2025高考物理步步高同步练习选修2第三章变压器含答案

2025高考物理步步高同步练习选修2第三章3变压器[学习目标]1.了解变压器的构造及工作原理.2.通过实验探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系.3.掌握理想变压器原、副线圈电压、电流、功率的关系．一、变压器的原理1．构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，与交流电源连接的线圈叫作原线圈，与负载连接的线圈叫作副线圈．2．原理：互感现象是变压器工作的基础．原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．二、电压与匝数的关系1．理想变压器：没有能量损耗的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型．2．电压与匝数的关系理想变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2).3．两类变压器副线圈的电压比原线圈的电压低的变压器叫作降压变压器；副线圈的电压比原线圈的电压高的变压器叫作升压变压器．三、变压器中的能量转化原线圈中电场的能量转变成磁场的能量，通过铁芯使变化的磁场几乎全部穿过了副线圈，在副线圈中产生了感应电流，磁场的能量转化成了电场的能量．1．判断下列说法的正误．(1)理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比．(√)(2)输入交变电流的频率越高，输出交变电流的电压就越高．(×)(3)变压器能改变交变电流的电压，也能改变恒定电流的电压．(×)(4)理想变压器不仅能改变交变电流的电压和电流，也能改变交变电流的功率和频率．(×)(5)理想变压器的输入和输出功率相等．(√)2．一台理想降压变压器从10kV的线路中降压并提供200A的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则副线圈中的输出电压为________，输出功率为________，变压器原线圈中的电流为________．答案250V50kW5A解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝eq\f(U1n2,n1)＝eq\f(10×103×1,40)V＝250V；由理想变压器功率关系，得P入＝P出＝U1I1＝U2I2＝250×200W＝50kW，同时得I1＝eq\f(U2I2,U1)＝eq\f(250×200,10×103)A＝5A.一、变压器的原理1．变压器的构造变压器由闭合铁芯、原线圈、副线圈组成，其构造示意图与电路中的符号分别如图1甲、乙所示．图12．变压器的工作原理(1)原理互感现象是变压器工作的基础．电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，所以铁芯中的磁场也在不断变化．变化的磁场在副线圈中产生了感应电动势，副线圈也能够输出电流．(2)原理图解注意(1)变压器不改变交变电流的周期和频率．(2)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．(3)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是()A．通有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不相等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C解析通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，原、副线圈的磁通量相等，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，电流不通过铁芯，故D错误．针对训练1(多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是()A．原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，是为了减少磁场能的损失，有效地传送电能B．铁芯不用整块金属做成，是为了防止原、副线圈短路，造成危险C．变压器不改变交变电流的频率，只改变电压大小D．当原线圈接入大小不断变化的直流电时，副线圈也有电压输出答案ACD解析铁芯不用整块金属做成是为了防止涡流产生较多的热量从而烧坏变压器．二、实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．实验思路交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压．线圈匝数不同时输出电压不同，实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系．2．实验器材多用电表、可拆变压器、学生电源、开关、导线若干(如图2所示)图23．物理量的测量(1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响．实物接线如图3所示．图3表格一U1＝5V，n1＝400匝实验次数123n2/匝U2/V①选择n1＝400匝，用导线将变压器原线圈接在学生电源的交流输出接线柱上．②将选择开关调至5V挡，使原线圈两端电压为5V，如图甲所示．③将多用电表与副线圈n2＝200匝的接线柱相连接，如图乙所示．读出副线圈两端的电压U2.④将n2、U2记录在表格一中．⑤保持n1＝400匝，U1＝5V不变．将多用电表与副线圈n2＝800匝的接线柱相连接，如图丙所示，重复上述实验，将结果记录到表格一中．⑥保持n1＝400匝，U1＝5V不变．将多用电表与副线圈n2＝1400匝的接线柱相连接，如图丁所示，重复上述实验，将结果记录到表格一中．(2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数n1对副线圈电压U2的影响．表格二U1＝5V，n2＝400匝实验次数123n1/匝U2/V①将(1)中的原线圈作为副线圈，副线圈作为原线圈．②选择n2＝400匝，用导线将变压器原线圈n1＝200匝接在学生电源的交流输出接线柱上．③将选择开关拨至5V挡．④将多用电表与副线圈n2＝400匝的接线柱相连接，读出副线圈两端的电压U2.⑤将U2、n1记录在表格二中．⑥保持n2＝400匝，U1＝5V不变，将连接电源的两根导线先后与原线圈n1＝800匝和n1＝1400匝的接线柱相连接，重复上述实验，将结果记录到表格二中．⑦拆除实验线路，整理好实验器材．4．数据分析与结论分析表格一和表格二中记录的数据，可得以下结论：(1)当原线圈电压、原线圈匝数不变时，副线圈电压与副线圈匝数成正比．当原线圈电压、副线圈匝数不变时，副线圈电压与原线圈匝数成反比．(2)原、副线圈的电压之比eq\f(U1,U2)等于匝数之比eq\f(n1,n2).(多选)如图4所示，在用可拆变压器“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，下列说法正确的是()图4A．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈B．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱时，副线圈电压大于原线圈电压D．为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响答案AD解析变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆变压器研究，选项A、D正确．变压器只对交流电压有作用，故不能用直流电压表测量原、副线圈的电压，选项B错误．根据输入、输出电压之比等于原、副线圈匝数之比可知，原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱时，副线圈电压小于原线圈电压，选项C错误．针对训练2如果把一个可拆变压器看成理想变压器，两个线圈分别为A、B，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.A线圈的匝数为nA＝____________.(用所测物理量符号表示)答案见解析解析①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈．②把低压交流电源接B线圈，用多用电表交流电压挡测得绕制的线圈的输出电压U.③用A线圈换下绕制的线圈，用多用电表交流电压挡测得A线圈的输出电压UA.nA＝eq\f(UA,U)n.三、理想变压器的基本关系1．电压关系(1)只有一个副线圈时，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2).当n2>n1时，U2>U1，变压器使电压升高，是升压变压器．当n2<n1时，U2<U1，变压器使电压降低，是降压变压器．(2)有多个副线圈时，eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…2．功率关系从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．3．电流关系(1)只有一个副线圈时，U1I1＝U2I2或eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1).(2)当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(2020·山东省学业考试)图5所示电路中，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝22∶5，原线圈接在u1＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，电阻R＝25Ω，A为理想电流表，则A的示数为()图5A．12.44A B．8.80AC．2.00A D．2.83A答案C解析由题意可知，输入电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(5,22)×220V＝50V，电流表的示数为I2＝eq\f(U2,R)＝2.00A，故C正确，A、B、D错误．如图6，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1，电压表和电流表均为理想电表，灯泡电阻RL＝110Ω，A、B端电压u1＝220eq\r(2)sin100πt(V)．下列说法正确的是()图6A．副线圈输出的交流电的频率为25HzB．电压表的示数为55eq\r(2)VC．电流表的示数为1.0AD．变压器输入功率为27.5W答案D解析由题可知，交流电的频率f＝50Hz，故A错误；原线圈两端的电压有效值为eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知U2＝55V，电压表的示数为55V，故B错误；电流表的示数为I2＝eq\f(U2,RL)＝eq\f(55,110)A＝0.5A，故C错误；变压器的输入功率等于输出功率，大小为P＝U2I2＝55×0.5W＝27.5W，故D正确．1．(变压器的工作原理)下列各图是变压器电路图，可以将电压升高供给电灯的变压器是()答案B解析变压器的原线圈应接交流电，故A、C错误；由题意知要求电压升高，故副线圈的匝数比原线圈的匝数多，故B正确，D错误．2．(理想变压器的基本关系)(多选)理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，副线圈两端接上电阻，则()A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1答案BC解析根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)和eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知选项B、C正确；变压器不改变电流的频率，理想变压器的输入与输出的功率相等，即P1＝P2，所以选项A、D错误．3．(理想变压器基本关系的应用)(多选)如图7所示，一理想变压器的原线圈匝数n1＝1100匝，副线圈匝数n2＝220匝．交流电源的电压u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，电阻R＝44Ω，电压表、电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是()图7A．副线圈中交变电流的频率为50HzB．电压表的示数为44VC．电流表A1的示数为0.2AD．电流表A2的示数为1.4A答案ABC解析根据交流电源的电压u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，该交流电源的电压的最大值为220eq\r(2)V，电压的有效值为220V，频率为50Hz.变压器可以改变交变电压和交变电流的大小，但不改变交变电流的频率，故副线圈中交变电流的频率为50Hz，选项A正确；交流电表的示数为有效值，根据变压器原、副线圈的电压关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝44V，即电压表的示数为44V，由欧姆定律得I2＝eq\f(U2,R)＝1A，即电流表A2的示数为1A，根据变压器原、副线圈的电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得I1＝0.2A，即电流表A1的示数为0.2A，选项B、C正确，D错误．4．(探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系)为完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验，必须要选用的是________．A．有闭合铁芯的原、副线圈B．无铁芯的原、副线圈C．交流电源D．直流电源E．多用电表(交流电压挡)F．多用电表(交流电流挡)用匝数na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如下表，Ua/V1.802.803.804.90Ub/V4.006.018.029.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是________(选填“na”或“nb”)．答案ACEnb解析为了完成实验，需要使用交流电源变压，故选用多用电表的交流电压挡．为了让变压效果明显，需要带闭合铁芯的原、副线圈．由于存在漏磁，所以副线圈测量电压值应该小于理论变压值，即nb为输入端，na为输出端.考点一变压器基本原理的理解1．(多选)理想变压器正常工作时，原、副线圈中一定相等的物理量是()A．每匝线圈中磁通量的变化率B．交变电流的频率C．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D．原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势答案ABC2．如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，当导体棒在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表的示数是12mA，则副线圈中电流表的示数是()图1A．3mA B．48mAC．0 D．与R的阻值有关答案C解析当导体棒在平行导轨上匀速切割磁感线时，产生的电流是恒定的，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确．3．(多选)(2021·河北省石家庄市月考)下列关于理想变压器的说法正确的是()A．输入功率等于输出功率B．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能C．输送的电能经变压器先转化为电场能，再转化为电能D．输送的电能经变压器的铁芯直接传输过去答案AB解析变压器传输的是交变电流，当电流经过原线圈时，在铁芯中产生变化的磁场，电能转化为磁场能，此变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，若副线圈闭合，则产生感应电流，磁场能又转化为电能，理想变压器无漏磁，无能量损失，即输入功率等于输出功率，故A、B正确，C、D错误．考点二变压器的基本规律4．(2019·江苏卷)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解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(n1,n2)，代入数据得ΔU2＝200V，故D正确．5．如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12V6W”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(均可视为理想电表)的示数分别是()图2A．120V,0.10A B．240V,0.025AC．120V,0.05A D．240V,0.05A答案D解析灯泡正常工作，副线圈两端的电压U2＝12V，副线圈中的电流I2＝2×eq\f(6,12)A＝1A，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得原线圈中的电流I1＝eq\f(1,20)I2＝0.05A，原线圈两端的电压U1＝20U2＝240V，选项D正确．6．如图3所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦式交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R＝44Ω，电流表A1的示数为0.2A．电表均为理想电表，下列判断正确的是()图3A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1C．电流表A2的示数为0.8AD．电流表A2的示数为0.4A答案B解析变压器的输出功率等于输入功率，则UI1＝I22R，解得I2＝eq\r(\f(220×0.2,44))A＝1.0A，则电流表A2的示数为1.0A，由于原、副线圈电流比等于匝数的反比，所以原线圈和副线圈的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(1.0,0.2)＝eq\f(5,1)，故B正确，A、C、D错误．7.用有效值为220V的正弦交流电通过理想变压器对一灯泡供电，变压器输出电压的有效值是110V，通过灯泡的电流随时间变化的规律如图4所示，则()图4A．变压器的输入功率为110WB．输出电压的最大值是110VC．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D．变压器原线圈所在电路中电流的最大值为eq\r(2)A答案A解析由题图可知流过该灯泡的电流的有效值为I2＝eq\f(I2m,\r(2))＝eq\f(\r(2),\r(2))A＝1A，理想变压器的输入功率等于输出功率，因此变压器的输入功率为P＝110×1W＝110W，A正确；变压器的输出电压的最大值应为Um＝eq\r(2)U2＝110eq\r(2)V，B错误；由变压器的工作原理知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得eq\f(n1,n2)＝eq\f(2,1)，C错误；eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，代入数据解得I1＝0.5A，则变压器原线圈所在电路中电流的最大值为I1m＝eq\r(2)I1＝eq\f(\r(2),2)A，D错误．8.(多选)如图5所示，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交流电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220V和2.2A．以下判断正确的是()图5A．变压器输入功率为484WB．通过原线圈的电流的有效值为0.6AC．通过副线圈的电流的最大值为2.2AD．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3答案BD解析理想变压器的输入功率等于输出功率，P1＝P2＝I2U2＝2.2×60W＝132W，选项A错误；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,60)＝eq\f(11,3)，选项D正确；由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(3,11)×2.2A＝0.6A，选项B正确；根据I＝eq\f(Im,\r(2))得通过副线圈的电流的最大值I2m＝eq\r(2)I2＝eq\f(11,5)eq\r(2)A≈3.1A，选项C错误．9.(多选)如图6所示，Q是熔断电流为1A的保险丝，R为用电器，理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1.原线圈的电压为u＝220eq\r(2)sin(100πt)V．要使保险丝不熔断，则()图6A．副线圈中电流最大值不超过2AB．副线圈中电流有效值不超过2AC．R的阻值一定不能小于55ΩD．R的阻值一定不能小于77Ω答案BC解析保险丝的原理是电流的热效应，应该用电流的有效值进行计算．由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得：U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,2)×220V＝110V．由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得：I2＝eq\f(n1,n2)I1＝eq\f(2,1)×1A＝2A，所以Rmin＝eq\f(U2,I2)＝55Ω，故B、C正确．10.如图7所示，一个原、副线圈匝数分别是200匝和100匝的理想变压器，副线圈的两端连接两个阻值均为20Ω的电阻，原线圈接频率为50Hz的正弦交流电源，电压表的示数为5V．电流表、电压表均为理想交流电表，则下列说法正确的是()图7A．电流表的示数为0.5AB．流过电阻的交变电流的频率为100HzC．交流电源输出电压的最大值为20eq\r(2)VD．交流电源的输出功率为5W答案C解析副线圈中的电流为I2＝eq\f(5,20)A＝0.25A，设原线圈中的电流为I1，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝0.125A，则电流表的示数为0.125A，选项A错误；流过电阻的交变电流的频率为50Hz，选项B错误；副线圈两端的电压为U2＝2×5V＝10V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U1＝eq\f(n1,n2)U2＝20V，则交流电源的输出电压的最大值为20eq\r(2)V，选项C正确；P源＝P入＝P出＝U2I2＝10×0.25W＝2.5W，选项D错误．11．如图8所示，与理想变压器相连的四只灯泡相同，变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，接在副线圈上的三只灯泡均正常发光，则串联在原线圈上的灯泡L()图8A．比正常发光时的亮度更大B．也能正常发光C．比正常发光时的亮度暗D．无法判断其亮度变化情况答案B解析设每只灯泡的额定电流为I0，因并联在副线圈两端的三只灯泡均正常发光，所以副线圈中的电流I2＝3I0，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得原线圈中的电流I1＝eq\f(n2,n1)I2＝I0，恰为灯泡L的额定电流，因此串联在原线圈上的灯泡L正常发光，故选B.12.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9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9A．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)，则交变电流频率变为原来的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).根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，则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)，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，R消耗的功率P2＝eq\f(U\o\al(22),R)＝eq\f(1,4)P，故选B.4电能的输送[学习目标]1.理解远距离输电线上的能量损失与哪些因素有关.2.应用理想变压器、电路知识对简单的远距离输电线路进行定量计算.3.了解交变电流从发电站到用户的输电过程．一、输送电能的基本要求1．可靠：指保证供电线路可靠地工作，故障少．2．保质：保证电能的质量——电压和频率稳定．3．经济：指输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少．二、降低输电损耗的两个途径1．输电线上的功率损失：P＝I2r，I为输电电流，r为输电线的电阻．2．降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小的金属材料，还要尽可能增加导线的横截面积．(2)减小输电线中的电流：为了减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压．三、电网供电1．远距离输电的基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压．2．电网：通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的输电网络．3．电网输电的优点(1)降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益．(2)减小断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡．(3)合理调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高．1．判断下列说法的正误．(1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电线电流的平方成正比．(√)(2)由P＝eq\f(U2,r)可知，输电电压越小，输电线上电功率的损失就越小．(×)(3)使用变压器进行远距离输电，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压．(√)(4)远距离输电时，若升压变压器匝数比为1∶n，降压变压器匝数比为n∶1，则升压变压器的输入电压和降压变压器的输出电压相等．(×)2．输电线的总电阻为R，输送电功率为P.现用电压U来输电，输电线上的电流为________，输电线上损失的功率为________．如果用2U电压来输电，则输电线上的电流为________，输电线上损失的功率为________．两次损失的功率之比为________．答案eq\f(P,U)eq\f(P2R,U2)eq\f(P,2U)eq\f(P2R,4U2)4∶1一、输电线上的电压和功率损失导学探究如图1所示，假定发电站输出的电压为U，输送功率为P，输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)．那么：图1(1)用户两端的电压是多大？(2)用户得到的电能与发电站输出的电能相等吗？(3)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低功率损耗有哪些途径？答案(1)U′＝U－ΔU＝U－eq\f(P,U)r.(2)不相等，由能量守恒知，发电站输出的电能等于用户得到的电能与输电线上损失的电能之和．(3)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了，这是输电线上功率损失的主要原因．功率损失表达式：ΔP＝I2r＝eq\f(P2,U2)r，所以降低功率损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻r；②减小输电电流I，即提高输送电压U.知识深化1．输电电路的电压损失输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值．ΔU＝U－U′＝Ir＝eq\f(P,U)r，其中I为输电线上的电流，r为输电线的电阻．2．输电电路的功率损失(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP＝I2r.(2)若输电线上损失的电压为ΔU，则功率损失还可以表示为ΔP＝eq\f(ΔU2,r)，ΔP＝ΔU·I.3．减小电压、功率损失的方法(1)减小输电线的电阻由R＝ρeq\f(l,S)可知，距离l一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻．(2)减小输电电流I，根据I＝eq\f(P,U)，在输送功率P一定，输电线电阻r一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，输送电流可减为原来的eq\f(1,n)，输电线上的功率损耗将降为原来的eq\f(1,n2).三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦．(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)在(1)情况下，某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它与输出功率的比值是多少？(3)若将输出电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它与输出功率的比值是多少？答案(1)2500A(2)1.25×108Weq\f(1,4)(3)1000A2×107Weq\f(1,25)解析(1)由P＝UI得I＝eq\f(P,U)＝eq\f(5×108W,2×105V)＝2500A(2)输电线上损失的功率ΔP＝I2·2r＝25002×2×10W＝1.25×108W损失功率与输出功率之比为eq\f(ΔP,P)＝eq\f(1.25×108W,5×108W)＝eq\f(1,4)(3)将输出电压升高至50万伏时，I′＝eq\f(P,U′)＝eq\f(5×108W,5×105V)＝1000A输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝10002×2×10W＝2×107W损失功率与输出功率之比为eq\f(ΔP′,P)＝eq\f(2×107W,5×108W)＝eq\f(1,25).针对训练1(多选)(2020·全国卷Ⅱ)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′＝eq\f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq\f(1,2)ΔPC．ΔU′＝eq\f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq\f(1,2)ΔU答案AD解析由输电电流I＝eq\f(P,U)知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的eq\f(1,2)，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的eq\f(1,4)，即ΔP′＝eq\f(1,4)ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的eq\f(1,2)，即ΔU′＝eq\f(1,2)ΔU.故A、D正确．二、远距离高压输电过程的分析与计算导学探究某发电站向远处输电的示意图如图2所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．图2(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻、n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)．(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？答案(1)第一个回路：P1＝U1I1第二个回路：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝I22R线＋P3，I2＝I3第三个回路：P4＝U4I4(2)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)、eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)、P1＝P2；eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)、eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)、P3＝P4.知识深化解决远距离高压输电问题的基本方法1．首先应画出远距离输电的电路图(如图3)，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．图32．理清三个回路：回路1：P1＝U1I1回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝I22R线＋P3，I2＝I3回路3：P4＝U4I4.3．常用关系(1)功率关系：P1＝P2，P2＝ΔP＋P3，P3＝P4.(2)电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，U2＝ΔU＋U3，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4).(3)电流关系：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I2＝I线＝I3，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3).(4)输电电流：I线＝eq\f(P2,U2)＝eq\f(P3,U3)＝eq\f(ΔU,R线).(5)输电线上损耗的电功率：ΔP＝P2－P3＝I线2R线＝eq\f(ΔU2,R线)＝ΔU·I线．(6)输电线上的电压损失：ΔU＝I线R线＝U2－U3.发电机两端的电压为220V，输出功率为44kW，输电导线的总电阻为0.2Ω，如果用原、副线圈匝数比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户，两个变压器均为理想变压器．(1)画出全过程的线路示意图；(2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送给用户，求用户得到的电压和功率．答案(1)见解析图(2)219.6V4.392×104W(3)180V3.6×104W解析(1)线路示意图如图所示：(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝2200V．根据理想变压器P入＝P出，则升压变压器副线圈的输出电流I2＝eq\f(P出,U2)＝eq\f(44×103,2200)A＝20A，输电线上的功率损耗和电压损失分别为P损＝I22R线＝202×0.2W＝80W，U损＝I2R线＝20×0.2V＝4V.所以降压变压器原线圈的输入电压和电流分别为U3＝U2－U损＝2200V－4V＝2196V，I3＝I2＝20A.降压变压器副线圈的输出电压和电流分别为U4＝eq\f(n4,n3)U3＝eq\f(1,10)×2196V＝219.6V，I4＝eq\f(n3,n4)I3＝10×20A＝200A.用户得到的功率为P4＝U4I4＝219.6×200W＝4.392×104W.(3)若直接给用户供电，线路示意图如图所示则输电电流I′＝eq\f(P,U1)＝eq\f(44×103,220)A＝200A.输电线路上的电压损失ΔU′＝I′R线＝200×0.2V＝40V.所以用户得到的电压U2′＝U1－ΔU′＝220V－40V＝180V.用户得到的功率为P′＝U2′I′＝180×200W＝3.6×104W.针对训练2(多选)如图4所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用总电阻为3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是()图4A．输电线上的损失功率为300WB．升压变压器的匝数比为1∶100C．降压变压器的输入电压为4970VD．降压变压器的匝数比为100∶1答案AC解析输电线上的损失功率为P损＝P×0.6%＝50kW×0.6%＝300W，A项正确；输电线上的电流为I2＝eq\r(\f(P损,R))＝eq\r(\f(300,3))A＝10A，升压变压器副线圈两端的电压为U2＝eq\f(P,I2)＝eq\f(50×103,10)V＝5×103V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得，eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,10)，B项错误；输电线上损失的电压为U损＝I2R＝10×3V＝30V，降压变压器输入电压为U3＝5000V－30V＝4970V，C项正确；由eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)得eq\f(n3,n4)＝eq\f(497,22)，D项错误．1．(输电线路的功率损失)(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所有输电导线的电阻率均为ρ，横截面积均为S，两地的距离为L，输电线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2.下列关于P1和P2的表达式中正确的是()A．P2＝P(1－eq\f(2PρL,U2S)) B．P2＝P－eq\f(U2S,2ρL)C．P1＝eq\f(2P2ρL,U2S) D．P1＝eq\f(U2S,ρL)答案AC解析输电线上的电流I＝eq\f(P,U)，输电导线的电阻R＝eq\f(2ρL,S)，输电线上损耗的电功率为P1＝I2R＝eq\f(2P2ρL,U2S)，用户得到的电功率为P2＝P－P1＝Peq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(2PρL,U2S)))，故A、C正确．2．(输电线路的电压损失和功率损失)(2020·安徽省怀宁县第二中学高二期中)某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3×106kW，现用500kV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2×105AB．输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC．输电线上损失的功率为ΔP＝eq\f(U2,r)，U为输电电压，r为输电线的电阻D．输电线上损失的功率为9×107kW答案B解析由P＝IU得用500kV电压输电时输电线上输送的电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(3×109,5×105)A＝6×103A，故A错误；由ΔU＝Ir得输电线上的电压损失ΔU＝6×103×2.5V＝15×103V＝15kV，故B正确；输电线上损失的功率为ΔP＝eq\f(U2,r)，U为输电线上损失的电压，故C错误；输电线上损失的功率ΔP＝I2r＝(6×103)2×2.5W＝9×107W，故D错误．3．(远距离高压输电的分析与计算)一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500kW，升压变压器原线圈两端的电压为500V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，两变压器间输电线的总电阻为1.5Ω，降压变压器的输出电压为220V，不计变压器能量损耗，求：(1)升压变压器副线圈两端的电压；(2)输电导线上的功率损失及用户得到的功率；(3)降压变压器原、副线圈的匝数比．答案(1)2500V(2)60kW440kW(3)10∶1解析输电线路原理图如图所示(1)根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，升压变压器副线圈两端的电压U2＝eq\f(n2U1,n1)＝2500V.(2)输电导线上的电流I2＝eq\f(P2,U2)＝eq\f(P1,U2)＝200A输电导线上的功率损失P损＝I22r线＝60kW用户得到的功率P用＝P1－P损＝440kW(3)输电导线上损失的电压ΔU＝I2r线＝300V降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－ΔU＝2200V降压变压器原、副线圈的匝数比为eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝10∶1.考点一输电线路的电压损失和功率损失1．远距离输送一定功率的交流电，若输电电压提高到原来的n(n>1)倍，则()A．输电线上的电压损失增大B．输电线上的功率损失增大C．输电线上的电压损失不变D．输电线上的功率损失减少到原来的eq\f(1,n2)答案D解析在输送功率一定时，由I＝eq\f(P,U)知，输电电压提高到原来的n倍，则输电电流变为原来的eq\f(1,n)，根据ΔU＝Ir可知输电线上的电压损失减为原来的eq\f(1,n)，A、C错误．由P损＝I2r，输电线上的功率损失减为原来的eq\f(1,n2)，B错误，D正确．2．(多选)(2021·湖北沙市中学月考)供电电路电源的输出电压为U1，线路导线上的电压为U2，用电器得到的电压为U3，导线中电流为I，线路导线的总电阻为R，若要计算线路上的损失功率，可用的公式有()A.eq\f(U\o\al(12),R) B．I(U1－U3)C．I2R D.eq\f(U\o\al(22),R)答案BCD解析U1不等于线路导线上的电压，A错误；线路导线上的电压为U2＝U1－U3，导线中电流为I，线路上的损失功率P＝U2I＝I(U1－U3)，B正确；导线中电流为I，线路导线的总电阻为R，线路上的损失功率P＝I2R，C正确；线路导线上的电压为U2，线路导线的总电阻为R，线路上的损失功率P＝eq\f(U\o\al(22),R)，D正确．3．(2020·湖南衡阳高二期中)输电线的电阻为r，输送的电功率为P，用电压U输送电能，则用户得到的功率为()A．P B．P－eq\f(P2r,U2)C．P－U2r D.eq\f(P2,U2)r答案B4．用户与发电厂相距L，输电线上的电流为I，为使输电线上的电压损失不超过U，已知输电线的电阻率为ρ，那么输电线的横截面积最小值应是()A.eq\f(ρLI,U)B.eq\f(2ρLI,U)C.eq\f(U,ρLI)D.eq\f(2UI,ρL)答案B解析根据欧姆定律得R＝eq\f(U,I)，根据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)，又l＝2L，解得S＝eq\f(2ρLI,U).故B项正确，A、C、D项错误．5．降雪很大时，高压线上冻起厚厚的冰霜，导致部分电线负重增大而断裂，有人想出了通过增大输电线上损耗功率来融冰的方案．假设输电电压是220kV，当输送功率保持不变时，为使输电线上损耗的功率增大为原来的4倍，输电电压应变为()A．55kVB．110kVC．440kVD．880kV答案B解析根据输电功率公式P＝UI和损耗功率公式ΔP＝I2R线，有ΔP＝(eq\f(P,U))2R线，要使ΔP增大为原来的4倍，则在P和R线不变的情况下，可使输电电压U变为原来的eq\f(1,2)，所以输电电压应变为110kV，故B正确，A、C、D错误．考点二电网输电6．(多选)如图1所示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.则()图1A．用户端的电压为eq\f(I1U1,I2)B．理想变压器的输入功率为I12rC．输电线路上损失的电功率为I1UD．当用户消耗的功率增大时，输电效率将下降答案AD解析根据变压器原理：U1I1＝U2I2，得U2＝eq\f(I1U1,I2)，A正确；理想变压器的输入功率为U1I1＝UI1－I12r；输电线路上损失的电功率为I12r，B、C错误；输电效率η＝eq\f(P－\f(P,U)2r,P)×100%＝(1－eq\f(Pr,U2))×100%，当用户消耗的功率增大时，输电线上的电流增大，发电厂的输出功率P增大，η减小，D正确．7．(多选)如图2所示为远距离输电示意图，线路总电阻为r，发电厂输出电压不变，三个回路的电流依次为I1、I2、I3，两变压器均为理想变压器，左侧变压器输入电压为U1，输出电压为U2；右侧变压器输入电压为U3，输出电压为U4，以下选项正确的是()图2A．若用户消耗的功率增大，I2随之增大B．若用户消耗的功率增大，U4随之增大C．U2＝U3＋I2rD．U1I1＝I22r＋U4I3答案ACD解析若用户消耗的功率增大，则I3会变大，由变压器匝数比等于电流比的倒数可知，I2随之增大，输电线电阻r上的电压变大，则U3减小，U4减小，选项A正确，B错误；由串联电路的特点可知：U2＝U3＋I2r，选项C正确；由能量关系可知：U1I1＝I22r＋U3I2＝I22r＋U4I3，选项D正确．8．(多选)图3为某小型电站高压输电示意图．发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2.下列说法正确的是()图3A．采用高压输电可以增大输电线中的电流B．升压变压器原、副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)C．输电线损耗的功率为eq\f(U\o\al(22),r)D．将P上移，用户获得的电压将增大答案BD解析发电机输出功率恒定，根据P＝UI可知，采用高压输电可以减小输电线中的电流，故A错误；升压变压器原、副线圈匝数比等于输入电压和输出电压比，则eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，故B正确；U2等于输电线路上损耗的电压与降压变压器输入电压之和，故C错误；将P上移，降压变压器的原线圈匝数减少，由变压器的电压与匝数的关系可知，用户获得的电压将增大，故D正确．9．(多选)如