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江苏版高考物理一轮复习第11章素养13远距离输电电路的两类动态分析课时学案
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这是一份江苏版高考物理一轮复习第11章素养13远距离输电电路的两类动态分析课时学案，文件包含核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时课件pptx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时教学设计含反思docx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时分层作业含答案docx、核心素养部编版语文三年级下册-2燕子第2课时导学案docx等4份课件配套教学资源，其中PPT共46页， 欢迎下载使用。
甲 乙
A．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为100 Hz
B．远距离输电线路损耗功率为180 kW
C．当出现火警时，电压表V的示数变小
D．当出现火警时，输电线上的电流变小
C [由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A错误；由题图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V，根据变压比公式知升压变压器副线圈两端电压为25 000 V，所以输电线中的电流为I＝eq \f(P,U)＝30 A，输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率为ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B错误；当出现火警时传感器R2阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，输电线上电流变大，输电线损失的电压变大，降压变压器输入、输出电压都变小，定值电阻的分压增大，电压表V的示数变小，C正确，D错误。]
[即时训练]
1．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率P＝20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻r＝10 Ω。下列说法正确的是( )
A．采用高压输电可以增大输电线路中的电流
B．升压变压器的输出电压U2＝2 000 V
C．用户获得的功率为20 kW
D．将P下移，用户获得的电压将增大
B [采用高压输电可以减小输电线路中的电流，从而减小输电损耗，选项A错误；电流表的示数为1 A，电流互感器匝数比为1∶10，故输电线路中电流的大小I2＝10 A，根据P＝U2I2可得升压变压器的输出电压U2＝2 000 V，选项B正确；线路损耗的功率Pr＝Ieq \\al(2,2)r＝1 kW，故用户获得的功率为19 kW，选项C错误；将P下移，降压变压器原线圈匝数增大，用户获得的电压将减小，选项D错误。]
发电电压一定的动态分析问题
[示例2] 如图所示为某小型发电站的输电示意图，发电站输出U1＝220eq \r(2)sin(100πt)V的交流电通过升压变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电。图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想电压表。下列有关描述正确的是( )
A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零
B．负载端所接收交流电的频率为25 Hz
C．深夜开灯时灯较亮是因为高压输电线上电压损失减小
D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度
C [开关都断开时降压变压器空载，其副线圈两端有电压，电压表示数不为零，选项A错误；变压器不能改变交流电的频率，故负载端所接收交流电的频率还是50 Hz，选项B错误；深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗电压也减小，用户得到的电压升高，故此时开灯较亮，选项C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线路上损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，为提高负载电压，可增大降压变压器副线圈的匝数，使负载电压提高，选项D错误。]
[即时训练]
2．小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，该电压先通过发电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降压变压器降低电压后再输送至各用户，如图所示。设变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，随着用电器增多，用户消耗的电功率增加，下列说法正确的是( )
A．发电机的输出电流变小
B．高压输电线路的功率损失变小
C．降压变压器副线圈两端的电压变小
D．升压变压器副线圈两端的电压变大
C [用电高峰期用电器增多，降压变压器的输出电流增大，由变压器原副线圈电流关系可知输电线上的电流I增大，发电机的输出电流变大，选项A错误；输电线路上损失的功率P损＝I2R，R为输电线路电阻，故P损变大，选项B错误；升压变压器副线圈的输出电压U2只与输入电压U1及原、副线圈匝数比有关，即升压变压器副线圈两端的电压不变，选项D错误；降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U损，U损＝IR，I增大，U损增大，故U3减小，由理想变压器原副线圈的电压关系可知降压变压器副线圈两端的电压变小，选项C正确。]
课时分层作业(三十三) 变压器 电能的输送
(对应学生用书第473页)
题组一 理想变压器基本规律的应用
1.某50 Hz的钳形电流表的工作原理如图所示。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＝1 000 匝，当用该表测 50 Hz 交流电时( )
A．电流表G中通过的是交变电流
B．若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为5×10－2 mA
C．若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10 mA
D．当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小
A [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(1 000,1)×0.05 A＝50 A，A正确，B错误；若导线中通过的是10 A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。]
2．如图甲所示，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“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是( )
甲 乙
A．电流表的示数为2 A
B．电压表的示数为27eq \r(2) V
C．副线圈两端接入耐压值为8 V的电容器能正常工作
D．变压器副线圈中交变电流的频率为100 Hz
A [由输入端交变电压u-t图像知，输入电压的有效值为eq \f(27\r(2),\r(2)) V＝27 V，由原、副线圈匝数之比为3∶1，可得原、副线圈的电压之比为3∶1，电流之比为1∶3，设灯泡两端电压为U，所以U＝9 V，副线圈两端电压的有效值为9 V，三只灯泡均能正常发光，电流表的读数I＝3×eq \f(6,9) A＝2 A，A正确；电压表的示数为有效值27 V，B错误；副线圈两端电压的最大值为9eq \r(2) V，C错误；变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz，D错误。]
3．(2023·海门高三模拟预测)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eq \f(n1I,n2)
B．电阻R2两端的电压为eq \f(n2IR1,n1)
C．n0与n1的比值为eq \f(NBL2ω,IR1)
D．发电机的功率为eq \f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)
B [由原线圈与副线圈的电压关系可知eq \f(U0,n0)＝eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，则U2＝eq \f(U1n2,n1)＝eq \f(n2IR1,n1)，I2＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(n2IR1,n1R2)，B正确，A错误；Em＝2NBL2ω，U0＝E有＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω，U1＝IR1，则eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C错误；发电机的功率P＝U0I0，I0＝eq \f(In1＋I2n2,n0)，可得P＝eq \f(\r(2)NBL2ωn\\al(2,1)R2＋n\\al(2,2)R1I,n1n0R2)，D错误。]
题组二 理想变压器的动态分析问题
4.如图所示，理想变压器原线圈接有正弦式交流电，R为滑动变阻器，C为平行板电容器，A为交流电流表。下列措施能使A示数增大的是( )
A．仅减小交流电的频率
B．仅将滑片P向上移动
C．仅减小C两板间距离
D．仅增大原线圈的匝数
C [减小交流电的频率，电容器的容抗增大，通过电容器的电流减小，故A错误；电容器两端的电压是副线圈两端的电压，将滑片P向上移动，对电容器两端的电压没有影响，故B错误；减小C两板间距离，由平行板电容器的电容C＝eq \f(εrS,4kπd)可知电容增大，电容器的容抗减小，通过电容器的电流增大，所以通过A示数增大，故C正确；由理想变压器的电压与匝数的关系式U2＝eq \f(n2,n1)U1可知，增大原线圈的匝数n1，副线圈的电压U2减小，通过电容器的电流减小，通过A示数减小，故D错误。]
5．(2022·江苏苏州高三二模)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R。若AB间输入图乙所示的交变电压，则( )
甲 乙
A．t＝1×10－2 s时，电压表的示数为零
B．AB间输入电压的瞬时值为u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)
C．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大
D．滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率减小
B [电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；由题图可知T＝2×10－2 s故f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s 所以其表达式为u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)，故B正确；根据变压器电压关系eq \f(U,UR)＝eq \f(n1,n2)由滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n2变大，根据变压器电压关系eq \f(U,UR)＝eq \f(n1,n2)所以R两端的电压增大，输入功率等于输出功率P入＝P出＝eq \f(U\\al(2,R),R)所以滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大，故D错误。]
6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内。下列说法正确的是( )
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
A [设滑动变阻器滑片左侧电阻为R′，则变压器副线圈所接电阻为R2＝eq \f(R0＋R′R0＋R－R′,2R0＋R)，当R′＝eq \f(1,2)R时，R2有最大值，故负载电阻在滑片从a端滑动到b端的过程中，R2先变大后变小。
设输入电压为U0，原、副线圈中的电流和两端电压分别为I1、I2和U1、U2，原线圈回路有
U0＝I1R0＋U1，
eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2) eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)
代入得U0＝eq \f(n2I2,n1)R0＋eq \f(n1,n2)U2，而U2＝I2R2
即U0＝eq \f(n2I2,n1)R0＋eq \f(n1,n2)I2R2＝I2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n2,n1)R0＋\f(n1,n2)R2))
因R2先变大后变小，故I2先减小后变大，I1先减小后变大，L1先变暗后变亮。滑片从a到中点过程中I1减小、U1增大、U2增大，变阻器滑片右侧电阻和L2串联电路两端电压增大，而右侧电阻减小，则流过L2的电流增大；滑片从中点到b过程中I2变大、I1变大、U1减小、U2减小，R0与R左侧电阻串联的总电阻增大，故流过L2的电流仍增大，故L2一直变亮，A正确。]
题组三 远距离输电
7．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
B [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。]
8．(2021·江苏省新高考适应性考试)小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等两次实验中( )
图1
图2
A．都接直流电源 B．A两端的电压相等
C．A损耗的功率相等 D．图1中A的电流较大
D [由于变压器只能改变交变电流，因此题图2中不可能接直流电源，A错误；T2是降压变压器，根据eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)>1，由于流过两个灯的电流相等，可知题图2中流过A的电流较小，加在题图2中A两端的电压较低，题图2中A消耗的功率较小，B、C错误，D正确。]
9．如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电。输送电压为u＝1 100eq \r(2)·sin 200πt (V)，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法正确的是( )
A．输电线上的电流为220 A
B．降压变压器原、副线圈匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(5,1)
C．用电器的额定功率P＝5.6×104 W
D．用电器上的交流电的频率是50 Hz
C [由交流电瞬时值表达式u＝1 100eq \r(2)sin 200πt (V)，可得交流电频率为100 Hz，电压有效值为U2＝1 100 V，输电线上的电流I＝eq \f(P0,U2)＝80 A，故A错误；降压变压器的输入电压U3＝U2－Ir＝700 V，降压变压器原、副线圈匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(700,220)＝eq \f(35,11)，故B错误；用电器的额定功率P＝P0－I2r＝5.6×104 W，故C正确；变压器不改变交流电的频率，所以用电器上的交流电的频率是100 Hz，故D错误。]
10.(2023·江苏南京师大附中模拟)如图所示，变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小关系为R1＝R2＝2r＝2 Ω，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电e＝220eq \r(2) sin 100 πt(V)，开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100 W。下列说法不正确的是( )
A．通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次
B．开关S闭合前后，电流表的示数之比为2∶3
C．开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为2∶3
D．变压器原副线圈的匝数之比为22∶3
C [交流电的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，知通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次，A正确；开关S闭合之前，次级电阻3 Ω，次级电流I2＝eq \f(U2,3)，开关S闭合之后，次级电阻2 Ω，次级电流I2＝eq \f(U2,2)，开关S闭合前后次级电流比为2∶3，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)得原线圈的电流I1＝eq \f(n2,n1)I2，可知开关S闭合前后，电流表的示数之比和副线圈的电流之比相同是2∶3，B正确；开关S闭合之前，通过电阻R1的电流IR1＝I2＝eq \f(U2,3)，开关S闭合之后，通过电阻R1的电流IR1＝eq \f(1,2)I2＝eq \f(U2,4)，开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为4∶3，C错误；开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100 W，可知次级电流I2＝eq \r(\f(P,r))＝10 A次级电压有效值U2＝I2(R1＋r)＝30 V变压器初级电压有效值U1＝220 V 则变压器原副线圈的匝数之比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(22,3)，D正确。]
11.如图所示，理想变压器的原线圈接u＝U0·cs 100πt的交变电流，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断不正确的是( )
A．交变电流的频率为50 Hz
B．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大
C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大
D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过原线圈的电流一定减小
C [根据ω＝2πf可得ω＝2πf＝100π rad/s，解得f＝50 Hz，A正确；若仅将触头P向A端滑动，则副线圈匝数增大，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得副线圈输出电压增大，即R两端的电压增大，根据P＝eq \f(U2,R)可得电阻R消耗的电功率增大，B正确；若仅使电阻R增大，R两端电压不变，根据P＝eq \f(U2,R)可得电阻R消耗的功率减小，即副线圈消耗的功率减小，所以原线圈输入功率减小，C错误；若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得副线圈两端的电压减小，根据I＝eq \f(U,R)可得通过R的电流减小，即副线圈中的电流减小，根据公式eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，原线圈中的电流一定减小，D正确。]
12．(2022·盐城四模)如图所示的钳形电流表，按下手柄时，它的铁芯可以分开，把被测的载流导体放入后，松开手柄，铁芯闭合。导线中的交流电在铁芯中产生交变磁场，电流表与套在铁芯上的线圈相连，可以间接测得导线中的电流。被测导线、铁芯、线圈构成一个电流互感器。下列对钳形电流表的说法正确的是( )
A．其工作原理与降压变压器一样
B．需要断开电路将此钳式电流表串接在电路中
C．如果钳口没有闭合紧密，则电流的测量值会偏小
D．如果通电导线在钳形口多绕几圈，则读数会偏小
C [钳形电流表实质上是“降流”，则原理是与升压变压器一样，故A错误。此仪器不需要断开电路，只需将此钳式电流表的钳口扣在导线上即可，选项B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确。根据n1I1＝n2I2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2 将变大，即读数会偏大，故D错误。]
13．如图所示，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速50 r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20 Ω的电阻供电。已知电压表的示数为 20 V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻流过线圈的电流最大
B．原线圈中电流的有效值为10 A
C．穿过线圈平面的最大磁通量为eq \f(\r(2),50π) Wb
D．理想变压器的输入功率为10 W
C [题图所示时刻为中性面位置，感应电动势为零，流过线圈的电流为零，故A错误；副线圈电流I2＝eq \f(U,R)＝1 A，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，可以得到原线圈电流I1＝0.1 A，故B错误；变压器的匝数比为n1∶n2＝10∶1，故输入电压为200 V，最大值为200eq \r(2) V，由角速度ω＝2πn＝100π rad/s，根据公式Em＝NBSω＝NΦω，得穿过线圈平面的最大磁通量为Φ＝eq \f(Em,Nω)＝eq \f(\r(2),50π) Wb，故C正确；电阻R消耗的电功率为P＝eq \f(U2,R)＝20 W，则理想变压器的输入功率为20 W，故D错误。]
14.(2022·南京三模)如图所示，理想变压器原线圈匝数可调，调节触头为S，副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是( )
A．保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，灯泡L变亮
B．保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，电流表示数变小
C．保持P位置和光照强度不变，将S向下滑，光敏电阻的功率变小
D．保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大
A [S的位置和光照强度不变时，变压器原、副线圈的匝数比以及光敏电阻的阻值不变，根据理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，将P向上滑，滑动变阻器的阻值变大，通过光敏电阻r的电流减小，加在r两端的电压减小，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变大，L变亮，A正确；结合A的分析，当将P向下滑，滑动变阻器的阻值变小，通过光敏电阻r的电流增大，加在r两端的电压增大，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变小，通过L的电流减小，同时R和L的电流之和等于r的电流，所以通过R的电流增大，电流表示数增大，B错误；P位置和光照强度不变时，r和R的电阻不变，将S向下滑的时候，原线圈的匝数减小，结合理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压增大，通过r的电流增大，光敏电阻的功率变大，C错误；S位置不变时，线圈匝数不变，结合理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，光线变暗时，r的阻值变大，又P的位置不变，所以副线圈的功率减小，又理想变压器的原、副线圈功率相等，所以原线圈的功率减小，D错误。]
15.(2023·江苏海安高级中学高三期末)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路，仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
A．家庭电路正常工作时，L1中的磁通量为最大
B．家庭电路发生断路时，L2中将产生电流
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
D [由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此L1中合磁通量为零，A错误；家庭电路发生断路时，火线和零线中的电流同时变化，同时消失，穿过线圈L2中的磁通量不变，B错误；家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，故C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁通量发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，故D正确。]
甲 乙
A．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为100 Hz
B．远距离输电线路损耗功率为180 kW
C．当出现火警时，电压表V的示数变小
D．当出现火警时，输电线上的电流变小
C [由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A错误；由题图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V，根据变压比公式知升压变压器副线圈两端电压为25 000 V，所以输电线中的电流为I＝eq \f(P,U)＝30 A，输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率为ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B错误；当出现火警时传感器R2阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，输电线上电流变大，输电线损失的电压变大，降压变压器输入、输出电压都变小，定值电阻的分压增大，电压表V的示数变小，C正确，D错误。]
[即时训练]
1．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率P＝20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻r＝10 Ω。下列说法正确的是( )
A．采用高压输电可以增大输电线路中的电流
B．升压变压器的输出电压U2＝2 000 V
C．用户获得的功率为20 kW
D．将P下移，用户获得的电压将增大
B [采用高压输电可以减小输电线路中的电流，从而减小输电损耗，选项A错误；电流表的示数为1 A，电流互感器匝数比为1∶10，故输电线路中电流的大小I2＝10 A，根据P＝U2I2可得升压变压器的输出电压U2＝2 000 V，选项B正确；线路损耗的功率Pr＝Ieq \\al(2,2)r＝1 kW，故用户获得的功率为19 kW，选项C错误；将P下移，降压变压器原线圈匝数增大，用户获得的电压将减小，选项D错误。]
发电电压一定的动态分析问题
[示例2] 如图所示为某小型发电站的输电示意图，发电站输出U1＝220eq \r(2)sin(100πt)V的交流电通过升压变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电。图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想电压表。下列有关描述正确的是( )
A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零
B．负载端所接收交流电的频率为25 Hz
C．深夜开灯时灯较亮是因为高压输电线上电压损失减小
D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度
C [开关都断开时降压变压器空载，其副线圈两端有电压，电压表示数不为零，选项A错误；变压器不能改变交流电的频率，故负载端所接收交流电的频率还是50 Hz，选项B错误；深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗电压也减小，用户得到的电压升高，故此时开灯较亮，选项C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线路上损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，为提高负载电压，可增大降压变压器副线圈的匝数，使负载电压提高，选项D错误。]
[即时训练]
2．小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，该电压先通过发电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降压变压器降低电压后再输送至各用户，如图所示。设变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，随着用电器增多，用户消耗的电功率增加，下列说法正确的是( )
A．发电机的输出电流变小
B．高压输电线路的功率损失变小
C．降压变压器副线圈两端的电压变小
D．升压变压器副线圈两端的电压变大
C [用电高峰期用电器增多，降压变压器的输出电流增大，由变压器原副线圈电流关系可知输电线上的电流I增大，发电机的输出电流变大，选项A错误；输电线路上损失的功率P损＝I2R，R为输电线路电阻，故P损变大，选项B错误；升压变压器副线圈的输出电压U2只与输入电压U1及原、副线圈匝数比有关，即升压变压器副线圈两端的电压不变，选项D错误；降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U损，U损＝IR，I增大，U损增大，故U3减小，由理想变压器原副线圈的电压关系可知降压变压器副线圈两端的电压变小，选项C正确。]
课时分层作业(三十三) 变压器 电能的输送
(对应学生用书第473页)
题组一 理想变压器基本规律的应用
1.某50 Hz的钳形电流表的工作原理如图所示。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＝1 000 匝，当用该表测 50 Hz 交流电时( )
A．电流表G中通过的是交变电流
B．若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为5×10－2 mA
C．若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10 mA
D．当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小
A [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(1 000,1)×0.05 A＝50 A，A正确，B错误；若导线中通过的是10 A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。]
2．如图甲所示，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“9 V,6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是( )
甲 乙
A．电流表的示数为2 A
B．电压表的示数为27eq \r(2) V
C．副线圈两端接入耐压值为8 V的电容器能正常工作
D．变压器副线圈中交变电流的频率为100 Hz
A [由输入端交变电压u-t图像知，输入电压的有效值为eq \f(27\r(2),\r(2)) V＝27 V，由原、副线圈匝数之比为3∶1，可得原、副线圈的电压之比为3∶1，电流之比为1∶3，设灯泡两端电压为U，所以U＝9 V，副线圈两端电压的有效值为9 V，三只灯泡均能正常发光，电流表的读数I＝3×eq \f(6,9) A＝2 A，A正确；电压表的示数为有效值27 V，B错误；副线圈两端电压的最大值为9eq \r(2) V，C错误；变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz，D错误。]
3．(2023·海门高三模拟预测)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eq \f(n1I,n2)
B．电阻R2两端的电压为eq \f(n2IR1,n1)
C．n0与n1的比值为eq \f(NBL2ω,IR1)
D．发电机的功率为eq \f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)
B [由原线圈与副线圈的电压关系可知eq \f(U0,n0)＝eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，则U2＝eq \f(U1n2,n1)＝eq \f(n2IR1,n1)，I2＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(n2IR1,n1R2)，B正确，A错误；Em＝2NBL2ω，U0＝E有＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω，U1＝IR1，则eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C错误；发电机的功率P＝U0I0，I0＝eq \f(In1＋I2n2,n0)，可得P＝eq \f(\r(2)NBL2ωn\\al(2,1)R2＋n\\al(2,2)R1I,n1n0R2)，D错误。]
题组二 理想变压器的动态分析问题
4.如图所示，理想变压器原线圈接有正弦式交流电，R为滑动变阻器，C为平行板电容器，A为交流电流表。下列措施能使A示数增大的是( )
A．仅减小交流电的频率
B．仅将滑片P向上移动
C．仅减小C两板间距离
D．仅增大原线圈的匝数
C [减小交流电的频率，电容器的容抗增大，通过电容器的电流减小，故A错误；电容器两端的电压是副线圈两端的电压，将滑片P向上移动，对电容器两端的电压没有影响，故B错误；减小C两板间距离，由平行板电容器的电容C＝eq \f(εrS,4kπd)可知电容增大，电容器的容抗减小，通过电容器的电流增大，所以通过A示数增大，故C正确；由理想变压器的电压与匝数的关系式U2＝eq \f(n2,n1)U1可知，增大原线圈的匝数n1，副线圈的电压U2减小，通过电容器的电流减小，通过A示数减小，故D错误。]
5．(2022·江苏苏州高三二模)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图。线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R。若AB间输入图乙所示的交变电压，则( )
甲 乙
A．t＝1×10－2 s时，电压表的示数为零
B．AB间输入电压的瞬时值为u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)
C．滑动触头P顺时针转动时，R两端的电压增大
D．滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率减小
B [电压表的读数为有效值，不为零，故A错误；由题图可知T＝2×10－2 s故f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s 所以其表达式为u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)，故B正确；根据变压器电压关系eq \f(U,UR)＝eq \f(n1,n2)由滑动触头P顺时针转动时，n2变小，所以R两端的电压减小，故C错误；滑动触头P逆时针转动时，n2变大，根据变压器电压关系eq \f(U,UR)＝eq \f(n1,n2)所以R两端的电压增大，输入功率等于输出功率P入＝P出＝eq \f(U\\al(2,R),R)所以滑动触头P逆时针转动时，AB间输入功率增大，故D错误。]
6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内。下列说法正确的是( )
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
A [设滑动变阻器滑片左侧电阻为R′，则变压器副线圈所接电阻为R2＝eq \f(R0＋R′R0＋R－R′,2R0＋R)，当R′＝eq \f(1,2)R时，R2有最大值，故负载电阻在滑片从a端滑动到b端的过程中，R2先变大后变小。
设输入电压为U0，原、副线圈中的电流和两端电压分别为I1、I2和U1、U2，原线圈回路有
U0＝I1R0＋U1，
eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2) eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)
代入得U0＝eq \f(n2I2,n1)R0＋eq \f(n1,n2)U2，而U2＝I2R2
即U0＝eq \f(n2I2,n1)R0＋eq \f(n1,n2)I2R2＝I2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n2,n1)R0＋\f(n1,n2)R2))
因R2先变大后变小，故I2先减小后变大，I1先减小后变大，L1先变暗后变亮。滑片从a到中点过程中I1减小、U1增大、U2增大，变阻器滑片右侧电阻和L2串联电路两端电压增大，而右侧电阻减小，则流过L2的电流增大；滑片从中点到b过程中I2变大、I1变大、U1减小、U2减小，R0与R左侧电阻串联的总电阻增大，故流过L2的电流仍增大，故L2一直变亮，A正确。]
题组三 远距离输电
7．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
B [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。]
8．(2021·江苏省新高考适应性考试)小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等两次实验中( )
图1
图2
A．都接直流电源 B．A两端的电压相等
C．A损耗的功率相等 D．图1中A的电流较大
D [由于变压器只能改变交变电流，因此题图2中不可能接直流电源，A错误；T2是降压变压器，根据eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)>1，由于流过两个灯的电流相等，可知题图2中流过A的电流较小，加在题图2中A两端的电压较低，题图2中A消耗的功率较小，B、C错误，D正确。]
9．如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电。输送电压为u＝1 100eq \r(2)·sin 200πt (V)，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法正确的是( )
A．输电线上的电流为220 A
B．降压变压器原、副线圈匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(5,1)
C．用电器的额定功率P＝5.6×104 W
D．用电器上的交流电的频率是50 Hz
C [由交流电瞬时值表达式u＝1 100eq \r(2)sin 200πt (V)，可得交流电频率为100 Hz，电压有效值为U2＝1 100 V，输电线上的电流I＝eq \f(P0,U2)＝80 A，故A错误；降压变压器的输入电压U3＝U2－Ir＝700 V，降压变压器原、副线圈匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(700,220)＝eq \f(35,11)，故B错误；用电器的额定功率P＝P0－I2r＝5.6×104 W，故C正确；变压器不改变交流电的频率，所以用电器上的交流电的频率是100 Hz，故D错误。]
10.(2023·江苏南京师大附中模拟)如图所示，变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小关系为R1＝R2＝2r＝2 Ω，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电e＝220eq \r(2) sin 100 πt(V)，开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100 W。下列说法不正确的是( )
A．通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次
B．开关S闭合前后，电流表的示数之比为2∶3
C．开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为2∶3
D．变压器原副线圈的匝数之比为22∶3
C [交流电的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，知通过电阻r的电流方向每秒钟变化100次，A正确；开关S闭合之前，次级电阻3 Ω，次级电流I2＝eq \f(U2,3)，开关S闭合之后，次级电阻2 Ω，次级电流I2＝eq \f(U2,2)，开关S闭合前后次级电流比为2∶3，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)得原线圈的电流I1＝eq \f(n2,n1)I2，可知开关S闭合前后，电流表的示数之比和副线圈的电流之比相同是2∶3，B正确；开关S闭合之前，通过电阻R1的电流IR1＝I2＝eq \f(U2,3)，开关S闭合之后，通过电阻R1的电流IR1＝eq \f(1,2)I2＝eq \f(U2,4)，开关S闭合前后，通过电阻R1的电流之比为4∶3，C错误；开关S断开时，电阻r消耗的电功率为100 W，可知次级电流I2＝eq \r(\f(P,r))＝10 A次级电压有效值U2＝I2(R1＋r)＝30 V变压器初级电压有效值U1＝220 V 则变压器原副线圈的匝数之比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(22,3)，D正确。]
11.如图所示，理想变压器的原线圈接u＝U0·cs 100πt的交变电流，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断不正确的是( )
A．交变电流的频率为50 Hz
B．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大
C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大
D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过原线圈的电流一定减小
C [根据ω＝2πf可得ω＝2πf＝100π rad/s，解得f＝50 Hz，A正确；若仅将触头P向A端滑动，则副线圈匝数增大，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得副线圈输出电压增大，即R两端的电压增大，根据P＝eq \f(U2,R)可得电阻R消耗的电功率增大，B正确；若仅使电阻R增大，R两端电压不变，根据P＝eq \f(U2,R)可得电阻R消耗的功率减小，即副线圈消耗的功率减小，所以原线圈输入功率减小，C错误；若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得副线圈两端的电压减小，根据I＝eq \f(U,R)可得通过R的电流减小，即副线圈中的电流减小，根据公式eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，原线圈中的电流一定减小，D正确。]
12．(2022·盐城四模)如图所示的钳形电流表，按下手柄时，它的铁芯可以分开，把被测的载流导体放入后，松开手柄，铁芯闭合。导线中的交流电在铁芯中产生交变磁场，电流表与套在铁芯上的线圈相连，可以间接测得导线中的电流。被测导线、铁芯、线圈构成一个电流互感器。下列对钳形电流表的说法正确的是( )
A．其工作原理与降压变压器一样
B．需要断开电路将此钳式电流表串接在电路中
C．如果钳口没有闭合紧密，则电流的测量值会偏小
D．如果通电导线在钳形口多绕几圈，则读数会偏小
C [钳形电流表实质上是“降流”，则原理是与升压变压器一样，故A错误。此仪器不需要断开电路，只需将此钳式电流表的钳口扣在导线上即可，选项B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确。根据n1I1＝n2I2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流测量仪的示数I2 将变大，即读数会偏大，故D错误。]
13．如图所示，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速50 r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20 Ω的电阻供电。已知电压表的示数为 20 V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是( )
A．t＝0时刻流过线圈的电流最大
B．原线圈中电流的有效值为10 A
C．穿过线圈平面的最大磁通量为eq \f(\r(2),50π) Wb
D．理想变压器的输入功率为10 W
C [题图所示时刻为中性面位置，感应电动势为零，流过线圈的电流为零，故A错误；副线圈电流I2＝eq \f(U,R)＝1 A，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，可以得到原线圈电流I1＝0.1 A，故B错误；变压器的匝数比为n1∶n2＝10∶1，故输入电压为200 V，最大值为200eq \r(2) V，由角速度ω＝2πn＝100π rad/s，根据公式Em＝NBSω＝NΦω，得穿过线圈平面的最大磁通量为Φ＝eq \f(Em,Nω)＝eq \f(\r(2),50π) Wb，故C正确；电阻R消耗的电功率为P＝eq \f(U2,R)＝20 W，则理想变压器的输入功率为20 W，故D错误。]
14.(2022·南京三模)如图所示，理想变压器原线圈匝数可调，调节触头为S，副线圈电路中r为光敏电阻，光敏电阻的阻值随光照的增强而减小，滑动变阻器R与灯泡L并联在电路中，关于电路变化问题，下列说法正确的是( )
A．保持S位置和光照强度不变，将P向上滑，灯泡L变亮
B．保持S位置和光照强度不变，将P向下滑，电流表示数变小
C．保持P位置和光照强度不变，将S向下滑，光敏电阻的功率变小
D．保持P位置和S位置不变，使光线变暗，原线圈的输入功率变大
A [S的位置和光照强度不变时，变压器原、副线圈的匝数比以及光敏电阻的阻值不变，根据理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，将P向上滑，滑动变阻器的阻值变大，通过光敏电阻r的电流减小，加在r两端的电压减小，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变大，L变亮，A正确；结合A的分析，当将P向下滑，滑动变阻器的阻值变小，通过光敏电阻r的电流增大，加在r两端的电压增大，又由于r和L两端电压之和等于副线圈的端电压且保持不变，所以L两端电压变小，通过L的电流减小，同时R和L的电流之和等于r的电流，所以通过R的电流增大，电流表示数增大，B错误；P位置和光照强度不变时，r和R的电阻不变，将S向下滑的时候，原线圈的匝数减小，结合理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压增大，通过r的电流增大，光敏电阻的功率变大，C错误；S位置不变时，线圈匝数不变，结合理想变压器原、副线圈的端电压之比等于匝数之比，可知副线圈的输出电压不变，光线变暗时，r的阻值变大，又P的位置不变，所以副线圈的功率减小，又理想变压器的原、副线圈功率相等，所以原线圈的功率减小，D错误。]
15.(2023·江苏海安高级中学高三期末)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示，铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关K，从而切断家庭电路，仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
A．家庭电路正常工作时，L1中的磁通量为最大
B．家庭电路发生断路时，L2中将产生电流
C．家庭电路发生短路时，开关K将被电磁铁吸起
D．地面上的人接触火线发生触电时，开关K将被电磁铁吸起
D [由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此L1中合磁通量为零，A错误；家庭电路发生断路时，火线和零线中的电流同时变化，同时消失，穿过线圈L2中的磁通量不变，B错误；家庭电路发生短路时，火线和零线的电流同时增大，合磁通量仍然为零，因此开关K不会被电磁铁吸起，故C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁通量发生变化，导致L2中的磁通量变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关K吸起，故D正确。]
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