3.4 远距离输电（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（粤教版2019）

第四节　远距离输电 课程内容要求 核心素养提炼 知道远距离输电时通常采用高压输电的原因． 1．物理观念：了解电网供电的有关知识，解释自然现象，解决实际问题． 2．科学思维：通过科学方法(控制变量法)进行分析，获得结论． 3．科学探究：探究电压损失、功率损失的关系． 4．科学态度与责任：让学生体会高压输电知识在实际问题中的应用． [对应学生用书P78] 1．输电电压：是指加在输电线始端的电压，如图中的U. 2．损失电压 是指输电线路始端电压U与末端电压U′的差值，即损失在输电线路上的电压 . 3．输送功率 是指输电线始端输入的功率． 4．损失功率 是指由于输电线发热而消耗的功率，即输送功率与用户实际得到功率的差值． [判断] (1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电线电流的平方成正比．(√) (2)由P＝可知，输电电压越小，输电线上电功率的损失就越小．(×) 1．输电线上的功率损失：ΔΡ＝I2r，I为输电电流，r为输电线的电阻． 2．降低输电损耗的两个途径 (1)减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小的金属材料，还要尽可能增加导线的横截面积． (2)减小输电导线中的电流：为减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压． [思考] 电能输送中，U为输电电压，r为输电线电阻，则输电线中电流为I＝对不对，为什么？ 提示　不对，因为U是输电电压，而不是输电线上损失的电压ΔU，输电线中电流应为I＝. 1．交流输电的缺点 (1)当交流输电功率很大时，电感、电容引起的电压和电能损失较大． (2)在并网供电时，要求为同一电网供电的所有发电机必须同步运行，这在技术上存在困难． 2．直流输电的过程及优点 (1)基本环节如图所示 (2)直流输电的基本过程：在发电站区域经变压器升压，由换流设备将交流变为直流，用高压直流进行远距离传输，在用户区域由换流设备将直流变为交流，经变压器降压输送给用户． (3)直流输电的优点 ①不存在电感和电容引起的电能损失，线路损耗小． ②不需要考虑同步并网． [对应学生用书P79] 探究点一　输电线上的电压和电能的损失 (1)为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？ (2)“提高电压，降低电流”与欧姆定律矛盾吗？ 提示　(1)用电高峰期高压输电线和变压器到家庭的输电线中电流较大，有较大的电压损失，因此加在白炽灯上的电压变低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗． (2)不矛盾．欧姆定律是对纯电阻耗能元件而成立的定律，而“提高电压，降低电流”是从输送角度，由P＝IU，且在P一定的条件下得出的结论，两者没有联系． 1．输电线上的电压损失ΔU＝U－U′＝Ir＝r. 2．输电线上的功率损失 (1)ΔP＝I2r，其中I为输电线上的电流． (2)ΔP＝ΔU·I或ΔP＝，其中ΔU为输电线上的电压损失． 3．减少电压损失和功率损失的方法 (1)减小输电线的电阻r，根据r＝ρ，可减小电阻率ρ，目前一般用电阻率较小的铜或铝作为导线材料；也可增大导线的横截面积S，但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，根据I＝，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，输送电流可减为原来的，输电线上的功率损耗将降为原来的. 西双版纳州水资源丰富，利用水力发电的电力除了供应本地使用以外，还源源不断地输送至邻近东盟国家，2008年总装机容量175万千瓦的景洪电站建成之后，采用110 千伏高压将11万千瓦的电力对老挝北部供电，如果从景洪到老挝北部的输电电线总电阻是5 Ω.求： (1)输电线上损耗的功率． (2)输电线上损失的电压． (3)为了进一步节约能源，请你为输电环节提出改进措施． 解析　(1)由P＝UI可得： 电流I＝＝＝1 000 A； 则损失的功率 P损＝I2r＝(1 000 A)2×5 Ω＝5×106 W. (2)导线上损失的电压为 U损＝Ir＝1 000 A×5 Ω＝5×103 V. (3)为了减少导线上的功率损耗，可以通过提高输电电压或减小导线电阻来减小输电线上功率的损耗． 答案　(1)5×106 W　　(2)5×103 V　　(3)见解析 [训练1]　远距离输送交变电流都采用高压输电．我国西北电网正在建设750 kV线路．采用高压输电的优点是(　　) A．可节省输电线的金属材料 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耗 D．可加快输电的速度 C　[在输电的过程中输送的功率一定，根据P＝UI和ΔP＝I2R，有：ΔP＝，故高压输电可以降低功率损耗，不可以节省输电线的金属材料，故C正确，A错误；交流电的频率等于发电机转动的频率，是不改变的，故B错误；电路中输电的速度是光速，与是否为高压输电无关，故D错误．] [训练2]　(多选)(2020·全国卷Ⅱ)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU.在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′.不考虑其他因素的影响，则(　　) A．ΔP′＝ΔP　　　　 B．ΔP′＝ΔP C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU AD　[由电功率公式得ΔP＝I2R，输电线上电压下降ΔU＝IR，输电电流为I＝，在输送的电功率和输电线电阻都不变时，U变为原来的2倍，电流变为原来的，则ΔP′＝ΔP，ΔU′＝ΔU，选项A、D正确，B、C错误．] 探究点二　高压输电过程的分析与计算 我们日常生活离不开电，电是由发电厂产生的，为了合理地利用自然资源，火力发电厂通常建在煤矿附近，水电站建在水力资源丰富的河流上，但用电的地方可能距离很远，需要将电能安全、保质地由发电厂送往远方，同时又不能浪费太多的电能，请探究以下几个问题： (1)火力发电厂或水电站发出电的电压一定很高吗？怎样才能提高输送电压？ (2)电能的远距离传输一般要经过哪几个环节？ 提示　(1)电厂发出的电的电压最大值由公式Em＝NBSω决定，因机械制造等因素，电压不会很高，通常借助变压器将低电压变为高电压． (2)一般要经历三个环节，即升压变压器升压、电能的输送线路、降压变压器降压． 1．输电过程示意图 2．高压输电过程的几个电压的区别 (1)输送电压：输电线始端电压． (2)用户电压：最终用户得到的电压． (3)损失电压： ①表示形式：输电线始端电压与末端电压的差值即ΔU＝U2－U3＝I2R线． ②形成原因：输电线上的电压损失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． 3．输电过程的几个基本关系 (1)功率关系：P1＝P2，P2＝P线＋P3，P3＝P4. (2)电压关系：＝，U2＝U线＋U3，＝ (3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝. (4)输电电流：I线＝＝＝ (5)输电导线上损耗的电功率： P线＝I线U线＝IR线＝R线． 如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是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．用户端的电压为 B．输电线上的电压降为U C．理想变压器的输入功率为Ir D．输电线路上损失的电功率为I1U A　[理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝，故A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，故B错误；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，故C错误；输电线路上损失的电功率，为ΔP＝Ir，而P＝I1U指的是发电厂输出功率，故D错误．] [训练3]　远距离输电中，升压变压器、降压变压器均为理想变压器．由于用户区用电量的增多，发电厂的输出功率增大为原来的2倍，下列说法正确的是(　　) A．输电导线损失的功率大于原来的4倍 B．输电导线损失的功率小于原来的4倍 C．用户得到的功率小于原来的2倍 D．用户得到的功率大于原来的2倍 C　[由于发电厂的输出功率增大为原来的2倍，则升压变压器的输出功率增大为原来的2倍，又升压变压器的输出电压U2不变 ，根据P＝UI可知输电导线上的电流I线增大为原来的2倍，根据P损＝Ir可知：输电导线损失的功率等于原来的4倍，故A、B错误；根据U损＝I线R，输电线上的电压损失增大为原来的2倍，故用户得到的功率小于原来的2倍，故C正确，D错误．] [训练4]　(多选)在如图所示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 CD　[由题意可知升压变压器的输入电压不变，则输出电压不变，A错误；在电能输出过程中有：I＝，U线＝IR线，U3＝U2－U线，因P变大，I变大，所以U线变大，所以降压变压器初级电压U3变小，则降压变压器的输出电压变小，B错误；由P线＝R线，因P变大，所以P线变大，C正确；根据＝＝，因P变大，所以比值变大，D正确．] [对应学生用书P82] 1．(功率损耗)下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是(　　) A．因为热功率P＝，所以应降低输电电压，增大输电导线的电阻，才能减少输电导线上的热损耗 B．因为热功率P＝IU，所以应采用低电压、小电流输电，才能减少输电导线上的热损耗 C．因为热功率P＝I2R，所以可采用减小输电线电阻或减小输电电流的方法来减少输电导线上的热损耗 D．以上说法均不正确 C　[不能盲目套用公式，要注意其物理意义，在求热损耗时可以用P损＝I R线或用P损＝U线I线，也可用P损＝，但U必须为输电导线两端的电压．故选项C正确．] 2．(功率损耗)关于减小远距离输电时输电导线上的功率损耗，下列说法正确的是(　　) A．由功率P＝知，应降低输电电压，增大输电导线电阻 B．由P＝IU知，应用低电压小电流输电 C．由P＝I2R知，应减小输电导线电阻或减小输电电流 D．上述说法均不正确 C　[根据P＝I2R知，通过减小输电导线的电阻或减小输电的电流可以减小功率的损耗．根据P＝UI知，需要提高输电电压，减小输电电流，故C正确，A、B、D错误．] 3．(远距离输电)(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V．已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．发电机输出的电流I1＝40 A B．输电线上的电流I线＝625 A C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11 D．用户得到的电流I4＝455 A C　[发电机的输出电流I1＝＝ A＝400 A，选项A错误；输电线上的电流I线＝＝ A＝25 A，选项B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝ V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝＝，选项C正确；降压变压器的功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝＝ A＝431.8 A，选项D错误．] 4．(远距离输电)某小型水力发电站的发电机输出功率为5×104 W，发电机的输出电压为250 V，输电线总电阻R＝5 Ω.为了使输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，必须采用远距离高压输电的方法，在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器．设用户所需电压为220 V，不计变压器的损失．求： (1)输电线上的电流； (2)升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (3)可供多少盏“220 V　40 W”的白炽灯正常工作？ 解析　(1)输电线上损失的功率为发电机输出功率的4%，则P损＝2 000 W，又P损＝I2R，可得I＝20 A. (2)升压变压器的输出电压U2＝＝2 500 V，故升压变压器原、副线圈的匝数比为＝＝＝＝1∶10， 输电线上损耗的电压U′＝RI＝100 V，则降压变压器的输入电压U3＝(2 500－100)V＝2 400 V，输出电压为220 V，降压变压器原、副线圈的匝数比为＝＝＝＝120∶11. (3)一盏白炽灯消耗的功率为40 W，降压变压器的输入功率P3＝U3I＝48 000 W，N＝＝1 200，故可供1 200盏“220 V　40 W”的白炽灯正常工作． 答案　(1)20 A　　(2)1∶10　120∶11　　(3)1 200 课时作业(15)　远距离输电 [对应学生用书P169] 1．输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法正确的是(　　) A．输电线上的电流变为原来的 B．输电线上的电压损耗变为原来的n倍 C．输电线上的电功率损耗变为原来的 D．为使输电线上的电功率损耗不变，输电距离可变为原来的n倍 A　[输送一定功率的交变电流，输电电压提高到原来的n倍，根据I＝可得，输电线上的电流变为原来的，故A正确；根据A项分析和U损＝Ir线可得，输电线上的电压损耗变为原来的，故B错误；根据A项分析和P损＝I2r线可得，输电线上的电功率损耗变为原来的，故C错误；输电线上的电流变为原来的，为使输电线上的电功率损耗不变，据P损＝I2r线可得，输电线的电阻应变为原来的n2倍，输电距离可变为原来的n2倍．故D错误．] 2．采用220 kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为(　　) A．55 kV　　　　　　　　 B．110 kV C．440 kV D．1 980 kV C　[输送电流I＝，输电线上损耗的功率ΔP＝I2R＝()2R；可知输电线上损耗的功率与输电电压的平方成反比，所以为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为原来的2 倍，即输电电压增大为440 kV，故C正确，A、B、D错误．] 3．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＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为2P，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．()　　　　　　　 B．() C．16()2()2r D．16()2()2r C　[根据正弦式交流电最大值和有效值的关系可知，加在原线圈上的电压U1＝，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，＝，解得U2＝，输电线上的电流I＝，消耗的电功率P耗＝I2×2r＝16()2()2r，A、B、D错误，C正确．] 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．这是因为用电高峰时(　　) A．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低 B．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小 C．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大 D．供电线路上电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小 C　[照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器多，总电阻变小，供电线路上的电流变大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，C正确．] 5．四川特高压输电量已破千亿千瓦时．如图所示是远距离输电示意图，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．下列说法正确的是(　　) A．若用户用电功率增加，升压变压器的输出电压将增大 B．若用户用电功率增加，降压变压器的输入电压将增大 C．若输电功率一定，采用特高压输电会降低输电的效率 D．若输电功率一定，采用特高压输电可减少输电线上损耗的功率 D　[由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，故A错误；由于用户用电功率增加，降压变压器输出的功率增加，故高压输电线上的电流变大，分压变大，故输入降压变压器的电压变小，故B错误；若提高输电电压，由P损＝()2R得，损失的功率变小，故在输电功率一定的情况下，采用特高压输电会提高输电的效率，并减少输电线上的损耗，故C错误，D正确．] 6．为消除高压输电线上的冰，假设利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热消耗功率为P损，除冰时，输电线上的热功率需要变为9P损，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)(　　) A．输电电流为3I B．输电电流为9I C．输电电压为3U D．输电电压为9U A　[输电线上损失的功率为P损＝I2R线＝R线，由该式可知要使P损增大为原来的9倍，输电电流应变为原来的3倍或输电电压变为原来的，故选项A正确．] 7．某交流发电机输出功率为5×105 W，输出电压为U＝1.0×103V，假如输电线的总电阻R＝10 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U用户＝380 V. (1)画出输电线路的示意图．(标明各部分的符号) (2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？(使用的变压器是理想变压器) 解析　(1)画出电路如图所示． (2)I1＝＝500 A P损＝5%P＝5%×5×105W＝2.5×104 W P损＝IR，I2＝ ＝50 A I3＝＝＝ A＝1.25×103 A 所以＝＝＝ ＝＝＝. 答案　(1)见解析图　　(2)1∶10　25∶1 8．发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户，如果升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器．发电机的输出功率是100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，输电导线中的电功率损失为输入功率的4%. (1)求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流． (2)求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压． (3)计算降压变压器的输出功率． 解析　根据题意，画出输电线路图． (1)对升压变压器，根据公式＝， 有U2＝U1＝×250 V＝6 250 V I2＝＝＝ A＝16 A. (2)因为ΔP＝IR，ΔP＝0.04P1 所以R＝＝Ω＝15.625 Ω， 因为ΔU＝U2－U3＝I2R， U3＝U2－I2R＝(6 250－16×15.625)V＝6 000 V. (3)P4＝P1－ΔP＝0.96P1＝0.96×100 000 W＝96 000 W. 答案　(1)6 250 V　16 A (2)15.625 Ω　6 000 V (3)96 000 W 9．(多选) 交流发电机的输出电压为U，采用图示理想变压器输电，升压变压器原副线圈匝数比为m，降压变压器原副线圈匝数比为n，输电导线电阻为r，用户的工作电压为U.下列说法正确的是 (　　) A．mn>1 B．输电线上损失的功率为ΔP＝ C．当用电高峰时，升压变压器的输出功率变大 D．增大m，能够减小线路的损耗 CD　[若变压器的输电功率为P，用户得到的功率为P′，由于升压变压器输入电压为U，降压变压器输出电压为U，则升压变压器输出电压U2＝U，降压变压器输入电压U3＝nU，由于在输电线上有功率损失，所以P>P′，又＝，整理可得：mn<1，故A错误；根据变压器的规律，升压变压器副线圈的电压U2＝U，且U3＝nU，线路损失的电压ΔU＝U2－U3，损失的功率ΔP＝，由以上式子代入求得：ΔP＝，故B错误；当用电高峰时，用户的电流总和变大，故升压变压器的输出功率变大，故C正确；增大m，输电线上电流减小，能够减小线路的损耗，故D正确．] 10．如图所示，为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常由变电所升压后通过远距离输送，再由变电所将高压变为低压．某变电所电压u＝11 000sin 100πt V 的交流电降为220 V供居民小区用电，则变电所变压器(　　) A．原、副线圈匝数比为50∶1 B．副线圈中电流的频率是100 Hz C．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 A　[降压变压器输入电压的最大值为11 000 V，则有效值为11 000V，则：＝＝＝50∶1，故A正确；交流电的频率f＝＝Hz＝50 Hz，经过变压器后，交流电的频率不变，故B错误；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，与原线圈的电流不相等，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；故选A.] 11．(多选)如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电．输送电压为u＝1 100sin 200πt(V)，输电线的总电阻r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法中正确的是(　　) A．输电线上的电流为220 A B．降压变压器匝数比＝ C．用电器的额定功率P＝5.6×104 W D．用电器上交流电的频率是100 Hz CD　[输送电压u＝1 100sin 200πt (V)，可知输送电压的有效值为1 100 V．输电线上的电流：I＝＝ A＝80 A，故A错误；输电线消耗的电压：U损＝Ir＝80×5 V＝400 V，到达降压变压器的电压：U3＝U1－U损＝1 100 V－400 V＝700 V．所以降压变压器的匝数比：＝＝＝，故B错误；输电线损耗的电功率：P损＝I2r＝802×5 W＝32 000 W，到达降压变压器的电功率：P3＝P0－P损＝8.8×104 W－32 000 W＝5.6×104 W，理想变压器的输出功率等于输入功率，所以用电器的额定功率也是5.6×104 W，故C正确；由于输送电压为u＝1 100sin 200πt (V)，可知输送电压的频率为 100 Hz，所以用电器上交流电的频率是100 Hz，故D正确．] 12．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．某小型发电站，输送的电功率为P＝500 kW，发电站输出电压U1＝250 V．为减少输送功率的损失，变电站先用一升压变压器将电压升高到U2＝5kV再输出，在这种情况下，用户端获得的电功率为P1＝340 kW.所用变压器均为理想变压器．求： (1)升压变压器原副线圈的匝数之比为多少？ (2)这样输电，效率仍然较低，若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么变电站应将电压升高到多少向外输电？ 解析　(1) 由变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可知：＝＝＝. (2)设输电线上的电流为I，则有： I＝＝ A＝100 A 输电线上损耗的功率为： P损＝P－P1＝160 kW 由P损＝I2r代入数据得：r＝16 Ω P损′＝2%P＝10 kW，I′＝，P损′＝I′2r 代入数据解得：U′2＝2×104 V＝20 kV. 答案　 (1)1∶20　　(2)20 kV 章末强化练(三)　交变电流 [对应学生用书P172] 一、单项选择题：本题共7小题，每小题4分，共28分．在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的． 1．变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗．街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，则(　　) A．副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数少 B．副线圈的导线应当粗些，且副线圈的匝数多 C．原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数少 D．原线圈的导线应当粗些，且原线圈的匝数多 A　[街头见到的变压器是降压变压器，可知原线圈的匝数比副线圈的匝数多，由于功率相同，而原线圈中电压大，所以原线圈的电流比副线圈的电流要小，副线圈的电流大，导线要用粗的，原线圈的电流小，导线要用细的．故A正确，B、C、D错误．] 2．由发电站向远方工厂输电，在输出功率相同的情况下，下述哪个方法可减小输电线路中电能损失(　　) A．采用电阻率较大的导线 B．减小输电导线的横截面积 C．增大输电电流 D．增大输电电压 D　[根据P＝UI得，I＝，则输电导线上损耗的功率P损＝I2R＝R，所以通过减小输电电流或增大输电电压或减小输电导线电阻可以减小电能的损失，采用电阻率较大的导线、减小输电导线的横截面积，会增大电阻，增大电能的损失．故D正确，A、B、C错误．] 3．(2022·广东卷)下图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图．定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流．不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是(　　) A．两线圈产生的电动势的有效值相等 B．两线圈产生的交变电流频率相等 C．两线圈产生的电动势同时达到最大值 D．两电阻消耗的电功率相等 B　[由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知，在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A项错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B项正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C项错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P＝可知，两电阻消耗的电功率不相等，D项错误．] 4．一理想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，副线圈两端连有一电阻R.在a、b间输入电压为U1的交变电压时，c、d间的电压为U2，在将滑动触头从图中M点逆时针旋转到N点的过程中(　　) A．U2有可能大于U1 B．U1、U2均增大 C．U1不变、U2增大 D．a、b间输入功率不变 C　[根据变压器的电压关系有＝，当滑动触头从题图中M点逆时针旋转到N点的过程中，即n2增加，U1不变，电压U2应该增大，故A、B错误，C正确；由于U2增大，由P＝可知功率增大，根据输入功率等于输出功率可知，a、b间输入功率增大，D错误．] 5．一交流电源，电压u＝220 sin 100πt (V)，通过理想变压器对电路供电，电路如图所示．已知原副线圈匝数比为4∶1，照明灯的额定功率为55 W，排气扇电动机线圈的电阻为1 Ω，电流表的示数为3 A，用电器均正常工作，电表均为理想电表，则(　　) A．电压表的示数为880 V B．电动机的发热功率为4 W C．电动机的电功率为106 W D．通过保险丝的电流为12 A B　[根据题意知道变压器的输入电压的有效值为U1＝220 V，电压表示数为变压器的输出电压，根据＝，可以得到U2＝55 V，故A错误；因为照明灯正常发光，所以通过照明灯的电流为IL＝＝1 A，电流表的示数为变压器的输出电流I2＝3 A，根据并联电路电流的特点可知通过电动机的电流为IM＝I2－IL＝2 A，所以电动机的发热功率为P热＝IRM＝4 W，故B正确；电动机的电功率为P＝U2IM＝110 W，故C错误；通过保险丝的电流即为变压器的输入电流I1，根据＝可知I1＝0.75 A，故D错误．] 6．如图，理想变压器原线圈输入电压U＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2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(　　) A．I1和I2表示电流的瞬间值 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 C　[电压表V1和V2分别测量变压器原、副线圈的输入、输出电压的有效值，电流表A1和A2分别测量原、副线圈电路中电流的有效值，A、B项错误；滑动变阻器滑片P向下滑动时，接入电路的电阻变小，原副线圈输入、输出电压不变，由欧姆定律I＝可知，副线圈电路中的电流变大，副线圈输出功率变大，由P入＝P出，得原线圈的输入功率变大，由P＝IU可知，原线圈电路中的电流变大，C项正确，D项错误．] 7．(2022·湖南卷)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端．理想电压表 的示数为U，理想电流表 的示数为I.下列说法正确的是(　　) A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变 B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大 C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大 D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小 B　[设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，通过原线圈的电流为I1，通过副线圈的电流为I2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R′＝＝＝()2＝()2R1；保持P1位置不变，将原、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻，P2向左缓慢滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U减小，A项错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R1消耗的功率增大，B项正确；当P2位置不变，P1向下滑动时，n2减小，等效电阻R′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R2两端电压减小，C项错误；由于R2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R1的功率增大，D项错误．] 二、多项选择题：本题共3小题，每小题6分，共18分．在每小题给出的四个选项中，有多项符合题目要求．全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分． 8．在一阻值为R＝10 Ω的定值电阻中通入如图所示的交流电，则(　　) A．此交流电的频率为0.5 Hz B．此交流电的有效值约为3.5 A C．在2～4 s内通过该电阻的电荷量为1 C D．在0～2 s内电阻产生的焦耳热为25 J ABC　[由图知，交流电的周期为2 s，故频率f＝＝0.5 Hz，A正确；根据有效值的定义，由I2RT＝IR＋IR＝250 J得，I≈3.5 A，B正确，D错误；在2～4 s内通过该电阻的电荷量为Q＝I2－I1＝1 C，C正确．] 9．寒冷的冬季，人们常用电热毯取暖．某电热毯的电路原理图如图所示，温控器为理想二极管(具有单向导电性)，电源电压u＝311·sin 100πt (V).当开关S闭合时，电热丝的电功率为P0°，则(　　) A．开关闭合，电路中电流的频率为100 Hz B．开关闭合，交流电压表的读数为220 V C．开关断开，电热丝的电功率为0.5 P0 D．开关断开，电热丝的电功率为0.25P0 BC　[由题可知ω＝100π rad/s，所以电流的频率为f＝＝50 Hz，选项A错误；开关闭合，电压表的示数即输入电压的有效值，为U＝＝V＝220 V，选项B正确；开关断开时，由于二极管具有单向导电性，只有方向向右的电流能够通过二极管输入电热丝，所以电热丝的电功率变为原来的一半，即0.5P0，选项C正确，D错误．] 10．如图(甲)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，除R以外其余电阻不计．从某时刻开始将单刀双掷开关掷向a，在原线圈两端加上如图乙所示交变电压．则下列说法中正确的是(　　) A．该交变电压瞬时值表达式为u1＝311 cos 100πt (V) B．t＝2×10－2 s时，电压表的读数为31.1 V C．单刀双掷开关由a掷向b，电压表和电流表的示数都变大 D．滑动变阻器滑片向上移，电压表示数不变，电流表的示数变大 AC　[由图像知电压峰值为311 V，角速度为ω＝＝ rad/s＝100 π rad/s，故该交变电压瞬时值表达式为u1＝311 cos 100πt (V)，故A正确；把t＝2×10－2s代入瞬时值表达式得到的是瞬时电压，但电压表的读数为有效值，为U2＝U1＝×220 V＝22 V，故B错误；单刀双掷开关由a掷向b，原线圈的匝数变小，匝数与电压成正比，所以电压表和电流表的示数均变大，故C正确；滑动变阻器滑片向上移，电阻变大，副线圈的电压由匝数和输入电压决定，电压表的示数不变，电流表示数变小，故D错误．] 三、非选择题：共5小题，共54分．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．(7分)普通交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接．图中电流互感器a、b一侧线圈的匝数为5，c、d一侧线圈的匝数为500. (1)为使电流表能正常工作，a、b应分别接________(填“M、N”或“P、Q”). (2)如果某次测量中电流表的示数为2 A，高压输电线上的电流为________A. 解析　(1)高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，电流互感器的作用就是使大电流变成小电流，所以Iab>Icd，利用理想变压器原、副线圈的电流与匝数成反比可知＝，所以输入端 a、b应分别接M、N，输出端c、d分别接P、Q . (2)电流表的示数为2 A，高压输电线上的电流 I＝×2 A＝200 A. 答案　(1)M、N　　(2)200 12．(9分)有一个教学用的可拆变压器，如图所示，它有两个外观基本相同的线圈A和B，线圈外部还可以绕线． (1)某同学用多用电表的欧姆挡测量了A、B线圈的电阻值，发现B线圈电阻约为A线圈电阻的3倍，则可推断________线圈的匝数多(选填“A”或“B”) (2)如果把它看作理想变压器，现要测量A、B线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和一只低压交流电源(输出电压的有效值不变). 现采用如下方法进行测量．请补充实验步骤，完成A、B线圈匝数的测量(需要测量的物理量请用字母表示，并说明其含义). ①将绝缘导线一端与A线圈上方接线柱相连，顺着原来的绕制方向在变压器的铁芯上再绕制n匝线圈； ②将绝缘导线的另一端和A线圈下方接线柱分别与低压交流电源两端相连接； ③用多用电表的交流电压挡先后测量低压交流电源两端的电压U0和B线圈的输出电压U； ④________________________________________________________________________； ⑤拆除电路并整理器材． A、B线圈的匝数nA和nB的表达式为nA＝________，nB＝________． 解析　(1)根据电阻定律，导线越长，电阻越大，因为B线圈电阻约为A线圈电阻的3倍，即B的电阻比A的大，所以B线圈匝数多． (2)由实验步骤知④应为用多用电表的交流电压挡测量A线圈两端的电压U1.根据变压器原、副线圈电压比等于匝数比，有＝，＝，联立解得A线圈的匝数nA＝，B线圈的匝数nB＝. 答案　 (1)B (2)④用多用电表的交流电压挡测量A线圈两端的电压U1　　 13．(10分)如图，一个小型应急交流发电机，内部为n＝50 匝、边长L＝20 cm的正方形线圈，总电阻为r ＝1.0 Ω.线圈在磁感应强度为B＝0.1 T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动．发电机对一电阻为R＝9.0 Ω的电灯供电，线路中其他电阻不计，若发电机的转动角速度为ω＝100 rad/s时，电灯正常发光．求： (1)交流发电机发出的电动势的最大值； (2)电灯正常发光的功率； (3)从图示位置开始，线圈转过30 °的过程中，通过电灯的电量； (4)线圈每转动一分钟，外力所需做的功． 解析　(1)电动势的最大值为 Em＝nBSω＝nBωL2＝20 V (2)电动势的有效值为E＝＝10 V 电灯正常发光的电流 I＝＝ A＝ A， 电灯正常发光的功率 P＝I2R＝18 W (3)q＝IΔt＝＝＝0.01 C (4)整个回路上产生的热量为 Q＝I2(R＋r)t＝1 200 J W外＝Q＝1 200 J． 答案　(1)20 V　　(2)18 W (3)0.01 C　　(4)1 200 J 14．(12分)如图所示，匝数n＝100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内，与电阻R1、理想变压器连成电路．在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动，使线圈内的磁通量Φ＝sin (100πt)Wb.已知线圈的电阻r＝4 Ω，R1＝46 Ω，R2＝10 Ω，其余导线的电阻不计．理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶ n2＝4∶1.求： (1)线圈产生电动势的最大值Em； (2)若断开S2，闭合S1，求磁铁从图示位置转过90°的过程中，通过R1的电荷量q； (3)断开S1，闭合S2，求R2消耗的功率P. 解析　(1)Em＝nBSω＝nΦmω， 解得Em＝200 V (2)q＝Δt，＝，＝n， 解得q＝ C (3)线圈产生电动势的有效值E＝，E＝U1＋I1r，U2＝I2R2，＝，I1n1＝I2n2， P＝IR2， 联立解得P≈238 W 答案　(1)200 V　　(2) C　　(3)238 W 15．(16分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW，输出电压恒为500 V，现用电阻率为1.8×10－8Ω·m，横截面积为10－5m2的输电线向4×103 m远处的用户输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率不得超过发电机总功率的4%，求： (1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？ (2)如果用户用电器的额定电压为220 V，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？ (3)想一想，当深夜接入电路的用电器减少时，用电器两端的电压是大于、小于还是等于220 V？若用电器电路中电流为100 A，求此时用电器两端的电压数值． 解析　(1)输电要用两根导线，则输电线的电阻为 r＝ρ＝1.8×10－8×Ω＝14.4 Ω 由题意知P损＝P×4%＝r 代入数据得U2＝6 000 V 升压变压器原、副线圈匝数比 ＝＝＝ (2)I2＝＝A＝A U损＝I2r＝×14.4 V＝240 V 而U3＝U2－U损＝6 000 V－240 V＝5 760 V ＝＝＝ (3)用电器总数减少时，用电器两端电压将增大 由题知I′4＝100 A，则由＝＝ 所以I′3＝A U′损＝I′3r＝×14.4 V＝55 V 而U1、U2不变 U′3＝U2－U′损＝(6 000－55)V＝5 945V 由＝得U′4＝U′3＝×5 945 V≈227 V． 答案　(1)1∶12　　(2)288∶11 (3)大于220 V　227 V 学科网（北京）股份有限公司 $$