高中物理高考 2022年高考物理一轮复习（新高考版2(粤冀渝湘)适用） 第12章 第2讲 变压器　远距离输电课件PPT

这是一份高中物理高考 2022年高考物理一轮复习（新高考版2(粤冀渝湘)适用） 第12章 第2讲 变压器　远距离输电课件PPT，共60页。PPT课件主要包含了目标要求，考点三远距离输电，课时精练，内容索引，闭合铁芯，两个线圈，P入＝P出，f出＝f入，考向1，考向2等内容，欢迎下载使用。
1.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实 际问题.2.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率.
考点一　理想变压器的原理及应用
考点二　理想变压器的动态分析
NEIRONGSUOYIN
拓展点　实验：探究变压器原、副线圈电压与 匝数的关系
1.构造和原理(1)构造：如图1所示，变压器是由 和绕在铁芯上的 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： .(2)电压关系： .(3)电流关系：只有一个副线圈时 (4)频率关系： .
1.理想变压器的制约关系
2.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：
功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋……＋Pn电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋……＋nnIn
例1　(2017·北京卷·16)如图2所示，理想变压器的原线圈接在u＝220 sin(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110 VD.副线圈输出交流电的周期为50 s
变压器基本物理量的分析与计算
例2　(多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图3(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 VC.电流表的示数为1.0 AD.变压器传输的电功率为15.0 W
原线圈接入用电器的变压器问题分析
变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0 W，故D正确.
1.(变压器基本物理量的计算)如图4所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50 Hz，电压表示数为11 000 V，灯泡L1与L2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n1∶n2＝50∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，则A.原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000sin 50πt(V)B.开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压为220 VC.开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡L1中电流的D.开关K闭合后，原线圈输入功率增大为原来的 倍
开关K闭合后，L1与L2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L1中电流相等，故C错误；开关K闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来的2倍，故D错误.
2.(原线圈上有用电器的变压器)(多选)如图5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10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是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
1.匝数比不变的情况(1)U1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.(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化.
例3　(多选)(2020·河北唐山市摸底考试)如图6所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝Usin 100πt.则A.当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压 表的示数比为1∶2B.当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为C.单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压 表示数增大D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
解析　当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，
联立得U2∶U2′＝1∶2，故电压表的示数比为1∶2，故A正确；当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为u＝Usin(100π×0)＝0，故B错误；副线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移，可知副线圈电压不变，故电压表的示数不变，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也变大，故D正确.
3.(负载不变匝数变)(2020·天津耀华中学模拟)如图7所示为一自耦变压器的电路图，其特点是铁芯上只绕有一个线圈.把整个线圈作为副线圈，而取线圈的一部分作为原线圈.原线圈接在电压为U的正弦交流电源上，电流表 、 均为理想交流电表.当触头P向上移动时，下列说法正确的是A.A1读数变小，A2读数变小B.A1读数变大，A2读数变小C.R两端电压变大，变压器输入功率变小D.R两端电压变大，变压器输入功率变大
4.(匝数不变负载变)(多选)(八省联考·湖北·10)如图8(a)所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶5，定值电阻R1的阻值为10 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50 Ω，定值电阻R3的阻值为10 Ω，图中电表均为理想电表.原线圈输入如图(b)所示的交变电流，其有效值不随负载变化.当滑动变阻器接入电路的阻值由50 Ω减小到0的过程中A.电流表的示数为5 AB.通过R2的电流减小C.电压表的示数减小D.R2和R3的总电功率先增大后减小
通过定值电阻R1的电流逐渐减小，则通过滑动变阻器R2的电流逐渐增大，故B错误；
如图9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′，输电电流为I，输电线总电阻为R.1.输电电流
2.电压损失(1)ΔU＝ ；(2)ΔU＝IR.
3.功率损失(1)ΔP＝ ；
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＝ 知，可加大导线的 、采用____ 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 .
1.理清输电电路图的三个回路(如图10)
(1)在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1.(2)在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R线.(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户.
例4　如图11所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压为U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1，在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2，则A.用户端的电压为B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I12rD.输电线路上损失的电功率为I1U
输电线上的电压降为U线＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率P入＝I1U1，输电线路上损失的电功率P损＝I12r＝I1(U－U1)，选项C、D错误.
例5　(2020·浙江7月选考·11)如图12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 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
5.(远距离输电基本电路分析)(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)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
6.(远距离输电电路的分析)(多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图13为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝104 V，输出功率P1＝109 W，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2＝1∶100、n3∶n4＝100∶1，输电线总电阻r＝50 Ω.则A.U4＝U1B.I4＝I1C.通过电阻r的电流I2＝2×104 AD.电阻r损耗的电功率为5×107 W
电阻r损耗的电功率Pr＝I22r＝(103)2×50 W＝5×107 W，故D正确.
拓展点　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1.实验原理(1)实验电路图(如图14所示)：(2)实验方法采用控制变量法①n1、U1一定，研究n2和U2的关系.②n2、U1一定，研究n1和U2的关系.2.实验器材学生电源(低压交流电源，小于12 V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干.
3.实验过程(1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响.①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量.②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压.(2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响.重复(1)中步骤.
4.数据处理分析可知，理想变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比等于原、副线圈的匝数n1、n2之比.5.误差分析(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差.(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)，造成误差.(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流，造成误差.
6.注意事项(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作.(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱.(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量.
7.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示.
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中.
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为_______(用题目中给出的字母表示).
(3)该变压器是______变压器(选填“升压”或“降压”).
解析　从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器.
1.(2020·江苏卷·2)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1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　电流互感器原线圈匝数小，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；
变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确.
2.(多选)如图2，发电厂的输出电压为U1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，用户得到的电压为U2.下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是A.(U1－U2)I B.I2R
3.(多选)(2020·河南中原名校联考)如图3所示是变压器通过降压给用户供电的示意图.变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表V1示数不变.两条输电线的总电阻用R0表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻.如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是A.电流表A1示数变大 B.电流表A2示数变小C.电压表V2示数变大 D.电压表V3示数变小
4.(2018·天津卷·4)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4所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V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A.R消耗的功率变为 PB.电压表V的读数变为 UC.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变
5.(2019·四川达州市第二次诊断)如图5所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表.下列说法正确的是A.若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变， V2示数变小B.若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的 功率变大C.若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大D.若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
解析　设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下滑动时，输入电压U1不变，V1示数不变，
故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；
则输出电压U2也不变，V1示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R接入电路的电阻值减小，则副线圈回路中的电流增大，灯泡中的电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由UV2＝U2－UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误.
6.(八省联考·河北·4)如图6所示，理想变压器原线圈匝数为1 100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0 V.副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10 V.已知RL∶R＝4∶1，则副线圈的匝数为A.225 B.550 C.2 200 D.4 400
7.(八省联考·江苏·7)小明分别按图7甲和乙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.图甲中A的电流较大
解析　由于变压器只能改变交变电流，因此题图乙中不可能接直流电源，故A错误；
根据UA＝IR，PA＝I2R知，题图乙中A两端的电压低，损耗的功率小，故B、C错误.
8.(2020·山东卷·5)图8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.1 Ω B.5 Ω C.6 Ω D.8 Ω
解析　由题图乙可得U1＝220 V，
R1两端电压UR1＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V
通过R的电流IR＝I－I1＝1 A
可解得R＝1 Ω，选项A正确.
9.(2020·广东汕头市调研)如图9所示为远距离输电的原理图.发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器.由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控.监控电表为理想电表.若某次监测发现V2表的示数减小.则下列判断正确的是A.电流表A1的示数增大B.电流表A2的示数减小C.电压表V1的示数增大D.输电线损失的功率减小
解析　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，故C错误；
某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比不变可知，降压变压器的输入电压U20减小，又U1＝U20＋I1R线，则I1增大，即电流表A1的示数增大，故A正确；根据电流表A1的示数增大及降压变压器电流比： ，可知电流表A2的示数增大，故B错误；输电线上损失功率为P损＝I12R线，由于电流表A1的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误.
10.(八省联考·广东·7)科学中心某款手摇点火器原理如图10所示.当钢针和金属板间瞬时电压超过5 000 V时可以产生电火花.已知匀强磁场的磁感应A.线圈转速等于2 r/s时，点火器可以产生电火花B.线圈转速等于4 r/s时，点火器可以产生电火花C.电压表的示数为5 V时，点火器可以产生电火花D.电压表的示数为25 V时，点火器可以产生电火花
强度B大小为0.2 T，手摇发电机线圈的面积为0.25 m2，共50匝，不计内阻.变压器为理想变压器，其原、副线圈匝数比为1∶100.下列说法正确的是
解析　线圈在匀强磁场中转动产生交变电流，设转速为n，则发电机的最大电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，U1m＝Em，
钢针和金属板间瞬时电压超过5 000 V时可以产生电火花，现令U2m＝ 5 000 V，联立各方程解得U1m＝50 V，n＝ r/s≈3.18 r/s，故线圈转速等于4 r/s时，副线圈的电压最大值超过了5 000 V，能产生电火花，故A错误，B正确；
11.如图11所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电.输送电压为U＝1 100 sin 200πt V，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法正确的是A.输电线上的电流为220 AB.降压变压器匝数比C.用电器的额定功率P＝5.6×104 WD.用电器上交流电的频率是50 Hz
根据：P0＝U输I输，解得输电线上的电流为：I输＝80 A，故A错误；降压变压器的输入电压为：U3＝U输－I输r＝700 V，
用电器的额定功率为：P＝P0－I输2r＝56 000 W，故C正确；
12.如图12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＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220 sin (100πt) V的交变电流，则A.交变电流的频率为100 HzB.通过R2的电流为1 AC.通过R2的电流为 AD.变压器的输入功率为200 W
13.(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图13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