变压器远距离输电（教师版）

第二讲变压器远距离输电[选择性必修第二册]1.课本第三章第3节图3.3—1，变压器原、副线圈两端的电压与线圈匝数有什么关系？提示：。2.课本第三章第3节【思考与讨论】，在变压器中能量是如何转化的？提示：原线圈电流的电场能→铁芯中的磁场能→副线圈电流的电场能。3.课本第三章第4节【思考与讨论】，如何降低P损更有效？提示：采用控制变量法来讨论P损的大小。根据P损＝I2r。当I一定时，r变为原来的eq\f(1,2)，则P损变为原来的eq\f(1,2)；当r一定时，I变为原来的eq\f(1,2)，则P损变为原来的eq\f(1,4)，所以减小输电电流对降低输电损耗更有效。用户的用电功率P一定的情况下，则应提高输电电压。4.课本第三章第3节【科学漫步】，无线充电的原理是什么？提示：电磁感应5.重做第三章第4节【练习与应用】T2。提示：公式和U=IR都是错误的，U是输电电压，而非输电线分担的电压。正确的推导应该是：设输电电压为U，输送的电功率为P，则，。将两式联立求得。由此式可知，要减小功率损失P损，在输送功率Р不变的条件下，应当升高电压U或减小输电线的电阻R。6.重做第三章【复习与提高】B组T5。提示：，设发电机输出功率为P，升压变压器原、副线圈的匝数之比为，原线圈的电压为U1，副线圈的电压为U2，电流为I2；降压变压器原、副线圈的匝数之比为，原线圈的电压为U3，电流为I3，副线圈的电压为U4，电流为I4。输电线上的功率损失为，电压损失为，输电线电阻为R，水的流量为Q，发电机的效率为。水的密度为，重力势能为E。发电机通过流水发电，水的重力势能转化为电能，由此可得水的重力势能。发电机的输出功率。输电线上的功率损失为。又，，又，由此可得，代入数据得。发电机输出电压即为原线圈的电压U1，升压变压器原、副线圈的匝数之比对=，可得=。降压变压器的输入电压，。降压变压器原、副线圈的匝数之比==。考点一理想变压器的工作原理和基本规律1.构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。(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：线圈的互感现象。．3.理想变压器的基本关系(1)功率关系：。(2)电压关系：只有一个副线圈时，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。若n1>n2，为降压变压器；若n1<n2，为升压变压器。有多个副线圈时，。(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，n1I1＝n2I2＋n3I3＋…＋nnIn。(4)频率关系：(变压器不改变交变电流的频率)。题型一理想变压器的基本规律(2023高考·广东卷)用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为，输出功率为，原线圈的输入电压。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是()A. B. C. D.A由题可知原线圈输入电压的有效值为,原线圈电流为，副线圈输出电流的有效值为，变压器无法改变电流的频率，故，故选：A。题型二原线圈有负载的变压器电路(2020·全国卷Ⅲ)(多选)在图a所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，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50HzB.电压表的示数为100VC.电流表的示数为1.0AD.变压器传输的电功率为15.0WAD变压器不改变交流电的频率，故所用交流电的频率等于电流i2的频率，即f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02s)＝50Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I2＝eq\f(\r(2)A,\r(2))＝1A，根据欧姆定律可知，R2两端的电压即副线圈两端的电压，为U2＝I2R2＝1×10V＝10V，根据理想变压器的电压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知原线圈两端的电压为U1＝eq\f(n1,n2)U2＝10×10V＝100V，电压表示数即电阻R1两端的电压，为UV＝U0－U1＝220V－100V＝120V，B错误；电流表的示数即通过R3的电流，为IA＝eq\f(U2,R3)＝eq\f(10,20)A＝0.5A，C错误；变压器传输的电功率即副线圈电路的总功率，为P＝(I2＋IA)U2＝(1＋0.5)×10W＝15.0W，D正确。故选：AD。题型三含有二级管的变压器电路在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流电，则()A.交流电的频率为100HzB.通过R2的电流为1AC.通过R2的电流为AD.变压器的输入功率为200WC由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A项错误；由理想变压器电压与压数的关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，输出电压U2＝50V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，·＝·T，解得U＝eq\f(\r(2),2)U2＝25V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为eq\r(2)A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2＝UI＝50W，而电阻R1的电功率P1＝＝100W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150W，D项错误。故选：C。题型四多个副线圈的变压器问题(多选)(2021·河北高考)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是()A.通过电阻R2的电流为B.电阻R2两端的电压为C.n0与n1的比值为D.发电机的功率为BC由题意知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U1＝IR1，根据变压器电压与匝数的关系有＝，＝，代入有U0＝IR1，U2＝IR1，再由欧姆定律，有U2＝I2R2，可计算出I2＝I，A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝NB2L2ω，U0＝＝NBL2ω，由选项A、B知U0＝IR1，则＝，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2，代入选项A、B、C公式有P0＝·，由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。故选：BC。1.变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析(1)将原线圈看成用电器，在原线圈电路中可应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律等。(2)要求解原线圈电路中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器原、副线圈的电流关系求得原线圈电路中的电流，进而求解通过负载的电流。原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。2.变压器与二极管相结合的分析当副线圈回路中含有二极管时，由于二极管具有单向导电性，二极管只有一半时间导通，经过二极管后的输出电压的有效值与副线圈两端交流电压的有效值不相等，应根据电流的热效应进行计算。3.含有多个副线圈的变压器的电路分析副线圈有两个或两个以上时，一般从原、副线圈的功率相等入手。利用P1＝P2＋P3＋…，结合原副线圈电压关系、欧姆定律等分析。1.(多选)在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂，已知线圈1、2的匝数之比＝，在不接负载的情况下()A.当线圈1输入电压220V时，线圈2输出电压为110VB.当线圈1输入电压220V时，线圈2输出电压为55VC.当线圈2输入电压110V时，线圈1输出电压为220VD.当线圈2输入电压110V时，线圈1输出电压为110VBD当线圈1作为输入端时，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1\f(ΔΦ1,Δt),n2\f(ΔΦ2,Δt))＝eq\f(n1ΔΦ1,n2ΔΦ2)＝eq\f(2,1)×eq\f(2,1)＝eq\f(4,1)，因为U1＝220V，所以U2＝55V，所以选项A错误，B正确。当线圈2作为输入端时，eq\f(U1′,U2′)＝eq\f(n1ΔΦ1′,n2ΔΦ2′)＝eq\f(2,1)×eq\f(1,2)＝1，因为U2′＝110V，所以U1′＝110V，选项C错误，D正确。故选：BD。2.如图甲所示为半波整流电路，在理想变压器的输出电路中有一只整流二极管，已知原、副线圈的匝数比为，电阻R＝10Ω，原线圈的输入电压随时间的变化关系如图乙所示，电表均为理想交流电表，则()A.电压表V1的读数为28VB.电压表V2的读数为20VC.电流表A的读数为0.18AD.原线圈的输入功率为20WD由题图可知，原线圈输入电压的有效值为U0＝220V，根据原、副线圈匝数比与电压比的关系可知eq\f(n0,n1)＝eq\f(U0,U1)，解得U1＝eq\f(n1,n0)·U0＝eq\f(1,11)×220V＝20V，所以电压表V1的读数为20V，A错误；由于二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期有电流通过，故有·eq\f(T,2)＝eq\f(U22,R)·T，有效值为U2＝10V，即电压表V2的读数为10eq\r(2)V≈14.14V，B错误；流过R的电流为I2＝eq\f(U2,R)＝A≈1.4A，由原线圈输入功率等于输出功率可知，U0I0＝U2I2，解得I0≈0.09A，C错误；原线圈的输入功率等于输出功率，即P0＝P1＝U2I2＝20W，D正确。故选：D。3.如图甲、乙所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比＝，灯泡均未被烧坏，则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为()A.P，P B.9P，eq\f(4P,9)C.eq\f(4P,9)，9P D.eq\f(4P,9)，PB由题意可知，n2＝n3，两种情况下变压器输出功率均为2P，设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，两种情况下变压器输入电压为3U，变压器输入电流为I；题图甲中L1的功率为P1＝＝9P；题图乙中L1的功率为P2＝R＝，故选：B。考点二两类特殊变压器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，如图所示。2.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＝I2n2一自耦变压器如图所示，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部分，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。当滑动触头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时()A.U2＞U1 B.U2＝2U1C.U2＝U1 D.2U2＝U1D当滑动触头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时，原线圈匝数n1等于副线圈匝数n2的2倍，则eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(2,1)，即2U2＝U1，故选：D。(多选)(2021·四川成都市诊断)如图所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器(可视为理想变压器)，其中线圈匝数的关系为＝，＝，电流表和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是()A.甲是电流互感器，乙是电压互感器B.甲是电压互感器，乙是电流互感器C.若V表示数为30V，则输电线两端的电压最大值为6000VD.若A表示数为5A，则通过输电线的电流有效值为500ABD图甲的原线圈两端并接在高压线路中，所以是电压互感器，图乙的原线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，故A错误，B正确；电压表测电压的有效值，若V表示数为30V，已知＝，则输电线两端的电压有效值为U1＝eq\f(n1,n2)U2＝eq\f(200,1)×30V＝6000V，故C错误；电流表测电流的有效值，若A表示数为5A，则通过输电线的电流的有效值为I3＝eq\f(n4,n3)I4＝eq\f(100,1)×5A＝500A，故D正确。故选：BD。自耦变压器只是输出的线圈有共用的部分，其电压及电功率关系与一般变压器相同；电压、电流互感器工作在高压或强电流环境之下，在应用过程中副线圈必须接地。1.(2022·福建四地市第一次质检)工厂检验电动机的质量时，要用到1千多伏电压可调的高压电。利用一个自耦变压器和一个升压变压器可满足这个要求。如图为自耦变压器部分示意图，已知该自耦变压器可视为理想变压器，线圈总匝数为1250匝，其中原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上，则输出端AB可以得到最高电压是()A.193.6V B.1936VC.250V D.2500VC对于自耦变压器，若要计算输出的最大电压，只需满足副线圈为1250匝时，由变压器两端的电压与匝数成正比，即有UAB＝eq\f(n2,n1)U＝eq\f(1250,1100)×220V＝250V。故选：C。2.(2022·北京房山区一模)互感器又称仪用变压器，是电流互感器和电压互感器的统称。它能将高电压变成低电压、大电流变成小电流，用于测量或保护系统。如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，a、b是交流电压表或交流电流表，若高压输电线间电压为220kV，T1的原、副线圈匝数比为，交流电压表的示数为100V，交流电流表的示数为1A，则()A.a是交流电压表，b是交流电流表B.T2的原、副线圈匝数比为100：1C.高压线路输送的电流为1AD.高压线路输送的电功率为2.2×104kWDT1两端接在同一根电线上，因此a是交流电流表，T2两端接在两根电线上，因此b是交流电压表，A错误；变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，所以T2原、副线圈匝数之比为＝，B错误；变压器原、副线圈电流与匝数成反比，则高压线路输送的电流为100A，C错误；由C选项可知高压线路输送的电功率为P＝UI＝220kV×100A＝2.2×104kW，D正确。故选：D。考点三理想变压器的动态分析常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种:匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。匝数比不变的情况负载电阻不变的情况不变，负载R变化变化，负载R不变(1)U1不变，根据=，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2，决定输入电流I1，可以判断I1的变化(3)I2变化引起P2变化，根据P1=P2，可以判断P1的变化(1)U1不变，发生变化，U2变化(2)R不变，U2变化，I2发生变化(3)根据和P1=P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化题型一匝数比不变(2020·北京卷，9)如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin(ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后()A.电流表A2的示数减小B.电压表V1的示数减小C.电压表V2的示数不变D.电流表A1的示数不变A开关S闭合时，副线圈的总电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，副线圈并联部分的电压减小，即V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故选：A。题型二负载电阻不变如图所示，理想变压器的原线圈连接一个r＝9Ω的电阻，且原线圈匝数n1可以通过滑片P来调节，在副线圈两端连接了R＝16Ω的电阻，副线圈匝数n2＝1000匝。在原线圈上加一输出电压恒定的正弦交流电，下列说法正确的是()A.若交流电的周期增大，则变压器的输出功率增大B.滑片P向上移动，则电阻R消耗的功率一定减小C.滑片P向下移动，则流过电阻r的电流减小D.当n1＝750匝时，电阻R消耗的功率最大D输出功率与电压和电阻有关，与周期无关，故A错误；设变压器原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，则有U1＝U－I1r，又根据＝，可得U1＝U2，根据＝，I2＝，联立得U2＝和U＝I1，则R消耗的功率为P＝，由数学知识可知当n1＝n2＝1000×匝＝750匝时P有最大值，若滑片P向上移动，电阻R消耗的功率不一定减小，故B错误，D正确；当滑片P向下移动时，原线圈匝数减小，由U＝I1可知原线圈电流将增大，所以流过电阻r的电流增大，故C错误。故选：D。(多选)理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。原线圈两端接在电压为U的交流电源上，则()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BC在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定，因此当Q位置不变时，输出电压U不变，此时P向上滑动，负载电阻值R′增大，则输出电流I′减小。根据输入功率P入等于输出功率P出，电流表的读数I变小，A项错误，B项正确；P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压U′变大，输出电流I′变大，变压器的输入功率变大，电流表的读数变大，C项正确，D项错误。故选：BC。1.分析变压器电路动态分析问题的一般思路：(1)分清不变量和变量。(2)弄清理想变压器中电压、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.分析动态问题的一般步骤U1U2I2P2P1I1。1.(2023高考·北京卷)自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是()A.仅增加原线圈匝数 B.仅增加副线圈匝数C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D.将两个小灯泡并联起来接入副线圈B由知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，A错误；由知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，B正确；由知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。故选：B。2.(2020·山东等级考)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为()A.1ΩB.5ΩC.6Ω D.8ΩA由题图乙可知理想变压器输入电压U1＝220V，由理想变压器变压公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(22,3)，可得副线圈输出电压U2＝30V。灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24V，电流IL＝eq\f(UL,RL)＝1.6A。设R1两端电压为U，由U2＝UL＋U，可得U＝6V。由eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2＋R)＝IL，解得R＝1Ω，选选：A。3.(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压，下列说法正确的是()A.当S与a连接后，理想电流表示数为2.2AB.当S与a连接后，理想电压表示数为11VC.当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25HzD.当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍AD由题图乙可知，交变电流的电压有效值为220V，周期为0.02s，频率为50Hz。当S接a时，由变压器的原理可知，副线圈两端电压有效值为22V，所以理想电压表的示数为22V，理想电流表的示数为2.2A，故A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，故C错误，D正确。故选：AD。4.(2022·湖南高考)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I。下列说法正确的是()A.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变B.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大D.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小B设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，通过原线圈的电流为I1，通过副线圈的电流为I2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R1的等效电阻为R'＝＝＝＝R1；保持P1位置不变，将原、副线圈及电阻R1等效为一定值电阻，P2向左缓慢滑动过程中，R2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U减小，A错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R1消耗的功率增大，B正确；当P2位置不变，P1向下滑动时，n2减小，等效电阻R'增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R2两端电压减小，C错误；把R2看成电源内阻，即r＝9R，初始时刻，等效电阻R'＝R1＝4R1＝4R。随着P1向下移动，n2减小，增大，的数值由4逐渐增大，当R'＝9R时，等效电源内阻与变压器等效电阻相等，变压器消耗的功率最大，所以R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后减小，故D错误。故选：B。考点四远距离输电原理及应用1.远距离输电问题的分析方法对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。2.解题技巧(1)厘清三个回路(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，，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，，P3=P4。3.掌握两种守恒(1)电压损耗：输电线上的电阻分压导致的电压损耗，。(2)功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，。(多选)(2021·山东高考)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为，输入电压为7.5V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为，R上的功率为10W；接2时，匝数比为12，R上的功率为P。以下判断正确的是()A.r＝10Ω B.r＝5ΩC.P＝45W D.P＝22.5WBD当开关S接1时，左侧变压器输出电压U2＝3×7.5V＝22.5V，电阻R上的电压，即右侧变压器的输＝0.5A，则r＝＝5Ω，当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的输出电流为I，由右侧变压器两边电压关系可知＝，解得I＝3A，则R上的功率P＝＝22.5W，故选：BD。(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝2202sin100πt(V)。当用电器电阻R0＝11Ω时，下列说法正确的是()A.通过用电器R0的电流有效值是20AB.当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小C.发电机中的电流变化频率为100HzD.升压变压器的输入功率为4650WAD通过用电器R0的电流有效值I＝＝A＝20A，A正确；当用电器R0的阻值减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误；变压器不改变交流电的频率，f＝50Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1＝UI＝220×20W＝4400W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I'＝5A，输电线上损失的功率ΔP＝I'2R＝52×10W＝250W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4650W，D正确。故选：AD。(多选)(2020·全国Ⅱ卷)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP'，到达B处时电压下降了ΔU'。不考虑其他因素的影响，则()A.ΔP'＝ΔP B.ΔP'＝ΔPC.ΔU'＝ΔU D.ΔU'＝ΔUAD若采用550kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝·r，输电线路损失的电压ΔU＝·r，若改用1100kV的特高压输电，同理有ΔP'＝·r，ΔU'＝·r，可得ΔP'＝，ΔU'＝，故B、C项错误，A、D项正确。故选：AD。解决远距离输电问题的一般思路(1)画出输电电路图。(2)注意升压变压器副线圈中的电流与降压变压器原线圈中的电流相等。(3)输电线长度等于输电距离的2倍。(4)计算线损功率一般用P损＝Ieq\o\al(2,线)R线。(5)分析远距离输电的动态问题时，可参照分析变压器动态问题的方法，将降压变压器及负载整体(或升压变压器、输电线、降压变压器及负载整体)等效成一个电阻，利用闭合电路的规律分析。1.(2022·福建高考)(多选)某同学利用如图所示