人教版高考物理一轮复习第11章交变电流传感器第2讲理想变压器电能的输送学案

这是一份人教版高考物理一轮复习第11章交变电流传感器第2讲理想变压器电能的输送学案，共15页。学案主要包含了堵点疏通，对点激活等内容，欢迎下载使用。
第2讲　理想变压器　电能的输送知识点1　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)互感器知识点2　电能的输送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＝。双基自测一、堵点疏通1．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。(　×　)2．理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率。(　√　)3．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大。(　√　)4．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小。(　×　)二、对点激活1．(多选)变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。如图所示，是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈。匝数分别为n1和n2。下列说法中不正确的是(　ACD　)A．n1>n2，原线圈比副线圈的导线粗B．n1>n2，原线圈比副线圈的导线细C．n1<n2，原线圈比副线圈的导线粗D．n1<n2，原线圈比副线圈的导线细[解析]　由于是降压变压器，所以原线圈匝数要比副线圈匝数多，即n1>n2，故C、D错误；输入功率等于输出功率，所以副线圈中的电流大于原线圈中的电流，则较粗导线的线圈应该作为副线圈，故A错误，B正确。本题选不正确的，故选A、C、D。2．(2018·江苏卷，2)采用220 kV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，输电电压应变为(　C　)A．55 kV　 B．110 kVC．440 kV　 D．880 kV[解析]　输送功率P＝UI输电线上损耗的功率P损＝I2r＝2r ∝。当P损减小为原来的时，输电电压应变为原来的2倍。3．(2020·海南月考)将输入电压为220 V，输出电压为6 V的理想变压器改绕成输出电压为30 V的理想变压器。已知原线圈匝数不变，副线圈原来是30匝，则副线圈新增匝数为(　A　)A．120匝　 B．150匝C．180匝　 D．220匝[解析]　本题考查理想变压器及其相关知识点。由理想变压器的电压与匝数关系＝可知，起初原、副线圈匝数分别是1 100匝和30匝，把输出电压等于30 V代入公式＝可得n′2＝150匝，所以需要新增150匝－30匝＝120匝，选项A正确。核心考点·重点突破HE XIN KAO DIAN ZHONG DIAN TU PO考点一　理想变压器基本关系的应用理想变压器的制约关系(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定。(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定。(3)电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定。特别提醒：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。例1　如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω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(　B　)A．原线圈的输入功率为220 WB．电流表的读数为1 AC．电压表的读数为110VD．副线圈输出交流电的周期为50 s[解析]　理想变压器原线圈两端电压的有效值为U1＝220 V，由＝得U2＝＝110 V，即电压表的读数为110 V，通过负载电阻的电流I2＝＝ A＝2 A，则副线圈的输出功率P＝U2I2＝110×2 W＝220 W，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为220 W，故选项A、C错误。由n1I1＝n2I2得I1＝＝1 A，即电流表的读数为1 A，选项B正确。由u＝220sin 100πt(V)可知，角速度ω＝100π rad/s，原线圈所接交流电的周期T＝＝0.02 s，副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s，选项D错误。〔变式训练1〕(多选)如图，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10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是(　AD　)A．原、副线圈匝数比为9︰1B．原、副线圈匝数比为1︰9C．此时a和b的电功率之比为9︰1D．此时a和b的电功率之比为1︰9[解析]　设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9︰1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1︰9，选项C错误，选项D正确。〔变式训练2〕如图所示，理想变压器三个线圈的匝数比n1︰n2︰n3＝10︰5︰1，其中匝数为n1的原线圈接到220 V的交流电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合回路。已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是(　C　)A．10 A,12 A　 B．10 A,20 AC．1 A,0.7 A　 D．1 A,3 A[解析]　由于＝＝，且n1︰n2︰n3＝10︰5︰1，U1＝220 V，解得U2＝110 V，U3＝22 V，根据欧姆定律得I2＝＝ A＝1 A，根据理想变压器的输入功率和输出功率相等可得U1I1＝U2I2＋U3I3，代入数据得I1＝0.7 A，故C正确，A、B、D错误。考点二　理想变压器的动态分析常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况。(1)匝数比不变的情况(如图a所示)①U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，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，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化。③I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化。(2)负载电阻不变的情况(如图b所示)①U1不变，发生变化，故U2变化。②R不变，U2变化，故I2发生变化。③根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化。例2　(2018·天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表、理想交流电压表的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则(　B　)A．R消耗的功率变为PB．电压表的读数变为UC．电流表的读数变为2ID．通过R的交变电流频率不变 [解析]　发电机线圈的转速变为原来的，由E＝知，原线圈中输入电压变为原来的，频率变为原来的。根据＝，则U2变为原来的，即U2＝U，则通过R的电流变为原来的，R消耗的功率P2＝＝P，根据＝，原线圈上的电流也变为原来的，即电流表的读数变为I。故选B。〔变式训练3〕(2021·重庆月考)如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线输送给用户(小灯泡等用电器)，R表示输电线的电阻，则(　B　)A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减小D．用电器增加时，变压器的输入功率减小[解析]　由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此用电器增加不会影响输出电压，故A项错误；根据变压器的变压比可知输出电压U2＝U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，用户的电压增大，故B项正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线的热损耗增大，故C项错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，变压器输出功率增大，所以输入功率增大，故D项错误。考点三　远距离输电问题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＝，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＝，P3＝P4 ，I3n3＝I4n4。3．掌握一个关系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。例3　某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%。求：(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率是多少？[解析]　(1)输电电路如图所示：由ΔP＝4%P输出和ΔP＝IR得I2＝＝6 A则U送＝＝1 500 V升压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝输电线上电压损失ΔU＝I2R＝60 V故降压变压器输入电压U1＝U送－ΔU＝1 440 V故降压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝。(2)若不用变压器，则输电电流I＝＝18 AU＝U0－IR＝320 V，P＝P输出－I2R＝5 760 W。[答案]　(1)1︰3　72︰11　(2)320 V　5 760 W规律总结　处理远距离输电问题的一般思维步骤 (1)画出远距离输电的示意图，并在图上标出相应物理量。(2)以变压器铁芯为界线区分各个回路。各回路独立，运用串联电路的特点和性质，分析回路中的电压、电流和功率等问题。(3)各回路间通过变压器的匝数比、电压比、电流比和原、副线圈输入功率与输出功率相同的关系相联系。(4)在计算输电线上的功率损耗时，思路应该是P损＝I2R线＝＝P送－P用，一定不能用P损＝。(5)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定。〔变式训练4〕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(　B　)A．电流表A2的示数增大了B．电流表A1的示数增大了C．电压表V1的示数减小了ΔUD．输电线损失的功率增加了2R[解析]　降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于n，所以有＝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n△U，根据欧姆定律知，电流表A1示数增大了，输电线上电流增大了，根据电流与匝数成反比知，电流表A2示数增大了n·＝，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，但输电线损失的功率增加量一定不是P＝2·R，D错误。名师讲坛·素养提升MING SHI JIANG TAN SU YANG TI SHENG两种特殊的变压器模型模型(一)　自耦变压器自耦变压器的原、副线圈共用一个线圈，线圈匝数可调。可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用。解题的关键是分清原线圈和副线圈。例4　(2020·湖南岳阳月考)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。通过滑动触头选取该线圈的一部分，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的交变电压时，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(　D　)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＝，当滑动触头从M点顺时针转动时，n2减小，电压U2减小，由于n2<n1，所以U2<U1，故A、B错误；由于电压U2减小，所以定值电阻R两端电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故C错误，D正确。模型(二)　互感器例5　(2021·辽宁沈阳月考)如图，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，其中a、b是交流电压表或交流电流表。若高压输电线间的电压为220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1︰100，交流电压表的示数为100 V，交流电流表的示流为 1 A，则(　A　)A．b是交流电压表B．T2的原、副线圈匝数比为100︰1C．高压线路输送的电流为1 AD．高压线路输送的电功率为220 kW[解析]　本题考查互感器及其相关知识点。右侧的互感器原线圈并联在高压线上，则b是交流电压表，选项A正确；若高压输电线间的电压为220 kV，副线圈交流电压表的示数为100 V，根据变压器变压公式＝，T2的原、副线圈匝数比为2 200︰1，选项B错误；T1的原、副线圈匝数比为1︰100，a是交流电流表，交流电流表的示数为1 A，根据变压器变流公式＝，高压线路输送的电流为100 A，选项C错误；高压线路输送的电功率为P＝U1I1＝220 kV×100 A＝22 000 kW，选项D错误。2年高考·1年模拟2 NIAN GAO KAO 1 NIAN MO NI1．(2020·全国Ⅱ理综·19)(多选)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(　AD　)A．ΔP′＝ΔP　 B．ΔP′＝ΔPC．ΔU′＝ΔU　 D．ΔU′＝ΔU[解析]　本题考查远距离输电。设输电线的电阻为R，A处输送的电功率为P，由题意可知，当输电电压为U时，输电线中的电流I＝，输电线上损耗的电功率ΔP＝I2R＝，到达B处时，电压下降ΔU＝，当输电电压从550 kV变成1 100 kV时，输电线上损耗的电功率ΔP′＝ΔP，到达B处电压下降ΔU′＝ΔU，故A、D正确。2．(2020·全国Ⅲ理综，20)(多选)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(　AD　)A．所用交流电的频率为50 HzB．电压表的示数为100 VC．电流表的示数为1.0 AD．变压器传输的电功率为15.0 W[解析]　本题考查原线圈含负载的理想变压器问题。由题图(b)可知，交流电的周期为0.02 s，所以所用交流电的频率为50 Hz，故A正确；由题图(b)可知R2中的电流的有效值I2＝＝1 A，所以R2两端的电压U2＝I2R2＝10 V，根据理想变压器电压与匝数的关系可知，原线圈两端的电压U1＝U2＝100 V，根据串联分压可知，R1两端的电压U′＝U－U1＝120 V，即电压表的示数为120 V，故B错误；根据欧姆定律可得，R3中的电流I3＝＝0.5 A，即电流表的示数为0.5 A，故C错误；变压器传输的电功率P＝U2(I2＋I3)＝10×(1＋0.5) W＝15.0 W，故D正确。3．(2020·山东卷)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1︰n2＝22︰3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(　A　)A．1 Ω　 B．5 ΩC．6 Ω　 D．8 Ω[解析]　输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)，U1＝ V＝220 V，根据理想变压器电压规律＝可知副线圈电压有效值为，U2＝U1＝×220 V＝30 V，灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为24 V，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为，IL＝＝ A＝1.6 A，根据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为，U＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V，通过R1的电流为I1＝＝ A＝0.6 A，通过R2、R的电流为I2＝IL－I1＝1.6 A－0.6 A＝1 A，R2、R的分压为U＝I2(R2＋R)，解得滑动变阻器的阻值为，R＝－R2＝ Ω－5 Ω＝1 Ω，A正确，BCD错误。故选A。4．(2020·浙江7月选考)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(　C　)A．发电机输出的电流I1＝40 AB．输电线上的电流I线＝625 AC．降压变压器的匝数比n3︰n4＝190︰11D．用户得到的电流I4＝455 A[解析]　对发电机，由P＝IU可知发电机的输出电流I1＝＝400 A，A项错误。对输电线，由P线＝IR线可得I线＝＝25 A，B项错误。由能量守恒可知用户获得的功率为P用＝P－P线＝95 kW，故对用户，由P用＝I4U4得I4＝＝ A，故降压变压器的匝数比为＝＝，C项正确，D项错误。5．(2020·江苏单科)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器(　D　)A．是一种降压变压器　　　　B．能测量直流电路的电流C．原、副线圈电流的频率不同　　　　D．副线圈的电流小于原线圈的电流[解析]　由题设条件可知变压器的原线圈匝数较少，副线圈匝数较多，由＝可知，电流互感器是一种升压变压器，A错误；由n1I1＝n2I2可知，原线圈的电流大于副线圈的电流，D正确；变压器的工作原理是电磁感应，不能测量直流电路的电流，B错误；变压器不改变交流电的频率，即原、副线圈电流的频率相同，C错误。