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2022年高考一轮复习专题27　变压器、电能的输送
考点梳理
一、理想变压器
1． 工作原理
互感现象．
2． 基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出．
(2)电压关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，＝＝＝….
(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝.
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋….
3． 几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器．
(2)互感器
4． 理想变压器的理解
(1)没有能量损失；
(2)没有磁通量损失．
二、远距离输电
1． 输电过程(如图所示)
2．输送电流
(1)I＝；(2)I＝.
3．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝I2Rt.
4．电压损失
(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR.
5． 功率损失
(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝()2R
6． 降低输电损耗的两个途径
(1)减小输电线的电阻，由电阻定律R＝ρ可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积．
(2)减小输电导线中的输电电流，由P＝UI可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流．
规律总结
1． 理想变压器的动态分析的方法
(1)分清不变量和变量；
(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．
2． 解远距离输电问题必备技巧
(1)正确画出输电过程示意图，并在图上标出各物理量．
(2)抓住变压器变压前、后各量间关系，求出输电线上的电流．
(3)计算电路功率问题时常用关系式：P损＝IR线，注意输电线上的功率损失和电压损失．
(4)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定．
[考点分析]
考点一　理想变压器原、副线圈基本关系的应用
1． 基本关系
(1)P入＝P出；
(2)＝，有多个副线圈时，仍然成立．
(3)＝，电流与匝数成反比，只对一个副线圈的变压器适用．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．
(4)原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率也相同，频率也就相同．
2． 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．
考点二　理想变压器的动态分析
分析理想变压器动态问题的思路程序可表示为：
.
考点三　远距离输电问题
1． 远距离输电的处理思路
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.
[题型训练]
一．选择题（共18小题）
1．（2021?咸阳模拟）如图甲所示，电阻不计的N匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为0.2T的水平匀强磁场中，导线框面积为0.5m2。导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，原、副线圈的匝数比为10：1，副线圈接有一滑动变阻器R，副线圈两端的电压随时间的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是（　　）
A．线框abcd的匝数N＝10匝
B．闭合导线框中产生的交变电压的瞬时值表达式为u＝100sin100t（V）
C．若滑动变阻器的滑片P向上移动，电流表的示数将增大
D．若导线框的转速增加一倍，则变压器的输出功率将增加一倍
2．（2021?河南模拟）如图所示，理想变压器原线圈接有电流表A，副线圈电路接有电压表V以及定值电阻R1、R2与滑动变阻器R3。电表均为理想电表，闭合开关S，则下列说法正确的是（　　）
A．只将滑片P1下移时，电流表A的示数变大
B．只将滑片P2下移时，电压表V的示数变大
C．滑片P1下移、P2上移时，电阻R1的功率增大
D．只断开开关S，电压表V的示数变大，电流表A的示数变小
3．（2021?安徽模拟）如图，一理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈串联一理想电流表，并接入内阻不计、u＝100sin100πt（V）的交流电。定值电阻R1＝R2＝R3＝10Ω，C为电容器，电流表示数为0.28A，则电容器两端的电压为（　　）
A．0 B．2V C．8V D．10V
4．（2021?河北模拟）如图所示，矩形线框ABCD共100匝，处于磁感应强度大小BT的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.2m2，线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OC′以角速度ω＝50rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220V 20W”灯泡，保险丝的熔断电流（有效值）为10A，下列说法正确的是（　　）
A．图示位置（磁场方向与线框平面垂直）穿过线框的磁通量为Wb
B．线框中产生的感应电动势的有效值为100V
C．为使灯泡正常发光，变压器原、副线圈的匝数之比为20：11
D．改变变压器负载，允许变压器输出的最大功率为1000W
5．（2021?江苏二模）如图所示，b端是一理想变压器副线圈中心抽头，开始时单刀双掷开关置于a端，开关S断开，原线圈c、d两端加正弦交流电．下列说法正确的是（　　）
A．将可变电阻R调大，则R两端电压变小
B．闭合开关S，则R1两端电压变小
C．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率变小
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大
6．（2021?桃城区校级模拟）如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，两定值电阻的阻值分别为R1＝5Ω，R2＝20Ω，电压表、电流表均为理想电表，当a、b两端接入交流电源，交流电的电压随时间变化的规律如图乙所示，电阻R1和R2消耗的功率相等，则下列说法正确的是（　　）
A．电压表的示数为27V
B．电流表的示数为1.8A
C．变压器原副线圈的匝数比为7：1
D．电源的输出功率为64.8W
7．（2021?南平二模）如图，理想变压器原副线圈的匝数比为n1：n2＝k，变压器输入端ab间接有按u＝Umsinωt规律变化的交变电压，在副线圈的输出端接阻值为R的电阻，则电流表的读数为（　　）
A． B． C． D．
8．（2021?4月份模拟）如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，交流电流表为理想电表，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，两只规格为“6V，3W”的灯泡均正常发光。下列说法正确的是（　　）
A．电阻R的功率为9W
B．电流表的示数为0.5A
C．原、副线圈匝数之比为3：1
D．副线圈中电流方向1s内改变50次
9．（2021?义乌市模拟）手机无线充电技术越来越普及，图甲是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈的匝数比N1：N2＝5：1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流实现给手机快速充电，这时手机两端的电压为5V，充电电流为2A。若把装置线圈视同为理想变压器，则下列说法正确的是（　　）
A．若充电器线圈中通以恒定电流，则手机线圈中将产生恒定电流
B．流过送电线圈与受电线圈的电流之比为5：1
C．快速充电时，受电线圈cd两端的输出电压为42.5V
D．若送电线圈中电流均匀增加，则受电线圈中电流也一定均匀增加
10．（2021?章丘区模拟）用同样的交流电分别用甲、乙两个电路给同样的灯泡供电，结果两个电路中的灯泡均能正常发光，乙图中理想变压器原、副线圈的匝数比为5：3，则甲、乙两个电路中的电功率之比为（　　）
A．5：3 B．5：2 C．1：1 D．25：9
11．（2021?顺德区模拟）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＝10Ω，R3＝20Ω，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0.5Hz
B．电压表的示数为100V
C．电流表的示数为1A
D．变压器传输的电功率为15W
12．（2021?南京模拟）从2019年5月15日开始，美国三次出台禁令打压华为，华为事件告诉我们必须重视核心技术自主研究。图甲是华为手机无线充电器的示意图。其工作原理如图乙所示，送电线圈为原线圈，受电线圈为副线圈。当送电线圈接上正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流。送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，且n1：n2＝5：1.当该装置给手机快速充电时，下列判断正确的是（　　）
A．快速充电时，流过送电线圈的电流大于受电线圈的电流
B．快速充电时，受电线圈的输出电压大于送电线圈的输入电压
C．快速充电时，送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递
D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失
13．（2021?永州模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2：1，电阻R1＝R2＝55Ω，D1、D2为理想二极管，A为理想电流表。原线圈接u＝220sin（100πt）V的交流电，则（　　）
A．副线圈中交流电频率为100Hz
B．电流表示数为2A
C．理想变压器输入功率为440W
D．二极管的反向耐压值应大于110V
14．（2021?海陵区校级四模）“西电东送”是将西部丰富的能源转化为电能输送到电力供应紧张的沿海地区，为了减少远距离输电线路中电阻损耗的能量，需要采用高压输电。某发电机输出的交流电经理想变压器升压后向远处输送，最后经理想变压器降压后输送给用户。则下列说法不正确的是（　　）
A．若减少升压变压器原线圈的匝数，输电线上损失的功率将减小
B．用户获得的交流电频率与发电机输出的交流电频率相同
C．若增加用户用电负载的数量，输电线上损失的功率将增加
D．根据欧姆定律输电电压增加，则输电电流增加
15．（2021?湖南模拟）特高压电网是指1000kV及以上交流电网或±800kV及以上直流电网.我国特高压输电技术实现了从“跟跑”到“领跑”的跨越.2011年12月16日，世界首条商业运营的特高压交流输电工程（1000kV晋东南——南阳——荆门特高压交流试验示范工程）在中国正式投产，到现在已经安全运行近十年.下列说法中正确的是（　　）
A．大小不随时间变化的电流称为直流
B．所有交流电的峰值都是其对应有效值的倍
C．理想变压器输出的功率大于输入功率
D．远距离输电采用特高压的主要目的是降低输电线路中的损耗
16．（2021?遂宁模拟）远距离输电线路简化如图所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压电流，其中输电线总电阻为R，则（　　）
A．I2
B．输电线损失的电功率为
C．提高输送电压U2，则输电线电流I2增大
D．电厂输送电功率为U2I2
17．（2021?湖南模拟）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。通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率，原线圈的电压保持不变，输电线路的总电阻不变。使用特高压输电，当副线圈与原线圈的匝数比提高为原来的n倍，则提升匝数比前后线路损耗的电功率之比和电压损失之比分别为（　　）
A．， B．， C．， D．n2，n
18．（2021?河南模拟）如图是变电所为市区用户供电的示意图。变压器的输入电压是电网的电压，负载变化时电网电压波动极小，可视为不变。变压器可视为理想变压器，其变压比通过P可调，输电线的电阻为R0，则下列判断错误的是（　　）
A．当用户增多负载增大时，用户获得的电压会有所降低
B．当用户增多负载增大时，R0的功率会增大
C．当用户增多负载增大时，为了使用户获得的电压稳定在220V应将P适当上调
D．当用户增多负载增大时，为了使用户获得的电压稳定在220V应将P适当下调
参考答案与试题解析
一．选择题（共18小题）
1．【解答】解：B、由乙图可知，输出电压的最大值Um2＝10V，周期为2π×10﹣2s，角速度ω100rad/s，输入端的最大值Um1＝10Um2＝100V表达式应为：u＝Um1sinωt＝100sin100t，故B错误；
A、发电机输出的最大电压值Um1＝NBSω＝100V，解得N10匝，故A正确；
C、理想变压器，输出电压由输入电压、原副线圈匝数比决定，原线圈无变化，输入电压无变化，输出电压无变化，将滑动变阻器的滑片P向上移动，电阻增大，则输出电流减小，根据变流比可知，输入电流减小，电流表示数减小，故C错误；
D、若转速度加倍，则最大值加倍，有效值加倍，输出端的有效值也会加倍，则由P可知，输出功率将变成原来的4倍，故D错误。
故选：A。
2．【解答】解：A、只将滑片P1下移时，输出电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，电流表A的示数变小，故A错误；
B、只将滑片P2下移时，R3接入的阻值减小，R3接入的阻值与R2的并联电阻减小，电压表V的示数变小，故B错误；
C、滑片P1下移，副圈电路电压减小，滑片P2上移，副线圈电路总电阻增大，总电流减小，电阻R1的功率减小，故C错误；
D、只断开开关S，副线圈电路总电阻增大，消耗功率减小，原线圈输入功率也减小，电流表A的示数变小，电压表V测的是电阻R2两端的电压，示数变大，故D正确。
故选：D。
3．【解答】解：根据题意可知，原线圈两端的电压有效值为U1V＝100V，根据计算可知，副线圈两端的电压为U2＝10V，由欧姆定律可知，R1、R3中的电流均为1A，又因为电流表示数为I1＝0.28A，根据计算可得副线圈中的电流为I2＝2.8A，可知流过R2的电流为0.8A，则R2两端的电压为8V，因此电容器两端的电压为2V，故B正确，ACD错误。
故选：B。
4．【解答】解：A、图示位置穿过线框的磁通量最大，Φ＝BST×0.2m2Wb，故A错误；
B、线框中产生的感应电动势的最大值Em＝NBSω＝1000.2×50V＝100V，有效值为UV＝100V，故B错误；
C、原、副线圈的匝数比，故C错误；
D、保险丝允许通过的最大电流为10A，变压器的最大输入功率为P＝UIm＝100×10W＝1000W，允许变压器输出的最大功率是1000 W，故D正确。
故选：D。
5．【解答】解：A、原副线圈线圈的匝数不变，故副线圈两端的电压不变，根据闭合电路的欧姆定律可知，串联电路电阻分得的电压与电阻成正比，故将可变电阻R调大，则R两端电压变大，故A错误；
B、闭合开关S，R1与R2并联后的阻值比R1小，再与电阻R串联，根据串并联电路可知，R1两端电压变小，故B正确；
C、理想变压器不改变交流电的频率，故当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率不变，故C错误；
D、当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈的匝数减小，副线圈两端的电压减小，根据P可知，副线圈消耗的功率减小，故输入功率减小，故D错误；
故选：B。
6．【解答】解：ABC、电阻R1和R2消耗的功率相等，即，又由于，整理得，
电源的输出电压为，U＝U1+I1R1，U2＝I2R2，又，
联立解得U1＝18V、I2＝1.8A，即电压表的示数为18 V，电流表的示数为1.8 A，故A、C错误，B正确；
D、通过原线圈的电流为I1＝2I2＝2×1.8A＝3.6A，电源的输出功率为P＝I1U＝3.6×36W＝129.6W，故D错误。
故选：B。
7．【解答】解：在变压器的输入端ab间接按u＝Umsinωt规律变化的交变电压，所以原线圈电压有效值U1，
理想变压器的原副线圈的匝数比为n1：n2＝k，
根据电压与匝数成正比，所以副线圈的电压U2，根据欧姆定律得副线圈的电流I2，
根据电流与匝数成反比得原线圈串联的电流表的读数I1。
故选：D。
8．【解答】解：ABC、两只规格为“6V，3W”的灯泡均正常发光，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，有效值为U＝24V。
原线圈的电压为U1＝24V﹣6V＝18V，副线圈的电压U2＝6V，所以原、副线圈匝数之比为3：1，
原线圈电流I10.5A，根据理想变压器变流比关系得副线圈电流I2＝1.5A，所以电流表的示数为I＝1.5A﹣0.5A＝1A，
电阻R的功率为P＝U2I＝6×1W＝6W，故AB错误，C正确；
D、交变电流周期T＝0.02s，变压器不改变电流频率，一个周期电流方向改变两次，所以副线圈中电流方向1s内改变100次，故D错误；
故选：C。
9．【解答】解：A、若充电器线圈中通以恒定电流，产生恒定的磁场，故手机线圈中不会产生恒定电流，故A错误；
B、由题意n1：n2＝5：1，根据，可知送电线圈的电流小于受电线圈的电流，故B错误；
C、已知手机两端电压U手＝5V，充电电流I手＝2A，Uab＝220V 又
IabI手＝0.4A
Uab﹣IabR＝5Ucd，
Ucd﹣I手R＝U手，
联立解得
Ucd＝42.5V
故C正确；
D、若送电线圈中电流均匀增加，则受电线圈中电流为恒定电流，故D错误；
故选：C。
10．【解答】解：设灯泡的额定电流为I，则甲图中电路的功率为P1＝UI，
根据变流比可知，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：3，则乙图中原线圈中电流，乙图中的功率为P2＝U，因此甲、乙两个电路中的功率之比为5：3，故A正确，BCD错误。
故选：A。
11．【解答】解：A、由图(b)可知，T＝0.02s，所以：f50Hz，故A错误；
B、由图(b)可知电流i2的最大值为ImA，故有效值：I2A＝1A，
R2两端的电压U2＝I2R2＝1×10V＝10V，
由，可得原线圈的两端电压U1U210V＝100V，
所以电压表的示数为Uv＝220V﹣100V＝120V，故B错误；
C、由于R2和R3并联，电压相等，由欧姆定律得：IA0.5A，故C错误；
D、变压器副线圈的电流：I＝I2+IA＝1A+0.5A＝1.5A，
变压器传输的电功率：P＝U2I＝10V×1.5A＝15.0W，故D正确。
故选：D。
12．【解答】解：A、由题意n1：n2＝5：1，根据,可知送电线圈的电流小于受电线圈的电流，故A错误；
B、根据，受电线圈的输出电压小于送电线圈的输入电压，故B错误；
C、变压器通过电磁感应实现能量传递，故C正确；
D、在互感传递能量时，会有线圈电阻损耗能量，所以会有能量损失，故D错误。
故选：C。
13．【解答】解：A、根据题意可知交流电的角速度ω＝100π，频率fHz＝50Hz，变压器可以改变电压和电流的值，但不能改变频率，因此副线圈中交流电频率仍为50Hz，故A错误；
D、原线圈两端电压的最大值：U1m＝220V，
根据，副线圈两端电压的最大值：U2mU1m220V＝110V，当最大电压为110V时，二极管任然正常工作，说明二极管的反向耐压值大于110V，故D错误；
BC、由于二极管的作用，副线圈两个电阻交替工作，与没有二极管时一个电阻R始终工作完全相同，
副线圈两端电压的有效值：U2V＝110V，
因此电流表的示数：I2A，
理想变压器输入功率等于电阻消耗的功率：P＝U2I2＝110×2W＝220W，故B正确，C错误。
故选：B。
14．【解答】解：A、减少升压变压器原线圈的匝数，根据可知输电电压增加，根据P＝IU输电电流减小，损失功率减小，故A正确；
B、频率由发电机的决定，变压器不会改变交流电的频率，在远距离输电中，交流电的频率不变，故B正确；
C、若增加用户用电负载的数量，总电阻减小，电流增大，由P＝I2R知损失功率增大，故C正确；
D、根据P＝IU可知，输电电压增加，输电电流减小，故D错误。
本题选不正确的，
故选：D。
15．【解答】解：A、大小不随时间变化但如果电流的方向随时间发生变化的电流也是交流，直流是指方向不随时间发生变化的电流，故A错误；
B、正弦式交流电的峰值是有效值的倍，并不是所有交流电的峰值都是有效值的倍，故B错误；
C、理想变压器没有能量损失，输出的功率等于输入功率，故C错误；
D、远距离输电采用特高压，可以减小输电电流，从而降低输电线路中的损耗，故D正确。
故选：D。
16．【解答】解：A、由于输电线总电阻为R，输电线上有电压降，U线＜U2．根据欧姆定律得：I2，故A错误；
B、输电线上有功率损失，△P，△U＜U2，故B错误；
C、根据P＝UI知在功率不变的情况下，增大U，I减小，故C错误；
D、理想变压器不改变电功率，U2I2＝U1I1，故电厂输送电功率为U2I2，故D正确。
故选：D。
17．【解答】解：因为原线圈的电压不变，当副线圈与原线圈的匝数比提高为原来的n倍，根据知，副线圈的电压变为原来的n倍，输送的功率相同，根据P＝UI知，则输送电流变为原来的，
输电线上功率损失：，输电线的电阻不变，电流变为原来的，则损失的功率变为原来的，可知提升匝数比前后线路损耗的电功率之比为n2：1，
输电线上损失的电压：U损＝IR，输电线的电阻不变，电流变为原来的，则损失的电压变为原来的，可知提升匝数比前后线路损耗的电功率之比为n：1，故D正确，A、B、C错误。
故选：D。
18．【解答】解：根据可得：保持输入电压U1不变，则U2不变，当用户增多，总电阻变小，所以副线圈电流变大，R0的功率增大；则输电线上电压增大，用户电压降低，要想保证用户电压稳定在220V，应减小变压器原线圈匝数，应将P适当上移，故ABC正确，D错误；
因为选不正确的，
故选：D。

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