理想变压器、远距离输电模型-2024高中物理模型与方法

一.理想变压器基本模型二．变压器原线圈接有负载模型----=ε1,U2=ε2。=P2=I1U1=I2U2。②理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想化条件下的新的 11A.变压器输入电压的瞬时值表达式为u=2202sin1 22A.流过电阻R的电流为2AD.原线圈的输入功率为60W 二．变压器原线圈接有负载模型----+U负载功率P也不等于原线圈两端的功率P1，而是P=P1所以负载电阻R消耗的功率为：33A.2B.3C.4D.5 B.灯泡正常发光的电功率为55W 44A.0.5RB.RC.1.5RD.2R A.AB.AC.AD.A 2=示。下列说法正确的是()55 A.每个灯泡两端的电压为40VB.通过每个灯泡的电流为0.62AC.通过定值电阻R的电流为0.6AD.定值电阻R的电功率为54W 据这一特点可画出cd间I-t关系图象展开分析. 2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电2 R2=66()A.原线圈接的交变电压瞬时值表达式为u=220、2C.通过R2的电流为2A ，P=20WB.U0=40V，P=80W，P=20WD.U0=20V，P=20W A.原线圈所接的交变电压瞬时值表达式为u=220C.通过电阻R2的电流为52A 77I1n1=I2n2+I3n3 :n2:n3为() 中的电流I1分别是()88 () A.交流电源的输出功率为360WB.灯泡L的额定电流为2.0A A.9PB.PC.PD.P99流I2压I1率P1U(2)输出电流I2决定输入电流I1.U () () A.R1与R2消耗的电功率相等B.通过R1的电流为3A A.原线圈输入功率增大B.原线圈两端电压增大(3)升压变压器原线圈的电流副线圈的电流为输送电压.(4)功率损失：ΔP=I+ΔP.(1)P损=P-P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率. A.用户得到的电功率为9kW A.C.I2RD.I(U1-U2( 功率P=1000kW。则下列说法正确的()A.输电线上损失的电压为800VB.用户得到的电压为200VC.输电线上损失的功率为32kW A.通过输电线的电流为5A一.理想变压器基本模型二．变压器原线圈接有负载模型----=ε1,U2=ε2。=P2=I1U1=I2U2。②理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想化条件下的新的 11A.变压器输入电压的瞬时值表达式为u=2202sin1故A错误；2=PR=50V故选B。 222=AB错误； ===U=55V故选D。 2=U12=U1==>5000n1kk则k<f==Hz=50Hz选项D错误。 33I2=4AA错误；B错误；2=U灯+I2R=15V =n2U21=60VP=U1I1=60W故选D。 44选项A错误； =n2U2故选BC。二．变压器原线圈接有负载模型----+U负载功率P也不等于原线圈两端的功率P1，而是P=P1 R 55A.2B.3C.4D.5设原副线圈匝数比为kS断开P1=IU=I2R1+(kI)2(R2+R3)①S闭合P2=4IU=(4I)2R1+(4kI)2R2②2+5k2I2）=48I2+16k2I2化简得k=32=I2(R2+R3)=kI(R2+R3)=5kI即U1=5k2I则U=U1+IR1=5k2I+3I①S闭合==k由图可知2=I2×R2=4kIR2=4kI即U1=4k2I则U=U1+4IR1=4k2I+12I②设原副线圈匝数比为kS断开时等效负载电阻为R=k2(R2+R3)=4k2则U=I(R+R1)=5k2I+2I①S闭合时等效负载电阻为R/=k2R2=k2则U=4I(R/+R1)=4k2I+12I②①②得k=3 R并=Ω=2Ω66I=1AI/=1.5A故A错误；P=(U-IR1(I当I=R3=0.5Ω故D错误。故选B。 B.灯泡正常发光的电功率为55W77则AB的等效电阻故A错误；P=I2R=27.5W故B错误； A.0.5RB.RC.1.5RD.2Rn11I ==，n11IU=3I2R+I2R2I2=可得R2的功率为88即故选D。 I15 I26故选D。 99A.AB.AC.AD.A2=IRL1=20V1=n1U=10V0==I1R+U1R=3ΩI/=A故选D。 R1=2Ω2=8Ω示。下列说法正确的是()2=4V1=2V解得R3接入电路的阻值为故选AC。 A.每个灯泡两端的电压为40VC.通过定值电阻R的电流为0.6AD.定值电阻R的电功率为54Wn1 =n21=U=U2+U12=30V1=90VP=UI故B错误；I2=3I=1.8AIR=2I-I1=0.6AD．定值电阻R的电功率P=U1IR=90×0.6W=54WD正确。 ==故D正确；故选AD。据这一特点可画出cd间I-t关系图象展开分析. 2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电 R2=()C.通过R2的电流为2Au=Emsinωt=220、2sin(100πt(V故A错误；根据变压比规律变压器的输出电压故B错误；I2=22AD．通过R1的电流P=I12R1+I22R2=300W故D正确。故选D。 B.U0=40V，P=80W，P=20WD.U0=20V，P=20Wn1 =n2n12=U1=n1P===20W A.原线圈所接的交变电压瞬时值表达式为u=220C.通过电阻R2的电流为52AT=0.02s则u=umsinωt=220、2sin(100πt(V故A错误；由解得通过电阻R2的电流为I=52AD．因为电阻R1的电流始终为P=P1+P2=U2I1+U2I=(500+250、2)W故D错误。 故选BC。I1n1=I2n2+I3n3 :n2:n3为()=2U3，由理想变压器的电压关系得==,可得n2=2n3，由输入功率等于输出功率，可得n1I=n2I+n3I，所以n1=n2+n3，所以n1:n2:n3=3:2:1.故选项B正确. 中的电流I1分别是()n1=n1 ()III A.交流电源的输出功率为360WB.灯泡L的额定电流为2.0An1===900n2 =n3n3===180副线圈n2的中电流副线圈n2的中电流I3=5AI1n1=I2n2+I3n3I1=2.0AP=UI1=220×2.0W=440WA错误；故选B。 A.9PB.PC.PD.P因为R3的功率P3===P，则R2的功率P2===4P根据能量守恒原线圈的输入功率为5P，则I1=那么R1消耗的功率P1=IR=2R又因为=所以P1=。R1中的电流为I1则由能量守恒I+I=I1U得I1=I所以P1=IR=I2R=P解法三：由I1n1=I2n2+I3n3得I1=I3根据P=I2R则P1:P=I:I=所以P1=IR=I2R=P。流I2压I1率P1(2)输出电流I2决定输入电流I1.UI1发生变化. ()D错误. 故选AD。 ()2=4400VI2=160AP=U2I2=4400×160W=704kWB错误；3=U2-I2rΔP=Ir故选AC。 A.R1与R2消耗的电功率相等B.通过R1的电流为3A2R【答案】AC A.原线圈输入功率增大B.原线圈两端电压增大【答案】AC(3)升压变压器原线圈的电流副线圈的电流为输送电压.(4)功率损失：ΔP=I+ΔP.(1)P损=P-P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率.n2.n2. C.通过输电线的电流为4AD.输电线上损耗的功率为320W =2=ΔP=IR=320W=0.32kWP/=10kW-0.32kW=9.68kWB.输电线上损失的电压为ΔU=I2R=80V3=2500V-80V=2420Vn3 ==n4故B正确。故选BCD。 n1 =n2n1=220kV=8故A正确；n1=110kV=4故B错误；P/=(U2-U)I=800kW故选AC。 UA.C.I2RD.I(U1-U2(1-U2I=P===I2R=I(U1-U2)