1、贵州省遵义市湄潭县湄江中学2014-2015学年高二下学期期中物理试卷一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，总计48分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）在物理学发展过程中，下列叙述符合史实的是（）A1820年丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了磁现象可以产生电现象B1831年英国物理学家法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流C1822年法国学者安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说D1
2、834年俄国物理学家楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化2（6分）如图所示是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A周期是0.01sB最大值是311VC有效值是311VD表达式为u=220sin100t（V）3（6分）如图所示为一交变电流的it图象，其中每个周期的后半周期的图象为半个周期的正弦曲线，则该交变电流的有效值是（）AAB5AC10AD0A4（6分）关于高中物理有关电磁学的公式书写或理解不正确的是（）AE=n，此公式中E是感应电动势，n是线圈匝数，是磁通量的变化量BE=BIL，此公式中E是感应电动势，B
3、为磁感应强度，I是导体中的电流，L是导体的长度在直接运用该公式时必须要求B、I、L三者两两互相垂直CE=BS，此公式表示某导体框在磁场中转动且导体框平面与磁场平行位置时产生的最大感应电动势其中B为磁感应强度，S是导体框的面积，导体框绕某转轴的角速度DE=BL2，该公式表示某直导线垂直磁场中绕一端点转动时，在导体两端产生的电动势其中B为磁感应强度，L是导体的长度，导体框绕端点转动的角速度5（6分）如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，在开关S闭合稳定后再断开的过程中，L1、L2的亮度（灯丝不会断）变化情况是（）AL1立即熄灭，L2逐渐变亮BL1、
4、L2立即熄灭CL1立即熄灭，L2亮一下才逐渐熄灭DL2立即熄灭，L1亮一下才逐渐熄灭6（6分）如图所示，是2014-2015学年高二学某同学演示楞次定律实验记录，则合符实验事实的是（）ABCD7（6分）如图所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略单刀双掷开关S接A时，三个灯泡亮度相同，那么S接B时（）A三个灯泡亮度不再相同B甲灯不亮，丙灯亮度最高C甲灯和乙灯均不发光，丙灯能发光D只有丙灯不发光，乙灯最亮8（6分）一闭合线圈固定在垂直于纸面的磁场中，若磁场垂直纸面向里为正方向，线圈中的感应电流i呈顺时针为正方向，如图（甲）所示已知线圈中感应电流i随时间而变化的图象如图（乙）所示，则磁感应强
5、度B随时间而变化的图象可能是下图中的那些？（）ABCD二、实验题：（本题共1小题，总分15分其中第1小题2分，第2小题2分，第3小题每空2分共4分；第4小题只要选对一项就记2.5分，全对记5分）9（15分）湄江中学科技小组为测量某一玩具电动机M中导线圈的电阻率，该小组的部分实验方案如下：（1）用螺旋测微器测得与导线圈导线同种规格的导线的直径d如图1所示，则该导线直径的长度d=填正确的代号A.15.000mm； B.0.155cm； C.0.155mm； D.0.160mm（2）用多用表测量电动机不转时线圈的电阻Rx：选择“1”欧姆档，并按正确步骤操作后，指针的位置如图2所示，则Rx=填正确的代
6、号A.25； B.35； C.20.5； D.200 为了提高精度，又用以下仪器再次测量导线圈的电阻Rx：A电流表（03A、约5）；B电流表（030mA、约10）；C滑动变阻器（01k）； D滑动变阻器（050）；定值电阻R0=60；电源（4V、约1）及开关等，导线若干（3）实验小组为使测量过程中电动机不转动而采用了如图3所示的电路图，应选泽的电流表是，滑动变阻器是；填正确的代号（4）按照实验要求，多用电表已选择“直流电压2.5V”档作为电压表使用，依据图3将图4所示的实验电路中的实物图用导线将欠缺的两处补完整时，正确连接的两选项是A：接B、接C、接D、接（5）图5是该小组用测得的数值描绘出的
7、UI图象，其斜率表示的是（填正确选项）A导线圈的电阻B导线圈的电阻与R0阻值之和三、计算题：（本题共3小题，计算题要写出相应的公式和解题过程其中第10小题14分，第11小题15分，第12小题18分，总计47分）10（14分）如图甲，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个阻值R=48的电阻相连，其线圈的电阻r=2，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化（1）如果A、B两端与一理想电压表相连，哪端该接电压表标+号的接线柱？（2）该线圈产生的感应电动势等于多少？（3）如果A、B两端与一理想电压表相连，则电压表的示数为多少？11（15分）如图所示，单匝线圈ABCD在外
8、力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场求：（1）第二次进入与第一次进入时线圈中电流之比；（2）第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比；（3）第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比12（18分）某个小水电站发电机的输出功率为100KW，发电机的电压为250V通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8，在用户端用降压变压器把电压降为200V要求在输电线上损失的功率控制为5kW（即用户得到的功率为95kW）为此，请你计算：（1）画出上述远距离输电原理简图（2）降压变压器输出的电流是多少？输电线上通过的电流是多少？（3）输电线损失的电压是多少？升
9、压变压器输出的电压是多少？（4）两个变压器的砸数比各应等于多少？贵州省遵义市湄潭县湄江中学2014-2015学年高二下学期期中物理试卷参考答案与试题解析一、选择题：（本题共8小题，每小题6分，总计48分在每小题给出的四个选项中，第1-5题只有一项符合题目要求，第6-8题有多项符合题目要求全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分）1（6分）在物理学发展过程中，下列叙述符合史实的是（）A1820年丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了磁现象可以产生电现象B1831年英国物理学家法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，会出现感应电流C1822
10、年法国学者安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流假说D1834年俄国物理学家楞次在分析了许多实验事实后提出，感应电流应具有这样的方向，即感应电流的磁场总要阻止引起感应电流的磁通量的变化考点：物理学史 分析：对于物理中的重大发现、重要规律、原理，要明确其发现者和提出者，了解所涉及伟大科学家的重要成就解答：解：A、1820年，丹麦物理学家奥斯特在实验中观察到电流的磁效应，该效应揭示了电现象可以产生磁现象，故A错误B、法拉第在实验中观察到，在通有恒定电流的静止导线附近的固定导线圈中，不会出现感应电流故B错误C、安培根据通电螺线管的磁场和条形磁铁的磁场的相似性，提出了分子电流
11、假说，很好地解释了磁化现象故C正确D、楞次在分析了许多实验事实后提出楞次定律，即感应电流应具有这样的方向，感应电流的磁场总要阻碍引起感应电流的磁通量的变化故D错误故选：C点评：本题关键要记住力学和电学的一些常见的物理学史，需要学生平时加强积累2（6分）如图所示是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的（）A周期是0.01sB最大值是311VC有效值是311VD表达式为u=220sin100t（V）考点：正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率 专题：交流电专题分析：从图象可读出电压的最大值、周期，继而求出电压的有效值、角速度，写出电压瞬时值的表达式解答：解：从图象可知，交流电电压的最大值为
12、311V，周期0.02s，所以电压有效值为=220V，角速度=100 rad/s，表达式为u=311sin100t（V），综上分析知B正确；故选B点评：本题题干图象考查了正弦交流电的峰值、有效值、周期和瞬时值表达式，难度不大3（6分）如图所示为一交变电流的it图象，其中每个周期的后半周期的图象为半个周期的正弦曲线，则该交变电流的有效值是（）AAB5AC10AD0A考点：交流的峰值、有效值以及它们的关系 专题：交流电专题分析：求有效值方法：是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值解答：解：取一个周期：设有效值为I，由电流的热效应求解：
13、 则：I2RT=52R+（）2R可得：I=A 则A正确故选：A点评：求交流电的有效值，要根据电流的热效应，由有效值的定义求解4（6分）关于高中物理有关电磁学的公式书写或理解不正确的是（）AE=n，此公式中E是感应电动势，n是线圈匝数，是磁通量的变化量BE=BIL，此公式中E是感应电动势，B为磁感应强度，I是导体中的电流，L是导体的长度在直接运用该公式时必须要求B、I、L三者两两互相垂直CE=BS，此公式表示某导体框在磁场中转动且导体框平面与磁场平行位置时产生的最大感应电动势其中B为磁感应强度，S是导体框的面积，导体框绕某转轴的角速度DE=BL2，该公式表示某直导线垂直磁场中绕一端点转动时，在导
14、体两端产生的电动势其中B为磁感应强度，L是导体的长度，导体框绕端点转动的角速度考点：法拉第电磁感应定律 分析：A、根据法拉第电磁感应定律E=n，即可求解；B、根据安培力大小公式，F=BIL，即可求解；C、此公式E=BS，是线圈切割磁感线产生最大感应电动势公式；D、E=BL2，该公式表示某直导线垂直磁场中绕一端点转动时，在导体两端产生的电动势解答：解：A、由法拉第电磁感应定律E=n，n是线圈匝数，是磁通量的变化量，故A正确；B、F=BIL，此公式中F是安培力大小，B为磁感应强度，I是导体中的电流，L是导体的长度在直接运用该公式时必须要求B、I、L三者两两互相垂直，故B错误；C、E=BS，此公式表
15、示某导体框在磁场中转动且导体框平面与磁场平行位置时产生的最大感应电动势其中B为磁感应强度，S是导体框的面积，导体框绕某转轴的角速度，故C正确；D、E=BL2，该公式表示某直导线垂直磁场中绕一端点转动时，在导体两端产生的电动势其中B为磁感应强度，L是导体的长度，导体框绕端点转动的角速度，故D正确；本题选择错误的，故选：B点评：考查各种公式的内容，及理解公式的含义，注意公式间的区别，及成立的条件5（6分）如图所示，线圈L的自感系数很大，且其电阻可以忽略不计，L1、L2是两个完全相同的小灯泡，在开关S闭合稳定后再断开的过程中，L1、L2的亮度（灯丝不会断）变化情况是（）AL1立即熄灭，L2逐渐变亮B
16、L1、L2立即熄灭CL1立即熄灭，L2亮一下才逐渐熄灭DL2立即熄灭，L1亮一下才逐渐熄灭考点：自感现象和自感系数 分析：电感在线圈中电流发生变化时会产生一种阻碍作用，当电流增大时会产生反向电动势使电流缓慢增大，在接通瞬间看作是电阻极大；当电流减小时，会产生同向电动势，使电流缓慢减小，相当于电源解答：解：当S闭合瞬时，两灯同时获得电压，同时发光，随着线圈L电流的增加，逐渐将L1灯短路，L1逐渐变暗直到熄灭，同时，L2电流逐渐增大，变得更亮；S断开瞬时，L2中电流消失，故立即熄灭，而L1中由于电感中产生一个与电流同向的自感电动势，故右端为正，电流由灯泡L1的右侧流入，故L1亮一下逐渐熄灭故D正确
17、，ABC错误；故选：D点评：对于线圈要抓住双重特性：当电流不变时，它是电阻不计的导线；当电流变化时，产生自感电动势，相当于电源6（6分）如图所示，是2014-2015学年高二学某同学演示楞次定律实验记录，则合符实验事实的是（）ABCD考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：当条形磁铁沿固定线圈的中轴线靠近或远离固定线圈时，穿过线圈的磁通量发生变化，根据楞次定律判断感应电流的磁场方向，再结合右手螺旋定则判断感应电流的方向解答：解：A、当条形磁铁N极沿固定线圈的中轴线靠近固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场方向向上，线圈
18、中的电流的方向自下而上；电流计中的电流的方向向下，指针向右偏转；故A正确；B、当条形磁铁S极沿固定线圈的中轴线靠近固定线圈时，穿过线圈的磁通量向上，且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场方向向下，线圈中的电流的方向自上而下；电流计中的电流的方向向上，指针向左偏转故B正确；C、当条形磁铁N沿固定线圈的中轴线远离固定线圈时，穿过线圈的磁通量向下，且减小，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场方向向下，线圈中的电流的方向自上而下；电流计中的电流的方向向上，指针向左偏转故C正确；D、当条形磁铁S极沿固定线圈的中轴线远离固定线圈时，穿过线圈
19、的磁通量向上，且增加，根据楞次定律，感应电流的磁场总是阻碍磁通量的变化，故感应电流的磁场方向向上，线圈中的电流的方向自下而上；电流计中的电流的方向向下，指针向右偏转，该图中，两处电流的方向相反，故D错误故选：ABC点评：本题是楞次定律的基本应用对于电磁感应现象中，导体与磁体的作用力也可以根据楞次定律的另一种表述判断：感应电流的磁场总要阻碍导体与磁体间的相对运动7（6分）如图所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略单刀双掷开关S接A时，三个灯泡亮度相同，那么S接B时（）A三个灯泡亮度不再相同B甲灯不亮，丙灯亮度最高C甲灯和乙灯均不发光，丙灯能发光D只有丙灯不发光，乙灯最亮考点：电容器和电感
20、器对交变电流的导通和阻碍作用 分析：电容器具有通交隔直的特性，电感有通直阻交的特性，而交流对电阻R没有影响根据电感和电容的特性进行判断解答：解：由题，当单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗，电容的容抗与电阻R相同；当S接B时，电感L没有感抗，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，灯甲亮度不变，乙灯亮度增加，乙灯最亮，故AD正确，BC错误故选：AD点评：本题要抓住电容器与电感的特性：电容器具有通交流，隔直流，电感具有通直流、阻交流的特性8（6分）一闭合线圈固定在垂直于纸面的磁场中，若磁场垂直纸面向里为正方向，线圈中的感应电流i呈顺时针为正方向，如
21、图（甲）所示已知线圈中感应电流i随时间而变化的图象如图（乙）所示，则磁感应强度B随时间而变化的图象可能是下图中的那些？（）ABCD考点：楞次定律 专题：电磁感应与电路结合分析：线圈中因磁通量发生变化，才导致线圈产生感应电动势，从而形成感应电流由楞次定律可推断出磁场的变化解答：解：A、00.5s内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，则电流为正值故A错误 B、00.5s内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀减小，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向
22、为逆时针方向，则电流为负值在0.51s内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，根据法拉第电磁感应定律，则产生的感应电动势为定值，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，则电流为正值故B正确 C、00.5s内，磁场方向垂直纸面向里，且均匀增大，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，则电流为负值0.51s内，磁场方向垂直纸面向里，且均匀减小，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，则电流为正值在11.5s内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀增大，电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为顺时针方向，则电流为正值在1.52s内，磁场方向垂直纸面向外，且均匀减小，
23、电流为定值，根据楞次定律，感应电流的方向为逆时针方向，则电流为负值故C正确 D、00.5s内，磁场方向垂直纸面向外，且保持不变，则磁通量不变，没有感应电流，同理在0.51s内，也没有感应电流故D错误故选：BC点评：解决本题的关键会根据法拉第电磁感应定律判断感应电动势的大小，会根据楞次定律判断感应电流的方向二、实验题：（本题共1小题，总分15分其中第1小题2分，第2小题2分，第3小题每空2分共4分；第4小题只要选对一项就记2.5分，全对记5分）9（15分）湄江中学科技小组为测量某一玩具电动机M中导线圈的电阻率，该小组的部分实验方案如下：（1）用螺旋测微器测得与导线圈导线同种规格的导线的直径d如图
24、1所示，则该导线直径的长度d=C填正确的代号A.15.000mm； B.0.155cm； C.0.155mm； D.0.160mm（2）用多用表测量电动机不转时线圈的电阻Rx：选择“1”欧姆档，并按正确步骤操作后，指针的位置如图2所示，则Rx=A填正确的代号A.25； B.35； C.20.5； D.200 为了提高精度，又用以下仪器再次测量导线圈的电阻Rx：A电流表（03A、约5）；B电流表（030mA、约10）；C滑动变阻器（01k）； D滑动变阻器（050）；定值电阻R0=60；电源（4V、约1）及开关等，导线若干（3）实验小组为使测量过程中电动机不转动而采用了如图3所示的电路图，应选泽
25、的电流表是B，滑动变阻器是D；填正确的代号（4）按照实验要求，多用电表已选择“直流电压2.5V”档作为电压表使用，依据图3将图4所示的实验电路中的实物图用导线将欠缺的两处补完整时，正确连接的两选项是BDA：接B、接C、接D、接（5）图5是该小组用测得的数值描绘出的UI图象，其斜率表示的是B（填正确选项）A导线圈的电阻B导线圈的电阻与R0阻值之和考点：测定金属的电阻率 专题：实验题分析：（1）螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数（2）欧姆表指针示数与对应挡位的乘积是欧姆表示数（3）根据电路最大电流选择电流表，为方便实验操作，应选择最大阻值较小的滑动变阻器（4）根据电路图连接实
26、物电路图，从而明确各接线对应的位置；（5）根据电路图结合欧姆定律分析斜率所表示的意意义；从面得出对应的数值解答：解：（1）由图1所示螺旋测微器可知，其固定刻度示数为0mm，可动刻度读数：15.2001mm=0.152mm，螺旋测微器示数为：0mm+0.152mm=0.152mm故螺旋测微器读数为0.155mm；故选：C（2）欧姆表选择“1”欧姆挡，由图2所示可知，欧姆表示数为：251=25；故选：A（3）电路最大电流约为：I=0.047A=47mA，选3A量程电流表读数误差太大，因此电流表应选B，由电路图可知，滑动变阻器采用分压接法，为方便实验操作，滑动变阻器应选D（4）由实物图的连接方法可知
27、，接使电压表并联在待测电阻两端；接采用分压式接法；故选：BD；（5）由电路图可知，电压表测定值保护电阻与电动机两端电压，电流表测通过他们的电流，因此UI图象的斜率是电阻R0和电动机串联的总电阻，故选B；故答案为：（1）C （2）A （3）B、D（4）B D （5）B点评：本题考查了螺旋测微器读数、欧姆表读数、实验器材的选择、连接实物电路图、实验数据处理；螺旋测微器固定刻度示数与可动刻度示数之和是螺旋测微器示数欧姆表指针示数与对应挡位的乘积是欧姆表示数三、计算题：（本题共3小题，计算题要写出相应的公式和解题过程其中第10小题14分，第11小题15分，第12小题18分，总计47分）10（14分）如
28、图甲，100匝的线圈（图中只画了2匝）两端A、B与一个阻值R=48的电阻相连，其线圈的电阻r=2，线圈内有指向纸内方向的磁场，线圈中的磁通量在按图乙所示规律变化（1）如果A、B两端与一理想电压表相连，哪端该接电压表标+号的接线柱？（2）该线圈产生的感应电动势等于多少？（3）如果A、B两端与一理想电压表相连，则电压表的示数为多少？考点：法拉第电磁感应定律 专题：电磁感应与电路结合分析：（1）根据楞次定律判断感应电流的方向线圈相当于电源，即可判断电压表的接法（2、3）由图求出磁通量的变化率根据法拉第电磁感应定律求出回路中感应电动势，得到电压表的读数；解答：解：（1）线圈相当于电源，由楞次定律可知A
29、相当于电源的正极，B相当于电源的负极故A应该与理想电压表的+号接线柱相连 （2）由法拉第电磁感应定律得：=50V（3）由闭合电路的欧姆定律得：=1A 又由部分电路的欧姆定律得：U=IR=148=48V 答：（1）如果A、B两端与一理想电压表相连，A端该接电压表标+号的接线柱；（2）该线圈产生的感应电动势等于50V；（3）如果A、B两端与一理想电压表相连，则电压表的示数为48V点评：此题根据法拉第电磁感应定律求感应电动势，由楞次定律判断感应电动势的方向，是常见的陈题11（15分）如图所示，单匝线圈ABCD在外力作用下以速度v向右匀速进入匀强磁场，第二次又以速度2v匀速进入同一匀强磁场求：（1）第
30、二次进入与第一次进入时线圈中电流之比；（2）第二次进入与第一次进入时外力做功的功率之比；（3）第二次进入与第一次进入时线圈中产生热量之比考点：导体切割磁感线时的感应电动势；电磁感应中的能量转化 专题：电磁感应功能问题分析：（1）根据切割公式E=BLv求解电动势，根据I=求解电流；（2）线框匀速进入匀强磁场，安培力与外力平衡，根据安培力公式求解安培力，再结合平衡条件得到外力，最后根据P=Fv求解外力的功率；（3）根据t=求解时间，根据Q=I2Rt求解热量解答：解：（1）线圈以速度v匀速进入磁场，当CD边在磁场中时，线框中感应电动势E1=BLv，其中L为CD边的长度此时线框中的感应电流为：I1=，
31、其中R为线框的总电阻同理，线圈以速度2v匀速进入磁场时，线框中的感应电流最大值为：I2=所以第二次与第一次线圈中最大电流之比为2：1；（2）线圈以速度v匀速进入磁场，当CD边在磁场中时，CD边受安培力最大，最大值为：F1=BI1L=由于线圈做匀速运动，所以此时外力也最大，且外力大小等于安培力大小，此时外力的功率为：P1=F1v=同理，线圈以速度2v匀速进入磁场时，外力的最大功率为：P2=所以第二次与第一次外力做功的最大功率之比为4：1 （3）线圈以速度v匀速进入磁场，线框中的感应电流为：I1=设AD边长为l，则线框经过时间t=，完全进入磁场，此后线框中不再有感应电流所以第一次线框中产生的热量为
32、：Q1=Rt1=R=；同理，线圈以速度2v匀速进入磁场时，线框中产生的热量为：Q2=；所以第二次与第一次线圈中产生热量之比为2：1；答：（1）第二次与第一次线圈中最大电流之比为2：1；（2）第二次与第一次外力做功的最大功率之比为4：1；（3）第二次与第一次线圈中产生热量之比为2：1点评：本题关键明确线圈进入磁场过程中，电动势E=BLv，然后根据P=Fv求解功率，根据Q=I2Rt求解热量12（18分）某个小水电站发电机的输出功率为100KW，发电机的电压为250V通过升压变压器升高电压后向远处输电，输电线总电阻为8，在用户端用降压变压器把电压降为200V要求在输电线上损失的功率控制为5kW（即用
33、户得到的功率为95kW）为此，请你计算：（1）画出上述远距离输电原理简图（2）降压变压器输出的电流是多少？输电线上通过的电流是多少？（3）输电线损失的电压是多少？升压变压器输出的电压是多少？（4）两个变压器的砸数比各应等于多少？考点：远距离输电 专题：交流电专题分析：（1）根据用户端的功率和电压求出用户端的电流，根据输电线上损失的功率求出输电线上的电流（2）根据输电线上的电流和输电线的电阻求出输电线上损失的电压，根据输出功率和输送的电流得出升压变压器的输出电压（3）根据原副线圈的电压比求出升压变压器的匝数比，根据电压损失得出降压变压器的输入电压，从而通过电压比得出降压变压器的匝数比解答：解：设
34、发电机的电压为U，功率为P0，升压变压器原副线圈匝数分别为n1，n2，升压变压器原副线圈两端电压分别为U1，U2，输电导线的电阻为r，输电导线消耗的功率为P损，输电导线消耗的电压为U损，降压变压器器原副线圈匝数分别为n3，n4，降压变压器原副线圈两端电压分别为U3，U4，用户获得的功率为P（1）远距离输电原理如下图所示：（2）由于用户获得的电压与降压变压器输出电压相同，根据功率的相关公式可知压变压器输出电流为根据输电导线线消耗的功率为P损的相关公式可知（3）由欧姆定律可知输电导线消耗的电压U损=I2R=258V=200V，根据升压变压器功率守恒可得升压变压器输出电压U2，即（4）由输电导线上两端电压的关系可知降压变压器原线圈两端的电压为：U3=U2U损=4000200V=3800V，根据理想变压器原副线圈与匝数的关系可知：答：（1）远距离输电原理如下图所示：（2）降压变压器输出的电流是4.32102A，输电线上通过的电流是25A（3）输电线上损失的电压是200V，升压变压器输出的电压是4000V（4）两个变压器的匝数比分别为1：16，190：11点评：解决本题的关键知道原副线圈的电压比与匝数比的关系，知道升压变压器的输出电压、电压损失、降压变压器的输入电压之间的关系