2023届高考物理大一轮复习第十一章交变电流传感器教师用书

第十一章交变电流传感器考纲要求考情分析交变电流、交变电流的图像Ⅰ1.命题规律近几年高考对本章内容常以选择题的形式考查：交变电流的有效值、瞬时值，变压器的原理及应用，远距离输电等知识。其中与变压器有关的题目出现频率较高。2.考查热点预计2023年高考对交变电流的考查仍会集中于变压器的原理及应用，还可能综合图像考查有效值、瞬时值或远距离输电等知识。正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值Ⅰ理想变压器Ⅱ远距离输电Ⅰ实验十二：传感器的简单使用 第63课时交变电流的产生与描述(双基落实课)[命题者说]本课时内容是交变电流的根底知识，包括交变电流的产生与变化规律、交变电流的有效值、交变电流的“四值〞的应用等，其中交变电流的有效值、图像等是高考的热点，虽然很少单独考查，但在相关类型的题目中经常涉及。一、交变电流的产生与变化规律1.正弦式交变电流的产生和图像(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。(2)图像：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图像为正弦曲线。如图甲、乙所示。2．周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω)。(2)频率(f)：交变电流在1s内完成周期性变化的次数。单位是赫兹(Hz)。(3)周期和频率的关系：T＝eq\f(1,f)。3．正弦式交变电流的函数表达式(线圈从中性面开始计时)(1)电动势e＝Emsinωt＝nBSωsin_ωt。(2)电流i＝Imsin_ωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt。(3)电压u＝Umsin_ωt＝eq\f(EmR,R＋r)sinωt。[小题练通]1．(2023·惠州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表。假设线圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，以下说法正确的选项是()A．在t1～t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BSB．在t3～t4时间内，通过电阻R的电荷量为eq\f(BS,R)C．在t3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSωD．在t3时刻电流表的示数为eq\f(BSω,\r(2)R＋r)解析：选D由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为BS，方向相反，那么在t1～t3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS，A错误；在t3～t4时间内，磁通量的变化量为BS，那么平均电动势eq\x\to(E)＝eq\f(BS,Δt)，因此通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(\x\to(E),R＋r)·Δt＝eq\f(BS,ΔtR＋r)Δt＝eq\f(BS,R＋r)，故B错误；在t3时刻电动势E＝BSω，那么由法拉第电磁感应定律，E＝eq\f(ΔΦ,Δt)可知，那么穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故C错误；在t3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，那么有I＝eq\f(E,\r(2)R＋r)＝eq\f(BSω,\r(2)R＋r)，故D正确。2．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直。在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如下图，线圈的cd边离开纸面向外运动。假设规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，那么能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图像是()解析：选C线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电。对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定那么判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对。解决交变电流图像问题的三点注意(1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关。(2)注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积。(3)在解决有关交变电流的图像问题时，应先把交变电流的图像与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。二、有效值的理解和计算1.有效值的理解跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值。对于正弦交流电，其有效值和峰值的关系为E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))2．有效值的计算(1)计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同〞：“相同时间〞内“相同电阻〞上产生“相同热量〞列式求解。(2)利用两类公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分别求得电流有效值和电压有效值。(3)假设图像局部是正弦(或余弦)交流电，其中的从零(或最大值)开始的eq\f(1,4)周期整数倍的局部可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系Im＝eq\r(2)I、Um＝eq\r(2)U求解。3．几种典型的交变电流的有效值电流名称电流图像有效值正弦式交变电流I＝eq\f(Im,\r(2))正弦半波电流I＝eq\f(Im,2)正弦单向脉冲电流I＝eq\f(Im,\r(2))矩形脉动电流I＝eq\r(\f(t0,T))Im非对称性交变电流I＝eq\r(\f(1,2)I12＋I22)[小题练通]1．多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是本钱高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或风扇的转速。现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，如下图为一个经过双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦式电流的每一个eq\f(1,2)周期中，前面的eq\f(1,4)被截去，从而改变了电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为()A．UmB.eq\f(Um,\r(2))C.eq\f(Um,2)D.eq\f(Um,4)解析：选C由有效值的定义知eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)，得U＝eq\f(Um,2)。C项正确。2．如下图的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。那么线框内产生的感应电流的有效值为()A.eq\f(BL2ω,2R)B.eq\f(\r(2)BL2ω,2R)C.eq\f(\r(2)BL2ω,4R)D.eq\f(BL2ω,4R)解析：选D线框的转动周期为T，而线框转动一周只有eq\f(T,4)的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I＝eq\f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，根据电流的热效应有：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL2ω,2R)))2R·eq\f(T,4)＝I有2RT，解得I有＝eq\f(BL2ω,4R)，故D正确。求解有效值的一般方法和技巧(1)首先要分析交变电流的变化规律，正弦式电流的最大值和有效值的关系是I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，非正弦式交变电流一般不符合此关系。(2)对于非正弦式交变电流，可在一个周期内分段求出产生的热量，再求热量的总和Q。将总热量Q用相应的物理量I或U来表示(如Q＝I2Rt或Q＝eq\f(U2,R)t)，那么I或U为其交变电流的相应有效值。三、交变电流的“四值〞及应用物理含义重要关系适用情况瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωt计算线圈某一时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)确定用电器的耐压值，电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)(2)交流电表的测量值(3)电器设备标注的额定电压、额定电流(3)保险丝的熔断电流平均值交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路某截面的电荷量[小题练通]1.(多项选择)(2023·安徽“江南十校〞联考)如下图，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场中的矩形线框MNPQ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ转动。MN长为l1，NP长为l2，线框电阻为R。在t＝0时刻线框平面与纸面重合，以下说法正确的选项是()A．矩形线框产生的感应电动势有效值为eq\f(\r(2),2)Bl1l2ωB．矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时电流为零C．矩形线框转动一周时，通过线框的电荷量为eq\f(Bl1l2,R)D．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为eq\f(πB2l12l22ω,2R)解析：选ABD矩形线框转动产生正弦交变电流最大值：Em＝Bl1l2ω，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)Bl1l2ω，故A正确；转过半周，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，瞬时电流为零，B正确；转过一周通过横截面的电荷量为零，C错误；转过半周时间内产生的热量为Q＝eq\f(E2,R)t＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)Bl1l2ω))2,R)×eq\f(π,ω)＝eq\f(πB2l12l22ω,2R)，D正确。2.如下图，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外，cd边转入纸内。(1)写出感应电动势的瞬时表达式；(2)线圈转一圈外力做功多少？(3)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是多少？解析：(1)线圈以n＝3000r/min的转速匀速转动，所以线圈的角速度ω＝100πrad/s感应电动势的最大值为：Em＝nBSω＝100π(V)所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωcosωt＝100πcos100πt(V)(2)电动势有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))，电流I＝eq\f(E,R＋r)，线圈转一圈外力做功等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T≈98.6J(3)线圈由题图位置转过90°的过程中，ΔΦ＝BSsin90°，通过R的电量为Q＝Neq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.1C答案：(1)e＝100πcos100πt(V)(2)98.6J(3)0.1C线框在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式交变电流。而对于电表读数、求产生的热量均由交变电的有效值来确定，涉及耐压值时，那么由最大值来确定，而通过某一电量时，那么用平均值来求。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图甲所示。那么以下说法正确的选项是()A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻，φ的变化率最大C．t＝0.02s时刻，交流电动势到达最大D．该线圈相应产生的交流电动势的图像如图乙所示解析：选B由题图甲可知，t＝0时，通过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面位置。t＝0.01s时刻，磁通量为零，但磁通量变化率最大，所以A错误，B正确。t＝0.02s时，交流电动势应为0，C、D均错误。2．一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e＝220eq\r(2)sin100πtV，对于这个交变电流的说法正确的选项是()A．此交变电流的频率为100Hz，周期为0.01sB．此交变电流电动势的有效值为220VC．耐压为220V的电容器能够在该交变电路中使用D．t＝0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零解析：选B由电动势瞬时值表达式可知，此交变电流的频率为50Hz，周期为0.02s，电动势的有效值为220V，最大值为220eq\r(2)V，故A、C选项错误，B选项正确。当t＝0时，电动势的瞬时值为零，说明t＝0时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故D选项错误。3.如下图是一交变电流的i­t图像，那么该交变电流的有效值为()A．4AB．2eq\r(2)AC.eq\f(8,3)AD.eq\f(2\r(30),3)A解析：选D由i­t图像知，该交变电流一个周期的时间为3×10－2s，前eq\f(1,3)周期为正弦交变电流，后eq\f(2,3)周期为恒定电流，那么该电流通过一个电阻R在1个周期内产生的热量为eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Im,\r(2))))2R·eq\f(1,3)T＋Im2R·eq\f(2,3)T＝I2RT，可确定有效值I＝eq\f(2\r(30),3)A，故D正确。4．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，那么在t＝eq\f(π,2ω)时刻()A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．穿过线圈磁通量的变化率最大解析：选C线圈中产生的交变电流按照题图乙所示的余弦规律变化，即i＝Imcosωt，在t＝eq\f(π,2ω)时刻，i＝Imcosωt＝Imcoseq\f(π,2ω)·ω＝0，此时刻线圈位于与磁场方向垂直所在的平面，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，B、D错误；产生的感应电流为零，所以安培力为零，C正确，A错误。5．(2023·南京、盐城一模)一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如下图，那么在相同时间内电阻产生热量最大的是()解析：选D由A、B图像，对应正弦式交变电流，有效值：I1＝eq\f(\r(2),2)Im＝eq\r(2)A，根据焦耳定律得：Q1＝I12RT＝(eq\r(2))2RT＝2RT，C选项对应恒定电流，根据焦耳定律得：Q3＝I2RT＝2.25RT，D选项对应方波交变电流，根据焦耳定律得：Q4＝I42R·eq\f(T,2)＋I4′2R·eq\f(T,2)＝2RT＋2RT＝4RT，应选项D正确。二、多项选择题6．如图中各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，那么能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()解析：选AC线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsinωt，由这一原那么判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直。故A、C正确。7．如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，那么()A．电流的表达式为i＝0.6sin10πt(A)B．磁铁的转速为10r/sC．风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin10πt(A)D．风速加倍时线圈中电流的有效值为0.6eq\r(2)A解析：选AD通过题图乙可知电流的最大值为0.6A，周期T＝0.2s，故ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s，故电流的表达式为i＝0.6sin10πt(A)，故A正确；电流的周期为T＝0.2s，故磁体的转速为n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.2)r/s＝5r/s，故B错误；风速加倍时，角速度加倍，根据Em＝nBSω可知产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin20πt(A)，故C错误；根据C项分析，形成的感应电流Im＝1.2A，故有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(1.2,\r(2))A＝0.6eq\r(2)A，故D正确。8.在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，如下图，线圈电阻为2Ω，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过了60°时的感应电流为1A，那么()A．线圈中感应电流的有效值为2AB．线圈消耗的电功率为4WC．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4coseq\f(2π,T)t(V)D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝eq\f(T,π)sineq\f(2π,T)t(Wb)解析：选BC因为是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以其电流瞬时表达式为i＝Imcosωt，因为线圈转过了60°的感应电流为1A，即1＝Imcos60°，解得Im＝2A，故感应电流有效值为I＝eq\f(2,\r(2))A＝eq\r(2)A，A错误；线圈消耗的电功率为P＝I2R＝(eq\r(2))2×2W＝4W，B正确；电路中感应电动势最大为Em＝ImR＝4V，线圈的角速度为ω＝eq\f(2π,T)，所以线圈转动过程中产生的感应电动势的瞬时值为e＝Emcosωt＝4coseq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))(V)，C正确；任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝BSsineq\f(2π,T)t，根据公式Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)，可得eq\f(Em,Nω)＝eq\f(Em,N\f(2π,T))＝eq\f(4,1×\f(2π,T))＝eq\f(2T,π)，故Φ＝eq\f(2T,π)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))(Wb)，D错误。第64课时变压器(重点突破课)eq\a\vs4\al([根底点·自主落实])[必备知识]一、理想变压器1．构造：如下图，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈；(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。2．原理：电流磁效应、电磁感应。二、理想变压器几个根本关系电压电流功率关系式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)n1I1＝n2I2P入＝P出依据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)U1I1＝U2I2能量守恒注意电流关系式仅适用于一个副线圈的情况[小题热身]1．(多项选择)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的选项是()A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1解析：选BD对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相同，磁通量的变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比。理想变压器没有能量损失，故输入功率等于输出功率。2．(多项选择)对于理想变压器，以下说法中正确的选项是()A．原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大B．原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大C．原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化D．当副线圈断开时，原线圈的电流不一定为零解析：选ABC原线圈的电压决定副线圈的电压，即使副线圈开路也是如此，副线圈电压在开路时也不会为零；原线圈的电流由副线圈的电流决定，当副线圈电流为零时，原线圈电流也为零；输出功率决定输入功率，输出功率变大时，输入功率也变大，且二者总相等，故正确的选项为A、B、C。3.(多项选择)(2023·临沂二模)某交流发电机的输出电压随时间变化的图像如下图，输出功率是20kW，现用5000V高压输电，输电线上的总电阻是40Ω，再利用n1∶n2＝22∶1的降压变压器降压后供应用户，那么以下说法正确的选项是()A．交变电流的频率为100HzB．发电机输出电压的有效值为220VC．流过高压输电线的电流为125AD．降压变压器输出电压的有效值为220V解析：选BD由题图可知周期T＝0.02s，所以频率f＝50Hz，应选项A错误；交流发电机的输出电压为U0＝220V，应选项B正确；由P＝UI可知高压输电电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(20000,5000)A＝4A，应选项C错误；降压变压器的输入电压U1＝U－IR＝5000V－4×40V＝4840V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知降压变压器的输出电压为U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(4840,22)V＝220V，应选项D正确。eq\a\vs4\al([提能点·师生互动])提能点(一)理想变压器[典例](2023·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如下图，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，eq\o\ac(○,A)为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为()A．2 B．3C．4 D．5[解析]设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，那么原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI。根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确。[答案]B理想变压器关系式应用时的考前须知理想变压器的变压关系是一个普适关系，而电流比eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)那么不然，它只适用于副线圈仅有一个的情况。而对副线圈有多个的情况那么应根据功率关系P入＝P出，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋…来找出各线圈间的电流关系。[集训冲关]1.(多项选择)(2023·全国丙卷)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。以下说法正确的选项是()A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9解析：选AD设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，那么变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确。2.如下图，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶2，副线圈与阻值R＝10Ω的电阻相连，原线圈两端所加的电压u＝10eq\r(2)sin100πt(V)，以下说法正确的选项是()A．交流电压表的示数为14.1VB．原线圈中的电流为4AC．电阻R消耗的电功率为400WD．副线圈中交流电的频率为100Hz解析：选B交流电压表的示数为电压的有效值，所以电压表的示数为10V，所以A错误。根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为20V，所以电阻R上消耗的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(202,10)W＝40W，所以C错误。副线圈的电流为I2＝eq\f(U,R)＝eq\f(20,10)A＝2A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈中的电流为4A，所以B正确。变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出交流电的频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)＝50Hz，所以D错误。提能点(二)三种特殊的变压器eq\a\vs4\al([自耦变压器])自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一局部作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的根本关系对自耦变压器均适用，如下图。[例1](2023·江苏高考)一自耦变压器如下图，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局部，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()A．U2＞U1，U2降低B．U2＞U1，U2升C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升[解析]a、b间原线圈的匝数大于c、d间副线圈的匝数，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，U2＜U1，且U2降低，选项C正确。[答案]Ceq\a\vs4\al([多副线圈变压器])计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系：(1)电压关系：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋…[例2]如下图，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为()A．1∶1∶1B．3∶2∶1C．6∶2∶1D．2∶2∶1[解析]灯泡正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想变压器的电压关系得eq\f(n2,n3)＝eq\f(U2,U3)＝eq\f(2,1)，可得n2＝2n3。灯泡都正常发光，那么功率相等，即PA＝PB＝PC＝PD。由P＝I2R得IA＝IB＝IC＝ID，即I1＝I2＝I3由理想变压器的功率关系得U1I1＝U2I2＋U3I3，即n1I1＝n2I2＋n3I3，可得n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3。所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1。[答案]B[电压互感器和电流互感器]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交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eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)I1n1＝I2n2[例3](多项选择)(2023·江苏四市联考)如下图，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a、b表示电压表或电流表，电压表的示数为22V，电流表的示数为1A，那么()A．a为电流表，b为电压表B．a为电压表，b为电流表C．线路输送电功率是220kWD．输电线路总电阻为22Ω[解析]左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b为电流表，选项B正确，A错误；电压表的示数为22V，根据变压公式，eq\f(U1,U2)＝100，输电电压为U1＝100×22V＝2200V；电流表的示数为1A，根据变流公式，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝100，输电电流I1＝100×1A＝100A，线路输送电功率为P＝U1I1＝220kW，选项C正确；根据题述条件，不能求出输电线路总电阻，选项D错误。[答案]BC对于副线圈有两个及以上的理想变压器，电压与匝数成正比是成立的，而电流与匝数成反比的规律不成立。但在任何情况下，电流关系都可以根据原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率即P入＝P出进行求解。[集训冲关]1.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局部。一升压式自耦调压变压器的电路如下图，其副线圈匝数可调。变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V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2.0kW。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，且变压器是理想的，那么U2和I1分别约为()A．380V和5.3A B．380V和9.1AC．240V和5.3A D．240V和9.1A解析：选B对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(2000,220)A≈9.1A，负载两端电压即为副线圈电压，由eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，即eq\f(220,1100)＝eq\f(U2,1900)，可得U2＝380V，故B对。2．(多项选择)如图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，以下说法中正确的选项是()A．线圈匝数n1<n2，n3<n4B．线圈匝数n1>n2，n3>n4C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路解析：选CD题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3<n4，题图乙中的电表为电流表，应选项C、D正确。提能点(三)理想变压器的动态分析[典例](2023·天津高考)如下图，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。以下说法正确的选项是()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．假设闭合开关S，那么电流表A1示数变大，A2示数变大[解析]当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，那么副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，那么通过R1的电流I2＝eq\f(U2,R总)变小，R1消耗的功率PR1＝I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，那么电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I2变小，那么I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；假设闭合开关S，那么副线圈所在电路的总电阻R总′变小，通过副线圈的电流I2′＝eq\f(U2,R总′)变大，那么通过原线圈的电流I1′变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1′＝I2′R1变大，那么R2两端的电压UR2′＝U2－UR1′变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。[答案]B理想变压器动态分析的两种情况(1)匝数比不变，负载变。如下图：①U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，不管负载电阻R如何变化，U2不变。②当负载电阻发生变化时，I2＝eq\f(U2,R)变化，由于eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，故I1发生变化。③I2变化引起P2＝U2I2变化，P1＝P2，故P1发生变化。(2)负载电阻不变，匝数比变。如下图：①U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，U2变化。②R不变，U2变化，故I2＝eq\f(U2,R)发生变化。③根据P2＝eq\f(U22,R)，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化。④根据P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化。[集训冲关]1．(多项选择)如下图的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，以下说法正确的选项是()A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：选BDP向上或向下滑动时，由变压器的电压特点eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2是不变的，灯L亮度也不变，A项错误，B项正确；P向上滑动时，滑动变阻器的阻值减小，由P＝eq\f(U2,R)可知，变压器的输出功率P2变大，又理想变压器的输入功率等于输出功率，那么输入功率P1也变大，由P1＝U1I1及U1不变可知，变压器的输入电流变大，C项错误，D项正确。2．(2023·南昌模拟)某供电系统是由交流发电机输出电压和副线圈匝数可调的变压器组成，如下图。图中R0表示输电线的电阻。那么()A．当电压表V1示数减小，而用电器负载不变时，不改变触头位置，电流表A1示数增大B．当电压表V1示数减小，而用电器负载不变时，适当上移触头P，可使电流表A2示数不变C．当电压表V1示数不变，而用电器负载增加时，不改变触头位置，电流表A1示数不变D．当电压表V1示数不变，而用电器负载增加时，适当上移触头P，电流表A1示数一定减小解析：选B在不改变触头位置时，V1读数减小导致V2读数减小，负载电阻不变，导致I2减小，I1减小，A错误；电压关系为eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，减小U1同时增大n2可以使得U2不变，I2不变，B正确；U1不变，又不改变触头位置那么U2不变，此时增加负载(即减小负载电阻)，I2增大，从而I1增大，C错误；根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，在U1不变时，上移触头，U2增大，此时增加负载，I2增大，从而I1增大，D错误。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．(2023·四川高考)如下图，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，那么()A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n1＞n2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比eq\f(n1′,n2′)变大，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1′,n2′)，U1一定，U2变小，故小灯泡变暗，选项A错误，选项B正确；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1′,n2′)知，原、副线圈电压的比值变大，选项C错误；根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2′,n1′)，那么通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误。2．(2023·江苏高考)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V。变压器原线圈匝数为800，那么副线圈匝数为()A．200 B．400C．1600 D．3200解析：选B根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得n2＝eq\f(n1U2,U1)＝eq\f(800×110,220)＝400，选项B正确。3．(2023·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压在220V的正弦交流电源上，如下图。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，那么()A．U＝66V，k＝eq\f(1,9) B．U＝22V，k＝eq\f(1,9)C．U＝66V，k＝eq\f(1,3) D．U＝22V，k＝eq\f(1,3)解析：选A设原、副线圈中的电流分别I1、I2，那么eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,3)，故k＝eq\f(I12R,I22R)＝eq\f(1,9)。设原线圈两端的电压为U1，那么eq\f(U1,U)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(3,1)，故U1＝3U。结合原副线圈的电流比为1∶3，那么原线圈上电阻两端的电压为eq\f(1,3)U，故eq\f(U,3)＋3U＝220V，解得U＝66V。选项A正确。4.用220V的正弦式交变电流通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V，通过负载的电流图像如下图，那么()A．变压器输入功率约为3.9WB．输出电压的最大值是110VC．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt＋\f(π,2)))A解析：选A由题图知，副线圈电流的有效值I2＝0.05×eq\f(\r(2),2)A，副线圈的输出功率是P2＝U2×I2＝110×0.05×eq\f(\r(2),2)W≈3.9W，A正确；输出电压的有效值是110V，B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220V,110V)＝eq\f(2,1)，C错误；从题图可以看出，交变电流的周期是0.02s，角速度是100πrad/s,负载电流的函数表达式i＝0.05sin100πt(A)，D项错误。5．(2023·保定期末)如下图，有一自耦变压器接在稳定的交流电源上，V1、V2为理想电压表。以下说法中正确的选项是()A．假设F不动，滑片P向上滑动时，V1示数变大，V2示数变小B．假设F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小C．假设P不动，滑片F向下移动时，V1示数不变，V2示数增大D．假设P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变小解析：选D电压表V1的示数由交流电源决定，与其他因素无关，A项错误；F不动，变压器输出电压不变，滑片P上滑，副线圈电路总电阻减小，由欧姆定律可知，电流增大，灯泡L功率增大，B项错误；假设滑片P不动，F下移，副线圈匝数n2减小，由变压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，输出电压U2减小，由欧姆定律可知，电路总电流减小，故灯泡消耗功率减小、滑动变阻器两端电压减小，C项错误，D项正确。6．(2023·杭州质检)如下图，电路中有五个完全相同的灯泡，额定电压均为36V，变压器为理想变压器，现在五个灯泡都正常发光，那么变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2和电源电压U分别为()A．2∶372VB．3∶254VC．3∶1180V D．3∶1108V解析：选C设灯泡正常发光时电流为I，那么副线圈中电流为3I，原线圈中电流为I，由理想变压器原、副线圈中的电流之比与原、副线圈匝数之比的关系可知，n1∶n2＝3∶1，由变压器原、副线圈两端的电压之比与原、副线圈匝数之比的关系可知，原线圈两端电压为108V，再加上两个灯泡两端电压可知U＝180V，选项C正确。7．以下图中甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化。以下说法正确的选项是()A．图甲表示交流电压，图乙表示直流电压B．两种电压的有效值相等C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin100πt(V)D．图甲所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的eq\f(1,10)解析：选C因图像的纵坐标——电压的正负表示电压的方向，因此两图均为交流电压，A错；对于正弦式交变电流才有U有效＝eq\f(Um,\r(2))，虽然两图的峰值相同，但题图乙是非正弦式交变电流，不适用上式有效值的求法，故B错；正弦式交流电压瞬时值的表达式为u＝Umsinωt，由题图可知Um＝311V，T＝2×10－2s，可得ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，代入上式得u＝311sin100πt(V)，故C对；由变压器原理可知变压器只能根据匝数比改变电压和电流，它不会改变周期和频率，故D错。8.(2023·唐山统考)如下图，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光，滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法正确的选项是()A．电压表读数增大B．电流表读数减小C．等效电阻R两端电压增大D．为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动解析：选C当S闭合时，变压器副线圈电路电流增大，两端电压不变，电压表读数不变，选项A错误。由于变压器输出功率增大，输入电流增大，电流表读数增大，选项B错误。由于输电线中电流增大，所以输电线等效电阻R两端电压增大，选项C正确。为使灯泡L正常发光，应该增大变压器输出电压，滑片P应向上滑动，选项D错误。二、多项选择题9．(2023·泰州一模)如图甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光，假设用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，那么()A．灯泡的电压为110VB．副线圈输出交流电的频率为50HzC．U＝220V，I＝0.2AD．原线圈输入电压的瞬时表达式为u＝220eq\r(2)sin100πt(V)解析：选ABD由题图乙可知原线圈的电压有效值为：U＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，副线圈的电压为：U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，那么A正确。原线圈的频率为：f＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，变压器不会改变频率，故B正确；副线圈电流为：I2＝eq\f(22,110)A＝0.2A，原线圈的电流为：I1＝eq\f(1,2)I2＝0.1A，那么C错误；ω＝2πf＝100π，原线圈输入电压的瞬时表达式为：u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，故D正确。10.有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如下图，在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，那么()A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小解析：选BC保持Q的位置不动，副线圈匝数不变，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知U2不变，当P向上滑动时，R变大，由I2＝eq\f(U2,R0＋R)知I2减小，I1减小，故电流表的读数变小，A错误，B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈的匝数增多，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知U2增大，由I2＝eq\f(U2,R＋R0)知I2增大，I1增大，故电流表的读数变大，C正确，D错误。11．(2023·广东四校联考)理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，那么()A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流之比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增大解析：选AD原线圈输入电压的频率为50Hz，变压器不改变交变电流的频率，A正确；原线圈输入电压的有效值为U1＝220V，根据理想变压器的电压规律可得，副线圈输出电压的有效值为U2＝eq\f(n2,n1)U1＝22V，B错误；根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)知P向右移动时，原副线圈的电流之比不变，C错误；P向右移动时，滑动变阻器接入电路局部的电阻减小，而副线圈两端的电压不变，那么副线圈中的电流变大，变压器的输出功率增大，D正确。12.如下图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，变压器可视为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电，调节触头P，使输出功率由1000W降至250W。假设电阻丝的阻值不变，那么调节前后()A．副线圈两端的电压比为4∶1B．原线圈输入电流比为1∶2C．副线圈的接入匝数比为2∶1D．原线圈输入功率比为4∶1解析：选CD调节触头P，使输出功率由1000W降至250W，而电阻丝的阻值不变，那么根据P＝eq\f(U2,R)，可知，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原、副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为2∶1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2∶1，故A、B错误，C正确；副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4∶1，故D正确。13．(2023·苏北四市期末)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，eq\o\ac(○,V)、R和L分别是电压表、定值电阻和电感线圈，D1、D2均为灯泡。原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化，以下说法正确的选项是()A．电压表示数为62.2VB．电压u的表达式u＝311sin100πt(V)C．仅增大电压u的频率，电压表示数增大D．仅增大电压u的频率，D1亮度不变，D2变暗解析：选BD根据题图乙可知，原线圈电压的最大值为311V，那么有效值U1＝eq\f(311,\r(2))V＝220V，根据理想变压器电压与匝数成正比得：eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(5,1)，解得：U2＝44V，所以电压表示数为44V，故A错误；根据题图乙可知，原线圈电压的最大值为311V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，那么电压u的表达式为u＝311sin100πt(V)，故B正确；原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u的频率，电压表示数不变，那么D1亮度不变，电感线圈通低频阻高频，那么频率越大，阻碍作用越大，所以D2变暗，故C错误，D正确。14．如图甲所示是某燃气炉点火装置的原理图，转换器将直流电压转换为如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，eq\o\ac(○,V)为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，以下判断正确的选项是()A．电压表的示数等于5VB．电压表的示数等于eq\f(5,\r(2))VC．实现点火的条件是eq\f(n2,n1)>1000D．实现点火的条件是eq\f(n2,n1)<1000解析：选BC由题图乙知，交流电压的最大值Um＝5V，所以电压表的示数U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(5,\r(2))V，应选项A错误，选项B正确；根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2,U1)，变压器副线圈电压的最大值U2m＝5000V时，有效值U2＝eq\f(U2m,\r(2))＝eq\f(5000,\r(2))V，所以点火的条件eq\f(n2,n1)>eq\f(\f(5000,\r(2))V,\f(5,\r(2))V)＝1000，应选项C正确，选项D错误。第65课时电能的输送(重点突破课)eq\a\vs4\al([根底点·自主落实])[必备知识]一、高压输电的原理1．电能损失设电源提供的电功率P0恒定，输出电压为U，输电线总电阻为R，那么输电线上损耗的电能为P损＝I2R＝eq\f(P02R,U2)。2．高压输电提高输送电能的电压，可以更有效地减小输电线路上的电能损耗，这就是远距离输电需采用高电压的根本原因。二、远距离输电1．输电线路简图2．输送电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(U－U′,R)3．电压损失ΔU＝U－U′＝IR4．功率损失ΔP＝P－P′＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2R＝eq\f(ΔU2,R)[小题热身]1．发电厂给某工厂的功率限额为500kW，用100kV高压输送，当该工厂由于休假，只使用50kW的电功率时，发电厂和工厂间的高压线路电流为()A．0.5A B．5AC．50A D．不知电阻，无法求出解析：选A由P＝IU知I＝eq\f(P,U)＝eq\f(50×103,100×103)A＝0.5A。选项A正确，B、C、D错误。2．“西电东送〞工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压。从西部某电站向华东某地区输送的电功率为1×106kW，输电电压为1000kV，输电线电阻为100Ω。假设改用超导材料作为输电线，那么可减少输电损耗的功率为()A．1×105kWB．1×104kWC．1×106kW D．1×103kW解析：选A输电电流I＝eq\f(P,U)，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2R＝1×105kW，当改用超导材料输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确。3．如图是远距离输电的示意图，以下说法正确的选项是()A．a是升压变压器，b是降压变压器B．a是降压变压器，b是升压变压器C．a的输出电压等于b的输入电压D．a的输出电压等于输电线上损失的电压解析：选A远距离输电需要升高电压，故a是升压变压器，b是降压变压器，A正确，B错误，由于电压损失，a的输出电压大于b的输入电压，C、D错误。4．(2023·河南八市质检)如图为某发电站电能输送示意图。发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器匝数均不变，假设用户电阻R0减小，以下说法正确的选项是()A．发电机的输出功率减小B．输电线上的功率损失减小C．用户得到的电压减小D．输电线输送电压减小解析：选C假设用户电阻减小，那么降压变压器输出功率增大，导致发电机的输出功率增大，选项A错误。假设用户电阻减小，降压变压器输出功率增大，导致输电线上电流增大，输电线上损失电压增大，输电线上的功率损失增大，选项B错误。输电线上损失电压增大，降压变压器原线圈输入电压减小，由于降压变压器的原、副线圈匝数比不变，降压变压器副线圈输出电压(即用户得到的电压)减小，选项C正确。根据题给发电机的输出电压不变，升压变压器的原线圈输入电压不变。由于升压变压器的原、副线圈匝数比不变，那么输电线上输送电压不变，选项D错误。eq\a\vs4\al([提能点·师生互动])提能点(一)高压输电的原理[典例](2023·襄阳模拟)一般发电机组输出的电压在10kV左右，不符合远距离输电的要求。因此，要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电。到达几百千米甚至几千千米之外的用电区之后，先经“一次高压变电站〞、“二次变电站〞降到10kV左右，再经低压变电站的降压变压器(可视为理想变压器)降压后供应某小区居民，供应居民的交流电u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，该变压器原、副线圈匝数比为50∶1，那么()A．原线圈上的电压为11000eq\r(2)VB．原线圈中电流的频率是100HzC．原线圈使用的导线应该比副线圈的粗D．高压输电有利于减少输电线路中的损耗[解析]供应某小区居民的交流电u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，最大值为220eq\r(2)V，故输出电压有效值为220V，根据变压公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得输入电压U1＝50×200V＝11000V，选项A错误；由u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，解得频率f＝50Hz，选项B错误；根据变压器输入功率等于输出功率，变压器原、副线圈中的电流与匝数成反比，即eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,50)，副线圈中的电流大于原线圈中的电流，所以副线圈的导线要比原线圈的导线粗，选项C错误；在输送电功率一定的情况下，根据公式P＝UI，高压输电有利于减小输电电流，输电线上电功率损耗ΔP＝I2r也会减少，选项D正确。[答案]D高压输电的分析方法(1)输电线上的功率损失ΔP＝I2r，其中I为输电电流，r为输电线上电阻。(2)输电线路需要输送的功率一定，根据P总＝UI提高输电电压，可以减小输电电流，这样就减小了输电线上的功率损失。[集训冲关]1．高压输电电压为U，输电线电阻为r，那么以下说法正确的选项是()A．假设发电机输出功率不变，使输出电压变大，那么输电线损失功率变小B．输电线上损失的功率为ΔP＝eq\f(U2,r)，故导线电阻越大，损失的功率越小C．通过输电线的电流为I＝eq\f(U,r)，故输电电压越高，电流越大，损失的功率越大D．以上说法都不对解析：选AΔP＝I2r＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2r，ΔP与U2成反比，故A正确；选项B、C混淆了输送电压U和损失电压ΔU，故B、C、D错误。2．用一台型号为AED6500S的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如下图，发电机到安置区的距离是400m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω，安置区家用电器的总功率为44kW，当这些额定电压为220V的家用电器都正常工作时()型号AED6500S输出电压范围220～300V最大输出功率60kWA.输电线路中的电流为20AB．发电机的实际输出电压为300VC．在输电线路上损失的电功率为8kWD．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，那么其输出电压最大值是300V解析：选C当这些额定电压为220V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝eq\f(P,U)＝200A，A错误；导线电阻为R＝2.5×10－4×400×2Ω＝0.2Ω，那么发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260V，B错误；在输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8kW，C正确；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，那么其输出电压的最大值是Um＝eq\r(2)U输≈368V，D错误。提能点(二)远距离输电问题[典例](多项选择)(2023·武汉武昌区调研)如下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T1的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝1∶10，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r＝2Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3∶n4＝10∶1，假设T2的用电设备两端的电压为U4＝200V且用电设备消耗的电功率为10kW，不考虑其他因素的影响，那么()A．T1的副线圈两端电压的最大值为2010eq\r(2)VB．T2的原线圈两端的电压为2000VC．输电线上损失的电功率为50WD．T1的原线圈输入的电功率为10.1kW[解析]因为用电设备消耗的电功率为10kW，T2副线圈两端的电压为U4＝200V，那么流过T2副线圈的电流为I4＝eq\f(P,U4)＝eq\f(10×103,200)A＝50A，由变压器原、副线圈的电流与匝数的关系eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，那么I3＝5A；由eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，所以T2原线圈两端的电压为U3＝2000V，选项B正确；输电线的电阻分得的电压为U线＝I3·2r＝5×2V＝10V，所以T1副线圈两端的电压为U2＝U3＋U线＝(2000＋10)V＝2010V，其最大值为U2m＝2010eq\r(2)V，选项A正确；输电线上消耗的功率为P损＝I32·2r＝50W，选项C正确；由能量守恒定律可知T1副线圈的输出功率为P出＝(10000＋50)W＝10050W，因此T1原线圈的输入功率为10050W，选项D错误。[答案]ABC远距离输电问题的“三二一〞(1)理清三个回路。(2)抓住两个联系。①理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。②理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P2＝P损＋P3。[集训冲关]1.如下图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。那么()A．用户端的电压为eq\f(I1U1,I2)B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为I12rD．输电线路上损失的电功率为I1U解析：选A因为P入＝P出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝eq\f(U1I1,I2)，所以选项A正确；输电线上的电压U线＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率P入＝I1U1，线路上损失的电功率P损＝I12r，选项C、D均错误。2．(2023·福建高考)如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＝Umsinωt的交流电源，假设输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，那么输电线上损失的电功率为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\f(Um2,4r)B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))eq\f(Um2,4r)C．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))2r D．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))2r解析：选C升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))；由变压关系可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，那么U2＝eq\f(n2Um,\r(2)n1)；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝eq\f(P,U2)＝eq\f(\r(2)n1P,n2Um)，那么输电线上损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝eq\f(4n12P2r,n22Um2)，应选项C正确。eq\a\vs4\al([课时达标检测])一、单项选择题1．如下图为远距离输电的电路原理图，以下判断正确的选项是()A．U1>U2 B．U2＝U3C．I4<I2 D．I1>I2解析：选D在远距离输电的过程中，第一级为升压过程，故U1<U2，理想变压器输入功率等于输出功率，即U1I1＝U2I2，可得I1>I2，A错误，D正确；由局部电路欧姆定律可得U3＝U2－I2R线，B错误；由于第二级为降压过程，故U3>U4，由U3I2＝U4I4，可知I2<I4，C错误。2．(2023·江苏高考)远距离输电的原理图如下图，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，那么以下关系式中正确的选项是()A.eq\f(I1,I2)＝eq\f(n1,n2)B．I2＝eq\f(U2,R)C．I1U1＝I22R D．I1U1＝I2U2解析：选D根据变压器的工作原理可知eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠I22R，选项C错误，D正确。3．如下图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻r、理想变压器匝数均不变，且n1∶n2＝n3∶5n4。以下表述正确的选项是()A．假设用户用电器消耗的功率增加，用户的电压U4增加B．不管用户用电器的功率增加还是减少，恒有U1∶U2＝U3∶5U4C．假设用户用电器的功率增加为原来的两倍，那么输电线上消耗的功率增加为原来的四倍D．假设用户用电器消耗的功率增加，那么远距离输电的效率增加解析：选B升压变压器原、副线圈的电压由发电机输出电压和升压变压器原、副线圈匝数比决定，故用户用电器消耗的功率变化，升压变压器的输出电压不变；同理降压变压器输入、输出电压比值与其原、副线圈匝数比值成正比，应选项B正确。降压变压器原、副线圈电流比值与其匝数比值成反比，用户用电器消耗的功率增大，即降压变压器输出电流增大，故降压变压器输入电流增大，因此输电线上损失电压Ur增大；又U2＝U3＋Ur，所以U3减小，由变压规律可知，U4减小，选项A错误。用户用电器消耗的功率增加为原来的两倍，那么U4减小，故降压变压器输出电流大于原来的两倍，因此降压变压器输入电流大于原来的两倍，故输电线上消耗的功率大于原来的四倍，选项C错误。远距离输电效率等于用户得到功率与总功率之比，由选项C分析可知，用户用电器消耗的功率越大，输电效率越低，选项D错误。4．如下图，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，那么()A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：选D用户用电器上交流电的频率与发电机输出的电流的频率是一样的，由题图乙可以看到，交流电的频率应为50Hz，所以A错误；正弦式交变电流的最大值应为有效值的eq\r(2)倍，故B错误；输电线的电流由用户的用电功率和输电电压等决定，故C错误；由于变压器的输出电压不变，当用户用电器的总电阻增大时，输出电流减小，根据电流与匝数成反比的关系可知，输电线上的电流减小，由P线＝I线2R线可知，输电线上损失的功率减小，D正确。5．(2023·成都二诊)某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙所示，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(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220V的用电器正常工作，那么以下说法正确的选项是()A．乙图中电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r(2)sin200πt(V)B.eq\f(n1,n2)>eq\f(n4,n3)C．当用户用电器的负载增加时，输电线上损耗的功率增大D．升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率解析：选C题图乙中电压最大值Um＝220eq\r(2)V，T＝0.02s，所以ω＝eq\f(2π,T)＝100π，题图乙中的电压瞬时值表达式u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，A错误。因为U1＝U4＝220V，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，U2>U3，所以eq\f(n1,n2)<eq\f(n4,n3)，B错误。当用户用电器的负载增加时，用电器的总功率增大，那么I4增大，那么I3增大，又P损＝I32r，可得输电线上损耗的功率增大，C正确。由于输电线上的功率损耗，所以升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，D错误。二、多项选择题6．某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压变压器将电压升高后输电，输送的电功率保持不变。假设输电线路的电阻为R，那么提高电压后()A．输电线上的电流减小为原来的eq\f(1,50)B．输电线上的电流增大为原来的50倍C．输电线上的功率损耗减小为原来的eq\f(1,2500)D．输电线上的功率损耗增大为原来的2500倍解析：选AC根据公式eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2,U1)可得，输送电压变为原来的50倍，而输送功率不变，所以由I2＝eq\f(P,U2)可得，提高电压后输电线上的电流减小为原来的eq\f(1,50)，A正确，B错误；电流变为原来的eq\f(1,50)，而输电线电阻不变，