第3章 专题强化3 变压器的综合应用（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）

专题强化3　变压器的综合应用 学习目标 1.了解几种常见的变压器。 2．掌握变压器动态问题的分析方法，会分析变压器的综合问题。 一、负载变化引起的动态变化问题 1．含有变压器动态电路问题的答题模型 (1)构建模型 (2)模型突破：解答这类问题的关键是分清变量和不变量。首先确定哪些量是不变的，然后结合变压器的基本规律和欧姆定律分析相关量的变化情况。 ①理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出而入”，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。 2．负载变化的两种情况 (1)负载的数目发生变化，如某些用电器的开关断开或闭合。 (2)滑动变阻器的触片移动，电路中的电阻发生变化。 　图甲是一理想变压器的电路连接图，图乙是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图像，已知电压表的示数为10 V，两个定值电阻R的阻值均为5 Ω。求： (1)变压器原、副线圈的匝数比； (2)开关S闭合前，电流表的示数； (3)开关S闭合后，变压器的输入功率。 【解析】　(1)原线圈输入电压有效值U1＝＝200 V 原副线圈的匝数比＝，解得＝ (2)开关闭合前，副线圈电流I2＝＝2 A 由变压器原副线圈电流关系＝ 解得电流表示数I1＝0.1 A (3)开关S闭合后，负载电阻 R并＝＝2.5 Ω 负载消耗功率P2＝＝40 W 由理想变压器输入功率等于输出功率得变压器输入功率 P1＝P2＝40 W 【答案】　(1)　(2)0.1 A　(3)40 W 核心素养·思维升华 负载变化引起的动态变化问题的解题思路 变与不变结合，根据答题模型从副线圈向原线圈推进。如果原、副线圈的匝数不变，则副线圈电压不变，根据负载电阻的变化，判断出副线圈电流或功率的变化情况，然后根据输出功率决定输入功率的特点，分析原线圈电流或功率的变化。 ◆针对训练1　如图，理想变压器原线圈输入电压μ＝Umsin ωt，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(　　) A．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 【解析】　交流电压表和交流电流表显示的示数都为有效值，A、B错误；由于输入端电压U1和理想变压器匝数比不变，所以U2不变，滑片P向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电流I2变大，输出功率变大，则输入功率变大，电流I1变大，C正确，D错误。 【答案】　C 二、匝数变化引起的动态变化问题 1．匝数变化的三种情况 (1)原线圈匝数不变，副线圈匝数变化。 (2)副线圈匝数不变，原线圈匝数变化。 (3)原、副线圈的匝数同时变化，且变化后匝数比与之前不同。 2．一般解题思路 根据电压与匝数成正比的特点，判断输出电压如何变化，然后根据答题模型从副线圈向原线圈推进。 　(多选)由于天气原因某小区的供电系统遭到严重破坏。为此，启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，发电机输出的电压μ＝480 sin(100πt) V，图中R表示输电线的电阻。滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作。在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则(　　) A．若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，则原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1 B．若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，则原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1 C．若发电机的输出电压发生波动V1的示数小于正常值，而用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动 D．若V1的示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑动 【解析】　若A2的示数为2 A，R＝10 Ω，又因为用户的用电器正常工作时电压为220 V，故副线圈两端电压U2＝220 V＋I2R＝240 V，又原线圈两端电压U1＝480 V，故原、副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，选项A正确，B错误；由＝得U2＝U1，若U1变小，为保证用电器仍能正常工作，则n2应变大，滑动触头P应向上滑动，选项C错误；当用电器增加时，副线圈中的电流增大，输电线电阻R上的电压增大，为保证用电器仍能正常工作，则副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P应向上滑动，选项D正确。 【答案】　AD ◆针对训练2　如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为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μ1＝220sin 100πt(V)，则(　　) A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V B．当t＝ s时，c、d间电压的瞬时值为110 V C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器滑片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 【解析】　原、副线圈的匝数之比为10∶1，原线圈两端的电压有效值U1＝V＝220 V，根据＝，代入数据得U2＝22 V，故电压表的示数为22 V，A正确；当t＝ s时，c、d间电压的瞬间值u＝220sin(100π×)V＝100 V，故B错误；当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，副线圈输出电压不变，电流减小，即电压表示数不变，电流表示数减小，故C错误；当单刀双掷开关由a拔向b时，原线圈匝数减小，根据＝知U2变大，电压表和电流表的示数均变大，故D错误。 【答案】　A 三、两类特殊变压器 1．自耦变压器 如图甲所示是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB之间加上输电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2。 2．互感器 (1)电压互感器：如图甲所示，原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表。互感器将高电压变为低电压，通过电压表测低电压，结合匝数比可计算出高压电路的电压。 (2)电流互感器：如图乙所示，原线圈串联在待测大电流电路中，副线圈接电流表。互感器将大电流变成小电流，通过电流表测出小电流，结合匝数比可计算出大电流电路的电流。 　(多选)调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上。AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压。在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q，则(　　) A．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大 B．保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小 C．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大 D．保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小 【解析】　当P的位置不动时，U2＝U1不变，将Q向下移动时，R接入电路的阻值变大，由I2＝知I2减小，故选项B正确；保持Q的位置不变，R接入电路的阻值不变；将P逆时针旋转，则n2增大，U2必增大，所以I2也增大，故选项C正确。 【答案】　BC 　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 【解析】　根据题图甲可得，高压输电线的送电电压U＝U甲＝220 kV；根据题图乙可得，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。 【答案】　C 核心素养·思维升华 互感器的区分技巧 (1)电压互感器是降压变压器，据＝，知n1>n2.　 电流互感器是升压变压器，据＝，知n1<n2. (2)区分电压互感器与电流互感器的三个标志： ①测量仪器不同，前者后者。 ②原、副线圈匝数关系不同。 ③原线圈接线方式不同，前者接在火线和零线间，后者接在火线上。 ◆针对训练3　自耦变压器的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，接在电压有效值为220 V的交流电源上。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为U2，且变压器是理想变压器，则U2和I1分别约为(　　) A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A 【解析】　由理想变压器原、副线圈中电压及功率关系可得：＝，U1I1＝U2I2＝P2，所以，当变压器输出电压调至最大时，副线圈的匝数也最大，为n2＝1 900 匝，负载R上的功率也最大，为2.0 kW，则U2＝U1＝×220 V＝380 V，I1＝＝ A≈9.1 A，故选项B正确。 【答案】　B 四、原线圈含电阻的变压器问题 对于一组原、副线圈电路，电流与匝数成反比的规律成立，即＝；但要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，原线圈接有用电器时，＝中U1指的是原线圈两端电压而不是电源电压。原线圈两端电压和与原线圈串联的用电器两端电压之和等于电源电压。 　(多选)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是(　　) A．所用交流电的频率为50 Hz B．电压表的示数为100 V C．电流表的示数为1.0 A D．变压器传输的电功率为15.0 W 【解析】　由变压器不会使交流电的周期改变和题图(b)可知所用交流电的周期为2×10－2 s，可求得所用交流电的频率为50 Hz，A正确；由题图(b)可知通过R2的电流的有效值为1 A，由串并联特点可知通过R3的电流(即通过电流表的电流)为0.5 A，故副线圈的电流为I2＝1.5 A，由欧姆定律可得副线圈两端的电压U2＝1×10 V＝10 V，由变压器原、副线圈两端电压比与原、副线圈匝数比的关系可得，原线圈两端的电压U1＝n1＝100 V，再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压为UV＝220 V－100 V＝120 V，B、C错误；根据变压器原理可得变压器传输的电功率为P＝U2I2＝10×1.5 W＝15.0 W，D正确。 【答案】　AD 1．如图所示为原、副线圈的匝数均可调节的理想变压器，原线圈两端接一正弦式交变电流，一小灯泡L和滑动变阻器串联于副线圈两端，滑动触头P置于中间，小灯泡正常发光。为了使小灯泡亮度变暗，可以采取的措施有(　　) A．仅减少原线圈的匝数n1 B．仅增加副线圈的匝数n2 C．仅改变R接入电路的电阻，将滑动触头P向B端滑动 D．仅增大原线圈中交流电的电压 【解析】　仅减少原线圈的匝数使得副线圈中的电压增大，输出功率增大，小灯泡亮度变亮，A错误；仅增加副线圈的匝数，输出电压增加，故输出功率增大，小灯泡亮度变亮，B错误；仅改变R接入电路的电阻，将滑动触头P向B端滑动的过程中滑动变阻器接入电路的阻值增大，所以副线圈上的电流减小，通过灯泡的电流减小，所以灯泡亮度变暗，C正确；仅增大原线圈中交流电的电压，则副线圈中的电压增大，输出功率增大，小灯泡亮度变亮，故D错误。 【答案】　C 2．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 【答案】　B 3.(多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是(　　) A．原、副线圈匝数之比为9∶1 B．原、副线圈匝数之比为1∶9 C．此时a和b的电功率之比为9∶1 D．此时a和b的电功率之比为1∶9 【解析】　因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A正确，B错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确。 【答案】　AD 4．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压。图甲中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器。现在C、D两端输入图乙所示的正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么(　　) A．由乙图可知C、D两端输入交流电压u的表达式为u＝36sin 100t(V) B．当滑动触头P逆时针转动时，M、N之间输出交流电压的频率变大 C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大 D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小 【解析】　由题图乙可知u＝36 sin 100πt(V)，A错误；M、N之间输出交流电压的频率由输入交流电压的频率决定，B错误，滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R3减小，由“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R2消耗的电功率P2＝减小，C错误，D正确。 【答案】　D 5．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，通常要通过电流互感器来连接，如图所示。电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iad；cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd。为了使交流电流表能正常工作，则(　　) A．ab接MN、cd接PQ，Iab<Icd B．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd C．ab接PQ、cd接MN，Iab<Icd D．ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd 【解析】　电流互感器ab一侧线圈匝数比cd一侧线圈匝数少，根据电流关系I1n1＝I2n2知Iab>Icd，交流电流表应接在电流较小的一侧，故选项B正确。 【答案】　B 课时作业(十四) A基础达标 1．在远距离输电中，如果输送功率和输送距离不变，要减少输送导线上热损耗，目前最有效而又可行的输送方法是(　　) A．采用超导材料做输送导线 B．采用直流电输送 C．提高输送电的频率 D．提高输送电压 【解析】　提高输送电压，因为输送功率不变，所以输送电压高了，输送电流就小了，根据P＝I2R可得输送导线上热损耗就小了；故选D。 【答案】　D 2．(多选)远距离输电线路的示意图如图所示，若发电机的输出电压不变，则正确的是(　　) A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率有关 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】　A．用户用电的总功率增加，升压变压器、降压变压器的原、副线圈电流都要增加，故A正确；B.输电线的电流由用户消耗的功率和高压输电电压有关，故B错误；C.用户总电阻减少时，输电线上电流增大，根据P损＝I2R，输电线上损失的功率增大，故C正确；D.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压与线路电压损失之和，故D错误。故选AC。 【答案】　AC 3．(多选)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，关于输电线上的功率损失和电压损失，正确的是(　　) A．输电线上的电功率损失是原来的倍 B．输电线上的电功率损失是原来的倍 C．输电线上的电压损失是原来的倍 D．输电线上的电压损失是原来的倍 【解析】　若输送电压升高为原来的n倍，由P＝UI可知输送电流是原来的倍，输电线上的电功率损失P′＝2R＝ 输电线上的电压损失ΔU′＝R＝ΔU 故选BC。 【答案】　BC 4．下图为长距离高压输电的示意图。关于长距离输电，下列说法正确的是(　　) A．减小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．高压输电综合考虑各种因素，输电电压越高越好 【解析】　A．减小输电导线的横截面积能增大电阻，根据输电过程中损失的电功率P损＝I2R，不利于减小输电过程中的电能损失，故A错误；B.高压输电是通过减小输电电流，根据输电过程中损失的电功率P损＝I2R，有利于减小电路的发热损耗，故B正确；C.输送的电功率越大，输电线上的电流越大，输电过程中的电能损失越大，故C错误；D.高压输电综合考虑材料成本、技术、经济性等各个方面的因素，所以不是输电电压越高越好，故D错误。故选B。 【答案】　B 5．(多选)某水电站输电线路简化模型如图所示，已知R为输电线总电阻(可视为定值电阻)，发电机输出电压恒定。由于用电高峰期时用户端负载变化，使用户消耗的电功率增加。设升压变压器和降压变压器均为理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．电压表V1的示数增大 B．电压表V2的示数减小 C．电流表A1的示数增大 D．电流表A2的示数减小 【解析】　A．变压器的电压关系原线圈电压决定副线圈电压，发电机输出电压恒定，所以电压表V1示数不变，A错误；BC.用电高峰期时用户端负载变化，使用户消耗的电功率增加，根据能量守恒可知，升压变压器的输出功率变大，根据P＝UI得，输电线上的电流增大，电流表A1的示数增大，根据U损＝IR，U′2＝U1－U损　＝，可得U2减小，BC正确； D．根据＝，可知，电流表A2的示数增大，D错误。故选BC。 【答案】　BC 6．特高压输电技术是我国特有的世界上最先进的输电技术，主要用于远距离输电，如将西北地区的电能送往东南地区。某变电站将特高压电网所供电能用10 kV的高压向某小区供电，输送的电功率为100 kW。现使用型号DYD50/C的电线，已知输电线的总电阻为20 Ω。则输电线上损耗的功率占输电总功率的(　　) A．1%　　　　　　　　B．2% C．5% D．10% 【解析】　输电线上的电流为IP＝UI，解得I＝10 A 损失的功率为P损＝I2R 其所占功率的百分比为η＝×100%＝2%，故ACD错误，B正确。故选B。 【答案】　B 7．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机输出的电压恒定，通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电，已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，它的副线圈两端的交变电压如图乙所示，R0为负载电阻。若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是(　　) 甲 乙 A．降压变压器T2的输入功率与输出功率之比为4∶1 B．降压变压器T2原线圈的输入电压为880 V C．升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压 D．当R0增大时，升压变压器T1的输出电压增大 【解析】　A．降压变压器为理想变压器，故输入功率与输出功率之比为1∶1，A错误； B．由图像得到，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220sin 100πt(V) 有效值为U＝＝220 V 降压变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，故降压变压器T2原线圈的输入电压为4×220 V＝880 V，B正确； C．由于输电线电阻有电压降，故升压变压器T1的输出电压大于降压变压器T2的输入电压，C正确；D.当R0增大时，由于升压变压器T1的输入电压不变，故输出电压不变，D错误。 故选BC。 【答案】　BC 8．(多选)如图所示额定电压为220 V的用户供电的远距离输电的示意图，已知输入原线圈n1两端的电压U1＝250 V，发电机的输出功率为P＝25 kW，输电线的电阻r＝5 Ω，如果输电线上损失的功率为输送功率的0.5%，如果图中的升压变压器以及降压变压器均为理想的变压器，则下列正确的是(　　) A．n1∶n2＝1∶20 B．n3∶n4＝975∶44 C．通过输电线的电流强度大小为5 A D．降压变压器原线圈两端的电压为4 875 V 【解析】　AB.导线上的电流为I2＝＝ A＝5 A 升压变压器副线圈中的电压为U2，则有U2＝＝ V＝5 000 V 则n1∶n2＝U1∶U2＝1∶20 则降压变压器的初级电压为U3＝U2－I1R＝5 000 V－5×5 V＝4 975 V 则n3∶n4＝U3∶U4＝995∶44 故A正确，B错误； C．根据以上分析可知，通过输电线的电流强度大小为5 A，故C正确； D．根据以上分析可知，降压变压器原线圈两端的电压为4 975 V，故D错误。 故选AC。 【答案】　AC 9．如图所示，假定发电机发出的是正弦交流电，电压的瞬时值u＝230sin 100πt，用户端的电压是U＝220 V，两条导线的总电阻是r＝1 Ω。 (1)发电机发出的正弦交流电的电压有效值为多少？交流电的频率为多少？ (2)用户得到的功率为多少？ (3)根据已有知识说说在远距离输电中，减少输电线路功率损失的方法有哪些？ 【解析】　(1)发电机发出的正弦交流电的电压有效值为，根据U有＝＝230 V 根据表达式，交流电的角速度为 ω＝100π rad/s 根据ω＝2πf 交流电的频率为f＝50 Hz (2)输电线上损失的电压 ΔU＝230 V－220 V＝Ir 解得输电上的电流为I＝10 A 用户得到的功率 P＝UI＝220×10 W＝2 200 W (3)根据P损失＝I2r 输电线上损失的电功率大小与电流大小和输电线的电阻有关；即减小输电线上的电流、减小输电线的电阻越小，则损失的功率就一定减少。 【答案】　(1)230 V,50 Hz　(2)2 200 W (3)减小输电线上的电流、减小输电线的电阻 B能力提升 10．白鹤滩水电站至浙江±800 kV特高压直流输电工程是国家“西电东送”战略的重点工程，线路全长2 140 km，输电容量8 000 MW，每年将向浙江输送清洁电能超236亿千瓦时，预计2023年3月份整体投运。已知每燃烧1吨标准煤可发电约3 000 kW/h，同时也将排放约3吨二氧化碳，以下说法或计算有明显错误的是(　　) A．在超远距离输电时，高压直流输电比高压交流输电更有优势 B．在输电功率一定条件下，输电电压提高10倍，线路损耗功率将降低为原来的，特高压输电可有效减小输电线上电能的损耗 C．这些清洁电能代替烧煤发电，浙江每年将减少二氧化碳排放约2 360万吨 D．实际输电时，要综合考虑各种因素，并不是输电电压越高越好 【解析】　A．在超远距离输电时，线路上的电感与电容对交流电会产生阻碍，而且易产生交流电相位的变化，高压直流输电比高压交流输电更有优势，故A正确，不符合题意；B.在输电功率一定条件下，输电电压提高10倍，线路电流将降低为原来的，线路损耗功率将降低为原来的，故B错误，符合题意；C.每年向浙江输送电能236亿千瓦时，每燃烧1吨标准煤可发电约3 000 KW/h，同时也将排放约3吨二氧化碳，则每年将减少二氧化碳排放约2 360万吨，故C正确，不符合题意；D.实际输电时，要综合考虑各种因素，并不是输电电压越高越好，故D正确，不符合题意。故选B。 【答案】　B 11．北京奥运场馆的建设体现了“绿色奥运”的理念。国家体育馆“鸟巢”隐藏着一座年发电量比较大的太阳能光伏发电系统，假设该发电系统的输出电压恒为250 V，通过理想变压器向远处输电，如图，所用输电线的总电阻为8 Ω，升压变压器T1原、副线圈匝数比为1∶16，下列说法正确的是(　　) A．若该发电系统输送功率为1×105 W，则输电线损失的功率为5×103 W B．若该发电系统输送功率为1×105 W，用户获得220 V电压，则降压变压器T2原、副线圈的匝数比为200∶11 C．若用户消耗功率减少，则升压变压器T1输出电压U2减小 D．若用户消耗功率增加，则用户电路两端电压U4增大 【解析】　A．对于该系统输入输出功率不变，由于P＝1×105 W 故原线圈电流为I1＝＝400 A 对于中间线路有＝ 代入数据，解得I2＝25 A 则损失的功率为ΔP＝IR＝252×8 W＝5×103 W，A正确； B．根据＝ 代入数据，解得U2＝4×103 V 由A可知I2＝25 A 输电线的总电阻两端的电压为Ur＝I2r＝200 V 则U3＝U2－Ur＝3.8×102 V 又＝ 即有＝＝，B错误； C．由于输入输出功率相同，当用户消耗功率减小时，电流减小，但是＝不变，则U2不变，C错误； D．当消耗功率增大时，输电线电流变大，输电线的总电阻两端的电压变大，U2不变，根据U3＝U2－Ur 可知，U3变小，又由＝ 可知，U4变小，D错误。 故选A。 【答案】　A 12．如图所示为某小型发电站高压输电示意图。升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是(　　) A．若电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，线路输送电功率为110 kW B．若保持发电机输送功率一定，仅将滑片Q下移，输电线损耗功率增加 C．若保持发电机输出电压U1一定，仅将滑片Q下移，输电线损耗电压减少 D．若发电机输出电压U1一定，若用户数增加，为维持用户电压U4一定，可将滑片P上移 【解析】　A．由题意，根据理想变压器变压和变流规律可得＝10，＝10 解得U2＝2 200 V，I2＝100 A 所以线路输送的电功率为P＝U2I2＝2 200×100 W＝220 kW，故A错误； B．输电线损耗的功率为ΔP＝Ir＝2r 若保持P不变，输电电压U2增大，则ΔP减小，故B错误； C．根据闭合电路欧姆定律有U3＝U2－I2r 根据理想变压器变压和变流规律有＝，＝ 设用户端总电阻为R，则有I4＝ 联立解得I2＝ 若保持发电机输出电压U1和用户数一定，仅将滑片Q下移，则输电电压U2增大，R不变，所以输电电流I2增大，而输电线损耗电压为ΔU＝I2r，所以ΔU 增大，故C错误； D．若保持发电机输出电压U1和Q的位置一定，使用户数增加，即U2不变，R减小，则I2增大，U3减小，为了维持用户电压U4一定，需要增大，可将滑片P上移，故D正确。故选D。 【答案】　D 13．(多选)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU，则下列判断正确的是(　　) A．电流表A2的示数减小了 B．电流表A1的示数增大了 C．电压表V1的示数不变 D．输电线损失的功率增加了2R 【解析】　AB.根据理想变压器的电压规律，对于降压变压器＝n 根据欧姆定律，A1示数增加了ΔI1＝＝n 根据单相理想变压器的电流规律＝ 解得A2示数增加了ΔI2＝n·ΔI1＝n2 A错误，B正确； C．发电厂的输出电压恒定，升压变压器的变压比恒定，所以V1示数恒定，C正确； D．输电线上损失的功率增加了ΔP＝IR－IR≠(ΔI1)2R＝2R 所以损失的功率不一定为2R，D错误。故选BC。 【答案】　BC 14．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程。枢纽控制的流域面积为1×106 km2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量Q＝4.51×1011 m3。水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面。在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量即26台发电机组同时工作时的总发电功率P＝1.82×107 kW。年平均发电量约为W＝8.40×1010 kW·h，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区供电紧张的局面。阅读上述资料，解答下列问题。(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2) (1)请画出远距离输电的原理图并在其上用相应的符号标明相应的物理量； (2)若三峡电站上、下游水位差按H＝100 m计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式并计算出效率η的数值； (3)若26台发电机组全部发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t为多少天？ (4)将该电站的电能输送到华中地区，输电功率P1＝4.5×106 kW，采用超高压输电，输电电压U＝500 kV，而发电机输出的电压约为U0＝18 kV，要使输电线上损耗的功率为输送电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数之比和输电线路的总电阻。 【解析】　(1)远距离输电的原理图如图所示 (2)电站能量转化的效率 η＝＝ 所以有 η＝×100%≈67.1% (3)依据 P＝ 可知每台发电机组平均年发电时间 t＝＝天≈192.3天 (4)升压变压器原、副线圈的匝数之比 ＝＝ 由 P1＝UI 代入数据得 I＝9.0×103 A 又 P损＝I2R＝5%P1 可得 R≈2.78 Ω 【答案】　(1)见解析　(2)η＝，67.1% (3)192.3天　(4)9∶250,2.78 Ω 学科网（北京）股份有限公司 $$