变压器电能的传输
如图所示为远距离输电的原理图.发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器。由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控，监控电表为理想电表。若某次监侧发现$V_2$表的示数减小，则下列判断正确的是
A. 电流表A1的示数增大 B. 电流表A2的示数减少
C. 电压表V1的示数增大 D. 输电线损失的功率减小
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【答案】
【解析】A、C、发电厂输出的电压恒定，升压变压器的匝数比不变，所以电压表$V_1$的示数不变，由于某次监测发现$V_2$表的示数减小，降压变压器的匝数比不变，则降压变压器的输入电压变小，又由于$U_1$不变，所以输电线路上损失的电压增大，$U_损=I_1R$，则电流表$A_1$的示数增大，故A正确，C错误；
B、由于电流表$A_1$的示数增大，降压变压器的匝数比不变，所以降压变压器副线圈中电流增大，即电流表$A_2$的示数增大，故B错误；
D、由于电流表$A_1$的示数增大，根据$P_损=I_1^2R$可知，输电线损失的功率增大，故D错误。
一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻$R_0$为定制电阻，R为可变电阻，Ⓐ为理想交流电流表，U为正弦交流电源，输出电压的有效值U恒定。当可变电阻R的阻值为$2R_0$时，电流表的示数为I；当可变电阻R的阻值为$11R_0$时，电流表的示数为$\dfrac{1}{5}I$。则该变压器原、副线圈匝数比为（ ）
A、5 B、4 C、3 D、2
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【答案】D
【解析】：当然这个题目有很多解决方案，最好还是先找到等式在什么地方，然后下手，下面就是做题的基本原理。
$\dfrac{U-IR_0}{n}=nI2R_0$
$\dfrac{U-\dfrac{I}{5}R_0}{n}=nI11R_0$
解得:$n=2$ ，所以选D
如图所示，变压器输入的交变电压$u=220\sqrt{2}sin100 \pi t(V)$，副线圈匝数可调，电阻$R=100Ω$，$L_1$、$L_2$均是额定电压为20V，额定功率为20W的小灯泡，通过调节副线圈的匝数，使S闭合前后，$L_1$均能正常发光，则S闭合前后副线圈的匝数之比为（ ）
A.1:11 B. 2:1
C. 3:5 D. 6:11
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【答案】D
【解析】由变压器输入的交变电压为：$u=220\sqrt{2}sin100 \pi t(V)$，可知有效值为：$U_1=220V$，S闭合前是$L_1$与R串联，$L_1$正常发光可知其额定电流为：$I=\dfrac{P}{U}=\dfrac{20}{20}A=1A$，故有：$U_2=IR+U=1\times100+20=120V$由变压器原理可知：$\dfrac{n_1}{n_2}=\dfrac{U_1}{U_2}=\dfrac{11}{6}$；
S闭合后$L_1$和$L_2$并联后再与R串联，有：$U’=2IR+U=220V$同样可得：$\dfrac{n_1}{n_2′}=\dfrac{U_1}{U_2′}=\dfrac{1}{1}$；
联立可解得：$\dfrac{n_2}{n_1}=\dfrac{6}{11}$
某同学设计了一个充电装置,如图所示,假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电,周期为0.2s,电压最大值为0.05V,理想变压器原线圈接螺线管,副线圈接充电电路,原、副线圈匝数比为1∶60,下列说法正确的是( )
A、 交流电的频率为10Hz
B、 副线圈两端电压最大值为3V
C、 变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D、 充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
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【答案】B
【解析】
A、学习物理一定要根据物理现象理解定义，并且用数学的方式写下来，比如：频率一秒多少次，周期一次多少秒，在圆周运动中
$T=\dfrac{2\pi}{\omega}$一圈需要的时间
$f=\dfrac{1}{T}$一秒时间内转了多少圈。
所以：$f=\dfrac{1}{0.2}=5Hz$
B、由理想变压器原理可知$\dfrac{u_1}{u_2}=\dfrac{n_1}{n_2}$
副线两端的最大电压为${u_2}=\dfrac{n_2}{n_1}u_1=0.05v \times 60=3 v$
C.根据法拉第电磁感应定律可知,永磁铁磁场强,线圈中产生的感应电动势越大,变压器的输入电压会越大,C不符合题意;
D.由理想变压器原理可知,充电电路的输入功率等于变压器的输入功率,D不符合题意。
如图所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值$U_m$相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足（ ）
A、$U=\dfrac{1}{2}U_M$
B、$U=\dfrac{\sqrt{2}}{2}U_M$
C、$U>\dfrac{\sqrt{2}}{2}U_M$
D、$U<\dfrac{\sqrt{2}}{2}U_M$
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【答案】D
【解析】 正弦交流电的有效值$U_有=\dfrac{U}{\sqrt{2}}$
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$n_0$、$n_1$和$n_2$,两个副线圈分别接有电阻$R_1$和$R_2$,当发电机线圈以角速度$\omega$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$R_2$的电流为$\dfrac{n_1I}{n_2}$
B. 电阻$R_2$两端的电压为$\dfrac{n_2IR_1}{n_1}$
C. $n_0$与$n_1$的比值为$\dfrac{\sqrt{2}NBL^2\omega}{IR_1}$
D. 发电机的功率为$\dfrac{\sqrt{2}NBL^2\omega I(n_1+n_2)}{n_0}$
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【答案】BC
【解析】这类题的核心是能量守恒和$\dfrac{n_1}{n_2}=\dfrac{U_1}{U_2}$
A、对于推导能力不强的同学来说，很可能是因为书写的格式不整齐造成的。
$\dfrac{U_0}{n_0}=\dfrac{U_1}{n_1}$ —— $U_1=\dfrac{U_0 n_1}{n_0}$
$\dfrac{U_0}{n_0}=\dfrac{U_1}{n_2}$—— $U_2=\dfrac{U_0 n_2}{n_0}$
整理：$\dfrac{U_1}{U_2}=\dfrac{n_1}{n_2}$
$U_2=\dfrac{n_2}{n_1}U_1=\dfrac{n_2IR_1}{n_1}$
故而通过$R_2$的电流$I_2=\dfrac{U_2}{R_2}=\dfrac{n_2IR_1}{n_1R_2}$
所以B正确A错误
交流电电动势最大值$E_m=NBS\omega=NB(L\times 2L)\omega$，交流电动势的有效值$E_有=\dfrac{E_m}{\sqrt{2}}=\dfrac{2NBL^2\omega}{\sqrt{2}}=\sqrt{2}NBL^2\omega$
由变压器的变压比得$\dfrac{n_0}{n_1}=\dfrac{E_有}{U_1}=\dfrac{\sqrt{2}NBL^2\omega}{IR_1}$
$R_1$消耗的功率$p_{R1}=I^2R_1$消耗的功率$p_{R2}=I_2^2 R_2=dfrac{U_2}{R_2}=(\dfrac{n_2IR_1}{n_1R_2})^2R_2$
$P_总=p_{R1}+p_{R2}=I^2R_1+(\dfrac{n_2IR_1}{n_1R_2})^2R_2$
特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从
A处采用550Kv的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为$\Delta P$，到达B处时电压下降了$\Delta U$．在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100Kv特高压输电，输电线上损耗的电功率变为$\Delta P’$，到达B处时电压下降了$\Delta U’$．不考虑其他因素的影响，则（ ）
A.$\Delta P’=\dfrac{1}{4}\Delta P$
B.$\Delta P’=\dfrac{1}{2}\Delta P$
C.$\Delta U’=\dfrac{1}{4}\Delta U$
D.$\Delta U’=\dfrac{1}{2}\Delta U$
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【答案】AD
【解析】发电厂输出的功率是恒定的，所以电压提高一倍之后，电流减少一半！！！！！
$550Kv \times I=1100Kv \times I’$
所以电流之比为2：1