2022年高考物理复习夯实核心素养变压器　远距离输电（解析版）

12.2变压器　远距离输电一、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2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示．图2(2)互感器二、电能的输送如图3所示，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′，输电电流为I，输电线总电阻为R.图31．输电电流I＝＝＝.2．电压损失(1)ΔU＝U－U′(2)ΔU＝IR3．功率损失(1)ΔP＝P－P′ (2)ΔP＝I2R＝()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＝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．必备知识清单命题点精析（一）探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系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。 (2)打开学生电源，读出两个电表的电压值，并记录在表格中。(3)保持匝数不变，多次改变输入电压，记录下每次两个电表显示的电压值。(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．数据记录与处理次数n1(匝)n2(匝)n1∶n2U1(V)U2(V)U1∶U212346.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)实际变压器存在多种损耗。(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， 且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合适的挡位进行测量。典型例题例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n1＝120匝、n2＝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．实验序号原线圈两端的电压U1(V)副线圈两端的电压U2(V)14.38.21∶1.925.911.81∶2.037.815.2(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2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)＝　(3)升压【解析】 　(1)第三组数据的电压比为：＝≈(2)线圈匝数之比＝＝，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＝.(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．练1某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。(1)实验需要________。A．低压直流电源B．高压直流电源C．低压交流电源D．高压交流电源(2)该同学认真检查电路确认无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈电压值。由于交变电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________值(选填“有效”或“最大”)。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为________。(3)理想变压器的原、副线圈电压应与其匝数成________(选填“正比”或“反比”)；实验中变压器的铜损和铁损导致原线圈与副线圈的电压之比一般________(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比。【答案】(1)C　(2)有效　7.2V　(3)正比　大于 【解析】　(1)探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系应使用低压交流电，故A、B、D错误，C正确；(2)交流电的电压为有效值，由题图可知该电压表量程为10V，最小分度为0.2V，则读数为7.2V；(3)根据变压器原理可知原、副线圈两端电压之比等于原、副线圈两端匝数之比，即变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比；实验中变压器的铜损和铁损，导致变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以副线圈上的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比。练2在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，某小组用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器来做实验，通过检测知原、副线圈匝数都没问题，且实验操作规范正确。实验记录中U1、U2分别表示N1、N2两端的电压，实验测量数据如表，并没有得到电压比等于匝数比这个理想的结果。下列推断正确的是(　　)U1/V1.802.813.804.785.80U2/V4.006.018.029.9812.05A．N1一定是原线圈B．N2一定是原线圈C．原线圈的直流电阻太小D．原、副线圈上电流频率有可能不同【答案】B【解析】表格中每组数据都可以看出匝数之比近似等于电压之比，即≈，结合变压器不是理想的，且存在电能损耗，即副线圈电压小于原线圈电压的一半，则N2一定是原线圈，N1为副线圈，故A错误，B正确；正是因为原线圈的电阻较大导致存在电能损耗，即副线圈电压小于原线圈电压的一半，故C错误；变压器只能改变交流电的电压，不能改变频率，故D错误。 命题点精析（二）理想变压器原理和基本关系1．变压器的工作原理2．理想变压器中的相互作用关系理想变压器(1)没有能量损失(无铜损、铁损)(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P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载情况、副线圈个数无关电流关系只有一个副线圈时，电流和匝数成反比；有多个副线圈时，由输入功率和输出功率相等确定电流关系频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定 系功率原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定3.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲、乙所示。(2)互感器例2(多选)如图所示，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．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【答案】AD【解析】设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输入端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故＝，＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得，＝ ，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确．练3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，则(　　)A．R消耗的功率变为PB．电压表V的读数变为UC．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】交流发电机产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，且有ω＝2πn，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又因为理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B正确；由电功率P＝可知，变压器输出功率即R消耗的功率变为原来的，A错误；由P＝UI可知，原线圈中电流减为原来的一半，C错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，D错误。练4(多选)电流互感器和电压互感器如图所示。其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则(　　) A．A为电流互感器，且n1n2，a是电压表C．B为电流互感器，且n3n4，b是电压表【答案】AD【解析】由题图可知A串联在电路中为电流互感器，B并联在电路中为电压互感器，因此a是电流表，b是电压表，在A中，有I1n1＝I2n2，要把大电流变为小电流，有n2>n1；在B中，有＝，要把高电压变为低电压，则有n3>n4。综上所述可知，A、D正确。命题点精析（三）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(1)U1不变，发生变化，U2变化(2)R不变，U2变化，I2发生变化 (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(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发生变化例3如图所示，变压器为理想变压器，电流表A1内阻不可忽略，其余的均为理想的电流表和电压表．a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．将滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时，则下列说法正确的是(　　)A．电压表V1、V2示数不变，V3示数变小B．电压表V1、V2示数变小，V3示数变大C．电流表A1、A2的示数都增大D．电流表A1的示数变小，A2的示数增大【答案】C【解析】　当滑动变阻器从c向d滑动的时候，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈的总电阻减小，假设副线圈的总电压不变，则副线圈的总电流I2＝增大，变压器的电流关系＝可知原线圈的总电流I1增大，则原线圈两端的电压U1＝U0－I1RA减小，又＝，可知副线圈两端的电压U2减小，滑动变阻器两端的电压U3＝U2－I2R0减小，而电压表V1测量值是U1；电压表V2测量值是U2，电压表V3测量值是U3，电流表A1测量值是I1，电流表A2测量值是I2，故A、B、D错误，C正确．练5(多选)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V， 副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光。以下说法正确的是(　　)A．滑片P位置不动，当S闭合时，电压表读数增大B．滑片P位置不动，当S闭合时，电流表读数增大C．当S闭合时，为使灯泡L正常发光，滑片P应向上滑动D．当S闭合时，为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动【答案】BC【解析】滑片P位置不动，当S闭合时，副线圈电阻变小，因原线圈电压及匝数比不变，故副线圈电压不变，电压表读数不变，故A错误；副线圈电压不变，电阻变小，输出功率变大，则输入功率变大，根据P1＝U1I1知电流表读数变大，故B正确；因为副线圈电流增大，所以等效电阻R两端的电压增大，并联部分的电压减小，为了使灯泡L正常发光，必须增大电压，滑片P应向上滑动，故C正确，D错误。练6如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝310sin314t(V)，则(　　)A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1VB．副线圈两端的电压频率为50HzC．当单刀双掷开关由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，电压表和电流表的示数均变小【答案】B 【解析】当单刀双掷开关与a连接时，由题意知匝数之比为100∶1，在原线圈c、d两端加上瞬时值为u1＝310sin314t(V)的交变电压，故原线圈的最大电压为310V，副线圈的电压最大值为3.1V，有效值为V＝V，故A错误；在原线圈c、d两端加上瞬时值为u1＝310sin314t(V)的交变电压，角速度ω＝314rad/s，故频率f＝＝50Hz，变压器不改变频率，故副线圈两端的电压频率不变，故B正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比减小为50∶1，输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，故输出功率变大，输入功率等于输出功率，也变大，故C、D错误。命题点精析（四）远距离输电问题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．掌握一个关系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． 例4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【答案】D【解析】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＝2R，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．练7(多选)如图所示的输电线路中，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，电压表V1、V2分别接在T1和T2副线圈两端。已知T2原、副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为r，T1原线圈接在电压有效值恒定的交流电源上，电压表和电流表均为理想电表。由于用户的负载变化，电流表A2的示数增加ΔI，则(　　) A．电流表A1的示数增大．电压表V2的示数减小rC．电压表V1的示数增大ΔI·r．输电线上损失的功率增加r【答案】AB【解析】已知T2原、副线圈匝数比为k，所以有＝，即电流表A1的示数增大，故A正确；降压变压器副线圈电压减小r，根据变压器原理可得电压表V2的示数减小ΔU2＝r，故B正确；电压表V1的示数是由原线圈的电压决定，保持不变，故C错误；设原来的输电电流为I，则输电线上损失的功率增加ΔP＝(I＋ΔI)2r－I2r＝ΔI2r＋2I·ΔIr，故D错误。练8(多选)如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝104V，输出功率P1＝109W，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2＝1∶100、n3∶n4＝100∶1，输电线总电阻r＝50Ω.则(　　)A．U4＝U1B．I4＝I1C．通过电阻r的电流I2＝2×104AD．电阻r损耗的电功率为5×107W【答案】BD【解析】　I1＝＝105A，根据＝可得，I2＝I1＝×105A＝103A，则通过电阻r的电流为103A，故C错误；电阻r两端的电压为Ur＝I2r＝103×50V＝5×104V，根据＝可得，U2＝U1＝100×104V＝106V，则U3＝U2－Ur＝106V－5×104V＝9.5×105V，U4＝U3＝×9.5×105V＝9.5×103V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，I4＝I3＝×103A＝105A，则I4＝I1，故B正确；电阻r损耗的电功率Pr＝I22r＝(103)2×50W＝5×107 W，故D正确．核心素养大提升两种特殊的变压器模型1．自耦变压器自耦变压器(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16所示．图162．互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：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为小电流利用的公式＝I1n1＝I2n2 例5钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很大的电流，其原理如图若原线圈与副线圈的匝数比为1∶500，电流表A的示数为1A，则(　　)A．钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯B．钳形电流表能够用来测量直流电的电流C．被测电路电流的平均值为500AD．被测电路电流的最大值为500A【答案】　A【解析】钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A正确；互感器利用的是电磁感应的互感原理，不能用于测量直流电，故B错误；由＝得：I1＝＝A＝500A，因为电流表测的是有效值，故C、D错误．练9如图所示的调压器，滑动触头P和Q都可以调节，在输入交变电压一定的条件下，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是(　　)A．Q不动，P向下移动B．Q不动，P向上移动C．P不动，Q向上移动D．P不动，Q向下移动 【答案】A【解析】　Q不动，滑动变阻器的有效电阻不变，P向下移动，原线圈匝数n1减小，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律＝知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A正确；Q不动，滑动变阻器的有效电阻不变，P向上移动，原线圈匝数n1增大，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律＝知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律＝知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律＝知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向下移动，接入电路的电阻变大，输出电流减小，则输入电流随之减小，故D错误．练10如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源u＝20sin50πt(V)，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Uab和Ucd，则(　　)A．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．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Ucd越小D．副线圈上交变电流的频率为50Hz【答案】B【解析】假设副线圈两端电压的有效值为U2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：Uab∶U2＝n1∶n2，而因二极管的单向导电性，cd间电压的有效值并不等于副线圈两端电压的有效值，所以Uab∶Ucd不等于n1∶n2，故A错误；副线圈两端的电压依赖于输入电压和匝数，所以副线圈两端的电压不变，电阻R增大，则电流减小，副线圈的功率减小，最后使得输入功率减小，而输入电压不变，使得输入电流减小，所以电流表的示数减小，故B正确；cd间的电压与原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比、二极管有关， 与负载电阻无关，所以cd间的电压Ucd不会随着负载电阻变化，故C错误；原线圈上交变电流的频率为f＝＝Hz＝25Hz，由于理想变压器副线圈上的频率与原线圈的频率相等，所以副线圈上交变电流的频率为25Hz，故D错误。