物理2018届高考顶层设计第一轮总复习打包老师搜集

第十一章交变电流 传感器第2讲变压器 电能的输送微知识对点练微考点悟方法微专题巧突破微考场提技能微知识

对点练教材回扣基础自检原线圈副线圈闭合铁芯互感2．理想变压器的基本关系式U12，若

n1＞n2，为

变压器；若

n1＜I12(2)电流关系：I

＝_，只适用于只有一个副线圈的情况。n2，为

升压

变压器。n23．互感器电压互感器，用来把

高

电压变成

低

电压。电流互感器，用来把

大

电流变成

小

电流。n1(1)电压关系：U

＝

n2降压n1特别提醒

(1)如果变压器没有漏磁和能量损失，这样的变压器是理想变压器。(2)变压器只能改变交变电流的电流和电压，不能改变恒定电流的电流和电压。微知识❷

电能的输送1．输电损耗(1)功率损失：设输电电流为I，输电线的电阻为R，则功率损失为ΔP＝。(2)降低输电损耗的两个途径。①一个途径是减小输电线的

。由电阻定律

R＝ρl

可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用S的金属材料制造输电线。此外，还要尽可能增加导线的。②另一个途径是减小输电导线中的，由P＝UI

可知，当输送功率一定时，提高可以减小输电电流。I2R电阻电阻率小横截面积电流输电电压基|础|诊|断一、思维诊断1．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(

×)2．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(

×)3．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增大(

√)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定(√

)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗(

√

)二、对点微练1．(变压器的工作原理及应用)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220

V

交变电流改变为110

V。已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为(

)A．200C．1

600B．400D．3

200U2U1

n1n2U12

1解析

由变压器变压比

＝

，可知

n

＝

n

＝U2

110220×800＝400，B

正确。答案

B解析

本题考查变压器、远距离输电，意在考查考生的推理能力。设升压变压器的匝数比为N1，降压变压器的匝数比为N2，发电厂输出电压为U1，输1

1

1出功率为P

，则升压变压器的输出电压为N

U

，输电线中的电流为P1N1U1，输电线损耗的功率为2P1RN

U2

21

1，降压变压器输出电压为1

1N

U

－1P

RN1U1N2，输电线上损耗的功率占总功率的比例为1P

RN2U21

1，可见，当输出功率P1增大时，比例增大，选项C、D

正确。答案

CD微考点

悟方法核心考点分层突破2π1解析

由

ω＝2πf

得

f＝

ω

＝50

Hz，A

错误。原线圈电压有效值

U

＝12V，U2由U1

n1n22＝

得U

＝6

V，B

错误。2U2RLI

＝ ＝1

A1

2 2

2，C

错误。P

＝P

＝U

I

＝6

W，D正确。答案

D1

1 2

2解析

开关分别闭合时，n

I

＝n

I

、n

I

′＝n

I

、1

1 3

3

2U2RI

＝

、33U

U2

n2I

＝

R

、U3＝n3，n2联立得n3＝1I

′I1

25

n3

3

2n1

U1

2

n1

5U

1

n

1＝

，A

对；由题知

＝ ＝

，得 ＝

，所以只闭合开关S1

时，灯泡L1

两端电压为2

V，通过的电流为1A，消耗的功率为2

W，B

错；若两开关同时闭合，满足U1I10＝U2I2＋U3I3，代入数据得I10＝I1＋I1′＝1.45A，即电路消耗的总功率为P＝U1I10＝14.5

W，C对；若两开关同时闭合，通过两灯泡电流与原来相同，即灯泡L1

比灯泡L2

暗，D

错。答案

AC变压器只能改变交流电压和电流，不能改变直流电压，不能改变交流电的频率。理想变压器的原线圈和副线圈中功率相等，电流的关系是依据此关系推导出来的，当副线圈有多组时，也应该依据此关系推导。1UU1

n1n2

21

2(1)U

不变，根据

＝

，输入电压

U

决定输出电压

U

，不论负载电阻R

如何变化，U2

也不变。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。I2

变化引起P2

变化，P1＝P2，故P1

发生变化。解题导思：变压器原线圈两端电压由电源决定还是由副线圈所接电路决定？答：由所接电源决定。在副线圈和用电器构成的回路中副线圈能看成是无内阻的电源吗？答：利用等效法可以把副线圈看成一无内阻的电源。解析

对于理想变压器，原线圈电压决定副线圈电压，所以V1、V2

示数均不变，A、B

错误。A1、A2

中电流与原、副线圈中电流相同，由

ΔI1∶ΔI2＝n2∶n1，可知n1＞n2，为降压变压器，C错误。副线圈所连接的电路电压不变，电流变大，则电阻变小，即滑动变阻器沿c→d

的方向滑动，D

正确。答案

DA．若F

不动，滑片P

向下滑动时，V1

示数变大，V2

示数变小B．若F

不动，滑片P

向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C．若P

不动，滑片F

向下移动时，V1、V2

的示数均变小D．若P

不动，滑片F

向下移动时，灯泡消耗的功率变大解析

若

F

不动，滑片

P

向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V2

的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A错误，B正确；若P不动，滑片F向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L

消耗的功率减小，电压表V2

的示数变小，C、D

错误。答案

BB．t＝0.01

s

时，发电机线圈中穿过的磁通量最大C．Rt

温度升高时，变压器的输入功率变小D．Rt

温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大解析

原线圈接的是题图乙所示的正弦交流电，由题图知最大电压为

36

2V，周期为

0.02

s，故角速度是

ω＝100π

rad/s，u＝36 2sin100πt

V，故

A

错误。t＝0.01 s时，感应电动势为

0，线圈处于中性面位置，发电机线圈中穿过的磁通量最大，B

正确。Rt温度升高时，副线圈中的电阻减小，由于原、副线圈电压均不变，故电压表示数不变，电流表的示数变大，故输出功率变大，理想变压器的输入、输出功率相等，故输入功率变大，C

错误，D

正确。答案

BDA．交流电压

u

的表达式为

u＝36 2sin50πt

V2．以变压器铁芯为界线区分各个回路，各回路独立，运用欧姆定律，分析回路中的电压、电流和功率等问题。损3．各回路间通过变压器的匝数比、电压比、电流比和原、副线圈输入功率与输出功率相同的关系相联系。U2R送4．在计算输电线上的功率损失时，思路应该是

P

＝I2R＝

损＝P

－U2送P

用，绝对不能用P

损＝

R

。解题导思：(1)升压变压器的原线圈和副线圈两端电压各是多少？1答：原线圈两端电压U

＝2，副线圈两端电压UU

nm

21U

。2＝n1(2)输电线电阻上消耗的功率如何计算？损U2答：输电线损失功率

P

＝I2·2r，且

I＝

P

。解析

电源提供的交流电最大值为

Um，因此有效值

U1＝Um2，经过升压变压器，根据U2＝n2，得U2＝n2Um2n1U1

n1

P2，输电电流

I＝

＝2n1PU

nU2

m，所以输电线上损2失的功率ΔP＝I

·2r＝124

n

P

n2

Um2r，C

正确。答案

CA．P1

上调一点可使用户电压升高，线路损失减小B．P1

下调一点可使用户电压升高，线路损失增大

C．P2

上调一点可使用户电压升高，线路损失增大

D．P2

下调一点可使用户电压升高，线路损失减小解析

根据变压器原理，P1

上调，n1

增大，由U

n1

1U2＝n22可知

U

减小，导致3

4

1

1

44U

、U

都减小，故A

错误；P

下调，n

减小，U

增大，I

＝U4R负载3增大，I

增大即输电电流增大，则由ΔP＝I2R

可知，线路损失增大，故B

正确；P2

下调，U4

减小，D

错误；P2

上调，U4

增大，线路损失增大，C

正确。答案

BC解析

本题考查远距离输电及理想变压器的基本知识，解决本题的关键是对变压器的工作原理的掌握和闭合电路欧姆定律的应用。由理想变压器输出功率决定输入功率可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即

P1

增大，输入电压U1

为定值不变，升压变压器的匝数不变，输入电压不变，故输出电压U2

不变，由于P1

增大，由P1＝U1I1＝P2＝U2I2

可得，I1

增加，P2、I2增加，由闭合电路欧姆定律：U3＝U2－I2R，故U3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U3

减小，U4

减小，A、C

错误，B

正确；由于用户功率增加，即P4

增加，理想变压器无功率损耗可得：P3＝P4，功率P3

也增加，故D正确。答案

BD微专题

巧突破专题微讲突破瓶颈类型电压互感器电流互感器原线圈的连接并联在高压电路中串联在待测交流电路中副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用将高电压变为低电压将大电流变成小电流利用的公式U1＝n1U2

n2I1n1＝I2n2解析

根据变压器原、副线圈两端电压和原、副线圈匝数的关系式有U2U1＝n1n2，这里n2<n1，所以U2

<U1。在将滑动触头从M

点顺时针旋转到N点的过程中，n2

变小，n1

不变，而原线圈两端电压U1

也不变，因此U2

降低，选项C正确。答案

C当R3

不变，滑动触头P

顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小当R3不变，滑动触头P

逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小当P

不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小当P

不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大3

MNUMN

nMNMN解析

当

R

不变，P

顺时针转动时，n

减小，由UCD

＝nCD

，知

U

减小，则电压、电流表读数均减小，A

项正确，同理知B

项错；当P

不动时，匝数nMN不变，输出电压UMN不变，滑动触头向上滑动，R3

阻值变大，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C

项错误，同理知D

项也错误。答案

A在乙图中，线圈N4

的导线一定比线圈N3

的导线粗甲图中的电表是交流电流表，乙图中的电表是交流电压表

C．甲图中的电表是交流电压表，乙图中的电表是交流电流表

D．甲、乙两图中的电表均为交流电流表解析

甲图为电压互感器、乙图为电流互感器。由此判断

C

项正确。乙图中N3

对应大电流，匝数少，可使用较粗导线绕制，减少能量损失。N4

对应小电流，匝数多，相对N3

来说，可使用细些导线绕制，故A

项错。答案

C微考场

提技能专题选萃迁移应用解析

因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10

倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A

项正确，B

项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI

可知，a

和b

的电功率之比为1∶9，C

项错误，D

项正确。答案

AD解析

设理想变压器原、副线圈匝数比值为

k，根据题述，当开关

S

断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1。由变压公式U1/U2＝k

及功率关系U1I＝U2I2，可得I2/I＝k，即副线圈输出电流为I