专题（75）变压器 电能的输送（解析版）

2021年高考物理一轮复习考点全攻关专题（75）变压器电能的输送（解析版）双基过关：一、理想变压器1．构造如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．图1(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．3．理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，与负载、副线圈的个数无关电流关系(1)只有一个副线圈时：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn频率关系f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)4.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示．图2(2)互感器eq\b\lc\{\rc\(\a\vs4\al\co1(电压互感器n1>n2：把高电压变成低电压，如图丙所示.,电流互感器n1<n2：把大电流变成小电流，如图丁所示.))INCLUDEPICTURE"D:\\E\\吕芳\\2020\\一轮\\物理\\03\\左括.tif"INCLUDEPICTURE"C:\\Users\\Administrator\\Desktop\\2020.2.3\\物理\\10\\左括.tif"INETINCLUDEPICTURE"C:\\Users\\Administrator\\Desktop\\2020.2.3\\物理\\10\\左括.tif"INET【自测1INCLUDEPICTURE"D:\\E\\吕芳\\2020\\一轮\\物理\\03\\右括.tif"INCLUDEPICTURE"C:\\Users\\Administrator\\Desktop\\2020.2.3\\物理\\10\\右括.tif"INETINCLUDEPICTURE"C:\\Users\\Administrator\\Desktop\\2020.2.3\\物理\\10\\右括.tif"INET】关于理想变压器，下列说法正确的是()A．变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用B．变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率C．正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压D．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小【答案】A二、电能的输送如图3所示，发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电电流为I，输电线总电阻为R.图31．输电电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(P′,U′)＝eq\f(U－U′,R).2．电压损失(1)ΔU＝U－U′(2)ΔU＝IR3．功率损失(1)ΔP＝P－P′(2)ΔP＝I2R＝(eq\f(P,U))2R4．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R.由R＝ρeq\f(l,S)知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．(2)减小输电线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压．自测2(多选)如图4所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定()图4A．通过用户的电流减小了B．用户接入电路的总电阻减小了C．用户消耗的电功率减小了D．加在用户两端的电压变小了【答案】BD【解析】如果发电机输出电流增大，输送电流增大，通过用户的电流增大，A项错误；由于输电线上的损失的电压增大，因此降压变压器输入、输出电压均减小，即加在用户两端的电压变小了，D项正确；由I2U2＝I22R＋(eq\f(n3,n4)I2)2R用户可知，输送电流增大，是由于R用户减小引起的，B项正确；当用户总电阻减小时，即用户所用用电器增多，用户消耗的电功率增大，C项错误.命题热点一：理想变压器原理的应用例1一含有理想变压器的电路如图5所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，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()图5A．2B．3C．4D．5【答案】B【解析】开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比eq\f(I,I2)＝eq\f(n2,n1)，通过R2的电流I2＝eq\f(In1,n2)，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝eq\f(5In1,n2)，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得原线圈两端的电压U1＝5Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2，则U＝U1＋IR1＝5Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2＋3I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比eq\f(4I,I2′)＝eq\f(n2,n1)，通过R2的电流I2′＝eq\f(4In1,n2)，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝eq\f(4In1,n2)，由eq\f(U1′,U2′)＝eq\f(n1,n2)可得原线圈两端的电压U1′＝4Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2，则U＝U1′＋4IR1＝4Ieq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2＋12I，联立解得eq\f(n1,n2)＝3，选项B正确．变式1(多选)如图6所示，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()图6A．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【答案】AD【解析】设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输入端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故eq\f(U1,U2)＝eq\f(9,1)，eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(9,1)，A正确，B错误；根据公式eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得，eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,9)，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确．变式2(多选)如图7甲所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，它们的规格均为“9V12W”，当在该变压器cd端输入交变电压u(u－t图象如图乙所示)时，四只灯泡都正常发光，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是()图7A．a、b端输入电压的瞬时值表达式为u＝27eq\r(2)sin100πt(V)B．原、副线圈匝数比为3∶1C．流过灯泡L2的电流方向每秒改变50次D．电流表的示数为4A，ab端输入的功率Pab＝48W【答案】BD【解析】由输入端交变电压u－t图象可求出电压有效值为27V，灯泡规格均为“9V12W”，四只灯泡都正常发光，所以a、b端输入电压的有效值是27V＋9V＝36V，由题图乙知交流电的周期是0.02s，所以a、b端输入电压的瞬时值表达式为u＝36eq\r(2)sin100πt(V)，故A错误；四只灯泡都正常发光，所以副线圈电压为9V，根据理想变压器电压比规律得出变压器原、副线圈匝数比为3∶1，故B正确；由题图乙知交流电的周期为0.02s，交流电的频率为50Hz，则流过灯泡L2的电流方向每秒改变100次，故C错误；电流表的示数为I＝3×eq\f(12,9)A＝4A，a、b端输入的功率Pab＝4×12W＝48W，故D正确.命题热点二：理想变压器的动态分析1．匝数比不变的情况(如图8)图8(1)U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．2．负载电阻不变的情况(如图9)图9(1)U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，故U2变化．(2)R不变，U2变化，故I2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，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．例2教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图10所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的eq\f(1,2)，则()图10A．R消耗的功率变为eq\f(1,2)PB．电压表V的读数变为eq\f(1,2)UC．电流表A的读数变为2ID．通过R的交变电流频率不变【答案】B【解析】发电机线圈的转速变为原来的eq\f(1,2)，由E＝eq\f(nBSω,\r(2))知，原线圈中输入电压变为原来的eq\f(1,2)，频率变为原来的eq\f(1,2).根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，知U2变为原来的eq\f(1,2)，即U2＝eq\f(1,2)U，则通过R的电流变为原来的eq\f(1,2)，R消耗的功率P2＝eq\f(U22,R)＝eq\f(1,4)P，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，原线圈上的电流也变为原来的eq\f(1,2)，即电流表A的读数变为eq\f(1,2)I，故选B.变式3如图11所示，变压器为理想变压器，电流表A1内阻不可忽略，其余的均为理想的电流表和电压表．a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．将滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时，则下列说法正确的是()图11电压表V1、V2示数不变，V3示数变小B．电压表V1、V2示数变小，V3示数变大C．电流表A1、A2的示数都增大D．电流表A1的示数变小，A2的示数增大【答案】C【解析】当滑动变阻器从c向d滑动的时候，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈的总电阻减小，假设副线圈的总电压不变，则副线圈的总电流I2＝eq\f(U2,R总)增大，变压器的电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知原线圈的总电流I1增大，则原线圈两端的电压U1＝U0－I1RA减小，又eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知副线圈两端的电压U2减小，滑动变阻器两端的电压U3＝U2－I2R0减小，而电压表V1测量值是U1；电压表V2测量值是U2，电压表V3测量值是U3，电流表A1测量值是I1，电流表A2测量值是I2，故A、B、D错误，C正确．命题热点三：远距离输电1．理清三个回路图12远距离输电电网间的基本结构如图12所示．输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路．在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁．2．抓住联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：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)，P1＝P2，I1n1＝I2n2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：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)，P3＝P4，I3n3＝I4n4.3．掌握一个关系发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P1＝P线损＋P用户．例3(多选)如图13为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝104V，输出功率P1＝109W，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2＝1∶100、n3∶n4＝100∶1，输电线总电阻r＝50Ω.则()图13A．U4＝U1B．I4＝I1C．通过电阻r的电流I2＝2×104AD．电阻r损耗的电功率为5×107W【答案】BD【解析】I1＝eq\f(P1,U1)＝105A，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得，I2＝eq\f(n1,n2)I1＝eq\f(1,100)×105A＝103A，则通过电阻r的电流为103A，故C错误；电阻r两端的电压为Ur＝I2r＝103×50V＝5×104V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得，U2＝eq\f(n2,n1)U1＝100×104V＝106V，则U3＝U2－Ur＝106V－5×104V＝9.5×105V，U4＝eq\f(n4,n3)U3＝eq\f(1,100)×9.5×105V＝9.5×103V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，I4＝eq\f(n3,n4)I3＝eq\f(100,1)×103A＝105A，则I4＝I1，故B正确；电阻r损耗的电功率Pr＝I22r＝(103)2×50W＝5×107W，故D正确．变式4如图14所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.下列说法正确的是()图14A．当用户的用电器增多时，U2减小，U4减小B．当用户的用电器增多时，P1增大，P3减小C．输电线上损失的功率为ΔP＝eq\f(U22,R)D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比eq\f(n2,n1)，同时应增大降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)【答案】D【解析】交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输电线上损失的功率为ΔP＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))2R，故C错误；输送功率一定时，根据P＝UI和P损＝I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，应增大升压变压器的匝数比eq\f(n2,n1)；U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)知，应增大降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)，故D正确．命题热点四：两种特殊的变压器模型1．自耦变压器自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图15所示．图152．互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：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为小电流利用的公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)I1n1＝I2n2例4如图16所示的调压器，滑动触头P和Q都可以调节，在输入交变电压一定的条件下，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是()图16A．Q不动，P向下移动B．Q不动，P向上移动C．P不动，Q向上移动D．P不动，Q向下移动【答案】A【解析】Q不动，滑动变阻器的有效电阻不变，P向下移动，原线圈匝数n1减小，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A正确；Q不动，滑动变阻器的有效电阻不变，P向上移动，原线圈匝数n1增大，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向下移动，接入电路的电阻变大，输出电流减小，则输入电流随之减小，故D错误．变式5钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很大的电流，其原理如图17.若原线圈与副线圈的匝数比为1∶500，电流表A的示数为1A，则()图17A．钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯B．钳形电流表能够用来测量直流电的电流C．被测电路电流的平均值为500AD．被测电路电流的最大值为500A【答案】A【解析】钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A正确；互感器利用的是电磁感应的互感原理，不能用于测量直流电，故B错误；由eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)得：I1＝eq\f(n2I2,n1)＝eq\f(500×1,1)A＝500A，因为电流表测的是有效值，故C、D错误．课时精练基础巩固练1．下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法中不正确的是()A．理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定B．交变电流的最大值是有效值的eq\r(2)倍C．降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压D．如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器【答案】B【解析】理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定，选项A正确；正弦交变电流的最大值是有效值的eq\r(2)倍，选项B错误；降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压，选项C正确；如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器，选项D正确．2.某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20V时，输出电压()A．降低2V B．增加2VC．降低200V D．增加200V【答案】D【解析】假设理想变压器原线圈的输入电压为U1，则由变压器的工作原理可知eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，变压器副线圈的输出电压为U2＝10U1；当输入电压增加20V时，即输入电压为U1＋20V，则变压器的输出电压为U2′＝10U1＋10×20V，则输出电压的变化量为ΔU＝U2′－U2＝10U1＋200V－10U1＝200V，即输出电压增加200V，A、B、C错误，D正确．3．如图1甲所示的电路中，L1、L2为两只“3V3W”的灯泡，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想交流电表．当a、b端接如图乙所示的交变电压时，两只灯泡均正常发光．则()图1A．电压表的示数为3VB．电压表的示数为6VC．电流表的示数为0.2AD．电流表的示数为0.5A【答案】C【解析】根据题图乙可知，该正弦交流电压有效值为U1＝eq\f(30\r(2),\r(2))V＝30V，电压表测的是有效值，所以电压表示数为30V，A、B错误；两灯泡均正常发光，根据串联电路功率关系，副线圈功率P2＝2PL＝6W，根据变压器两端功率相等，所以P1＝P2＝6W，且P1＝I1U1，所以I1＝eq\f(P1,U1)＝eq\f(6,30)A＝0.2A，C正确，D错误．4．2009年11月的低温雨雪冰冻天气给我国北方部分地区造成严重灾害，其中高压输电线路因结冰而损毁严重．为消除高压输电线上的冰，事后有人设想利用电流的热效应除冰的融冰思路．若在正常供电时，高压线上输电电压为U，输电电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP，则除冰时()A．输电电流为4IB．输电电流为16IC．输电电压为4UD．输电电压为eq\f(U,16)【答案】A【解析】高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线①若热耗功率变为16ΔP，则16ΔP＝I′2R线②由①②得I′＝4I，所以A正确，B错误．输电功率不变，由P＝UI＝U′I′得U′＝eq\f(1,4)U，所以C、D错误．5.如图2所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表．下列说法正确的是()图2A．若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小B．若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大C．若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大D．若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小【答案】A【解析】设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变，V1示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增大，小灯泡中电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由U＝U2－UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误．6.如图3所示，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7倍时，两灯泡均能正常发光．则灯泡a与b的功率之比为()图3A．3∶1 B．1∶3C．6∶1 D．1∶6【答案】D【解析】输入电压为U，则两灯泡正常发光时两端电压均为eq\f(U,7)，变压器的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U－\f(U,7),\f(U,7))＝eq\f(6,1)，则eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,6)，根据P＝IU可知灯泡a与b的功率之比为1∶6，故选D.7.(多选)某50Hz的钳形电流表的工作原理如图4所示．当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转．不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n2＝1000匝，当用该表测50Hz交流电时()图4A．电流表G中通过的是交变电流B．若G中通过的电流为50mA，则导线中的被测电流为50AC．若导线中通过的是10A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10mAD．当用该表测量400Hz的电流时，测量值比真实值偏小【答案】AB【解析】变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表G中通过的仍是交变电流，A正确；根据变压器原副线圈电流与匝数成反比：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1000,1)×0.05A＝50A，B正确；若导线中通过的是10A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C错误；根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误．8．图5甲为远距离输电示意图，理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1000，理想降压变压器原、副线圈匝数比为1000∶1，输电线的总电阻为1000Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220V．下列说法正确的是()图5A．输电线中的电流为3AB．电站的输出功率为7500kWC．输电线路损耗功率为90kWD．用户端交变电流的频率为100Hz【答案】B【解析】由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为Um＝250eq\r(2)V，有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝250V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得副线圈两端的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1000,1)×250V＝2.5×105V；用户端电压为220V，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，得降压变压器原线圈两端的电压U3＝eq\f(n3,n4)U4＝eq\f(1000,1)×220V＝2.2×105V，故输电线上损失的电压为ΔU＝U2－U3＝3×104V，则输电线上的电流为I＝eq\f(ΔU,R)＝eq\f(3×104,1000)A＝30A，电站的输出功率为P1＝P2＝U2I＝7500kW，输电线路损耗功率为ΔP＝I2R＝900kW，由题图乙可知，原线圈交变电流的周期为T＝0.02s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，变压器不会改变交流电的频率，故用户端交变电流的频率为50Hz，故B正确，A、C、D错误．二、综合提升练9．如图6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3为三只规格均为“9V3W”的灯泡，各电表均为理想交流电表，定值电阻R1＝9Ω.输入端交变电压u随时间t变化的图象如图乙所示，三只灯泡均正常发光，则()图6A．电压u的瞬时值表达式为u＝36eq\r(2)sinπt(V)B．电压表的示数为33VC．电流表的示数为1AD．定值电阻R2＝3Ω【答案】B【解析】由题图乙知，交变电压的周期为T＝0.02s，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，电压u的瞬时值表达式为u＝36eq\r(2)sin100πt(V)，故A错误；灯泡正常发光，每个灯泡的电流为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(1,3)A，故副线圈的电流I2＝3I＝1A，根据变流规律：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得原线圈电流I1＝eq\f(1,3)A，故C错误；电阻R1的电压UR1＝I1R1＝3V，由题图乙知输入端电压的有效值为36V，则变压器原线圈的电压U1＝36V－3V＝33V，所以电压表的示数为33V，故B正确；根据变压规律：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得副线圈的电压U2＝11V，电阻R2两端的电压为UR2＝U2－UL＝11V－9V＝2V，故R2＝eq\f(UR2,I2)＝2Ω，故D错误．10．(多选)如图7所示，理想变压器的原线圈接有电压为U的正弦交流电源，输出电压的有效值恒定．R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小．现增大照射光强度，则()图7A．通过原线圈的电流减小B．变压器的输出功率增大C．R1两端的电压减小D．R2消耗的功率减小【答案】BD【解析】理想变压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻R3阻值减小，副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知，通过原线圈的电流也增大，故A错误；理想变压器的输出功率P＝UI，其中U不变，I变大，故变压器的输出功率变大，故B正确；副线圈电流增大，根据欧姆定律知R1两端电压增大，故R2两端电压减小，R2消耗的功率减小，故C错误，D正确．11．(多选)一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图8甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与R＝15Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v＝0.8πsin(πt)m/s.浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B＝0.2T，线圈的直径D＝0.4m，总电阻r＝1Ω.取π2＝10.则下列说法正确的是()图8A．线圈中产生电动势的瞬时值为e＝64sin(πt)VB．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sin(πt)AC．灯泡两端电压的有效值为30eq\r(2)VD．灯泡的电功率为240W【答案】ABC【解析】线圈在磁场中切割磁感线，产生的电动势为：Emax＝NBlvmaxl＝πD联立得：Emax＝πNBDvmax＝π×100×0.2×0.4×0.8πV＝64V则波浪发电产生电动势e的瞬时值为：e＝Emaxsin(πt)＝64sin(πt)V，故A正确；根据闭合电路欧姆定律得：i＝eq\f(e,R＋r)＝4sin(πt)A，故B正确；灯泡电流的有效值为：I＝eq\f(4,\r(2))A＝2eq\r(2)A，则灯泡两端电压的有效值为：U＝IR＝2eq\r(2)×15V＝30eq\r(2)V，故C正确；灯泡的电功率为：P＝I2R＝(2eq\r(2))2×15W＝120W，故D错误．12．(多选)有一种理想自耦变压器的构造如图9所示，线圈a、b绕在一个圆环形的铁芯上，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中电阻R1、R2、R3和R4的阻值分别为10Ω、5Ω、10Ω和10Ω，电压表为理想交流电表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定，滑动触头P处在线圈a、b的中点．开关S闭合时电压表的示数是7V，则下列说法中正确的是()图9A．正弦交流电压源U的峰值为35VB．开关S断开时，理想电压表的示数为5VC．开关S闭合时，通过电阻R4的电流为0.7AD．开关S闭合时，电阻R2和R3消耗的电功率相等【答案】BC【解析】开关S闭合时，根据欧姆定律可知通过R1的电流为I1＝eq\f(UV,R1)＝0.7A，根据电流