2020版高考物理新增分大一轮复习第十章交变电流传感器第2讲变压器远距离输电讲义含解析

第2变器

远离电一、理想变压器1.构如图1所，变压器是由闭合铁和绕在铁芯上的两个线圈组成.图1原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线2.原电流磁效应、电磁感.3.理变压器原、副线圈基本量关系理想变压器

没有能量损(绕线无电阻、铁芯无涡)没有磁通量损失磁量全部集中在铁芯)基本关系

功率关系电压关系

根据能量守恒可得线圈的输功率等于副线圈的输出功率，即P＝U1原副圈的电压之比等于其匝数之比式：U2n1＝(只一个副线圈n2电流关系频率关系

I1n2只有一个副线圈时：＝I2n1f(压器不改变交变电流的频)4.几常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器如图甲降压作)、乙升压作)所示图2电压互感器电压变成低电压，如图丙所示(2)互感器电流互感器电流变成小电流，如图丁所示自测1关理想变压器，下列说法正确的()变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率正常工作的变压器，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答案A二、电能的输送如图3所，若发电站输出电功为P，输电电压为，用户得到的电功率为P，用户的电压为′，输电线总电阻为R图31.输电流P＝＝U

P′U－U′＝.U′R2.电损失Δ＝U－′Δ＝IR3.功损失(1)＝P－′P(2)＝I＝)U

R4.减输电线上电能损失的方法l(1)减小输电线的电阻R.由ρ知加大导线的横截面积用阻率小的材料做导.S(2)减小输电线中的电流.在输电率一定的情况下，根据P，要减小电流，必须提高输电电压自测2从电站输出的功率为220kW，电线的总电阻为0.05，110V和11kV两电压输电两情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比()A.100∶1B.1∶100C.1∶10D.10答案APPr解析由意知输电线上的电流I＝，则电线上由电阻造成的压损失ΔU＝＝，UU故

ΔU1U211×103100＝＝＝，故选A.ΔU2U11101命点理想压原例1(2018·苏常镇二)如4所，理想变压器的原线圈接在＝2202sinπ(V)的交流电源上，副线圈接有＝Ω的载电阻，原、副线圈匝数之比为∶1电流表、电压表均为理想交流电.下列说法正确的()图4电压表的示数为220V电流表的示数为2A原线圈的输入功率为440W副线圈输出交流电的周期为答案D例2(2018·南京市城二如图示想变压器的原线的匝数比为2∶1，在原副圈的回路中分别接有值相同的电阻R原圈一侧接有电压为的正弦交流电源线回路中电阻两端电压为圈回路中电阻上耗的功率之比为k，则)图5A.＝110VB.＝440V1C.＝D.＝4答案C解析变器的原副线圈的匝比为∶1则原副线圈中的电压之比为2∶1原圈与R串联则U≠110V，故AB错；原、副线圈中的电流之比为∶2根据P＝I

R可得原、1副线圈回路中电阻R上耗的功之比为＝，确，错误.4拓展点互器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：电压互感器

电流互感器原理图原线圈的连接副线圈的连接互感器的作用利用的公式

并联在高压电路中连接电压表将高电压变为低电压U1n1＝U2n2

串联在交流电路中连接电流表将大电流变为小电流In＝n例3普的交流电流表不能直接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图6中电互感器一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I，为了使电流表能正常工作，()图6A.接MN、接PQI＜IcdB.接MN、接PQI＞IcdC.接PQ、接MNI＜IcdD.接PQ、接MNI＞Icd答案BI1n2解析高输电线上的电流较大时需把电流变小使线圈中的电流较小＝I2n1可知较，n较小，所以接、接PQI＞，选项正.cd命点变压的态析1.匝比不变的情(如图7)图7U1n1(1)当不变时，根据＝，输入电压决输出电压U，论负载电阻R如变化U2n2不变.(2)当负载电阻发生变化时，输电流I化，决输入电流I，发生变化.(3)变引起P变，＝，故P发生化R2R22.负电阻不变的情况如8)图8n1(1)不，发生变化，故变.n2(2)不，变化，故I发变.U2(3)根据P＝，发变化，根据P＝故P变，U变，故I发变.例4(多选(2018·常州市一)如图9所，理想变压器原、副线圈匝数比为∶1，原线圈接交流电u＝2sin100πt(V)，险丝的电阻为1Ω熔断电流为2A，电表均为理想交流电表.下列说法正确的()图9电压表的示为14.1V电流表、的示之比为2∶1为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为Ω将滑动变阻器滑片向上移动，电流表的数减小答案CD202n21解析原圈电压有效值为UV＝20V变压器原理可得U＝·＝×20V，n12故电压表V的示数为10V，故A错；根据变压器原理可知，电流大小与匝数成反比，故电流表AA的数之比为1∶2B错险丝的电阻为1Ω熔断电流为2A了全，U210滑动变阻器接入电路的最小阻值为R＝－＝Ω－Ω＝Ω，C正；将滑动变Imax2阻器滑片向上移动，接入电路的电阻增大，副线圈电流减小，则原线圈的电流也减小，所以电流表A的数减小，故D正.例5(多选(2018·南通市、泰州市一)如图10所，理想变压器原线圈接电压为220V的正弦交流电，开关接1时原、副线圈的匝数比为11，滑动变阻器接入电路的阻值为10Ω，压和电流表均为理想交流电下列说法中正确的()图10变压器输入功率与输出功率之比为1∶1内动变阻器上产生的热量为仅将从1拨2，电流表示数小仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小答案AC拓展点含极管的交流电路分析例(多选(2018·镇江市模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比∶＝22∶5电阻R＝＝Ω理想二极管，原线圈接u＝2sin(100πtV的交电，则)图11此交流电的频率为100Hz电阻R两的电压为U2n2U4n4U2n2U4n4C.通电阻的流为2AD.变器的输入功率为150W答案BCD命点

远离电1.理三个回路远距离输电电网的基本结构如图12所示输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路输回路和用户回路在个回路中变器的原线圈是回路的用电器相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.图122.抓两个物理量的联系(1)理想的升压变压器联系了电回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为U1n1n和线圈2(匝数为n中个量间的关系是＝，n＝，.(2)理想的降压变压器联系了输回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为U3n3n和线圈4(匝数为n中个量间的关系是＝，n＝，.3.掌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，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理想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P＝＋P例7(2018·江单科·2)采220kV高向远方的城市输.当输送功率一定时，为使输1电线上损耗的功率减小为原来的，电电压应变()4rrA.55kVB.110kVC.440kVD.880kV答案C解析电功率＝为电压为线路中的电流，输电线路损失的功率为P

＝IR为电线路的电阻，即P

PU

，当输电功率一定时，若输电线路损失的功率1为原来的则输电电压为原来2即为440，故选项正确4变式()(2018·第二次全大联(江苏)如图13为远输电示意.电机输出功率恒的功率为P升变器原两的电压分别为U和U，输电线总电阻为.下列说法正确()图n1U1A.压变压器原、副线圈匝数比＝n2U2B.P下移，用户获得的电压将高U22C.电线上的功率关系为＋1D.U提为来10倍电线上损失的功率为原来的100答案AD解析想变压器的原、副线圈端电压与匝数成正比，选项A正将下，降压变压P器的原线圈匝数增大获的电压将降低B错误线的功率()，U21发电机输出功率P恒若U提原来的10倍输电线上失的功率为原来的，100U2U2P输电线上的功率关系为＝P＋)r，选项错误选项D正.1.(2018·如皋市调)某理想变器的原、副线圈匝数比为1∶3，原线圈接在1.5V的电池上，如图14所示则副线圈两端电压()图14A.0B.0.5VC.1.5VD.4.5V答案A解析根题意可知原圈接直流电压器不能工作所以副线圈的输出电压为0故A正确，、、错误2.(多选)(2018·南京市三模)如15甲所电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势随时间变化的图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1的理想变压器给一灯泡供电丙所示上有“220V22W”样，则)图15t＝0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零灯泡中的电流方向每秒钟改变100次灯泡正常发光电流表示数为2A答案BC3.(2018·南京市、盐城市一)压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越.如图16所示是理想降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，匝数分别为n和n.下列说法中正确的是)图16A.n＞，线圈比副线圈的导线粗B.n＞，线圈比副线圈的导线细C.n＜，线圈比副线圈的导线粗D.n＜，线圈比副线圈的导线细答案B解析由是降压变压器，所以线圈匝数要比副线圈匝数多，即＞n，故D误；输入功率等于输出功率，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，则较粗导线的线圈应该作为副线圈，故A错，正确4.(2018·扬州市一)如图17所为一理想变压器线接在输出电压为u＝sin的交流电源两.电路中R定值电阻，、为理想交流电压表AA为想交流电流.现使滑动变阻器R的滑触头向滑动，下列说法正确的()图17A.电表与V示的比值将变大B.电表与A示的比值将变小C.电表与电表A示数的比值变大D.电表与电表A示数的比值变小答案C解析原副线圈电压之比即电表V与V示之比一定等于原、副线圈匝数的比值，故两电压表示数的比值不变，故A错误原、副线圈电流之比即电流表与A示之比一定等于原、副线圈匝数比的反比，故两电流表示数的比值不变，故B错；滑动变阻器R的动触头向滑动，则滑动变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路的欧姆定律可A示减小，故A示减小，由于U变，故电压表V与流表A示数比值变大，故正；同理，电压表V与电表A示的比值变大，故误5.(2018·南京师大附中5月模)如图18甲示变器原圈匝数比为10∶1，b是原圈的中心抽头中表均为理想的交流电表电阻＝10余阻均不计.从某时刻开始在原线圈、d两端上如图乙所示的交变电压.下说法正确的()图18当单刀双掷开关与a接时，电压表的示数为31.1V当单刀双掷开关与b接且在0.01s时，流表示数为4.4A当单刀双掷开关由a向时副线圈输出电压的频率变为25HzD.当刀双掷开关由a向时原线圈的输入功率变小答案B1解析由图乙可知，交变电压最大值为E＝311V周期为T＝2×10s，频率为f＝＝T50Hz效值为U＝

Em311＝V≈220V单刀双掷开关a连时电与匝数成正，22n1U110n15＝＝，副线圈的电压为U＝22VA错；当单刀双掷开关与接时，＝，副n2U21n21线圈电压为U′44V，所以副线圈电流为I＝，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为4.4AB确；变压器不会改变交变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50HzC错误当单刀双掷开关由a向b，原线圈的匝数变小以线圈的输出电压要变上耗功率变大线的输入功率也要变大，D错误.1.(多选)(2018·东台创新学校月理想变压器在正常工作时，原、副线圈中相同的物理量是)每匝线圈中磁通量的变化率交变电流的频率原线圈的输入功率和副线圈的输出功率原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势答案ABC解析理变压器的原线圈的磁量的变化率与副线圈中磁通量变化率相同，故A正；变压器不改变交流电的频率，即频率相同，故B正；理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻，二是没有漏磁现象，所以原、副线圈的功率相等，故C正；原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势由输入电压和匝数比决定，故误2.(2018·江苏省高考压轴卷)如所示径为＝1m的金圆环其半径是铜棒两者电阻均不计且接触良好.今让以心O为轴以角速度＝10rad/s匀速转动，圆环处于垂直于环面向下感强度为＝2T的匀磁场中从圆心O引导线圆环上接出导线，接到匝数比为n∶＝1∶4的想变压器原线圈两.则接在副线圈两端的理想交流电压表的示数()图1A.40VB.20VC.80VD.0答案D解析由Oa以圆心O为以速度＝10rad/s匀转动产生恒定的感应电动势压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想交流电压表的示数为零，选项D正.3.(2019·扬州中学月考)如图2是距离输电的示意图，下列说法正确的()图2a是升变压器是压变压器a是降变压器是压变压器a的输电压等于的入电压a的输电压等于输电线上损失的电压答案A解析因量损失与输送电压的方成反比，故为了减小电路能量损耗，要用高压送电，到用户要进行降压a为升压变压器是压变压器正确错输电线有电阻，会有电压损失，故a的出电压去输电线上损失的电压等于b的入电压，故C、错误4.(多选(2018·苏州市期初调)如图3甲示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L额定功率为22W.闭开关后，灯泡恰能正常发光.电表均为理电表，()图3A.原圈输入电压的瞬时值表达为＝220π(V)灯泡的额定电压为110V副线圈输出交流电的频率为100Hz电压表读数为220V，电流表读为0.2A答案AB2解析由图乙可知：交流电的期＝0.02s，速度ω＝＝100π，原线圈输T2202入电压的瞬时值表达式2sin100(V)A正圈压的有值＝21n2＝220V，根据理想变压器电压与数成正比，得副线圈两端的电压U＝＝110V故n11正确；周期T＝，率为＝＝，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出T交流电的频率为50Hz，故C错；原线圈电压有效值为220V，则电压表的读数为220V，副P额n2I2线圈电流：＝＝0.2A，据理想变压器电流与匝数成反比得＝＝，即电流U2n1表读数为0.1A，D错.5.(2018·东台创新学校月考)如4所，理想变压器原线圈输入电压＝sinω，副线圈电路中R为定电阻，R是滑变阻器V和V是想交流电压表，示数分别用和表示；A和是理交流电流表，示数分别用I和I表.下列说法正确的是()图4A.I和表电流的瞬时值B.U和表电压的最大值C.滑P向下动过程中U不变D.滑P向下动过程中U变变答案C解析和I表示流的有效值A错；和表示电压的有效值B错误输出电压只与输入电压和匝数有关，所以不变，滑片P向下动过程中，总电阻减小，那么副线圈的电流I变大因此原线圈的电流I也变大，故正D误.6.(2018·泰州中学开学)如示的交流电路中，理想变压器原线圈输入电压为U，入功率为P，输出功率为P，交流电表均为理想电表.当滑动变阻器R的动触头向下移动时()图5灯L变各个电表读数均变大因为U不，所以P变D.P变，且始终有P＝P答案D解析理变压器的输出电压由入电压和原匝数比决定电压和匝数比不变，所以输出电压也不会变，输入功率和输出功率始终相等，当滑动变阻器的动触头向下移动时，滑动变阻器的电阻减小，总电路的电阻减小，所以总电路的电流会变大，消耗的功率将变大，故变大上的电变大，所以灯L的电压变小，电压表的示数变小，所以灯L变暗由总的电流变大灯L的流变小以电流表的示数将变大以ABC错，D正确.7.(多)(2018·江苏省高考压卷)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为44是线的抽头好位于原线圈的中心为单刀双掷开关电＝Ω，电表均为理想交流电表在原线cd两接入如图乙所示的正交流电列说法中正确的是()图6当S与a连，＝1×10s，电流表的示数为0当S与a连，＝1.5×10s时电压表示数为502V将S由a拨时电阻R消耗功率为100W将S由b拨时1s内电阻上流方向改变次答案CD8.(2018·前黄中学检测)如图7甲远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则)图7发电机产生的交流电的频率是100Hz降压变压器输出的电压有效值是输电线的电流仅由输送功率决定仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小答案D1解析由图乙可知交流电的周＝0.02s频＝＝50Hz变压器不改变流电的周T期与频率，则A错误.由题图乙知U＝340V，有效值＝

Um2

<340V，则B错.输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定误当仅增加升压变压器的副线圈匝数时输电电压增大，由＝UI可知输电电流减小，再由＝可知输电线上损失的功率减小，则D正确9.(多选)(2018·江苏一)一耦变压器如图8所示a端到一电压不变的交变电源两端，在、d间有一定值电阻R和敏电阻R.已知温度升时R的值变电压表均可视为理想交流电表，输电导线的电阻均可忽略不.则下列说法中正确的()图8保持滑动触头位置不变，当温度升高时三个电表的示数均变小保持滑动触头位置不变，当温度升高时V的示不变而V的示变小保持温度不变，将滑动触头从M点顺针旋转到N点过程中三个电表的示数均小保持温度不变，将滑动触头从M点时针旋转到N点过程中V示数变而V、示均减小答案BD解析电表V测的是输入电的有效值，不会随外界条件的变化而变化，保持滑动触头位置不变，根据变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，知电压V的数不变温升高时R的值变小据串并电路的特点可知示数小A错，B正持温度不变滑触从M点时旋转到点过程中于输入电压不变，故V不，副线圈的匝数减小，副线圈两端的电压减小，在副线圈中根据电路的串并联特点可知V、V示数减小，故C错D正确10.(多选普交流电流表和交电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压通过互感器来连接，现在在图9高电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1∶200和200∶1，图中甲乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为，电流表的读数为1A，则()图9甲电表是电压表，乙电表是