2022版高考物理一轮复习-第11章-交变电流-传感器-第2节-变压器-电能的输送教案.doc

2022版高考物理一轮复习 第11章 交变电流 传感器 第2节 变压器 电能的输送教案

2022版高考物理一轮复习 第11章 交变电流 传感器 第2节 变压器 电能的输送教案

年级：
姓名：

- 13 -

第2节　变压器　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．理想变压器原、副线圈基本量的关系
理想变
压器
(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)
(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)
基
本
关
系
功率
关系
根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
电压
关系
原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：＝，与负载、副线圈的个数无关
电流
关系
(1)只有一个副线圈时：＝；
(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率
关系
f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
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。

甲　　　　　　　　　乙

丙　　　　　　　丁
(2)互感器
二、电能的输送

1．输送电流
I＝＝＝。
2．电压损失
(1)ΔU＝U－U′。
(2)ΔU＝IR。
3．功率损失
(1)ΔP＝P－P′。
(2)ΔP＝I2R＝R。
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＝ρ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。

一、思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)
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。 (×)
4．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。 (×)
5．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。 (√)
6．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。 (√)
二、走进教材
1．(沪科版选修3－2P75T3)如图所示为一理想变压器，其原、副线圈匝数之比n1∶n2＝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 mA B．0
C．10 mA D．2.5 mA
B　[由于直导线MN匀速运动，则MN切割磁场产生的电流恒定，线圈中产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，即电流表A2的示数为0，选项B正确。]
2．(人教版选修3－2P50T3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∶1 B．1∶100
C．1∶10 D．10∶1
A　[由P＝UI得输电线的电流I＝，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝IR＝R，所以两种情况下：ΔU1∶ΔU2＝U2∶U1＝100∶1，A正确。]

理想变压器的工作原理和基本关系　
1．分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即：U1＝U源－U串。
2．分析含有二极管的变压器电路问题时要注意理想二极管单向导电性，对交变电流的影响，及对应有效值的变化。
3．理想变压器的各量的制约关系
制约关系
电压
副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定：U2＝U1
功率
原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定：P入＝P出
电流
原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定：I1＝I2
　(多选)(2020·全国卷Ⅲ·T20)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是(　　)

图(a)　　　　　　　　　图(b)
A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
审题指导：本题解题关键是根据图(b)判断电流的有效值，进而求得副线圈的电流，再根据变压器原、副线圈匝数比与电流的关系，结合欧姆定律来求解R1两端的电压。
AD　[由变压器不会使交流电的周期改变和图(b)可知所用交流电的周期为2×10－2 s，可求得所用交流电的频率为50 Hz，选项A正确；由图(b)可知通过R2的电流的有效值为1 A，由串并联特点可知通过R3的电流(即通过电流表的电流)为0.5 A，故副线圈的电流为I2＝1.5 A，由欧姆定律可得副线圈两端的电压U2＝1×10 V＝10 V，由变压器原、副线圈两端电压比与原、副线圈匝数比的关系可得，原线圈两端的电压U1＝n1＝100 V，再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压为UV＝220 V－100 V＝120 V，选项B、C均错误；根据变压器原理可得变压器传输的电功率为P＝U2I2＝10×1.5 W＝15.0 W，选项D正确。]
　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。

　变压器的工作原理
1.如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和Ⓐ均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝12sin 100πt(V)。下列说法正确的是(　　)

A．电流频率为100 Hz B．的读数为24 V
C．Ⓐ的读数为0.5 A D．变压器输入功率为6 W
D　[根据u＝Umsin ωt及U＝、理想变压器的规律、欧姆定律和电功率公式解决问题。
根据u1＝12sin 100πt(V)及U＝知U1＝12 V，f＝＝50 Hz，选项A错误；根据＝得U2＝U1＝×12 V＝6 V，即的读数为6 V，选项B错误；根据I2＝L ＝ A＝1 A，即Ⓐ的读数为1 A，选项C错误；根据P1＝P2及P2＝＝ W＝6 W，选项D正确。]
　原线圈中接有负载电路的分析
2．(2021·河北新高考适应性考试)如图，理想变压器原线圈匝数为1 100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0 V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10 V。已知RL∶R＝4∶1，则副线圈的匝数为(　　)

A．225 B．550
C．2 200 D．4 400
C　[假设理想变压器原线圈的输入电压为U，根据理想变压器线圈两端电压之比为线圈匝数之比可知，原线圈两端电压和V2满足＝＝，解得原线圈输入电压为U＝220 V，理想变压器原副线圈电流之比等于线圈匝数的反比，原线圈电流I1和通过灯泡的电流I2满足＝，定值电阻R满足欧姆定律I1＝，则通过灯泡的电流为I2＝I1＝·，结合＝可知副线圈电压为U2＝I2RL＝··RL＝×4 V，原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比＝，代入U2得＝＝，变形得n＝4×1 100×1 100，解得副线圈得匝数为n2＝2 200，故选C。]
　含有二极管的变压器电路分析
3.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 Hz
B．通过R2的电流为1 A
C．通过R2的电流为 A
D．变压器的输入功率为200 W
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项错误；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，解得U＝U2＝25 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为 A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率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项错误。]
理想变压器的动态分析　
常见的理想变压器的动态分析一般有两种情况：(1)匝数比不变。(2)负载电阻不变。
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
　(多选)如图所示的电路中，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，闭合电键S，下列说法正确的是(　　)

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
BD　[本题是理想变压器的动态分析问题，首先要分清变量和不变量，其次明确各物理量间的制约关系。
由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动改变，故选项A错误，选项B正确。P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由＝知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确。]
　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。
(2)分析该类问题的一般思维流程是

　匝数比不变，负载变化的情况
1.有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡。当S断开时，灯L1正常发光。S闭合后，下列说法正确的是(　　)

A．电阻R消耗的电功率增大 B．灯L1、L2都能正常发光
C．原线圈的输入功率减小 D．原、副线圈的电流比减小
A　[当S闭合后，由变压器电压与匝数比关系：＝，可知副线圈电压U2不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由P＝I2R知R消耗的功率增大，故A正确；副线圈的电流增大，所以电阻R的电压增大，而副线圈电压U2不变，所以灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故B错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为P＝，故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以C错误；变压器原、副线圈的匝数不变，由电流与匝数关系＝，知原、副线圈中电流之比不变，故D错误。]
　匝数比改变，负载不变
2．(2021·湖北新高考适应性考试)如图(a)所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶5。定值电阻R1的阻值为10 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50 Ω，定值电阻R3的阻值为10 Ω，图中电表均为理想电表，原线圈输入如图(b)所示的交变电流，其有效值不随负载变化。当滑动变阻器接入电路的阻值由50 Ω减小到0的过程中(　　)

图(a)　　　　　　　图(b)　
A．电流表的示数为5 A
B．通过R2的电流减小
C．电压表的示数减小
D．R2和R3的总电功率先增大后减小
C　[由图(b)所示的交变电流，可得其有效值为Im＝ A＝5 A≈7.1 A，即电流表的示数为7.1 A，故A错误；原副线圈两端的总电流不变，当滑动变阻器接入电路的阻值由50 Ω减小到0，此时副线圈的总电阻减小，则副线圈两端的电压减小，即电压表的示数减小；根据并联电路的电压特点可知R1两端的电压减小，则通过R1的电流减小，根据并联分流可知，通过R2和R3的电流增大，故B错误，C正确；设通过R2和R3的电流为I2，则R2和R3的总电功率为P23＝I(R2＋R3)，通过R2和R3的电流I2增大，可得R2和R3的总电功率随R2减小而增大，故D错误。故选C。]
远距离输电　
1．理清三个回路
远距离输电电网间的基本结构如图所示。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n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，P1＝P2，I1n1＝I2n2。
(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n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，P3＝P4，I3n3＝I4n4。
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P1＝P线损＋P用户。
　(多选)(2020·全国卷Ⅱ·T19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则(　　)
A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU
AD　[若采用550 kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝·r，输电线路损失的电压ΔU＝·r，若改用1 100 kV的特高压输电，同理有ΔP′＝·r，ΔU′＝·r，可得ΔP′＝，ΔU′＝，故B、C项错误，A、D项正确。]
　输电线路功率损失的计算方法
P损＝P1－P4
P1为输送的功率，P4为用户得到的功率
P损＝IR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
ΔU不要错代入U2或U3

　远距离输电原理
1．(2018·江苏高考)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为(　　)
A．55 kV B．110 kV
C．440 kV D．880 kV
C　[输送功率P＝UI，输电线上损耗的功率P损＝I2r＝r∝。当P损减小为原来的时，输电电压应变为原来的2倍。]
　远距离输电的动态分析
2．如图所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是(　　)

A．当用户的用电器增多时，U2减小，U4减小
B．当用户的用电器增多时，P1增大，P3减小
C．输电线上损失的功率为ΔP＝
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比
D　[交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据＝，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输电线上损失的功率为ΔP＝R，故C错误；输送功率一定时，根据P＝UI和P损＝I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据＝知，应增大升压变压器的匝数比；U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据＝知，应增大降压变压器的匝数比，故D正确。]