3.4 电能的输送（教用Word）-【金榜题名】2026-2027学年高二物理选择性必修第二册高中同步学案（人教版）

3．4　电能的输送 学习目标 1.了解提高输电电压是降低远距离输电损耗的有效途径，会用相关知识解释实际的输电问题。 2．经历建立远距离输电模型的过程，体会建立理想模型的思维方法。 3．理解工程技术兼顾科学、技术、经济等多种因素，知道电网供电是远距离输电的重要发展。 一、降低输电损耗的两个途径 1．输送电能的基本要求 (1)可靠：指保证 供电线路 可靠地工作，故障少。 (2)保质：保证电能的质量——电压和 频率 稳定。 (3)经济：指输电线路建造和运行的费用 低 ，电能损耗 少 。 2．降低输电损耗的两个途径 要减少输电线路上的功率损失，由公式P损＝I2R线知，必须减小输电线 电阻 或减小输电 电流 。 (1)要减小电阻，从R＝ρ看，在输电距离一定的情况下，可以增大导线的 横截面积 ，但过粗的导线会耗费太多的金属材料，同时也给铺设线路带来困难；还可以选用 电阻率 较小的导体。 (2)从公式P＝IU来看，在保证功率不改变的情况下，要减小输送电流就必须提高 输电电压 。 二、电网供电 1．远距离输电基本原理 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。 2．电网 通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的输电网络。 3．电网输电的优点 (1)降低一次能源的运输成本，获得最大经济效益。 (2)减少断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡，保障供电的质量。 (3)合理调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高。 [自我诊断] 1．判断下列说法的正误。 (1)输电线上的电压损失可用ΔU＝Ir计算，r为输电线的电阻。(　　) (2)输电电压越高越好。(　　) (3)根据P＝可知，要减小损耗功率，输电电压越低越好。(　　) (4)为减小远距离输电的损失可增大输电电流。(　　) (5)在远距离输电线上的功率损失与输电线上电压损失的平方成正比。(　　) (6)采用电网送电可以降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益。(　　) 【答案】　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√ 2．输电线的总电阻为R，输送电功率为P。现用电压U来输电，输电线上的电流为 ________ ，输电线上损失的功率为 ________ 。如果用2U电压来输电，则输电线上的电流为 ______ ，输电线上损失的功率为 ________ 。两次损失的功率之比为 ________ 。 【答案】　　　　　4∶1 一、降低输电损耗的两个途径 假定输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r，在图中导线电阻集中画为r，输送功率为P。发电厂输出的电压为U1，则输电线上损失的电压为Ir；用户得到的电压为U1－Ir。 (1)怎样才能减小导线上损失的电压呢？ (2)为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？ 【答案】　(1)减小导线电阻和电流。 (2)用电高峰期间，导线上的电流大，导线两端的电压大用户家中的电压变小，所以白炽灯变暗。 1．输电线上的电压损失 (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)减少电压损失的两种方法： ①减小输电线路电阻：由R＝ρ可知，距离一定时，使用电阻率小的材料、增大导线横截面积可减小电阻。 ②减小输电电流：由I＝可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流。 2．输电线上的功率损失 (1)电功率损失 ①原因：任何输电导线都有电阻，因此当电流通过输电导线向远方输送时，输电线因有电阻而发热。 ②功率损失的计算：ΔP＝I2R，I为输电线路上的电流，R为线路电阻。 (2)减少功率损失的两种方法 ①减小输电线的电阻R：根据R＝ρ，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；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：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，根据P损＝2R知，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。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11万千瓦的电力对泰国供电，如果从景洪到泰国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＝＝ A＝1 000 A； 则损失的功率 P损＝I2r＝(1 000 A)2×5 Ω＝5×106 W。 (2)输电线上的电压为 U损＝Ir＝1 000 A×5 Ω＝5×103 V。 (3)为了减少输电线上的功率损耗，可以通过提高输电电压或减小输电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 核心素养·思维升华 输电线上电压和功率损失的计算方法 (1)U损＝IR线＝R线＝U－U用户。 (2)P损＝I2R线＝2R线＝P－P用户。 ◆针对训练1　夏天由于用电器的增多，每年夏天都会出现“用电荒”，只好拉闸限电。若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是(　　) A．若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍 B．若输送电压不变，则用电高峰时输电线上损失的功率为正常供电时的2倍 C．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍 D．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍 【解析】　高压输电时P＝UI，I是输送电路上的电流。用电高峰时，若输送电压不变，则I为正常时的2倍，A正确；输电线上损失的功率ΔP＝I2R线，则损失功率变为正常时的4倍，B错误；用电高峰时，若输送电压加倍，则I不变，与正常时相同，C错误；由ΔP＝I2R线知，损失的功率不变，D错误。 【答案】　A 二、远距离输电问题的分析与计算 　高压输电可以减少输电线上的电压和能量损失。 (1)如何完成高压输电和低压用电？ (2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？ 【答案】　(1)利用升压变压器提高电压进行远距离输电，到达用户利用降压变压器提供低压用电。 (2)对于升压变压器：＝，＝，P1＝P2. 对于降压变压器：＝，＝＝，P3＝P4. 解决远距离高压输电问题的基本方法 1．首先应画出远距离输电的电路图(如图)，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置。 2．理清三个回路： 回路1：P1＝U1I1 回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝IR线＋P3，I2＝I3 回路3：P4＝U4I4。 3．常用关系 (1)功率关系：P1＝P2，P2＝ΔP＋P3，P3＝P4。 (2)电压关系：＝，U2＝ΔU＋U3，＝。 (3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3＝。 (4)输电电流：I线＝＝＝。 (5)输电线上损耗的电功率：ΔP＝P2－P3＝IR线＝＝ΔU·I线。 (6)输电线上的电压损失： ΔU＝I线R线＝U2－U3。 　如图所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电。为了减少电能损失，使用2 kV高压输电，最后用户得到220 V、9.5 kW的电力，求： (1)水电站升压变压器的原、副线圈匝数之比； (2)输电线路导线电阻R； (3)降压变压器的原、副线圈匝数之比。 【解析】　(1)升压变压器的原、副线圈匝数之比 ＝＝＝。 (2)升压变压器原线圈中电流I1＝＝ A＝25 A 由＝得副线圈中电流I2＝I1＝×25 A＝5 A 输电线上损失的电功率P损＝(10 000－9 500) W＝500 W，故输电线路导线电阻R＝＝ Ω＝20 Ω。 (3)降压变压器原线圈上的电压 U3＝U2－I2R＝U2－R ＝V＝1 900 V 所以降压变压器的原、副线圈匝数之比 ＝＝＝。 【答案】　(1)　(2)20 Ω　(3) 核心素养·思维升华 处理远距离输电的方法技巧 (1)画好一张图——远距离输电示意图。 (2)抓住电两端——发电站和用户。 (3)分析一条线——输电线。 (4)研究两次变——升压变压器升压和降压变压器降压。 (5)区分三个量——输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率)。 ◆针对训练2　(多选)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线＝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(规格为“220 V　60 W”)。若在输电线路上损耗的功率为发电机输出功率的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 【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，由输电线上损耗的功率P损＝IR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n1∶n2＝I2∶I1＝1∶50，根据n1∶n2＝U1∶U2，得U2＝2×105 V，输电线上损失电压U线＝I2R线＝2×104 V，则变压器T2的输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，可知T2的输出电压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U3I3＝60 W·n，解得，n＝6×104，D项正确。 【答案】　ABD 1．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＝，所以应降低输送电压，增大输电导线电阻，才能减小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，才能减小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送电流的方法来减小输电导线上的热损耗 D．以上说法均不正确 【解析】　输电导线上的热损耗若用P＝或P＝IU公式，则U必须为输电线上等效电阻两端的电压，并不是输电电压，A、B错误；输电导线上的热损耗若用P＝I2R，I为输电电流、R为输电线电阻，所以减小输电线电阻或减小输送电流的方法可以减小输电导线上的热损耗，C正确，D错误。 【答案】　C 2．(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′和P用的关系式正确的是(　　) A．P′＝　　 　　 B．P′＝ C．P用＝P－ D．P用＝P 【解析】　输电线电阻R＝ρ 输电电流I＝ 故输电线上损失的电功率为 P′＝I2R＝2ρ＝ 用户得到的功率为 P用＝P－P′＝P 【答案】　BD 3．如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1、输电线的电阻及理想变压器的匝数均不变，当用户开启的用电器越来越多时，下列表述正确的是(　　) A．升压变压器副线圈电压U2降低 B．降压变压器原线圈电压U3升高 C．输电线消耗的功率增大 D．发电机的输出功率不变 【解析】　发电机的输出电压U1不变，升压变压器匝数比不变，则副线圈电压U2不变，A错误；当用电器增多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压变压器原线圈电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的功率损失增大、输电线上的电压损失增大，进一步导致降压变压器的输入电压U3减小，B错误，C正确；用户开启的用电器增多，消耗的功率增大，发电机输出功率随之增大，D错误。 【答案】　C 4．如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1 Ω的发电机向全校22个教室(每个教室有“220 V　60 W”的白炽灯6盏)供电。如果输电线的总电阻R是4 Ω，升压变压器和降压变压器(都认为是理想变压器)的匝数比分别是1∶4和4∶1，那么： (1)发电机的输出功率应是多大？ (2)求升压变压器中原线圈的电压U1和电流I1? (3)输电效率是多少？ 【解析】　(1)全校教室白炽灯消耗的功率 P用＝22×60×6 W＝7 920 W 设输电线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U2′，＝ 而U3＝220 V 则U2′＝4×220 V＝880 V； I线＝＝ A＝9 A 线路损失功率P损＝IR线＝92×4 W＝324 W 所以P出＝P用＋P损＝8 244 W。 (2)输电线损失电压U损＝I线R线＝9×4 V＝36 V U2＝U损＋U2′＝916 V 由＝ 得U1＝＝916 × V＝229 V 升压变压器原线圈电流I1＝＝ A＝36 A。 (3)输电效率η＝×100%＝×100%＝96.1%。 【答案】　(1)8 244 W　(2)229 V　36 A　(3)96.1% 课时作业(十五) A基础达标 1．交流电压表受其量程范围和绝缘能力限制，不能直接连到电压过高的电路。用变压器把高电压变成低电压再接到交流电压表上，就可以解决这个问题。这样的变压器叫做电压互感器。为了安全完成高压输电线路电压的测量，下列操作可行的是(　　) A．应当采用甲电路，且原线圈匝数大于副线圈匝数 B．应当采用甲电路，且原线圈匝数小于副线圈匝数 C．应当采用乙电路，且原线圈匝数大于副线圈匝数 D．应当采用乙电路，且原线圈匝数小于副线圈匝数 【解析】　电压互感器并联在电网上，且需要把一个高电压变成低电压，也即原线圈匝数大于副线圈匝数，BCD错误，A正确。故选A。 【答案】　A 2．汽车的“点火线圈”实际上是一个变压器低压直流通过一个开关输入初级线圈，在开关断开或闭合的瞬间，将会在次级线圈中产生脉冲高电压形成电火花。图1和图2分别是初级线圈、次级线圈电压随时间变化的图像，则(　　) A．t1时刻开关刚断开 B．次级线圈的匝数比初级线圈要多 C．t2至t3间穿过次级线圈的磁通量为零 D．开关断开与闭合瞬间次级线圈产生的感应电动势方向相同 【解析】　A．根据图像可知t1时刻开关刚闭合。故A错误；B.依题意需要用低电压产生高电压电火花，则需要次级线圈的匝数比初级线圈要多，故B正确；C.t2至t3间穿过次级线圈的磁通量不为零，磁通量的变化量为零，故C错误；D.根据图像可知断开瞬间电压相反，感应电动势方向相反，故D错误。故选B。 【答案】　B 3．如图所示为一理想变压器，其中A、B、C为三个相同的灯泡，额定电压为U、额定功率为P，灯泡D的额定电压为、额定功率为，若四个灯泡刚好都在额定电压下正常工作，则电源电压为(　　) A．1.5U　　　　　　　　 B．3.5U C．6U D．6.5U 【解析】　变压器副线圈输出端的电流I2＝3 变压器原线圈输入端的电流等于流经D的电流I1＝＝ 根据I1n1＝I2n2， 求得＝，＝＝＝ 求得U1＝6U 电源电压U总＝U1＋＝6.5U，D正确。故选D。 【答案】　D 4.如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220 V的交流电源。则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是(　　) A.＝，I1＝2.8 A B.＝，I1＝2.8 A C.＝，I1＝1.16 A D.＝，I1＝1.16 A 【解析】　对两个副线圈有＝、＝， 所以U2＝110 V，U3＝44 V， 又因为P＝，所以＝＝； 由欧姆定律得I2＝＝2 A，I3＝＝0.8 A，对有两个副线圈的变压器有n1I1＝n2I2＋n3I3， 得I1＝1.16 A。 A.＝，I1＝2.8 A与计算结果不相符；故A项错误。 B.＝，I1＝2.8 A与计算结果不相符；故B项错误。 C.＝，I1＝1.16 A与计算结果相符；故C项正确。 D.＝，I1＝1.16 A与计算结果不相符；故D项错误。 【答案】　C 5．(多选)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，图中电压表为理想交流电压表。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．电压表的示数为5 V B．图示交变电流的变化规律是u＝5sin 500πt(V) C．燃气炉实现点火的条件＞1 000 D．在t＝2×10－3 s时副线圈中的磁通量变化率最大 【解析】　A．电压表示数为原线圈输入电压的有效值，由乙图可知原线圈输入电压的最大值U1m＝5 V，则有 U1＝＝ V 选项A错误； B．由乙图可知周期T＝4×10－3 s， 则角速度为ω＝500π rad/s 故图示交变电流的变化规律为 u＝5sin t＝5sin 500 πt(V)，选项B正确； C．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，则有 ＝＞＝ 选项C正确； D．由于变压器原副线圈中的电压相位差为180°，即反相，在t＝2×10－3 s时，原线圈电压为0，即副线圈电压也为0，故副线圈中的磁通量变化率为0，选项D错误。 故选BC。 【答案】　BC 6．如图为“日”字形变压器的示意图，中间和两臂上分别绕有匝数为n0、n1、n2的线圈，线圈匝数比n0∶n1∶n2＝10∶4∶5，两臂电路中接有相同的电阻R。将中间线圈接入电压u0＝36sin 100πt(V)的交变电流，下列说法正确的是(　　) A．每匝线圈中磁通量的变化率都相同 B．电压表V1的示数为14.4 V C．电压表V1和V2示数比为4∶5 D．电流表A1和A2示数比为5∶4 【解析】　A．由磁通量的定义可知穿过中间臂的磁通量等于左右两臂的磁通量之和，可知中间臂磁通量的变化率为两臂磁通量变化率的二倍，故A错误； BCD.输入电压的有效值为36 V，根据 ＝ ＝ 解得 U1＝7.2 V　U2＝9 V 则电压表V1和V2示数比为4∶5，结合欧姆定律可知电流表A1和A2示数比为4∶5，故C正确，BD错误。故选C。 【答案】　C 7．(多选)如图甲所示，自耦变压器的原线圈与N匝、半径为r的圆形线圈(图中未画全)相连，副线圈与定值电阻R构成回路，图示位置副线圈的匝数为原线圈匝数的。线圈内有垂直线圈平面向里的磁场，磁感应强度按图乙所示规律变化(B0，T已知)。不考虑电阻随温度的变化以及线圈的电阻，下列说法正确的是(　　) 甲 乙 A．图示位置，定值电阻两端的最大电压为 B．图示位置，定值电阻消耗的电功率为 C．若磁感应强度的变化周期减小，则变压器的输出功率将减小 D．若自耦变压器的滑片P顺时针转动，则通过原线圈的电流减小 【解析】　A．由图乙可得磁感应强度为 B＝B0sin t 由法拉第电磁感应定律得圆形线圈中产生的感应电动势为 E＝N πr2＝cos t 所以原线圈两端的最大电压为 U1max＝ 由 ＝ 得定值电阻两端的最大电压为 U2max＝ A错误； B．定值电阻消耗的电功率为 P＝＝ B正确； C．若磁感应强度的变化周期减小，则感应电动势的最大值增大，有效值增大，副线圈两端的电压增大，定值电阻消耗的电功率即变压器的输出功率将增大，C错误； D．自耦变压器的滑片顺时针转动，副线圈的匝数减小，副线圈两端的电压减小，通过副线圈的电流减小，由 n1I1＝n2I2 可知通过原线圈的电流减小，D正确。故选BD。 【答案】　BD 8．(多选)如图所示，边长为L，匝数为N，电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴以角速度ω匀速转动，轴OO′垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是(　　) A．电压表示数为2NBωL2 B．变压器的输入功率与负载电阻功率之比为2∶1 C．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表的示数减小 D．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cos ωt 【解析】　D．图示位置为垂直中性面 e＝Emcos ωt＝NBL2ωcos ωt 故D正确； B．变压器的输入功率等于输出功率，故B错误； C．若将滑动变阻器的滑片向下移动，则电阻变大，变压器次级电流减小，则初级电流减小，即电流表的示数减小，故C正确； A．变压器初级线圈最大值NBL2ω，根据变压器匝数比等于电压比可知副线圈两端电压的最大值为2NBL2ω，电压表的示数是R两端电压的有效值，设为U，根据有效值的定义 ＝T 解得 U＝NBL2ω 电压表示数为NBL2ω，故A错误。 故选CD。 【答案】　CD 9．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，副线圈所在电路连接两个标有“220 V　40 W”的灯泡L1、L2，开关S断开时，灯泡L1正常发光，电路中所接电表均为理想电表，求： (1)理想变压器原线圈的输入电压U1。 (2)开关S断开时，电流表A1的示数I1。 (3)开关S闭合时，电流表A1的示数I1′。 【解析】　(1)开关S断开时，灯泡L1正常发光，则副线圈两端的电压 U2＝220 V 根据 ＝ 解得 U1＝4 400 V (2)开关S断开时，电流表A2的示数 I2＝＝ A＝ A 根据 ＝ 解得 I1＝ A (3)开关S闭合时，电压不变，灯泡还是能正常发光，电流表A2的示数 I2′＝2I2＝ A 根据 ＝ 解得 I′1＝ A 【答案】　(1)4 400 V　(2) A　(3) A B能力提升 10．一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，电阻R1和R2阻值分别为3 Ω和1 Ω，电流表、电压表均为理想表，a、b端输入的电流如图乙所示，下列说法正确的是(　　) 图甲 图乙 A．电流表的示数为 A B．电压表的示数为 V C．0～0.04 s内，电阻R2产生的焦耳热为0.32 J D．0.07 s时，通过电阻R1的电流为 A 【解析】　A．设电流表示数为I1，根据有效值定义有 IRT＝2R·＋()2R· 求得I1＝1.5 A，A错误； B．原线圈中电流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的电流最大值为 I1m＝3 A 设副线圈交流电的有效值为I2， 则IRT＝2R·＋0 解得I2＝ A 因此电压表的示数为U＝I2R2＝×1 V＝ V，B正确； C．0～0.04 s内，电阻R2产生的焦耳热为Q＝IR2t＝2×0.04 J＝0.27 J， C错误； D．由图可知，在0.07 s前后，原线圈中的电流不变化，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，D错误；故选B。 【答案】　B 11．如图所示的电路中，理想变压器原副线圈匝数比恒定，电表均为理想电表，R是滑动变阻器，A、B为灯泡，输入有效值恒定的正弦交流电。初态滑动变阻器的滑片置于a端，当滑片从a端向右滑至b端的过程中，下列说法中正确的是(　　) A．电压表示数不变 B．灯泡A先变亮再变暗 C．灯泡B一直变亮 D．电流表示数一直增大 【解析】　A．变压器原副线圈两端电压分别为U1、U2，流经原副线圈的电流分别I1、I2；则有＝ I1n1＝I2n2 如果电压表示数不变，即U2不变，则U1不变，当滑片从a端向右滑至b端的过程中时，通过副线圈的电流I2先变小后变大，则I1也是先变大后变小，则U1＝U－I1RA，可知U1先增大后减小，则假定不成立，故A错误；B.如果灯泡A先变亮再变暗，可知流经原线圈的电流I1先变大后变小，则原线圈两端电压U1先减小后变大，可知副线圈两端电压U2先减小后增大；另一方面，如果流经原线圈的电流I1先增大后变小，则流经副线圈的电流I2也是先增大后变小；依题意可知当滑片由a向b滑动时，副线圈中回路的总电阻R2先增大后变小，根据欧姆定理可知U2＝I2R2，U2应该先增大后减小；综上所述，可知假设不成立，故B错误；C.如果灯泡B一直在变亮，则通过副线圈的电流I2一直在变大，则原线圈的电流I1一直变大，则原线圈两端的电压U1一直会变小，根据变压器的工作原理，可知副线圈两端电压U2一直会减小；另一方面，由副线圈回路总电阻R2先变大后变小，可知副线圈两端电压会先变大；综上所述，可知假设不成立，故C错误；D.等效电路思想，根据理想变压器输入、输出功率相等这一特点，相当于将原线圈替换为一电阻，其阻值为R1＝ 根据变压器的原理，有R1＝＝＝2R2 即相当于直接将原线圈替换接一上阻值为2R2的电阻(其中R2为副线圈回路的总电阻)，即将副线圈中的电阻均变为2倍而直接接在原线圈处，等效电路如图所示 设滑动变阻器总电阻为R，滑动变阻器滑片左、右侧部分电阻分别为R1、Rx，则电流表的示数为 I＝×＝ I＝ 据题意R1在变大，Rx在变小，而其他恒定，可知I一直变大，故D正确。故选D。 【答案】　D 12．如图甲所示理想变压器线圈均匀密绕，原线圈接220 V交流电，标称为“220 V,40 W”的灯泡的一端与副线圈底端连接，另一端通过滑片P与副线圈连接。从副线圈底端开始缓慢向上移动滑片P，直至灯泡两端电压为220 V，测得灯泡两端电压UL随时间t的变化是一条过原点O的直线，如图乙所示。若流过灯泡的电流为IL，功率为PL；原线圈中的电流为I1，输入功率为P1。则(　　) A．IL—t图线是一条过原点O的直线 B．I1—t图线是一条过原点O的直线，图线斜率比IL—t斜率小 C．PL—t图线是一条过原点O的曲线，且是抛物线 D．P1—t图线是一条过原点O的曲线，且不是抛物线 【解析】　A．灯泡两端电压UL随时间t的变化是一条过原点O的直线，设斜率为k，则有 UL＝kt，IL＝＝t 若小灯泡电阻恒定不变，则IL与t的关系图线为一条过原点O的直线；但小灯泡的电阻并不是恒定不变的，其电阻会随着其两端电压的增大而增大，即会随着t的增大而增大，且并不成线性增大，IL与时间t的变化关系图线应为一条过原点曲线，A错误； B．根据＝，＝＝，有I1＝IL＝IL 结合对A选项的分析，则I1与t的关系图线不会为一条过原点O的直线，B错误； CD.根据题意，有PL＝＝t2 若小灯泡电阻恒定不变，则PL与t的关系图线为一条过原点O的抛物线，但小灯泡电阻并不是恒定不变的，所以PL与t的关系图线是一条过原点O的曲线，但不是抛物线，因P1＝PL 则P1与t的关系图线是一条过原点O的曲线，但不是抛物线，C错误，D正确。故选D。 【答案】　D 13．(多选)2021年下半年，全国多地为避免能源供应不足而影响民生，开始出台限产限电措施。为了研究远距离输电时输电导线的总电阻对电路的影响，某学校兴趣小组设计了如图所示的电路。a、b间接入正弦交流发电机，发电机输出电压保持不变。用滑动变阻器接入的电阻模拟输电导线的总电阻，变压器可视为理想变压器，L1、L2为两个规格相同的灯泡且其电阻可视为不变，开始时开关S处于闭合状态。下列说法正确的是(　　) A．当滑动变阻器滑片P向右滑动时，两灯泡均变亮 B．当滑动变阻器滑片P向右滑动时，a、b间输出的总功率变小 C．当开关S断开时，灯泡L1变亮 D．当开关S断开时，变压器的输出功率变小 【解析】　A．设理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电流分别为I1、I2，电压分别为U1、U2，副线圈的负载电阻设为R，有R＝，对理想变压器有＝，＝，把理想变压器原线圈等效为电阻R′，有R′＝＝＝＝R，等效电阻R′与滑动变阻器串联接入a、b间，当滑动变阻器滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻r减小，a、b间总电阻减小，a、b间电压U一定，可知原线圈电流增大，副线圈电流也增大，所以两灯泡均变亮，故A正确； B．a、b间输出的总功率P＝ 当滑动变阻器滑片P向右滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻r减小，可知a、b间输出的总功率变大，故B错误； C．当开关S断开时，副线圈的负载电阻R增大，原线圈等效电阻R′也增大，等效电阻R′分压变大，理想变压器原线圈两端电压变大，副线圈两端电压也变大，灯泡L1变亮，故C正确； D．可把滑动变阻器接入电路的电阻r视为电源内阻，变压器的输入功率 P1＝IR′＝2R′＝ 当开关S断开时，R变为原来的2倍，R′也变为原来的2倍，但R′与r的大小关系未知，变压器的输入功率如何变化无法判定，故变压器的输出功率如何变化也无法判定，故D错误。故选AC。 【答案】　AC 14．如图所示，理想变压器原副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶2，电阻R1接在原线圈回路中，滑动变阻器R3(滑动变阻器阻值变化范围为0～100 Ω)和电阻R2串联接在副线圈回路中，已知电阻R1＝10 Ω，R2＝30 Ω，原线圈一侧接在电压恒为U0＝210 V的正弦交流电源上。开始时，调节滑动变阻器的触头，使变阻器接入电路电阻值为0。求： (1)此时电阻R1和R2消耗的功率之比； (2)此时变压器副线圈两端的电压； (3)若调节滑动变阻器触头，能够使变压器输出功率达到最大值，当变阻器接入电路的阻值为多少时，变压器输出功率最大？最大值为多少？ 【解析】　(1)根据理想变压器原副线圈匝数比和电流比的关系有＝＝ 电阻消耗的功率P＝I2R，所以＝＝ (2)设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，电阻R1两端电压为U3，有U0＝U1＋U3 又＝，即U1＝U2 根据欧姆定律有U3＝I1R1　U2＝I2R2， 则U3＝U2 联立以上各式代入数值解得U2＝180 V。 (3)设变阻器接入电路电阻为Rx，则有 U0＝I1R1＋U2＝I1R1＋·I1(R2＋Rx)＝I1R1＋I12(R2＋Rx)，又输出功率P＝I(R2＋Rx) 整理得P＝＋4R1 当2(R2＋Rx)＝R1，变压器输出功率最大，即Rx＝R1＝10 Ω 此时变压器最大输出功率为Pm＝＝1 102.5 W。 【答案】　(1)　(2)180 V　(3)10 Ω，1 102.5 W 学科网（北京）股份有限公司 $$