人教版高考物理一轮复习第11章交变电流传感器第2讲变压器电能的输送含答案

第2讲　变压器　电能的输送

一、理想变压器

1．构造和原理

(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．基本关系式

(1)功率关系：P入＝P出。

(2)电压关系：＝。

有多个副线圈时＝＝＝…。

(3)电流关系：只有一个副线圈时＝。

由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。

3．几种常用的变压器

(1)自耦变压器——调压变压器，如图A、B所示。

(2)

二、远距离输电

1．输电过程(如图所示)

2．电压损失

(1)ΔU＝U－U′。

(2)ΔU＝IR。

3．功率损失

(1)ΔP＝P－P′。

(2)ΔP＝I2R＝。

4．输送电流

(1)I＝。

(2)I＝。

授课提示：对应学生用书第215页

　　教材走向高考

1．理想变压器的工作原理

2．理想变压器的基本关系

理想变压器的原理和基本关系的应用在近几年高考命题中出现的频率较高，分析高考题可以发现，每年的考题都是源于教材习题的拓展提升。教材习题多以简单的规律应用为主，而高考题通常会拓展为变压器规律的综合应用，甚至拓展为原线圈含有用电器或将变压器与交变电流的规律相结合，考查学生灵活应用知识解决问题的能力。同学们可通过以下示例认真体会，研究高考真题与教材习题间的溯源关系，以便在新高考备考中有的放矢。

[典例1]　[人教版选修3－2·P44·T3]

当变压器一个线圈的匝数已知时，可以用下面的方法测量其他线圈的匝数：把被测线圈作为原线圈，用匝数已知的线圈作为副线圈，通入交流，测出两线圈的电压，就可以求出被测线圈的匝数。已知副线圈有400匝，把原线圈接到220 V的线路中，测得副线圈的电压是55 V，求原线圈的匝数。

[解析]　由题目信息可知，n2＝400匝，U1＝220 V，U2＝55 V，因为＝，故n1＝·n2代入数据可得：n1＝1 600匝。

[答案]　1 600匝

拓展❶　原线圈含负载的变压器的分析与计算

一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为(　　)

A．2　　　　　　　　　 B．3

C．4  D．5

【真题命题立意】　本题在典例1变压器规律简单应用的基础上，拓展为原线圈含负载的变压器计算问题，题目中的考查点由典例1中直接应用规律进行变压器匝数的计算，拓展为变压器与电路问题相结合的计算，但考查的核心知识点仍然是变压器原理的理解和基本规律的应用。

解析：设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI。

根据变压器的输入功率等于输出功率得

UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)，

4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2，

联立两式代入数据解得k＝3，

选项B正确。

答案：B

拓展❷　变压器与交变电流综合的分析与计算

　(多选)(2020·高考全国卷Ⅲ)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20  Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是(　　)

A．所用交流电的频率为50 Hz

B．电压表的示数为100 V

C．电流表的示数为1.0 A

D．变压器传输的电功率为15.0 W

【真题命题立意】　本题在典例1变压器规律简单应用的基础上，拓展为变压器与交变电流综合的分析与计算问题，题目中的考查点由典例1中直接应用规律进行变压器匝数的计算，拓展为变压器与电路问题、交变电流的图象问题相结合的计算，但考查的核心知识点仍然是变压器原理的理解和基本规律的应用。

解析：根据i2 t图象可知T＝0.02 s，交流电的频率f＝＝50 Hz，A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝×10 V＝10 V，由＝得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，B错误；电流表的示数I＝＝ A＝0.5 A，C错误；变压器传输的电功率P＝IR2＋I2R3＝15.0 W，D正确。

答案：AD

易错警示

关于理想变压器的3点注意

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 (1)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。

(2)变压器原线圈含有负载问题的分析

①在原线圈回路中，原线圈两端的电压与负载两端电压之和等于电源的电压。

②原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口，要求解原线圈中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器的关系求得原线圈中负载的电流。

(3)含有多个副线圈的变压器的电路分析

副线圈有两个或两个以上时，一般从原、副线圈的功率相等入手。利用P1＝P2＋P3＋…，结合电压匝数比关系、欧姆定律等分析。

1.如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b，当输入电压U为灯泡额定电压的7倍时，两灯泡均能正常发光。则灯泡a与b的功率之比为(　　)

A．3∶1  B．1∶3

C．6∶1  D．1∶6

解析：当输入电压为U时，两灯泡正常发光，a、b灯泡两端电压均为，变压器的匝数比＝＝，则＝＝，根据P＝IU可知，灯泡a与b的功率之比为1∶6，故选D。

答案：D

2．(2021·南京市秦淮中学高三检测)如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝220·sin 100πt(V)。副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A2示数为1 A。电表对电路的影响忽略不计，则(　　)

A．此交流电的频率为100 Hz

B．电压表示数为220 V

C．电流表A1示数为5 A

D．此电动机输出功率为33 W

解析：由表达式可知，交流电源的频率为50 Hz，变压器不改变交变电流的频率， A错误；交变电源电压u＝220sin 100πt(V)，而电压表读数为有效值，即电压表的示数是U＝＝＝220 V，B错误；电流表A2示数为1 A，由电流与匝数成反比得通过电流表A1的电流为0.2 A, C错误；通过电阻R的电流是1 A，电动机两端的电压等于变压器的输

出电压，由＝得，变压器的输出电压为：U2＝U1＝44 V，此电动机输出功率为：P出＝IU2－I2r＝1×44 W－12×11 W＝33 W, D正确。

答案：D

3．如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220 V的交流电源。则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是(　　)

A.＝，I1＝2.8 A   B.＝，I1＝2.8 A

C.＝，I1＝1.16 A   D.＝，I1＝1.16 A

解析：对两个副线圈有＝、＝，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又因为P＝，所以＝＝；由欧姆定律得I2＝＝2 A，I3＝＝0.8 A，对有两个副线圈的变压器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16 A，故C正确。

答案：C

　　师生互动

1．理想变压器的动态分析常见的两种情况

2.分析变压器的动态变化问题的注意事项

(1)要明确变压器的各基本物理量之间的制约关系。

(2)要明确“不变量”和“变化量”，从主动变化量开始，根据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况。

　匝数比变化，负载不变类的分析

[典例2]　(2021·湖南岳阳高三模拟)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中(　　)

A．U2>U1，U2降低

B．U2>U1，U2升高

C．变压器输入功率增大

D．变压器输入功率减小

[解析]　根据变压器的电压关系有＝，由于n2＜n1，所以U2＜U1，当滑动触头顺时针转动，即n2减小时，电压U2降低，故A、B错误；由于电压U2减小，则定值电阻消耗的电功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，可知变压器的输入功率也减小，故C错误，D正确。

[答案]　D

　匝数比不变、负载变化类的分析

[典例3]　如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)

A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大

B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大

C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大

D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大

[解析]　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，C错误；若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，D错误。

[答案]　B

　含二极管变压器的动态分析

[典例4]　(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)

A．Uab∶Ucd＝n1∶n2

B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小

C．负载电阻的阻值越小，c、d间的电压Ucd越大

D．将二极管短路，电流表的读数加倍

[解析]　经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式＝得到输出电压，而输出电压U2不等于c、d端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， Ucd＝＝，则Uab∶Ucd＝n1∶n2，故A错误。增大负载电阻的阻值R，Uab不变，Ucd也不变，根据P出＝可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率减小，电流表读数变小，故B正确，C错误。二极管短路时，Ucd′＝U2，输出功率P出′＝＝＝2P出，输入功率P1也加倍，而输入电压U1不变，根据P1＝U1I1得电流表读数加倍，故D正确。

[答案]　BD

方法技巧

理想变压器动态变化问题的3点技巧

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 (1)分清不变量：①线圈匝数比；②负载电阻。

(2)弄清理想变压器中的制约关系：

 (3)负载回路中若存在二极管，则负载回路中通过的将不再是交流电，而是脉冲电流。

4．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶2，原线圈接电压随时间变化规律为u＝220sin 100πt(V)的交流电源，、、是三个理想电流表，D为理想二极管，R1是滑动变阻器，定值电阻R2＝R3＝220  Ω，则(　　)

A．电流表的示数为1.0 A

B．电流表的示数为2.0 A

C．滑动变阻器R1的滑片向下滑动时，电流表的示数将变小

D．滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，变压器输入功率增大

解析：根据理想变压器的变压比等于匝数比，易知理想变压器副线圈两端的电压为U′＝440 V，则I3＝＝2.0 A，选项B正确；因为R2与理想二极管串联，根据理想二极管的单向导电性，由焦耳定律可得：IR2T＝IR2＋0，解得I2＝ A，选项A错误；滑动变阻器的滑片向下滑动时，其电阻值变小，因副线圈两端的电压不变，总电流变大，理想变压器的输出功率变大，输入功率变大，I1变大，选项C错误；滑动变阻器的滑片向上滑动时，其电阻值变大，因副线圈两端的电压不变，总电流变小，理想变压器的输出功率变小，输入功率变小，选项D错误。

答案：B

5．如图所示，一个原线圈匝数可以调节的理想变压器，设原副线圈匝数比1∶K(其中K≥1)，一个交流电源U0＝36sin(100πt)V通过电流表A接在原线圈上，副线圈输出端接有电压表V、定值电阻R1、可变电阻R2，下列说法正确的是(　　)

A．当K＝2时，电压表的示数为72 V，通过电压表内部线圈的电流频率为100 Hz

B．仅将R2的滑动触头Q下移，电压表示数不变、电流表变大

C．仅将R2的滑动触头Q上移，R1消耗的电功率变大

D．仅移动原线圈滑动触头P增大K，电流表示数变小、电压表变大

解析：根据交流电源U0＝36sin(100πt)V，可知原线圈中交流电的最大值为Um＝36 V，角速度为ω＝100π rad/s，则有效值为U1＝＝36 V，根据＝，当K＝2时，解得U2＝72 V，交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，变压器不会改变交流电的频率，副线圈中电流的频率也为50 Hz，故A错误；K值不变，由＝，可知副线圈两端的电压不变，电压表示数不变，R2的滑动触头Q下移，则电阻变大，副线圈电流变小，故原线圈电流变小，若将触头向上移，电阻变小，电流变大，故R1消耗的功率变大，故B错误，C正确；K值变大，由＝，可知副线圈两端电压变大，故电压表示数变大，副线圈电流变大，原线圈电流也变大，故D错误。

答案：C

　　自主探究

1．降低输电损耗的两个途径

(1)减小输电线的电阻：由电阻定律R＝ρ可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以适当增加导线的横截面积。

(2)减小输电导线中的输电电流：由P＝UI可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流。

2．远距离输电问题的“三二一”

(1)理清三个回路。

(2)抓住两个联系。

①理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。

②理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4。

(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3。

6．(多选)(2020·高考全国卷Ⅱ)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550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。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1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则(　　)

A．ΔP′＝ΔP　　　　　　　 B．ΔP′＝ΔP

C．ΔU′＝ΔU  D．ΔU′＝ΔU

解析：由输电电流I＝知，输送功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗功率ΔP＝I2r，输电电压加倍，损耗功率变为原来的，即ΔP′＝ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU。

答案：AD

7．(2021·适应性测试江苏卷)小明分别按图1和图2电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等。两次实验中(　　)

A．都接直流电源

B．A两端的电压相等

C．A损耗的功率相等

D．图1中A的电流较大

解析：由于变压器只能改变交变电流，因此图2中不可能接直流电源，A错误；由于流过两个灯泡的电流相等，且T2是降压变压器，根据＝＞1可知，图2中流过A的电流较小，加在图2中A两端的电压较低，图2中A消耗的功率较小，B、C错误，D正确。

答案：D

8．(2020·高考浙江卷)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　)

A．发电机输出的电流I1＝40 A

B．输电线上的电流I线＝625 A

C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11

D．用户得到的电流I4＝455 A

解析：发电机输出电流I1＝＝A＝400 A，A错误；输电线上损失的功率P线＝IR线＝5 000 W，所以I线＝＝A＝25 A，B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5)kW＝95 kW，则I4＝＝A＝ A≈432 A，即用户得到的电流为432 A，故＝＝，故C正确，D错误。

答案：C

易错警示

远距离输电问题的3点注意

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 (1)不能正确地利用公式P损＝()2R计算输电线上的损耗功率导致错误。

(2)不能正确理解升压变压器的输出电压U2、降压变压器的输入电压U3和输电线上损失的电压ΔU的关系导致错误，三者关系是U2＝ΔU＋U3。

(3)不能正确理解升压变压器的输入功率P1、降压变压器的输出功率P4和输电线上损失的功率P损的关系导致错误，三者关系是P1＝P损＋P4。