2020高考物理一轮复习-基础知识题组-60-变压器、电能的输送-Word版含解析.docx

变压器、电能的输送
考纲解读1.理解变压器的原理，会用功率关系、电压比、电流比进行有关的计算.2.能够对变压器进行动态分析.3.会分析计算远距离输电问题．

1． 关于抱负变压器的工作原理，以下说法正确的是 (　　)
A．通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
答案　BC
解析　由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A错误；因抱负变压器无漏磁，故B、C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D错．
2． 如图1所示，一抱负变压器的原线圈匝
数n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，沟通电源的电动势e＝311sin 100πt V(不考虑其内阻)，电阻R＝88 Ω，电压表和电流表对电路的影响可忽视不计，则 (　　)
A．电压表的示数为62.2 V 图1
B．电流表的示数为2.5 A
C．通过R的电流最大值为0.5 A
D．变压器的输入电功率为22 W
答案　D
解析　由于e＝311sin 100πt V，原线圈电压最大值Um为311 V，有效值U1＝＝220 V，依据＝可得U2＝44 V，由欧姆定律知，副线圈中电流I2＝＝0.5 A，I2m＝I2＝0.7 A，I1＝I2＝0.1 A，所以A、B、C错误，变压器的输入电功率P1＝P2＝U2I2＝22 W，D正确．
3． 在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么 (　　)
A．输电线路上损失的电压与输送电流成正比
B．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大
C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比
D．输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比
答案　AC
解析　输电线路上损失电压ΔU＝IR，在R确定时，ΔU和I成正比．若U越高，I＝，I越小，那么ΔU越小．输电线路上损失的功率ΔP＝I2R，当P确定时，I＝，所以ΔP＝()2R，即ΔP和U的平方成反比，跟I的平方成正比，故A、C正确．
考点梳理
一、抱负变压器
1． 工作原理
互感现象．
2． 基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出．
(2)电压关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，＝＝＝….
(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝.
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋….
3． 几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器．
(2)互感器
4． 抱负变压器的理解
(1)没有能量损失；
(2)没有磁通量损失．
二、远距离输电
1． 输电过程(如图2所示)

图2
2．输送电流
(1)I＝；(2)I＝.
3．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝I2Rt.
4．电压损失
(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR.
5． 功率损失
(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝()2R
6． 降低输电损耗的两个途径
(1)减小输电线的电阻，由电阻定律R＝ρ可知，在输电距离确定的状况下，为了减小电阻，应接受电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积．
(2)减小输电导线中的输电电流，由P＝UI可知，当输送功率确定时，提高输电电压，可以减小输电电流．

4． 如图3所示，一抱负自耦变压器线圈
AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式沟通电压，在输出端BP间连接了抱负沟通电流表、灯泡和滑动变阻器，移动P的位置，可转变副线圈的匝数，变阻器的滑 图3
动触头标记为Q，则 (　　)
A．只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大
B．只将Q向下移动时，电流表的读数变大
C．只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大
D．只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大
答案　D
解析　只将Q向下移动时，R阻值增大，电路中电阻增大，电流减小，故B项错；由于副线圈上电压不变，电灯两端的电压不变，功率不变，亮度不变，故A项错．只将P沿顺时针方向移动时副线圈匝数削减，电压减小，电流减小，故C项错．只提高输入端的电压时，副线圈上电压增大，电流增大，故D项对．
5． 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、乙两地原来用500 kV的超高压输电，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，不考虑其他因素的影响．则(　　)
A．送电电流变为原来的2倍
B．输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C．输电线上降落的电压将变为原来的
D．输电线上损耗的电功率将变为原来的
答案　C
解析　依据输送电功率P输＝U输I输及P输不变，可知，送电电流I输＝P输/U输∝1/U输，当U输变为原来的2倍时，I输变为原来的，选项A错误；输电线上降落的电压U降＝I输R线∝I输，所以，当送电电流变为原来的时，输电线上降落的电压也变为原来的，选项B错误，C正确；输电线上损耗的电功率P损＝IR线∝I，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的，选项D错误．
规律总结
1． 抱负变压器的动态分析的方法
(1)分清不变量和变量；
(2)弄清抱负变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系；
(3)利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定．
2． 解远距离输电问题必备技巧
(1)正确画出输电过程示意图，并在图上标出各物理量．
(2)抓住变压器变压前、后各量间关系，求出输电线上的电流．
(3)计算电路功率问题时常用关系式：P损＝IR线，留意输电线上的功率损失和电压损失．
(4)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流打算．

考点一　抱负变压器原、副线圈基本关系的应用
1． 基本关系
(1)P入＝P出；
(2)＝，有多个副线圈时，照旧成立．
(3)＝，电流与匝数成反比，只对一个副线圈的变压器适用．有多个副线圈时，由输入功率和输出功率相等确定电流关系．
(4)原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率也相同，频率也就相同．
2． 制约关系
(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比打算．
(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2打算．
(3)电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比打算．
例1　(2022·课标全国理综·17)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4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的沟通电源上．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的有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2， 图4
且变压器是抱负的，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　由题图并依据抱负变压器电压比关系＝，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U2＝380 V，因抱负变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P入＝P出＝U1I1，解得I1＝ A≈9.1 A，选项B正确，选项A、C、D错误．
答案　B

　　　　1.关于抱负变压器的四点说明
　(1)变压器不能转变直流电压．
(2)变压器只能转变交变电流的电压和电流，不能转变交变电流的频率．
(3)抱负变压器本身不消耗能量．
(4)抱负变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．
2．解决变压器问题的三种思路
(1)电压：变压器原、副线圈的电压之比为＝；当变压器有多个副线圈时，＝＝＝….
(2)功率：抱负变压器的输入、输出功率为P入＝P出，当变压器有多个副线圈时，P1＝P2＋P3＋….
(3)电流：由I＝知，对只有一个副线圈的变压器有＝，当变压器有多个副线圈时有n1I1＝n2I2＋n3I3＋….

突破训练1　(2010·海南·9)如图5所示，一抱负变压器原、副线圈
匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦沟通电源；副线圈电路中R为负载电阻，沟通电压表和沟通电流表都是抱负电表．下列结论正确的是 (　　) 图5
A．若电压表读数为6 V，则输入电压的最大值为24 V
B．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半
C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍
D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍
答案　AD
解析　本题考查变压器的原理以及沟通电的有关学问，意在考查考生对交变电流的生疏和理解．由于电压表的读数为6 V，则变压器的输出电压的有效值为6 V，由＝，故U1＝4U2＝24 V，所以输入电压的最大值为Um＝U1＝24 V，所以选项A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U2增大，由I2＝可知，电流表示数增大，所以选项B错；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R变大时，则I2＝，电流变小，又P1＝P2＝U2I2，故输入功率也减小，所以选项C错；若负载电阻R不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I2＝则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P2＝U2I2变为原来的4倍，所以选项D正确．
考点二　抱负变压器的动态分析
分析抱负变压器动态问题的思路程序可表示为：
.
例2　(2022·福建理综·14)如图6所示，抱负变压器原线圈输
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.和是抱负沟通电压表，示数分别用U1和U2表示；和是抱负沟通电流表，示数分别用I1和I2
表示．下列说法正确的是 (　　) 图6
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　电路中沟通电表的示数为有效值，故A、B项均错误；P向下滑动过程中，R变小，由于沟通电源和原、副线圈匝数不变，U1、U2均不变，所以I2＝变大，由＝，得I1＝I2变大，故C项正确，D项错误．
答案　C
例3　如图7所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只抱负电
压表V1后接在稳定的沟通电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只抱负电压表V2.下列说法中正确的是(　　)
A．若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小
B．若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小 图7
C．若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小
D．若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大
解析　若F不动，滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A错误，B正确；若P不动，滑片F向下移动时，依据抱负变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L消耗的功率减小，电压表V2的示数变小，C、D错误．
答案　B
突破训练2　如图8所示，抱负变压器原线圈的匝数n1＝1 100匝，副线圈的匝数n2＝110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0＝R1＝R2，电流表、电压表均为抱负电表．原线圈接u＝220sin (314t) (V)的沟通电源．起初开关S处于断开状态．下列说法中正确的是
(　　)

图8
A．电压表示数为22 V
B．当开关S闭合后，电压表示数变小
C．当开关S闭合后，电流表示数变大
D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大
答案　BCD
解析　电源电压的有效值为U1＝220 V，由＝可知U2＝22 V，而电压表示数只是R1两端的电压，确定小于U2，A项错误．S闭合后，负载总电阻变小，而U2不变，由P出＝知P出变大，I2＝变大，而P入＝P出＝U1I1，U1不变，I1应变大，即电流表示数变大；电阻R0的分压U0＝I2R0，U0变大，则电压表示数U′＝U2－U0应变小．综上所述，选项B、C、D正确．
考点三　远距离输电问题
1． 远距离输电的处理思路
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的挨次一步一步进行分析．
2． 远距离高压输电的几个基本关系(以图9为例)

图9
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝＝＝.
(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝IR线＝()2R线．
当输送功率确定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的.
例4　(2022·天津理综·4)通过一抱负变压器，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.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为 (　　)
A.， B．()2R，
C.， D．()2R，
解析　依据变压器的变压规律，得＝k，＝nk，所以U1＝kU，U2＝nkU.依据P＝UI，知匝数比为k和nk的变压器副线圈的电流分别为I1＝＝，I2＝＝.依据P＝I2R知，输电线路损耗的电功率分别为P1＝IR＝()2R，P2＝IR＝()2R，所以＝.选项D正确，选项A、B、C错误．
答案　D

　 在远距离输电问题中，计算线路功率的损耗时　　应用P损＝IR线，其缘由是I线可以由公式P输入＝I线U输入求出，而P损＝U线I线和P损＝则不常用，其缘由是在一般状况下，U线不易求出，且易将U线和U输入相混而造成错误．

突破训练3　(2010·浙江理综·17)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW，现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是(　　)
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
答案　B
解析　输电线上输送的电流I＝＝＝6 000 A，A错；输电线上损失的电压为ΔU＝Ir＝6 000×2.5 V＝1.5×104 V＝15 kV，B对；若改用5 kV的电压输电，则输电线上输送的电流I′＝＝＝6×105 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2r＝(6×105)2×2.5 W＝9×108 kW，表明输出的电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106 kW，C错；D项中输电线上损失的功率ΔP＝U2/r，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D错．

44．两种特殊的变压器模型
1． 自耦变压器
高中物理中争辩的变压器本身就是一种忽视了能量损失的抱负模型，自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当沟通电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用．
例5　如图10所示，接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R.当滑动触头P向上移动一段距离后，下列说法正确的是 (　　)

图10
A．等效电阻R上消耗的功率变大
B．三个灯泡都变亮
C．原线圈两端的输入电压减小
D．原线圈中电流表示数减小
解析　自耦变压器的原、副线圈是同一个线圈，只是匝数不同而己．由题意知原线圈是副线圈的一部分.＝，当P上移时，U1、n2不变，n1变大时，U2变小，因负载电路结构不变，因此负载上的总电流I2＝应变小，R上消耗的功率变小，由串、并联电路特点知三个灯泡都变暗，A、B都错误．由于原线圈的输入电压由外部电路打算，是不变的，C错误；由P入＝P出，U1I1＝U2I2＝知，P出减小时，I1确定减小，电流表示数减小，D项正确．
答案　D
2． 互感器
分为：电压互感器和电流互感器，比较如下：

电压互感器
电流互感器
原理图

原线圈的连接
并联在高压电路中
串联在待测高流电路中
副线圈的连接
连接电压表
连接电流表
互感器的作用
将高电压变为低电压
将大电流变成小电流
利用的公式
＝
I1n1＝I2n2
例6　电流互感器和电压互感器如图11所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只沟通电表，则 (　　)

图11
A．A为电流互感器，且n1<n2，a是电流表
B．A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表
C．B为电流互感器，且n3<n4，b是电流表
D．B为电压互感器，且n3>n4，b是电压表
解析　由题图可知A为电流互感器，B为电压互感器，因此a是电流表，b是电压表．在A中，有I1n1＝I2n2，要把大电流变为小电流，有n2>n1；在B中，有＝，要把高电压变成低电压，则有n3>n4；综上所述可知，选项A、D正确．
答案　AD

高考题组
1． (2022·海南单科·4)如图12所示，抱负变压器原、副线圈匝数比为
20∶1，两个标有“12 V，6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为抱负的)的示数分别是 (　　) 图12
A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 A
C．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A
答案　D
解析　副线圈电压U2＝12 V，由＝得U1＝240 V，副线圈中电流I2＝2＝2× A＝1 A，由＝得I1＝0.05 A.
2． (2022·重庆理综·15)如图13所示，抱负变压器的原线圈接入u＝
11 000·sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V　880 W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知
(　　) 图13
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100 Hz
C．副线圈中电流的有效值为4 A
D．变压器的输入功率为880 W
答案　C
解析　由电器RL正常工作，可得通过副线圈的电流为I＝＝ A＝4 A，故C对；与副线圈连接的导线所分电压为Ur＝4×6 V＝24 V，副线圈两端电压U2＝220 V＋24 V＝244 V，因此原、副线圈的匝数比＝＝＝，故A错；又变压器的输入功率等于其输出功率，即P1＝P2＝U2I2＝244×4 W＝976 W，故D错；交变电压的频率f＝＝50 Hz，故B错．
3． (2022·山东理综·18)图14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，并加在一抱负变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为沟通电压表．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．以下推断正确的是 (　　)

图14
A．电压表的示数等于5 V
B．电压表的示数等于 V
C．实现点火的条件是>1 000
D．实现点火的条件是<1 000
答案　BC
解析　由题u－t图象知，沟通电压的最大值Um＝5 V，所以电压表的示数U＝＝ V，故选项A错误，选项B正确；依据＝得＝，变压器副线圈电压的最大值U2m＝
5 000 V时，有效值U2＝＝ V，所以点火的条件>＝1 000，故选项C正确，选项D错误．
4． (2011·山东理综·20)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图15甲为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可转变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是 (　　)

　　 　甲　　　　　　　　　　乙
图15
A．u2＝190sin (50πt) V
B．u2＝190sin (100πt) V
C．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　由题图乙知交变电流的周期T＝2×10－2 s，所以ω＝＝100π rad/s，故u2＝Um
sin ωt＝190sin (100πt) V，A错误，B正确．由＝得U2＝U1，欲使U2上升，n1应减小，P应上移，C错误，D正确．
模拟题组
5． 如图16甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数分别是n1、n2，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为抱负的沟通电表，副线圈接定值电阻R，其余电阻不计．从某时刻开头在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压．当单刀双掷开关由a拨向b后，下列说法正确的是 (　　)

　　　　 甲　　　　　　　　　　乙
图16
A．副线圈输出电压的频率变小
B．电压表的示数变大
C．电流表的示数变小
D．原线圈的输入功率变大
答案　BD
解析　变压器不会转变沟通电的频率，A项错误；当开关由a拨向b后，n1变小，由＝，且U1＝不变，可知n1变小，n2、U1不变时，U2变大，即电压表的示数变大，同样电流表示数也要变大，B项正确，C项错误；由P入＝P出＝U2I2可知，D项正确．
6． 正弦沟通电经过匝数比为＝的变压器与电阻R、沟通电压表V、沟通电流表A按如图17甲所示方式连接，R＝10 Ω.图乙是R两端电压u随时间变化的图象，Um＝10 V，则下列说法中正确的是 (　　)

图17
A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝sin 100πt(A)
B．电流表A的读数为0.1 A
C．电流表A的读数为 A
D．电压表的读数为Um＝10 V
答案　B
解析　通过R的电流iR＝cos 100πt(A)，A错误．由＝得I1＝0.1 A，B正确，C错误．电压表读数为有效值U＝＝10 V，D错误．

(限时：30分钟)
►题组1　对抱负变压器基本关系的考查
1. (2011·课标全国·17)如图1所示，一抱负变压器原、副线圈的匝
数比为1∶2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为
220V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表． 图1
现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则(　　)
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝110 V，I＝0.2 A
D．U＝110 V，I＝0.2 A
答案　A
解析　由变压原理＝可得U1＝110 V，即电压表示数为110 V．由P入＝P出，灯泡正常发光可得P入＝U1I1＝P出＝22 W，I1＝ A＝0.2 A，故A正确．
2． 一个抱负变压器的线圈绕向如图2甲所示，原线圈输入电流的i－t图象如图乙所示，第1 s内电流方向在图甲中已标出，则 (　　)

图2
A．灯泡中的电流变化周期为2 s
B．输入电流的有效值小于 A
C．前2 s内灯泡中电流方向从b到a
D．前2 s内铁芯中磁通量的变化率恒定
答案　BCD
解析　由题图乙知i的变化周期为4 s，A项错误．当输入电流为正弦式沟通电时，I有效＝ A，而此题中，电流的有效值要小于 A，B项正确．由楞次定律判知前2 s内灯泡内电流方向从b向a，C项正确．由图象可知在前2 s电流I的变化率恒定，由此产生的磁通量的变化率也是恒定的，D项正确．综上述可知，B、D正确．
3． 如图3甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电阻R＝22 Ω，各电表均为抱负电表，副线圈输出电压的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是 (　　)

　　　 甲　　　　　　　　　　　乙
图3
A．输入电压的频率为100 Hz
B．电压表的示数为220 V
C．电流表的示数为1 A
D．电阻R消耗的电功率是22 W
答案　BD
解析　由图乙知，副线圈输出电压的有效值为22 V，由＝知U1＝220 V；电阻R的电功率为P＝＝22 W，B、D选项正确；f＝＝ Hz＝50 Hz，A项错；P入＝
P出＝P＝22 W，又P入＝U1I1，所以I1＝＝0.1 A，C项错．
4． 如图4甲所示，一抱负变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图乙所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则
(　　)

图4
A．变压器的输入电压最大值是220 V
B．正弦交变电流的周期是1×10－3 s
C．变压器的输入功率是1×103 W
D．电压表的示数是100 V
答案　AC
解析　由图乙可知，输入电压最大值为220 V，有效值为220 V，周期为2×10－2 s，故A正确，B错误；依据变压器原、副线圈电压关系得输出电压有效值为U2＝100 V，则电压表的示数为100 V，D错误；变压器的输入功率等于输出功率，为P入＝P出＝＝1 000 W，C正确．

►题组2　对变压器动态分析的考查
5． 如图5甲所示，T为抱负变压器，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈所接电路中，电压表V1、V2和电流表A1、A2都为抱负电表，电阻R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，R3的最大阻值为12 Ω，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压．在R3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是 (　　)

图5
A．电压表V1的示数增大
B．电压表V2的示数为20 V
C．电流表A1、A2的示数都增大
D．电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积始终减小
答案　D
解析　当R3的滑片向上移动时，R2、R3的总电阻减小，分压减小，所以电压表V1的示数减小，A错误．由变压比公式＝得U2＝22 V，B错误．依据“串反并同”得电流表A1的示数增大，电流表A2的示数减小，C错误．电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积为电阻R2、R3消耗的功率之和，由于P入＝P出＝P1＋P23，且P入＝P出不变，P1增大，故P23减小，D正确．
6． (2011·福建理综·15)图6甲中抱负变压器原、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 (　　)

图6
A．输入电压u的表达式u＝20sin (50πt) V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
答案　D
解析　由图象乙可知Um＝20 V，T＝0.02 s，故ω＝＝100π rad/s，即输入电压u的表达式u＝20sin (100πt) V，所以A项错误．断开S2后两灯串联，总电压仍为4 V，所以L1、L2均不能正常发光，B项错误．依据P入＝P出＝可知断开S2后R总增大，P入变小，P出变小，C项错误．若S1接2，由P＝可得P＝ W＝0.8 W，D项正确．
7． 如图7所示，某抱负变压器的原线圈接一沟通电，副线圈接如图所示电路，开关S原来闭合，且R1＝R2.现将S断开，那么沟通电压表的示数U、沟通电流表的示数I、电阻R1上的功率P1及该变压器原线圈的输入功率P的变化状况正确的是 (　　)

图7
A．U增大 B．I增大
C．P1减小 D．P减小
答案　AD
解析　开关S由闭合到断开时，负载的总电阻变大，变压器的输出电压U2不变，则输出电流I2变小，R上的电压变小，R1上的电压U变大，电阻R1上的功率P1＝＝，R1不变，U变大，则P1增大，故A正确，C错误．由电流与匝数的关系可知电流表的示数I减小，B错误．输出功率P出＝I2U2，U2不变，I2减小，则P出减小，输入功率等于输出功率，所以D正确．
8． 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图8甲所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调整输出电压．图甲中两电表均为抱负沟通电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图乙所示正弦式沟通电，变压器视为抱负变压器，那么 (　　)

图8
A．由乙图可知CD两端输入沟通电压u的表达式为u＝36sin 100t(V)
B．当滑动触头P逆时针转动时，MN之间输出沟通电压的频率变大
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
答案　D
解析　由题图乙可知u＝36sin 100πt(V)，A错误．M、N之间输出沟通电压的频率由输入的沟通电压的频率打算，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．
9． 某同学自制变压器，原线圈为n1匝，在做副线圈时，将导线ab对折后并在一起，在铁芯上绕n2圈，从导线对折处引出一个接头c，连成图9所示电路．S为单刀双掷开关，线圈电阻不计，原线圈接u1＝Umsin ωt的沟通电源．下列说法正确的是 (　　)

图9
A．S接b时，电压表示数为
B．S接c时，电压表示数为
C．S接c时，滑动触头P向下移动，变压器输入功率变大
D．S接c时，滑动触头P向上移动，变压器输入电流变大
答案　BD
解析　S接b时，双导线ab产生的感应电动势抵消为零，电压表示数为零，选项A错误；S接c时，副线圈的电动势就是一个n2线圈产生的感应电动势，由＝、U1＝，所以U2＝，选项B正确；P向下滑时，R变大，消耗的功率变小，因此输入功率也变小，同理分析，P向上滑时，R减小，回路电流变大，由I1n1＝I2n2知输入电流变大，选项C错误，D正确．
►题组3　对远距离输电的考查
10．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为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，则下列关系式中正确的是 (　　)
A．P′＝ B．P′＝
C．P用＝P－ D．P用＝P(1－)
答案　BD
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＝
用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P
11．如图10所示为重庆某中学教学区供电示意图，供电部门通过抱负变压器原线圈A、B端送电，虚线框内表示教学区内各教室的照明电路．已知变压器副线圈C、D两端距教学区输入端E、F距离较远，之间输电线电阻不能忽视，设定A、B端输入电压确定，则以下说法正确的是 (　　)

图10
A．假如教学区同时使用的电灯削减，A、B端输入功率仍不变
B．C、D端电压确定为220 V
C．E、F端电压确定为220 V
D．教学区内同时使用的电灯越多，E、F端输入电压越低
答案　D
解析　使用的电灯削减时，输电线与照明电路的总电阻变大，副线圈两端电压U2不变，故P出＝变小，又P入＝P出，所以A、B端输入功率变小，A项错误；由于输电线电阻的分压，要保证教室内照明灯正常工作，则应有UCD>220 V；而UEF会由于使用的电灯数量不同而获得不同电压，B、C项错误；当使用的电灯越多时，输电线上损失的电压就越多，EF端输入的电压就越低，D项正确．
12．某小型水电站的电能输送示意图如图11甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙．输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为抱负变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则
(　　)

图11
A．乙图中电压的瞬时值表达式为u＝220sin 100πt V
B．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V，所以＝
C．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案　AD
解析　由于输电线上电阻会损失电压、电功率，使得U2>U3，故P2>P3，选项D正确；由于＝，＝，由于U1＝U4＝220 V，U2>U3，所以<，选项B错误；由沟通电及变压器基础学问可知选项A对，C错．
13．某小型试验水电站输出功率是20 kW，输电线总电阻为6 Ω.
(1)若接受380 V输电，求输电线路损耗的功率；
(2)若改用5 000 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．
答案　(1)16.62 kW　(2)226.18 V
解析　(1)输电线上的电流为
I＝＝ A≈52.63 A
输电线路损耗的功率为
P损＝I2R＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW.
(2)改用高压输电后，输电线上的电流为
I′＝＝ A＝4 A
用户端在变压器降压前获得的电压
U1＝U′－I′R＝(5 000－4×6) V＝4 976 V
依据＝，用户得到的电压为
U2＝U1＝×4 976 V≈226.18 V.