2012届高考物理第一轮考纲知识复习 变压器、电能的输送

第2节 变压器、电能的输送
【考纲知识梳理】
一、 变压器及其原理
1、 构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁心上构成所谓的变压器。
2、 作用：在输送电能的过程中改变电压。
3、 原理：其工作原理是利用了电磁感应现象。
4、 特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交流电压。
5、 理想变压器的基本关系式:
（1）输出功率 决定输入功率 ，理想变压器的输入功率和输出功率相等，即 = 。
（2）变压比: ，
（3）电流关系: ，
（4）若干副线圈时:
, ; 或
6、 几种常用的变压器
(1)自耦变压器
图是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。
调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上。AB之间加上输入电压U1 。移动滑动触头P 的位置就可以调节输出电压U2。
(2)互感器
互感器也是一种变压器。交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流。用变压器把高电压变成低电压，或者把大电流变成小电流，这个问题就可以解决了。这种变压器叫做互感器。互感器分电压互感器和电流互感器两种。
a、电压互感器
电压互感器用来把高电压变成低电压，它的原线圈并联在高压电路中，副线圈上接入交流电压表。根据电压表测得的电压U 2 和铭牌上注明的变压比(U 1 /U 2 )，可以算出高压电路中的电压。为了工作安全，电压互感器的铁壳和副线圈应该接地。
b、电流互感器
电流互感器用来把大电流变成小电流。它的原线圈串联在被测电路中，副线圈上接入交流电流表。根据电流表测得的电流I 2 和铭牌上注明的变流比(I 1/I2)，可以算出被测电路中的电流。如果被测电路是高压电路，为了工作安全，同样要把电流互感器的外壳和副线圈接地。
二、电能的输送
1. 关键:减少电功率损失和电压损失
（1）功率损失：远距离输送电能，由于输电线上的电流热效应，电能转化为热能。出现功率损失。 。
（2）电压损失：远距离输送电能，线路中电阻R上消耗部分电压。 。
2方法:根据 再加上
（1）减小输电导线的电阻,如采用电阻率小的;加大导线的横截面积，
（2）提高输电电压,减小输电电流，
【要点名师透析】
一、变压器的工作原理及基本关系
1.工作原理
2.基本关系(理想变压器)
(1)无漏磁，因此Φ、 相同.
(2)无线圈内阻，因此无内压降：U=E= .
(3)由于 = ，即套在同一铁芯上的线圈无论原、副线圈间还是副、副线圈间该比例都成立,
即 = = =…
(4)无能量损失，因此P入=P出，无论副线圈是一个还是多个,
U1I1=U2I2+U3I3+…
又据电压关系可得：
n1I1=n2I2+n3I3+…
【例1】(2011?淄博模拟) (12分)如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1，交流电源电压U=311sin100πt V，F为熔断电流为I0=1.0 A的保险丝，负载为一可变电阻.
(1)当电阻R=100 Ω时，保险丝能否被熔断?
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少?变压器输出的电功率不能超过多少?
【答案】(1)保险丝不会熔断 (2)电阻R的阻值不能小于55 Ω
电功率不能大于220 W
【详解】原线圈电压的有效值为U1= V=220 V
由 = 得副线圈两端的电压
U2= U1= ×220 V=110 V
(1)当R=100 Ω时，副线圈中电流
I2= = A=1.10 A. (3分)
由U1I1=U2I2 得原线圈中的电流为
I1= I2= ×1.10 A=0.55 A,由于I1＜I0 (熔断电流)，故保险丝不会熔断. (2分)
(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1刚好到达熔断电流I0，即I1=1.0 A，则副线圈中的电流为
I2= I1= ?I1=2×1.0 A=2.0 A
变阻器阻值为：R0= = Ω=55Ω (3分)
此时变压器的输出功率为
P2=I2?U2=2.0×110 W=220 W (2分)
可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55 Ω，
输出的电功率不能大于220 W. (2分)
二、理想变压器动态问题分析
1.匝数比不变的情况:如图所示
(1)U1不变，根据 = ，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2也不变.
(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:如图所示
(1)U1不变， 发生变化，故U2变化.
(2)R不变，U2改变，故I2发生变化.
(3)根据P2= ，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.
3.分析动态问题的程序
【例2】如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表V和电流表A均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式u1=220 sin100 πt V，则( )
A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V
B.当t= s时，c、d间的电压瞬时值为110V
C.单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小
D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
【答案】选A.
【详解】由正弦交流电的最大值与有效值的关系，可以确定原线圈电压有效值为220 V，电压表所测电压值也是有效值，由于变压器原、副线圈电压比等于匝数比，所以电压表示数为22 V，A正确；将t= s代入瞬时值表达式计算得u=110 V，B错；对于理想变压器，副线圈电压只与原线圈电压和原、副线圈匝数比有关，所以滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数不变，所以C错；开关由a扳向b，原、副线圈匝数比变小，所以副线圈电压变大，电流变大，所以D错.
三、高压输电问题分析
1.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”的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析.
2.远距离高压输电的几个基本关系(如图所示)：
【例3】(14分)某学校有一台应急备用发电机,内阻为r=1 Ω,升压变压器的匝数比为1∶4,降压变压器的匝数比为4∶1,输电线的总电阻为R=4 Ω,全校22个教室,每个教室用“220 V
40 W”的灯泡6盏,要求所有灯都正常发光,则
(1)输电线上损耗的电功率多大?
(2)发电机的输出功率多大?
(3)发电机的电动势多大?
【答案】(1)144 W (2)5 424 W (3)250 V
【详解】(1)根据题意,画出从发电机到教室灯泡之间的传输过程,如图所示.
所有灯都正常工作的总功率为P′2=22×6×40 W=5 280 W (1分)
用电器都正常工作时的总电流为I′2= = A=24 A (1分)
两个变压器之间输电线上的电流为IR=I2= =6 A (1分)
故输电线上损耗的电功率PR= R=144 W (2分)
(2)升压变压器的输出功率为P1′=PR+P2′=5 424 W (2分)
而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率P出=P1=P1′=5 424 W (1分)
(3)降压变压器上的输入电压U2=4U2′=880 V (1分)
输电线上的电压损失为UR=IRR=24 V
因此升压变压器的输出电压为U1′=UR+U2=904 V (1分)
升压变压器的输入电压为U1= =226 V (1分)
升压变压器的输入电流为I1=4IR=24 A (1分)
发电机的电动势
E=U1+I1r=226 V+24×1 V=250 V (2分)
【感悟高考真题】
1.（2011?广东理综?T19）图（a）左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中 ， 、 为理想电流表和电压表。若原线圈接入如图（b）所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V，下列表述正确的是
A.电流表的示数为2A B.原、副线圈匝数比为1:2
C .电压表的示数为电压的有效值 D.原线圈中交变电压的频率为100Hz
【答案】选A.C.
【详解】电流表的示数为： ,A正确；原、负线圈的电压比等于匝数比，所以匝数比为2:1，B错误；电压表的示数指交变电流的有效值，C正确；由（b）知交流电的周期为0.02s,故频率为50HZ,D错误。
2.（2011?福建理综?T15）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1:n2=5:1，电阻R=20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是
A.输入电压u的表达式u=20 sin(50 t)V
B.只断开S2后，L1、L2均正常发光
C.只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W
【答案】选D.
【详解】由图乙知周期为0.02s，因此输入电压的表达式 ,A错；只断开S2，L1、L2的电压小于额定电压，都不能正常发光，B错；只断开S2，负载电阻变大，功率变小，C错；S1换接到2后，据 和 得R消耗的功率为0.8W，故选D.
3.（2011?新课标全国卷?T17）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V，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。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则
A．U=110V , I=0.2A
B. U=110V , I=0.05 A
C. U=1102 V , I=0.2A
D. U=1102 V , I=0.22 A
【答案】选A。
【详解】在副线圈电路中，I2=PU =0.1A，再根据U1U2 =n1n2 ，及I2 I1 =n1n2 ，得U1=110V，I1=0.2A，故B、C、D错，A正确。
4.（2011?山东高考?T20）为保证用户电压稳定在220V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图。保持输入电压 不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某此检测得到用户电压 随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是 （ ）
A、
B、
C、为使用户电压稳定在220V，应将P适当下移
D、为使用户电压稳定在220V，应将P适当上移
【答案】选B、D。
【详解】由图像可知，正弦式交变电压的最大值为 ，其周期为0.02S,可得其表达式为B选项正确，又在 、 不变的前提下通过改变 来使 增大，由 可得应使 减小，故应将P适当上移，D选项正确。
5.（2011?浙江理综?T16）如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线圈，上线圈两端与u=51sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是
A. 2.0V B. 9.0V
C. 12.7V D. 144.0V
【答案】选A.
【详解】根据上线圈所加电压的表达式可得，最大值为51 V.所以有效值 .若变压器为理想变压器： ，可得：U2=9.0 V.但由于铁心不闭合，考虑到磁漏的存在，应有U2<9.0 V，所以A正确.
6（2011?海南物理?T11）如图：理想变压器原线圈与-10V的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a和b，小灯泡a的额定功率为0.3w，正常发光时电阻为30 ，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09A，可计算出原、副线圈的匝数比为_______，流过灯泡b的电流为_______A,
【答案】 0.2
【详解】 V，根据小灯泡正常发光，则 V， A，根据 ， ，所以 A， A。
7.（2011?江苏物理?T13-1）图为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头。原线圈输入正弦式交变电压的u-t图象如题13-2图所示。若只在ce间接一只 =400 Ω的电阻，或只在de间接一只 =225 Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80W。
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值 的表达式；
(2)求只在ce间接400Ω的电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de 间线圈的匝数比 。
【答案】（1） (2) 0.28A (3)4:3
【详解】（1）有题13-2图知 ，电压瞬时值 （V）
(2)电压有效值 （V）
理想变压器
原线圈中的电流 =0.28A
(2)设ab间匝数为 ，根据变压器规律有 ，
由题意有： ，联立可得：
8 （2010?全国卷2）19. 图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头。现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止。用 表示流过原线圈的电流， 表示流过灯泡的电流， 表示灯泡两端的电压， 表示灯泡消耗的电功率（这里的电流、电压均指有效值：电功率指平均值）。下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是
答案：BC
解析：副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，说明副线圈的匝数在均匀增大，由变压器的变压比 ，得 均匀增大（k为单位时间增加的匝数），C正确。灯泡两端的电压由零增大时其电阻增大，描绘的伏安特曲线为B。灯泡的功率先增大的快（电阻小）后增大的慢（电阻大），D错误。原线圈功率等于灯泡功率是增大的，所以原线圈电流一定增大，A错误。
【命题意图与考点定位】考查理想变压器和灯泡的伏安特曲线知识。
9（2010?天津卷）7.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1，A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后
A. A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B. A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C. V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D. V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
答案：AD
10 （2010?重庆卷）17.输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圆烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如题17图所示，然后将原线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为：
A 1100、360 B 1100、180
C 2200、180 D 220、360
【答案】B
【解析】对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得
变压器烧坏前，同理 ，B正确。
11（2010? 江苏卷）7.在如图多事的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【解析】逐项判断
A.应不变，A错误；
B. ， , ，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，B错误；
C. ,因P变大，所以P损变大，C正确；
D. ，因P变大，所以比值变大，D正确；
本题选CD。本题考查电能的输送，通常考查电压的变化引起其它变化，本题考查考查功率的变化引起其它变化，有新意。本题难度：中等。
12 （2010?福建卷）13．中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原采用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为
A．P/4 B．P/2 C．2P D．4P
答案：A
解析：由 可知当输出电压由500kv升高到1000kv时，电路中的电流将减为原来的一半；由 可知电路中损耗的功率变为原来的 。
【命题特点】本题以高压输电这一生活情境为背景，相应了“两会”提出的节能减排的建议，考查了用远程高压输电减小能耗的知识点，具有实际意义。
【启示】高考复习中应注重物理问题联系生活实际。
13（2010?山东卷）19．一理想变压器原、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。
A．副线圈输出电压的频率为50Hz
B．副线圈输出电压的有效值为31V
C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D．P向右移动时，变压器的输出功率增加
答案：AD
解析：
A.周期 ，频率 ，A正确；
B.原线圈输入电压的有效值为 ，所以，副线圈输出电压的有效值为 ，B错误；
C.根据 ，所以 ，不变。C错误；
D.变压器的输出功率 ，P向右移动时，电阻变小，变压器的输出功率增加，D正确。
本题选AD。本题考查变压器原理和交流电图象。
难度：容易。
14（2010?浙江卷）17. 某水电站，用总电阻为2.5 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 105A
B. 输电线上由电阻造成的损失电压为15kV
C. 若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9 108KW
D. 输电线上损失的功率为 P＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
答案：B
15（09?广东物理?9）图为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是 （ ABD ）
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
解析：依据输电原理，电路中的功率损耗 ，而 ,增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A正确；由P=UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D正确。
【考点模拟演练】
1．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为11∶2，原线圈两端的输入电压u＝2202sin 100πt(V)，电表均为理想电表，滑动变阻器R接入电路部分的阻值为10 Ω.下列叙述中正确的是
(　　)
A．该交流电的频率为50 Hz
B．电压表的读数为422 V
C．电流表的读数为4 A
D．若滑动变阻器的滑片P向a端移动，电流表的读数变大
【答案】AC
【详解】根据原线圈两端输入电压的表达式可知，交流电的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，A正确；变压器原线圈电压的有效值为U1＝220 V，利用变压器的变压比U1∶U2＝n1∶n2，可求得U2＝40 V，电压表的读数为40 V，B错误；电流表的读数为I＝U2R＝4 A，C正确；若滑动变阻器的滑片P向a端移动，接入电路的电阻增大，而U2不变，电流表示数变小，D错误．
2．图甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端．已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R＝1 Ω，其他各处电阻不计，以下说法正确的是(　　)
　
A．在t＝0.1 s、0.5 s时，穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动的角速度为10 πrad/s
C．电压表的示数为2 V
D．电流表的示数为0.40 A
【答案】D
【详解】t＝0.1 s,0.5 s时，电压达最大值，此时线圈平面与磁场平行，A错误；由图知T＝0.4 s，所以角速度w＝2πT＝2π0.4 s＝5π rad/s，B错误；由U1U2＝n1n2得输出电压的最大值为22 V，所以电压表示数应为2 V，C错误，R中电流IR＝2 V1 Ω＝2 A，由变压器的电流与匝数关系知电流表示数为0.40 A，D正确，正确答案D.
3．如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时(　　)
【答案】B
【详解】在理想变压器中，因为U不变，故 示数不变；闭合S时，负载电阻变小，副线圈中电流I2增大， 示数增大，由P入＝P出可知 示数增大，因ab和cd导线的电阻不可忽略，所以U3减小， 示数变小．由I3＝U3/R1得，流过R1处的电流I3变小， 示数变小，故B对．
4.(2011?华南师大附中模拟)在变电站里,经常要用交流电表去监测电网上的强电流,所用的器材叫电流互感器.如下所示的四个图中,能正确反映其工作原理的是( )
【答案】选A.
【详解】电流互感器应是测电流的,应串联在火线上,故B、D选项错误.同时,由I1n1=I2n2知要使I2＜I1,须n2＞n1,故A选项正确,C选项错误.
5.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )
A.交流电的频率为0.02 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为200 V
C.电阻R2的电功率约为6.67 W
D.通过R3的电流始终为零
【答案】选C.
【详解】根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02 s、频率为50 Hz，A错；由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1 A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20 V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200 V，B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系及并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝ 、电压有效值为U＝Um/ V，电阻R2的电功率为P2＝UI＝ W,C对.
6.如图所示，为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则( )
A.保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大
B.保持U1及P的位置不变，K由b合到a时，R消耗的功率减小
C.保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大
D.保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将增大
【答案】选A、B、D.
【详解】K由a合到b时，n1减小，由U1/U2=n1/n2，可知U2增大，P2= /R随之增大，而P1=P2，又P1=I1U1，从而I1增大，A正确；K由b合到a时，与上述情况相反，P2将减小，B正确；P上滑时，R增大，P2= /R减小，又P1=P2，P1=I1U1，从而I1减小，C错误；U1增大，由U1/U2=n1/n2可知，U2增大， I2=U2/R随之增大，由I1/I2=n2/n1可知I1也增大，D正确.故选项A、B、D正确.
7．如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1.原线圈接入一电压为u＝U0sinωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5 Ω的负载电阻．若U0＝2202 V，ω＝100π rad/s，则下述结论正确的是
(　　)
A．副线圈中电压表的读数为55 V
B．副线圈中输出交流电的周期为1100π s
C．原线圈中电流表的读数为0.5 A
D．原线圈中的输入功率为1102 W
【答案】AC
【详解】原线圈电压有效值U1＝220 V，由电压比等于匝数比可得副线圈电压U2＝55 V，A对；电阻R上的电流为2 A，由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5 A，C对；输入功率为P＝220×0.5 W＝110 W，D错；周期T＝2πω＝0.02 s，B错．
8．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′、P用的关系式正确的是
(　　)
A．P′＝U2SρL B．P′＝P2ρLU2S
C．P用＝P－U2SρL D．P用＝P(1－PρLU2S)
【答案】BD
【详解】输电线电阻 R＝ρLS，输电电流为I＝PU
故输电线上损失的电功率为：
P′＝I2R＝(PU)2ρLS＝P2ρLU2S
用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P(1－PρLU2S)．故B、D正确．
9．理想变压器连接电路如图甲所示，已知原副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数2 A，则
(　　)
A．电压表读数282 V B．电压表读数28.2 V
C．输入功率为56.4 W D．输入功率为40 W
【答案】D
【详解】由图乙可知，Um＝282 V，则输入电压有效值U1＝Um2＝200 V．根据U1U2＝n1n2，U2＝20 V，再根据I1I2＝n2n1，I1＝0.2 A，输入功率P＝U1I1＝40 W，故A、B、C错，D正确．
10．如图20所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈匝数比n1n2＝120，加在原线圈的电压为u1＝311 sin100πt (V)，霓虹灯正常工作的电阻R＝440 kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流．下列判断正确的是
(　　)
A．副线圈两端电压6220 V，副线圈中的电流14.1 mA
B．副线圈两端电压4400 V，副线圈中的电流10.0 mA
C．I1D．I1>I2
【答案】BD
【详解】原线圈电压的有效值为220 V，由U1U2＝n1n2解得副线圈电压U2＝4400 V；由I2＝U2R得I2＝10.0 mA，选项B对．根据n1I2，选项D对．
11．(14分)如图 (a)是一理想变压器的电路连接图，图(b)是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10∶1，电流表A2的示数为2 A，开关S断开，求：
(1)变压器的输入功率和电压表的示数；
(2)将开关S闭合，定性分析电路中三只电表的示数变化情况．
【答案】　(1)40 W　20 V
(2)A1示数增大　A2示数增大　V示数不变
【详解】　(1)由图(b)可知输入电压的有效值
U1＝200 V
由U1U2＝n1n2得
U2＝n2U1n1＝20 V
变压器的输入功率P1等于输出功率P2
故P1＝P2＝U2I2＝20×2 W＝40 W.
(2)将S闭合，U2不变，即电压表示数保持20 V不变；由于负载增多，负载总电阻减小，电流表A2的示数增大；次级线圈的输出功率增加，初级线圈的输入功率随之增加，电流表A1的示数增大．
12．(16分)发电机的端电压为220 V，输出电功率为44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．
(1)画出全过程的线路图．
(2)求用户得到的电压和功率．
(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．
【答案】　(1)见解析　(2)219.6 V　43.92 kW
(3)180 V　36 kW
　【详解】(1)线路图如图所示．
(2)升压变压器副线圈上的输出电压
U2＝n2n1U1＝2 200 V，
升压变压器副线圈上的输出电流I2＝n1n2I1，
升压变压器原线圈上的输入电流，由P＝U1I1得
I1＝PU1＝44×103220 A＝200 A，
所以I2＝n1Pn2U1＝44×10310×220 A＝20 A.
输电线路上的电压损失和功率损失分别为
UR＝I2R＝4 V，PR＝I22R＝0.08 kW.
加到降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为
I3＝I2＝20 A，U3＝U2－UR＝2 196 V.
降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为
U4＝n4n3U3＝219.6 V，I4＝n3n4I3＝200 A.
用户得到的功率P4＝U4I4＝43.92 kW.
(3)若不采用高压输电，线路损失电压为
UR′＝I1R＝40 V，
用户得到的电压U′＝U1－UR′＝180 V，


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