南方新高考年高考物理一轮总复习专题十交变电流新人教版

变压器电能的输送一、选择题1．(多选)(2016·武汉调研)如图所示，某变电站用10 kV的高压向10 km外的小区供电，输送的电功率为200 kW.现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是( )选项型号千米电阻(Ω/km)A DYD30/C 1B DYD50/C 0.6C DYD100/C 0.3D DYD150/C 0.2【解析】由P＝UI得输电电流为20 A，输电线路上损耗的功率不超过P损＝200 kW×2%＝4 kW，由P损＝I2R解得R＝10 Ω，输电线长度为20 km，故可选择千米电阻0.5 Ω/km 以下的型号DYD100/C或DYD150/C，C、D正确．【答案】CD2．如图所示为重庆某中学教学区供电示意图，供电部门通过理想变压器原线圈A、B 端送电，虚线框内表示教学区内各教室的照明电路．已知变压器副线圈C、D两端距教学区输入端E、F距离较远，电路之间输电线电阻不能忽略，设定A、B端输入电压一定，则以下说法正确的是( )A．如果教学区同时使用的电灯减少，A、B端输入功率仍不变B．C、D端电压一定为220 VC．E、F端电压一定为220 VD．教学区内同时使用的电灯越多，E、F端输入电压越低【解析】使用的电灯减少时，输电线与照明电路的总电阻变大，副线圈两端电压U2不变，故P出＝U22R总变小，又P入＝P出，所以A、B端输出功率变小．A项错误；由于输电线电阻的分压，要保证教室内照明灯正常工作，则应有U CD>220 V；而U EF会因为使用的电灯数量不同而获得不同电压，B、C项错误；当使用的电灯越多时，输电线上损失的电压就越多，EF端输入的电压就越低，D项正确．【答案】D3．(2016·厦门质检)如图所示，a、b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是( )A．V1的示数不变，V2的示数减小B．V1的示数减小，V2的示数减小C．A1的示数增大，A2的示数增大D．A1的示数减小，A2的示数减小【解析】V1测量的是电源的电压，由电源本身决定，与负载无关，B项错；变压器的输出电压由输入电压及变压器的变压比决定，故是否出现火情，输出电压均不变；将输出电压等效为负载电路中电源的电动势，R 3等效为电源的内电阻．出现火情时，R 2所处位置温度升高，其电阻减小，故电路总电阻减小，因此电压表V 2示数减小，A 项正确；由欧姆定律可知，通过电阻R 1的电流减小，C 项错；电路总电流增大，变压器输出功率增大，故变压器输入功率也增大，由P ＝UI 可知，原线圈中电流增大，D 项错．【答案】 A4．(2016·唐山模拟)利用超导材料零电阻的性质，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 ．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，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 ．1.6×103 kWC ．1.6 kWD ．10 kW【解析】 用电器的额定电流为：I ＝P U ＝40×103800A ＝50 A ，输电线上消耗的功率P 线＝I 2R ＝502×0.4 W ＝1 000 W ＝1 kW ，所以若采用超导电缆代替原来的输电线，线路上节约的电功率为1 kW .【答案】 A5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝51，电阻R 1＝R 2＝10 Ω，D 为理想二极管，原线圈接入如图乙所示的交流电源．则A ．R 2中交变电流的频率为50 HzB ．通过R 1的电流为1 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为30 W 【解析】 由题图乙可知，该交流电的周期为T ＝0.04 s ，所以频率为f ＝1T＝25 Hz ，变压器和二极管都不会改变交流电的频率，所以A 错误；根据变压公式U U 1＝n 1n 2得R 1两端的电压U 1＝10 2 V ，所以通过R 1的电流为 2 A ，B 错误；根据有效值的定义，设R 2两端的电压有效值为U 2，U 21R 2T 2＝U 22R 2T ，所以U 2＝10 V ，通过R 2的电流为1 A ，C 错；变压器的输入功率为P ＝I 21R 1＋I 22R 2＝30 W ，D 对．【答案】 D6．(多选)如图是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的变化．输电线的电阻用R 0表示，如果变压器上的能量损失可以忽略．以下说法正确的是( )A ．开关S 1接a ，闭合开关S ，电压表V 示数减小，电流表A 示数增大B ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，原线圈输入功率减小C ．断开开关S ，开关S 1接a 时电流表的示数为I 1，开关S 1接b 时电流表的示数为I 2，则I 1>I 2D ．断开开关S ，开关S 1接a 时原线圈输入功率为P 1，开关S 1接b 时原线圈输入功率为P 2，则P 1<P 2【解析】 闭合开关S ，不影响变压器副线圈两端电压，副线圈所接负载的电阻变小，根据欧姆定律，电流表的读数变大，输电线上的电压变大，导致电压表的读数变小，选项A 正确；根据P ＝UI ，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项B 错误；开关S 1从接a 变到接b ，理想变压器的原线圈的匝数变小，副线圈两端电压变大，电流表的读数变大，选项C 错误；根据P ＝UI ，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项D 正确．【答案】 AD7.如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n 1，原线圈接正弦交流电，电压为u ＝U 0cos 100πt(V )，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R ，当电键S 接通后，电流表读数为I ，电动机带动一电阻为r ，质量为m 、长为l 的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v 匀速上升．下列判断正确的是( )A ．电动机两端电压为IR ，其消耗的电功率为I 2RB ．原线圈中的电流为nI ，变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ，副线圈电流的频率为50 HzC ．变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ＋B 2l 2v 2rD ．电动机的热功率为I 2R ，副线圈电压的有效值为U 0n【解析】 电动机两端电压大于IR ，IR 是电动机线圈电阻R 上的电压，用于发热，A错；原线圈中的电流为I n ，B 错；变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ＋B 2l 2v 2r，即一部分在电动机线圈电阻R 上发热变成内能；另一部分用于对外做功，将其中一部分电能转化为金属杆的机械能，其余部分克服安培力做功，转化为电能，电流通过纯电阻电路转化为金属杆上的焦耳热，C 对；副线圈电压的有效值为U 02n，D 错． 【答案】 C8．(2015·江苏卷)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 ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A ．200B ．400C . 1 600D ．3 200【解析】 由变压器变压比U 1U 2＝n 1n 2，可知n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，B 正确． 【答案】 B9．(多选)(2015·海南卷)如图所示，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R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )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】 副线圈两端电压U 2′＝5.0 V 5 R 0×6R 0＝6 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2，得U 1′＝24 V ，即此时原线圈两端电压有效值为24 V ，最大值U 1m ′＝2U 1′≈34 V ，A 正确，B 错误．由于前后两次保持输入、输出电流不变，此时副线圈两端电压U 2′＝6R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝12R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝2U 2′，原线圈两端也应有U 1＝2U 1′，即原来原线圈两端电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．【答案】 AD10.(2015·广东卷)如图为气流加热装置的示意图，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】 设加热管电阻为R ，对于副线圈，I 2＝220R ，I 2′＝110R，则调节前后I 2∶I 2′＝2∶1，A 错误．由P ＝U 2R可知，调节前后副线圈输出功率之比为4∶1，B 错误．原副线圈电压之比为匝数之比，电压减为原来一半，则副线圈匝数也减为原来的一半，C 正确．理想变压器副线圈功率等于原线圈功率，则原线圈输入功率之比为4∶1，D 错误．【答案】 C11．(多选)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的电功率，可采取的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3【解析】 当发电机输出功率一定时，为使用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 正确．根据输电线上的电流I ＝P U 2可知，也可以通过提高输电电压，减小输电电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 正确． 【答案】 AC12．如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A 的保险丝L ，原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈匝数n 2＝120匝．已知原线圈接在如图乙所示的交流电源上，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接( )A ．阻值为12 Ω的电阻B ．并联两盏“36 V 40 W ”的灯泡C ．工作频率为10 Hz 的用电设备D ．耐压值为36 V 的电容器 【解析】 根据题图乙可知，原线圈输入的交变电压的最大值U 1m ＝180 2 V ，有效值U 1＝180 V ，周期T 1＝0.02 s ，频率f 1＝1/T 1＝50 Hz ，又n 1n 2＝51，所以副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V ，有效值U 2＝36 V ，周期T 2＝T 1＝0.02 s ，频率f 2＝f 1＝50 Hz .若副线圈两端接阻值为12 Ω的电阻，则I 2＝U 2/R ＝3 A ，I 1＝n 2I 2/n 1＝0.6 A >0.5 A ，即流过保险丝的电流超过了其熔断电流，选项A 错误；若并联两盏“36 V 40 W ”的灯泡，那么，灯泡两端电压刚好为其额定电压，此外，流过保险丝的电流I′1＝n 2I′2/n 1＝0.2I 2＝0.2×2×(40 W /36 V )＝49A <0.5 A ，显然，整个电路和用电器均能正常工作，所以选项B 正确；输出交流电的频率为50 Hz ，所以副线圈两端不可以接工作频率为10 Hz 的用电设备，选项C 错误；电容器的耐压值指的是允许承受的最大电压值，题中副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V >36 V ，即超过了电容器的耐压值，所以选项D 错误．【答案】 B二、非选择题13．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05 m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2πT .为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220 V ，11 kW ”的电机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压的有效值为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？【解析】 (1)根据E m ＝NBSω＝1 100 2 V得输出电压的有效值为U 1＝E m 2＝1 100 V . (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51.(3)根据P 入＝P 出＝2.2×104W ，再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A .【答案】 (1)1 100 V (2)5 1 (3)20 A14．某发电厂发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机端电压U ＝250 V ，向远处送电的输电线的总电阻R ＝8 Ω.要使输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220 V ，那么：(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图．(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比．【解析】 (1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路示意图如图所示． (2)按题意，P 损＝5%P ＝0.05×100×103 W＝5×103 W .设输电线路中的电流为I ，P 损＝I 2R ，I ＝ P 损R ＝ 5×1038A ＝25 A . 输送电压U 2＝P I ＝100×10325V ＝4 000 V ， 对升压变压器n 1n 2＝U 1U 2＝2504 000＝116， 输电线路上损失电压U 损＝IR ＝25×8 V ＝200 V ，降压变压器原线圈n 3两端电压U 3＝U 2－U 损＝(4 000－200)V ＝3 800 V ，用户在副线圈n 4两端得到电压U 4＝220 V ，所以n 3n 4＝U 3U 4＝3 800220＝19011. 即升压变压器原、副线圈匝数比为116；降压变压器原、副线圈匝数比为19011.【答案】 见解析。

第二节 理想变压器 电能的输送一、变压器 1．构造由__________、__________和____________组成。

2．原理利用电磁感应的____现象。

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 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P 入＝__________电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，公式：U 1U 2＝______，与负载、副线圈的个数无关电流关系 (1)只有一个副线圈时：I 1/I 2＝________；(2)有多个副线圈时：由P 入＝P 出得I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋…＋I n U n 或I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…＋I n n n频率关系 f 1＝f 2(变压器不改变交变电流的频率)4.几种常见的变压器(1)自耦变压器——调压变压器 (2)互感器(如图所示)①电压互感器：用来把______电压变成______电压。

②电流互感器：用来把______电流变成_______电流。

二、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 ′。

1．输电电流I ＝__________＝P ′U ′＝U －U ′R 线2．输电导线损耗的电功率P 损＝I 2·R 线＝____________ 即在输送功率一定时，输电电压增大为原来的n 倍，输电导线上损耗的功率就减少为原来的______。

3．输电导线损耗的电压U损＝I·R线＝____________。

1．(2012·福州质检)如图所示，理想变压器原、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相连组成闭合回路。

当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，安培表A1的读数是12 mA，那么安培表A2的读数是( )A．0 B．3 mA C．48 mA D．与R值大小无关2．(2012·华南师大附中模拟)在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。

考点 1 正弦交流电的产生及变化规律
1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
规律 物理量
函数
图象
磁通量
=mcost=BScost
e=Emsint=nBSsint u=Umsint=REm/(R+r) sint i=Imsint=Em/(R+r) sint
电动势
电压
电流
2.交变电流瞬时值表达式的书写基本思路
(1)确定正弦式电流的峰值，根据已知图象或由公式Em=nBS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线圈从中性面开始转动，则i-t图象为正弦函数图象，函数式为 i=Imsint。 ②线圈从垂直中性面开始转动，则i-t图象为余弦函数图象，函数式为 i=Imcost。
1.如图10-1-3甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁 场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针 匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ=45°时（如 图10-1-3乙）为计时起点，并规定当电流自a流向b 时电流方向为正。则下列四幅图中正确的是( )
D
图10-1-3
t＝0时线圈中感 应电流方向c→b→a→d为 负。经过T/8时，线圈平面 与磁场垂直，线圈中瞬时 电流为零，所以D正确，A、 B、C错误。
1.交变电流、交变电流的图象 Ⅰ 2.正弦交变电流的函数表达式、 峰值和有效值 Ⅰ 3.理想变压器 Ⅰ 4.远距离输电 Ⅰ 5.实验：传感器的简单使用
1.本章内容以电磁感应知识为基础，是楞次定律及法拉第电磁感应定 律的具体应用。其知识特点是了解、识记的基本概念较多，但重点内容突 出，主要围绕交变电流的产生、变化规律及表征交变电流的物理量这一中 心展开，在此基础上研究了变压器的工作原理和远距离输电。另外，本章 还介绍了传感器的原理及其应用。 2.对于交变电流产生的方法、交变电流瞬时值表达式的推导、理想变 压器的输入功率和输出功率的比较、正弦式交流电的有效值、瞬时值、峰 值和平均值的理解等内容要记清楚，明确其中的相互联系。 3.要注意和本章知识点结合的小型综合性题目的考查，以及和其他知 识点的综合性题目的考查。在本章内，可以结合远距离输电、变压器、交 变电流的产生原理考查现实生活中的变压及用电关系。对于和其他知识点 结合，例如可以和电磁感应结合起来考查电流的方向的判断方法和感应电 动势的大小和计算方法。 传感器问题是近几年高考中的新添加内容，但考查的频率却逐步提高。 这类问题单独考查的较少，多以综合题目中的一个知识点加以体现，主要 考查学生对传感器基本特点的认识。因此，在复习中要熟练掌握各类传感 器的特点及其相应的电学特性。

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2020/10/29
解析 t=0时刻,u=0,穿过线圈的磁通量最大,A错;由
图知Ta=0.4
s,Tb=0.6
s,根据n= 1 T
,得na∶nb=Tb∶Ta
=3∶2,故B正确;由图知Uma=10
V,ωa=2T
π
a
=5π,所以
交流电a的瞬时值为u=Umasin ωt=10sin 5πt V,C
正确;Umb=nBS2ω03 b= V,故D正确.
流电的周期T=0.02 s,方向每秒改变100次,B错;灯泡消
耗的功率P=I2R=（ 220 ×）295 W=459.8 W,C错;发电
955
机内阻每秒产生的热量Q=I2rt=（
220 ×）25×1 J
955
=24.2 J,D对.
答案 D
2020/10/29
4.如图3所示,矩形线框置于竖直向下的磁场中,通过导
2020/10/29
解析 电压表的示数是R2的有效电压,故R2两端
的最大电压是20
2V,最大电流是Imax=
20 10
2V
=2 2A,由图可知此交流电的周期是0.2 s,所以
角速度为2 π ra=d 10π 0.2 s
rad/s,故A正确,B错误;R2
两端的电压u2=20 2 cos 10πt V,所以C、D错误.
源上,仍要产生热量Q,则所需的时间为 B (
)
2
A.t 解析
B.U2t2 t R
由Q= 得,
1002Ct.（
t100）2 2
t
D.4t
R
R
,则t′=2t,所以B
项正确.
2020/10/29
3.(2009·福建·16)一台小型发电机产生的电动势随