整个送电过程，下列说法正确的是（　　） A．升压变压器的匝数比为1∶10 B．输电线上的损失功率为3 000 W C．输电线上的电流为100 A D．降压变压器的输入电压为4 700 V 9．（多选）如图所示，水平铜盘置于磁感应强度为B，方向竖直向下的匀强磁场中，铜盘的边缘及中心处分别通过滑片与一理想的自耦变压器的原线圈A、B端相连，变压器副线圈C、D两端与一额定电压不很高的小灯泡L相接，各处导线接触良好，所用器材均完好无损。当铜盘绕过圆心的竖直轴以角速率ω做匀速圆周运动时，小灯泡没有发光。为使小灯泡能发出光来，下列措施可行的是（　 　） A．逐渐增大角速度ω B．将自耦变压器的滑动触头P顺时针转过一适当的角度 C．将自耦变压器的滑动触头P逆时针转过一适当的角度 D．不断变换铜盘的转动方向 10．如图所示，矩形线圈abcd匝数n＝100匝、面积S＝0.5 m2、电阻不计，处于磁感应强度B＝ T的匀强磁场中。线圈通过金属滑环E、F与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接一只“10 V，10 W”灯泡。接在矩形线圈和原线圈间的熔断器的熔断电流的有效值I＝1.5 A、电阻忽略不计，现使线圈abcd绕垂直于磁场方向的轴OO′以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，灯泡正常发光。求： （1）线圈abcd中电动势的有效值； （2）变压器原、副线圈匝数之比； （3）副线圈中最多可以并联多少盏这样的灯泡。 11．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？ 第18讲 变压器 电能输送 适用学科 物理 适用年级 高二 完成情况 完成评分 1．学习了变压器后，同学们想利用变压器把电压升高后给某一电灯供电，以下设计的电路中正确的是（　 　） 2．（多选）如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为5∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上瞬时值表达式为u＝110 sin100πt（V）的交变电压，则（　 　） A．电压表的示数为22 V B．电压表的示数为22 V C．在滑片P向上移动的过程中，电流表 A1的示数变大 D．在滑片P向上移动的过程中，理想变压器的输入功率变小 3．（多选）某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，额定电压为U0的灯泡正常发光，电压表示数是U1。已知线圈电阻是r，灯泡电阻是R，则有（　 　） A．变压器输入电压的瞬时值是u＝U1sin2πnt B．变压器的匝数比是U1∶U0 C．电流表的示数是 D．线圈中产生的电动势最大值是Em＝U1 4．（多选）如图所示为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u1＝220sin100πt（V），则下列表述正确的是（ 　） A．U1<U2，U3>U4 B．U1＝220 V C．若U2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的 D．用户得到的交变电流频率为25 Hz 5．图（a）是一理想变压器的电路连接图，图（b）是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知电压表的示数为20 V，两个定值电阻的阻值R均为10 Ω，则： （1）求原、副线圈的匝数比； （2）将开关S闭合，求原线圈的输入功率； （3）若将电流表 A2换成一只单向导电的二极管，求电压表示数。 答案 第18讲 适用区域 江苏 适用年级 高二 例1【答案】 BD 解析：若R1两端电压u1＝10sin100πt(V)，则R1两端电压的峰值为10 V，所以有效值为10 V，由于电阻R1＝R2＝10Ω，则R2两端电压也为10 V，因此电压表示数为10 V，故 A错误；根据 A选项分析可知，副线圈的电压有效值为20 V，而电阻R1＝R2＝10Ω，由欧姆定律得：I＝，可得，副线圈的电流I′＝ A＝1 A，由于原、副线圈匝数之比为2∶1，且匝数与电流成反比，原线圈的电流为0.5 A，即电流表的示数为0.5 A，故B正确；根据功率表达式：P＝＝W＝10W，故C错误；因R1两端电压u1＝10sin100πt(V)，其频率为：f＝＝＝50Hz，那么原线圈的频率也为50Hz，故D正确。故选BD。 〔变式训练1〕【答案】 CD　 解析：因电容器能“通交流，阻直流”，可知I1和I2均不为零，选项 A错误；电容器两端电压最大值为：U1m＝Um＝×220 V＝12 V，则该电容器的耐压值至少为12 V，选项B错误；因原线圈中磁通量变化率的最大值为＝＝ Wb/s＝0.2 Wb/s，则副线圈中磁通量变化率的最大值为0.2 V，选项C正确；若将接入原线圈电压改为u′＝220sin(200πt) V，则交流电的频率变大，则电容器的容抗减小，因电压的有效值不变，则电流表 A1示数将增大，选项D正确。 例2 【答案】 BCD　 解析：只将S1从2拨向1时，原线圈匝数减小，输出电压变大，故输出电流变大，输入电流即电流表的示数也变大，故A错误；只将S2从4拨向3时，副线圈匝数减小，输出电压变小，故输出电流变小，输入电流变小，故B正确；只将S3从闭合变为断开，少一个支路，电压不变，总电阻变大，输出功率减小，则输入功率也减小，电流表的示数减小，故C正确；只将变阻器R3的滑动触头上移，负载总电阻变大，输出电流变小，故输入电流减小，故D正确。 〔变式训练2〕【答案】　A 解析： V1的示数是由发电机决定的，所以是一定的； V2示数是由输入电压和匝数比决定，输入电压和匝数比不变，所以 V2示数不变，选项CD错误；开关S断开后，变压器副线圈的负载电阻增大， V2示数不变，由欧姆定律可得 A2示数变小，由＝知 A1示数也变小，故 A正确，B错误。 例3　【答案】　AD　 解析：甲图是电压互感器，甲图中的电表是电压表，根据＝可知输电电压为22 000 V；乙图是电流互感器，乙图中的电表是电流表，根据＝可得输电电流是100 A。综上所述，选项AD正确。 〔变式训练3〕　【答案】C　 解析：根据甲互感器可得，高压输电线的送电电压U＝U甲＝220 kV；根据乙互感器可得，送电电流I＝I乙＝1 000 A；所以高压输电线的送电功率P＝UI＝220 kV×1 000 A＝2.2×108 W，C正确。 例4　AB　 解析：输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，故选项A、B正确；根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，故选项C、D错。 〔变式训练4〕【答案】　C　 解析：此时用电器多，电阻小(因为用电器都是并联的)，而变压器输出电压U不变，由I＝可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜时暗，故C正确。 例5　BC　 解析：设输电电压为U，所输送的功率为P，输电线路总电阻为r，则输电电流I＝，线路的功率损失P损＝I2r＝，可知P损∝，当输电电压U升高为原来的n倍时，功率损失变为原来的，故B正确；线路上的电压损失U损＝Ir＝，可知U损∝，当输电电压升高为原来的n倍时，电压损失变为原来的，故C正确。 〔变式训练5〕【答案】　B　 解析：根据输电功率公式I＝和损耗功率的公式ΔP＝I2R线＝()2R线，可以看出，要使ΔP增大为原来的4倍，则在P和R线不变的情况下，使电压U变为原来的，所以输电电压变为110 kV，故B正确，ACD错误。 例6 (1)5 424 W　(2)250 V　(3)144 W 解析：(1)对降压变压器：U′2I2＝U3I3＝nP灯＝22×6×40 W＝5 280 W 而U′2＝U3＝880 V，I2＝＝ A＝6 A 对升压变压器： U1I1＝U2I2＝IR＋U′2I2＝62×4＋5 280 W＝5 424 W P出＝5 424 W (2)U2＝U′2＋I2R＝880＋6×4 V＝904 V U1＝U2＝×904 V＝226 V 又U1I1＝U2I2　I1＝＝4I2＝24 A E＝U1＋I1r＝(226＋24×1) V＝250 V (3)输电线上损耗的功率ΔP＝IR＝62×4 W＝144 W 〔变式训练6〕【答案】 (1)1∶20　240∶11　(2)96 kW 解析：(1)输电线损失的功率P损＝P×4%＝100 kW×4%＝4 kW 输电线电流I2＝＝ A＝20 A 升压变电器输出电压U2＝＝ V＝5×103 V 升压变压器原、副线圈匝数比：＝＝＝ 电压损失U损＝I2R线＝20×10 V＝200 V 降压变压器原线圈端电压 U3＝U2－U损＝4 800 V 降压变压器原、副线圈匝数比＝＝ (2)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为 P用＝P－P损＝P(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW 〔变式训练7〕【答案】　ABD　 解析： A对：远距离输电的电路图如图所示，在升压变压器原线圈中由P＝U1I1，得原线圈中电流为103 A，线路上消耗的功率由ΔP＝IR线，得T1副线圈中的电流为20 A。 B对：在升压变压器T1副线圈中由P＝U2I2和I线＝I2得U2＝2×105 V，由ΔU＝I线R线，ΔU＝U2－U3可得T2原线圈电压为U3＝1.8×105 V，由于灯泡能正常发光，故T2副线圈电压为220 V。 C错：由变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，可得T1的变压比为1∶50，而T2的变压比为9 000∶11。 D对：正常发光时每盏灯的功率为60 W，由90%P＝NP额，可得N＝6×104盏。 1．　【答案】D　 解析：理想变压器是没有能量损失的变压器，铁芯中无磁漏，所以每匝线圈中磁通量相等，其变化率相等，故A、C不符合题意；根据变压器的工作原理及用途可知，B不符合题意，选D。 2．【答案】　B　 解析：输送电能的基本要求是可靠、保质、经济。减小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。故选B。 3．【答案】　B　 解析：由变压器结构原理可知，线圈中的电流越大，应当用越粗的导线，在降压变压器中，原线圈的匝数多于副线圈的匝数，即n1>n2，又＝，所以I2>I1，说明通过电流大的(I2)线圈应是副线圈，导线相应要粗些，由图知，ab线较粗，故输入电压(220 V)应接cd两端。故正确答案为B。 4．【答案】　C　 解析：因三灯均正常发光，设每个灯泡的电流为I，则副线圈电流为3I；由＝，解得：I1＝I；故说明原线圈电路中串联的灯泡L正常发光，故C正确，故选C。 5．【答案】　A　 解析：输电损失的功率：ΔP＝I2R，所以C对，还可以应用输电线的电压降来求：ΔP＝＝，B对；还可以用损失的电压乘以输电电流：ΔP＝ΔUI＝I(U1－U2)，D对。 6． 【答案】 A　 解析：由于直导线AB匀速运动，则AB切割磁场产生的电流是恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即电流表A2的读数为0，故选项 A正确，BCD错误。 7．【答案】　AC　 解析：由图乙可知Um＝36 V，T＝0.02 s，所以交流电压的表达式为u＝36sin100πt(V)，故 A正确；变压器原、副线圈的电流比等于匝数的反比，故B错误；温度升高时Rt减小，电流表示数增大，电压表示数不变，变压器输入功率变大，故C正确，D错误。 8．　【答案】 A　 解析：输电线上损失功率为P损＝P×0.6%＝50×103×0.6% W＝300 W，故B错误；输电线上的电流为I2＝＝＝10 A，升压变压器原线圈中的电流为：I1＝＝＝100 A，根据电流与匝数成反比，得＝＝＝，故A正确C错误；升压变压器副线圈两端的电压为U2＝＝＝5 000 V，输电线上损失的电压为：U损＝I2R＝10×3＝30 V，降压变压器输入电压为U3＝5 000－30＝4 970 V，D错误。 9．　【答案】AD 解析：题图左边实际上是一个简单的发电机。当铜盘转动时，每一辐条(直径)均将切割磁感线产生感应电动势，电动势的大小与磁感应强度B、铜盘的半径R、铜盘转动的角速度ω有关。如果铜盘转动的角速度不变，则盘心与盘边有稳定的电压输出，此时，相当于自耦变压器原线圈A、B两端接了一个稳定的直流电源，故铁芯中没有变化的磁通量，自耦变压器副线圈C、D两端的输出电压为零。故A对，B、C错。如果不断变换铜盘的转动方向，盘心与盘边的电势高低将不断发生变化，从而C、D两端有一定的电压输出，小灯泡L有可能发出光来。故D对。 10．【答案】 (1)50 V　(2)5∶1　(3)7 解析：(1)电动势最大值Em＝nBSω＝50 V，电动势有效值E＝＝50 V (2)原线圈输入电压U1＝E，副线圈输出电压U2＝10 V，原、副线圈匝数之比：＝＝＝ (3)在熔断器未熔断情况下，原线圈最大输入功率P1m＝I1mU1 副线圈最大输出功率：P2m＝P1m，灯最多盏数：n＝≈7。 11．【答案】 (1)1∶3　72∶11　(2)320 V　5 760 W 解析：建立如图甲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U2，然后再求U3。 (1)由线路损耗的功率P线＝IR线可得 I线＝＝ A＝6 A 又因为P输出＝U2I线，所以 U2＝＝ V＝1 500 V U3＝U2－I线R线＝(1 500－6×10) V＝1 440 V 根据理想变压器规律 ＝＝＝，＝＝＝ 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′＝＝ A＝18 A 所以线路损耗的功率 P线＝I线′2R线＝182×10W＝3 240W 用户得到的电压 U用户＝U－I线′R线＝320 V 用户得到的功率 P用户＝P输出－P线＝(9 000－3 240)W＝5 760W。 1．　【答案】C　 解析：A、B图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故AB错误；C图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故C正确；D图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故D错误；故选C。 2．　【答案】BD　 解析：根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为110 V，所以副线圈的电压的最大值为22 V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22 V；故 A错误，B正确；在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的阻值变大，电路的总电阻增大，由于输出电压是由变压器决定的，输出的电压不变，所以电流表 A2的示数变小，电流表A1的示数变小，故C错误；由P＝可知，理想变压器的输出的功率变小，所以输入功率也要变小；故D正确。 3．【答案】　BC 解析：线圈以较大的转速n匀速转动，所以ω＝2πn，所以变压器输入电压的瞬时值u＝U1sin2πnt，故 A错误；电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U1∶U0，故B正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P＝，所以输入功率为P＝，电流表的示数是I1＝＝，故C正确；由于线圈有内阻r，故线圈中产生的电动势有效值大于U1，最大值也就大于U1，故D错误，故选BC。 4．　【答案】AC　 解析：远距离输电采用高压输电，先升压，再降压，故 A正确。U1应为有效值，故U1＝220 V，B错误。输电线上损失的功率P损＝IR线＝()2R线，所以当U2提高为原来的10倍时，功率损失为原来的，故C正确。交变电流的频率f＝＝50 Hz，且变压器不改变交变电流的频率，故D错误。 5． 【答案】(1)　(2)80 W　(3) 10 V 解析：(1)由图象知原线圈电压有效值为： V＝200 V，已知电压表的示数为20 V，根据电压与匝数成正比知原、副线圈的匝数比是：＝ (2)将开关S闭合，副线圈总电阻是5 Ω，所以输出功率： P2＝＝80 W；输入功率等于输出功率，所以原线圈的输入功率是80 W。 (3)换成二极管后，电压表两端的电压时间图象如图： 设电压表的读数是U，根据有效值定义得：Q＝·＝T，解得U＝10 V。 5 / 6 学科网（北京）股份有限公司 $$