资源简介

2021年高考一轮复习
第29讲
变压器
传感器
电能的输送
教材版本
全国通用
课时说明
120分钟
知识点
1.
变压器原理
2.
电能的输送
复习目标
1.理解变压器的原理，掌握理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系及电流关系，并会进行有关计算
2.
能利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析
3.
会计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压
复习重点
1.
计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压
2.
利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析
复习难点
利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析
自我诊断
知己知彼
1．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，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．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2
A，电流表A2的示数增大了0.8
A，则下列说法正确的是(　　)
A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
【答案】　D
【解析】电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确．
2.
（多选）如图，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Uab和Ucd，则(　　)
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．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越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
【答案】　BD
【解析】变压器的变压比＝，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压．U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误．增大负载电阻的阻值R，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确．c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Ucd不变，选项C错误．根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T内，二极管未短路时有UabI1T＝·＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确．
3.
如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝
T，单匝矩形线圈的面积S＝1
m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连接，A为交流电流表．调整副线圈的触头P，当变压器原、副线圈的匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6
V　6W”的灯泡正常发光，以下判断正确的是(　　)
A．电流表的示数为1
A
B．矩形线圈产生电动势的有效值为18
V
C．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e＝12sin
30πt
V
D．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移
【答案】　D
【解析】因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为U2＝6
V，通过灯泡的电流为I2＝
A＝1
A，电流表的示数为I1＝I2＝0.5
A，原线圈两端电压的有效值为U1＝U2＝12
V，矩形线圈产生电动势的有效值为12
V，最大值为Em＝BSω＝12
V，得ω＝60π
rad/s，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e＝12sin
60πt
V，矩形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，P适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光．
4.
（多选）如图，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R0，负载电阻的阻值R＝11R0，是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，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
V
B．此时原线圈两端电压的最大值约为24
V
C．原线圈两端原来的电压有效值约为68
V
D．原线圈两端原来的电压有效值约为48
V
【答案】　AD
【解析】当R＝5R0时，示数为5.0
V，所以输出电流I出＝，UR0＝I出R0＝1
V，则变压器输出电压为6
V，由＝得到输入电压的有效值为24
V，所以原线圈两端电压最大值为U1≈34
V，A正确，B错误．因I入∶I出＝n2∶n1不变，故输入电流不变时输出电流也不变，当负载由R＝11R0变为R＝5R0时，由U＝IR知副线圈电压由I(R0＋11R0)降到I(R0＋5R0)＝6
V，则副线圈两端原来的电压有效值为12
V，原线圈两端原来的电压有效值为48
V，C错误，D正确．
5.
（多选）一台发电机最大输出功率为4
000
kW，电压为4
000
V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻为R＝1
kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220
V、60
W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则(　　)
A．T1原、副线圈电流分别为103
A和20
A
B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105
V和220
V
C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D．有6×104盏灯泡(220
V、60
W)正常发光
【答案】ABD
【解析】远距离输电的模型如图所示．
T1原线圈的电流为I1＝＝
A＝1×103
A，输电线上损失的功率为P损＝IR＝10%P1，所以I2＝
＝
A＝20
A，A正确；T1的变压比为＝＝＝；T1副线圈的电压为U2＝50U1＝2×105
V，T2原线圈的电压为U3＝U2－I2R＝2×105
V－20×103
V＝1.8×105
V，B正确；T2的变压比为＝＝＝，C错误；能正常发光的灯泡盏数为N＝＝6×104，D正确．
温故知新
夯实基础
典例剖析
举一反三
考点一
理想变压器基本关系
1．匝数比不变的情况
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2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
(1)U1不变，发生变化，故U2变化．
(2)R不变，U2变化，故I2发生变化．
(3)根据P2＝，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．
3．变压器动态问题的分析流程
（一）典例剖析
例1【2020·山东卷】图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=22：3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15
Ω，额定电压为24
V。定值电阻R1=10
Ω、R2=5
Ω，
滑动变阻器R的最大阻值为10
Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（　　）
A.
1
Ω
B.
5
Ω
C.
6
Ω
D.
8
Ω
【答案】A
【解析】输电电压的有效值为（即原线圈电压的有效值）根据理想变压器电压规律可知副线圈电压有效值为灯泡正常工作，根据欧姆定律可知分压为，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为根据串联分压规律可知，和、构成的并联电路部分的分压为通过的电流为
通过、的电流为、的分压为
解得滑动变阻器的阻值为A正确，BCD错误。故选A。
【易错点】灯泡正常工作的电压是有效值
【方法点拨】(1)根据题意知灯泡正常发光要用有效值；(2)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；(3)利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定．
例2【2020·全国III卷】（多选）在图（a）所示的交流电路中，电源电压的有效值为220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2=10，R3=20，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图（b）所示。下列说法正确的是（　　）
A.
所用交流电的频率为50Hz
B.
电压表的示数为100V
C.
电流表的示数为1.0A
D.
变压器传输的电功率为15.0W
【答案】AD
【解析】A．交流电的频率为A正确；
B．通过电流的有效值为两端即副线圈两端的电压，根据欧姆定律可知
根据理想变压器的电压规律可知原线圈的电压
电阻两端分压即为电压表示数，即
B错误；
C．电流表的示数为C错误；
D．副线圈中流过的总电流为变压器原副线圈传输的功率为
D正确。故选AD。
【易错点】图b中I-t图像会误认为输入端的I-t图像
【方法点拨】利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定
举一反三
1．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6
Ω，AB端电压u1＝12sin
100πt(V)．下列说法正确的是(　　)
A．电流频率为100
Hz
B.的读数为24
V
C.的读数为0.5
A
D．变压器输入功率为6
W
【答案】　D
【解析】由ω＝100π＝2πf得f＝50
Hz，A错；由题知：Um1＝12
V，则有效值U1＝＝12
V．由＝得U2＝6
V，I2＝＝1
A，B、C错；由能量守恒得P1＝P2＝U2I2＝6
W，D对．
2.
一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中(　　)
A．U2>U1，U2降低
B．U2>U1，U2升高
C．U2D．U2【答案】　C
【解析】由＝，n1>n2知U23.
如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220
V，负载电阻R＝44
Ω，电流表A1的示数为0.2
A．下列判断正确的是(　　)
A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1
B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1
C．电流表A2的示数为0.1
A
D．电流表A2的示数为0.4
A
【答案】　B
【解析】由题意可求得原线圈的功率，利用理想变压器原、副线圈中的功率相等可求得副线圈中的电流，再利用原、副线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比．
由电压表V示数和电流表A1的示数可得原线圈中的功率P1＝U1I1，P1＝P2＝IR，所以电流表A2的示数为I2＝
＝
A＝1
A，C、D错误；原线圈和副线圈的匝数比＝＝，A错误，B正确．
4.
如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝
T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5
m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100
rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220
V,60
W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10
A，下列说法正确的是(　　)
A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大
B．线框中产生电动势的有效值为250
V
C．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22
D．允许变压器输出的最大功率为1
000
W
【答案】　C
【解析】在图示位置线框和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，A错误；线框中产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝250
V，其有效值E＝Em＝250
V，B错误；灯泡能正常发光，则副线圈两端电压U2＝220
V，由＝可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，C正确；熔断器允许通过的最大电流为10
A，即I1＝10
A，P1＝U1I1＝250×10
W＝2
500
W，因此变压器允许输出的最大功率为2
500
W，D错误．
考点二
理想变压器的动态分析
常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况．
1．匝数比不变的情况(如图甲所示)
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2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．
　　
　　　　　甲　　　　　　　　　　　乙
2．负载电阻不变的情况(如图乙所示)
(1)U1不变，发生变化，故U2变化．
(2)R不变，U2变化，故I2发生变化．
(3)根据P2＝，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．
（一）典例剖析
例1【2019·海南卷】（多选）如图，一理想变压器输入端接交流恒压源，输出端电路由、和三个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由5：1改为10：1后（
）
A.
流经的电流减小到原来的
B.
两端的电压增加到原来的2倍
C.
两端的电压减小到原来的
D.
电阻上总的热功率减小到原来的
【答案】CD
【解析】由题意知得，带入数据得流经电流减小到原来的，A错。由欧姆定律得所以两端的电压减小到原来的，B错误。同理所以两端的电压减小到原来的，C正确。由于电路是纯电阻电路所以热功率因为总电阻不变，是原来的，P是原来的故D正确。
【易错点】错认为功率不变，匝数之比改变则次级线圈的电流改变。
【方法点拨】考察变压器原理，利用变压器线圈匝数之比等于电压之比，两线圈功率相等等规律进行解题。
例2（多选）如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则(　　)
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
【答案】BC　
【解析】Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；当P位置不动，Q上滑时，由＝知U2增大，同理分析原线圈电流I1增大，故C正确，D错误．
【易错点】Q滑动时匝数变化，副线圈电压变化；P滑动时电阻变化。
【方法点拨】Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小；当P位置不动，Q上滑时，
U2增大，同理分析原线圈电流I1增大．
（二）举一反三
1．（多选）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源，副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是(　　)
A．若电压表读数为6
V，则输入电压的最大值为24
V
B．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半
C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍
D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍
【答案】AD
【解析】若电压表的读数为6
V，则变压器的输出电压的有效值为6
V，由＝，故U1＝4U2＝24
V，所以输入电压的最大值为Um＝U1＝24
V，所以选项A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U2增大，由I2＝可知，电流表示数增大，所以选项B错误；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R变大时，则I2＝，电流变小，又P1＝P2＝U2I2，故输入功率也减小，所以选项C错误；若负载电阻R不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I2＝则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P2＝U2I2变为原来的4倍，所以选项D正确．
2.一自耦调压变压器（可看做理想变压器）的电路如图甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表．则（　　）
A．P向下移动时，变压器的输入功率变大
B．P向上移动时，电压表的最大示数为220V
C．P向下移动时，原、副线圈的电流之比减小
D．交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220sin100πtV
【答案】C
【解析】A、P向下移动时，副线圈电压减小，副线圈电流减小，变压器的输入功率变小，故A错误；
B、原线圈的电压有效值为220V，P向上移动时，电压表的最大示数为×220＝380V，故B错误；
C、P向下移动时，副线圈匝数n2减小，原线圈匝数n1不变，理想变压器电流与匝数成反比，所以原、副线圈的电流之比减小，故C正确；
D、由图乙知，交流电源电压的最大值是
Um＝220V，周期
T＝0.02s，所以表达式为u＝Umsint＝220sin100πt
V，故D错误;故选C。
3.
（多选）火警报警系统原理如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，在变压器右侧部分，R2为用半导体热敏材料(电阻率随温度升高而减小)制成的传感器，R1为一定值电阻．下列说法中正确的是(　　)
A．电压表示数为22
V
B．此交变电源的频率为50
Hz
C．当传感器R2所在处出现火警时，电流表的示数减小
D．当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数减小
【答案】BD
【解析】副线圈两端电压是22
V，电压表示数等于副线圈两端的电压减去R1两端的电压，小于22
V，所以A错；从题图乙可知，周期是0.02
s，所以频率是50
Hz，B正确；当传感器R2所在处出现火警时，R2的电阻变小，它两端的电压变小，电流变大，电流表的示数变大，电压表的示数变小，C错，D对．
4.
如图所示，一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO′轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω做匀速转动，从图示位置开始计时．矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是(　　)
A．矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos
ωt
B．矩形线圈从图示位置经过时间，通过电流表的电荷量为0
C．当P不动，R增大时，电压表读数也增大
D．当P向上移动、R不变时，电流表读数减小
【答案】A
【解析】计时起点，线圈内的感应电动势为最大值NBSω，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos
ωt，A选项正确．矩形线圈从图示位置经过时间，线圈磁通量的变化量为ΔΦ＝BS，故通过电流表的电荷量q＝N，B选项错误．电压表示数是线圈产生的感应电动势的有效值，即总是，C选项错误．当P向上移动、R不变时，输出电压增大，输出功率增大，电流表读数增大，D选项错误．
考点三
远距离输电问题
1．分析思路：对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．
2．远距离高压输电的几个基本关系(以图为例)
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝＝＝.
(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝IR线＝()2R线．
当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的.
三个误区：(1)不能正确地利用公式P损＝2R计算输电线上的损耗功率导致错误；(2)不能正确理解升压变压器的输出电压U2、降压变压器的输入电压U3和输电线上损失的电压ΔU的关系导致错误，三者关系是U2＝ΔU＋U3；(3)不能正确理解升压变压器的输入功率P1、降压变压器的输出功率P4和输电线上损失的功率P损的关系导致错误，三者关系是P1＝P损＋P4.
（一）典例剖析
例1【2020·全国II卷】（多选）特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550
kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为?P，到达B处时电压下降了?U。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1
100
kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为?P′，到达B处时电压下降了?U′。不考虑其他因素的影响，则（　　）
A.
?P′=?P
B.
?P′=?P
C.
?U′=?U
D.
?U′=?U
【答案】AD
【解析】输电线上损失的功率ΔP＝(
)2·r损失的电压ΔU＝·r当输送电压变为原来的2倍，损失的功率变为原来的
，即ΔP′＝ΔP损失的电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU故选AD。
【易错点】易错用ΔP=ΔUI直接计算
【方法点拨】本意以远距离输电为背景考查输电线路的电能损失，解题时要根据输送电功率不变，利用输电线路损失的功率P损=U2/R解题.
例2如图所示，为远距离输电的示意图，发电机组发出的电首先经过升压变压器（T1）升压后再向远距离输电，到达用电区后，首先在一次高压变电站（T2）降压，在更接近用户地点再由二次变电站（T3）降压后，一部分电能送到大量用电的工业用户（工厂），另一部分经过低压变电站（T4）降到220V/380V，送给其他用户。假设变压器都是理想变压器，只考虑远距离输电线电阻，其他电阻不计，则下列说法正确的是（　　）
A.
T1的输出电压和T2的输入电压相等
B.
增加其他用户负载，T2的输出电压减小
C.
增加其他用户负载，T3的输出电压不变
D.
增加工业用户负载，T4的输出电压不变
【答案】B
【解析】A．由题意可知，
T1的输出电压就是经T1升压后的电压，由于输电线路电压损耗后剩下的电压为T2的输入电压，即T1的输出电压大于T2的输入电压，A错误；
BC．增加其他用户负载时，其他用户负载区的总电阻减小，总电流增加，则T2/T3的输入电流增加，所以在T2/T3之前的电路总损耗的电压增加，即T2/T3的输出电压减小，B正确，C错误；
D．增加工业用户负载，工业用户负载的总电阻减小，即工业用户负载分得的电压减小，则T4分得的电压增多，T4的输出电压增大。
【易错点】多次变压学生容易混乱，理不清关系
【方法点拨】逐级分析，理清级别关系和电路分析。
例3某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9
kW，输出电压为500
V，输电线的总电阻为10
Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%，求：
(1)村民和村办小企业需要220
V电压时，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少；(不计变压器的损耗)
(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率各是多少．
【答案】　(1)1∶3　72∶11　(2)320
V　5
760
W
【解析】(1)建立如图所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比．本题可以以线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3.
由线路损耗的功率P损＝IR线和P损＝4%P出可得
I线＝
＝
A＝6
A
又因为P输出＝U2I线，所以
U2＝＝
V＝1
500
V
U3＝U2－I线R线＝(1
500－6×10)
V＝1
440
V
根据理想变压器规律
＝＝＝
＝＝＝
所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11.
(2)
若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图所示)，由
P输出＝UI线′可得
I线′＝＝
A＝18
A
所以线路损耗的功率
P线＝I线′2R线＝182×10
W＝3
240
W
用户得到的电压
U用户＝U－I线′R线＝(500－18×10)
V＝320
V
用户得到的功率
P用户＝P输出－P线＝(9
000－3
240)
W＝5
760
W.
【易错点】不能正确理解升压变压器的输出电压U2、降压变压器的输入电压U3和输电线上损失的电压ΔU的关系导致错误，三者关系是U2＝ΔU＋U3；
【方法点拨】对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析
（二）举一反三
1．如图所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1及输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是(　　)
A．用户的总电阻增大
B．用户得到的电压U4增大
C．U1∶U2＝U4∶U3
D．用户消耗的功率等于发电机的输出功率
【答案】C
【解析】当用户消耗的功率增大时，用电器增多，总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，而发电机的输出电压U1不变，则U2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U4减小，选项A、B错误；因为原、副线圈的电压比等于匝数比，则＝，＝，因为n1∶n2＝n4∶n3，所以U1∶U2＝U4∶U3，选项C正确；用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，选项D错误．
2.
（多选）如图为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u1＝220·sin
100πt(V)，则下列表述正确的是(　　)
A．U1＜U2，U3＞U4
B．U1＝220
V
C．若U2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的
D．用户得到的交变电流频率为25
Hz
【答案】AC
【解析】远距离采用高压输电，然后降压后再使用，所以A正确；U1为有效值，应该是220
V，所以B错误；输电线上损失的功率为P损＝2R线，所以C正确；由交变电流的瞬时值表达式可得交变电流的频率为f＝
Hz＝50
Hz，所以D错误．
3.
远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)
A.＝
B．I2＝
C．I1U1＝IR
D．I1U1＝I2U2
【答案】D
【解析】根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、＝.U2不是加在R两端的电压，故I2≠，而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和．选项D正确．
4.
图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n42R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A、B端接入低压交流电源时(　　)
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
【答案】D
【解析】设A、B两端所加电压为U.由欧姆定律知，通过A2表的电流大小I2＝.通过升压变压器升压后输出电压U′＝U，降压变压器获得电压为U′－I1·2R＝U－I1·2R，灯泡L1两端电压为(U－I1·2R)，则通过灯泡L1的电流为.故
由变压器电流变化规律得I1＝.又因为n1＝n42R，所以I1I2，故灯炮L1亮度更大，选项B错误．由于I1考点四
变压器与交变电路的综合问题
（一）典例剖析
例1如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“4
V,4
W”，灯泡L4标有“4
V,8
W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1∶n2和ab间输入电压为(　　)
A．2∶1,16
V
B．2∶1,20
V
C．1∶2,16
V
D．1∶2,20
V
【答案】B
【解析】由L2、L3并联后与L4串联，灯泡正常发光可得U2＝8
V，P2＝16
W，根据输入功率等于输出功率有P2＝U2I2＝U1I1，而I1＝1
A，I2＝2
A，所以U1＝16
V，Uab＝U1＋UL1＝20
V，＝，故原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，只有选项B正确．
【易错点】灯泡的串并联关系，以及电流电压关系
【方法点拨】1．理顺交变电路中灯泡的串并联关系，结合闭合电路欧姆定律进行分析．2．熟练运用变压器的基本关系建立前后两个回路的联系．
例2【2018·天津卷】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1/2，则（
）
A.
R消耗的功率变p/2
B.
电压表V的读数为U/2
C.
电流表A的读数变为2I
D.
通过R的交变电流频率不变
【答案】
B
【解析】由交变电流，最大值计算公式可知,若发电机线圈的转速变为原来的1/2，则交流电的电动势变为原来的1/2，变压器的主副线圈的匝数比没有变化，则副线圈的电压最大值变为原来的1/2，其有效值变为原来的1/2，R消耗的功率变为原来的四分之一，电流表的读数为原来的四分之一，而由于转速的变化，电流的频率变为原来的1/2，故选B.
【易错点】分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况易错处
【方法点拨】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率．
（二）举一反三
1．（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，两灯泡均能正确发光．下列说法正确的是(　　)
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．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，当U＝10U0时，因两灯泡均正常发光，故变压器原线圈的输入电压为U1＝U－U0＝9U0，副线圈的输出电压U2＝U0.因＝，故＝，选项A正确，选项B错误；由变压器电流关系＝得＝，则此时a、b的电功率之比为＝＝，选项C错误，选项D正确．
2.
（多选）如图，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压U，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R.当输入端接通电源后，电流表读数为I，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是(　　)
A．原线圈中的电流为
B．电动机线圈消耗的功率为IU
C．电动机两端电压为IR
D．变压器的输入功率为
【答案】AD
【解析】已知原线圈两端电压为U，通过副线圈电流为I，设通过原线圈电流为I0，根据变压器电流比公式有＝＝，得I0＝，则变压器的输入功率为P0＝I0U＝，故选项A、D正确；根据变压器电压比公式＝＝，电动机两端电压为U2＝，电动机的输入功率为P＝IU2＝，电动机线圈消耗的功率为I2R，故选项B、C错误.
3．(多选)理想变压器原线圈a的匝数n1＝100匝，副线圈b的匝数n2＝50匝，线圈a接在(V)的交流电源上，“12
V
6
W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝24
Ω，电压表为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A．交变电流的频率为100
Hz
B．原线圈两端的电压为50
V
C．电压表的示数为24
V
D．R1消耗的功率是0.5
W
【答案】CD
【解析】由公式可知，角速度ω=100π，则，故A错误；灯泡正常发光，故副线圈中电流为，所以电压表示数为：U2=12+0.5×24=24V，故C正确；根据理想变压器电压比可得原线圈两端的电压为：，故B错误；输出端电压为48V，R1两端的电压为U1’=50-48=2V，根据电流之比等于电匝数的反比可得：I1=0.25A；则功率，故D正确。
四．分层训练
能力进阶
【基础】
1．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R、定值电阻R0以外的其余电阻不计，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＝220sin
100πt(V)．下列说法中正确的是
(　　)
A．t＝
s时刻，c、d两点间的电压瞬时值为110
V
B．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22
V
C．单刀双掷开关与a连接，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
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大
【答案】　D
【解析】　由c、d两点间的电压瞬时值表达式u1＝220sin
100πt(V)，当t＝
s时，u1＝220sin
V＝110
V，选项A错误．由＝得U2＝＝220×
V＝22
V，选项B错误．单刀双掷开关与a连接，滑片P向上移动时，电压表示数变大，选项C错误．
2．如图为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u1＝220sin
100πt(V)，则下列表述不正确的是(　　)
A．U1＜U2，U3＞U4
B．U1＝220
V
C．若U2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的
D．用户得到的交变电流频率为25
Hz
【答案】　D
【解析】　远距离输电采用高压输电，降压后才能使用，所以A正确；U1为有效值，应该是220
V，所以B正确；输电线上损失的功率为P损＝()2R线，所以C正确；由交变电流的瞬时值表达式可得交变电流的频率为f＝
Hz＝50
Hz，所以D错误．
3．(多选)图甲为一火灾报警系统．其中R0为定值电阻，R为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，副线圈输出电压如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A．原线圈输入电压有效值为220
V
B．副线圈输出电压瞬时值表达式u＝44cos
100πt(V)
C．R处出现火情时，原线圈电流增大
D．R处出现火情时，电阻R0的电功率减小
【答案】　AC
【解析】　由题图乙可知，副线圈电压的峰值Um＝44
V，则副线圈电压的有效值为44
V，根据＝＝，得U1＝220
V，故选项A正确．
由题图乙可知，副线圈电压的峰值Um＝44
V，周期T＝0.016
s，ω＝＝125π
rad/s，所以u＝44cos
125πt(V)，故选项B错误．
R处出现火情时，其阻值变小，则副线圈电流变大，线圈匝数比不变，所以原线圈电流增大，故选项C正确．
R处出现火情时，其阻值变小，则副线圈电流变大，通过电阻R0的电流变大，根据P＝I2R，可知电阻R0的电功率增大，故选项D错误．
4.(多选)在如图所示的电路中，T为一降压式自耦调压变压器，开始时灯泡L正常发光，现在电源电压U略降低，为使灯L仍能正常发光，可采取的措施是(　　)
A．将自耦调压变压器的滑片P适当上滑
B．将自耦调压变压器的滑片P适当下滑
C．适当增大滑动变阻器R2的阻值
D．适当减小滑动变阻器R2的阻值
【答案】　AC
【解析】　根据＝可得U2＝·U，所以应增加n2，故A正确；匝数比不变，应使R1两端电压减小，则总电流减小，所以使R2阻值增加，故C正确．
【巩固】
1．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R＝10
Ω.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是(　　)
A．当S与a连接后，理想电流表的示数为2.2
A
B．当S与a连接后，t＝0.01
s时理想电流表示数为零
C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍
D．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25
Hz
【答案】　AC
【解析】　S与a连接后，由＝，又知U1＝
V＝220
V，得U2＝22
V，则理想电压表的示数为22
V，又知定值电阻R＝10
Ω，可得理想电流表示数为I＝＝2.2
A，故A对，B错；S由a拨到b后，n1∶n2＝5∶1，则U1∶U2′＝5∶1，得U2′＝2U2，据P＝得功率变为原来的4倍，故C对；输出电压频率不变，仍为50
Hz，故D错．
2．(多选)远距离输电装置如图所示，升压变压器和降压变压器均是理想变压器．当S由2改接为1时，下列说法正确的是(　　)
A．电压表读数变大
B．电流表读数变大
C．电流表读数变小
D．输电线损失的功率减小
【答案】　AB
【解析】　改接为1时，升压变压器的原线圈匝数不变，副线圈匝数变大，所以输送电压变大，降压变压器的输入电压和输出电压均变大，电压表示数变大，A正确．降压变压器的输出电压变大时，流过灯泡的电流I灯也变大，输电线上的电流I线随着I灯的变大而变大，所以电流表读数变大，B正确，C错误．I线变大时，输电线损失的功率P线＝IR变大，D错误．
3．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶10，接线柱a、b接在电压为u＝22sin
100πt(V)的交流电源上，R1为定值电阻，其阻值为100
Ω，R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器．下列说法中正确的是(　　)
A．t＝
s时，a、b两点间电压的瞬时值为11
V
B．t＝
s时，电压表的读数为220
V
C．当温度升高时，电压表示数不变，电流表示数变大
D．在1分钟内电阻R1上产生的热量为29
040
J
【答案】　BCD
【解析】　t＝
s时，U＝22sin
100π×
V＝11
V，故A错误；原线圈电压U1＝22
V，则副线圈电压U2＝220
V，故B正确；温度升高时，U1不变，则U2不变，R2阻值减小，副线圈电流增大，则原线圈电流增大，故C正确；Q＝·t＝×60
J＝29
040
J，故D正确．
4.（多选）如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片．保持理想变压器的输入电压不变，闭合电建S，下列说法正确的是（
）
A.
P向下滑动时，灯L变亮
B.
P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C.
P向上滑动时，变压器的输入电流减小
D.
P向上滑动时，变压器的输出功率变大
【答案】BD
【解析】A．由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压不变，滑片P滑动时，对灯泡电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项A错误；
B．滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项B正确；
C．滑片P上滑，电阻减小，电流增大，则原线圈输入电流也增大，故选项C错误；
D．此时变压器输出功率将变大，故选项D正确．
【提升】
1．（多选）某兴趣小组用实验室的手摇发电机和理想变压器给一个灯泡供电，电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，理想交流电压表示数是U1，额定电压为U2的灯泡正常发光，灯泡正常发光时电功率为P，手摇发电机的线圈电阻为r，则有（
）
A．理想交流电流表的示数是
B．变压器原副线圈的匝数比是
C．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值
D．手摇发电机线圈中产生的电动势最大值是
【答案】ACD
【解析】　根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2=P可得交流电流表的示数为，A正确；根据原副线圈的电压与匝数的关系得出B错误；由题意知线圈转速n，电压表的示数为有效值，根据交流电瞬时值的表达式可知C正确；发电机有内阻，所以发电机提供的电压供内阻和原线圈使用，因此D选项正确；故选ACD．
2．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　)
A．ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd
B．ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd
C．ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd
D．ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd
【答案】　B
【解析】　高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，即副线圈中的电流较小，由＝可知：n2较大，n1较小，所以ab接MN，cd接PQ，Iab＞Icd.选项B正确．
3．如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1、A1为监控市电供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时(　　)
A．电流表A1、A2和A3的示数都变大
B．只有电流表A1的示数变大
C．电压表V3的示数变小
D．电压表V2和V3的示数都变小
【答案】　C
【解析】　在电路中，S闭合前，由＝可知，电压表V2的示数为U2＝U1，电路中电流表A2与A3是串联关系，则由欧姆定律可知I2＝I3＝(r为导线电阻)，电压表V3的示数为U3＝R1I2，再由＝可知电流表A1的示数为I1＝I2，同理，在电路中S闭合后，可知因U1不变，电压表V2示数为U2′＝U1＝U2不变，I2′＝(r为导线电阻)，因R并＜R1，则有I2′＞I2，又I1′＝I2′，则I1′＞I1，由U2′＝Ur′＋U3′＝I2′r＋U3′，可知U3′＜U3，又I3′＝，则I3′＜I3，则可判断V1的示数不变，V2的示数不变，V3的示数变小，A1的示数变大，A2的示数变大，A3的示数变小，A、B、D项都错误，C项正确．
4．
(多选)如图所示，将额定电压为60
V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220
V和2.2
A．以下判断正确的是(　　)
A．变压器输入功率为484
W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6
A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2
A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
【答案】　BD
【解析】　变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60
W＝132
W，选项A错误；由＝得＝＝＝，选项D正确；由＝得I1＝I2＝×2.2
A＝0.6
A，选项B正确；根据I＝
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