下载文档原格式
第2节变压器电能的输送1.(2019·内蒙古赤峰模拟)在变电所里,需要用交流电表去监测电网上的强电流.由于电网中的电流通常会超过一般电流表的量程,因此常使用电流互感器.下面四个图中,正确反映电流互感器工作原理的是( A )解析:理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比.则电流互感器原线圈匝数应少于副线圈匝数,且串联在需要测量电流的线路中.故 A 正确.2.(2019·福建毕业班质量检查)如图为模拟远距离交流输电的电路,升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶k,降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4=k∶1,模拟输电导线的电阻r=3 Ω,T2的负载是规格为“15 V 45 W”的灯泡L.当T1的输入电压为16 V时L正常发光,两个变压器可视为理想变压器,则k的值为( B )A.B.3 C.4 D.9解析:由变压器的工作原理可知,变压器T1原线圈的电压为16 V,则副线圈的输出电压为16k V,降压变压器T2的输出电压为15 V、输出电流为I4== A=3 A,则降压变压器T2原线圈两端的电压为15k V、输入电流为 A,又U2=U3+I3r,即16k V=(15k+3×)V,解得k=3,选项B 正确.3.(多选)如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比为4∶1,原线圈接有u=311sin 100πt(V)的交变电压,副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表V.以下说法正确的是( AD )A.副线圈中电流的变化频率为50 HzB.灯泡D两端电压为55 VC.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则电压表V的示数将减小D.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则灯泡D的亮度将变暗解析:变压器不会改变电流的频率,电流的频率为f=== Hz=50 Hz,故A正确;由瞬时值的表达式可知,原线圈的电压最大值为311 V,所以原线圈的电压的有效值为U1= V=220 V,根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压的有效值为55 V,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡D,它们的总电压为55 V,所以灯泡D两端电压一定会小于55 V,故B错误;根据电压与匝数成正比,可知原线圈电压不变,则副线圈的电压不变,所以电压表的示数不变,故C错误;交变电流的频率越大,电感线圈对交变电流的阻碍作用就越大,所以电路的电流会减小,灯泡D的亮度要变暗,故D正确.4.如图所示为一理想变压器,b是原线圈的中心抽头,副线圈两端接有理想交流电压表和电流表,开关S,可变电阻R以及两个阻值相同的定值电阻R1,R2.从某时刻开始在原线圈cd两端加上正弦式交变电压,下列说法正确的是( C )A.将可变电阻R调大,其他部分不变,电流表、电压表的读数均变小B.将开关S从断开到闭合,其他部分不变,电流表读数变大,电压表读数变小C.可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2D.将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率减半解析:将可变电阻R调大,其他部分不变,电压表示数不变,根据欧姆定律知,电流表示数变小,故A错误;将开关S从断开到闭合,其他部分不变,副线圈回路的电阻变小,电压表示数不变,电流表示数变大,故B 错误;将可变电阻R的阻值调为0时,开关S断开时电源的输出功率P1=,开关S闭合时电源的输出功率P2=+=2,P1∶P2=1∶2,故C正确;变压器不改变交流电源的频率,将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率不变,故D错误.5.如图,变压器输入有效值恒定的交流电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R表示输电线的电阻.则( B )A.用电器增加时,变压器输出电压增大B.用电器增加时,变压器的输入功率增加C.用电器增加时,输电线的热损耗减少D.要提高用户的电压,滑动触头P应向下滑解析:用电器增加,但变压器的输入电压和匝数比不变,故变压器输出电压不变,故A错误.用电器增加时,电压不变,负载电阻减小,由P出=知,变压器的输出功率增加,又P入=P出,故输入功率也增加,B正确.用电器增加时,变压器的输出功率增加,输出电压不变,由P出=UI知输电电流I变大,根据P热=I2R知输电线的热损耗增加,故C错误.要提高用户的电压,根据=知应使副线圈匝数增加,滑动触头P应向上滑,故D错误.6.某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图(甲)所示,图(乙)是其输入电压u的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=22 Ω.下列说法正确的是( C )A.通过R的电流的频率为100 HzB.电流表A2的示数为 AC.此时变压器的输入功率为22 WD.将P沿逆时针方向移动一些,电流表A1的示数变小解析:由题图(乙)可知,该交变电流的周期T=0.02 s,则频率f==Hz=50 Hz,故A错误;由题图(乙)知输入电压的最大值为U m=220 V,所以有效值U=220 V,则副线圈两端的电压为U′=U×=220× V= 22 V,所以通过电阻的电流(即电流表A2的示数)为I== A=1 A,故B错误;变压器的输出功率P′=U′I=22×1 W=22 W,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以输入功率P=P′=22 W,故C正确.将P沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,所以输入功率也变大,故电流表A1的示数将变大,故D错误.7.(2018·江西上饶六校第一次联考)如图所示,一正弦交流电瞬时值为e=220sin 100πt(V),通过一个理想电流表,接在一个理想变压器两端,变压器起到降压作用,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,以下说法正确的是( D )A.流过r的电流方向每秒钟变化50次B.变压器原线圈匝数小于副线圈匝数C.开关从断开到闭合时,电流表示数变小D.R=r解析:由表达式知角频率ω=100πrad/s,则交变电流的频率f==50 Hz,所以电流方向每秒钟变化100次,A错误;降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数,B错误;开关从断开到闭合时,副线圈电阻减小,电压不变,所以副线圈电流增大,则原线圈电流即电流表示数变大,C错误;开关闭合前,AB两端的功率为P AB=()2×R,开关闭合后,AB两端的功率为P AB′=()2×=×2R,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,则有=,解得R=r,故D 正确.8.如图所示,在理想变压器原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上,测出原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为,则副线圈两端的电压为( B )A.22 VB.66 VC.88 VD.110 V解析:原线圈回路中的电阻的功率为P1=R,副线圈回路中的电阻的功率为P2=R,由题意可知,=,解得=,故==,设副线圈两端的电压为U,则原线圈两端的电压为3U;与原线圈串联的电阻的电压为U R=I1R=R=,所以+3U=220 V,解得U=66 V.9.(2018·新疆乌鲁木齐三诊)(多选)如图所示为理想变压器,其中r 为定值电阻,R为滑动变阻器,电源u为正弦交流电源, 输出电压的有效值恒定,当滑动变阻器的滑片P向右移动时( CD )A.原、副线圈的电流之比变小B.通过定值电阻r的电流变大C.滑动变阻器R两端的电压变大D.电源u的输出功率变小解析:根据I2∶I1=n1∶n2可知,只要原、副线圈的匝数比不变,无论P 向何方移动,原、副线圈的电流之比不变,故A错误;P向右移动时,滑动变阻器接入电路总电阻变大,副线圈的电流变小,原线圈的电流变小,即通过定值电阻r的电流变小;电源的输出功率P=UI1变小;滑动变阻器两端的电压为U R=(U-I1r)变大,故B错误,C,D正确.10.(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示,有一个“”形铁芯上绕有两个线圈,铁芯的三个竖直部分截面积相同,当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯,并且在分支处分成完全相等的两部分,现在给线圈1加电压为U0的正弦式交流电,2接一负载电阻,此时线圈1中的电流为I0,线圈2中的电流为I0,则线圈1,2的匝数比k及线圈2两端的电压U为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)( AC )A. U=2U0B.U= 4U0C.k=D.k=解析:根据=,得k====,根据=,解得U=U0=2U0,故A,C 正确,B,D错误.11.(2019·宁夏固原模拟)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用2 kV高压输电,最后用户得到220 V,9.5 kW的电力,求:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;(2)输电线路导线的总电阻R;(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.解析:(1)升压变压器的原、副线圈的匝数比===.(2)输电线上的电流I== A=5 A,输电线电阻R==Ω=20 Ω.(3)降压变压器原线圈电压U3=U2-IR=2 000 V-5×20 V=1 900 V,故降压变压器原、副线圈的匝数比===.答案:(1)1∶5 (2)20 Ω(3)95∶1112.(2018·广东深圳一模)用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0的同一小灯泡供电,甲电路中R为滑动变阻器,乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1,n2,若灯泡均能正常工作,则( D )A.变压器可能是升压变压器B.n1∶n2=U0∶UC.甲乙电路消耗功率之比为U2∶D.R两端的电压最大值为(U-U0)解析:由甲电路知,电源电压等于变阻器两端的电压与小灯泡两端的电压之和,所以U>U0,在乙电路中,根据电压与匝数成正比,有n1∶n2 =U∶U0,又由U>U0,知n1>n2,所以该变压器是降压变压器,故A,B错误;灯泡均能正常工作,所以电流等于额定电流,甲电路消耗的功率为UI,乙电路消耗的功率为U0I,所以甲乙电路消耗的功率之比为U∶U0,故C 错误;R两端电压的有效值为(U-U0),因为是正弦交变电流,所以R两端电压的最大值为(U-U0),故D正确.13.(2019·山东淄博模拟)如图所示,变压器均为理想变压器,两种情况下灯泡L2,L3的功率均为P,且L1,L2,L3为相同的灯泡,匝数比为n1∶n2=3∶1,则图(甲)中L1的功率和图(乙)中L1的功率分别为( A )A.9P,B.P,PC.,9PD.,P解析:由题意可知,两种情况下变压器输入功率均为2P.设灯泡L2,L3的电压为U,电流为I,电阻为R,则有P=UI==I2R.根据电压与匝数成正比可知,两种情况下变压器的输入电压均为3U,根据输入功率和输出功率相等可知,变压器输入电流均为I.所以图(甲)中L1的功率为P a==9P;图(乙)中L1的功率为P b=()2R=P.14.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶2,原线圈接电压随时间变化规律为u=220sin 100πt(V)的交流电源,,,是三个理想电流表,D为理想二极管,R1是滑动变阻器,定值电阻R2=R3=220 Ω,则( B )A.电流表A2的示数为1.0 AB.电流表A3的示数为2.0 AC.滑动变阻器R1的滑片向下滑动时,电流表A1的示数将变小D.滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,变压器输入功率增大解析:变压器输入电压有效值U1= V=220 V,匝数比n1∶n2=1∶2,由U1∶U2=n1∶n2得,变压器输出电压有效值U2=440 V,则电流表A3的示数即通过电阻R3的电流有效值I3== A=2 A,选项B正确;若R2处无二极管,则通过电阻R2的电流有效值为2 A,那么当R2处有二极管致通电时间减半,设电流有效值为I2,应有R2T=I2R2·,解得I2= A,即电流表A2的示数为 A,选项A错误;变压器的输入电压及匝数比不变,则输出电压不变,当R1的滑片向上滑动时,输出端负载电阻增大,变压器的输出功率与输入功率均减小;当R1的滑片向下滑动时,输出端负载电阻减小,变压器的输出功率与输入功率均增大,则变压器的输入电流即电流表A1的示数变大,选项C,D错误.15.(2019·河南开封模拟)如图所示,一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为5∶1,原线圈接入最大值一定的正弦式交变电流,副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联,电压表和电流表均为理想交流电表,电流表A1,A2及电压表V的示数分别为I1,I2,U2,定值电阻的阻值为R,其消耗的功率为P,电容器的电容为C,所带的电荷量为Q,则它们的关系为( D )A.Q=CU2B.I2=C.P=5I1U2D.=解析:由于电容器两端电压是变化的,即电容器不断地被充电和放电,其电荷量不是一个定值,故不能用公式Q=CU2来计算,选项A错误;I2是副线圈的总电流,而只是通过电阻R的电流,由于电容器不断充电和放电,故I2>,选项B错误;根据变压器的规律=,故选项D正确; I2=5I1,而P≠U2I2≠5I1U2,选项C错误.。
第2讲 变压器 电能的输送板块一 主干梳理·夯实基础1．构造：如图所示。
变压器主要由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。
(1)原线圈：指与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：指与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2．工作原理：电磁感应的互感现象。
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，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n 。
4．几种常用的变压器(1)自耦变压器(也叫调压变压器)。
(2)互感器①电压互感器，可以把高电压降为低电压； ②电流互感器，可以把强电流降为弱电流。
【知识点2】 远距离输电 Ⅰ 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 ＝⎝⎛⎭⎫P U 2R ＝ΔU2R 。
4．输送电流 (1)I ＝P U 。
(2)I ＝U －U ′R。
板块二 考点细研·悟法培优考点1理想变压器的工作原理和基本量的关系[深化理解]1．基本关系(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、ΔΦΔt相同。
(2)线圈无电阻，因此无电压降，U ＝E ＝n ΔΦΔt。
(3)根据U n ＝ΔΦΔt 得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…。
(4)无电能损失，因此P 入＝P 出，无论副线圈一个还是多个，总有U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…，将电压关系代入可得n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…。
(5)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。
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。
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。
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 ＝2202sin 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 ．11210Ω 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 1 U 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。
第2节变压器电能的输送1.(2019·内蒙古赤峰模拟)在变电所里,需要用交流电表去监测电网上的强电流.由于电网中的电流通常会超过一般电流表的量程,因此常使用电流互感器.下面四个图中,正确反映电流互感器工作原理的是( A )解析:理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比.则电流互感器原线圈匝数应少于副线圈匝数,且串联在需要测量电流的线路中.故 A 正确.2.(2019·福建毕业班质量检查)如图为模拟远距离交流输电的电路,升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶k,降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4=k∶1,模拟输电导线的电阻r=3 Ω,T2的负载是规格为“15 V 45 W”的灯泡L.当T1的输入电压为16 V时L正常发光,两个变压器可视为理想变压器,则k的值为( B )A. B.3 C.4 D.9解析:由变压器的工作原理可知,变压器T1原线圈的电压为16 V,则副线圈的输出电压为16k V,降压变压器T2的输出电压为15 V、输出电流为I4== A=3 A,则降压变压器T2原线圈两端的电压为15k V、输入电流为 A,又U2=U3+I3r,即16k V=(15k+3×)V,解得k=3,选项B正确.3.(多选)如图所示,理想变压器的原副线圈的匝数比为4∶1,原线圈接有u=311sin 100πt(V)的交变电压,副线圈上接有定值电阻R、线圈L、灯泡D及理想电压表V.以下说法正确的是( AD )A.副线圈中电流的变化频率为50 HzB.灯泡D两端电压为55 VC.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则电压表V的示数将减小D.若交变电压u的有效值不变,频率增大,则灯泡D的亮度将变暗解析:变压器不会改变电流的频率,电流的频率为f=== Hz=50 Hz,故A正确;由瞬时值的表达式可知,原线圈的电压最大值为311 V,所以原线圈的电压的有效值为U1=V=220 V,根据电压与匝数成正比可知,副线圈的电压的有效值为55 V,在副线圈中接有电阻R、电感线圈L和灯泡D,它们的总电压为55 V,所以灯泡D两端电压一定会小于55 V,故B错误;根据电压与匝数成正比,可知原线圈电压不变,则副线圈的电压不变,所以电压表的示数不变,故C错误;交变电流的频率越大,电感线圈对交变电流的阻碍作用就越大,所以电路的电流会减小,灯泡D的亮度要变暗,故D正确.4.如图所示为一理想变压器,b是原线圈的中心抽头,副线圈两端接有理想交流电压表和电流表,开关S,可变电阻R以及两个阻值相同的定值电阻R1,R2.从某时刻开始在原线圈cd两端加上正弦式交变电压,下列说法正确的是( C )A.将可变电阻R调大,其他部分不变,电流表、电压表的读数均变小B.将开关S从断开到闭合,其他部分不变,电流表读数变大,电压表读数变小C.可变电阻R的阻值调为0时,开关S闭合前后电源的输出功率之比为1∶2D.将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率减半解析:将可变电阻R调大,其他部分不变,电压表示数不变,根据欧姆定律知,电流表示数变小,故A错误;将开关S从断开到闭合,其他部分不变,副线圈回路的电阻变小,电压表示数不变,电流表示数变大,故B错误;将可变电阻R的阻值调为0时,开关S断开时电源的输出功率P1=,开关S闭合时电源的输出功率P2=+=2,P1∶P2=1∶2,故C正确;变压器不改变交流电源的频率,将单刀双掷开关由a拨向b时,其他部分不变,副线圈输出交变电流的频率不变,故D错误.5.如图,变压器输入有效值恒定的交流电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R表示输电线的电阻.则( B )A.用电器增加时,变压器输出电压增大B.用电器增加时,变压器的输入功率增加C.用电器增加时,输电线的热损耗减少D.要提高用户的电压,滑动触头P应向下滑解析:用电器增加,但变压器的输入电压和匝数比不变,故变压器输出电压不变,故A错误.用电器增加时,电压不变,负载电阻减小,由P出=知,变压器的输出功率增加,又P入=P出,故输入功率也增加,B正确.用电器增加时,变压器的输出功率增加,输出电压不变,由P出=UI知输电电流I变大,根据P热=I2R知输电线的热损耗增加,故C错误.要提高用户的电压,根据=知应使副线圈匝数增加,滑动触头P应向上滑,故D错误.6.某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图(甲)所示,图(乙)是其输入电压u的变化规律.已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1,电阻R=22 Ω.下列说法正确的是( C )A.通过R的电流的频率为100 HzB.电流表A2的示数为 AC.此时变压器的输入功率为22 WD.将P沿逆时针方向移动一些,电流表A1的示数变小解析:由题图(乙)可知,该交变电流的周期T=0.02 s,则频率f== Hz=50 Hz,故A错误;由题图(乙)知输入电压的最大值为U m=220 V,所以有效值U=220 V,则副线圈两端的电压为U′=U×=220× V=22 V,所以通过电阻的电流(即电流表A2的示数)为I== A=1 A,故B错误;变压器的输出功率P′=U′I=22×1 W=22 W,理想变压器的输入功率等于输出功率,所以输入功率P=P′=22 W,故C正确.将P沿逆时针方向移动一些,变压器的副线圈匝数变大,输出电压变大,输出功率变大,所以输入功率也变大,故电流表A1的示数将变大,故D错误.7.(2018·江西上饶六校第一次联考)如图所示,一正弦交流电瞬时值为e=220sin 100πt(V),通过一个理想电流表,接在一个理想变压器两端,变压器起到降压作用,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,以下说法正确的是( D )A.流过r的电流方向每秒钟变化50次B.变压器原线圈匝数小于副线圈匝数C.开关从断开到闭合时,电流表示数变小D.R=r解析:由表达式知角频率ω=100π rad/s,则交变电流的频率 f==50 Hz,所以电流方向每秒钟变化100次,A错误;降压变压器原线圈匝数大于副线圈匝数,B错误;开关从断开到闭合时,副线圈电阻减小,电压不变,所以副线圈电流增大,则原线圈电流即电流表示数变大,C错误;开关闭合前,AB两端的功率为P AB=()2×R,开关闭合后,AB两端的功率为P AB′=()2×=×2R,开关S闭合前后,A,B两端输出的电功率相等,则有=,解得R=r,故D正确.8.如图所示,在理想变压器原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上,测出原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为,则副线圈两端的电压为( B )A.22 VB.66 VC.88 VD.110 V解析:原线圈回路中的电阻的功率为P1=R,副线圈回路中的电阻的功率为P2=R,由题意可知,=,解得=,故==,设副线圈两端的电压为U,则原线圈两端的电压为3U;与原线圈串联的电阻的电压为U R=I1R=R=,所以+3U=220 V,解得U=66 V.9.(2018·新疆乌鲁木齐三诊)(多选)如图所示为理想变压器,其中r为定值电阻,R为滑动变阻器,电源u为正弦交流电源, 输出电压的有效值恒定,当滑动变阻器的滑片P向右移动时( CD )A.原、副线圈的电流之比变小B.通过定值电阻r的电流变大C.滑动变阻器R两端的电压变大D.电源u的输出功率变小解析:根据I2∶I1=n1∶n2可知,只要原、副线圈的匝数比不变,无论P向何方移动,原、副线圈的电流之比不变,故A错误;P向右移动时,滑动变阻器接入电路总电阻变大,副线圈的电流变小,原线圈的电流变小,即通过定值电阻r的电流变小;电源的输出功率P=UI1变小;滑动变阻器两端的电压为U R=(U-I1r)变大,故B错误,C,D正确.10.(2019·福建龙岩质检)(多选)如图所示,有一个“”形铁芯上绕有两个线圈,铁芯的三个竖直部分截面积相同,当线圈通电时产生的磁场都不能穿出铁芯,并且在分支处分成完全相等的两部分,现在给线圈1加电压为U0的正弦式交流电,2接一负载电阻,此时线圈1中的电流为I0,线圈2中的电流为I0,则线圈1,2的匝数比k及线圈2两端的电压U为(忽略线圈的电阻及铁芯中由于涡流而造成的电能损失)( AC )A. U=2U0B.U= 4U0C.k=D.k=解析:根据=,得k====,根据=,解得U=U0=2U0,故A,C正确,B,D错误. 11.(2019·宁夏固原模拟)如图所示,某小型水电站发电机的输出功率为10 kW,输出电压为400 V,向距离较远的用户供电,为了减少电能损失,使用 2 kV高压输电,最后用户得到220 V,9.5 kW的电力,求:(1)升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2;(2)输电线路导线的总电阻R;(3)降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4.解析:(1)升压变压器的原、副线圈的匝数比===.(2)输电线上的电流I== A=5 A,输电线电阻R==Ω=20 Ω.(3)降压变压器原线圈电压U3=U2-IR=2 000 V-5×20 V=1 900 V,故降压变压器原、副线圈的匝数比===.答案:(1)1∶5 (2)20 Ω(3)95∶1112.(2018·广东深圳一模)用电压为U的正弦交流电源通过甲、乙两种电路给额定电压为U0的同一小灯泡供电,甲电路中R为滑动变阻器,乙中理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1,n2,若灯泡均能正常工作,则( D )A.变压器可能是升压变压器B.n1∶n2=U0∶UC.甲乙电路消耗功率之比为U2∶D.R两端的电压最大值为(U-U0)解析:由甲电路知,电源电压等于变阻器两端的电压与小灯泡两端的电压之和,所以U>U0,在乙电路中,根据电压与匝数成正比,有n1∶n2=U∶U0,又由U>U0,知n1>n2,所以该变压器是降压变压器,故A,B错误;灯泡均能正常工作,所以电流等于额定电流,甲电路消耗的功率为UI,乙电路消耗的功率为U0I,所以甲乙电路消耗的功率之比为U∶U0,故C错误;R两端电压的有效值为(U-U0),因为是正弦交变电流,所以R两端电压的最大值为(U-U0),故D正确.13.(2019·山东淄博模拟)如图所示,变压器均为理想变压器,两种情况下灯泡L2,L3的功率均为P,且L1,L2,L3为相同的灯泡,匝数比为n1∶n2=3∶1,则图(甲)中L1的功率和图(乙)中L1的功率分别为( A )A.9P,B.P,PC.,9PD.,P解析:由题意可知,两种情况下变压器输入功率均为2P.设灯泡L2,L3的电压为U,电流为I,电阻为R,则有P=UI==I2R.根据电压与匝数成正比可知,两种情况下变压器的输入电压均为3U,根据输入功率和输出功率相等可知,变压器输入电流均为I.所以图(甲)中L1的功率为P a==9P;图(乙)中L1的功率为P b=()2R=P.14.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶2,原线圈接电压随时间变化规律为u=220sin 100πt(V)的交流电源, , ,是三个理想电流表,D为理想二极管,R1是滑动变阻器,定值电阻R2=R3=220 Ω,则( B )A.电流表A2的示数为1.0 AB.电流表A3的示数为2.0 AC.滑动变阻器R1的滑片向下滑动时,电流表A1的示数将变小D.滑动变阻器R1的滑片向上滑动时,变压器输入功率增大解析:变压器输入电压有效值U1= V=220 V,匝数比n1∶n2=1∶2,由U1∶U2=n1∶n2得,变压器输出电压有效值U2=440 V,则电流表A3的示数即通过电阻R3的电流有效值I3==A=2 A,选项B正确;若R2处无二极管,则通过电阻R2的电流有效值为2 A,那么当R2处有二极管致通电时间减半,设电流有效值为I2,应有R2T=I2R2·,解得I2= A,即电流表A2的示数为 A,选项A错误;变压器的输入电压及匝数比不变,则输出电压不变,当R1的滑片向上滑动时,输出端负载电阻增大,变压器的输出功率与输入功率均减小;当R1的滑片向下滑动时,输出端负载电阻减小,变压器的输出功率与输入功率均增大,则变压器的输入电流即电流表A1的示数变大,选项C,D错误.15.(2019·河南开封模拟)如图所示,一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为5∶1,原线圈接入最大值一定的正弦式交变电流,副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联,电压表和电流表均为理想交流电表,电流表A1,A2及电压表V的示数分别为I1,I2,U2,定值电阻的阻值为R,其消耗的功率为P,电容器的电容为C,所带的电荷量为Q,则它们的关系为( D )A.Q=CU2B.I2=C.P=5I1U2D.=解析:由于电容器两端电压是变化的,即电容器不断地被充电和放电,其电荷量不是一个定值,故不能用公式Q=CU2来计算,选项A错误;I2是副线圈的总电流,而只是通过电阻R的电流,由于电容器不断充电和放电,故I2>,选项B错误;根据变压器的规律=,故选项D正确; I2=5I1,而P≠U2I2≠5I1U2,选项C错误.。
