1、 考纲要求知识内容考试要求备考方略必考加试交变电流c本章内容只出现在选考中，考查重点有：交变电流的有效值、瞬时值，变压器的原理及应用，远距离输电等知识。其中针对变压器的原理及应用的题目出现频率较高，常以选择题的形式考查。也可能与电磁感应知识结合出现在计算题中。描述交变电流的物理量c电感和电容对交变电流的影响b变压器c电能的输送c考点一交变电流的产生及描述(/c)基础过关一、交变电流产生1交变电流(1)定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。(2)图象：如图(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电流。其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，如图(a)所示。2正弦交变电流的产生和图
2、象(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。(2)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线。如图(e)、(f)、(g)所示。二、交变电流的描述1周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T。(2)频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数。单位是赫兹(Hz)。(3)周期和频率的关系：T或f。2正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时)(1)电动势e随时间变化的规律：eEmsin_t。(2)负载两端的电压u随时间变化的规律：uUmsin_t。(3)电流i随
3、时间变化的规律：iImsin_t。其中等于线圈转动的角速度，EmnBS。3交变电流的瞬时值、峰值、有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数。(2)峰值：交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值，也叫最大值。(3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值。对正弦式交变电流，其有效值和峰值的关系为：E，U，I。【过关演练】1阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈两端的电压随时间的变化规律如图所示。下列说法中，正确的是()A线圈两端电压的平均值为10 VB电压表连接在线圈两端时，其示数为20 VC在0.01 s时，线圈平面与磁场
4、垂直D当接外电路时，线圈内的电流方向1 s内改变50 次解析线圈两端电压平均值可看成Et图线与t轴包围面积与时间的比值，故平均值应大于10 V，A项错误；由Et图象知，Um20 V，故有U有10 V14 V，即电压表读数为14 V，B项错误；t0.01 s时，U0，线圈位于中性面位置，故C项正确；由T0.02 s，知f50 Hz，一个周期内电流方向改变两次，故线圈中电流方向每秒变化100次，D项错误。答案C2(2016浙江余杭期末)一个白炽灯泡上标有“220 V40 W”，那么为了使它正常发光，所使用的正弦交变电压是()A电压最大值为220 V，电流最大值约为0.18 AB电压最大值为311
5、V，电流最大值约为0.26 AC电压有效值为220 V，电流有效值约为0.26 AD电压有效值为311 V，电流有效值约为0.18 A解析白炽灯泡上标有“220 V40 W”，灯泡额定电压为220 V，是指有效值，所以电压有效值为220 V，根据正弦式交流电有效值跟最大值的关系得到电压最大值为Em220 V，电流有效值I A0.18 A，电流最大值约为0.18 A0.26 A，故B项正确。答案B要点突破要点一交变电流产生1两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，SB，最大，0，e0，i0，电流方向将发生改变。(2)线圈平面与中性面垂直时，SB，0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。
6、2解决交变电流图象问题的三点注意(1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关。(2)注意峰值公式EmnBS中的S为有效面积。(3)在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解。【例1】 如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则()A乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B乙图中c时刻对应甲图中的C图C若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次D若乙图中b等于
7、0.02 s，则交流电的频率为50 Hz解析由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A至B图的过程电流为正，且从零逐渐增大到最大值，A对；甲图中的C图对应的电流为零，B错；每经过中性面一次线圈中的电流方向就要改变一次，所以一个周期内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz，1 s内电流的方向将改变100次，C错；若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率应该为25 Hz，D错。答案A要点二交变电流的瞬时值
8、、峰值、有效值和平均值的比较物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值从中性面开始计时eEmsin tiImsin t计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值EmnBSIm讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值EUI(只适用于正弦式交变电流)(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是指有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)交流电压表和电流表的读数为有效值【例2】 一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不
9、变，则此交流电源输出电压的最大值为()A5 V B52 V C10 V D10 V解析根据P，对直流电有P，对正弦式交流电有，所以正弦式交流电的有效值为U5 V，故交流电源输出电压的最大值UmU10 V，故选项C正确，选项A、B、D错误。答案C要点三交变电流瞬时值表达式的求法1先求电动势的最大值EmnBS；2求出角速度；3明确从哪一位置开始计时，从而确定是正弦函数还是余弦函数；4写出瞬时值的表达式。【例3】 (2016浙江金华期末)一正弦交变电流的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知该交变电流()A周期为0.125 sB电压的有效值为10 VC电压的最大值为20 VD电压瞬时值的表达式为u1
10、0sin 8t(V)解析由图象可知，交变电流的周期为0.250 s，A错误；电压的有效值U V10 V，B正确；电压的最大值为20 V，C错误；电压瞬时值的表达式为u20sin 8t(V)，D错误。答案B精练题组1在图所示电路中，A是熔断电流I02 A 的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源。交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e220sin(314t) V。为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于()A110 B110 C220 D220 解析U220 V，Rmin 110 。答案B2线框在匀强磁场中绕OO轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图所示位置时，磁通量和感应电
11、动势大小的变化情况是()A磁通量和感应电动势都在变大B磁通量和感应电动势都在变小C磁通量在变小，感应电动势在变大D磁通量在变大，感应电动势在变小解析由题图可知，mcos ，eEmsin ，所以磁通量变大，感应电动势变小。答案D3(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e50sin 100t(V)。对此电动势，下列表述正确的是()A最大值是50 V B频率是100 HzC有效值是25 V D周期是0.02 s解析从中性面开始计时，交变电动势的表达式为eEmsin t，因e50sin 100t(V)，所以最大值Em50 V，A错误；由2f100 rad/s得f50 Hz，B错误；有效值E25 V，C
12、正确；T0.02 s，D正确。答案CD4一矩形线框在匀强磁场内绕垂直于磁场的轴匀速转动的过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图象如图所示，下列说法中正确的是()At0时刻线框平面与磁场平行B交流电压的频率为4 HzC1 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快D2 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大解析由ut图象可知，t0时刻瞬时电压为零，线框处于中性面，频率f0.25 Hz，故选项A、B错误；由图象可知，1 s末交变电压最大，通过线框的磁通量变化率最大，此时线框与磁场方向平行，而2 s末交变电压为零，此时线框经过中性面与磁场垂直，穿过线框的磁通量最大，故选项C错误，D正确
13、。答案D5如图所示，匀强磁场的磁感应强度B0.5 T，边长L10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，角速度2 rad/s，外电路电阻R4 。求：(1)转动过程中感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60角时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置转过60角的过程中产生的平均感应电动势；(4)交流电压表的示数。解析(1)EmnBS3.14 V。(2)由图示位置计时转过60角时，瞬时感应电动势EEmcos 601.57 V。(3)由图示位置转过60角的过程中产生的平均感应电动势n1002.60 V。(4)交流电压表测的是
14、有效值，所以其示数U1.78 V。答案(1)3.14 V(2)1.57 V(3)2.60 V(4)1.78 V【方法总结】对有效值的理解(1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值；(2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值；(3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值；(4)没有特别加以说明的，是指有效值；(5)“交流的最大值是有效值的倍”仅用于正弦交流电。(但当讨论电容器的击穿电压时，要用最大值)考点二电感和电容对交变电流的影响(/b)基础过关1电感器对交变电流的阻碍作用(1)感抗：电感器对交变电流阻碍作用的大小。(2)影响因素：线圈的自感系数越大，交流的频率
15、越高，感抗越大。(3)感抗的应用 类型区别低频扼流圈高频扼流圈自感系数较大较小感抗大小较大较小作用通直流、阻交流通低频、阻高频2.电容器对交变电流的阻碍作用(1)容抗：电容器对交变电流阻碍作用的大小。(2)影响因素：电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗越小。(3)作用：“通交流，隔直流；通高频，阻低频”。【过关演练】1交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，接入原电路，通过线圈的电流为I，则()AII BII1I3CI3I1I2 DI1I2I3解析电感线圈的特点是通低频阻高频，电容器的特点是通高频阻低频，所以当频率减小时通过线圈的电流增大，通过电容器的电流减小，而通
16、过电阻的电流不变，故B正确。答案B考点三变压器(/c)基础过关1构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。2原理：电流磁效应、电磁感应。3基本关系式(1)功率关系：P入P出。(2)电压关系：。(3)电流关系：只有一个副线圈时。(4)频率关系：f入f出。4几种常用的变压器(1)自耦变压器调压变压器(2)互感器【过关演练】1(多选)如图所示，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
17、别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是()A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n1n2113解析根据理想变压器的变压规律，可得n1n2U1U2113，D选项正确；理想变压器的输入功率等于输出功率，P入P出602.2 W132 W，A选项错误；根据理想变压器的变流规律，即I1I2n2n1，可得通过原线圈的电流的有效值为I1I20.6 A，B选项正确；通过变压器的是正弦交流电，所以副线圈的电流的最大值为ImI22.2 A，C选项错误。答案BD2(多选)(2015浙江9月测试)理想变压器原线圈与正弦交变
18、电源连接，输入电压u随时间t变化的规律如图所示，原、副线圈匝数比100，副线圈只接入一个R10 的电阻，则()A与电阻R并联的电压表示数为3.11 VB流过电阻R的电流最大值为0.311 AC变压器的输入功率为0.484 WD一个周期内，电阻R上产生的热量为9.68103 J解析原线圈两端电压有效值是220 V，则副线圈两端电压有效值根据可算得U22.2 V，电压表测得是有效值，A错；流过副线圈电流有效值为0.22 A，流过副线圈电流最大值为0.311 A，B对；变压器输入功率等于输出功率，输出功率P2U2I20.484 W，C对；根据公式QIRt代入数据可得Q9.68103 J，D对。答案B
19、CD要点突破要点一变压器原理变压器是利用电磁感应原理制成的电学设备，变压器只能用来改变交变电流的电压，不能改变恒定电流的电压。【例1】 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1n241，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A1的示数是12 mA，则电流表A2的示数为()A3 mA B0 mAC48 mA D与负载R的值有关解析本题考查了变压器的工作原理。关键要清楚交流电能通过变压器，而恒定电流不能通过变压器。导体棒向左匀速切割磁感线时，在线圈n1中通过的是恒定电流，不能引起穿过线圈n2的磁通量变化，在副线圈n2上无感应电动势出现，所以A2中无电流通过。答案B要点二变压
20、器动态电路分析1基本关系式中物理量之间的决定关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2U1(原制约副)功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1P2(副制约原)电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1I2(副制约原)2.两类理想变压器的动态分析问题(1)匝数比不变的情况(如图甲所示)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。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。I2变化引起P2变化，由P1P2知P1发生变化。(2)负载电阻不变的情况
21、(如图乙所示)U1不变，发生变化，U2变化。R不变，U2变化，I2发生变化。根据P2和P1P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。3分析该类问题的一般思维流程【例2】 (多选)如图甲所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一峰值不变的正弦交变电压，副线圈接一可变电阻R。在其他条件不变的情况下，为使变压器输入功率增大，下列措施正确的是()A仅增加原线圈匝数n1 B仅增加副线圈匝数n2C仅减小电阻R的阻值 D仅增大电阻R的阻值解析为使变压器输入功率增大，需增大输出功率，由P知仅减小电阻R的阻值或仅增加副线圈匝数n2，都可以增大输出功率，B、C正确；仅
22、增加原线圈匝数n1或仅增大电阻R的阻值时，输出功率减小，A、D错误。答案BC精练题组1(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为21，电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计。下列说法正确的是()AS与a接通的瞬间，R中无感应电流BS与a接通稳定后，R两端的电压为0CS与b接通稳定后，R两端的电压为3 VDS与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为21解析S与a接通的瞬间，副线圈有瞬间的感应电流，A错误；S与a接通稳定后，理想变压器的原线圈电流稳定不变，副线圈电压为零，B正确；S与b接通稳定后，根据U1U2n1n2，可得R两端的电压为3 V，C正确；原、副线圈的频率相同，D错误。答
23、案BC2如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R44 ，电流表A1的示数为0.2 A。下列判断正确的是()A原线圈和副线圈的匝数比为21B原线圈和副线圈的匝数比为51C电流表A2的示数为0.1 AD电流表A2的示数为0.4 A解析由电压表V示数和电流表A1的示数可得原线圈中的功率P1U1I1，P1P2IR，所以电流表A2的示数为I2 A1 A，C、D错误；原线圈和副线圈的匝数比，A错误，B正确。答案B3一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部
24、分，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中()AU2U1，U2降低 BU2U1，U2升高CU2U1，U2降低 DU2U1，U2升高解析由图知自耦变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数，根据变压规律可知，U2U1；在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中副线圈的匝数减小，所以U2降低，故A、B、D错误；C项正确。答案C4用一理想变压器向一负载R供电，如图所示，当增大负载电阻R时，原线圈中的电流I1和副线圈中的电流I2之间的变化关系是()AI2增大，I1也增大 BI2增大，I1却减小CI2减小，I1也减小 DI
25、2减小，I1却增大解析因为原线圈电压U1及原、副线圈匝数不变，故U2不变，当R增大时，电流I2减小，由知I1也减小，选项C正确。答案C5(多选)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R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片。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保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电
26、路的电阻变大，根据I2知，I2变小，由得I1也变小，即电流表读数变小，A选项错误，B选项正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2知副线圈输出功率变大，由P1P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，C选项正确，D选项错误。答案BC【方法总结】关于理想变压器的四要点：(1)变压器不能改变直流电压。(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。(3)理想变压器本身不消耗能量。(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。考点四远距离输电(/c)基础过关1输电过程(如图所示)2输电导线上的能
27、量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为QI2Rt。3电压损失(1)UUU；(2)UIR4功率损失(1)PPP；(2)PI2RR5输送电流(1)I；(2)I。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R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PUI可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流。【过关演练】1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n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。若变压器为理想变压器，则下列关系式中
28、正确的是()A. BI2CI1U1IR DI1U1I2U2解析对于理想变压器，有，A错误；对于升压变压器的副线圈为非纯电阻电路，U2I2R，I2R是导线电阻R损失的电压，B错误；根据理想变压器P入P出，I1U1I2U2IRP用，C错误，D正确。答案D2如图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I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2，则()A用户端的电压为B输电线上的电压降为UC理想变压器的输入功率为IrD输电线路上损失的电功率为I1U解析根据理想变压器的工作原理，得I1U1I2U
29、2，所以用户端的电压U2，A选项正确；输电线上的电压降UI1rUU1，B选项错误；变压器的输入功率P1I1UIrI1U1，C选项错误；输电线路上损失的功率PIrI1(UU1)，D选项错误。答案A要点突破要点远距离输电原理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。2远距离高压输电的几个基本关系(以图为例)(1)功率关系：P1P2，P3P4，P2P损P3。(2)电压、电流关系：，U2UU3，I2I3I线。(3)输电电流：I线。(4)输电线上损耗的功率：P损I线UIR线()2R线。当输送功率一定
30、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。【例题】 (2016浙江余杭期末)远距离输电中，发电厂输送的电功率相同，如果分别采用输电电压为U1110 kV输电和输电电压为U2330 kV输电。则两种情况中，输电线上通过的电流之比I1I2等于()A11 B31C13 D91解析输送功率相同，根据PUI得，输电电流与输电电压成反比，所以。故B正确。答案B精练题组1发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损耗的电压可表示为()AU1 BU1IRCIR DU2解析输电线上的电压损失UU1U2IR，选项B错
31、误，C正确；U1为输电电压，U2为用户得到的电压，选项A、D错误。答案C2(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示。发电机的输出电压为220 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)，要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则()A.B.C升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析根据变压器工作原理可知，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U2U3，所以，选项A正确，B、C错误；升压变压器的输出功率等于降压变压
32、器的输入功率加上输电线上损失功率，选项D正确。答案AD3如图所示为远距离输电线路的示意图。若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是()A升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大D升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压解析变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、B错误；用户的总电阻减小，根据P，消耗的功率增大，输电线电流增大，由P损IR线可知线路损失功率增大，C项正确；升压变压器的输出电压等于输电线电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压
33、，D项错误。答案C4(多选)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，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P损，用户得到的电功率为P用，则P损、P用的关系式正确的是()AP损 BP损CP用P DP用P解析输电线电阻R，输电电流I，故输电线上损失的电功率为：P损I2R；用户得到的电功率为P用PP损P。答案BD5某水电站通过总电阻为2.5 的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3106 kW。现用500 kV 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2.0105 AB输电线上由电阻造成的电压损失为15 kVC若改用5 kV电压输电，
34、则输电线上损失的功率为9108 kWD输电线上损失的功率为PU2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻解析输电线上输送的电流为I输 A6 000 A，选项A错误；输电线上由电阻造成的电压损失U损I输R线6 0002.5 V1.5104 V，选项B正确；若输电电压为5 kV，则输电线上损失的功率不可能大于输出总功率3106 kW，选项C错误；由P求损失功率时，U应当为输电线上损失的电压，选项D错误。答案B【方法总结】远距离输电的三个易错点(1)计算输电线上损失的功率P，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压；(2)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；(3
35、)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，而不是“送多少用多少”，说明原线圈电流由副线圈电流决定。实验十五探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系(选考)考纲解读(1)实验时会选择合适的电源电压，知道测量线圈两端电压的仪器。(2)能运用控制变量的方法，有序地设计实验步骤。(3)会设计实验数据记录表，并记录实验数据。(4)知道安全使用多用电表测量交流电压的要求。(5)知道确保安全的实验操作要求。(6)能根据实验记录的数据，总结实验规律。1多用电表交流电压挡量程选择及读数：要先估计被测电压的大致范围，再选择恰当的量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电的最大量程进行测量。2可拆变压器的组装：把两个
36、线圈穿在铁芯上，闭合铁芯。3设计实验数据记录表：n1n2n3n41234.输入、输出端电压的测量：用交流电压表测量输入、输出电压。5改变输入端电压，重新测量输入、输出端电压：改变输入电压，输出电压也随之改变，但是两者的比值不变。6对调原、副线圈，重新测量输入、输出端电压：对调原、副线圈后，输出端电压发生变化，两者的比值为对调前的倒数。7改变线圈匝数，重新测量输入、输出端电压：改变线圈匝数后，输出电压随之变化，输入、输出电压的比值也随之变化。8实验结果分析及结论得出：在误差允许的范围内，变压器线圈两端的电压与匝数成正比，数学表达式为：。1做“探究变压器两个线圈的电压关系”实验时，原线圈接在学生电
37、源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是()A原线圈接直流电压，电表用直流电压挡B原线圈接交流电压，电表用直流电压挡C原线圈接直流电压，电表用交流电压挡D原线圈接交流电压，电表用交流电压挡答案D2如图所示是“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验示意图，a线圈接交流电源，b线圈接交流电压表，在实验过程中()A只增加b线圈的匝数，电压表的示数一定增大B只增加a线圈的匝数，电压表的示数一定增大C同时增加a、b两线圈的匝数，电压表的示数一定增大D只改变a线圈两端的电压，电压表的示数不变答案A3如图所示，一只理想变压器的原线圈有55匝，副线圈有1 100匝，若把原线圈接到10 V的电池组上，则副线圈的输出电压是()A200 V B20 VC0.5 V D0答案D
