2024届高考物理二轮专题复习与测试第一部分专题四电路和电磁感应第11讲直流电路与交流电路命题点四变压器与远距离输电

命题点四变压器与远距离输电一、变压器1.理想变压器：工作时无功率损失(即无铜损、铁损)，因此，理想变压器原副线圈电阻均不计.(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．(2)原理：电磁感应的互感现象．2．理想变压器的关系式．(1)电压关系：原决定副，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)(变压比)，即电压与匝数成正比.(2)功率关系：副决定原，P入＝P出，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋U4I4＋……(3)电流关系：副决定原，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)(变流比)，即对只有一个副线圈的变压器电流跟匝数成反比.(4)频率关系：f出＝f入．二、电能的输送1．关键：减少输电线上电能的损失：P损＝I2R线2．方法：(1)减小输电导线的电阻，如采用电阻率小的材料；加大导线的横截面积．(2)提高输电电压，减小输电电流．前一方法的作用十分有限，代价较高，一般采用后一种方法.(2023·广东大湾区一模)我国是全球唯一掌握超特高压直流输电技术的国家．下图是特高压直流输电系统的模拟图(只显示变压与传输部分)，则以下说法正确的是()A．题中描述的“特高压直流输电”，说明变压器可以直接对直流电进行变压作用B．变压器在升压过程中频率随着电压的增大而升高C．在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的一百分之一D．在上图中，用户接入电路的用电器越多，流过n4的电流越大，由匝数比等于电流的反比可知，流过电阻r的电流变小解析：根据变压器工作原理可知，变压器不可以直接对直流电进行变压作用，故A项错误；变压器在升压过程中频率保持不变，故B项错误；根据P送＝UI，P损＝I2r，联立可得P损＝(eq\f(P送,U))2r.在输电功率一定条件下，输电电压提高十倍，线路损耗功率将降低为原来的一百分之一，故C项正确；在上图中，用户接入电路的用电器越多，流过n4的电流越大，根据eq\f(I2,I4)＝eq\f(n4,n3)可知随着I4增大，流过电阻r的电流I2变大，故D项错误．故选C.答案：C1．如图，是某风力发电节能路灯的电路简化图．风速为v时，交流发电机的电动势表达式为e＝2v·sinωt，能感应风速大小的调节器(不消耗副线圈电路的电能)可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，下列说法正确的是()A．风速变大时，流过灯泡的电流变大B．风速变大时，滑片P将向上移动C．风速变大时，变压器的输入电压变大D．风速变大时，变压器的输出电压变大解析：调节器可以控制变压器副线圈的滑片P上下移动，使灯泡始终保持额定电压正常发光，所以风速变大时，流过灯泡的电流不变，变压器的输出电压不变，故A、D项错误；由变压器原副线圈电压与匝数关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，输入电压U1增大，输出电压U2不变，原线圈匝数n1不变时，n2应减小，则滑片P向下移动，故B项错误；由题意知e＝2v·sinωt，所以风速变大时，交流发电机的电动势变大，则变压器的输入电压变大，故C项正确．答案：C2．(多选)如图所示为一种海上导航浮标的简化原理图．固定的内圆筒上绕有线圈．某段时间内，海浪驱动固定在外浮筒的磁体相对于线圈运动产生正弦式交变电流，频率为1Hz，电压最大值为31V．理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10，原线圈接内圆筒线圈的输出端，副线圈接指示灯．下列说法正确的是()A．通过指示灯电流的频率为10HzB．指示灯两端电压的有效值约为220VC．指示灯消耗的电功率等于变压器的输入功率D．变压器的输入电压与绕在内圆筒上线圈的匝数无关解析：变压器不改变交流电频率，故通过指示灯电流的频率为1Hz，A项错误；原线圈电压有效值为U1＝eq\f(31V,\r(2))＝22V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,10)，可得指示灯两端电压有效值U2＝220V，B项正确；理想变压器无能量损失，指示灯消耗的电功率等于变压器的输入功率，C项正确；根据交流电表达式e＝nBSωsinωt，可知与匝数有关，D项错误；故选BC.答案：BC3．某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW.降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5Ω.其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器．下列说法正确的是()A．发电机的输出电流为368AB．输电线上损失的功率为4.8kWC．输送给储能站的功率为408kWD．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44解析：由题知，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW，则有I1＝eq\f(P,U1)＝2×103A，A项错误；由题知，用户端电压U4＝220V，功率88kW，则有eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(n3,n4)，P′＝U4I4，联立解得I4＝400A，I3＝8A，U3＝11000V，则输电线上损失的功率为P损＝Ieq\o\al(2,3)R＝4kW，且U2＝U3＋I3R＝11500V