2020版新一线高考物理(新课标)一轮复习教学案：第11章 第2节 变压器 电能的输送 含答案
高考物理一轮复习 第十一章 交变电流 传感器 第2讲 变压器 远距离输电教学案(含解析)-人教版高
第2讲 变压器 远距离输电➢ 教材知识梳理一、变压器1．变压器的构造：变压器由原线圈、副线圈和闭合________组成．2．理想变压器：不考虑铜损(线圈电阻产生的热量)、铁损(涡流产生的热量)和漏磁的变压器，即理想变压器原、副线圈的电阻均为________，变压器的输入功率和________相等．3．基本关系(1)功率关系：________；(2)电压关系：________；(3)电流关系：________． 二、远距离输电1．输电导线上的能量损失：输电线的电阻R 发热产生热量，表达式为________． 2．减小输电线电能损失的主要途径：(1)减小输电线的________；(2)采用________输电． 3．高压输电过程：如图11291所示．图11291(1)输电线电压损失：ΔU ＝________＝________； (2)输电线功率损失：ΔP ＝________＝________．答案：一、1.铁芯 2.零 输出功率 3．(1)P 1＝P 2 (2)U 1U 2＝n 1n 2 (3)I 1I 2＝n 2n 1二、1.Q ＝I 2Rt 2.(1)电阻 (2)高压 3．U 2－U 3I 2R (2)P 2－P 3I 22R [思维辨析](1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．( ) (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热损耗．( ) 答案：(1)(√) (2)(×) (3)(×) (4)(×) (5)(√)(6)(√)➢考点互动探究考点一理想变压器1.变压器的工作原理2．理想变压器的基本关系电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1考向一基本关系的应用1 (多项选择)如图11292所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A．以下判断正确的选项是( )图11292A．变压器输入功率为484 WB．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3答案：BD[解析] 将额定电压为60 V的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)读数分别为220 V和2.2 A，根据功率公式可以求出用电器消耗的功率等于输入功率，为132 W ，选项A 不正确；再根据变压器变压公式和变流公式U 1U 2＝n 1n 2和I 1I 2＝n 2n 1，可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A ，选项B 正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值不是2.2 A ，选项C 错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝11∶3，选项D 正确．考向二 变压器原线圈与用电器串联问题多项选择)[2016·全国卷Ⅲ] 如图11293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．以下说法正确的选项是( )图11293A ．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 答案：AD[解析] 设灯泡的额定电压为U 0，那么输入电压U ＝10U 0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U 1＝U －U 0＝9U 0，副线圈两端的电压U 2＝U 0，所以原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝9∶1，A 正确，B 错误；原、副线圈的电流之比I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶9，由电功率P ＝UI 可知，a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确．考向三 变压器副线圈含二极管问题(多项选择)如图11294所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表A 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，那么( )图11294A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，c 、d 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍 答案：BD[解析] 交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式U abU 2＝n 1n 2可得到输出电压U 2，而输出电压U 2不等于c 、d 端电压，因二极管具有单向导电性，输出电压经二极管整流后有效值发生变化，U cd ＝2U 22＝2n 2U ab2n 1，那么U ab ∶U cd ＝2n 1∶n 2，选项A 错误．增大负载电阻的阻值R 后，由于U ab 不变，U cd 也不变，根据P 出＝U 2cdR可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，选项B 正确，选项C 错误．二极管短路时，U ′cd ＝U 2，输出功率P ′出＝U ′2cd R ＝U 22R＝2P 出，故输入功率P 1也加倍，而输入电压U 1不变，根据P 1＝U 1I 1得电流表读数加倍，选项D 正确．考点二 变压器电路的动态分析 考向一 匝数比不变，负载变化的情况4 [2016·某某卷] 如图11295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．以下说法正确的选项是( )图11295A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1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A 1示数变大D ．假设闭合开关S ，那么电流表A 1示数变大，A 2示数变大 答案：B[解析] 滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻也变大，而副线圈两端的电压没有变化，所以干路中的电流减小，R 1消耗的功率变小，A 错误；干路中的电流变小，R 1两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表V 示数变大，B 正确；由于变压器副线圈干路中的电流变小，所以原线圈中的电流变小，即电流表A 1的示数变小，C 错误；闭合开关S 后，并联电路的阻值变小，总电阻也变小，干路中的电流变大，R 1两端的电压变大，并联电路的电压变小，通过R 2的电流变小，即电流表A 2示数变小，因变压器的功率变大，故电流表A 1示数变大，D 错误．■ 规律总结 如图11296所示．图11296(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变． (2)当负载电阻发生变化时，副线圈的电流I 2变化，根据输出电流I 2决定输入电流I 1，可以判断I 1的变化．(3)I 2变化引起输出功率P 2变化，输出功率决定输入功率，可以判断输入功率P 1的变化． 考向二 匝数比变化，负载电阻不变的情况(多项选择)[2015·某某模拟] 如图11297甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，那么以下说法正确的选项是( )图11297A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为55 VB ．当单刀双掷开关与a 连接且t ＝0.01 s 时，电流表示数为零C ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率增大D ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率为25 Hz 答案：AC[解析] 由图像可知，电压的最大值为311 V ，交流电的周期为2×10－2s ，所以交流电的频率为50 Hz ，交流电的有效值为220 V ，根据电压与匝数成正比可知，当单刀双掷开关与a 连接时，副线圈电压为55 V ，所以副线圈电流为5.5 A ，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为5.5 A ，选项A 正确，选项B 错误；当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出电压要变大，电阻R 上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，选项C 正确；变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz ，选项D 错误．■ 规律总结 如图11298所示．图11298(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化． (2)R 不变，U 2变化，I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化．考点三1.输电线路与物理量基本关系 输电线路如图11299所示：图112992．基本关系(1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3； (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，U 2＝ΔU ＋U 3； (3)电流关系：I 2I 1＝n 1n 2，I 4I 3＝n 3n 4，I 2＝I 3＝I 线； (4)输电电流：I 线＝P 2U 2；(5)输电线上损失：P损＝I线ΔU＝I2线R线．6 (多项选择)[2015·江门模拟] 图112910为某小型水电站的电能输送示意图．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，电阻R0＝11 Ω.假设T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝2202sin 100πt(V)，以下说法正确的选项是( )图112910A．发电机中的电流变化频率为100 HzB．通过R0的电流的有效值为20 AC．升压变压器T1的输入功率为4650 WD．假设R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小答案：BC[解析] 变压器不能改变交变电流的频率，交变电流的频率f＝ω2π＝50 Hz，选项A错误；降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V，负载电阻为11 Ω，所以通过R0电流的有效值是I＝20 A，选项B 正确；根据电流与匝数成反比可知，输电线上的电流为I′＝5 A，所以输电线上消耗的功率为I′2R＝250 W，用电器消耗的功率为I2R0＝4400 W，所以升压变压器的输入功率为4650 W，选项C正确；当用电器的电阻R0减小时，通过用电器的电流增大，通过输电线的电流增大，用电器的功率增大，输电线损耗的功率增大，那么发电机的输出功率也增大，选项D错误．■ 建模点拨(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量；(2)理清三个回路：输电过程的电路被划分为三个独立的回路(如图112911所示)，电源回路、输送回路和用户回路．在每个回路中，变压器的原线圈相当于电源回路的用电器，而相应的副线圈相当于下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系那么是联系不同回路的桥梁．图112911(3)抓住两个联系：①理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理，升压变压器原、副线圈中各个量间的关系是：U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2；②理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理，降压变压器原、副线圈中各个量间的关系是： U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4.(4)掌握能量关系：原线圈的功率就是输电的总功率，在输送过程中，部分电能被输电线损耗，大部分电能通过降压变压器和用户回路被用户消耗，能量关系为P 总＝P 线损＋P 用户．注意：输电线损失的电能和输电电流一般是解题的突破点． 考点四 特殊变压器的问题 考向一 自耦变压器7 自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图112912所示，其副线圈匝数可调．变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220 V 的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2 kW.设此时原线圈中电流有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，那么U 2和I 1分别约为( )图112912A ．380 V 和5.3 AB ．380 V 和9.1 AC ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 A答案：B [解析] 对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I 1＝P U 1＝2000220 A ≈9.1 A ，负载两端电压即为副线圈电压，由U 1n 1＝U 2n 2，即2201100＝U 21900，可得U 2＝380 V ，应选项B 正确．■ 规律总结自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图112913所示．图112913考向二互感器普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图112914中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd，为了使电流表能正常工作，那么( )图112914A．ab接MN、cd接PQ，I ab＜I cdB．ab接MN、cd接PQ，I ab＞I cdC．ab接PQ、cd接MN，I ab＜I cdD．ab接PQ、cd接MN，I ab＞I cd答案：B [解析] 根据理想变压器的原理，线圈电流与匝数成反比，ab接MN，通过的电流较大，电流表接在cd两端，通过的电流较小，选项B正确．■ 规律总结互感器分为电压互感器和电流互感器，比较如下：考向三 双副线圈变压器如图112915所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n 1∶n 2∶n 3为( )图112915A ．1∶1∶1B ．3∶2∶1C ．6∶2∶1D ．2∶2∶1 答案：B[解析] 灯泡正常发光，可得U A ＝U B ＝U C ＝U D ，所以U 2＝2U 3，由理想变压器的电压关系得n 2n 3＝U 2U 3＝21，可得n 2＝2n 3.灯泡都正常发光，那么功率相等，即P A ＝P B ＝P C ＝P D .由P ＝I 2R 得I A ＝I B ＝I C ＝I D ，即I 1＝I 2＝I 3，由理想变压器的功率关系得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3，即n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3，可得n 1＝n 2＋n 3＝2n 3＋n 3＝3n 3.所以n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1，选项B 正确．■ 规律总结计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系： (1)电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…… (2)电流关系：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…… (3)功率关系：P 1＝P 2＋P 3＋…… 考向四 副线圈含电容器的变压器] 某一火警报警系统原理图如图112916所示，报警器未画出，a 、b 接在电压u ＝311sin 314t (V)的正弦交流电源上，R t 为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻值随温度升高而减小，以下说法正确的选项是( )图112916A ．电压表V 的示数为311 VB ．电容器C 电容增大，灯L 变暗C ．R t 所在处出现火警时，电流表A 的示数增大D ．R t 所在处出现火警时，变压器输入功率减小答案：C [解析] a 、b 间所接交变电压的有效值为3112V ＝220 V ，那么电压表V 的示数是220 V ，应选项A 错误；电容器C 电容增大，对该支路电流的阻碍作用变小，灯L 变亮，应选项B 错误；当R t 所在处出现火警时，R t 的电阻值变小，由于副线圈的电压不变，那么消耗的功率P ＝U 2R t变大，故变压器的输入功率变大，由于输入电压不变，那么电流表示数变大，应选项C 正确，选项D 错误．[教师备用习题]1．[2015·某某卷] 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 ．变压器原线圈匝数为800，那么副线圈匝数为( )A ．200B ．400C ．1600D ．3200[解析] B 根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈匝数为400匝，选项B 正确．2．[2015·某某卷] 如下图电路中，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，R 0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A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，那么以下说法正确的选项是( )A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3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] D 由图可知，电压表V 1与V 2分别测量原、副线圈电压，由理想变压器工作原理可知，原线圈电压由电源决定，副线圈电压与负载工作状态无关，故电压表V 1与V 2示数均不变，A 、B 错误；由能量守恒定律知，负载变化时，原、副线圈功率增量应相同，即ΔI 1U 1＝ΔI 2U 2，又ΔI 1<ΔI 2，故U 1>U 2，即该变压器起降压作用，C 错误；由电流增大知，负载R 的阻值应减小，D 正确．3．(多项选择)[2014·某某卷] 如下图的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，以下说法正确的选项是( )A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大[解析] BD 由于理想变压器输入电压不变，那么副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡两端的电压没有影响，故灯泡亮度不变，那么选项A错误；滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，那么副线圈电压不变，应选项B正确；滑片P上滑，电阻减小，副线圈输出电流I2增大，那么原线圈输入电流I1也增大，此时变压器输出功率P2＝U2I2将变大，应选项C错误，选项D正确．4．(多项选择)[2015·某某卷] 如下图，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，那么( )A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小[解析] BC 保持Q的位置不动，将P上滑时，副线圈电路中电阻变大，所以副线圈的电流变小，原线圈中电流也变小，A错误，B正确；保持P的位置不动，将Q上滑时，副线圈两端的电压变大，所以副线圈电路中电流变大，原线圈中电流也变大，C正确，D错误．5．(多项选择)[2015·某某卷] 如下图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，那么( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V[解析] AD 负载电阻减小为5R 0时，有U 2R 0＋5R 0＝5 V 5R 0，可得U 2＝6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得U 1＝24 V ，原线圈两端电压的最大值为2U 1＝24 2 V ≈34 V ，选项A 正确；保持变压器输入电流不变即I 1不变，由I 1I 2＝n 1n 2知，负载电阻变化前后副线圈电流I 2不变，那么5 V 5R 0＝U 2′R 0＋11R 0，可得U 2′＝12 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端电压U 1′＝48 V ，选项D 正确．6．[2016·某某卷] 一自耦变压器如下图，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c 、d 间作为副线圈．在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中( )A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高[解析] C 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U 1U 2＝n 1n 2，这里n 2< n 1，所以U 2 <U 1.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，n 2变小，n 1不变，而原线圈两端电压U 1也不变，因此U 2降低，选项C 正确．7．[2016·某某卷] 如下图，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，那么( )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]B 由变压器相关知识得：U 1U 2＝n 1n 2，原、副线圈减去相同的匝数n 后：U 1U ′2＝n ′1n ′2＝n 1－n n 2－n ，n 1n 2－n ′1n ′2＝－n 〔n 1－n 2〕n 2〔n 2－n 〕<0，那么说明变压器原、副线圈的匝数比变大，那么可得出C 、D 错误．由于原线圈电压恒定不变，那么副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A 错误，B 正确．8．[2016·全国卷Ⅰ] 一含有理想变压器的电路如下图，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω 和4U 为正弦交流电压源，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 ．2B ．3C ．4D ．5[解析] B 开关断开时，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，那么U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，原、副线圈的电流比4I I ′2＝n 2n 1，通过R 2的电流I ′2＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U ′2＝I ′2R 2＝4In 1n 2，由U ′1U ′2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U ′1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，那么U ＝U ′1＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋12I ，解得n 1n 2＝3，选项B 正确．。
2020届高考物理一轮复习教学案精品集102变压器电能的输送
2020届高考物理一轮复习教学案精品集102变压器电能的输送【教学要求】1．了解变压器的构造和原理。
明白变压器的电压与匝数的关系，并能用这关系进行运算。
2．了解远距离输电的要紧环节，明白远距离输电时应用高电压的道理。
【知识再现】一、变压器1、要紧构造：〔1〕闭合铁芯。
〔2〕绕在铁芯上的原、副线圈〔初级、次级线圈〕。
2、工作原理：电磁感应〔互感〕。
3、几种常用的变压器〔l〕自耦变压器：如调压变压器，铁芯上只绕一个线圈，可升压，可降压。
〔2〕互感器电压互感器：把高电压变成低电压，以便测量高电压。
〔降压变压器〕电流互感器：把大电流变成小电流，以便测定小电流。
〔升压变压器〕二、电能的输送1、输送电能的差不多要求：可靠〔供电线路工作可靠〕、保质〔电压和频率稳固〕、经济〔输电线路的建筑和运行费用低，电能损耗少〕。
2、关键：减小输电线路上的电能损耗，P损=I2R。
3、方法：①减小输电线的电阻，如采纳电阻率小的材料或增大导线的横截面积。
②高压输电：在输送功率一定的条件下提高输送电压，以减小输电电流，从而减小输电导线上缺失的电功率。
知识点一理想变压器的原理及差不多关系式由于理想变压器没有漏磁和能量缺失，因此穿过原、副线圈的磁通量ф相等，磁通量的变化率△ф/△t也总是相等，这种使原、副线圈产生的感应电动势与原、副线圈的匝数成正比．故变压器的工作原理是电磁感应〔互感现象〕．变压器的差不多规律可概括为〝三变三不变〞，即：可改变交流的电压、电流、等效电阻；不能改变功率、频率和直流的电压。
变压器的变压比:U1／n1= U2／n2= U3／n3 =…= ΔU／Δn = k变压器的变流比: n1I1=n2I2+n3I3+……理想变压器的输入功率由输出功率决定：2211222222111/RnUnRUUIUIP⎪⎪⎭⎫⎝⎛====【应用1】如下图，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n1：n2=4:1，原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等。
2020版高考物理人教版(山东专用)一轮复习课件：第十一章 第2节 变压器 电能的输送
第2节 变压器 电能的输送素养提升基础知识一、理想变压器1.变压器的原理基础过关 紧扣教材·自主落实教材解读 现象是变压器工作的基础.电流通过原线圈时在铁芯中激发 ,由于电流的大小、方向在不断变化,铁芯中的磁场也在不断 ,变化的磁场在副线圈中产生 电动势.在输入电压一定时,原、副线圈取不同的匝数,副线圈输出的电压也不一样.互感磁场变化感应2.理想变压器的基本关系(1)功率关系: .P 入=P 出降压升压3.几种常见的变压器(1)自耦变压器——调压变压器()()():2⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩电压互感器把高 变成低 ,其原线圈匝数 选填“多于”或“少于”副线圈匝数.互感器电流互感器:把大 变成小 ,其原线圈匝数 选填“多于”或“少于”副线圈匝数.电压电压多于电流电流少于二、电能的输送1.输电过程(如图所示)3.电压损失Ir(1)ΔU= .(2)ΔU=U-U′.I2r (2)ΔP=P-P′.(1)理想变压器的基本关系式中,电压和电流可以均为有效值.( )(2)变压器不但能改变交变电流的电压,也能改变直流电流的电压,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)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗.( )过关巧练√1.思考判断×××√2.如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2;副线圈电路中接有灯泡,灯泡的额定电压为220 V,额定功率为 22 W;原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表.现闭合开关,灯泡正常发光.若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数,则( )A3.(2018·广东深圳模拟)如图为远距离输电的电路原理图,则下列判断正确的是( )DA.U1>U2B.U2=U3C.I4<I2D.I1>I2解析:从电厂经升压变压器,电压被提高,U1<U2,而电流与匝数成反比,则有I 1>I2.故A错误,D正确;由于输电线存在电阻,所以U2>U3,故B错误;用户处为降压变压器,根据电流与匝数成反比,知I2<I4.故C错误.考点研析 核心探究·重难突破考点一 理想变压器的原理和基本关系1.变压器的工作原理2.理想变压器的制约关系【典例1】 (2016·全国Ⅲ卷,19)(多选)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、副线圈匝数之比为9∶1B.原、副线圈匝数之比为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∶9AD【针对训练】 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,交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin 100πt(V),副线圈所在电路中接有一个电阻、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10∶1.电阻的额定功率为44 W,小电动机内电阻为1 Ω,电流表示数为3 A,各用电器均正常工作.则( )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 AB考点二 理想变压器的动态分析1.变压器动态分析的两种情况(1)匝数比不变、负载发生变化的情况(如图)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.③I2变化引起P2变化,P1=P2,故P1发生变化.(2)负载电阻不变、匝数发生变化的情况(如图)②R不变,U2改变,故I2发生变化.A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22 VB.当单刀双掷开关与a连接时,在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小C.当仅把单刀双掷开关由a扳向b时,原线圈输入功率变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时,调节滑动变阻器滑片到适当位置,有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等变压器动态分析要点反思总结处理此类问题的关键是要分清变量和不变量,弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系——U2由U1和匝数比决定;I2由U2和负载电阻决定;I1由I2和匝数比决定.1.[负载电阻变化](2019·山东淄博一中质检)如图所示,理想变压器原线圈两端的电压不变,电流表为理想电流表,副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2,输电线的等效电阻为R,开始开关S断开,当开关S闭合后,以下说法正确的是( )A.副线圈两端MN输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R上的电压减小C.通过灯泡L 1的电流增大D.原线圈中电流表的示数增大题组训练D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,故A错误;由于副线圈的输出电压不变,当S闭合时,副线圈的电阻减小,所以总的电流变大,所以副线圈输电线等效电阻R上的电压增大,故B错误;当S闭合后,两个灯泡并联,电路的电阻减小,副线圈的电流变大,所以通过电阻R的电流变大,电压变大,那么并联部分的电压减小,所以通过灯泡L的电流减小,故C错误;由于变压器的输入功率和输出1功率相等,副线圈的电阻减小了,输出功率变大了,所以原线圈的输入功率也要变大,因为输入的电压不变,所以输入的电流要变大,故D正确.2.[原、副线圈匝数都变化](2016·四川卷,2)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B不变,则( ) Array 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考点三 远距离输电远距离输电问题的“三二一”1.理清三个回路在回路2中,U 2=ΔU+U 3,I 2=I 线=I 3.3.掌握一个守恒能量守恒关系式P1=P损+P4.【典例3】 (2019·山东济宁质检)图(甲)为远距离输电示意图,变压器为理想变压器,升压变压器原副线圈匝数比为 1∶100,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(报警器未画出),R 1为定值电阻,R 2为半导体热敏材料制成的传感器,当温度升高时其阻值变小.未出现火警时,升压变压器的输入功率为660 kW.下列说法中正确的是( )A A.远距离输电线路损耗的功率为90 kWB.远距离输电线路损耗的功率为180 kWC.当传感器R 2所在处出现火警时,输电线上的电流变小D.当传感器R 2所在处出现火警时,R 2两端的电压变大【针对训练】 已投产运行的1 000 kV特高压输电项目,是目前世界上输电电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电,在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用1 000 kV特高压输电,不考虑其他因素的影响.则( )D素养提升 学科素养·演练提升核心素养【思维拓展】 把握三点,解决含二极管的变压器问题1.二极管具有单向导电性:正向导通,反向截止.2.先假设二极管不存在,分析副线圈的电流,再利用二极管的单向导电性对副线圈的电流进行修正.3.结合能量守恒定律进行分析.【示例】 (多选)如图,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1,n 2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大.用交流电压表测得a,b端和c,d端的电压分别为U ab 和U cd ,则( )BD A.Uab ∶U cd =n 1∶n 2B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小C.负载电阻的阻值越小,cd间的电压U cd 越大D.将二极管短路,电流表的读数加倍解析:因副线圈负载中有二极管,因此a,b两点间电压与c,d两点间电压不再满足与线圈匝数成正比,因此A项错误;增大负载电阻的阻值R,会使副线圈中的电流变小,因此原线圈中的电流表示数变小,故B项正确;副线圈两端电压由原副线圈的匝数比和原线圈电压决定,只减小负载电阻的阻值不会改变副线圈的电压,故c,d两点间电压不变,选项C错误;当二极管导通时会造成半波损失,若将二极管短路,半波损失会消失,因此电阻消耗的电功率会加倍,由P=UI知,因P加倍而U不变,因此I加倍,因此电流表的读数加倍,故D项正确.高考模拟BA.2B.3C.4D.5 C3.(2016·天津卷,5)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示数变大,A2示数变大B点击进入课时训练。
高三物理最新教案-2020高考物理一轮复习资料：变压器
2－1 一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈 接有可调电阻R.设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输 出功率为P2.当R增大时( ) A．I1减小，P1增大 B．I1减小，P1减小 C．I2增大，P2减小 D．I2增大，P2增大 解析：考查理想变压器及其相关知识．当副线圈接的可调电阻R增大时，变压器 输出功率P2减小，导致变压器输入功率P1减小，原线圈中电流I1减小，所以正确 选项是B. 答案：B
1．如图10－2－2所示，理想变压器原副线圈匝数之比为10∶1.原线圈接电压u＝ 310sin 100πt(V)的交流电源，副线圈接两个阻值均为R＝22 Ω的负载电阻，电 表均为理想电表，则下述结论正确的是( ) A．开关S断开时，A表的示数为0.1 A B．开关S断开时，V表的示数为22 V C．开关S闭合时，A表的示数为0.05 A D．开关S闭合时，V表的示数为22 V 答案：BC
图10－2－4
解析：本题考查变压器及功率的知识．由变压比求得输电线电压U＝2.2×104 V， 由变流比求得输电线电流I＝1×104 A，所以输送功率P＝UI＝2.2×108 W，C 对．
答案：C
1－2如图10－2－5所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1 100匝，副线圈匝数n2＝220匝， 交流电源的电压u＝220 sin 100πt(V)，电阻R＝44 Ω，电压表、电流表为理想电表， 则下列说法错误的是( )
【例2】 如图10－2－6所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路
中R1、R2为定值电阻，滑动触头P可在R上滑动．V1、V2为理想电压表，读 数分别为U1、U2；A1、A2两理想电流表的读数分别为I1、I2.当滑动触头P向 下滑动且U1示数一直不变时，则下列推断中正确的是( )
2020高考物理一轮总复习 第十一章 讲义新人教版【共2套25页】
本套资源目录2020高考物理一轮总复习第十一章第1讲交变电流的产生和描述讲义含解析新人教版2020高考物理一轮总复习第十一章第2讲变压器电能的输送讲义含解析新人教版交变电流的产生和描述全国卷3年考情分析[基础知识·填一填][知识点1] 正弦式交变电流1．产生：线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．2．两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变.(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，i最大，电流方向不改变.3．电流方向的改变：一个周期内线圈中电流的方向改变两次．4．交变电动势的最大值：E m＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关．5．交变电动势随时间的变化规律：e＝nBSωsin_ωt.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化．(√)(2)大小变化而方向不变的电流也叫交变电流．(×)(3)线圈经过中性面时产生的感应电动势最大．(×)[知识点2] 描述交变电流的物理量 1．周期和频率(1)周期T ：交变电流完成1次周期性变化所需要的 时间 ，单位是秒(s)．表达式为T ＝2πω＝1n(n 为转速)．(2)频率f ：交变电流在1 s 内完成 周期性变化 的次数，单位是 赫兹(Hz) . (3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1T.2．交变电流的瞬时值、最大值、有效值和平均值 (1)瞬时值：交变电流 某一时刻 的值，是时间的函数． (2)最大值：交变电流或电压所能达到的最大的值．(3)有效值：让恒定电流和交变电流分别通过阻值相等的电阻，如果在交流的一个周期内它们 产生的热量 相等，就可以把恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值．(4)正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系I ＝I m2，U ＝U m2，E ＝E m2.(5)交变电流的平均值：E ＝nΔΦΔt ，I ＝n ΔΦ(R ＋r )Δt.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)最大值和有效值之间的 2 倍关系只适用于正弦交流电．(√) (2)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值．(×)(3)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值．(√)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－2 P35思考与讨论改编)通过一阻值R ＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( )A ．12 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V解析：B [根据图象，一个周期T ＝1 s ，设该交变电流的有效值为U,0～0.4 s 的时间间隔为t 1＝0.4 s,0.4～0.5 s 的时间间隔t 2＝0.1 s ，根据电流的热效应，由2(I 21Rt 1＋I 22Rt 2)＝U 2R·T ，解得U ＝4 10 V ，B 正确．] 2．(人教版选修3－2 P36第2题改编)某电容器两端所允许加的最大直流电压是250 V ．它在正弦交流电路中使用时，交流电压可以是( )A ．250 VB ．220 VC ．352 VD ．177 V解析：D [电容器的耐压值是指最大值，根据正弦交流电的有效值公式得：U ＝U m2＝2501.414V ＝177 V ．] 3．(人教版选修3－2 P34第5题改编)有一个正方形线圈的匝数为10 匝，边长为20 cm ，线圈总电阻为1 Ω，线圈绕OO ′轴以10π rad/s 的角速度匀速转动，如图所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T ，问：(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少？ (2)若从中性面位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的表达式． (3)线圈从中性面位置开始转过30°时，感应电动势的瞬时值是多大？解析：(1)交变电流电动势的峰值为E m ＝nBSω＝10×0.5×0.22×10π V＝6.28 V 电流的峰值为I m ＝E mR＝6.28 A.(2)从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ≈6.28sin 10πt V.(3)线圈从中性面位置开始转过30°，感应电动势的瞬时值e ＝E m sin 30°＝3.14 V. 答案：(1)6.28 V 6.28 A(2)e ＝6.28sin 10πt V (3)3.14 V考点一 正弦交变电流的产生及变化规律[考点解读]1．正弦式交变电流的图象(线圈在中性面位置开始计时)2.(1)确定交变电流的最大值(峰值)． (2)确定不同时刻交变电流的瞬时值． (3)确定周期T ⎝ ⎛⎭⎪⎫频率f ＝1T .(4)确定中性面对应的时刻．(5)确定交变电流方向改变时对应的时刻．[典例赏析][典例1] (多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V[解析] AC [线圈位于中性面时，磁通量最大，电动势为零，结合e －t 图象知，A 正确；转速之比等于周期的反比，故该比值为3∶2，B 错；频率为周期的倒数，a 的周期为0.04 s ，频率为25 Hz ，C 对；正弦交变电动势的有效值为E ＝E m2＝nBSω2，已知E a ＝152V ，且ωb＝23ωa ，故可知E b ＝23×152 V ＝102V ＝5 2 V ，D 错．] 交变电流瞬时值表达式的书写1．确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m＝nBSω求出相应峰值．2．明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．如：(1)线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝I m sin ωt.(2)线圈从垂直于中性面的位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝I m cos ωt.[题组巩固]1．(多选)如图所示为交流发电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接．关于其工作原理，下列分析正确的是( )A．当线圈平面转到中性面时，穿过线圈的磁通量最大B．当线圈平面转到中性面时，线圈中的感应电流最大C．当线圈平面转到跟中性面垂直时，穿过线圈的磁通量最小D．当线圈平面转到跟中性面垂直时，线圈中的感应电流最小解析：AC [当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，线圈中的感应电流为零，故选项A正确，B错误；当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，选项C正确，D错误．]2．如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其单匝矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R ＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象，则( )A．电阻R上的电功率为20 WB．t＝0.02 s时，R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt VD．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝14.1cos 50πt A解析：C [电阻R 上的电功率为P ＝U 2R＝10 W ，选项A 错误；由题图乙知t ＝0.02 s 时磁通量变化率最大，R 两端的电压瞬时值最大，选项B 错误；R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝14.1cos 100πt V ，选项C 正确；通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝uR＝1.41cos 100πt A ，选项D 错误．]考点二 有效值的理解与计算[考点解读]1．交变电流有效值的几种计算方法 (1)公式法 利用E ＝E m2、U ＝U m2、I ＝I m2计算，只适用于正(余)弦式交变电流． (2)利用有效值的定义计算(非正弦式电流)计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍． (3)利用能量关系当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值． 2．几种典型交变电流的有效值[典例2] (多选)如图所示，甲、乙为两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压波形是正弦函数图象的一部分．下列说法正确的是( )A ．图甲、图乙均表示交变电流B ．图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝20sin 100πt (V)C ．图乙所示电压的有效值为20 VD ．图乙所示电压的有效值为10 V[解析] ABD [根据交变电流的定义，题图甲、题图乙均表示交变电流，选项A 正确；题图甲中电压的最大值为U m ＝20 V ，周期为0.02 s ，则电压的瞬时值表达式为u ＝U m sin2πTt ＝20sin 100πt (V)，选项B 正确；根据有效值的定义有⎝ ⎛⎭⎪⎫2022R·T 2＝U 2RT ，解得题图乙中电压的有效值为U ＝10 V ，选项C 错误，D 正确．]有效值求解的三点注意1．计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解．2．利用两类公式Q ＝I 2Rt 和Q ＝U 2Rt 可分别求得电流有效值和电压有效值．3．若图象部分是正弦(或余弦)交流电，其中的从零(或最大值)开始的14周期整数倍的部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I m ＝2I 、U m ＝2U 求解．[题组巩固]1．如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为( )A ．U m B.U m2C.U m 3D.U m2解析：D [从u －t 图象上看，每个14周期正弦波形的有效值U 1＝U m2，根据有效值的定义：U 2R T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R ×T4×2＋0，解得：U ＝U m2，D 正确．]2．一个匝数为100匝，电阻为0.5 Ω的闭合线圈处于某一磁场中，磁场方向垂直于线圈平面，从某时刻起穿过线圈的磁通量按图所示规律变化．则线圈中产生交变电流的有效值为( )A ．5 2 AB ．2 5 AC ．6 AD ．5 A解析：B [0～1 s 内线圈中产生的感应电动势E 1＝n ΔΦΔt ＝100×0.01 V＝1 V,1～1.2 s内线圈中产生的感应电动势E 2＝n ΔΦΔt ＝100×0.010.2V ＝5 V ，在一个周期内产生的热量Q ＝Q 1＋Q 2＝E 21R t 1＋E 22Rt 2＝12 J ，根据交变电流有效值的定义Q ＝I 2Rt ＝12 J 得I ＝2 5 A ，故选项B 正确，A 、C 、D 错误．]考点三 交变电流“四值”的理解和应用[考点解读][典例赏析][典例3] 如图所示，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20 cm ，ad 边长l 2＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO ′轴以n ＝3 000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω，t ＝0时线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里．求：(π≈3.14)(1)t ＝0时感应电流的方向； (2)感应电动势的瞬时值表达式； (3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量． [解析] (1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba . (2)线圈的角速度ω＝2πn ＝100π rad/s 题图位置的感应电动势最大，其大小为E m ＝NBl 1l 2ω代入数据得E m ＝314 V 感应电动势的瞬时值表达式为e ＝E m cos ωt ＝314cos (100πt ) V.(3)电动势的有效值E ＝E m2线圈匀速转动的周期T ＝2πω＝0.02 s线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W ＝I 2(R ＋r )T ＝E 2R ＋r·T代入数据得W ≈98.6 J.(4)从t ＝0时起线圈转过90°的过程中，Δt 内流过电阻R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝NB ΔS R ＋r ＝NBl 1l 2R ＋r代入数据得q ＝0.1 C.[答案] (1)感应电流方向沿adcba(2)e ＝314cos (100πt ) V (3)98.6 J (4)0.1 C交变电流“四值”应用的几点提醒1．在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．2．注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的．3．与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值．[题组巩固]1．如图甲所示，标有“220 V 40 W”的灯泡和标有“20 μF 300 V”的电容器并联到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是( )A ．t ＝T2时刻，的示数为零B ．灯泡恰好正常发光C ．电容器不可能被击穿 D.的示数保持110 2 V 不变解析：B [的示数应是电压的有效值220 V ，故A 、D 错误；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，B 正确；电压的峰值U m ＝220 2 V≈311 V，大于电容器的额定电压，故有可能被击穿，C 错误．]2．(多选)如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线OO ′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B ，若线圈从图示位置开始以角速度ω绕OO ′轴匀速转动，则以下判断正确的是( )A ．图示位置线圈中的感应电动势最大为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωtC ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R4(R ＋r )2解析：BD [题图位置线圈中的感应电动势最小，为零，A 错误．若线圈从题图位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e ＝12BL 2ωsin ωt ，B 正确．线圈从题图位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝I ·Δt ＝ΔΦR 总＝BL2R ＋r，C 错误．线圈转动一周的过程中， 电阻R 上产生的热量为Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫E m 2R ＋r 2·R ·2πω＝πB 2ωL 4R 4(R ＋r )2，D 正确．]第2讲变压器电能的输送[基础知识·填一填][知识点1] 理想变压器1．变压器的构造：变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成．2．原理：电流磁效应、电磁感应.3．理想变压器：不考虑铜损(线圈电阻产生的热量)、铁损(涡流产生的热量)和漏磁的变压器，即理想变压器原、副线圈的电阻均为零，变压器的输入功率和输出功率相等．4．理想变压器原、副线圈基本量的关系判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(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)理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率．(√)(3)理想变压器基本关系式中，电压和电流可以均为有效值．(√)(4)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．(×)[知识点2] 电能的输送如图所示，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′，输电线总电阻为R.1．输出电流：I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R. 2．电压损失：ΔU ＝U －U ′＝ IR3．功率损失：ΔP ＝P －P ′＝ I 2R ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 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 ＝ρl S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 .判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)高压输电的目的是增大输电的电流．(×)(2)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．(×) (3)高压输电可以减少输电线路上的电能损失，且输电线路上电压越高越好．(×)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－2 P43科学漫步改编)(多选) 如图所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )A ．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VB ．甲图是电流互感器，输电电流是100 AC ．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD ．乙图是电流互感器，输电电流是100 A解析：AD [根据匝数比U 1U 2＝n 1n 2，有U 1＝n 1n 2U 2＝1001×220 V＝22 000 V ，故A 正确；甲图是电压互感器，故B 错误；乙图是电流互感器，电表是电流表，故C 错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I 1I 2＝n 2n 1，有I 1＝n 2n 1I 2＝101×10 A＝100 A ，故D 正确．]2．(人教版选修3－2 P44第2题改编)有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36 V ，这个电压是把380 V 的电压降压后得到的．如果变压器的原线圈是1 140匝，副线圈是( )A ．1 081匝B ．1 800匝C ．108 匝D ．8 010匝解析：C [由题意知U 1＝380 V ，U 2＝36 V ，n 1＝1 140匝，则 U 1U 2＝n 1n 2得n 2＝U 2U 1n 1＝108匝．]3．(人教版选修3－2 P50第3题改编)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∶1B ．1∶100C ．1∶10D ．10∶1解析：A [由题意知输电线上的电流I ＝P U，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir＝Pr U ，故ΔU 1ΔU 2＝1U 11U 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A.] 4．(人教版选修3－2 P48科学漫步改编)超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103kW C ．1.6 kWD ．10 kW解析：A [节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I ＝P U ＝40×103800 A ＝50 A ，P 线＝I 2R ＝502×0.4 W＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 项正确．]考点一 理想变压器基本关系的应用[考点解读]1．理想变压器的制约关系(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⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器(n 1>n 2)：把高电压变成低电压，如图丙所示.电流互感器(n 1<n 2)：把大电流变成小电流，如图丁所示.[典例赏析][典例1] (2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 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 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s[解析] B [由题知，变压器的输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B 项正确，C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，A 项错误；交流电的周期T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，D 项错误．] 理想变压器问题三点应牢记1．熟记两个基本公式：(1)U 1U 2＝n 1n 2，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比．(2)P 入＝P 出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于输出功率之和． 2．原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变化率相等．3．原、副线圈中电流变化规律一样，电流的周期、频率一样．[题组巩固]1．如图为一理想变压器，其原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝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 mAB ．0C ．10 mAD ．2.5 mA答案：B2．(2016·全国卷Ⅲ)(多选)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：AD [设灯泡额定电压为U 0，则原线圈两端电压U 1＝10U 0－U 0＝9U 0，副线圈两端的电压U 2＝U 0，根据U 1U 2＝n 1n 2，可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝91，选项A 正确，选项B 错误；由I 1I 2＝n 2n 1可得，原、副线圈电流之比为1∶9，由P ＝UI 可得，此时a 和b 的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确．]考点二 理想变压器的动态分析[考点解读]1．匝数比不变的情况(如图所示)(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据输出电流I 2决定输入电流I 1，可以判断I 1的变化．(3)I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化． 2．负载电阻不变的情况(如图所示)(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化． (2)R 不变，U 2变化，I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化．[典例赏析][典例2] (2019·定州月考)(多选)理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图，在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．原线圈两端接在电压为U 的交流电源上，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小[解析] BC [在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定．因此，当Q 位置不变时，输出电压U 不变，此时P 向上滑动，负载电阻值R ′增大，则输出电流I ′减小．根据输入功率P 入等于输出功率P 出，电流表的读数I 变小，故A 错误，B 正确；P 位置不变，将Q 向上滑动，则输出电压U ′变大，I ′变大，电流表的读数变大，变压器的输入功率变大，因此选项C 正确，D 错误．]解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法：(1)分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定．[母题探究][探究如图所示，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，R 1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A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大、A 2示数变大解析：B [当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 的阻值变大，变压器的次级电压不变，则次级电流减小，则R 1消耗的功率及两端电压均变小，电压表的示数等于变压器次级电压减去R 1两端的电压，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；由于当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，次级电流减小，故初级电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则变压器的次级电阻减小，次级电流变大，R 1的电压变大，则电压表V 示数减小，则R 2两端电压减小，电流表A 2读数减小；次级电流变大，则初级电流变大，则电流表A 1示数变大，选项D 错误；故选B.][探究2] 匝数比改变，负载不变时的动态分析如图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，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2解析：C [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 ，由理想变压器原理U 1U 2＝n 1n 2，可得副线圈的匝数变为原来的12，C 选项正确；根据P ＝U 22R可得，副线圈的输出功率变为原来的14，同样原线圈的输入功率也变为原来的14，B 、D 错误；故P＝UI 可得副线圈的电流变为原来的12，A 错误．][探究3] 原、副线圈匝数都改变时的动态分析(2016·四川理综)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：B [根据变压器电压与匝数关系，U 1U 2＝n 1n 2，因为是降压变压器，则n 1>n 2，当原、副线圈减少相同匝数时，由数学知识可知n 1n 2变大，则U 2减小，故灯泡变暗，选项A 、C 错误，B 正确；根据I 1I 2＝n 2n 1可知通过原、副线圈电流的比值变小，选项D 错误．故选B.]考点三 远距离输电问题[考点解读]1．理清三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I 1等于发电机中的电流I 机；线圈1两端的电压U 1等于发电机的路端电压U 机；线圈1输入的电功率P 1等于发电机输出的电功率P 机．回路2：输送电路．I 2＝I 3＝I 线，U 2＝U 3＋ΔU ，P 2＝ΔP ＋P 3. 回路3：输出电路．I 4＝I 用，U 4＝U 用，P 4＝P 用． 2．抓住两个物理量的联系(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n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2.(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n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.3．掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户．[典例赏析][典例3] (2019·湖南六校联考)(多选)某大型光伏电站的功率是500 kW ，电压为12 V ，送往外地时，先通过逆变器转化为220 V 的交流电(转化效率为80%)，然后经变压器Ⅰ升压为20 000 V ，通过总电阻为20 Ω的输电线路送往某地，再经变压器Ⅱ降为220 V ，电压供用户使用，下列说法正确的是( )A ．变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为1 000∶11B ．变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为11∶1 000C ．用户最多可使用的功率为392 kWD ．用户负载越多，线路上损耗的功率越小[解析] BC [变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝111 000，B 项正确．变压器Ⅰ的输出功率P 2＝P 1＝500 kW×80%＝400 kW ，输电电流I ＝P 2U 2＝400 kW20 000 V＝20 A ，则输电线上损失的电压ΔU ＝IR 线＝400 V ，变压器Ⅱ的输入电压U 1′＝U 2－ΔU ＝19 600 V ，则变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为n 1′n 2′＝U 1′U 2′＝98011，A 项错误．用户最多可使用的功率为P 用＝P 2－I 2R 线＝4×105W －8 000 W ＝392 kW ，C 项正确．用户负载越多，线路上电流越大，线路上损耗的功率越大，D 项错误．]输电线路功率损失的计算方法。
高考物理第一轮复习教案第11章《交变电流》3变压器、电能输送
11.3 变压器、电能输送知识目标一、变压器1．理想变压器的构造、作用、原理及特征构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁芯上构成变压器．作用：在输送电能的过程中改变电压．原理：其工作原理是利用了电磁感应现象．特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交变电压．2．理想变压器的理想化条件及其规律．在理想变压器的原线圈两端加交变电压U1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有：，忽略原、副线圈内阻，有U1＝E1，U2＝E2另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是又有由此便可得理想变压器的电压变化规律为在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有P1=P2而P1=I1U1P2=I2U2于是又得理想变压器的电流变化规律为由此可见：（1）理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因数的差别．）（2）理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想条件下的新的表现形式．3、规律小结（1）熟记两个基本公式：①，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。
②P入=P出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。
（2）原副线圈中过每匝线圈通量的变化率相等．（3）原副线圈中电流变化规律一样，电流的周期频率一样（4）公式，中，原线圈中U1、I1代入有效值时，副线圈对应的U2、I2也是有效值，当原线圈中U1、I1为最大值或瞬时值时，副线圈中的U2、I2也对应最大值或瞬时值．（5）需要特别引起注意的是：①只有当变压器只有一个副线圈工作时．．．．．．．．．．，才有：②变压器的输入功率由输出功率决定．．．．．．．．．．．，往往用到：，即在输入电压确定以后，输入功率和原线圈电压与副线圈匝数的平方成正比，与原线圈匝数的平方成反比，与副线圈电路的电阻值成反比。
2020届高考物理一轮复习专题十一交变电流考点二变压器电能的输送教学案(含解析)
知识点1 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．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出。
(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，若n 1＞n 2，为降压变压器； 若n 1＜n 2，为升压变压器。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1；有多个副线圈时仍有P 入＝P 出，据P ＝UI 可推出，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n ，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…＋n n I n 。
(4)频率关系：不变。
4．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图A 、B 所示。
(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：把高电压变成低电压， 如图C 所示。
电流互感器：把大电流变成小电流，如图D 所示。
知识点2 远距离输电 1．减少输电电能损失的两种方法 (1)理论依据：P 损＝I 2R 。
(2)减小输电线的电阻：根据电阻定律R ＝ρl S，要减小输电线的电阻R ，在保证输电距离情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积等方法。
(3)减小输电导线中的电流：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。
2．输电过程示意图 3．输电电流 (1)I ＝P U ；(2)I ＝U －U ′R。
4．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q ＝I 2Rt 。
5．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR 。
6．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R 。
一、理想变压器原理和基本关系 1．变压器的工作原理 2．理想变压器的基本关系特别提醒(1)变压器不能改变直流电压，因为工作原理早已不成立。
(名师导学)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
第2节 变压器 远距离输电 考点1► 理想变压器的几个基本关系 【p 200】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Φ，磁通量变化率ΔΦΔt相同； (2)线圈无电阻，即原、副线圈两端电压U ＝E ＝n ΔΦΔt； (3)无能量损失，P 出＝P 入，即I 2U 2＝I 1U 1.4．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： ①只有一个副线圈时U 1U 2＝__n 1n 2__． ②有多个副线圈时U 1n 1＝__U 2n 2__＝__U 3n 3__＝… (3)电流关系：①只有一个副线圈时：I 1I 2＝__n 2n 1__． ②有多个副线圈时：依U 1I 1＝__U 2I 2__＋__U 3I 3__＋…，可推出：I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…＋I n n n .(4)频率关系：f 1＝f 2，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(n 1>n 2)：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(n 1<n 2)：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R 1和R 2，R 1和R 2的阻值分别为1 Ω和3 Ω.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R 1的电流之比为1∶4B ．开关闭合前后，流经R 1的电流之比为1∶2C ．开关闭合前后，副线圈的输出电压比为4∶1D ．开关闭合前后，变压器的输入功率之比为1∶2【解析】根据题意，该理想变压器原线圈两端电压U 1不变，原、副线圈匝数比一定，故副线圈电压U 2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I 2＝U 2R 1＋R 2＝14U 2；闭合开关后，副线圈电流I 2′＝U 2R 1＝U 2，故开关闭合前后，流过电阻R 1的电流之比I 2∶I 2′＝14，A 正确，B 错误；闭合开关前，变压器输入功率为P ＝IU 1；在闭合开关之后，变压器输入功率为P′＝4IU 1，故开关闭合前后，变压器输入功率之比为1∶4，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U 1U 2＝n 1n 2；当变压器有多个副线圈时，有：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝… 2．功率切入法：理想变压器的输入、输出功率为P 入＝P 出，即P 1＝P 2；当变压器有多个副线圈时P 1＝P 2＋P 3＋…3．电流切入法：由I ＝P U 知，对只有一个副线圈的变压器有I 1I 2＝n 2n 1；当变压器有多个副线。
2020版高考物理总复习11第2讲变压器电能的输送教案新人教版
第2讲 变压器 电能的输送一、变压器原理1．构造和原理(如图所示)(1)主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。
(2)工作原理：电磁感应的互感现象。
2．理想变压器的基本关系式(1)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，若n 1＞n 2，为降压变压器；若n 1＜n 2，为升压变压器。
(2)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1，只适用于只有一个副线圈的情况。
3．互感器(1)电压互感器，用来把高电压变成低电压。
(2)电流互感器，用来把大电流变成小电流。
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。
二、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 ＝I 2R 。
(2)降低输电损耗的两个途径。
①一个途径是减小输电线的电阻。
由电阻定律R ＝ρl S可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线。
此外，还要尽可能增加导线的横截面积。
②另一个途径是减小输电导线中的电流，由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，提高输电电压可以减小输电电流。
2．远距离输电过程的示意图(如图所示)对理想变压器，各物理量的关系为①P 1＝P 2，P 2＝P 损＋P 3，P 3＝P 4＝P 用。
②U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 3＋U 线，U 3U 4＝n 3n 4。
③n 1I 1＝n 2I 2，I 2＝I 线＝I 3，n 3I 3＝n 4I 4。
(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
)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。
(√)4．变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定。
2020届高考人教版物理一轮复习第十一章交变电流 传感器第2讲 变压器、电能的输送导学案
第2讲变压器、电能的输送导学案一、理想变压器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(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.理想变压器原、副线圈基本量的关系4.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示.图2(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器n 1>n 2：把高电压变成低电压，如图丙所示.电流互感器n 1<n2：把大电流变成小电流，如图丁所示.自测1 关于理想变压器，下列说法正确的是( ) A.变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用 B.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 C.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 D.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 答案 A 二、电能的输送如图3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 ′，输电线总电阻为R .图31.输出电流I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R. 2.电压损失 (1)ΔU ＝U －U ′ (2)ΔU ＝IR3.功率损失 (1)ΔP ＝P －P ′(2)ΔP ＝I 2R ＝(P U)2R4.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 ＝ρlS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.自测2 从发电站输出的功率为220kW ，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V 和11kV 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∶1B .1∶100C .1∶10D .10∶1 答案 A解析 由题意知输电线上的电流I ＝PU ，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir ＝Pr U ，故ΔU 1ΔU 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A.命题点一 实验：探究变压器电压与线圈匝数的关系1.实验目的：探究变压器电压与线圈匝数的关系.2.实验原理：原线圈通过电流时，铁芯中产生磁场，由于交变电流的大小和方向都在不断变化，铁芯中的磁场也在不断的变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈中就存在输出电压.本实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系.3.实验器材：两只多用电表(或两只交直流数字电压表)、学生电源(低压交流电源)、开关、可拆变压器、导线若干.4.实验步骤(1)按如图4所示连接好电路图，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数.图4(2)打开学生电源，读出两个电表电压值，并记录在表格中.(3)保持匝数不变多次改变输入电压，记录下每次的两个电压值.(4)保持电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值.5.数据记录与处理6.结论：原、副线圈的电压比与原、副线圈的匝数比相等.7.误差分析(1)实际变压器存在各种损耗.(2)交流电表的读数存在误差.8.注意事项(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作.(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过12V，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.例1 在“探究变压器线圈两端电压与匝数关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n 1＝120匝、n 2＝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.(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U 1、U 2的比值，还有一组U 1、U 2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)U 1U 2＝n 1n 2 (3)升压解析 (1)第三组数据为：U 1U 2＝7.815.2＝11.9(2)线圈匝数之比n 1n 2＝120240＝12，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是U 1U 2＝n 1n 2.(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.变式1 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材： A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈) B.条形磁铁 C.直流电源 D.多用电表 E.开关、导线若干上述器材在本实验中不必用到的是________(填器材前的序号)，本实验中还需用到的器材有________. 答案 BC 低压交流电源命题点二 理想变压器原理的应用例2 (2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图5所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，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S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图5A.2B.3C.4D.5答案 B解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确.变式2 (多选)如图6所示，将额定电压为60V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上.闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220V 和2.2A.以下判断正确的是( )图6A.变压器输入功率为484WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6AC.通过副线圈的电流的最大值为2.2AD.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3答案BD解析变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60W＝132W，选项A错误；由U1U2＝n1n2得n1n2＝U1U2＝22060＝113，选项D正确；由I1I2＝n2n1得I1＝n2n1I2＝311×2.2A＝0.6A，选项B正确；根据I＝I m2得通过副线圈的电流的最大值I2m＝2I2＝2.22A，选项C错误.变式3(2018·河南省中原名校第六次模拟)如图7所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端.此时6盏灯刚好正常发光.下列说法中不正确的是( )图7A.该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2B.此时交流电源输出的功率为6PC.U0＝6UD.如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮答案 A解析由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1，A错误；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P，B正确；设原、副线圈两端的电压分别为U 1、U 2，则U 2＝U ，U 0＝U 1＋2U ，而U 1∶U 2＝n 1∶n 2＝4∶1，代入得U 0＝6U ，C 正确；当灯L 6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P 1＝U 1I 1得I 1减小，所以灯L 1和L 2将变暗，同时因L 1和L 2分得的电压减小，变压器输入端的电压U 1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D 正确.命题点三 理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(如图8)图8(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变.(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化.(3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化. 2.负载电阻不变的情况(如图9)图9(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化. (2)R 不变，U 2变化，故I 2发生变化.(3)根据P 2＝U 22R，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化.图10例3 (2018·天津理综·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10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12，则( )A.R 消耗的功率变为12PB.电压表V 的读数变为12UC.电流表A 的读数变为2ID.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12，由E ＝nBS ω2知，原线圈中输入电压变为原来的12，频率变为原来的12.根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2变为原来的12，即U 2＝12U ，则通过R 的电流变为原来的12，R 消耗的功率P 2＝U 22R ＝14P ，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈上的电流也变为原来的12，即电流表A 的读数变为12I ，故选B.变式4 (多选)(2011·山东卷·20)为保证用户电压稳定在220V ，变电所需适时进行调压，图11甲为调压变压器示意图.保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压.某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示.以下正确的是( )图11A.u 2＝1902sin (50πt ) VB.u 2＝1902sin (100πt ) VC.为使用户电压稳定在220V ，应将P 适当下移D.为使用户电压稳定在220V ，应将P 适当上移 答案 BD解析 由u 2－t 图象知u 2m ＝1902V ，T ＝2×10－2s 故ω＝2πT＝100πrad/s ，故u 2＝1902sin (100πt ) V ，选项A 错误，选项B 正确.由变压器电压与匝数关系u 1u 2＝n 1n 2得u 2＝n 2u 1n 1，可减小n 1以使u 2的有效值增大至220V ，即将P 适当上移，故选项C 错误，选项D 正确.例4 (多选)(2018·山东省临沂市一模)如图12甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，图中电表均为理想电表，R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 1和L 2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是( )图12A.交流电压的频率为50HzB.电压表的示数为11VC.当照射R 的光强增大时，电流表的示数变大D.若L 1的灯丝烧断后，电压表的示数会变小 答案 ABC解析 由题图乙可知交流电压周期T ＝0.02s ，所以频率为f ＝1T＝50Hz ，故A 正确；原线圈接入电压的最大值是2202V ，所以原线圈接入电压的有效值是U ＝220V ，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，所以副线圈两端电压是11V ，所以电压表的示数为11V ，故B 正确；R阻值随光强增大而减小，根据I ＝UR知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，可知原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以电流表的示数变大，故C 正确；当L 1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D 错误.变式5 (2018·山西省重点中学协作体期末)如图13甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，R t 为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R 1为定值电阻.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电.下列说法中正确的是( )图13A.输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u ＝362sin50πt VB.变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C.t ＝0.01s 时，发电机的线圈平面位于中性面D.R t 温度升高时，变压器的输入功率变小 答案 C解析 由题图乙可知交流电压最大值U ＝362V ，周期T ＝0.02s ，可由周期求出角速度的值为2π0.02＝100π，则可得交流电压u 的瞬时值表达式u ＝362sin100πt V ，故A 错误；根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故B 错误；t ＝0.01s 时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面，故C 正确；R t 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大，故D 错误.命题点四 远距离输电1.理清三个回路图14远距离输电电网间的基本结构如图14所示.输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路.在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁. 2.抓住两个物理量的联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，P 1＝P 2，I 1n 1＝I 2n 2. (2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，P 3＝P 4，I 3n 3＝I 4n 4. 3.掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户.例5 (2019·安徽省马鞍山市质检)图15甲为远距离输电示意图，理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1000，理想降压变压器原、副线圈匝数比为1000∶1，输电线的总电阻为1000Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220V.下列说法正确的是( )图15A.输电线中的电流为3AB.电站输出的功率为7500kWC.输电线路损耗功率为90kWD.用户端交变电流的频率为100Hz 答案 B解析 由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为U m ＝2502V ，有效值为U 1＝U m2＝250V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，得副线圈两端的电压U 2＝n 2n 1U 1＝10001×250V＝2.5×105V ；用户端电压为220V ，根据U 3U 4＝n 3n 4，得降压变压器原线圈两端的电压U 3＝n 3n 4U 4＝10001×220V＝2.2×105V ，故输电线上损失的电压为ΔU ＝U 2－U 3＝3×104V ，则输电线上的电流为I ＝ΔUR＝3×1041000A ＝30A ，电站的输出功率为P 1＝P 2＝U 2I ＝7500kW ，输电线路损耗功率为ΔP ＝I 2R ＝900kW ，由题图乙可知，原线圈交变电流的周期为T ＝0.02s ，则频率为f ＝1T＝50Hz ，变压器不会改变交流电的频率，故用户端交变电流的频率为50Hz ，故B 正确，A 、C 、D 错误.变式6 (多选)(2018·广东省潮州市下学期综合测试)远距离输电线路简化如图16所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R ，则( )图16A.I 2<U 2RB.输电线损失的电功率为U 22RC.提高输送电压U 2，则输电线电流I 2增大D.电厂输送电功率为U 2I 2 答案 AD解析 在输电线路上：U 2＝I 2R ＋U 3，所以I 2<U 2R ，故A 正确；由于U 2不是R 两端的电压，所以输电线损失的电功率不是U 22R，故B 错误；因为输送功率不变，根据P 2＝U 2I 2，可知提高输送电压U 2，则输电线电流I 2减小，故C 错误；因变压器为理想变压器，所以有P 1＝P 2＝U 2I 2，故D 正确.。
2020高考物理人教通用版新一线学案课件第11章 第2讲 理想变压器 电能的输送
• 3．中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界 输电工程。假设甲、乙两地原采用500kV的超高压输
损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都
下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的 电线上损耗的电功率将变为 ( )
• A．P/4 B．P/2 • C．2P D．4P
• [解析] 保持输送功率不变，当输电电压升高一倍时，
大。
()
• (4)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程
失越小。
()
• 1．(2018·江苏南京、盐城一模)(多选)变压器线圈中的
所用的导线应当越粗。如图所示，是降压变压器，假
原线圈和一个副线圈。匝数分别为n1和n2。下列说法
(
)
• A．n1>n2，原线圈比副线圈的导线粗 • B．n1>n2，原线圈比副线圈的导线细 • C．n1<n2，原线圈比副线圈的导线粗 • D．n1<n2，原线圈比副线圈的导线细
• 3．几种常用的变压器 • (1)自耦变压器——调压变压器，如图A、B所示。
电压互感器：把高电压变成__低__电_压_____，如图C (2)互感器电流互感器：把大电流变成__小__电_流_____，如图D
知识点2 电能的输送
• 1．输电过程(如图所示)：
2．电压损失 (1)ΔU＝U－U′。 (2)ΔU＝___I_R____。
2 〔类题演练 〕
(2018·福建南平一模)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。P 是滑动变阻器 R 的滑片，U1 为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2 分 别为原线圈和副线圈中的电流。下列说法正确的是
A．保持 P 的位置及 U1 不变，若 S 由 a 切换到 b，则 I2 增大 B．保持 P 的位置及 U1 不变，若 S 由 b 切换到 a，则 I1 增大 C．保持 U1 不变，若 S 接在 a 端，将 P 向下滑动，则 R 上 D．保持 U1 不变，若 S 接在 b 端，将 P 向上滑动，则 I1 减
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第2节 变压器 电能的输送知识点一| 理想变压器1．构造和原理 (1)构造(如图所示)变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。
(2)原理：电磁感应的互感现象。
2．基本关系(1)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2。
(2)功率关系：P 入＝P 出。
(3)电流关系：①只有一个副线圈时：I 1I 2＝n 2n 1。
②有多个副线圈时：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…＋n n I n 。
3．几种常见的变压器(1)自耦变压器——调压变压器。
(2)互感器⎩⎨⎧电压互感器：把高电压变成低电压。
电流互感器：把大电流变成小电流。
自耦变压器原理如图所示：若AX 为输入端，触头a 向上移动时，副线圈匝数N 2增加，输出电压升高。
[判断正误](1)变压器能改变交变电流的电压，不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减小。
(×)考法1 变压器的工作原理1．(2019·惠州模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，a 、b 两点间的电压为u ＝220 2sin 100πt (V)，R 为可变电阻，P 为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽略不计，熔断电流为2 A 。
为使保险丝不熔断，可变电阻R 连入电路的最小阻值应大于( )A ．11210 Ω B ．1.1 Ω C ．11 Ω D ．11 2 ΩB [由a 、b 两点间的电压为u ＝2202sin 100πt (V)，可知变压器原线圈输入电压U 1＝220 V ，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝22 V ，保险丝熔断电流为2 A ，原线圈中电流为I 1＝2 A 时，由U 1I 1＝U 2I 2可得副线圈中电流为I 2＝20 A ，此时保险丝会熔断。
为保证保险丝不熔断，由欧姆定律可得可变电阻R 连入电路的最小阻值应大于U 2I 2＝1.1 Ω，选项B 正确。
]2.(2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 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 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 sB [理想变压器原线圈两端电压的有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2U 1n 1＝110 V ，即电压表的读数为110 V ，通过负载电阻的电流I 2＝U 2R ＝11055 A ＝2 A ，则副线圈的输出功率P ＝U 2I 2＝110×2 W ＝220 W ，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为220 W ，故选项A 、C 错误。
由n 1I 1＝n 2I 2得I 1＝n 2I 2n 1＝1 A ，即电流表的读数为1 A ，选项B 正确。
由u ＝2202sin 100πt (V)可知，角速度ω＝100π rad/s ，原线圈所接交流电的周期T ＝2πω＝0.02 s ，副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s ，选项D 错误。
]考法2 原线圈中接有负载电路的分析3.(2019·莆田模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4，a 、b 两端接到交流电源上，R 1、R 2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是( )A ．副线圈两端电压是电源电压的14B ．流过R 1的电流是流过R 2电流的4倍C ．R 1上的电功率是R 2上电功率的116 D ．R 1上的电功率是R 2上电功率的16倍C [原线圈两端电压等于电源电压，根据电压之比等于匝数之比可得U 2U 1＝n 2n 1＝4∶1，A 错误。
流过R 1的电流I 1＝U 1R 1，流过R 2电流I 2＝U 2R 2＝4U 1R 1＝4I 1，B 错误。
根据电功率P ＝I 2R 可得R 1上的电功率是R 2上电功率的116，C 正确，D 错误。
]4.(2019·南昌检测)一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝3∶1，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别是4 Ω、23 Ω和103 Ω，U 为有效值恒定的正弦交流电源。
当开关S 断开时，理想电流表的示数为I 。
当S 闭合时，电源电压增加到2U ，则电流表的示数为( )A ．6IB ．8IC ．10ID ．12IB [S 断开时，由I 1I 2＝n 2n 1得I 2＝3I ，副线圈两端的电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝12I ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝36I ，故U ＝U 1＋IR 1＝40I 。
S 闭合时，电流表示数为I ′，副线圈中电流I ′2＝3I ′，副线圈两端的电压U ′2＝I′2R2＝2I′，原线圈两端的电压U′1＝6I′，故2U＝I′R1＋U′1＝10I′，联立解得I′＝8I，B 正确。
]考法3变压器电路的动态分析(2019·防城港模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端所加电压如图乙所示，与副线圈相连的两个灯泡完全相同，闭合开关S后，下列说法正确的是()甲乙A．电流表示数减小B．电压表示数为110 2 VC．变压器的输入功率增大D．灯泡上的交流电每秒钟方向改变50次C[原线圈输入电压不变，线圈匝数不变，则副线圈电压不变，即电压表示数不变，灯泡电阻不变，则电流表示数不变，A错误。
原线圈的输入电压U1＝22022V＝220 V，根据变压器原理可得U2＝n2n1U1＝110 V，所以电压表的示数为110 V，B错误。
当S接通后，两个灯泡并联，增加一个负载，则副线圈功率增大，所以变压器的输入功率增大，C正确。
根据题图乙可知，周期T＝0.02 s，则频率f＝50 Hz，灯泡上的交流电每秒钟方向改变100次，D错误。
]6.(2019·贵阳检测)如图是原、副线圈都有中心抽头(匝数一半处)的理想变压器，原线圈通过单刀双掷开关S 1与电流表连接，副线圈通过另一单刀双掷开关S 2与定值电阻R 0相连接，通过S 1、S 2可以改变原、副线圈的匝数。
现在原线圈加一电压有效值为U 的正弦交流电，当S 1接a ，S 2接c 时，电流表的示数为I ，下列说法正确的是( )A ．当S 1接a ，S 2接d 时，电流为2IB ．当S 1接a ，S 2接d 时，电流为I2 C ．当S 1接b ，S 2接c 时，电流为4I D ．当S 1接b ，S 2接d 时，电流为I2C [设S 1、S 2分别接a 、c 时，原、副线圈匝数比为n 1∶n 2，则输出电压U 2＝n 2n 1U ，功率P ＝UI＝U 22R 0；在S 1、S 2分别接a 、d 时，输出电压U ′2＝n 2U 2n 1，功率P ′＝UI ′＝U ′22R 0，联立得I ′＝14I ，A 、B 项均错，同理可知，C 项对，D 项错。
]利用上述因果关系，可解决变压器动态变化问题。
知识点二| 电能的输送1．输电过程(如图所示)2．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR 。
3．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝ΔU 2R 。
4．输送电流(1)I ＝PU ；(2)I ＝U －U ′R 。
5．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电导线的电阻R 线。
由R 线＝ρlS 知，可采用加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。
(2)减小输电导线中的电流。
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。
[判断正误](1)增大输电导线的横截面积不利于减少输电过程中的电能损失。
(×)(2)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。
(√)(3)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。
(√)1．理清三个回路在回路2中，U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 线＝I 3。
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n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2。
(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n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是：U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4。
3．掌握一个守恒能量守恒关系式：P 1＝P 损＋P 4。
[典例] (2019·南京模拟)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为m ，降压变压器的变压比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电流表A 2的示数增大了ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔUR C ．电压表V 1的示数减小了ΔU D ．输电线损失的功率增加了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2RB [降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于n ，所以有ΔU 3ΔU ＝n ，即降压变压器原线圈两端电压减小了n ΔU ，升压变压器副线圈两端电压不变，所以输电线上电压增大为n ΔU ，根据欧姆定律知，电流表A 1示数增大了n ΔU R ，输电线上电流增大了n ΔUR ，根据电流与匝数成反比知，电流表A 2示数增大了n ·n ΔU R ＝n 2ΔUR ，A 错误，B 正确。
根据题意知，发电厂的输出电压恒为U ，升压变压器的变压比不变，所以电压表V 1的示数不变，C 错误。
输电线上电流增大了n ΔUR ，但输电线损失的功率增加量一定不是P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R ，D 错误。
]考法1 远距离输电原理1.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n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，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 ．I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2R C ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2D [根据理想变压器的工作原理可知I 1I 2＝n 2n 1，所以选项A 错误；因U 2、I 2、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；U 1I 1＝U 2I 2，但U 2I 2≠I 22R ，选项C 错误，D 正确。