鲁科版高考物理一轮总复习第14章第2讲变压器与电能的输送课时学案

这是一份鲁科版高考物理一轮总复习第14章第2讲变压器与电能的输送课时学案，共13页。学案主要包含了理想变压器，远距离输电等内容，欢迎下载使用。

第2讲　变压器与电能的输送

一、理想变压器
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。

(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2．原理：电流磁效应、电磁感应。
3．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入＝f出。
4．几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。

(2)互感器
思考辨析
1．理想变压器原、副线圈中哪些物理量相同？
提示：磁通量、磁通量的变化率、功率、交流电的频率。
2．对于理想变压器，原线圈与电源相连，副线圈不接负载时，副线圈两端的电压为0吗？副线圈中的电流为0吗？
提示：电压不为0，电流为0。
3．如图所示，理想变压器的副线圈有两个，公式 ＝ 和 ＝ 还成立吗？此时电流和匝数有何关系？

提示：由于线圈中的磁通量相同，故 ＝＝，公式 ＝ 仍成立；由能量守恒知I1U1＝I2U2＋I3U3，则I1n1＝I2n2＋I3n3，公式 ＝ 不成立。
二、远距离输电
1．输电线路简图

2．输电电流
I＝＝。
3．电压损失
ΔU＝U－U′＝IR。
4．功率损失
ΔP＝P－P′＝I2R＝R＝。
思考辨析
1．理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。(√)
2．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。(√)

考点1　理想变压器的基本规律(能力考点)

典例　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．1 Ω B．5 Ω C．6 Ω D．8 Ω
【自主解答】
A　解析：输入电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)U1＝ V＝220 V，根据理想变压器的电压规律 ＝ 可知，副线圈两端电压的有效值为U2＝U1＝×220 V＝30 V，灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分得的电压为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，B、C、D错误。
【核心归纳】
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。

1．(2020·潍坊模拟)(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为4∶1，电压表、电流表均为理想电表。L1、L2、L3、L4 为四只规格均为“220 V　60 W” 的灯泡。如果副线圈两端的电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是(　　)

A．电压表的示数约为1 244.32 V
B．电流表的示数约为0.82 A
C．a、b 两端的电压是1 045 V
D．a、b 两端的电压是1 100 V
BC　解析：由输出端交变电压的图像可求出有效值为220 V，由原、副线圈的匝数之比为4∶1，可得原、副线圈两端的电压之比为4∶1，则原线圈两端的电压即电压表的示数为U1＝4×220 V＝880 V，故A错误；副线圈两端的电压为220 V，L2、L3、L4三只灯泡都正常发光，电流表的示数为I＝3IL＝3× A＝0.82 A，故B正确；通过原、副线圈的电流之比为 1∶4，则通过原线圈的电流为I1＝×0.82 A＝0.205 A，灯泡的电阻RL＝＝ Ω＝806.7 Ω，则a、b两端的电压 U＝U1＋I1RL＝880 V＋0.205×806.7 V＝1 045 V，故C正确，D错误。
2．(多选)配电房中的互感器和电表的接线如图甲、乙所示，下列说法正确的是(　　)

A．线圈匝数n1 B．线圈匝数n1>n2，n3>n4
C．图甲中的电表是电压表，输出端不可短路
D．图乙中的电表是电流表，输出端不可断路
CD　解析：题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3 考点2　理想变压器的动态分析(能力考点)

考向1　匝数比不变，负载变化的情况
典例　(2020·烟台模拟)(多选)如图所示的交流电路中，理想变压器原线圈输入的电压为u＝Um·sin 100πt，副线圈电路中R1、R2为定值电阻，P是滑动变阻器R的滑动触头，电压表V1、V2的示数分别为U1和U2；电流表A的示数为 I。下列说法正确的是(　　)

A．变压器原、副线圈的匝数之比为U1∶U2
B．副线圈回路中电流方向每秒钟改变100次
C．在P向上滑动的过程中，U2增大，I减小
D．在P向下滑动的过程中，R1消耗的功率增大，R2消耗的功率减小
【自主解答】
BD　解析：由题意可知，U1是原线圈两端的电压，U2不是副线圈两端的电压，比副线圈两端的电压要小，所以变压器原、副线圈的匝数之比大于U1∶U2，故A错误；原线圈输入电压为u＝Umsin 100πt，交流电的频率是50 Hz，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈回路中电流方向每秒钟改变 100次，故B正确；在P向上滑动的过程中，负载电阻变大，根据电路动态分析中“串反并同”可知，U2增大，I增大，故C错误；在P向下滑动的过程中，根据电路动态分析中“串反并同”可知，R1消耗的功率增大，R2消耗的功率减小，故D正确。
【核心归纳】
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，可知不论负载电阻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

考向2　匝数比改变，负载不变的情况
典例　如图所示为加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节滑动触头P，使输出电压的有效值由220 V降至110 V。调节前后(　　)

A．副线圈中的电流比为1∶2
B．副线圈输出功率比为2∶1
C．副线圈的接入匝数比为2∶1
D．原线圈输入功率比为1∶2
本题不仅考查了变压器的特点和欧姆定律，还结合闭合电路考查了电路的动态分析。
【自主解答】
C　解析：原线圈的输入电压和匝数不变，根据输出电压的有效值由220 V降到110 V，及理想变压器的电压关系 ＝，可得副线圈的匝数变为原来的 ，C选项正确；根据P＝ 可得，副线圈的输出功率变为原来的 ，同样原线圈的输入功率也变为原来的 ，B、D错误；由P＝UI可得，副线圈的电流变为原来的 ，A错误。
【核心归纳】
负载电阻不变的情况

(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，I1发生变化

1．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、A2示数变大
B　解析：当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝ 变小，R1消耗的功率PR1＝IR1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系 ＝，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总′ 变小，通过副线圈的电流I2′＝ 变大，则通过原线圈的电流I1′变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压U′R1＝I2′R1变大，则R2两端的电压U′R2＝U2－U′R1变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。
2．一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，A为理想交流电流表，U为正弦式交流电压，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；当开关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
B　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，则通过原线圈的电流为I时，通过副线圈的电流为kI；通过原线圈的电流为4I时，通过副线圈的电流为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。
3．(2020·枣庄模拟)(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，A、B两点之间始终加u＝220sin 100πt V的交变电压。R是输电线的电阻，L是标有“100 V　100 W”的白炽灯。M是标有“100 V　200 W”的电动机，其线圈电阻r＝10 Ω。开关S断开时，电动机正常工作。下列说法正确的是(　　)

A．输电线的电阻阻值为20 Ω
B．电动机的输出功率为180 W
C．开关S闭合后，电动机的电功率减小
D．开关S闭合后，白炽灯的功率为100 W
AC　解析：开关S断开时，电动机正常工作，则副线圈的输出电压U2＝100 V，输出电流I2＝＝2 A，则原线圈的输入电压U1＝·U2＝200 V，原线圈的输入电流I1＝·I2＝1 A，分析原线圈电路，A、B两点间的电压U＝220 V，而U＝U1＋I1R，解得输电线的电阻阻值R＝20 Ω，故A正确；电动机消耗的总功率P＝200 W，电动机内阻消耗的功率Pr＝Ir＝40 W，则电动机的输出功率P出＝P－Pr＝160 W，故B错误；开关S闭合后，副线圈输出功率变大，输出电流变大，原线圈输入电流变大，电阻R两端的电压变大，则原线圈输入电压变小，副线圈输出电压减小，电动机两端的电压减小，消耗的功率减小，故C正确；开关S闭合后，副线圈输出电压变小，则灯泡两端的电压小于额定电压 100 V，消耗功率小于100 W，故D错误。
4．(2020·日照模拟)如图所示是实验时用的原、副线圈都有中间抽头的理想变压器，在原线圈上通过一个单刀双掷开关S1与一只电流表连接，在副线圈上通过另一个单刀双掷开关S2与一个定值电阻R0相连接，通过S1、S2可以改变原、副线圈的匝数，在原线圈上加一电压为U的交流电后，①当S1接a，S2接c时，电流表的示数为I1；②当S1接a，S2接d时，电流表的示数为I2；③当S1接b，S2接c时，电流表的示数为I3；④当S1接b，S2接d时，电流表的示数为I4，则(　　)

A．I1＝I2 B．I1＝I4
C．I2＝I3 D．I2＝I4
B　解析：在第①种情况下，S1接a，S2接c时，设副线圈加在R0上的电压为U0，根据 ＝ 可得，第②③④种情况下，R0上的电压分别为 、2U0、U0，结合理想变压器输入功率等于输出功率知B正确，A、C、D错误。
5．(多选)如图所示，理想变压器的a、b两端接在U＝220 V的交流电源上，定值电阻R0＝40 Ω，R为光敏电阻，其阻值R随光照强度E变化的公式为R＝ Ω，光照强度E的单位为勒克斯(lx)。开始时理想电流表A2的示数为 0.2 A，增大光照强度E，发现理想电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，下列说法正确的是(　　)

A．变压器原、副线圈匝数比 ＝
B．理想电压表V2、V3的示数都减小
C．光照强度的增加量约为7.5 lx
D．在增大光照强度的过程中，变压器的输入功率逐渐减小
AC　解析：设开始时变压器初级电流为I1，则 ＝＝＝，解得 ＝，选项A正确；因变压器初级电压不变，则由于匝数比一定，可知次级电压V2不变，因次级电流变大，则R0上电压变大，则V3的示数减小，选项B错误；变压器次级电压为U2＝U1＝55 V，开始时光敏电阻R1＝－R0＝ Ω＝235 Ω，后来光敏电阻R2＝－R0＝ Ω＝15 Ω，由E＝ lx，可得ΔE＝ lx＝ lx＝7.5 lx，选项C正确；在增大光照强度的过程中，变压器次级电阻减小，则次级消耗功率变大，则变压器的输入功率逐渐变大，选项D错误。
6．如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电，副线圈接有光敏电阻R1、用电器R2(纯电阻)。下列说法正确的是(　　)

A．当光照减弱时，变压器的输入功率增大
B．当光照增强时，流过用电器R2的电流不变
C．当滑动触头P向上滑动时，用电器消耗的功率增大
D．当f减小时，变压器的输入功率减小
B　解析：当光照减弱时，光敏电阻的阻值增大，故变压器的输出功率减小，所以输入功率也减小，故A错误；当光照增强时，变压器的匝数比不变，所以输出电压不变，则流过用电器R2的电流不变，故B正确；当滑动触头P向上滑动时，原线圈匝数增加，根据 ＝ 知，变压器的输出电压减小，根据功率的表达式P＝，可知用电器消耗的功率减小，故C错误；当f减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故D错误。
考点3　远距离输电问题(能力考点)

典例　(2020·浙江高考)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(　　)

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
【自主解答】
C　解析：根据电功率公式P＝UI，得发电机的输出电流I1＝＝400 A，A错误；输电线上损失的功率为 5 kW，由P线＝IR线，可得I线＝＝25 A，故B错误；降压变压器原线圈的功率为P4＝P－P线＝95 kW，则I4＝＝ A＝ A＝432 A，根据理想变压器电流与线圈匝数成反比关系，可得 ＝＝，C正确，D错误。
【核心归纳】
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：P2＝P损＋P3。

1．(多选)如图所示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＝U1
B．I4＝I1
C．通过电阻r的电流I2＝2×104 A
D．电阻r上损耗的电功率为5×107 W
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，U4＝U3＝×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，I4＝I3＝×103 A＝105 A，则I4＝I1，故B正确；电阻r上损耗的电功率Pr＝Ir＝(103)2×50 W＝5×107 W，故D正确。
2．远距离输电的原理如图所示，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，则下列关系式正确的是(　　)

A．＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
D　解析：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≠IR，选项C错误，D正确。