2022届高考物理一轮复习讲义学案（新高考人教版）第十二章 第2讲 变压器　远距离输电

这是一份2022届高考物理一轮复习讲义学案（新高考人教版）第十二章 第2讲 变压器　远距离输电，共20页。
第2讲　变压器　远距离输电
目标要求　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
基础回扣
1.构造和原理
(1)构造：如图1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.

图1
(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：＝.
(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.
(4)频率关系：f出＝f入.
技巧点拨
1.理想变压器的制约关系
电压
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝U1
功率
副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入，P入＝P出
电流
副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝I2

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：
电压关系：＝＝＝……＝
功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋……＋Pn
电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋……＋nnIn

　　　　　 变压器基本物理量的分析与计算

例1　(2017·北京卷·16)如图2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(　　)

图2
A.原线圈的输入功率为220 W
B.电流表的读数为1 A
C.电压表的读数为110 V
D.副线圈输出交流电的周期为50 s
答案　B
解析　由u＝220sin(100πt) V可知，原线圈电压最大值为220 V，故原线圈电压的有效值为U1＝220 V，根据＝可知，U2＝U1＝110 V，故电压表的读数为110 V，选项C错误；副线圈电流有效值为I2＝＝2 A，根据P＝UI可知，输出功率为220 W，则原线圈的输入功率为220 W，故选项A错误；原线圈中的电流I1＝＝1 A，故选项B正确；因为ω＝，所以T＝＝ s＝0.02 s，故选项D错误.

　　　　 原线圈接入用电器的变压器问题分析

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(　　)

图3
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
答案　AD
解析　根据i2－t图象可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝＝50 Hz，故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，故B错误；电流表的示数I＝＝ A＝0.5 A，故C错误；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(　　)

图4
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 V
C.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
答案　B
解析　原线圈的电压最大值Um＝11 000 V，角速度ω＝2πf＝100π rad/s，所以原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000sin 100πt(V)，故A错误；开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压即为副线圈电压，＝＝，则开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压U2＝220 V，故B正确；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(　　)

图5
A.原、副线圈匝数比为9∶1
B.原、副线圈匝数比为1∶9
C.此时a和b的电功率之比为9∶1
D.此时a和b的电功率之比为1∶9
答案　AD
解析　设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈两端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故＝，＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得，＝，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确.
考点二　理想变压器的动态分析
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.
2.负载电阻不变的情况
(1)U1不变，发生变化时，U2变化.
(2)R不变，U2变化时，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3　(多选)(2020·河北唐山是原线圈的中心抽头，电压表和电市摸底考试)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(　　)

图6
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∶2
B.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
答案　AD
解析　当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有U2＝U1，当单刀双掷开关与b连接时，原线圈的匝数为，则有U2′＝U1，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(　　)

图7
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
答案　A
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(　　)

图8
A．电流表的示数为5 A
B．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
答案　CD
解析　由图可知，电流表示数为原线圈的电流I1＝ A＝4 A，故A错误；当滑动变阻器R2的接入电路的阻值逐渐减小时，副线圈的负载电阻的总阻值减小，原线圈的输入电流I1保持不变，根据变压器的电流规律＝，副线圈中的电流I2保持不变，副线圈两端电压逐渐减小，电压表示数逐渐减小，故C正确；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；根据欧姆定律、串联和并联电路特点可知，R2和R3的总功率P总＝，由数学知识可知，在R2由50 Ω减小到0的过程中，P总先增大后减小，故D正确．
考点三　远距离输电
基础回扣
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.

图9
1.输电电流
I＝＝＝.
2.电压损失
(1)ΔU＝U－U′；
(2)ΔU＝IR.
3.功率损失
(1)ΔP＝P－P′；
(2)ΔP＝I2R＝()2R
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＝ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线.
(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，必须提高输电电压.
技巧点拨
1.理清输电电路图的三个回路(如图10)

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.
2.抓住两组关联式
(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：＝，＝，P1＝P2.
(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：＝，＝，P3＝P4.
3.掌握一个守恒观念
功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝I线2R线＝.
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(　　)

图11
A.用户端的电压为
B.输电线上的电压降为U
C.理想变压器的输入功率为I12r
D.输电线路上损失的电功率为I1U
答案　A
解析　因为P入＝P出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝，故选项A正确；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(　　)

图12
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
答案　C
解析　发电机输出电流I1＝＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I线2R线＝5 kW，所以I线＝＝25 A，故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，故＝＝，故C正确，D错误.


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(　　)
A.ΔP′＝ΔP B.ΔP′＝ΔP
C.ΔU′＝ΔU D.ΔU′＝ΔU
答案　AD
解析　由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，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.故A、D正确.
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(　　)

图13
A.U4＝U1
B.I4＝I1
C.通过电阻r的电流I2＝2×104 A
D.电阻r损耗的电功率为5×107 W
答案　BD
解析　I1＝＝105 A，根据＝可得，I2＝I1＝×105 A＝103 A，则通过电阻r的电流为103 A，故C错误；电阻r两端的电压为Ur＝I2r＝103×50 V＝5×104 V，根据＝可得，U2＝U1＝100×104 V＝106 V，则U3＝U2－Ur＝106 V－5×104 V＝9.5×105 V，根据＝可得，U4＝U3＝×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，根据＝可得，I4＝I3＝×103 A＝105 A，则I4＝I1，故B正确；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)：

图14
(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．
实验序号
原线圈两端的电压U1(V)
副线圈两端的电压U2(V)

1
3.9
8.2
1∶2.1
2
5.9
11.8
1∶2.0
3
7.8
15.2


(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”)．
答案　(1)1∶1.9　(2)＝　(3)升压
解析　(1)第三组数据为：＝≈
(2)线圈匝数之比＝＝，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系为＝.
(3)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．


课时精练

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(　　)

图1
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
答案　D
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(　　)

图2
A.(U1－U2)I B.I2R
C. D.
答案　ABD
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(　　)

图3
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
答案　AD
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(　　)

图4
A.R消耗的功率变为P
B.电压表V的读数变为U
C.电流表A的读数变为2I
D.通过R的交变电流频率不变
答案　B
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＝，知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A的读数变为I，故选B.
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(　　)

图5
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
答案　A
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，根据变压比公式＝，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式＝，输入电压U1不变，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(　　)

图6
A．225 B．550 C．2 200 D．4 400
答案　C
解析　因为电压表V2的示数为0.10 V，由变压器原副线圈匝数与电压之间的关系，可知原线圈的输入电压为U1＝110 V；根据电路连接，可知原线圈中的电流I1＝；副线圈两端电压为U2，电流为I2＝，又U1I1＝U2I2，RL∶R＝4∶1，联立得U2＝220 V，由＝得，n2＝2 200，故C正确．
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(　　)

图7
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
答案　D
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；设电源输出电压为U，输出功率为P，A、B的阻值为R，则题图甲电路中输电线上的电流I1＝，题图乙中升压变压器副线圈电压U′>U，则流过A的电流I2＝