2021年高考物理一轮复习考点过关检测题—13.9远距离输电

第十一单元练（二）变压器远距离输电1.［多选］图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比"1 : "2=5 : 1。

原线圈接入如图甲所示的正弦交流电。

电路中电表均为理想电表，定值电阻R1=R2=4 Q, Z）为理想二极管（该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（）A.电阻&两端的电压频率为50 HzB.电流表的示数为5AC.原线圈的输入功率为150 WD.将Ri摘掉，电压表的示数不变解析：选ACD 由题图甲可知，交流电的周期为0.02 s,故频率为50 Hz,而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻&两端的电压频率为50 Hz,故A正确；经变压器后，输出电压为晋=20 V,因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在Ri 两端，则由有效值的定义可得：U=10y［2 V,则电流表的示数为：2.5^2 A,故B错误；2Q2原线圈输入功率等于副线圈输出的功率，输出功率尸=-厂W+（2.5«）2X4 W=150W,故C正确；因输出电压由输入电压决定，故将Ri摘掉，电压表的示数不变，故D正确。

2.［多选］（2018•牡丹江一中检测）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是10 : 1, 原线圈输入交变电压M=10（h/2sin 50TT Z （V）,在副线圈中串接有理想电流表和定值电阻A,电容器并联在电阻A两端，电阻阻值A=10Q,关于电路分析，下列说法中正确的是（）«UcA.电流表示数是1AB.电流表示数是皿AC.电阻X消耗的电功率为10WD.电容器的耐压值至少是lOji V解析：选CD 由题意知原线圈输入电压有效值为100 V,所以副线圈电压为10 V,由于电容器通交流，所以电流表示数大于1 A,不一定是« A,故A、B错误；电阻7?消耗Til［ n2的电功率为F=；== W=10W,故C正确；副线圈电压最大值为1卬V,电容器的耐K 1U压值至少是V,所以D正确。

[学生用书P383(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．如图所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( )A ．这是一个升压变压器B ．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C ．当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出直流电压12 VD ．当原线圈输入交流电压220 V 、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小 解析：选B.根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V ，输出电压为12 V ，该变压器为降压变压器，A 错误，B 正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，C 错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，D 错误．2．用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎫100πt ＋π2 A 解析：选A.由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0.05 A ，周期T ＝0.02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin 2πTt ＝0.05sin 100πt (A)，D 错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3.9 W ，A 正确．3.如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，故A 错误；2πf ＝100π rad/s ，f ＝50 Hz ，故B 错误；I 2＝880220A ＝4 A ，故C 正确；由于理想变压器P 入＝P 出＝I 22r ＋880 W ＞880 W ，故D 错误．4．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是( )A ．因为热功率P ＝U 2R，所以应降低输送电压，增大输电导线电阻，才能减小输电导线上的热损耗B ．因为热功率P ＝IU ，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗C ．因为热功率P ＝I 2R ，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗D ．以上说法均不正确解析：选C.不能盲目看公式，要注意其物理意义的表述，在求热损耗时：P 损＝I 2线R 线或用P 热＝U 线I 线，也可用P ＝U 2R，但U 必须为输电线上等效电阻两端的电压，并不是输电电压．5.(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 2 V ，故有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值为U 2＝110 V ，故输出功率P 2＝U 22R＝220 W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220 W ，A 错误；根据欧姆定律知，I 2＝U 2R ＝2 A ，I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝1 A ，故电流表读数为1 A ，B 正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110 V ，C 错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2πω，解得T ＝0.02s ，D 错误．6．远距离输电的原理图如图所示， 升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2, 电压分别为U 1、U 2，电流分别为 I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2解析：选D.根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．只有D 正确． 7．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab <I cdB ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab >I cdC ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab <I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab >I cd解析：选B.高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据I 1I 2＝n 2n 1，MN 应接匝数少的线圈，故ab 接MN ，cd 接PQ ，且I ab >I cd ，B 正确．8．如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L 1与输出电压稳定的正弦式交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L 2和L 3相连，开始时开关S 处于断开状态．当S 闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法正确的是( )A ．灯泡L 1变亮B ．灯泡L 2变亮C ．原线圈两端电压不变D ．副线圈两端电压变大解析：选A.开关S 闭合，副线圈电路增加一并联电路，总电阻减小，所以副线圈中的电流增大，根据变压器规律I 1I 2＝n 2n 1，可知原线圈电流I 1增大，L 1变亮，A 正确；灯泡L 1的电压U L1＝I 1R 增大，由于输入的正弦式交流电压稳定，根据U ＝U L1＋U 1，可知原线圈两端的电压U 1减小，则副线圈两端电压U 2随着减小，L 2变暗，B 、C 、D 错误．9．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B.由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1① 由U 1U ′2＝n 1－Δn n 2－Δn得 U ′2＝n 2－Δn n 1－Δn U 1② 由②①得：U ′2U 2＝（n 2－Δn ）n 1（n 1－Δn ）n 2＝n 2n 1－Δnn 1n 2n 1－Δnn 2，因为n 2＜n 1，所以U ′2U 2＜1，即U ′2＜U 2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错误；由以上分析过程可以看出，C 错误；由I 1I 2＝n 2n 1和I ′1I ′2＝n 2－Δn n 1－Δn可见，D 错误．10．(2020·江西八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 解析：选A.当R 3不变，P 顺时针转动时，n MN 减小，由U CD U MN ＝n CD n MN，知U MN 减小，则电压表、电流表读数均减小，A 项正确，同理知B 项错误；当P 不动时，匝数n MN 不变，输出电压U MN 不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C 项错误，同理知D 项也错误．二、多项选择题11．如图所示的电路中，T 为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L 正常发光，现在电源电压U 略降低，为使灯泡L 仍能正常发光，可采用的措施是( )A ．将自耦调压变压器的滑片P 适当上滑B ．将自耦调压变压器的滑片P 适当下滑C ．适当增大滑动变阻器R 2的阻值D ．适当减小滑动变阻器R 2的阻值解析：选AC.若保持负载总电阻不变，电源电压U 略降低时，为使灯泡L 仍能正常发光，只需输出电压U 2保持不变．根据变压比U U 2＝n 1n 2，可得U 2＝n 2n 1U ，由此可知，n 2应增大，自耦调压变压器的滑片P 应适当上滑，A 正确，B 错误；若保持匝数比不变，根据变压比U U 2＝n 1n 2，可得U 2减小，为使灯泡L 仍能正常发光，加在L 两端的电压应不变，则加在R 1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R 2应增大，C 正确，D 错误．12.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，A 错误，B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，C 正确，D 错误．13．如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a 、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V ，电流表的示数为1 A ，则( )A ．a 为电流表，b 为电压表B ．a 为电压表，b 为电流表C ．线路输送电功率是220 kWD ．输电线路总电阻为22 Ω解析：选BC.左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a 为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b 为电流表，B 正确，A 错误；电压表的示数为22 V ，根据变压公式，U 1U 2＝100，输电电压为U 1＝100×22 V ＝2 200 V ；电流表的示数为1 A ，根据变流公式，I 1I 2＝n 2n 1＝100，输电电流I 1＝100×1 A ＝100 A ，线路输送电功率为P ＝U 1I 1＝220 kW ，C 正确；根据题述条件，不能求出输电线路总电阻，D 错误．14．为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经过变电所将高压变为低压．某变电所将电压u 0＝11 0002sin 100πt (V)的交流电降为220 V 供居民小区用电，则该变电所变压器( )A ．原、副线圈匝数比为50∶1B ．原线圈中电流的频率是50 HzC ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析：选AB.根据电压u 0＝11 0002·sin 100πt (V)可知降压变压器原线圈的电压为11000 V ，则n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＝501，A 正确；交流电的频率f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，经过变压器后，交流电的频率不变，B 正确；降压变压器中副线圈中的电流大于原线圈中的电流，为了使线圈放出的热量尽量少，则副线圈导线的电阻应小于原线圈导线的电阻，则副线圈导线应比原线圈导线粗，C 错误；副线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和，而原、副线圈中的电流不相等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，D 错误．15．如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，理想交流电流表A 的示数为0.1 A ．已知图中元件D 具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是( )A．交变电流的频率为50 HzB．变压器原副线圈匝数比为112∶1C．用电器额定功率为22 WD．在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器功率将变为原来的一半解析：选ACD.由u－t图象可知交变电流的周期T＝0.02 s，则频率f＝1T＝50 Hz，A正确．由图乙可知原线圈两端输入电压U1＝220 V，因闭合S后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U2＝20 V，n1∶n2＝U1∶U2＝220 V∶20 V＝11∶1，B错误．理想变压器P入＝P出＝I1U1＝22 W，又P出＝P电器，C正确．若在用电器电阻不变的情况下断开开关S，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D正确．。

2021年高考物理一轮总复习第十章第2讲变压器远距离输电课时提能演练新人教版一、选择题(本大题共5小题,每小题6分,共30分。

每小题只有一个选项正确)1.如图所示,理想变压器初级线圈的匝数为n1,次级线圈的匝数为n2,初级线圈的两端a、b接正弦交流电源,电压表V的示数为220V,负载电阻R=44Ω,电流表A1的示数为0.20A。

下列判断中正确的是( )A.初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B.初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C.电流表A2的示数为0.1 AD.电流表A2的示数为0.4 A【解析】选B。

由题意可求得初级线圈的功率,利用理想变压器初、次级线圈中的功率相等可求得次级线圈中的电流,再利用初、次级线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比。

由电压表V的示数和电流表A1的示数可得初级线圈中的功率P1=U1I1,P1=P2=R,所以电流表A2的示数为I2==A=1.0 A,C、D错误;初级线圈和次级线圈的匝数比==,A错误,B正确。

2.(xx·广东高考)如图,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1,和均为理想电表,灯泡电阻R L=6Ω,AB端电压u1=12sin100πt(V)。

下列说法正确的是( )A.电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD.变压器输入功率为6 W【解题指南】解答本题应注意以下三点:(1)正弦式交变电流有效值和最大值的关系。

(2)交流电路中,电流表、电压表的示数表示有效值。

(3)根据电压、电流及功率与原、副线圈的匝数关系式求解。

【解析】选D。

由AB端电压u1=12sin100πt(V)知ω=100π,又ω=2πf,得频率f=50Hz,A错误;由理想变压器规律=,U2=6V,B错误;又I2==1A,C错误;P2=U2I2=6W,P1=P2,D正确。

3.(xx·天津高考)通过一理想变压器,经同一线路输送相同的电功率P,原线圈的电压U保持不变,输电线路的总电阻为R。

峙对市爱惜阳光实验学校【走向高考】高三物理一轮复习第10章第2讲变压器和远距离输电习题一、选择题(1～5题为单项选择题，6～8题为多项选择题)1．(2021·一模)如下图为通过理想变压器将高压电降压后供居民使用的示意图，其中R0表示导线总电阻，如果用户数增加，以下说法正确的选项是( ) A．电压表V1示数增大B．电压表V2示数不变C．电压表V2示数变大D．变压器输入功率变大[答案] D[解析] 电压表V1示数由输入电压决，由于输入电压一，故读数不变，A错误；根据变压器的变压比公式可以得到变压器的输出电压不变，用户数增加，导致用户总电阻减小，根据分压关系，可知用户分得的电压降低，故电压表V2示数减小，B、C错误；户数增加，输出功率变大，故变压器输入功率变大，D正确。

2．(2021·云南一模)如下图，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为：u＝2202sin 100πt(V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V 22 W〞的灯泡10个，灯泡均正常发光。

除灯泡外的电阻均不计，以下说法正确的选项是( )A．变压器原、副线圈匝数比为1021B．电流表示数为1AC．电流表示数为10AD．副线圈中电流的频率为5Hz [答案] B[解析] 由u＝2202sin100πt(V)可知，输入电压的有效值U1＝22022V＝220V，又知在输出端10个灯泡并联且正常发光，那么知输出端电压的有效值U2＝22V，那么n1n2＝U1U2＝101，A错；灯泡正常发光时的电流I＝PU＝1A，输出端10个灯泡均正常发光，总电流I2＝10I＝10A，根据I1I2＝n2n1，得出电流表示数I1＝1A，B对，C错；变压器中输出电流的频率与输入电流的频率是一致的，f＝100π2πHz＝50Hz，D错。

3．(2021·一模)甲图是一小型交流发电机供电原理图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向匀强磁场，理想变压器原、副线圈分别与发电机和灯泡连接，灯泡标有“220V60W〞字样且正常发光。

考点集训(四十四) 第2节 变压器 远距离输电A 组1．(多选)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 50πt(V )的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．副线圈输出交流电的周期为0.02 sB ．如果仅将电源的频率加倍，不会改变R 的功率C ．电压表的读数为110 2 VD ．电流表的读数为1 A[解析] 根据u ＝2202sin 50πt(V )知原线圈的周期为T ＝0.04 s ，由于原副线圈的周期相等，所以副线圈输出交流电的周期为0.04 s ，A 错误；如果仅将电源的频率加倍，则副线圈两端的电压不变，电阻R 的功率也不变，B 正确；根据匝数比可知副线圈两端电压的有效值为110 V ，则电压表的读数应该为110 V ，C 错误；根据闭合电路欧姆定律可知副线圈的电流为I ＝11055 A ＝2 A ，再根据匝数之间的关系可知原线圈的电流为1 A ，则电流表的示数也为1 A ，D 正确．[答案] BD2．如图所示为一自耦变压器的电路图，其特点是铁芯上只绕有一个线圈．把整个线圈作为副线圈，而取线圈的一部分作为原线圈．原线圈接在电压为U 的正弦交流电源上，电流表A 1、A 2均为理想电表．当触头P 向上移动时，下列说法正确的是( )A ．A 1读数变小，A 2读数变小B ．A 1读数变大，A 2读数变小C ．R 两端电压变大，变压器输入功率变小D ．R 两端电压变大，变压器输入功率变大[解析] 理想自耦变压器，原线圈接正弦交流电压U ，当触头上移时，导致原线圈的匝数n 1变大，由U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2变小，根据I 2＝U 2R 可得，电流表A 2读数变小，再由电流与匝数成反比可得电流表A 1读数变小，故A 正确，B 错误；R 两端的电压为副线圈的电压U 2，副线圈中电压和电流都变小，故R 两端电压变小，且输出功率变小，根据输入功率等于输出功率知变压器的输入功率变小，故CD 错误．[答案] A3．(多选)如图，理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L 1和L 2，原线圈输入电压不变，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S 断开，当S 闭合时下列说法中正确的是( )A ．原线圈中的电流增大B ．灯泡L 1更暗C ．副线圈两端的输出电压减小D ．变压器的输入功率增大[解析] 变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，AD 正确；当S 接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R 的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L 1的电流减小，B 正确；理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，C 错误．[答案] ABD4．如图甲所示，理想变压器原线圈的匝数n 1、副线圈的匝数n 2均可调节．原线圈两端接如图乙所示的交流电，副线圈接负载电阻R 和理想交流电流表A ，下列说法正确的是( )A ．增大n 1，其他条件不变，变压器的输出电压变大B ．增大n 2，其他条件不变，电流表的示数变小C ．增大R ，其他条件不变，变压器的输入功率变大D ．原线圈所接交流电电压的瞬时值表达式u ＝2202sin 100πt(V )[解析] 根据电压与匝数成正比，增大n 1，其他条件不变，变压器的输出电压减小，故A 错误；根据电压与匝数成正比，增大n 2，其他条件不变，变压器的输出电压增大，根据欧姆定律可知，电流表的示数变大，故B 错误；增大R ，其他条件不变，则输出功率P ＝U2R 减小，变压器的输入功率等于输出功率，也减小，故C 错误；根据图乙知原线圈所接交流电的瞬时值表达式u ＝2202sin 100πt(V )，故D 正确．[答案] D5．(多选)中国的特高压输电技术独步全球，有着重大的经济和社会效益．如图为远距离特高压输电的示意图，若电厂输出电压为U 1＝5 5002sin 100πt(V )，电流为I 1＝500 A ，在电能输送过程中，输送的电功率一定，输电线电阻一定，在输电线上发热损失的电功率为P 损，下列判断正确的是( )A ．P 损与U 3的平方成正比B ．U 2I 2＝2.75×106 WC ．I 2＜500 AD ．用户得到的交流电频率为50 Hz[解析] 损失功率为P 损＝（ΔU ）2R＝（U 2－U 3）2R，A 错误；根据电厂输出电压为U 1＝55002sin 100πt(V )知U 1＝5 500 V ，I 1＝500 A ，根据功率相等知U 1I 1＝U 2I 2＝5 500×500 W＝2.75×106W ，B 正确；根据I 1I 2＝n 2n 1＝U 2U 1>1，知I 2＜500 A ，C 正确；根据电厂输出电压为U 1＝5 5002sin 100πt(V )，知频率为50 Hz ，变压器不改变频率，D 正确．[答案] BCD6．(多选)如图甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3、L 4为四只规格均为“9 V 6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u 的图象如图乙所示．则以下说法中正确的是( )A ．电压表的示数为36 VB ．电压表的示数为27 VC ．电流表的示数为3 AD ．四只灯泡均能正常发光[解析] 由输入端交变电压的图象，可求出有效值36 V ，由原、副线圈匝数之比3∶1，可得原、副线圈的电压之比3∶1，电流之比1∶3，可知四只灯泡电压均相同，设灯泡两端电压为U ，所以U ＋3U ＝36 V ，则U ＝9 V ，因此原线圈电压为27 V ，副线圈电压为9 V ，四只灯泡均能正常发光．电流表的读数为I ＝3×69A ＝2 A ，BD 正确．[答案] BD7．(多选)如图所示，理想变压器输入端连接有效值不变的交流电源．下列说法正确的是( )A ．只将开关由1掷向2，电压表示数变小B ．只将开关由1掷向2，电流表示数变大C ．只将滑动变阻器的滑片下滑，电流表示数变小D ．只将滑动变阻器的滑片下滑，电压表示数变小[解析] 只将开关由1掷向2，则原线圈匝数变小，根据U 1n 1＝U 2n 2可知，副线圈电压变大，则电压表示数变大，电流表示数变大，选项A 错误，B 正确；只将滑动变阻器的滑片下滑，则电阻变大，而副线圈电压不变，则副线圈电流减小，即电流表示数变小，电压表示数不变，选项C 正确，D 错误．[答案] BC8．如图所示，理想变压器的原线圈接有某一正弦交流电源，L 为白炽灯泡，R 1和R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小．现增大照射光强度，则( )A ．通过原线圈的电流减小B ．变压器的输出功率增大C ．R 1两端的电压减小D ．L 灯泡变暗[解析] 增大照射光强度，R 3的阻减小，副线圈总电阻减小，副线圈两端电压一定，通过副线圈的电流增大，根据能量守恒，所以通过原线圈电流也增大，故A 错误；副线圈电压一定，电阻减小，变压器的输出功率增大，故B 正确；流过R 1电流增大，所以R 1两端的电压增大，故C 错误；副线圈电压一定，R 1两端电压增大，R 2两端电压减小，通过R 2的电流减小，副线圈总电流增大，所以通过灯的电流增大，L 灯泡变亮，故D 错误．[答案] BB 组9．(多选)如图所示的变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小为R 1＝R 2＝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 ＝1102sin 100πt(V )．开关S 断开时，电阻r 消耗的电功率为100 W ．下列说法中正确的是( )A ．流过电阻r 的电流方向每秒钟变化50次B ．开关S 闭合前、后，流过电阻R 1的电流大小之比为2∶1C ．开关S 闭合前、后，电流表的示数大小之比为2∶3D ．变压器原、副线圈的匝数之比为11∶3[解析] 由公式T ＝2πω＝0.02 s ，解得f ＝1T＝50 Hz ，所以电流的方向每秒变化100次，故A 错误；开关S 断开时，电阻r 消耗的电功率为100 W ，即P ＝I 21r ＝100 W ，得I 1＝10 A ，则副线圈两端电压U 2＝I 1()r ＋R 1＝30 V ，流过R 1的电流I ＝10 A ；当S 闭合后R 总＝r ＋R 1R 2R 1＋R 2＝2 Ω，总电流I 1′＝U 2R 总＝15 A ，通过R 1的电流I R1＝U 22R 总＝7.5 A ，即开关S 闭合前、后，流过电阻R 1的电流大小之比为4∶3，故B 错误；开关S 闭合前、后，电流表的示数为I 0I 0′＝I 1I 1′＝1015＝23，故C 正确；原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝113，故D 正确． [答案] CD10．(多选)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为1∶m，降压变压器的原副线圈匝数比为n ∶1，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电压表V 1的示数减小了n ΔUB ．电流表A 1的示数增大了n ΔURC ．输电线损失的功率增大了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2RD ．电流表A 2的示数增大了n 2ΔUR[解析] 发电机输出的电压恒为U ，而升压变压器原副线圈匝数比不变，所以电压表V 1的示数不变，A 错误；由于V 2示数(U 4)减小了ΔU ，根据n 3n 4＝U 3U 4＝n ，可得降压变压器原线圈的电压U 3减小了n ΔU ，根据U V 1＝I A 1R ＋U 3，故I A 1R 增大了n ΔU ，所以电流表A 1的示数增大了ΔI 3＝n ΔU R ，根据I 3I 4＝ΔI 3ΔI 4＝1n ，可得A 2的示数增大了ΔI 4＝n 2ΔUR，BD 正确；输电线损失的功率增大了ΔP ＝⎝⎛⎭⎪⎫I ＋n ΔU R 2R －I 2R ，故C 错误．[答案] BD11．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝4∶1.变压器原线圈通过一理想电流表A 接U ＝2202sin 100πt(V )的正弦交流电，副线圈接有三个规格相同的灯泡和两个二极管，已知两二极管的正向电阻均为零，反向电阻均为无穷大，不考虑温度对灯泡电阻的影响．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，下列分析正确的是( )A ．U ab ＝220 V ，U cd ＝55 VB ．流经L 1的电流是流经电流表的电流的2倍C ．若其中一个二极管被短路，电流表的示数将不变D ．若通电1小时，L 1消耗的电能等于L 2、L 3消耗的电能之和[解析] ab 两点间的电压为U ab ＝22022 V ＝220 V ，副线圈两端电压U 2＝n 2n 1U 1＝55 V ，cd两端的电压小于55 V ，故A 错误；根据变压器原理可知I 1I 2＝n 2n 1＝14，所以流经L 1的电流是流经电流表的电流的4倍，故B 错误；若其中一个二极管被短路，副线圈的电路发生变化，所以原线圈上的电流也将发生变化，故C 错误；灯泡L 1和L 2交替有电流出现，每次接通时灯泡L 2或L 3消耗的电功率与L 1相同，所以通电1小时，L 1消耗的电能等于L 2、L 3消耗的电能之和，故D 正确．[答案] D12．如图所示，内阻为 5 Ω的发电机通过理想升压变压器和理想降压变压器向用户供电．已知输电线的总电阻为R ＝50 Ω，升压变压器的原、副线圈匝数之比为1∶4，降压变压器的原、副线圈匝数之比为5∶1，降压变压器副线圈两端输出电压的表达式为U ＝2202sin 100πt(V )，降压变压器的副线圈与R 0＝22 Ω的负载电阻组成闭合电路．求：(1)降压变压器的输出功率； (2)升压变压器的输出功率； (3)发电机电动势的有效值．[解析] (1)降压变压器输出电压有效值U 4＝220 V 输出功率P 4＝U 24R 0解得P 4＝2 200 W(2)降压变压器输入电压有效值U 3，U 3U 4＝51解得U 3＝1 100 V设输电导线电流为I 2，P 3＝P 4＝U 3I 2 解得I 2＝2 A 电压ΔU ＝I 2R ΔU ＝100 V升压变压器的输出电压U 2＝U 3＋ΔU 解得U 2＝1 200 V升压变压器输出功率P 2＝U 2I 2 解得P 2＝2 400 W(3)升压变压器输入电压有效值U 1，U 1U 2＝14解得U 1＝300 V发电机电流为I 1＝P 1U 1＝P 2U 1解得I 1＝8 A电源电动势有效值E ＝I 1r ＋U 1＝340 V。

高考物理真题分项汇编——远距离输电一、单选题1．（2023·山东·统考高考真题）某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1= 250V，输出功率500kW。

降压变压器的匝数比n3：n4= 50：1，输电线总电阻R= 62.5Ω。

其余线路电阻不计，用户端电压U4= 220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。

下列说法正确的是（）A．发电机的输出电流为368A B．输电线上损失的功率为4.8kWC．输送给储能站的功率为408kW D．升压变压器的匝数比n1：n2= 1：44P = U 2I 3＋P 储代入数据有P 储 = 408kWC 正确。

故选C 。

2．（2023·浙江·统考高考真题）我国1100kV 特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。

下列说法正确的是（ ） A ．送电端先升压再整流 B ．用户端先降压再变交流 C ．1100kV 是指交流电的最大值 D ．输电功率由送电端电压决定【答案】A【解析】AB ．升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A 正确，B 错误；C ．1100kV 指的是交流电的有效值，故C 错误；D ．输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D 错误。

故选A 。

3．（2020·浙江·统考高考真题）如图所示，某小型水电站发电机的输出功率100kW P =，发电机的电压1250V U =，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻8ΩR =线，在用户端用降压变压器把电压降为4220V U =。

已知输电线上损失的功率5kW P =线，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是（ ）A ．发电机输出的电流140A I =B ．输电线上的电流625A I =线C ．降压变压器的匝数比34:190:11n n =D ．用户得到的电流4455A I = 【答案】C【解析】A ．根据电功率公式A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失功率减小A．是一种降压变压器B．能测量直流电路的电流C．原、副线圈电流的频率不同D．副线圈的电流小于原线圈的电流【答案】D【解析】A．原线圈匝数较少，电流互感器是一种降电流的变压器，A选项错误。

变压器沟通电与远距离输电(限时：45分钟)一、单项选择题1．(2021·福建·15)如图1所示，试验室一台手摇沟通发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝102sin 10πt (V)，则()图1A．该交变电流的频率为10 HzB．该电动势的有效值为10 2 VC．外接电阻R所消耗的电功率为10 WD．电路中抱负沟通电流表的示数为1.0 A答案 D解析由e＝102sin 10πt (V)知电动势的有效值E有＝E m2＝1022V＝10 V，故B选项错误；电路中的抱负电流表示数为电流的有效值：I有＝E有r＋R＝1.0 A，故D选项正确；电阻R消耗的电功率P＝I2有·R＝9.0 W，故C选项错误；沟通电的角速度ω＝10π rad/s，所以频率f＝ω2π＝5 Hz，故A选项错误.2．如图2甲所示，在匀强磁场中有一个匝数n＝10的矩形线圈匀速转动，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为5 Ω.从图甲所示位置开头计时，通过线圈平面的磁通量随时间变化的图象如图乙所示，那么()图2A．在t＝0.2 s时，线圈中的感应电流转变方向B．在t＝0.4 s时，线圈中的感应电动势为零C．线圈转过60°时的感应电流为3π AD．线圈转动过程中消耗的电功率为10π2 W答案 D解析当线圈与磁场方向平行时，磁通量为零，但感应电动势最大，当线圈与磁场方向垂直时，磁通量最大，但感应电动势为零，由此可知在t＝0.2 s时，线圈的磁通量为零，感应电动势最大，感应电流方向不转变，选项A错误；同理，在t＝0.4 s时，感应电动势最大，选项B错误；线圈转动的角速度为ω＝2πT＝5π rad/s，感应电动势峰值为E m＝nBSω＝nωΦm＝10π V，感应电流瞬时值表达式为i＝E mR cos ωt，因此线圈转过60°时感应电流为I＝10π5cos 60°＝π A，选项C错误；电压的有效值为U＝E m2＝52π V，电功率为P＝U2R＝10π2 W，选项D正确．3．一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求．要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百千米甚至几千千米之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”“二次变电站”降压．已知经低压变电站降压变压器(可视为抱负变压器)后供应某小区居民的沟通电u＝2202 sin 100πt V，该变压器原、副线圈匝数比为50∶1，则()A．原线圈上的电压为11 000 2 VB．原线圈中电流的频率是100 HzC．原线圈使用的导线应当比副线圈的要粗D．接受高压输电有利于削减输电线路中的损耗答案 D解析降压变压器副线圈电压的有效值U2＝U m2＝22022V＝220 V，依据U1U2＝n1n2，可得原线圈的电压为11 000 V，选项A错误；依据ω＝100π rad/s＝2πf，可得频率f＝50 Hz，选项B错误；原、副线圈的功率是相同的，原线圈电压大，副线圈电压小，原线圈电流小，副线圈电流大，所以副线圈使用的导线应当比原线圈要粗，选项C错误；接受高压输电，可以减小输电线上的电流，依据P＝I2r可知，有利于削减输电线路中的损耗，选项D正确．4．如图3所示，某小型发电站发电机输出的沟通电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω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220 V供用户使用(两个变压器均为抱负变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是()。

专题54 远距离输电一、远距离输电1．输电过程（如图所示）2．输送电流（1）PIU =；（2）U UIR'-=。

3．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q=I2Rt。

4．电压损失（1）ΔU=U–U′；（2）ΔU=IR。

5．功率损失（1）ΔP=P–P′；（2）ΔP=I2R=(PU)2R。

6．降低输电损耗的两个途径（1）减小输电线的电阻，由电阻定律lRSρ=可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积；（2）减小输电导线中的输电电流，由P=UI可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流。

二、远距离输电问题1．远距离输电的处理思路对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析。

（1）功率关系：P 1=P 2，P 3=P 4，P 2=P 损+P 3； （2）电压、电流关系：122121I I n n U U ==，344343I I n n U U ==，U 2=ΔU+U 3，I 2=I 3=I 线； （3）输电电流：线线R U U U P U P I 323322-===； （4）输电线上损耗的电功率：P 损=I 线ΔU=I 线2R 线=222)(U P R 线。

当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的21n 。

3．远距离输电问题的“三二一” （1）理清三个回路（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n 1）和线圈2（匝数为n 2）中各个量间的关系是2121n n U U =，1221n n I I =，P 1=P 2； 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n 3）和线圈4（匝数为n 4）中各个量间的关系是4343n n U U =，3443n n I I =，P 3=P 4。

高考物理一轮复习 第13章 第2节 变压器 远距离输电课时闯关（含解析） 人教版一、选择题1．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( ) A ．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1 B ．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C ．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D ．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1 答案：BD 2.(2013·珠海模拟)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R 0表示，变阻器R 表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P 向下移动时，下列说法不．正确的是( )A ．相当于在增加用电器的数目B ．A 1表的示数随A 2表的示数的增大而增大C ．V 1表的示数随V 2表的示数的增大而增大D ．变压器的输入功率增大 答案：C 3.(2011·高考浙江卷)如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n 1＝800和n 2＝200的两个线圈，上线圈两端与u ＝51sin314t V 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 ．2.0 VB ．9.0 VC ．12.7 VD ．144.0 V解析：选A.若未考虑铁芯的漏磁因素，上线圈电压有效值U 1＝512＝36 V ，按变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝9.0 V ，而实际上副线圈磁通量Φ2＜Φ1，由U ＝n ΔΦΔt 得U 1n 1＞U 2n 2，则应选A.4.(2013·厦门模拟)在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图所示．它的原线圈匝数n 1＝600匝，交流电源的电动势e ＝311sin(100πt ) V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A 的保险丝，副线圈匝数n 2＝120匝，为保证保险丝不被烧断，则( )A ．负载功率不能超过62 WB ．副线圈电流最大值不能超过1 AC ．副线圈电路中的电阻R 不能小于44 ΩD ．副线圈电路中电压表的读数为62 V解析：选C.由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝44 V ，D 错；由I 1I 2＝n 2n 1得I 2≤1 A，所以负载功率最大为P 2＝U 2I 2≤44 W，A 错；副线圈中的电流最大值为I m ＝ 2 A ，故B 错；由R ＝U 22P 2得R ≥44 Ω，C对．5．(2011·高考广东卷)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55 Ω，A 、V 为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V ，下列表述正确的是( )A ．电流表的示数为2 AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．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100 Hz解析：选AC.由图乙可知原线圈两端电压的有效值U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得原副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝220110＝2∶1，故B 错误．电流表示数与电压表示数都为有效值，故C 正确．电流表示数I ＝U R ＝11055A ＝2 A ，故A 正确．由图乙可知T ＝0.02 s ，所以交变电压的频率为f＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，D 错误． 6.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈中再串一个相同的灯泡L ，则( )A ．灯L 也能正常发光B ．灯L 比另外三个灯都暗C ．灯L 将会被烧坏D ．不能确定解析：选A.原、副线圈中的电流之比为I 1I 2＝n 2n 1＝13，而副线圈中通过每盏灯的电流均为其额定电流I 额＝I 23.又I 1＝13I 2，所以通过原线圈中灯L 的电流恰为其额定电流，灯L 正常发光，所以A 正确．7.(2012·高考福建卷)如图所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器．V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小解析：选C.交流电压表和交流电流表测量的是有效值，A 、B 错误．滑片P 向下滑动时，接入电路中的电阻减小，副线圈负载电阻减小，因为原、副线圈的匝数比不变，所以U 1、U 2不变，因I 2＝U 2R ＋R 0，所以I 2变大；又U 1I 1＝U 2I 2，所以I 1变大，故C 正确，D 错误．8．(2013·许昌联考)将电能从发电站输送到用户，在输电线上会损失一部分功率．关于输电线上损失的功率，甲同学的推导为：设输电电压为U ，则功率损失为P 损＝UI ，而I＝U r ，两者联立得到P 损＝U 2r.由此可知，要减小功率损失P 损，就应当用低压送电和增大输电线的电阻r .乙同学的推导为：设输电电压为U ，输送的电功率为P ，则功率损失为P 损＝I 2r ，而I ＝P U ，两者联立得到P 损＝P 2rU2.由此可知，要减小功率损失P 损，就应当用高压送电和减小输电线的电阻r .对于甲、乙两同学的推导方法及所得结论，下列判断正确的是( )A ．甲、乙两同学的推导方法及所得结论都是正确的B ．甲、乙两同学的推导方法及所得结论都是错误的C ．甲同学的推导方法及所得结论是正确的D ．乙同学的推导方法及所得结论是正确的解析：选D.输电线路示意图如图所示，由图可知P 损＝I 2r ，而P ＝UI ，得P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·r ，故乙同学的推导及结论正确，选D.9．(2013·西城区抽样)如图所示，理想变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R 、电感元件L 和电容元件C .若用I R 、I L 、I C 分别表示通过R 、L 和C 的电流，则下列说法中正确的是( )A ．若M 、N 接正弦式交流电，则I R ≠0、I L ≠0、I C ＝0B ．若M 、N 接正弦式交流电，则I R ≠0、I L ≠0、IC ≠0 C ．若M 、N 接恒定电流，则I R ≠0、I L ≠0，I C ≠0D ．若M 、N 接恒定电流，则I R ≠0、I L ≠0，I C ＝0解析：选B.若初级线圈两端M 、N 接正弦式交流电，三组次级线圈中都有感应电动势产生，三个线圈中都会有电流，只不过自感线圈中还会产生感应电动势，电容器不断进行充放电，也会有电流产生．10．(2013·南昌模拟)照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的．可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些．这是因为用电高峰时( )A ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B ．总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C ．总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D ．供电线路上的电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小解析：选C.照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，所以C 正确．二、非选择题 11．如图甲是一理想变压器的电路连接图，图乙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A 2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． 解析：(1)由图乙可知输入电压的有效值U 1＝200 V由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2U 1n 1＝20 V 变压器的输入功率P 1等于输出功率P 2 故P 1＝P 2＝U 2I 2＝20×2 W＝40 W.(2)将S 闭合，U 2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A 2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A 1的示数增大． 答案：(1)40 W 20 V(2)A 1示数增大 A 2示数增大 V 示数不变 12．某发电厂发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机端电压U ＝250 V ，向远处送电的输电线的总电阻R ＝8 Ω.要使传输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220 V ，那么：(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图． (2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比．解析：(1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路示意图如图所示．(2)按题意，P 损＝5%P ＝0.05×100×103W＝5×103W.设输电线路中的电流为I ，P 损＝I 2R ，I ＝ P 损R ＝ 5×1038A ＝25 A.输送电压U 2＝P I ＝100×10325V ＝4000 V ，对升压变压器n 1n 2＝U 1U 2＝2504000＝116，输电线路上损失电压U 损＝IR ＝25×8 V＝200 V ，降压变压器原线圈n 3两端电压U 3＝U 2－U 损＝(4000－200) V ＝3800 V ， 用户在副线圈n 4两端得到电压U 4＝220 V ，所以n 3n 4＝U 3U 4＝3800220＝19011.即升压变压器原、副线圈匝数比为1∶16； 降压变压器原、副线圈匝数比为190∶11. 答案：见解析。