教育最新K122018-2019学年高中物理 第三章 电路与电能传输章末复习课学案 教科版选修1-1

第三章磁场章末综合检测一、单项选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．关于磁通量，正确的说法有( )A．磁通量不仅有大小而且有方向，是矢量B．在匀强磁场中，a线圈面积比b线圈面积大，则穿过a线圈的磁通量一定比穿过b线圈的大C．磁通量大，磁感应强度不一定大D．把某线圈放在磁场中的M、N两点，若放在M处的磁通量比在N处的大，则M处的磁感应强度一定比N处大解析：磁通量是标量，大小与B、S及放置角度均有关，只有C项说法完全正确．答案：C2．如图所示，一水平放置的矩形闭合线圈abcd在条形磁体N极附近竖直下落，保持bc边在纸外，ad边在纸内，由图中的位置Ⅰ经过位置Ⅱ到位置Ⅲ，且位置Ⅰ和Ⅲ都很靠近位置Ⅱ.在这个过程中，线圈中的磁通量( )A．是增加的B．是减少的C．先增加，后减少D．先减少，后增加解析：要知道线圈在下落过程中磁通量的变化情况，就必须知道条形磁体的磁极附近磁感线的分布情况．线圈位于位置Ⅱ时，磁通量为零，故线圈中磁通量是先减少，后增加的．答案：D3.如图所示，一根有质量的金属棒MN，两端用细软导线连接后悬于a、b两点，棒的中部处于方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，棒中通有电流，方向从M流向N，此时悬线上有拉力．为了使拉力等于零，可以( )A．适当减小磁感应强度B．使磁场反向C．适当增大电流D．使电流反向解析：首先对MN进行受力分析，受竖直向下的重力G，受两根软导线的竖直向上的拉力和竖直向上的安培力．处于平衡时有2F＋BIL＝mg，重力mg恒定不变，欲使拉力F减小到0，应增大安培力BIL，所以可增大磁场的磁感应强度B或增加通过金属棒中的电流I，或二者同时增大． 答案：C4．如图所示，空间存在水平向左的匀强电场和垂直纸面向里的匀强磁场，电场和磁场相互垂直．在电磁场区域中，有一个竖直放置的光滑绝缘圆环，环上套有一个带正电的小球．O 点为圆环的圆心，a 、b 、c 为圆环上的三个点，a 点为最高点，c 点为最低点，Ob 沿水平方向．已知小球所受电场力与重力大小相等．现将小球从环的顶端a 点由静止释放．下列判断正确的是( )A ．当小球运动的弧长为圆周长的14时，洛伦兹力最大B ．当小球运动的弧长为圆周长的12时，洛伦兹力最大C ．小球从a 点运动到b 点，重力势能减小，电势能增大D ．小球从b 点运动到c 点，电势能增大，动能先增大后减小解析：将电场力与重力合成，合力方向斜向左下方与竖直方向成45°角，把电场与重力场看成一个等效场，其等效最低点在点b 、c 之间，小球从b 点运动到c 点，动能先增大后减小，且在等效最低点的速度和洛伦兹力最大，则A 、B 两项错，D 项正确；小球从a 点到b 点，电势能减小，则C 项错． 答案：D5．如图所示，在边长为2a 的正三角形区域内存在方向垂直于纸面向里的匀强磁场，一个质量为m 、电荷量为－q 的带电粒子(重力不计)从AB 边的中点O 以速度v 进入磁场，粒子进入磁场时的速度方向垂直于磁场且与AB 边的夹角为60°.若要使粒子能从AC 边穿出磁场，则匀强磁场的大小B 需满足( )A ．B ＞3mv3aqB ．B ＜3mv 3aqC ．B ＞3mv aqD ．B ＜3mv aq解析：粒子刚好达到C 点时，其运动轨迹与AC 相切，则粒子运动的半径为r 0＝3a .由r ＝mv qB 得，粒子要能从AC 边射出，粒子运动的半径r ＞r 0，解得B ＜3mv 3aq，选项B 正确． 答案：B6.如图所示，一个静止的质量为m 、带电荷量为q 的粒子(不计重力)，经电压U 加速后垂直进入磁感应强度为B 的匀强磁场中，粒子打至P 点，设OP ＝x ，能够正确反应x 与U 之间的函数关系的是( )解析：带电粒子在电场中做加速运动，由动能定理有qU ＝12mv 2，带电粒子在磁场中做匀速圆周运动有x 2＝mv qB ，整理得x 2＝8m qB2U ，故B 正确．答案：B二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多个选项符合题意，把正确选项前的字母填在题后的括号内)7．(2017·高考全国卷Ⅰ)如图，三根相互平行的固定长直导线L1、L 2和L 3两两等距，均通有电流I ，L 1中电流方向与L 2中的相同，与L 3中的相反．下列说法正确的是( )A ．L 1所受磁场作用力的方向与L 2、L 3所在平面垂直B ．L 3所受磁场作用力的方向与L 1、L 2所在平面垂直C ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为1∶1∶ 3D ．L 1、L 2和L 3单位长度所受的磁场作用力大小之比为3∶3∶1 解析：同向电流相互吸引，反向电流相互排斥．对L1受力分析，如图所示，可知L 1所受磁场力的方向与L 2、L 3所在的平面平行，故A 错误；对L 3受力分析，如图所示，可知L 3所受磁场力的方向与L 1、L 2所在的平面垂直，故B 正确；设三根导线间两两之间的相互作用力为F ，则L 1、L 2受到的磁场力的合力等于F ，L 3受的磁场力的合力为3F ，即L 1、L 2、L 3单位长度受到的磁场力之比为1∶1∶3，故C 正确，D 错误． 答案：BC8．一个不计重力的带电粒子以初速度v 0垂直于电场方向向右射入匀强电场区域，穿出电场后接着又进入匀强磁场区域．设电场和磁场区域有明确的分界线，且分界线与电场方向平行，如下列图中的虚线所示．在选项图所示的几种情况下，可能出现的是( )解析：A 、C 选项中粒子在电场中向下偏转，所以粒子带正电，在进入磁场后，A 图中粒子应逆时针转，C 图中粒子应顺时针转，A 正确，C 错误．同理可以判断，B 错误，D 正确． 答案：AD9．电子以垂直于匀强磁场的速度v ，从a 点进入长为d 、宽为L 的磁场区域，偏转后从b 点离开磁场，如图所示，若磁场的磁感应强度为B ，那么( )A ．电子在磁场中的运动时间t ＝d vB ．电子在磁场中的运动时间t ＝C ．洛伦兹力对电子做的功是W ＝Bev 2t D ．电子在b 点的速度值也为v解析：由于电子做的是匀速圆周运动，故运动时间t ＝，A 错误，B 项正确；由洛伦兹力不做功可得C 错误，D 正确． 答案：BD10．为监测某化工厂的污水排放量，技术人员在该厂的排污管末端安装了如图所示的流量计．该装置由绝缘材料制成，长、宽、高分别为a 、b 、c ，左右两端开口．在垂直于上下底面方向加磁感应强度大小为B 的匀强磁场，在前后两个内侧面分别固定有金属板作为电极．污水充满管口中从左向右流经该装置时，接在M 、N 两端间的电压表将显示两极间的电压U .若用Q 表示污水流量(单位时间内排出的污水体积)，下列说法中正确的是( ) A ．N 端的电势比M 端的高B ．若污水中正负离子数相同，则前后表面的电势差为零C ．电压表的示数U 跟a 和b 都成正比，跟c 无关D ．电压表的示数U 跟污水的流量Q 成正比解析：由左手定则可知，不管污水带何种电荷，都有φN ＞φM ，选项A 正确，选项B 错误．当电荷受力平衡时有qvB ＝q Ub ，v ＝U bB ，流量Q ＝Sv ＝cU B，选项C 错误，选项D 正确． 答案：AD三、非选择题(本题共3小题，共46分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)11.(15分)如图所示，两根平行金属导轨M 、N ，电阻不计，相距0.2 m ，上边沿导轨垂直方向放一个质量为m ＝ 5 ×10－2kg 的金属棒ab ，ab 的电阻为0.5 Ω.两金属导轨一端通过电阻R 和电源相连，电阻R ＝2 Ω，电源电动势E ＝6 V ，电源内阻r ＝0.5 Ω.如果在装置所在的区域加一个匀强磁场，使ab 对导轨的压力恰好是零，并使ab 处于静止状态，(导轨光滑，g 取10 m/s 2)求所加磁场磁感应强度的大小和方向．解析：因ab 对导轨压力恰好是零且处于静止状态，ab 所受安培力方向一定竖直向上且大小等于重力，由左手定则可以判定B 的方向应为水平向右．ab 中的电流I ＝E R ＋r ＋r ab ＝62＋0.5＋0.5A ＝2 A ，F ＝ILB ＝mg ，B ＝mg IL ＝5×10－2×102×0.2T ＝1.25 T. 答案：1.25 T 水平向右12.(15分)(2017·高考全国卷Ⅲ)如图，空间存在方向垂直于纸面(xOy 平面)向里的磁场．在x ≥0区域，磁感应强度的大小为B 0；x ＜0区域，磁感应强度的大小为λB 0(常数λ＞1)．一质量为m 、电荷量为q (q ＞0)的带电粒子以速度v 0从坐标原点O 沿x 轴正向射入磁场，此时开始计时，当粒子的速度方向再次沿x 轴正向时，求：(不计重力) (1)粒子运动的时间； (2)粒子与O 点间的距离．解析：(1)粒子的运动轨迹如图所示．带电粒子在匀强磁场中做匀速圆周运动的向心力由洛伦兹力提供，设在x ≥0区域，圆周半径为R 1；设在x ＜0区域，圆周半径为R 2.由洛伦兹力公式及牛顿第二定律得qv 0B 0＝mv 20R 1①qv 0(λB 0)＝mv 20R 2②粒子速度方向转过180°时，所用时间t 1为t 1＝πR 1v 0③粒子再转过180°时，所用时间t 2为t 2＝πR 2v 0④联立①②③④式得，所求时间t 0＝t 1＋t 2＝λ＋πmλqB 0⑤(2)由几何关系及①②式得，所求距离为d ＝2(R 1－R 2)＝λ－mv 0λqB 0⑥答案：(1)λ＋πmλqB 0(2)λ－mv 0λqB 013．(16分)如图所示，一带电微粒质量为m ＝2.0×10－11kg 、 电荷量为q ＝＋1.0×10－5C ，从静止开始经电压为U 1＝100 V 的电场加速后，从两平行金属板的中间水平进入偏转电场中，微粒从金属板边缘射出电场时的偏转角θ＝30°，并接着进入一个方向垂直纸面向里、宽度为D ＝34.6 cm 的匀强磁场区域．微粒重力忽略不计．求：(1)带电微粒进入偏转电场时的速率v 1； (2)偏转电场中两金属板间的电压U 2；(3)为使带电微粒不会由磁场右边射出，该匀强磁场的磁感应强度B 至少多大？ 解析：(1)带电微粒经加速电场加速后速率为v 1， 根据动能定理有U 1q ＝12mv 21，v 1＝2U 1q m＝1.0×104m/s.(2)带电微粒在偏转电场中只受电场力作用， 设微粒进入磁场时的速度为v ′，则v ′＝v 1cos 30°，解得v ′＝233v 1.由动能定理有12m (v ′2－v 21)＝q U 22，解得U 2＝66.7 V.(3)带电微粒进入磁场做匀速圆周运动，洛伦兹力提供向心力，设微粒恰好不从磁场右边射出时，做匀速圆周运动的轨道半径为R ， 由几何关系知R ＋R2＝D ，由牛顿运动定律及运动学规律qv ′B ＝mv ′2R，得B ＝0.1 T.若带电粒子不射出磁场，磁感应强度B 至少为0.1 T. 答案：(1)1.0×104m/s (2)66.7 V (3)0.1 T。

3.2 变压器为什么能改变电压3.3 电能的开发与利用[目标定位] 1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理.2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题.3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系.4.了解我国电能开发与利用的现状及前景.一、变压器的原理及电压与匝数的关系把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁心上，一个线圈通过开关连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上(如图1所示).连接电路，接通电源，小灯泡能发光.图1(1)电源和小灯泡并没有连接，小灯泡为什么会发光？(2)小灯泡两端电压与学生电源两端的输出电压相等吗？如果不相等与什么因素有关？(3)若将原线圈接到恒定的直流电源上，小灯泡亮不亮？分析讨论原因.答案(1)当左边线圈加上交变电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁心中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在左、右线圈中都要产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光.(2)左、右线圈中每一匝线圈上磁通量的变化率ΔΦΔt 都相同，若左边匝数为n 1，则E 1＝n 1ΔΦΔt ；若右边匝数为n 2，则E 2＝n 2ΔΦΔt ，故有E 1E 2＝n 1n 2；若忽略左边线圈的电阻，则有E 1＝E 电源，这样看来小灯泡两端电压与左侧交流电源电动势及两线圈匝数比n 1n 2都有关系.(3)不亮.因为在副线圈中不会产生感应电动势，副线圈两端没有电压，所以小灯泡不亮. [要点总结]1.变压器的构造：闭合铁心、与交流电源相连接的线圈叫原线圈(匝数用n 1表示，又叫做初级线圈)、与负载相连的另一个线圈叫副线圈(匝数用n 2表示，又叫做次级线圈)，两个线圈都绕在闭合铁心上.2.变压器的工作原理是电磁感应.因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用.(后两空选填“变化”或“恒定”)3.变压器中的电压关系 (1)只有一个副线圈：U 1U 2＝n 1n 2. (2)有多个副线圈：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3…4.变压器不能(填“能”或“不能”)改变交变电流的频率.5.原、副线圈的地位(1)原线圈在其所处回路中充当负载. (2)副线圈在其所处回路中充当电源.特别提醒：变压器能改变交变电压、交变电流，但不能改变恒定电压、恒定电流.例1 (多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是 ( ) A.通过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心流到了副线圈 答案 BC解析 B ∝I ，由于面积S 不变，故Φ∝I ，A 错误.因理想变压器无漏磁，故B 、C 正确.原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D 错. 二、理想变压器中的功率及电流关系1.什么是理想变压器？理想变压器输入与输出功率有什么关系？答案 理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗.所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P 入＝P 出.2.若只有一个副线圈时，原、副线圈中的电流与匝数有什么关系？ 答案 由能量守恒定律知P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2. 所以I 1I 2＝U 2U 1＝n 2n 1.3.若有多个副线圈时，电流与匝数间的关系是什么？答案 若有多个副线圈P 1＝P 2＋P 3＋…，即U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋… 将U 1∶U 2∶U 3∶…＝n 1∶n 2∶n 3∶…代入得n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…[要点总结]1.理想变压器的特点：(1)变压器铁心内无漏磁；无发热损失. (2)原、副线圈不计内阻，即无能量损失.实际变压器(特别是大型变压器)一般可以看成理想变压器. 2.功率关系：P 入＝P 出. 3.电流关系：(1)若只有一个副线圈时I 1U 1＝I 2U 2，即I 1I 2＝n 2n 1. (2)若有多个副线圈时I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋… 得I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋….例2 如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 两端电压u 1＝122sin 100πt (V).下列说法正确的是( )图2A.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答案 D解析 根据u 1＝122sin 100πt (V)及U ＝U m2知U 1＝12 V ，f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝12×12 V＝6 V ，即的读数为6 V ，选项B 错误；又I 2＝U 2R L ＝66A ＝1 A ，即的读数为1 A ，选项C 错误；根据P 入＝P 出及P 出＝U 22R L ＝626W ＝6 W ，选项D 正确.三、自耦变压器和互感器1.自耦变压器如图3所示，铁心上只绕有一个线圈，低压线圈是高压线圈的一部分，既可以作为升压变压器使用，也可以作为降压变压器使用.图3规律：U 1U 2＝n 1n 2I 1I 2＝n 2n 1.2.电压互感器、电流互感器 (1)构造：小型变压器，如图4所示.(2)接法：电压互感器原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表；电流互感器原线圈串联在被测电路中，副线圈接电流表.为了安全，外壳和副线圈应接地.(3)作用：电压互感器可将高电压变为低电压，通过测量低电压，计算出高压电路的电压，电流互感器将大电流变成小电流，通过测量小电流，计算出被测电路中的大电流.图4例3 (多选)图5甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )图5A.线圈匝数n 1<n 2，n 3<n 4B.线圈匝数n 1>n 2，n 3>n 4C.甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D.乙图中的电表是电流表，输出端不可断路答案 CD解析 题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n 1>n 2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n 3<n 4，题图乙中的电表为电流表，故选项C 、D 正确.例4 如图6所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值U 0＝220 V ，n 0＝2 200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、500匝、1 100匝、2 200匝.电动机M 的内阻r ＝4 Ω，额定电压为U ＝220 V ，额定功率P ＝110 W.下列判断正确的是( )图6A.当选择挡位3时，电动机两端电压为110 VB.当挡位由3变换到2时，电动机的功率增大C.当选择挡位2时，电动机的热功率为1 WD.当选择挡位4时，电动机的输出功率为110 W 答案 A解析 由电压与匝数的关系U 0∶U 3＝n 0∶n 3，解得U 3＝110 V ，A 正确；当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B 错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为I ＝PU＝0.5 A ，热功率P r ＝I 2r ＝1 W ，输出功率为P －P r ＝(110－1) W ＝109 W ，D 错误；当没有达到额定功率时，热功率小于1 W ，C 错误.1.(变压器的工作原理)(多选)理想变压器正常工作时，原、副线圈中一定相同的物理量是( )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.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图7所示，将额定电压为60 V 的用电器通过一理想变压器接在正弦交变电源上.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220 V 和2.2 A.以下判断正确的是( )图7A.变压器输入功率为484 WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC.通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD.变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3 答案 BD解析 变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝2.2×60 W＝132 W ，选项A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝U 1U 2＝220 V 60 V ＝113，选项D 正确；由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝311×2.2 A＝0.6 A ，选项B 正确；根据I ＝I m2得通过副线圈的电流的最大值I 2m ＝2I 2＝2.2 2 A ，选项C 错误.3.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图8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 ＝U 0sin ωt 的交流电源，副线圈接一个R ＝27.5 Ω的负载电阻.若U 0＝220 2 V ，ω＝100π rad/s ，则下述结论正确的是( )图8A.副线圈中电压表的读数为55 VB.副线圈中输出交变电流的周期为1100πs 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110 2 W 答案 AC解析 原线圈电压有效值为U ＝220 V ，电压表读数为U 2＝2204 V ＝55 V ，周期T ＝2πω＝150 s ，副线圈中电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈中电流I 1＝I 24＝0.5 A ，P ＝I 1U ＝110 W ，故A 、C 正确.4.(互感器)(多选)如图9所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )图9A.甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VB.甲图是电流互感器，输电电流是100 AC.乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD.乙图是电流互感器，输电电流是100 A 答案 AD解析 根据匝数比U 1U 2＝n 1n 2，有U 1＝n 1n 2U 2＝1001×220 V＝22 000 V ，故A 正确；题图甲是电压互感器，故B 错误；题图乙是电流互感器，电表是电流表，故C 错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I 3I 4＝n 4n 3，有I 3＝n 4n 3I 4＝101×10 A＝100 A ，故D 正确.。

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(重点)。

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(重难点)。

3.了解交变电流从发电站到用户的输电过程(重点)。

一、降低输电损耗的两个途径人们常把各种形式的能(如水能、燃料化学能、核能等)先转化为电能再进行利用，因为电能可以通过电网很方便地传输到远方。

电能从发电厂到远方用户端的传输过程，如图所示。

假定输电线路中的电流是I ，用户端的电压是U ，两条导线的总电阻是r 。

在图中，导线的电阻集中画为一个电阻r 。

(1)怎样计算输电线路损失的功率？(2)在输电电流一定的情况下，如果线路的电阻减为原来的一半，线路上损失的功率变为原来的多少？在线路电阻一定的情况下，如果输电电流减为原来的一半，线路上损失的功率变为原来的多少？(3)通过第(2)问的两项计算，你认为哪个途径对于降低输电线路的损耗更有效？(4)怎样计算用户消耗的功率P ？在保证用户的电功率不变的前提下，怎样才能减小输电电流？________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________1．输送电能的基本要求(1)可靠：指保证________________可靠地工作，故障少。

(2)保质：保证电能的质量——________和________稳定。

(3)经济：指输电线路建造和运行的费用________，电能损耗________。

2．输电线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 ＝P Ur ，其中I 为输电线上的电流，r 为输电线的电阻。

3．输电线路的功率损失(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 ＝I 2r 。

第三章电路与电能[巩固层·知识整合]错误![自我校对]①通路②做功③I2Rt④I2R⑤U0sin 2πft⑥I0sin 2πft⑦隔直⑧阻交⑨I2线R线⑩n2>n1⑪n2<n1[学思心得][提升层·能力强化]解决远距离输电问题有以下两个重要环节：(1)画出输电示意图，以便于分析电路，明确各量的对应关系；(2)以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈为回路，利用电路知识分析三者的电压和功率关系，具体为：①由输电功率和电压确定输电线的电流；②计算线路电压损耗、功率损耗，确定降压变压器的输入电压、输入功率；③计算两变压器的变压比．一小型发电机输出功率为50 kW ，输出电压为240 V ．现用一台升压变压器使其升压，用户处再用一台降压变压器降到所需要的220 V ，输电线总电阻为30 Ω，损失电功率为总功率的6%，变压器是理想的．求这两台变压器原、副线圈的匝数比各是多少，并画出送电电路简图．【解析】 输电示意图为已知U 1＝240 V U 4＝220 VP 总＝50 kW R ＝30 ΩΔP ＝P 总×6%＝3 kW又因为ΔP ＝I 2线R 得I 线＝10 AP 总＝U 2I 线 得U 2＝5 000 V所以升压变压器原副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝2405 000＝6125ΔU ＝I 线R ＝300 VU 3＝U 2－ΔU ＝4 700 V所以降压变压器原、副线圈匝数比n 3n 4＝4 700220＝23511.【答案】 见解析损失功率的三种算法(1)P 损＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 线．(2)P 损＝IU 损．(3)P 损＝U 2损R 线.[针对训练]1．“西电东送”工程中，为了减少输电损耗，必须提高输电电压．从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106kW ，输电电压为1 000 kV ，输电线电阻为100 Ω，若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为( )A ．105kW B ．104kW C ．106 kWD ．103kWA [输电电流I ＝P U，输电线路损失的电功率P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ＝1×105kW ；当改用超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P 损，A 正确．]1芯构成，原线圈和副线圈分别绕在同一个闭合铁芯上．2．工作原理：变压器是通过电磁感应来改变交流电压的，原线圈n 1接交流电源，由于电流的变化在闭合铁芯中产生的变化的磁通量也通过了副线圈，根据法拉第电磁感应定律，便在副线圈n 2中产生了感应电动势，如果输出电压高于输入电压，则为升压变压器；如果输出电压低于输入电压，则为降压变压器．3．理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2. 电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.由于理想变压器的结构一定，n 1、n 2均为定值，所以输出电压U 2由输入电压U 1决定，与负载电阻的大小无关，U 1增大，U 2也增大；U 1减小，U 2也减小．4．变压器不改变交变电流的频率．5．理想变压器P 入＝P 出，原、副线圈的制约关系应由P 入＝P 出，结合法拉第电磁感应定律界定．(多选)如图3­1所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线的等效电阻为R ，开始时，开关S 断开，当开关S 接通时，以下说法正确的是( )【导学号：37032081】图3­1A ．副线圈两端M 、N 的输出电压减小B ．副线圈输电线等效电阻R 上的电压增大C ．通过灯泡L 1的电流减小D ．通过电流表A 的电流增大BCD [副线圈两端电压U 2＝n 2n 1U 1，电源电压不变，则U 2不变，M 、N 两端电压不变，A 错误．开关S 闭合，L 2与L 1并联，使副线圈的负载电阻的阻值变小，M 、N 间的输出电压不变，副线圈中的总电流I 2增大，电阻R 上的电压降U R ＝I 2R 亦增大，灯泡L 1两端的电压减小，L 1中的电流减小，B 、C 正确．由I 2增大，导致原线圈中电流I 1相应增大，故D 正确．][针对训练]2.如图3­2所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为1∶n ，副线圈接一定值电阻R ( )图3­2A ．若a 、b 之间接直流电压U ，则R 中的电流为nU RB ．若a 、b 之间接直流电压U ，则原、副线圈中的电流均为零C ．若a 、b 之间接交流电压U ，则原线圈中的电流为n 2URD ．若a 、b 之间接交流电压U ，则副线圈中的电流为U nRC [根据变压器原理可知，接直流电时，R 中没有电流，A 错误；但在原线圈中能形成闭合回路，有电流，B 错误；在a 、b 间接交流电压U 时，由公式U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1得U 2＝nU ，I 2＝nU R ，I 1＝n 2UR，所以C 正确，D 错误．]。

第3章 电能的输送与变压器章末总结电能的输送与变压器⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧高压输电原理⎩⎪⎨⎪⎧功率损失P 损＝I 2R 电压损失U 损＝IR高压输电原理理想变压器⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧结构：原线圈、副线圈、铁心原理：电磁感应基本规律⎩⎪⎨⎪⎧电压关系：U 1U 2＝n 1n 2电流关系：I 1I 2＝n 2n1功率关系：P 1＝P 2电能的开发与利用一、电能输送中功率损失的计算 1.P 损＝I 2R .2.在输电电流一定的情况下，如果电路的电阻减为原来的一半，则损失的功率变为原来的二分之一；在线路电阻不变的情况下，当电流为原来的一半，线路上损失的功率变为原来的四分之一.3.由2可知，减小电流对降低损耗更有效.4.P ＝UI .5.由P ＝UI 可知I ＝P U，由此式可知，在电功率不变的前提下，升高电压，可减小输电电流.例1 图1为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图1A.(n 1n 2)U 2m4rB.(n 2n 1)U 2m 4rC.4(n 1n 2)2(P U m)2r D.4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 原线圈电压的有效值：U 1＝U m2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝P U 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 22r ＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确，A 、B 、D 错误.二、理想变压器的分析思路1.电压思路：变压器原、副线圈的电压之比为U 1U 2＝n 1n 2；当变压器有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…2.功率思路：理想变压器的输入、输出功率关系为P 入＝P 出，即P 1＝P 2；当变压器有多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋…3.电流思路：由I ＝P U 知，当变压器有多个副线圈时，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…，对只有一个副线圈的变压器才有I 1I 2＝n 2n 1.4.动态分析变压器电路的思路可表示为211222121122111()12211U U n I R U n P P I U I U P I U U U I I P =====−−−→−−−−→−−−−−−→−−−→负载决定决定决定决定例2 如图2所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表.下列说法正确的是( )图2A.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D.若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大答案 B解析当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流变小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流变小，则原线圈中的电流也变小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻变小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压变小，电流表A2示数变小，原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D错误.三、远距离输电电路中的各种关系1.解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，如图3所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置.图32.分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源.3.综合运用下面三方面的知识求解(1)能量守恒P＝U1I1＝U2I2＝P用户＋ΔPΔP＝I22RP用户＝U3I3＝U4I4.(2)电路知识U2＝ΔU＋U3ΔU＝I2R(3)变压器知识U1 U2＝I2I1＝n1n2U3U4＝I4I3＝n3n4.其中ΔP＝I22R，ΔU＝I2R往往是解题的切入点.例3交流发电机两端电压是220 V，输出功率为4 400 W，输电导线总电阻为2 Ω.试求：(1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？(2)若发电机输出端用1∶10的理想升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用10∶1的理想降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又是多大？答案(1)180 V 3 600 W 800 W (2)219.6 V 4 392 W解析(1)如图，由P＝IU得：I ＝P U ＝4 400220A ＝20 A 由U ＝U 用＋IR 得：用户得到的电压为U 用＝U －IR ＝220 V －20×2 V＝180 V 由P ＝P 用＋I 2R 得：用户得到的功率为P 用＝P －I 2R ＝4 400 W －202×2 W＝3 600 W输电损失功率为P 损＝I 2R ＝202×2 W＝800 W (2)输电线路示意图如图所示，根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得：U 1U 2＝n 1n 2， 解得U 2＝U 1n 2n 1＝220×101V ＝2 200 V 因理想变压器不改变功率，即P 2＝P ， 所以I 2＝P U 2＝2 AU 3＝U 2－I 2R ＝2 200 V －2×2 V＝2 196 V由U 4U 3＝n 4n 3得：降压变压器副线圈两端电压U 4＝U 3n 4n 3＝2 196×110V ＝219.6 V用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即P 4＝P 3＝P 2－I 22R ＝P －I 22R ＝4 392 W.1.(电能输送中功率损失的计算)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 .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( ) A.PR kU ，1n B.(P kU )2R ，1n C.PR kU ，1n 2D.(P kU)2R ，1n2答案 D解析 根据变压器的变压规律得U 1U ＝k ，U 2U＝nk ，所以U 1＝kU ，U 2＝nkU .根据P ＝UI 知匝数比为k 和nk 的变压器副线圈的电流分别为I 1＝P U 1＝P kU ，I 2＝P U 2＝P nkU .根据P ＝I 2R ，输电线路损耗的电功率分别为P 1＝I 12R ＝(P kU)2R ，P 2＝I 22R ＝(P nkU )2R ，所以P 2P 1＝1n2.选项D 正确，选项A 、B 、C 错误.2.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图4所示，理想变压器初级线圈的匝数为n 1，次级线圈的匝数为n 2，初级线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.20 A.下列判断中正确的是( )图4A.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A 2的示数为1.0 AD.电流表A 2的示数为0.4 A 答案 BC解析 对于理想变压器，P 1＝U 1I 1＝220×0.20 W＝44 W ，则负载电阻消耗的功率P 2＝P 1＝44 W ，据P 2＝U 22R，得U 2＝P 2R ＝44×44 V ＝44 V ，则n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝5，故B 正确.A 2的读数I 2＝U 2R ＝4444A ＝1 A ，故C 正确.3.(理想变压器的动态分析)(多选)如图5所示电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关.P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是( )图5A.保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小B.保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小C.保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大D.保持U 1不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I 1减小 答案 BC解析 S 由b 切换a 时，副线圈匝数增多，则输出电压U 2增大，R 消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I 1增大，所以A 错，C 对；S 由a 切换到b 时，副线圈匝数减少，则输出电压U 2减少，I 2减小，B 对；P 向上滑动时，R 减小，I 2增大，由电流与匝数的关系可知，I 1增大，D 错.4.(远距离高压输电的分析与计算)如图6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I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I 2.则( )图6A.用户端的电压为I 1U 1I 2B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I 12r D.输电线路上损失的电功率为I 1U 答案 A解析 根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 12r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的电功率P ′＝I 12r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误.。

3 电能的传输4 电能的转化及应用课时分层作业(十)[基础达标练](15分钟48分)1．(6分)(多选)下列关于理想变压器的说法中，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出去AB[从能量的转化来看，由于过程中有电磁感应现象出现，所以会存在“磁生电”的过程，这里的“磁”就是指原线圈中产生的变化磁场，这样在副线圈中就产生了电磁感应现象，从而副线圈可以产生电能．所以A、B正确．]2．(6分)发电厂给某工厂的功率限额为500 kW，用100 kV高压送电，当该工厂由于调整，现在只需要50 kW的电功率时，发电厂和工厂间的高压线路上的电流为( ) A．0.5 AB．5 AC．50 AD．不知线路电阻，无法计算A[工厂需要多少电能，发电厂输出多少电能，由公式P＝IU得选项A对．]3．(6分)关于变压器，下列说法正确的是( )A．变压器是根据电磁感应的原理制成的B．变压器的原线圈匝数一定比副线圈的多C．变压器只能改变直流电的电压D．变压器只能有一个原线圈和一个副线圈A[变压器是根据电磁感应的原理制成的，故A对；变压器只能改变交流电的电压，故C错；变压器原、副线圈匝数的多少，根据实际需要而定，而且副线圈可以有多个，故B错，D错．]4．(6分)下列说法不正确的是( )A．变压器也可以改变恒定电压B．变压器的原理是一种电磁感应现象，副线圈输出的电流是原线圈电流的感应电流C．变压器由绕在同一闭合铁芯上的若干线圈构成D．变压器原线圈相对电源而言起负载作用，而副线圈相对负载而言起电源作用A[变压器的工作原理是电磁感应现象，只有当电流为变化电流时，变压器才起作用，对于恒定电压，变压器不发挥作用，A 错，B 对；变压器由绕在同一闭合铁芯上的线圈构成，线圈至少有两个，一为原线圈，一为副线圈，C 对；在有变压器构成的电路中，原线圈与电源相连，起负载的作用，副线圈与用电器相连，起电源的作用，D 对．]5．(6分)理想变压器原线圈1 400 匝，副线圈700匝，并接有电阻R ，当变压器工作时原、副线圈中( )【导学号：37032078】A ．电流频率之比为2∶1B ．功率之比为2∶1C ．电流之比为2∶1D ．电压之比为2∶1D [理想变压器不改变电流频率和功率，故A 、B 错误，电压与匝数成正比，故D 正确． 根据电功率不变可知U 1I 1＝U 2I 2则I 1∶I 2＝U 2∶U 1电流比为1∶2，故C 错误．]6．(6分)(多选)远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是( )A ．输电线上的电功率损失是原来的1nB ．输电线上的电功率损失是原来的1n2 C ．输电线上的电压损失是原来的1nD ．输电线上的电压损失是原来的1n2BC [根据P ＝IU 知I ＝P U ，导线上损失功率P 损＝I 2R ＝P 2U2R .因输送功率一定，P 损跟输送电压的平方成反比；U 损＝P UR ，跟输送电压成反比，所以正确答案为B 、C.]7．(12分)某变电站用220 V 的电压送电，导线损失功率为输送功率的20%，若要使导线损失的电功率降为输送功率的5%，则输送电压应为多少？【解析】 设输送功率为P ，输电线路电阻为R .导线损失功率P 损＝I 2R ＝P 2U2R ，可知在输送功率为P 及输电线路一定的情况下，有P 损∝1U 2则有：U 2U 1＝P 损1P 损2＝20%5%＝2 所以输送电压U 2＝2U 1＝440 V.【答案】 440 V[能力提升练] (25分钟 50分)8．(6分)如图3­3­4所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝4∶1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表A 1的示数是12 mA ，则电流表A 2的示数为( )图3­3­4A ．3 mAB ．0C ．48 mAD ．与负载R 的值有关B [变压器只能工作于交流电路，不能工作在恒定电压和恒定电流的电路，导体棒向左匀速切割磁感线时，在线圈n 1中通过的是恒定电流，不能引起穿过线圈n 2的磁通量变化，在副线圈n 2上无感应电动势出现，所以A 2中无电流通过．]9．(6分)(多选)发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电线电阻为R ，通过导线的电流为I ，学校的输入电压为U 2，下列计算线路损耗功率的式子中正确的是( )A ．U 21RB ．U 1－U 22RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)BCD [P 损＝I 2R ＝(P U 1)2R ＝ΔU 2R ＝U 1－U 22R＝I (U 1－U 2)．]10．(6分)某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P 0，输送电压为U ，输电线的总电阻为R ，则下列说法中正确的是( )A ．输电线上的电流为U RB ．输送总功率P 0＝U 2RC ．输电线上损失的功率P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U 2R D ．输电线上损失的功率P ＝U 2RC [根据P 0＝UI 得，输电线上的电流I ＝P 0U，由于U 不是输电线上损失的电压，不能通过I ＝U R 求解输电线上的电流，输送的总功也不能根据U 2R求解，故AB 错误；输电线上损失的功率P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 0U2R ，故C 正确，D 错误．]11．(10分)一交流电压随时间变化的图象如图3­3­5所示，则此交流电的频率是________Hz ，若将该电压加在10 μF 的电容器上，则电容器的耐压值不应小于________ V ；若将该电压加在一阻值为1 k Ω的纯电阻用电器上，用电器恰能正常工作，为避免意外事故的发生，电路中保险丝的额定电流不能低于________A ．图3­3­5【解析】 由图像可知周期T ＝0.02 s ，频率f ＝1T＝50 Hz 电容器耐压值不小于峰值200V ，保险丝融断是因为电流的热效应引起的所以应不低于有效值I ＝U 02R＝0.14 A ．【答案】 50 200 0.1412．(10分)一理想变压器，其原线圈为2 200匝，副线圈为440匝，并接一个100 Ω的负载电阻，如图3­3­6所示．图3­3­6(1)当原线圈接在44 V 直流电源上时，电压表示数为________V ，电流表示数为________A ．(2)当原线圈接在220 V 交流电源上时，电压表示数为________V ，电流表示数为________A ．此时输入功率为________W.【导学号：37032079】【解析】 (1)原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，副线圈两端不产生感应电动势，故电压表示数为零，电流表示数也为零．(2)由U 2U 1＝n 2n 1得U 2＝U 1n 2n 1＝220×4402 200V ＝44 V(电压表读数)I 2＝U 2R ＝44100 A ＝0.44 A(电流表读数)P 入＝P 出＝I 2U 2＝0.44×44 W＝19.36 W.【答案】 (1)0 0 (2)44 0.44 19.3613．(12分)一台交流发电机的输出电压为250 V ，输出功率为100 kW ，向远处输电所用导线的总电阻R ＝8 Ω，要使输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户处正好得到220 V 的电压，则供电处升压变压器和用户处降压变压器的匝数比各为多少？【导学号：37032080】【解析】 发电机的输出电压：U 1＝250 V ， 升压变压器的原线圈电流：I 1＝P 1U 1＝400 A ，输电线上的功率损失：P 损＝P 1×5%，P 损＝I 2线R ，所以输电线上的电流：I 线＝25 A ， 升压变压器的匝数比为n 1n 2＝I 线I 1＝25400＝116. 升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝U 1n 2n 1＝16×250 V＝4 000 V.输电线上的电压损失为U 损＝I 线R ＝25×8 V＝200 V. 降压变压器原线圈两端的电压为U 3＝U 2－U 损＝3 800 V. 降压变压器的原、副线圈的匝数比为n 3n 4＝U 3U 4＝3 800220＝19011. 【答案】 1∶16 190∶11。

高中物理选修3-2第14讲电能的输送一、输电电路的基本分析1、如图所示，发电站的输出电功率为P，输出电压为U，用户得到的电功率为P′，电压为U′，则输电电流为I=PU =U−U′R线=U线R线。

2、输电导线损失的电压：U线=U−U′=IR线。

3、输电导线上损失的电功率∆P=P−P′=I2R线=(PU )2R线=(U线)2R线。

4、减少电能损失的基本途径：根据公式∆P=I2R线=(PU )2R线。

可知有两个基本途径：①减小输电线电阻，如加大输电导线的横截面积，采用电阻率小的材料等；②高压输电，在输送功率一定的条件下，提高电压，减小输送电流。

二、远距离高压输电问题的分析1、远距离高压输电的几个基本关系（如图所示）（1）功率关系P1=P2，P3=P4，P2=P线+P3（2）电压、电流关系U1 U2=n1n2=I2I1，U3U4=n3n4=I4I3；U2=U线+U3，I2=I3=I线（3）输电电流：I线=P2U2=P3U3=U2−U3R线（4）输电导线上损失的电功率P线=U线I线=I线2R线=(P2U2)2R线2、关于远距离输电问题的处理思路常见问题有两类：①发电机→升压→输电线→降压→用电器的顺序分析或按用电器到发电机的顺序分析；②从中间突破，即由输电线上的功率损失求出输电线上的电流，也就是流过升压变压器副线圈和降压变压器原线圈的电流，再由理想变压器的工作原理推断发电和用电的问题。

三、理清三个回路如图所示，为远距离输电的简化电路原理图，可划分为以下三个回路。

1、回路1：由发电机和输电线路的升压变压器的原线圈1组成，称为发电机电路（或输入电路）。

在这个电路中，发电机使电源，线圈1相当于用电器，导线的直流电阻可以忽略。

通过线圈1中的电流I1等于发电机中的电流I机，线圈1两端的电压U1等于发电机两端的电压U机，线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P 机，即I1=I机，U1=U机，P1=P机。

2、回路2：由输电线路的升压变压器的副线圈2和降压变压器的原线圈3组成，称为输送电路。