2019-2020学年高中物理 第二章 交变电流 习题课（二）变压器及电能的输送课件 教科版选修3-

习题课(二)变压器及电能的输送01课堂合作探究02课后巩固提升课时作业类型一变压器的基本规律1．电压关系由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U1＝E1，副线圈两端的电压U2＝E2，所以U1U2＝n1n2.当有n组线圈时，则有U1n1＝U2n2＝U3n3＝….2．功率关系对于理想变压器，不考虑能量损失，P入＝P出．3．电流关系由功率关系，当只有一个副线圈时，I1U1＝I2U2，得I1I2＝U2U1＝n2n1.当有多个副线圈时I1U1＝I2U2＋I3U3＋…，得I1n1＝I2n2＋I3n3＋….[例1]如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12V,6W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是()A．120V,0.10AB．240V,0.025AC．120V,0.05AD．240V,0.05A[思路点拨](1)两小灯泡都正常发光时流过副线圈的电流为多少？(2)理想变压器中原、副线圈电压、电流、功率满足什么关系？[解析]灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12V，副线圈电流I2＝2×612A＝1A，根据匝数比得原线圈电流I1＝120I2＝0.05A，原线圈电压U1＝20U2＝240V，选项D正确，其他选项错误．[答案]D(1)原、副线圈的功率、电流关系中，副线圈决定原线圈，分析时从副线圈入手．(2)公式I1I2＝n2n1仅用于一原一副的模型．1．如图所示，图(a)中的变压器是一理想变压器，其输出端输出电压信号如图(b)所示(图线为正弦曲线)，电路中电阻R＝55Ω，图中交流电流表、交流电压表为理想电表，其中电流表A1与电流表A2的读数之比为1∶4，下列说法正确的是()(a)(b)A．电压表V1的示数为880VB．电压表V2的示数为2202VC．原线圈输入功率为220WD．原线圈中交流电的频率为100Hz解析：由题图(b)可知交流电压的有效值为220V，电压表V2测副线圈两端电压，故示数为220V，选项B错误；由题图(b)可知，交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，故原线圈中交流电的频率为50Hz，选项D错误；根据U1I1＝U2I2得U1＝880V，选项A正确；副线圈的输出功率为U22R＝880W，等于原线圈的输入功率，选项C错误．答案：A2．如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220V，电流表示数为10A，则高压输电线的输电功率为()A．2.2×103WB．2.2×10－2WC．2.2×108WD．2.2×104W解析：由电流互感器知，高压输电线中的电流I＝1000A，由电压互感器知，高压输电线中的电压U＝220×103V，则高压输电线的输电功率P＝UI＝2.2×108W.答案：C电压互感器测电压时需并联接入电路，电流互感器测电流时需串联接入电路．它们利用变压器的原理把高电压、大电流变成低电压、小电流，以方便测量．类型二变压器的动态分析问题1．制约关系(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定．(3)电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定．2．分析理想变压器动态问题的思路[例2](多选)一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，如图所示．在副线圈上连接了定值电阻R0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U1的交流电源上．则()A．保持Q不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C．保持P不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D．保持P不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小[解析]根据理想变压器原、副线圈中电压、电流的决定关系知：在输入电压U1和线圈匝数比不变的情况下，U2不变．当保持Q的位置不动，滑动触头P向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I1也随着减小，即电流表的示数变小，选项A错误，B正确．当保持P的位置不动，将Q向上滑动时，由U1U2＝n1n2知，副线圈的匝数增大，引起副线圈中的电压增大，副线圈中的电流增大，故原线圈中的电流也随着增大，即电流表的示数增大，选项C正确，D错误．[答案]BC1.一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶10，电源电压u＝222sinωtV．原线圈电路中接入一熔断电流I0＝10A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R，如图所示，为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值最低不能小于()A．220ΩB．2202ΩC．440ΩD．4402Ω解析：当原线圈中的电流I1＝I0时，副线圈中的电流I2＝n1n2I1＝1A．副线圈的输出电压有效值为U2＝n2n1U1＝220V．因此副线圈电路中负载电阻的最小值Rmin＝U2I2＝220Ω.故选A.答案：A2．(多选)理想自耦变压器的原线圈接有如图所示的正弦交变电压，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好．下列判断正确的是()A．交变电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos100πtVB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入功率增大D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流一定增大解析：由题图可得交变电压的周期T＝0.02s，最大值为U0，则交变电压u＝U0cos2πTtV＝U0cos100πtV，选项A正确；由U1U2＝n1n2，若仅将触头P向A端滑动，即n2增大，则副线圈的输出电压U2增大，电阻R消耗的电功率P＝U22R增大，选项B正确；若仅使电阻R增大，则输出电压U2一定，输出功率P＝U22R减小，原线圈的输入功率减小，选项C错误；若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则输出电压U2减小，输出或输入的功率减小，通过A处的电流I＝PU1一定减小，选项D错误．答案：AB自耦变压器铁芯上只绕一个线圈，原、副线圈共用一个绕组，最大优点是可以连续调节输出电压，缺点是低压端和高压端直接有电的联系，使用不够安全，变压器的规律都适用于自耦变压器．类型三远距离输电的分析与计算问题1．基本电路(如图)2．基本关系(1)电压关系U1U2＝n1n2，U3U4＝n3n4，联系式：U2＝U线＋U3.(2)电流关系I1I2＝n2n1，I3I4＝n4n3，联系式：I2＝I3＝I线．(3)功率关系P1＝P2，P3＝P4，联系式：P2＝P线＋P3.3．电损的计算(1)电压损失：ΔU＝IR线.(2)功率损失：ΔP＝I线U线＝I2线·R线．[例3](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仍然不足，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．适应提高n4n3C．适应提高n2n1的同时，降低n4n3D．适当降低n2n1的同时，提高n4n3[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＝I2r，可以减小输电线的电阻r，A正确．根据输电线上的电流I＝PU2可知，也可以通过提高输电电压，减小输电电流，即提高n2n1，这样使线圈n3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n4n3，C正确．[答案]AC分析输电类问题时要注意的三点(1)要弄清输电导线的电阻是功率损失和电压损失的原因所在．(2)在高压输电中一般是通过电流来计算相关的电压、功率或热量等．(3)结合欧姆定律、焦耳定律和变压器的相关知识来解出正确答案．1．如图为远距离输电示意图，升压变压器T1的原、副线圈匝数比为n1∶n2＝k∶1，降压变压器T2的原、副线圈匝数比为n3∶n4＝1∶k，在T1的原线圈两端接入一内阻为k2r、电动势e＝Emsinωt的交流电源，两条输电线的总电阻为r，假设用户处的总电阻为R，不考虑其他因素的影响，两变压器均为理想变压器，则输电线上损失的电功率为()A.k2E2mr2R＋2k2r2B.k2E2mr2R＋k2r2C.k2E2mr2R＋r＋k2r2D.k2E2mrR＋r＋k2r2解析：由题意可知降压变压器原线圈有U3I3＝n3n4U4n4n3I4＝n3n42R＝Rk2，同理，升压变压器原线圈有U1I1＝n21n22Rk2＋r＝R＋k2r，又U1I1＝22Em－I1k2rI1＝22Emn2n1I2－k2r，联立解得输电线上的电流I2＝2kEm2R＋2k2r，则输电线上损失的电功率Pr＝I22r＝k2E2mr2R＋2k2r2，A正确．答案：A2．三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦．(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的比例是多少？(3)若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的比例是多少？解析：(1)由P＝UI，得I＝PU＝5×108W2×105V＝2500A.(2)输电线上损失的功率P损＝I2·2r＝25002×2×10W＝1.25×108W损失功率与输出功率之比为P损P＝1.25×1085×108＝14.(3)将电压升高至50万伏时，I′＝PU′＝5×108W5×105V＝1000A输电线上损失的功率P损′＝I′2·2r＝10002×2×10W＝2×107W损失功率与输出功率之比为P损′P＝2×1075×108＝125.答案：(1)2500A(2)1.25×108W14(3)1000A2×107W125解决远距离输电问题的步骤(1)首先画出远距离输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图中的相应位置；(2)以变压器为界将整个输电电路划分为几个独立的回路，每个回路都可以用欧姆定律、串并联电路的特点和电功、电功率的公式等进行计算，联系各回路的桥梁是原、副线圈电压、电流与匝数的关系及输入功率和输出功率的关系．[随堂训练]1.一输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圈烧坏了，为获知此变压器原副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图所示，然后将原来线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V．按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为()A．1100,360B．1100,180C．2200,180D．2200,360解析：对新绕线圈的理想变压器，根据变压比公式得原线圈匝数为n1＝n3U1U3＝5×2201＝1100，变压器烧坏前，副线圈匝数为n2＝n1U2U1＝1100×36220＝180，故B正确．答案：B2.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有电压为220V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为k，则()A．U＝66V，k＝19B．U＝22V，k＝19C．U＝66V，k＝13D．U＝22V，k＝13解析：根据理想变压器的原理：原、副线圈电压比等于线圈匝数比即U1∶U2＝n1∶n2，当副线圈电压U2＝U时，原线圈电压U1＝3U，理想变压器能量不损耗有P1＝P2，即U1I1＝U2I2，I2＝UR，得到I1＝U3R；根据串联电路的特点有U源＝U1＋I1R，联立并将U源＝220V代入可得U＝66V；原、副线圈回路中的电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻相等，可得功率之比k＝19，故选项A正确．答案：A3.如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2.下列说法中正确的是()A．若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小B．若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功