江苏专用2022版高考物理一轮复习第11章交变电流传感器第2节变压器电能的输送学案

江苏专用2022版高考物理一轮复习第11章交变电流传感器第2节变压器电能的输送学案江苏专用2022版高考物理一轮复习第11章交变电流传感器第2节变压器电能的输送学案PAGE25-江苏专用2022版高考物理一轮复习第11章交变电流传感器第2节变压器电能的输送学案第2节变压器电能的输送一、理想变压器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．理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器（1)没有能量损失（绕线无电阻、铁芯无涡流)(2）没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中）基本关系功率关系根据能量守恒可得:原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：eq\f（U1，U2)＝eq\f（n1,n2)，与负载、副线圈的个数无关电流关系（1)只有一个副线圈时：eq\f(I1,I2）＝eq\f(n2,n1）（2）有多个副线圈时:由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn频率关系f1＝f2（变压器不改变交变电流的频率）4．几种常用的变压器（1)自耦变压器-—调压变压器，如图甲（降压作用）、乙(升压作用）所示。甲乙丙丁(2）互感器eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（电压互感器n1〉n2：把高电压变成，低电压，如图丙所示。，电流互感器n1〈n2:把大电流变成，小电流，如图丁所示。)）二、电能的输送如图所示，若发电站输出电功率为P,输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′,输电线总电阻为R.1．输出电流I＝eq\f(P,U）＝eq\f(P′，U′)＝eq\f(U－U′，R）。2．电压损失(1）ΔU＝U－U′.（2）ΔU＝IR.3．功率损失（1)ΔP＝P－P′。（2）ΔP＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(P,U)))eq\s\up12（2)R。4．减少输电线上电能损失的方法（1）减小输电线的电阻R。由R＝ρeq\f（l,S)知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。(2）减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压.1．思考辨析（正确的画“√”，错误的画“×”)（1）变压器能改变交变电流的电压，不能改变交变电流的频率。 （√）（2)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。 （×)(3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。 （×)（4)增大输电导线的横截面积不利于减少输电过程中的电能损失。 （×）（5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗. （√)（6)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大。 (√)2．（沪科版选修3－2P75T3）如图所示为一理想变压器，其原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨,副线圈与电阻R组成闭合电路。当直导线MN在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时,电流表的示数是10mA，那么电流表的示数是()A．40mAB．0C．10mAD．2.5mAB[由于直导线MN匀速运动,则MN切割磁场产生的电流恒定，线圈中产生的磁通量也是恒定的,所以不会引起副线圈的磁通量变化，所以副线圈中不会有感应电流产生,即电流表A2的示数为0，选项B正确.］3．(粤教版选修3－2P59T4改编)如图所示,P是电压互感器,Q是电流互感器，如果两个互感器的变压比和变流比都是50，电压表的示数为220V，电流表的示数为3A，则输电线路中的电压和电流分别是()A．11000V，150A B．1100V，15AC．4。4V,16。7A D．4.4V,0.06AA[由两个互感器的变压比和变流比可知输电线路中的电压为U＝220×50V＝11000V，电流为I＝3×50A＝150A，故A正确。]4．（人教版选修3－2P50T3改编)从发电站输出的功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V和11kV两种电压输电.两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A．100∶1B．1∶100C．1∶10D．10∶1A[由P＝UI得输电线的电流I＝eq\f（P，U），则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝IR＝eq\f(P，U)R，所以两种情况下:ΔU1∶ΔU2＝U2∶U1＝100∶1，A正确。］5．（人教版选修3－2P44T5改编)如图所示的电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0。2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是（)A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动［答案］D理想变压器基本规律的应用eq\o(［讲典例示法］）1．分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意变压器的输入电压不等于电源的电压,而是等于电源电压减去串联负载的电压，即:U1＝U源－U串。2．分析含有二极管的变压器电路问题时要注意理想二极管单向导电性，对交变电流的影响,及对应有效值的变化。3．理想变压器的各量的制约关系制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定：U2＝eq\f(n2,n1)U1功率原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定：P入＝P出电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定：I1＝eq\f（n2，n1）I2［典例示法](2020·广西高三月考）如图所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势e＝44eq\r（2)sin100πt（V）。导线框与理想升压变压器相连，变压器副线圈接入一额定电压为220V的电灯泡，电灯泡恰好正常工作且电流表的示数为2A，导线框电阻不计,电流表为理想电流表，则(）A．变压器原、副线圈匝数之比为1∶5B．通过电灯泡的电流为0。2AC．电灯泡的额定功率为22WD．电灯泡两端的最大电压为110eq\r（2)VA［在变压器中有eq\f(n1，n2）＝eq\f（U1，U2)＝eq\f（I2,I1）其中U1＝44V，U2＝220V，I1＝2A，可得变压器原、副线圈匝数之比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(1，5），通过电灯泡的电流为I2＝0。4A，故A正确，B错误；由于电灯泡恰好正常工作，则电灯泡的额定功率P＝I2U2＝0。4×220W＝88W,故C错误；电灯泡两端电压的最大值Um＝eq\r（2)U2＝220eq\r(2）V，故D错误.][跟进训练］1．(2019·江苏高考)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20V时,输出电压（)A．降低2V B．增加2VC．降低200V D．增加200VD[理想变压器的电压与匝数关系为eq\f(U1,U2)＝eq\f（n1,n2）＝eq\f（U1＋ΔU1，U2＋ΔU2）,整理可得eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(n1,n2），即原、副线圈匝数比等于电压变化量之比，当ΔU1＝20V时，ΔU2＝200V，选项D正确。］2．（2020·云南保山高三期末）如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，电阻R1＝20Ω,R2＝20Ω，两电表均为理想交流电表.若R1两端电压瞬时值表达式为u1＝50eq\r（2）sin100πt（V），则下列说法正确的是（)A．电流表的示数为12.5AB．电压表的示数为50VC．R2消耗的功率为250WD．原线圈输入交流电频率为100HzB［R1两端电压u1＝50eq\r（2）sin100πt（V），其最大值是50eq\r(2）V,有效值是50V；副线圈中的电流与流过R1、R2的电流是相等的，即I2＝eq\f(UR1，R1)＝eq\f(50,20)A＝2。5A，由原副线圈的电流与匝数的关系得I1＝eq\f(n2,n1）·I2＝eq\f(1，5)×2。5A＝0.5A，故A错误;由于电阻R1＝R2＝20Ω,则两个电阻上分担的电压是相等的，所以电压表的读数是50V，故B正确;R2消耗的功率为PR2＝eq\f(U\o\al(2,2)，R2)＝eq\f(502,20）W＝125W,故C错误;变压器不会改变电流的频率，则副线圈输出电流的频率f＝eq\f（100π,2π）＝50Hz，故D错误。]3．（2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq\r（2)sin100πt（V）的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是(）A．原线圈的输入功率为220eq\r（2)WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110eq\r(2）VD．副线圈输出交流电的周期为50sB[理想变压器原线圈两端电压的有效值为U1＝220V，由eq\f（U1,U2）＝eq\f(n1,n2)得U2＝eq\f(n2U1，n1）＝110V，即电压表的读数为110V，通过负载电阻的电流I2＝eq\f(U2，R）＝eq\f（110，55)A＝2A，则副线圈的输出功率P＝U2I2＝110×2W＝220W，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,为220W,故选项A、C错误;由n1I1＝n2I2得I1＝eq\f(n2I2,n1）＝1A，即电流表的读数为1A,选项B正确;由u＝220eq\r（2)sin100πt(V)可知，角速度ω＝100πrad/s，原线圈所接交流电的周期T＝eq\f（2π，ω）＝0。02s，副线圈输出交流电的周期不变，仍为0。02s，选项D错误。]4．如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25Ω,D为理想二极管，原线圈接u＝220eq\r(2）sin（100πt）V的交流电，则（）A．交流电的频率为100HzB．通过R2的电流为1AC．通过R2的电流为eq\r(2）AD．变压器的输入功率为200WC[由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝eq\f（1，T）＝eq\f（ω,2π)＝50Hz，A项错误；由理想变压器变压规律eq\f（U1，U2)＝eq\f(n1,n2）可知，输出电压U2＝50V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，eq\f（U\o\al(2，2），R)·eq\f(T，2）＝eq\f(U2，R）·T,解得U＝eq\f（\r（2)，2)U2＝25eq\r（2）V，由欧姆定律可知,通过R2的电流为eq\r(2）A，B项错误,C项正确;电阻R2的功率P2＝UI＝50W，而电阻R1的电功率P1＝eq\f(U\o\al（2，2),R1)＝100W,由理想变压器输入功率等于输出功率可知,变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150W，D项错误。]关于理想变压器的四点说明(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。理想变压器的动态分析问题eq\o(［讲典例示法］）1．理想变压器的制约关系制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定功率原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定2．两种情况匝数比不变的情况负载电阻不变的情况(1)U1不变，根据eq\f（U1,U2)＝eq\f（n1,n2)，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变(2）当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化（1)U1不变,eq\f(n1，n2)发生变化，U2变化（2)R不变，U2变化，I2发生变化（3)根据P2＝eq\f(U\o\al（2，2),R）和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时,I1发生变化［典例示法]一自耦变压器如图所示，其a、b端接到一电压有效值不变的交变电源两端，在c、d间接有一定值电阻R1和滑动变阻器R0。电压表均可视为理想交流电压表,输电导线的电阻均可忽略不计.则下列说法正确的是(）A．保持滑动触头位置不变，将滑动变阻器滑片P下滑时,三个电压表的示数均减小B．保持滑动触头位置不变,将滑动变阻器滑片P下滑时,V1、V2的示数不变，而V3的示数减小C．保持滑动变阻器滑片P不动时，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，三个电压表的示数均减小D．保持滑动变阻器滑片P不动时，将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中,V1、V2示数均减小,V3的示数增大思路点拨：本题中变压器为自耦变压器，分析时要注意区分原线圈和副线圈,分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系,利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定.B[滑动触头位置保持不变时，变压器原、副线圈的匝数比不变,因电源的电压不变，所以V1、V2的示数不变，R1与R0串联分得的总电压不变;当滑动变阻器滑片P下滑时，R0接入电路的阻值变小，分得的电压减小，所以V3的示数减小,选项A错误，选项B正确；保持滑动变阻器滑片P不动时,将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中，副线圈的匝数变小，由U1∶U2＝n1∶n2可知，V2、V3的示数均减小，V1的示数不变，选项C、D错误。］含有变压器的动态电路问题的解题思路［跟进训练］匝数比不变，负载变化的情况1．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡。当S断开时，灯L1正常发光.S闭合后，下列说法正确的是(）A．电阻R消耗的电功率增大B．灯L1、L2都能正常发光C．原线圈的输入功率减小D．原、副线圈的电流比减小A[当S闭合后，由变压器电压与匝数比关系:eq\f（U1,U2)＝eq\f（n1,n2),可知副线圈电压U2不变,而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由P＝I2R知R消耗的功率增大,故A正确；副线圈的电流增大，所以电阻R的电压增大，而副线圈电压U2不变，所以灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光,故B错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为P＝eq\f（U\o\al(2,2）,R总），故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以C错误;变压器原、副线圈的匝数不变，由电流与匝数关系eq\f（n1,n2)＝eq\f(I2，I1)，知原、副线圈中电流之比不变，故D错误.］2．（2019·江苏南京师大附中高考模拟）如图所示，理想变压器原线圈输入端a、b间的交流电压有效值不变，R0为定值电阻，R为滑动变阻器.将滑动变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置时,观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0。8A。忽略所有电表对电路的影响，下列说法中不正确的有（)A．变阻器滑片是沿c→d方向滑动的B．电压表V2示数增大C．电压表V3示数减小D．该变压器原、副线圈匝数比为4∶1B［由题意可知电源的电压的有效值不变,原副线圈的匝数不变，所以副线圈两端的电压不变，即电压表V2示数不变；电流表A2的示数增大了，说明副线圈的负载电阻减小了，所以变阻器滑片是沿c→d方向滑动的，故A正确，B错误;电流表A2的示数增大了,则通过副线圈的电流I2增大，所以R0两端的电压增大，因为R和R0两端的电压之和不变，所以R两端的电压减小，即电压表V3示数减小，故C正确；理想变压器的原副线圈的匝数与原副线圈的电流的关系为eq\f（I1，I2）＝eq\f（n2，n1)，所以可得eq\f(ΔI1，ΔI2）＝eq\f(n2，n1）,代入数据可得eq\f（n1,n2）＝eq\f（ΔI2,ΔI1)＝eq\f(0。8，0.2)＝eq\f（4，1），故D正确。]匝数比改变，负载不变的情况3．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关,U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流。下列说法中正确的是()A．保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持U1不变,S由a切换到b，则I2增大C．保持U1不变,S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大C[保持U1不变，S由b切换到a时,副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，电流I2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I1增大;S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，所以根据P2＝I2U2，P2减小；又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小。由以上分析可知,正确选项为C。］4．（2020·江苏七市二模)可调式理想变压器示意图如图所示，原线圈的输入电压为U1，副线圈输出电压为U2,R为电阻。将原线圈输入端滑动触头P向下移动时。下列结论中正确的是(）A．输出电压U2增大 B．流过R的电流减小C．原线圈输入电流减小 D．原线圈输入功率不变A［P向下移动时，原线圈的匝数减小，根据U2＝eq\f（n2,n1）U1，可知副线圈电压增大，则副线圈电流增大，流过R的电流增大，输出功率增大，则输入功率也增大，原线圈电压不变,则原线圈输入电流增大,故A正确，B、C、D错误.］远距离输电eq\o（［讲典例示法]）1．理清三个回路远距离输电电网间的基本结构如图所示。输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路。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，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁。2．抓住两个物理量的联系（1）理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1（匝数为n1）和线圈2（匝数为n2)中各个量间的关系是eq\f（U1，U2）＝eq\f(n1,n2）,P1＝P2，I1n1＝I2n2。（2）理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4（匝数为n4)中各个量间的关系是eq\f（U3，U4）＝eq\f(n3,n4)，P3＝P4，I3n3＝I4n4。3．掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能,并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分,剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗,所以其能量关系为P1＝P线损＋P用户。[典例示法]如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m，降压变压器的变压比为n,输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数减小了ΔU,则下列判断正确的是（）A．电流表A2的示数增大了eq\f(ΔU，R）B．电流表A1的示数增大了eq\f(nΔU，R）C．电压表V1的示数减小了ΔUD．输电线损失的功率增加了eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(nΔU,R）)）eq\s\up12(2)RB［降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于n，所以有eq\f(ΔU3,ΔU）＝n,即降压变压器原线圈两端电压减小了nΔU，升压变压器副线圈两端电压不变,所以输电线上电压增大为nΔU，根据欧姆定律知，电流表A1示数增大了eq\f(nΔU，R），输电线上电流增大了eq\f（nΔU,R),根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数增大了n·eq\f(nΔU,R)＝eq\f（n2ΔU,R)，A错误,B正确；根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变,所以电压表V1的示数不变，C错误;输电线上电流增大了eq\f(nΔU，R），但输电线损失的功率增加量一定不是P＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（nΔU，R)）)eq\s\up12（2）R，D错误.]输电线路功率损失的计算方法P损＝P1－P4P1为输送的功率，P4为用户得到的功率P损＝Ieq\o\al（2，线）R线I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻P损＝eq\f（ΔU2，R）ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混P损＝ΔU·I线ΔU不要错代入U2或U3［跟进训练］远距离输电原理1．(2018·江苏高考)采用220kV高压向远方的城市输电.当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq\f(1,4），输电电压应变为（）A．55kVB．110kVC．440kVD．880kVC[输送功率P＝UI,输电线上损耗的功率P损＝I2r＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f(P，U)））eq\s\up12（2)r∝eq\f（1,U2）。当P损减小为原来的eq\f（1,4）时,输电电压应变为原来的2倍。]2．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。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（)A．eq\f(I1,I2)＝eq\f(n1，n2）B．I2＝eq\f（U2，R）C．I1U1＝Ieq\o\al（2，2）RD．I1U1＝I2U2D［根据变压器的工作原理可知eq\f(I1，I2)＝eq\f(n2，n1)，所以选项A错误;因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠Ieq\o\al(2，2)R,选项C错误，D正确。]远距离输电的电压、功率损失3．如图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n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt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（）A．eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(n1,n2））)eq\f(U\o\al(2，m），4r)B．eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f（n2,n1)））eq\f(U\o\al(2，m),4r）C．4eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(n1,n2）)）eq\s\up12(2)eq\b\lc\（\rc\）