（名师导学）2020版高考物理总复习 第十一章 第2节 变压器 远距离输电课件 新人教版

第2节变压器远距离输电考点1►理想变压器的几个基本关系1．变压器的构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的与交流电源相接的________和与负载连接的_________组成，如图所示．2．变压器的原理：根据电磁感应现象中的_____来改变交流电的电压．原线圈副线圈互感3．理想变压器：(1)无漏磁，即原、副线圈中的磁通量Φ，磁通量变化率ΔΦΔt相同；(2)线圈无电阻，即原、副线圈两端电压U＝E＝nΔΦΔt；(3)无能量损失，P出＝P入，即I2U2＝I1U1.4．理想变压器的几个基本关系式：(1)功率关系：______________．(2)电压关系：①只有一个副线圈时U1U2＝_____．n1n2P入＝P出②有多个副线圈时U1n1＝____＝____＝…(3)电流关系：①只有一个副线圈时：I1I2＝____．②有多个副线圈时：依U1I1＝_____＋_____＋…，可推出：I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn.(4)频率关系：f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率．注意：变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压．U2n2U3n3n2n1U2I2U3I35．常见变压器(1)自耦变压器——调压变压器．(2)互感器电压互感器(n1n2)：用来把_______变成_______，原线圈_______在两输电线之间，副线圈接交流电压表并接地．电流互感器(n1n2)：用来把______变成_______，原线圈______在一根输电线中，副线圈接交流电流表并接地．高电压低电压并联大电流小电流串联例1如图所示，正弦交流电源的电压有效值保持恒定，电流表为理想交流电流表，理想变压器的副线圈接电阻R1和R2，R1和R2的阻值分别为1Ω和3Ω.当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I，则()A．开关闭合前后，流经R1的电流之比为1∶4B．开关闭合前后，流经R1的电流之比为1∶2C．开关闭合前后，副线圈的输出电压比为4∶1D．开关闭合前后，变压器的输入功率之比为1∶2【解析】根据题意，该理想变压器原线圈两端电压U1不变，原、副线圈匝数比一定，故副线圈电压U2保持不变，与开关S闭合断开无关，C错误；开关断开时，副线圈电流I2＝U2R1＋R2＝14U2；闭合开关后，副线圈电流I2′＝U2R1＝U2，故开关闭合前后，流过电阻R1的电流之比I2∶I2′＝14，A正确，B错误；闭合开关前，变压器输入功率为P＝IU1；在闭合开关之后，变压器输入功率为P′＝4IU1，故开关闭合前后，变压器输入功率之比为1∶4，D错误．【答案】A【小结】解决变压器问题的方法技巧1．电压切入法：变压器原、副线圈的电压之比为U1U2＝n1n2；当变压器有多个副线圈时，有：U1n1＝U2n2＝U3n3＝…2．功率切入法：理想变压器的输入、输出功率为P入＝P出，即P1＝P2；当变压器有多个副线圈时P1＝P2＋P3＋…3．电流切入法：由I＝PU知，对只有一个副线圈的变压器有I1I2＝n2n1；当变压器有多个副线圈时，有：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…1．如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1＝1000匝，副线圈匝数n2＝200匝，交流电源的电动势e＝311sin100πt(V)(不考虑其内阻)，电阻R＝88Ω，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计()A．电压表的示数为62.2VB．电流表的示数为2.5AC．通过R的电流最大值为0.5AD．变压器的输入电功率为22WD【解析】由表达式知输入电压最大值为311V，有效值为3112V＝220V，副线圈电压为2001000×220V＝44V，A错误；副线圈电流为4488A＝0.5A，电流与匝数成反比，故电流表示数为0.1A，B错误；通过电阻R电流的最大值为22A，C错误；副线圈消耗的功率为P＝UI＝44×0.5W＝22W，则变压器的输入电功率也为22W，D正确．2．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，原线圈两端交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝311sin100πt(V)，副线圈所在电路中接有电热丝、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.电热丝额定功率为44W，小电动机内电阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作．则()A．电压表示数为31.1VB．小电动机的输出功率为21WC．变压器的输入功率为44WD．通过保险丝的电流为30AB【解析】因为理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈的交变电压的最大值是311V，有效值为220V，故副线圈的电压有效值为22V，即电压表的示数为22V，选项A错误；因为电热丝的额定功率为44W，且正常工作，故电热丝中的电流为2A，故电动机的电流为3A－2A＝1A，故电动机的输出功率为P出＝22V×1A—(1A)2×1Ω＝21W，选项B正确；变压器的输入功率为22V×3A＝66W，选项C错误；通过保险丝的电流为66W220V＝0.3A，选项D错误．考点2►理想变压器电路的动态分析1．匝数比不变的情况(如图所示)(1)U1不变，根据U1U2＝n1n2，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2也不变．(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．(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．2．负载电阻不变的情况(如图所示)(1)U1不变，n1n2发生变化，故U2变化．(2)R不变，U2改变，故I2发生变化．(3)根据P2＝U22R，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．例2如图所示，一理想变压器的原线圈接有电压为U的交流电，副线圈接有电阻R1、光敏电阻R2(阻值随光照增强而减小)，开关S开始时闭合，下列说法正确的是()A．当光照变弱时，变压器的输入功率增加B．当开关S由闭合到断开，原线圈中电流变大C．当滑动触头P向下滑动时，电阻R1消耗的功率增加D．当U增大时，副线圈中电流变大【解析】当光照变弱时，光敏电阻的阻值变大，输出功率P＝U2R减小，输入功率也变小，故A错误；当开关S由闭合到断开，副线圈回路电阻增大，输出电流减小，匝数比不变，所以原线圈电流减小，故B错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压增大，电阻R1两端的电压增大，电阻R1消耗的功率增大，故C正确；当U增大时，副线圈电压增大，副线圈中电流变大，故D正确．【答案】CD【小结】1.变压器电路动态问题一般可概括为：(1)原线圈两端电压和负载电阻不变，副线圈电流、功率及原线圈电流随原副线圈匝数比的变化而变化；(2)原线圈两端电压和原、副线圈匝数比不变，副线圈电流、功率及原线圈电流随负载电阻的变化而变化．2．变压器电路中各物理量的制约关系：(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1n2)一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2＝n2U1n1，可简述为“原制约副”．(2)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1n2)一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2n1，可简述为“副制约原”．(3)负载制约：①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2＝P负1＋P负2＋…；②变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，即I2＝P2U2.(4)功率制约：例3理想自耦变压器的原线圈接有如图所示的正弦式交变电压，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．交变电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos100πtB．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，则原线圈的输入电功率增大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】由图甲知ω＝2πT＝100π，交变电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos100πt(V)，A正确；由于原线圈的输入电压不变，若仅将触头P向A端滑动，则副线圈的匝数增大，输出电压增大，电阻R消耗的电功率增大，故B正确；当电阻R增大时，副线圈的电压不变，所以副线圈的输出功率减小，输入功率等于输出功率，故C错误；若在使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，输出电压减小，R增大，副线圈的电流减小，则通过A处的电流也减小，故D错误．【答案】AB3．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，原线圈接交流电u＝202sin100πt(V)，保险丝的电阻为1Ω，熔断电流为2A，电表均为理想电表．则()A．电压表V的示数为14.1VB．电流表A1、A2的示数之比为2∶1C．为了安全，滑动变阻器接入电路的最小阻值为4ΩD．将滑动变阻器滑片向上移动，电流表A1的示数增大C【解析】由U1＝Um2，得U1＝20V，所以电压表示数U2＝10V，A错误；由变压器的电流规律I1I2＝n2n1，得I1I2＝12，故B错误；当即将达到熔断电流时，副线圈总电阻R总min＝U2I2max＝5Ω，R总min＝R丝＋R滑，得R总min＝4Ω，故C正确；滑片上移，变阻器接入阻值增大，副线圈电流减小，由I1I2＝n2n1可知，电流表示数I1也减小，D错误．4．如图甲，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，交流电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻，其阻值随温度的升高而变小，R为定值电阻，下列说法正确的是()A．该交变电流的频率为100HzB．在t＝0.025s时，电压表V2的示数为92VC．Rt处温度升高时，电流表A和电压表V2的示数均变大D．Rt处温度升高时，变压器的输入功率变大D【解析】由图乙得，交变电流的周期T＝0.02s，则该交变电流的频率f＝1T＝10.02Hz＝50Hz.故A项错误．由图乙可得，原线圈两端电压的有效值U1＝3622V＝36V，据U1∶U2＝n1∶n2，可得副线圈两端电压的有效值U2＝9V．则电压表V2的示数在任何时刻均为9V．故B项错误．原线圈两端电压一定，副线圈两端电压一定．Rt处温度升高时，其阻值随温度的升高而变小，据欧姆定律可得副线圈电流增大，电流表A的示数增大，输出功率P2＝U2I2增大，输入功率也增大．故C项错误，D项正确．考点3►远距离输电交流电远距离高压输电电路模式如图所示：1．理清三个电路：发电机电路、输送电路、输出电路．2．抓住两个联系：理想升压变压器联系1、2两个回路．理想降压变压器联系2、3两个回路U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1，U3U4＝n3n4I3I4＝n4n3，I2＝I3，U3＝U2－I2R3．掌握两个损耗电压损耗：U损＝I2R功率损耗：P损＝I22R例4有一台内阻为1Ω的发电机，供给一学校照明用，如图所示，升压比为1∶4，降压比为4∶1，输电线的总电阻R＝4Ω，全校共22个班，每班有规格为“220V40W”的灯6盏，要保证全部电灯正常发光，(1)发电机输出功率多大？(2)发电机电动势多大？(3)输电效率是多少？【解析】(1)降压变压器的输出功率为：P＝nP灯＝40×22×6W＝5280W降压变压器副线圈的电流为：I3＝nP灯U3＝6×22×40220A＝24A，由I2I3＝n3n2′＝14降压变压器原线圈的电流为：I2＝14I3＝14×24A＝6A输电线损失的功率为：ΔP＝I22R＝62×4W＝144W所以发电机的输出功率为：P1＝P＋ΔP＝(5280＋144)W＝5424W(2)降压变压器原线圈电压为：U2′＝n2′n3U3＝4×220V＝880V输电线上损失的电压为：ΔU＝I2R＝6×4V＝24V则升压变压器的输出电压为：U2＝U2′＋ΔU＝(880＋24)V＝904V所以升压变压器原线圈电压为：U1＝14×904V＝226V根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为：I1＝41×6A＝24A，发电机内阻分压：Ur＝24×1V＝24V发电机电动势为：E＝U1＋Ur＝(226＋24)V＝250V.(3)用户获得的实际功率为：P＝5280W；则输电效率为：η＝PP1×10