2020版高考物理总复习第十一章第2节变压器远距离输电教学案新人教版.docx

第2节变压器远距离输电【p200】夯实基础1变压器的构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的与交流电源相接的_原线圈_和与负载连接的_副线圈_组成，如图所示2变压器的原理：根据电磁感应现象中的_互感_来改变交流电的电压3理想变压器：(1)无漏磁，即原、副线圈中的磁通量，磁通量变化率相同；(2)线圈无电阻，即原、副线圈两端电压UEn；(3)无能量损失，P出P入，即I2U2I1U1.4理想变压器的几个基本关系式：(1)功率关系：_P入P出_(2)电压关系：只有一个副线圈时_有多个副线圈时_(3)电流关系：只有一个副线圈时：_有多个副线圈时：依U1I1_U2I2_U3I3_，可推出：I1n1I2n2I3n3Innn.(4)频率关系：f1f2，变压器不改变交变电流的频率注意：变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压5常见变压器(1)自耦变压器调压变压器(2)互感器电压互感器(n1n2)：用来把_高电压_变成_低电压_，原线圈_并联_在两输电线之间，副线圈接交流电压表并接地电流互感器(n1n2)：用来把_大电流_变成_小电流_，原线圈_串联_在一根输电线中，副线圈接交流电流表并接地考点突破例1如图所示，正弦交流电源的电压有效值保持恒定，电流表为理想交流电流表，理想变压器的副线圈接电阻R1和R2，R1和R2的阻值分别为1 和3 .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，则()A开关闭合前后，流经R1的电流之比为14B开关闭合前后，流经R1的电流之比为12C开关闭合前后，副线圈的输出电压比为41D开关闭合前后，变压器的输入功率之比为12【解析】根据题意，该理想变压器原线圈两端电压U1不变，原、副线圈匝数比一定，故副线圈电压U2保持不变，与开关S闭合断开无关，C错误；开关断开时，副线圈电流I2U2；闭合开关后，副线圈电流I2U2，故开关闭合前后，流过电阻R1的电流之比I2I2，A正确，B错误；闭合开关前，变压器输入功率为PIU1；在闭合开关之后，变压器输入功率为P4IU1，故开关闭合前后，变压器输入功率之比为14，D错误【答案】A【小结】解决变压器问题的方法技巧1电压切入法：变压器原、副线圈的电压之比为；当变压器有多个副线圈时，有：2功率切入法：理想变压器的输入、输出功率为P入P出，即P1P2；当变压器有多个副线圈时P1P2P33电流切入法：由I知，对只有一个副线圈的变压器有；当变压器有多个副线圈时，有：n1I1n2I2n3I3针对训练1如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n11 000匝，副线圈匝数n2200匝，交流电源的电动势e311sin 100t(V)(不考虑其内阻)，电阻R88 ，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计(D)A电压表的示数为62.2 V B电流表的示数为2.5 AC通过R的电流最大值为0.5 A D变压器的输入电功率为22 W【解析】由表达式知输入电压最大值为311 V，有效值为 V220 V，副线圈电压为220 V44 V，A错误；副线圈电流为 A0.5 A，电流与匝数成反比，故电流表示数为0.1 A，B错误；通过电阻R电流的最大值为 A，C错误；副线圈消耗的功率为PUI440.5 W22 W，则变压器的输入电功率也为22 W，D正确2如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上，原线圈两端交变电压瞬时值随时间变化的规律为u311sin 100t(V)，副线圈所在电路中接有电热丝、小电动机、理想交流电压表和理想交流电流表已知理想变压器的原、副线圈匝数比为101.电热丝额定功率为44 W，小电动机内电阻为1 ，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作则(B)A电压表示数为31.1 VB小电动机的输出功率为21 WC变压器的输入功率为44 WD通过保险丝的电流为30 A【解析】因为理想变压器原、副线圈匝数比为101，原线圈的交变电压的最大值是311 V，有效值为220 V，故副线圈的电压有效值为22 V，即电压表的示数为22 V，选项A错误；因为电热丝的额定功率为44 W，且正常工作，故电热丝中的电流为2 A，故电动机的电流为3 A2 A1 A，故电动机的输出功率为P出22 V1 A(1 A)21 21 W，选项B正确；变压器的输入功率为22 V3 A66 W，选项C错误；通过保险丝的电流为0.3 A，选项D错误【p201】夯实基础1匝数比不变的情况(如图所示)(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也不变(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，P1P2，故P1发生变化2负载电阻不变的情况(如图所示)(1)U1不变，发生变化，故U2变化(2)R不变，U2改变，故I2发生变化(3)根据P2，P2发生变化，再根据P1P2，故P1变化，P1U1I1，U1不变，故I1发生变化考点突破例2如图所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻R1、光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关S开始时闭合，下列说法正确的是()A当光照变弱时，变压器的输入功率增加B当开关S由闭合到断开，原线圈中电流变大C当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增加D当U增大时，副线圈中电流变大【解析】当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率P减小，输入功率也变小，故A错误；当开关S由闭合到断开，副线圈回路电阻增大，输出电流减小，匝数比不变，所以原线圈电流减小，故B错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻R1两端的电压增大，电阻R1消耗的功率增大，故C正确；当U增大时，副线圈电压增大，副线圈中电流变大，故D正确【答案】CD【小结】1.变压器电路动态问题一般可概括为：(1)原线圈两端电压和负载电阻不变，副线圈电流、功率及原线圈电流随原副线圈匝数比的变化而变化；(2)原线圈两端电压和原、副线圈匝数比不变，副线圈电流、功率及原线圈电流随负载电阻的变化而变化2变压器电路中各物理量的制约关系：(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比()一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2，可简述为“原制约副”(2)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比()一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1，可简述为“副制约原”(3)负载制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2P负1P负2；变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，即I2.(4)功率制约： 例3理想自耦变压器的原线圈接有如图所示的正弦式交变电压，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是()A交变电源的电压u随时间t变化的规律是uU0cos 100tB若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流一定增大【解析】由图甲知100，交变电源的电压u随时间t变化的规律是uU0cos100t(V)，A正确；由于原线圈的输入电压不变，若仅将触头P向A端滑动，则副线圈的匝数增大，输出电压增大，电阻R消耗的电功率增大，故B正确；当电阻R增大时，副线圈的电压不变，所以副线圈的输出功率减小，输入功率等于输出功率，故C错误；若在使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，输出电压减小，R增大，副线圈的电流减小，则通过A处的电流也减小，故D错误【答案】AB针对训练3如图，理想变压器原、副线圈匝数比为21，原线圈接交流电u20sin 100t(V)，保险丝的电阻为1 ，熔断电流为2 A，电表均为理想电表则(C)A电压表V的示数为14.1 VB电流表A1、A2的示数之比为21C为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4 D将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数增大【解析】由U1，得U120 V，所以电压表示数U210 V，A错误；由变压器的电流规律，得，故B错误；当即将达到熔断电流时，副线圈总电阻R总min5 ，R总minR丝R滑，得R总min4 ，故C正确；滑片上移，变阻器接入阻值增大，副线圈电流减小，由可知，电流表示数I1也减小，D错误4如图甲，理想变压器原、副线圈的匝数比为41，交流电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻，其阻值随温度的升高而变小，R为定值电阻，下列说法正确的是(D)A该交变电流的频率为100 HzB在t0.025 s时，电压表V2的示数为9 VCRt处温度升高时，电流表A和电压表V2的示数均变大DRt处温度升高时，变压器的输入功率变大【解析】由图乙得，交变电流的周期T0.02 s，则该交变电流的频率f Hz50 Hz.故A项错误由图乙可得，原线圈两端电压的有效值U1 V36 V，据U1U2n1n2，可得副线圈两端电压的有效值U29 V则电压表V2的示数在任何时刻均为9 V故B项错误原线圈两端电压一定，副线圈两端电压一定Rt处温度升高时，其阻值随温度的升高而变小，据欧姆定律可得副线圈电流增大，电流表A的示数增大，输出功率P2U2I2增大，输入功率也增大故C项错误，D项正确【p202】 夯实基础交流电远距离高压输电电路模式如图所示：1理清三个电路：发电机电路、输送电路、输出电路2抓住两个联系：理想升压变压器联系1、2两个回路理想降压变压器联系2、3两个回路，I2I3，U3U2I2R3掌握两个损耗电压损耗：U损I2R功率损耗：P损IR考点突破例4有一台内阻为1 的发电机，供给一学校照明用，如图所示，升压比为14，降压比为41，输电线的总电阻R4 ，全校共22个班，每班有规格为“220 V40 W”的灯6盏，要保证全部电灯正常发光，(1)发电机输出功率多大？(2)发电机电动势多大？(3)输电效率是多少？【解析】(1)降压变压器的输出功率为：PnP灯40226 W5 280 W降压变压器副线圈的电流为：I3622 A24 A，由降压变压器原线圈的电流为：I2I324 A6 A输电线损失的功率为：PIR624 W144 W所以发电机的输出功率为：P1PP(5 280144) W5 424 W(2)降压变压器原线圈电压为：U2U34220 V880 V输电线上损失的电压为：UI2R64 V24 V则升压变压器的输出电压为：U2U2U(88024) V904 V所以升压变压器原线圈电压为：U1904 V226 V根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为：I16 A24 A，发电机内阻分压：Ur241 V24 V发电机电动势为：EU1Ur(22624) V250 V.(3)用户获得的实际功率为：P5 280 W；则输电效率为：100%100%97.3%.【小结】解决远距离输电问题时，先画图，标出n1、n2、n3、n4、U1、U2、U3、U4、I1、I2、I3、I4、P1、P2、P3、P4及输电线的电阻R，一般由R上损失的功率P损I2R，先求出I，II2I3，通过I，把升压变压器和降压变压器联系起来了，再根据P1P2，P3P4，P3P2P损，U2IRU3，等列式求解针对训练5某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电两变压器均为理想变压器，发电机的输出电压及输电线的电阻均不变在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，下列说法正确的是(B)A用户总电阻变大B降压变压器的输入电压变小C输电线上损耗的功率变小D通过升压变压器原线圈的电流变小【解析】用电高峰期，用户用电器的个数变多，用电器是并联接入电路的，所以总电阻变小，选项A错误；在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又升压变压器的输出电压U2不变，根据PUI可输电线上的电流I线增大，根据U损I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3U2U损可得降压变压器的输入电压U3减小，选项B正确；输电线路的电压损失变大，输电线的电阻不变，导致线路中损失的功率变大，选项C错误；发电厂的输出功率增大，升压变压器的输入电压不变，所以通过升压变压器原线圈的电流变大，选项D错误6某电站采用6 000 V的电压进行远距离输电，输送总功率为500 kW，测得安装在输电线路起点和终点的电能表一昼夜读数相差4 800 kWh，下列说法正确的是(C)A输送电流为12 A B用户得到的功率为400 kWC输电效率为60% D输电导线的电阻为86.4 【解析】输送电流为I A83.3 A，故A错误；安装在输电线路起点和终点的电能表一昼夜读数相差4 800 kWh，则损耗的功率：P损 kW200 kW，用户得到的功率是：500 kW200 kW300 kW，故B错误；输电效率为100%60%，故C正确；由PI2r的公式变形得：r 28.8 ，故D错误；故选C.考 点 集 训【p341】A组1如图所示，可以将电压升高供给电灯的变压器是(C)【解析】A图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A错误B图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故B错误C图中，原线圈匝数比副线圈匝数少，所以是升压变压器，故C正确D图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故D错误2对于理想变压器，下列说法中不正确的是(D)A原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大B原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大C原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化D当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零【解析】输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，并且大小相等，所以原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大，故A正确；根据电流与匝数成反比可知：，所以I1，原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大，故B正确；加在原线圈上的电压是固定的，不会受其他因素影响，故C正确，D不正确本题选不正确的，故选D.3某水电站用总电阻为2.5 的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是(B)A输电线上输送的电流大小为2105 AB输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC若改用5 kV电压输电，则输电线上的损失的功率为9106 kWD输电线上损失的功率为P，U为输电电压，r为输电线的电阻【解析】根据PUI知，输电线上的输送电流I A6 000 A，故A错误输电线上损失的电压UIR6 0002.5 V15 000 V15 kV，故B正确若改用5 kV电压输电，则输送电流I6105 A，则损失的功率P损I2R3610102.5 W91011 W9108 kW，故C错误输电线上损失的功率为PI2r()2r，P为输电总功率，U为输电总电压，r为输电线上的电阻；故D错误4如图所示，一个匝数为N100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n1n2101的变压器给阻值R20 的电阻供电，已知交流电压表的示数为20 V，从图示位置开始计时，则下列说法正确的是(D)A电阻R消耗的电功率为10 WB穿过线圈平面的最大磁通量为 WbCt0时刻流过线圈的电流不为零Dt0.0025 s时刻穿过线圈平面的磁通量为 Wb【解析】根据P可知，电阻R消耗的电功率P W20 W，A错误；根据原、副线圈电压比和匝数之间的关系可知，原线圈两端的电压U1U2200 V，所以线圈转动过程中产生的感应电动势最大值为UmU1200 V；又因为UmNBS，mBS，联立各式并代入数据得：m Wb，B错误；t0时，线圈正处于中性面，瞬时感应电动势为零，则流过线圈中的瞬时电流为零，C错误；t0.0025 s时，线圈和磁场之间的夹角为t0.25，故此时的磁通量mcos Wb Wb，D正确5(多选)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n251，电阻R20 ，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光下列说法正确的是(CD)A输入电压u的表达式u20sin 50t (V)B只断开S2后，L1、L2均正常发光C只断开S2后，原线圈的输入功率减小D若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W【解析】由图乙可知原线圈的输入电压的周期为T0.02 s，所以100，可知其表达式为u120sin 100t (V)，故选项A错误；由题意可知变压器原线圈的输入电压U120 V，由可得副线圈的输出电压U2U14 V，将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4 V，只断开S2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B错误；只断开S2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C正确；若S1换接到2后，电阻R的功率PR W0.8 W，故选项D正确6电阻为R的负载接到20 V直流电压上消耗的电功率是P，现用一个变压器，将电压最大值为200 V的正弦交流电压接原线圈，副线圈接电阻R，则R上消耗的电功率为，该变压器原、副线圈的匝数比为(C)A201 B101C101 D110【解析】当电阻接在直流电路中的时候，由P可得，此时的功率P，当功率为时，由P可得，此时电阻的电压的有效值为U210 V，变压器的输入电压的有效值为U1 V100 V，所以变压器原、副线圈的匝数比为；故选C.7如图是街头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输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的阻值减小(滑动片向下移)如果变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时(A)AA1、A2读数均增大 BA1、A2读数均减小CV2、V3读数均增大 DV2、V3读数均减小【解析】理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出电压也不变，所以V2的示数不变，当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即A2的示数变大，由于副线圈的电流变大，电阻R0的电压变大，又因为V2的示数不变，所以V3的示数变小，故C错误，D错误；由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小，输出的功率U2I2变大了，所以原线圈的输入的功率U1I1也要变大，因为输入的电压U1不变，所以输入的电流要变大，所以A1的示数变大，A2的示数也变大，故A正确，B错误8(多选)长白高速铁路项目于2017年5月竣工，长春至白城的运行时长将压缩在2小时以内，电力机车供电系统如图所示发电厂利用升压变压器将低压交流电升至110 kV，牵引变电所利用降压变压器将电力系统输送来的高压交流电变换为27.5 kV，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压不变，输电线的电阻不能忽略，若机车的功率增大，则(CD)A升压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大D输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【解析】升压变压器输出电压由发电机输出电压决定，因升压变压器匝数比不变，故升压变压器输出电压不变，故A错误；因机车的功率增大，则发电厂输出的功率一定增大，则输送电流增大，导线上损失的电压一定增大，故降压变压器获得的输入电压减小，则输出电压减小，故B错误；因输电电流增加，则由PI2R可知，输电线上损失的功率增大，故C正确；根据P损R，则有：；因发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大故D正确9为了测量高电压和强电流，常用到变压器的有关原理如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器若电压互感器上、下线圈的匝数比为1 0001，电流互感器上、下线圈的匝数比为1100，并且知道电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，下列说法正确的是(C)A输送的电压为220 VBL2中的电流强度为10 AC电路中输送的功率为2.2108 W D两输电线的总电阻为22 【解析】甲图的原线圈两端接电源两端的电压，所以是电压互感器，已知n1n21 0001，电压表示数为U2220 V，根据可得输送的电压为：U12.2105 V，选项A错误；乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线，所以是电流互感器，已知n3n41100，电流表示数为I410 A，根据可得传输电流为：I31 000 A，选项B错误；输电线中输送的功率为PU1I32.2108 W，选项C正确；两输电线的总电阻无法求得，选项D错误；故选C.B组10如图所示为某款电吹风的电路图图中理想变压器的两线圈匝数分别为n1和n2，a、b、c、d为四个固定触点，相邻两点间距离相等，可动的扇形金属片P可同时接触两个触点触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹自然风和吹热风三种不同的状态，电吹风工作时，小风扇的输出功率都达到额定值42 W，其余参数如下表关于该款电吹风，下列说法中正确的是(A)热风时输入功率450 W自然风时输入功率50 W小风扇额定电压50 VA小风扇线圈电阻为8 B电热丝工作时电流为2 AC变压器两线圈的匝数比n1n2225D触片P与触点b、c接触时，电吹风吹热风【解析】小风扇的热功率为：P热(5042) W8