高考模拟理综物理选编变压器与电能的输送 10页

乐陵一中变压器与电能的输送 一、单选题（本大题共5小题，共30分）‎ 1. 如图所示的电路中，理想变压器匝数比n‎1‎：n‎2‎‎=1‎：2，R是规格为“220V、1100W”的用电器，电表均为理想电表‎.‎当用电器正常工作时，电压表和电流表的示数分别为‎(‎　　‎)‎ ‎ A. 110V、10A B. 110V、‎2.5A C. 440V、‎2.5A D. 440V、10A ‎·A ‎·解：用电器正常工作时，副线圈两端的电压U‎2‎‎=220V，输出功率P‎2‎‎=1100W 根据电压与匝数成正比，有： U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎ 代入数据：U‎1‎‎220‎‎=‎‎1‎‎2‎ 解得：U‎1‎‎=110V 根据输入功率等于输出功率，有： P‎1‎‎=P‎2‎=1100W I‎1‎‎=P‎1‎U‎1‎=‎1100‎‎110‎=10A 故A正确，BCD错误 故选：A 根据电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率等关系逐项分析即可得出结论． 考查交流电的表达式中各量的物理意义，明确电表的示数为有效值，最大值与有效值之间的关系． ‎ 2. 如图所示，理想变压器MN原线圈接一交流电源，副线圈回路中有一定值电阻R‎0‎和两个小灯泡L‎1‎、L‎2‎，电表为理想电表‎.‎最初电键S是断开的，现闭合电键S，则‎(‎　　‎‎)‎ A. 副线圈两端电压变大 B. 灯泡L‎1‎变亮 C. 电流表A‎1‎示数变大 D. 电阻R‎0‎中的电流变小 ‎·C ‎·解：A、由于输入的电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输出的电压始终不变，故A错误； B、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，所以电阻R上消耗的电压变大，由于输出的电压不变，所以灯泡L‎1‎的电压减小，故灯泡L‎1‎变暗，故B错误； C、当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，而变压器的匝数比不变，所以原线圈中的电流增大，故C正确； D、当S接通后，原线圈电路的总电阻减小，总电流变大，故D错误； 故选：C． 输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可． 本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压 原理、功率等问题彻底理解． ‎ 1. 如图所示是街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，输入电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R‎0‎表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小‎(‎滑动片向下移‎)‎，当用户的用电器增加时，关于各表的读数说法正确的是‎(‎　　‎‎)‎ A. U‎1‎增大 B. U‎2‎增大 C. I‎1‎增大 D. I‎2‎减小 ‎·C ‎·解：A、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，所以原副线圈的电压都不变，所以AB错误； C、当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即原副线圈电流表的示数都变大，所以C正确D错误； 故选：C． 和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，再根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况． 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法． ‎ 2. 如图甲所示电路中，L‎1‎、L‎2‎、L‎3‎为三只“6V，3W”的灯泡，变压器为理想变压器‎.‎各电表均为理想电表，当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光‎.‎下列说法中正确的是‎(‎　　‎)‎ ‎ A. 变压器原副线圈的匝数比为1：2 B. 副线圈两端输出的交流电频率为50Hz C. 电流表的示数为‎0.5A D. 电压表的示数为18V ‎·B ‎·解：A、三灯均正常发光，设电流为I，则原线圈中电流为I，副线圈中电流为2I，则根据电流之比等于线圈匝数的反比可知，线圈匝数之比为2：1，故A错误 B、由图可知，交流电的周期为T=0.02S，则其频率为：f=‎1‎T=‎1‎‎0.02‎=50Hz；因变压器不改变交流电的频率，故副线圈中交流电的频率也为50Hz，故B正确 C、电流表的示数为有效值，每个灯泡的电流为：I=PU=‎3‎‎6‎=0.5A，则电流表示数为：，故C错误 D、电压表的示数为变压器输入电压，交流电的有效值为Uab‎=18V；则有：U=Uab-UL1‎=18-6=12V.‎故D错误 故选：B 由三只灯泡均正常发光，则可求得原副线圈的电流，从而根据电流和线圈匝数间的关系 求得匝数之比，再根据电路和结构分析电流表和电压表的示数；由图象中的周期求得频率，注意各表的示数为有效值． 本题考查变压器的基本内容，明确电流电压与匝数的关系，电表的示数为有效值，而变压器只改变电压和电流，不会改变功率和频率． ‎ 1. 图中为理想自耦变压器原理图，当a、b端加上33V交流电压时‎.c、d端电压Ucd‎=11V，若当c、d端加上33V交流电压时，则a、b端电压Uab为‎(‎　　‎‎)‎ A. Uab‎=99V B. Uab‎=33V C. Uab‎=11V D. ‎Uab‎=0V ‎·A ‎·解：当a、b端加上33V交流电压时‎.c、d端电压Ucd‎=11V，原副线圈的匝数之比为n‎1‎n‎2‎‎=U‎1‎U‎2‎=‎33‎‎11‎=‎‎3‎‎1‎ 若当c、d端加上33V交流电压时，则a、b端电压Uab为Uab‎=n‎2‎n‎1‎Ucd=99V 故选：A 通过变压器原副线圈的电压关系求的线圈匝数之比，当原副线圈互换后，电压关系还满足原副线圈的电压之比等于匝数之比。 做好本题要能知道自耦变压器的原理，抓住原副线圈电压值比等于匝数之比即可。 ‎ 二、多选题（本大题共4小题，共24分）‎ 2. 国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座‎.‎变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=200‎2‎sin100πt(V)‎，电压表、电流表都为理想电表‎.‎则下列判断正确的是‎(‎　　‎‎)‎ A. 输入电压有效值为200V，电流频率为50 Hz B. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大 C. S打到a处，当变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小 D. 若变阻器的滑片不动，S打到b处，电压表V‎2‎和电流表A‎1‎的示数都减小 ‎·AD ‎·解：A、输入电压的最大值U‎1m‎=200‎2‎V，有效值U‎1‎‎=U‎1m‎2‎=‎200‎‎2‎‎2‎=200V，由瞬时值知，加速度ω=100π，电流频率f=ω‎2π=‎100π‎2π=50Hz，故A正确； B、s打到a处，副线圈匝数增加，U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎，U‎2‎‎=‎n‎2‎n‎1‎U‎1‎输入电压不变，输出电压增大，即V‎1‎示数不变，V‎2‎示数增大，故B错误；C错误； D、若变阻器的滑片不变，S打到b处，副线圈匝数减少，输入电压不变，输出电压减少，电压表V‎2‎示数减少，输出功率P‎2‎减少，根据输入功率等于输出功率，P‎1‎减少，U‎1‎不变，则I‎1‎减少，即电流表A‎1‎的示数减小，故D正确； 故选：AD 根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论 ‎ 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法 ‎ 1. 如图所示，有一矩形线圈的面积为s，匝数为N，内阻不计，绕OO'‎轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是‎(‎　　‎‎)‎ A. 矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt B. 矩形线圈从图示位置经过πω时间时，通过电流表的电荷量为0 C. 当P位置不动，R增大时，电流表与电压表读数变大 D. 当P位置向上移动、R不变时，电压表读数不变，电流表读数变大 ‎·ABD ‎·解：A、从垂直于中性面时开始计时，矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt，故A正确； B、矩形线圈从图示位置经过πω时间时，转过的角度为ωt=π，磁通量不变，平均感应电动势为0，平均电流为0，故通过电流表的电荷量0，故B正确； C、交流发电机内电阻不计，故变压器输入电压不变，根据理想变压器的变压比公式U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎，当P位置不动，R增大时，电压表读数不变，仍然等于发电机的电动势有效值；匝数比不变，副线圈两端的电压不变，电阻R增大，输出功率减小，输入功率也变小，根据P=‎U‎1‎I‎1‎，电流表读数变小，故C错误； D、当P位置向上移动、R不变时，根据理想变压器的变压比公式式U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎，输出电压变大，输出功率变大，输入功率也变大，故输入电流也变大，故电流表读数变大，电压表读数仍等于发电机的电动势有效值，电压表读数不变，故D正确； 故选：ABD． 正弦式交流发电机从垂直中性面位置开始计时，其电动势表达式为：e=NBSωcosωt；电压表和电流表读数为有效值；计算电量用平均值． 本题关键明确交流四值、理想变压器的变压比公式、功率关系，注意求解电量用平均值． ‎ 2. 如图所示，l‎1‎和l‎2‎是高压输电线，甲、乙是两个互感器‎.‎若已知甲和乙的原、副线圈匝数比分别为1000：1和1：100，两个电表的示数分别为10A和‎220V.‎则‎(‎　　‎)‎ ‎ A. 电表A是电压表 B. 电表A是电流表 C. 线路输送的电功率为‎2.2×‎10‎‎8‎W D. 线路输送的电功率为‎2.2×‎10‎‎4‎W ‎·AC ‎·【分析】 根据两种互感器的特点可知，甲图是电压互感器，乙图是电流互感器‎.‎变压器原副线圈的电压比等于匝数比。只有一个副线圈的变压器，原副线圈中的电流比等于匝数的反比。电压互感器原线圈并接在两个输电线上，原线圈的匝数比副线圈的匝数多，是降压变压器，把高电压降低成低电压，副线圈接电压表‎.‎电流互感器原线圈串接在某一根输电线中，原线圈匝数比副线圈匝数少，原线圈中是大电流，副线圈中是小电流，副线圈接的是电流表。 【解答】 AB、电压互感器是将高低压变成小电压，所以原线圈的匝数多余副线圈的匝数，所以甲图是电压互感器，电表A是电压表，故A正确，B错误； CD、根据变压器电压表等于匝数比U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎，有U‎1‎‎=n‎1‎n‎2‎U‎2‎=‎1000‎‎1‎×220=220000V 只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I‎1‎I‎2‎‎=‎n‎2‎n‎1‎，有I‎1‎‎=n‎2‎n‎1‎I‎2‎=‎100‎‎1‎×10=1000A 线路输送的电功率为P=UI=220000×1000=2.2×‎10‎‎8‎W，故C正确，D错误。 故选AC。 ‎ 1. 如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R‎1‎‎(‎光敏电阻随光照强度增大而减小‎)‎、定值电阻R‎2‎‎.‎则‎(‎　　‎‎)‎ A. 仅增强光照时，原线圈的输入功率减小 B. 仅向下滑动P时，R‎2‎两端的电压增大 C. 仅向下滑动P时，R‎2‎消耗的功率减小 D. 仅增大U时，R‎2‎消耗的功率增大 ‎ ‎·BD ‎·解：A、当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故A错误； B、当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=‎U‎2‎R，R‎2‎消耗的功率增大，故B正确，C错误； D、当U增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P=‎U‎2‎R，用电器消耗的功率增大；故D正确； 故选：BD． 变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可． 本题关键是明确电压器的电压、电流、功率关系，知然后结合变压比公式和功率公式进行动态分析． ‎ 三、填空题（本大题共1小题，共5分）‎ 2. 如图，边长为L、电阻为‎1‎‎2‎R‎0‎、不可形变的正方形导体框内有半径为r的圆形区域，其磁感应强度B随时间t的变化关系为B=kt(‎常量k>0).‎回路中滑动变阻器R的最大阻值为‎2‎R‎0‎，滑动片P位于滑动变阻器中央，定值电阻R‎1‎‎=R‎2‎=R‎0‎.‎闭合开关S，不考虑虚线右侧导体的感应电动势，则电压表的示数为______，滑动变阻器消耗的功率是R‎1‎消耗的功率的______倍‎.‎ ‎·‎5kπr‎2‎‎6‎；‎‎5‎‎4‎ ‎·解：A：由法拉第电磁感应有：E=‎△Φ‎△t=‎△Bs‎△t=k△tπr‎2‎‎△t=kπr‎2‎， R‎2‎与R是并联，并联滑动变阻器的阻值为R‎0‎‎2‎，可知并联电阻为R‎0‎‎4‎，则滑动变阻器所在支路的电阻为‎3‎R‎0‎‎2‎，外电路的总电阻为： R外‎=R‎1‎+‎3‎R‎0‎‎2‎=‎‎5‎R‎0‎‎2‎， 由欧姆定律可知，电路中的电流为：I=ER‎0‎‎2‎‎+‎‎5‎R‎0‎‎2‎=‎E‎3‎R‎0‎， 则路端电压为：U=IR外=E‎3‎R‎0‎×‎5‎R‎0‎‎2‎=‎5‎‎6‎E=‎‎5kπr‎2‎‎6‎； 滑动变阻器消耗的功率为：P‎1‎‎=I‎2‎R‎0‎+(I‎2‎‎)‎‎2‎R‎0‎=‎‎5‎I‎2‎R‎0‎‎4‎ R‎1‎消耗的功率为：P‎2‎‎=‎I‎2‎R‎0‎；故滑动变阻器消耗的功率是R‎1‎消耗的功率的‎5‎‎4‎倍； 故答案为：‎5kπr‎2‎‎6‎；‎5‎‎4‎ 这是电磁感应与电路结合，左侧的导体框相当于电源‎.‎要先用电磁感应求出产生的感应电动势，然后由闭合电路欧姆定律来分析电路中电压，再由焦耳定律分析电阻电热． 本题考查电磁感应与电路的结合，在解题时要明确哪部分是电源电路，哪一部分是用电部分，要明确电路的结构，结合闭合电路的欧姆定律进行求解． ‎ 四、实验题探究题（本大题共2小题，共25分）‎ 1. ‎(1)‎在“探究单摆周期与摆长的关系”的实验中，测量单摆的周期时，图1中______ ‎(‎填“甲”“乙”或“丙”‎)‎作为计时开始与终止的位置更好些． ‎(2)‎如图2所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是______ ‎(‎填字母‎)‎． A.用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈 B.测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表 C.原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱、副线圈电压大于原线圈电压 D.为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响．‎ ‎·乙；AD ‎·解：‎(1)‎应在摆球通过平衡位置开始计时：因为摆球经过平衡位置时速度最大，在相同的空间尺度产生的时间误差相对较小，测量的周期较准确，故选乙 ‎(2)AD、变压器的输出电压跟输入电压以及原副线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究，故AD正确． ‎ B、变压器只能对交变电流的电压有作用，不能用直流电压表，故B错误． C、根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知，原线圈接0、8，副线圈接0、4，那么副线圈的电压小于原线圈电压，故C错误． 故选：AD 故答案为：‎(1)‎乙；‎(2)AD ‎(1)‎在摆球经过最低点开始计时，产生的时间误差较小， ‎(2)‎可拆变压器能方便选取不同匝数的线圈；变压器只能改变交流电压，因此实验中用交流电压表；原副线圈电压与匝数成正比；探究副线圈电压与匝数关系用控制变量法 本题考查了单摆周期的实验操作和变压器实验操作的注意事项，注意能从减小测量误差的角度，理解并掌握实验要求． ‎ 1. 某同学利用图甲所示的实验装置，探究物块在水平桌面上的运动规律‎.‎物块在重物的牵引下开始运动，重物落地后，物块再运动一段距离停在桌面上‎(‎尚未到达滑轮处‎).‎从纸带上便于测量的点开始，每5个点取1个计数点，相邻计数点间的距离如图乙所示‎.‎打点计时器电源的频率为50Hz． ‎①‎通过分析纸带数据，可判断物块在相邻计数点______ 和______ 之间某时刻开始减速． ‎②‎物块减速运动过程中加速度的大小为a=‎ ______ m/‎s‎2‎，‎(‎结果保留三位有效数字‎)‎． 若用ag来计算物块与桌面间的动摩擦因数‎(g为重力加速度‎)‎，则计算结果μ=‎ ______ ‎(‎保留三位有效数字‎)‎ ‎③‎如果该同学安装好所有的实验器材后，再接通电源后，发现电火花打点计时器不能工作‎.‎经检查发现电源太低，而打点计时器完好‎.‎现身边有滑动变阻器和自耦变压器，他稍加思索就设计了以下四种电路如图丙‎.‎请你帮他分析下列四种路合符要求？______ ‎ ‎·6；7；‎2.00‎；‎0.200‎；D ‎·解：‎①‎从纸带上的数据分析得知：在点计数点6之前，两点之间的位移逐渐增大，是加速运动，在计数点7之后，两点之间的位移逐渐减小，是减速运动，所以物块在相邻计数点6和7之间某时刻开始减速； ‎②‎每5个点取1个计数点，所以相邻的计数点间的时间间隔T=0.1s，由纸带可知，计数点7往后做减速运动，根据作差法得： a=‎0.046+0.066-0.0861-0.1060‎‎4×0．‎‎1‎‎2‎=-2.00m/‎s‎2‎，减速过程的加速度大小为‎2.00m/‎s‎2‎ ‎③‎根据牛顿第二定律，μmg=ma，得a=μg，μ=ag=‎2.00‎‎10‎=0.200‎ ‎④‎变压器只能改变交变电流的电压，故AB错误，因为电源电压太低，需要用升压变压器，副线圈匝数比原线圈匝数多，故D正确； 故答案为：‎①6‎      7 ‎②2.00‎ ‎③0.200‎ ‎④D ‎‎①‎ 由纸带两个点之间的时间相同，若位移逐渐增大，表示物体做加速运动，若位移逐渐减小，则表示物体做减速运动； ‎②‎用作差法求解减速过程中的加速度； ‎③‎根据牛顿第二定律求出a，即可求出μ ‎④‎变压器只能改变交流电的电压和电流，不能改变直流电的电压和电流，根据变压器电压与匝数成正比，升压变压器原线圈匝数比副线圈匝数少 要提高应用匀变速直线的规律以及推论解答实验问题的能力，在平时练习中要加强基础知识的理解与应用． ‎ 五、计算题（本大题共4小题，共48分）‎ 1. 如图为远距离输电示意图，已知电厂的输出功率为100kw，输出电压为250V升压变压器的原、副线圈的匝数比为1：20，降压变压器的原、副线圈的匝数比为20：1，输电线的总电阻R=10Ω，图中变压器可视为理想变压器，求： ‎(1)‎图示中的送电电流I‎2‎ ‎(2)‎用户得到的电压U‎4‎ ‎(3)‎用户得到的功率P用．‎ ‎·解：‎(1)‎由U‎1‎U‎2‎‎=‎n‎1‎n‎2‎  得：U‎2‎‎=n‎2‎n‎1‎U‎1‎=5000V                            又     P‎2‎‎=P‎1‎=100kw                                       而输电线上的电流为：I‎2‎‎=P‎2‎U‎2‎=‎100000‎‎5000‎A=20A         ‎(2)‎输电线上损失的电压为：U=I‎2‎×R线=20×10=200(V ‎)‎            降压前的电压为：U‎3‎‎=U‎2‎-U=4800V                     用户得到的电压U‎4‎，有：U‎4‎U‎3‎‎=‎‎1‎‎20‎   得：U‎4‎‎=240V           ‎(3)‎损失的功率为：P线‎=I‎2‎‎2‎R线=4kw                                           用户得到的功率：P用‎=P‎1‎-I‎2‎‎2‎R线=100000-4000=96(kw ‎)‎             答：‎(1)‎图示中的送电电流I‎2‎为20A ‎(2)‎用户得到的电压U‎4‎为240V ‎(3)‎用户得到的功率P用为96kW ‎·‎(1)‎根据原副线圈中电压之比与匝数成正比可求得升压变压器副线圈两端的电压，根据P=UI求得电流； ‎(2)‎根据‎△U=Ir求得输送线路上损失的电压，即可求得降压变压器原线圈中的电压，根据电压之比与匝数成正比即可求得； ‎(3)‎根据I‎2‎r求得损失的电压，即可求得用户得到的功率 明确匝数比与电流成反比，与电压成正比，想法求得电流与电压之比是解题的关键 ‎ 2. 如图所示匝数n=60‎的线圈绕在变压器的闭合铁芯上，通过A、B两端在线圈内通有随时间变化的电流‎.‎有两个互相连接的金属环，细环的电阻是粗环的3倍，将细环套在铁芯的另一端‎.‎已知某一时刻细环和粗环的连接处CD间的电压U=0.2V，并知道粗环的电阻R=1.0Ω，求此时刻线圈AB的感应电动势‎.(CD间距很小；可认为磁感线都集中在铁芯内‎)‎ ‎·解：当CD间电压为‎0.2V时，粗环中的电流I=UR=‎0.2‎‎1‎=0.2A 设此刻细环中的感应电动势为e，则对细环和粗环组成的回路满足e=I(R+r)=0.2×(3+1)=0.8V ‎ 由法拉第电磁感应定律E=n‎△Φ‎△t，及题设闭合铁心磁通量处处相等可知： 同一时刻线圈AB中的感应电动势为‎60e=48V 答：线圈AB的感应电动势为48V．‎ ‎·两种情况下副线圈均是只有一匝，根据变压比公式，故副线圈中的电压不变，然后根据闭合电路欧姆定律求解A、B两点间的电势差． 本题关键是根据理想变压器的变压比公式和闭合电路欧姆定律列式求解，基础题． ‎ 1. 图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的uab‎-t图象如图乙所示。若只在ce间接一只Rce‎=400Ω的电阻，或只在如间接一只Rde‎=225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W。‎ ‎(1)‎请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；‎ ‎(2)‎求只在ce间接‎400Ω电阻时，原线圈中的电流I‎1‎；‎ ‎(3)‎求ce和de间线圈的匝数比ncende 。‎ ‎·‎(1)uab=400sin200πt(V)‎ ‎ ‎(2)0.28A(‎或‎2‎‎5‎A ‎‎)‎ ‎(3)ncende=‎‎4‎‎3‎‎ ‎ ‎·‎①u=Umsinωt ‎ ‎②‎理想变压器P‎1‎‎=‎P‎2‎，I‎1‎‎=‎P‎1‎U‎1‎ ；‎ ‎③U‎1‎U‎2‎=‎n‎1‎n‎2‎‎ ‎ 2. 如图所示，某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‎8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为‎220V.‎若输电线上损失的功率为5kW，不计变压器的损耗‎.‎求： ‎(1)‎输电导线上输送的电流； ‎(2)‎升压变压器的输出电压U‎2‎； ‎(3)‎降压变压器的匝数比； ‎(4)‎若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是多大？‎ ‎·解：‎(1)‎由P=IR‎2‎知输电线上的电流I=PR=‎5×‎‎10‎‎3‎‎8‎A=25A    ‎(2)‎升压变压器的输出电压U‎2‎‎=PI=‎100×‎‎10‎‎3‎‎25‎V=4000V    ‎(3)‎降压变压器的输入电压U‎3‎‎=U‎2‎-IR=4000-25×8=3800V       降压变压器的匝数比n‎3‎n‎4‎‎=‎3800‎‎220‎=‎‎190‎‎11‎    ‎(4)‎改为10kv 电压后输电线上的电流      输电线上损失的功率为‎△P=I‎'2‎R=‎10‎‎2‎×8W=800W 答：‎(1)‎线上输送的电流25A；  ‎(2)‎升压变压器的电压为4000V； ‎(3)‎降压变压器的匝数比‎190‎‎11‎； ‎(4)‎若改用10kV电压输电，则输电线上损失的功率是800W．‎ ‎·‎(1)‎应用远距离输电损失功率‎△P=I‎2‎R计算电流； ‎(2)‎由输送功率P=UI计算输送电压U‎2‎； ‎(3)‎由U‎3‎‎=U‎2‎-IR及n‎3‎n‎4‎‎=‎u‎3‎u‎4‎计算匝数之比； ‎(4)‎由P=UI及‎△P=I‎'‎‎2‎R计算改变输送电压以后的损失功率． 此题设计的物理量比较多，要注意结合输送原理图进行记忆和理解． ‎