2020版高考一轮复习物理通用版讲义：第十一章第2节理想变压器与远距离输电

第2节　理想变压器与远距离输电一、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。副线圈与用电器断开时，无电流通过副线圈，但副线圈两端存在电压。变压器不能改变交变电流的频率。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＝。由能量守恒推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。二、远距离输电 1．功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。2．电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。 3.输电电流：I线＝＝＝。4．电压损失：ΔU＝U2－U3＝I2R线。5．功率损失：ΔP＝P2－P3＝I22R线＝。[深化理解]1．在分析变压器问题时，一定要注意原、副线圈中各量的决定关系：U1决定U2，I2决定I1，P2决定P1。2．分析和计算输电线上的电压损失和功率损失时要用U损＝I线R线，P损＝I线2R线＝，注意P损≠。[基础自测]一、判断题(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。(√)(2)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。(×)(3)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。(×)(4)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。(×)(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。 (√)(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)(7)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大。(√)二、选择题1．[沪科版选修3－2 P75T3]如图所示为一理想变压器，其原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R组成闭合电路。当直导线MN在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时，电流表 的示数是10 mA，那么电流表 的示数是(　　)A．40 mA　　　　　　　　 B．0C．10 mA D．2.5 mA解析：选B　由于直导线MN匀速运动，则MN切割磁场产生的电流恒定，线圈中产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，即电流表A2的示数为0，选项B正确。2．[粤教版选修3－2 P59 T4改编]如图所示，P是电压互感器，Q是电流互感器，如果两个互感器的变压比和变流比都是50，电压表的示数为220 V，电流表的示数为3 A，则输电线路中的电压和电流分别是(　　)A．11 000 V,150 A   B．1 100 V,15 AC．4.4 V,16.7 A D．4.4 V,0.06 A解析：选A　由两个互感器的变压比和变流比可知输电线路中的电压为U＝220×50 V＝11 000 V，电流为I＝3×50 A＝150 A，故A正确。3．[人教版选修3－2 P50 T3改编]从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V和11 kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为(　　)A．100∶1   B．1∶100C．1∶10 D．10∶1解析：选A　由P＝UI得输电线的电流I＝，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝IR＝R，所以两种情况下：ΔU1∶ΔU2＝U2∶U1＝100∶1，A正确。4．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是(　　)A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动解析：选D　电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器满足U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，因ΔI2>ΔI1，故U2<U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确。高考对本节内容的考查，主要集中在理想变压器基本规律的应用、理想变压器的动态分析问题和远距离输电，主要以选择题的形式呈现，难度一般。考点一　理想变压器基本规律的应用[基础自修类][题点全练]1．[变压器工作的电压关系]如图所示，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速50 r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20 Ω的电阻供电。已知电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是(　　)A．t＝0时刻流过线圈的电流最大B．原线圈中电流的有效值为10 AC．穿过线圈平面的最大磁通量为 WbD．理想变压器的输入功率为10 W解析：选C　题图所示时刻为中性面位置，感应电动势为零，流过线圈的电流为零，故A错误；副线圈电流I2＝＝1 A，根据＝，可以得到原线圈电流I1＝0.1 A，故B错误；变压器的匝数比为n1∶n2＝10∶1，故输入电压为200 V，最大值为200 V，由角速度ω＝2πn＝100π rad/s，根据公式Em＝NBSω＝NΦω，得穿过线圈平面的最大磁通量为Φ＝＝ Wb，故C正确；电阻R消耗的电功率为P＝＝20 W，则理想变压器的输入功率为20 W，故D错误。2．[变压器工作的电压、电流关系](2017·北京高考)如图所示，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解析：选B　由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，由＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π rad/s，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误。3．[原、副线圈电路分析](多选)(2016·全国卷Ⅲ)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(　　)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：选AD　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，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，D正确。4．[含有二极管的电路分析]如图所示的电路中，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＝220sin(100πt)V的交流电，则(　　)A．交流电的频率为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解析：选C　由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝＝＝50 Hz，A项错误；由理想变压器变压规律＝可知，输出电压U2＝50 V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，·＝·T，解得U＝U2＝25 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为 A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2＝UI＝50 W，而电阻R1的电功率P1＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150 W，D项错误。5．[互感器的应用]在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流。所用的器材叫电流互感器。如图所示，能正确反映其工作原理的是(　　)解析：选A　电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，根据变压器原理，＝，I2＝I1，所以要求线圈匝数n2>n1，原线圈要接在火线上，故选项A正确。[名师微点]理想变压器以及原、副线圈基本量的关系理想变压器没有能量损失(铜损、铁损)，没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P入＝P出本电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，U1∶U2＝n1∶n2，与负载的多少无关关电流关系只有一个副线圈时，I1∶I2＝n2∶n1；有多个副线圈时，由P入＝P出，即I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn，得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn系频率关系f1＝f2(变压器不改变交流电的频率) 考点二　理想变压器的动态分析问题[多维探究类]常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。匝数比不变的情况负载电阻不变的情况(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化(1)U1不变，发生变化，U2变化(2)R不变，U2变化，I2发生变化(3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化 考法(一)　匝数比不变，负载变化的情况[例1]　如图所示，理想变压器原、副线圈接有额定电压均为20 V的灯泡a和b。当输入u＝220sin(100πt)V的交变电压时，两灯泡均能正常发光。设灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是(　　)A．原、副线圈匝数比为11∶1B．原、副线圈中电流的频率比为11∶1C．当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡b变亮D．当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡a变亮[解析]　两灯均正常发光，则原线圈输入的电压为：U1＝U－U灯＝(220－20)V＝200 V，副线圈电压：U2＝U灯＝20 V，根据理想变压器变压比得＝＝＝，故A错误；变压器不改变交流电的频率，即频率比为1∶1，故B错误；当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，阻值减小，副线圈电流变大，根据＝，可知原线圈电流变大，灯泡a分担的电压变大，原线圈输入的电压变小，副线圈输出电压变小，所以灯泡a变亮，b变暗，故C错误，D正确。[答案]　D考法(二)　匝数比改变，负载不变的情况 [例2]　(多选)如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流。下列说法中正确的是(　　)A．保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大[解析]　保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，电流I2增大，R消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，所以根据P2＝I2U2，P2减小；又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小。由以上分析可知，正确选项为B、C。[答案]　BC[共性归纳]含有变压器的动态电路问题的解题思路 [题点全练]1．[负载变化]有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡。当S断开时，灯L1正常发光。S闭合后，下列说法正确的是(　　)A．电阻R消耗的电功率增大B．灯L1、L2都能正常发光C．原线圈的输入功率减小D．原、副线圈的电流比减小解析：选A　当S闭开后，由变压器电压与匝数比关系：＝，可知副线圈电压U2不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由P＝I2R知R消耗的功率增大，故A正确；副线圈的电流增大，所以电阻R的电压增大，而副线圈电压U2不变，所以灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故B错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为P＝，故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以C错误；变压器原、副线圈的匝数不变，由电流与匝数关系＝，知原、副线圈中电流之比不变，故D错误。2．[匝数比变化]如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则(　　)A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B　由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n1＞n2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比变大，根据＝，U1一定，U2变小，故小灯泡变暗，选项A错误，B正确；由＝知，原、副线圈电压的比值变大，选项C错误；根据＝，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误。考点三　远距离输电[师生共研类]谨记远距离输电问题的“三 二 一”1．理清三个回路在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。2．抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系着回路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着回路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＋P4。[典例]　如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源。若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)A.　　　　　　　　 B.C．422r D．422r[解析]　升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝，故选项C正确。[答案]　C输电线路功率损失的计算方法P损＝P1－P4P1为输送的功率，P4为用户得到的功率P损＝I线2R线I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻P损＝ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混P损＝ΔU·I线ΔU不要错代入U2或U3[题点全练]1．[输电原理]远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)A.＝   B．I2＝C．I1U1＝I22R D．I1U1＝I2U2解析：选D　根据变压器的工作原理可知＝，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠I22R，选项C错误，D正确。2．[电压、功率损失]用一台某型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示。发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时(　　)型号AED6500S输出电压范围220～300 V最大输出功率60 kWA.输电线路中的电流为20 AB．发电机的实际输出电压为300 VC．在输电线路上损失的电功率为8 kWD．如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300 V解析：选C　当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝＝200 A，选项A错误；导线电阻为R＝2.5×10－4×400×2 Ω＝0.2 Ω，则发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260 V，选项B错误；在输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8 kW，选项C正确；如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是Um＝U输＝368 V，选项D错误。3．[输电电路的计算](多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝220sin(100πt)V。当用电器电阻R0＝11 Ω时，下列说法正确的是(　　)A．通过用电器R0的电流有效值是20 AB．当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小C．发电机中的电流变化频率为100 HzD．升压变压器的输入功率为4 650 W 解析：选AD　通过用电器R0的电流有效值I＝＝ A＝20 A，A正确；当用电器R0的阻值减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误；变压器不改变交流电的频率，f＝50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1＝UI＝220×20 W＝4 400 W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I′＝5 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2R＝52×10 W＝250 W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4 650 W，D正确。“专项研究”拓视野——远距离输电电路的两类动态分析问题类型(一)　发电电压一定的动态分析问题[例1]　(多选)小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，该电压先通过发电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降压变压器降低电压后再输送至各用户，如图所示。设变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，随着用电器增多，用户消耗的电功率增加，下列说法正确的是(　　)A．发电机的输出电流变小B．高压输电线路的功率损失变大C．降压变压器副线圈两端的电压变小D．升压变压器副线圈两端的电压变大[思路点拨]　根据用电器增加，可知降压变压器的输出电流变大，故输电线上的电流增大，升压变压器的输入电流增大，进而分析其他物理量。[解析]　用电高峰期用电器增多，降压变压器的输出电流增大，由变压器原副线圈电流关系可知输电线上的电流I增大，发电机的输出电流变大，选项A错误；输电线路上损失的功率P损＝I2r，r为输电线路电阻，故P损变大，选项B正确；升压变压器副线圈的输出电压U2只与输入电压U1及原、副线圈匝数比有关，即升压变压器副线圈两端的电压不变，选项D错误；降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U损，U损＝Ir，I增大，U损增大，故U3减小，由理想变压器原副线圈的电压关系可知降压变压器副线圈两端的电压变小，选项C正确。[答案]　BC  [针对训练]1．如图所示为某小型发电站的输电示意图，发电站输出U1＝220sin(100πt)V的交流电通过升压变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电。图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想电压表。下列有关描述正确的是(　　)A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零B．负载端所接收交流电的频率为25 HzC．深夜开灯时灯较亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度解析：选C　开关都断开时降压变压器空载，其副线圈两端有电压，电压表示数不为零，选项A错误；变压器不能改变交流电的频率，故负载端所接收交流电的频率还是50 Hz，选项B错误；深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗电压也减小，用户得到的电压升高，故此时开灯较亮，选项C正确；用电高峰时，负载增多，负载电阻减小，干路中电流增大，因此输电线路上损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，为提高负载电压，可增大降压变压器副线圈的匝数，使负载电压提高，选项D错误。类型(二)　发电功率一定的动态分析问题[例2]　(多选)如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率P＝20 kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1∶10，电流表的示数为1 A，输电线的总电阻r＝10 Ω。下列说法正确的是(　　)A．采用高压输电可以增大输电线路中的电流B．升压变压器的输出电压U2＝2 000 VC．用户获得的功率为19 kWD．将P下移，用户获得的电压将增大[思路点拨]　本题属于发电机功率不变的远距离输电问题，解题时先利用电流互感器求得输电线路上的电流，从而得到输电线路上损失的功率，然后利用P＝Pr＋P用，得到降压变压器上的功率。 [解析]　采用高压输电可以减小输电线路中的电流，从而减小输电损耗，选项A错误；电流表的示数为1 A，电流互感器匝数比为1∶10，故输电线路中电流的大小I2＝10 A，根据P＝U2I2可得升压变压器的输出电压U2＝2 000 V，选项B正确；线路损耗的功率Pr＝I22r＝1 kW，故用户获得的功率为19 kW，选项C正确；将P下移，降压变压器原线圈匝数增大，用户获得的电压将减小，选项D错误。[答案]　BC[针对训练]2．(多选)如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法正确的是(　　)A．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 HzB．远距离输电线路损耗功率为180 kWC．当出现火警时，电压表V的示数变小D．当出现火警时，输电线上的电流变小解析：选AC　由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V，根据变压比公式知升压变压器副线圈两端电压为25 000 V，所以输电线中的电流为I＝＝30 A，输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率为ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B错误；当出现火警时传感器R2阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，输电线上电流变大，输电线损失的电压变大，降压变压器输入、输出电压都变小，定值电阻的分压增大，电压表V的示数变小，C正确，D错误。