2020版高考物理新设计一轮复习江苏专版讲义：第十章第2节变压器电能的输送

第2节变压器__电能的输送(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。(√)(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发热损耗。(√)(7)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。(√)突破点(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基本关系功率关系P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比：＝电流关系只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：＝频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约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[题点全练]1．(2019·南京、盐城一模)变压器线圈中的电流越大，所用的导线应当越粗。如图所示，是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，匝数分别为n1和n2。下列说法正确的是(　　)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解析：选B　由于是降压变压器，所以原线圈匝数要比副线圈匝数多，即n1>n2，故C、D错误，输入功率等于输出功率，所以副线圈的电流大于原线圈的电流，则较粗导线的线圈应该作为副线圈，故B正确，A错误。2.[多选](2019·苏州一模)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，电阻R＝25 Ω，C为电容器。原线圈接u1＝200sin(100πt)V的交流电。则(　　)A．该交流电的频率为50 HzB．交流电流表的读数为0C．电阻R的功率为200 WD．电容器的耐压值应大于50 V解析：选AD　由ω＝2πf可知该交流电的频率为f＝＝50 Hz，故A正确；电容器通交流隔直流，则交流电流表的读数不为0，故B错误；由＝可知，副线圈的电压为U2＝50 V，电阻R的功率为P＝＝100 W，故C错误；由于副线圈的电压有效值为50 V，最大值为50 V，所以电容器的耐压值应大于50 V，故D正确。突破点(二)　理想变压器的动态分析常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。匝数比不变的情况负载电阻不变的情况(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻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。(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不变时，I1发生变化。[典例]　(2016·天津高考)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[思路点拨]　解答本题时应从以下三点进行分析：(1)变压器中次级线圈电流决定初级线圈电流。(2)变压器中次级线圈功率决定初级线圈功率。(3)变压器中初级线圈电压决定次级线圈电压。[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＝I22R1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UR1′＝I2′R1变大，则R2两端的电压UR2′＝U2－UR1′变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。[答案]　B[集训冲关]1.[多选]如图所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压u＝220sin(100πt)V。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻。下列说法中正确的是(　　)A．电压表V示数为22 VB．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小C．当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数减小D．当传感器R2所在处出现火警时，电阻R1的功率变大解析：选BD　由题意可知，输入的电压为220 V，变压器的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为22 V，电压表测的是半导体热敏材料的电压，R1和R2的总电压为22 V，所以电压表的示数小于22 V，故A错误；当出现火警时，温度升高，电阻R2减小，副线圈的电流变大，所以R1的电压增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压减小，故B正确；由B分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，故C错误；由B分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，由于R1的电阻不变，由P＝I2R1可知，电阻R1的功率变大，故D正确。2.[多选](2019·南通一模)如图所示，理想变压器原线圈接电压为220 V的正弦交流电，开关S接1时，原副线圈的匝数比为11∶1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，电压表和电流表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)A．变压器输入功率与输出功率之比为1∶1B．1 min内滑动变阻器产生的热量为40 JC．仅将S从1拨到2，电流表示数减小D．仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小解析：选AC　根据理想变压器的特点可知，变压器的输入功率与输出功率之比为1∶1，故A正确；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为U2＝U1＝×220 V＝20 V，则1 min内滑动变阻器产生的热量为Q＝t＝×60 J＝2 400 J，故B错误；若只将S从1拨到2，副线圈的电压减小，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表示数减小，故C正确；将滑动变阻器滑片向下滑动，接入电路中的阻值变大，副线圈电流减小，原线圈电流即电流表的示数减小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，故D错误。突破点(三)　远距离输电1．理清三个回路在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。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n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。(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P1＝P损＋P4。远距离输电问题的“三 二 一”[典例]　如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)A.　　　　　　 　B.C．422r   D．422r[解析]　升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝，故选项C正确。[答案]　C[方法规律]　输电线路功率损失的计算方法P损＝P1－P4P1为输送的功率，P4为用户得到的功率P损＝I线2R线I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻P损＝ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混P损＝ΔU·I线注意：ΔU不要错代入U2或U3[集训冲关]1．(2019·苏州模拟)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错误的是(　　)A．(U1－U2)I　　　　　　　 　B．I2RC.   D.解析：选C　发电厂的输出电压为U1，用户得到的电压为U2，则输电线上的电压损失ΔU＝U1－U2，输电线上损失的功率为P损＝ΔUI＝I(U1－U2)或P损＝＝，则A、D正确；因为输电线上的电流为I，则输电线上损失的功率P损＝I2R，故B正确，C错误。2．[多选](2018·宿迁期末)如图甲所示，在远距离输电电路中，升压、降压变压器均为理想变压器，电表均为理想电表，发电厂的发电机线圈匝数为100匝，线圈的磁通量随时间变化的关系如图乙所示。则(　　)A．原线圈中电压表示数为500 VB．用户端交流电的频率是50 HzC．当用户端的负载电阻增大时，原线圈中电流表示数增大D．当用户端的负载电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：选BD　发电机电动势的最大值为Em＝nΦmω＝100××10－2× V＝500 V，原线圈中电压表示数等于发电机电动势的有效值 V，故A错误；由线圈的磁通量随时间变化的关系图，可知周期T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，故B正确；当用户端的负载电阻增大时，用户端的功率减小，降压变压器的输入功率减小，输电线上的电流减小，则输电线上损失的功率减小，用户端功率减小，则升压变压器原线圈输入功率减小，原线圈电流减小，故C错误，D正确。突破点(四)　两种特殊的变压器模型一　自耦变压器高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，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，如图所示。[例1]　(2016·江苏高考)一自耦变压器如图所示，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U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中(　　)A．U2＞U1，U2降低　　　　 　B．U2＞U1，U2升高C．U2＜U1，U2降低   D．U2＜U1，U2升高[解析]　a、b间原线圈的匝数大于c、d间副线圈的匝数，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理＝知，U2＜U1，且U2降低，选项C正确。[答案]　C模型二　互感器分为电压互感器和电流互感器，比较如下： 电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在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＝I1n1＝I2n2 [例2]　(2019·合肥六校联考)如图所示，L1和L2是不计电阻的输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器。若已知甲的变压比为500∶1，乙的变流比为200∶1，并且已知加在电压表两端的电压为220 V，通过电流表的电流为5 A，则输电线的输送功率为(　　)A．1.1×108 W   B．1.1×106 WC．1.1×104 W   D．1.1×102 W[解析]　已知变压比为500∶1，电压表示数为220 V，故传输电压为：U＝220×500 V＝1.1×105 V；已知变流比为200∶1，电流表示数为5 A，故传输电流为：I＝5×200 A＝1 000 A；故输送功率为：P＝UI＝1.1×105 V×1 000 A＝1.1×108 W，故选项A正确。[答案]　A[例3]　钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是(　　)A．该测量仪可测量直流电的电流B．载流导线中电流大小I0＝C．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小[解析]　钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，只能测量交流电的电流，故A错误；根据＝，得载流导线中电流大小I0＝nI，故B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确；根据n1I1＝n2I2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，I2＝I1，I2变大，D错误。[答案]　C含二极管的变压器问题在理想变压器问题中，偶尔在副线圈的电路中存在二极管，该类问题在高考中也时有出现，应加以重视。1．[多选](2018·江阴模拟)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示。电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是(　　)A．原、副线圈电流之比为1∶5B．电压表的读数小于44 VC．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min内产生的热量为2 904 JD．若将滑动变阻器滑片向上滑动，两电表读数均减小解析：选ABC　原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是5∶1，则副线圈电压为44 V，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，而电表均是交流电的有效值，电压表的读数小于44 V，故A、B正确；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有×＝×T，从而求得电压表两端电压有效值为U有效＝22 V，则1 min内产生的热量为Q＝×T＝2 904 J，故C正确；将滑动变阻器滑片向上滑动，接入电路中的阻值变小，但对原、副线圈两端的电压无影响，即电压表的读数不变，电流表的读数变大，所以D错误。2．(2018·淮安联考)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin 100πt(V)的交流电，则(　　)A．交流电的频率为100 HzB．通过R2的电流为1 AC．通过R2的电流为 AD．变压器的输入功率为200 W解析：选C　由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝＝＝50 Hz，A项错；由理想变压器变压规律＝可知，输出电压U2＝50 V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，·＝·T⇒U＝U2＝25 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为 A，B项错，C项正确；其功率P2＝UI＝50 W，而电阻R1的电功率P1＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150 W，D项错。把握三点，解决该类问题(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。