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1、1.理想变压器 (1)构造:如图所示,变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。原线圈:与交流电源连接的线圈,也叫作初级线圈。副线圈:与负载连接的线圈,也叫作次级线圈。(2)原理:电流磁效应、电磁感应。(3)基本关系式功率关系:P入=P出。电压关系:只有一个副线圈时,U1n1=U2n2。有多个副线圈时,U1n1=U2n2=U3n3=。电流关系:只有一个副线圈时,I1I2=n2n1。由P入=P出及P=UI推出有多个副线圈时,U1I1=U2I2+U3I3+。2.远距离输电 (1)输电过程(如图所示)1.(2018湖北黄冈中学入学考试)关于理想变压器,下列说法正确的是()。A.变压器只对变化的
2、电流起作用,对恒定电流不起作用B.变压器不但能改变交变电流的电压,还能改变交变电流的频率C.正常工作的变压器,当副线圈与用电器断开时,副线圈两端无电压D.变压器副线圈并联更多的用电器时,原线圈输入的电流随之减小答案A2.(2018湖南宁远一中检测)(多选)图甲是远距离输电线路的示意图,图乙是发电机输出电压随时间变化的图象,则()。A.发电机输出交流电的电压有效值是500VB.用户用电器上交流电的频率是50HzC.输电线中的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D.保持升压变压器原线圈匝数不变,增加副线圈匝数,可减少输电线上损失的功率答案BD(2)输电导线上的能量损失:主要是由输电线的电阻发热
3、产生的,表达式Q=I2Rt。(3)电压损失U=U-U。U=IR。(4)功率损失P=P-P。P=I2R=PU2R。(5)输送电流I=PU。I=U-UR。3.(2018浙江金华一中模拟)(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机的输出电压为200V,输电线的总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器),要使额定电压为220V的用电器正常工作,则()。A.n2n1n3n4B.n2n1n3n4C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率答案AD1.(2018江苏卷,2
4、)采用220kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时,为使输电线上损耗的功率减小为原来的14,输电电压应变为()。A.55kVB.110kVC.440kVD.880kV解析输电功率P=UI,U为输电电压,I为输电线路中的电流,输电线的电阻为R,则输电线的损失功率P损=I2R,可得P损=PU2R,由此可知输送功率一定的前提下,输电线损失的功率与输送电压的平方成反比,则输电电压应变为原来的2倍,即440kV,C项正确。答案C2.(2018天津卷,4)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、理想交流电压表的读数分别
5、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12,则()。A.R消耗的功率变为12PB.电压表的读数变为12UC.电流表的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变解析转速变为原来的12,根据=2n可知角速度变为原来的12,根据Em=nBS可知发电机产生的最大电动势变为原来的12,根据U=Um2可知发电机输出电压有效值变为原来的12,即原线圈输出电压变为原来的12,根据n1n2=U1U2可知副线圈的输入电压变为原来的12,即电压表示数变为原来的12,根据P=U2R可知R消耗的功率变为原来的14,A项错误,B项正确;副线圈中的电流I2=12UR变为原来的12,根据n1n2=I2I1可知
6、原线圈中的电流也变为原来的12,C项错误;转速减小为原来的12,则频率变为原来的12,D项错误。答案B见自学听讲P204一理想变压器的应用1.一般解题思路(1)分析题干条件,找出不变量和变量。(2)利用原、副线圈之间的功率关系确定原、副线圈中的电流。(3)根据电磁感应原理,分析电压、电流与原、副线圈匝数比之间的关系。2.解决变压器问题的三种切入法:(1)电压切入法:变压器原、副线圈的电压之比U1U2=n1n2;当变压器有多个副线圈时,U1n1=U2n2=U3n3=。(2)功率切入法:理想变压器的输入、输出功率满足P入=P出,当变压器有多个副线圈时,P1=P2+P3+。(3)电流切入法:由I=P
7、U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+。例1如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为110,原线圈通以交变电流后,理想电压表的示数为22V,理想电流表的示数为5A,副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表以及虚线框内的某用电器,电路处于正常工作状态,则下列说法正确的是()。A.熔断器的熔断电流应该小于0.5AB.若虚线框内接入电容器,则电容器的耐压值至少为220VC.若原线圈输入交变电流的频率增大,电流表的示数增大,则虚线框内可能是电容器D.若原线圈输入交变电流的频率增大,电流表的示数增大,则虚线框内可能是电感器解析根据n1
8、n2=I2I1,代入数值解得I2=0.5A,所以熔断器的熔断电流应该大于0.5A,A项错误;又根据n1n2=U1U2,代入数值解得U2=220V,电容器的耐压值为最大值,若虚线框内接入电容器,则电容器的耐压至少为2202V,B项错误;若原线圈输入交变电流的频率增大,副线圈的频率也增大,电流表的示数增大,则虚线框内可能是电容器,C项正确,D项错误。答案C对于电源,原线圈相当于用电器;对于用电器,副线圈相当于电源。二理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(1)U1不变,根据U1U2=n1n2,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。(2)当负载电阻发生变化时,I2
9、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。例2图示是街头通过降压变压器给用户供电的示意图,变压器输入电压是市电网的电压,不会有很大的波动,可以认为输入电压是不变的。输出电压通过输电线输送给用户,输电线的电阻用R0表示,变阻器只表示用户用电器的总电阻,当滑动变阻器滑片P向下移时()。A.表的示数随表的示数的增大而增大B.表的示数随表的示数的增大而增大C.变压器的输入功率在增大D.相当于减少用电器的数目解析理想变压器的输出电压是由输入电压和原、副线圈的匝数比共同决定的,虽然滑动变阻器滑片P向下移动,但因为输入电压和匝
10、数比不变,所以副线圈的输出电压也不变,B项错误;的示数不变,副线圈的电阻减小了,由欧姆定律知的示数变大,由P=UI知输出功率变大了,因为变压器的输入功率和输出功率相等,所以原线圈的输入功率也要变大,C项正确;原线圈的输入功率变大,因为输入的电压不变,所以输入的电流要变大,即的示数变大,表的示数随表的示数的增大而增大,故A项错误;当滑动变阻器滑片P向下移动时,总电阻减小,因为用电器是并联接入电路的,所以电阻减小相当于用电器的数目增加,故D项错误。答案C2.负载电阻不变的情况(1)U1不变,n1n2发生变化,U2变化。(2)R不变,U2变化,I2发生变化。(3)根据P2=U22R和P1=P2,可以
11、判断P2变化时,P1发生变化,U1不变时,I1发生变化。例3(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为101,b是原线圈中心的抽头,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=2202sin100t(V),则()。A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22VB.当t=1600s时,电压表的示数为220VC.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,电压表的示数增大,电流表示数变小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解析当单刀双掷开关与a连接时,理想变压器原、副线圈的匝数比为101,副线圈输出电
12、压U2=22V,但电压表示数小于副线圈输出电压U2,A项错误;当t=1600s时,电压表的示数为有效值220V,B项正确;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,滑动变阻器的电阻变大,电路的总电阻变大,因为副线圈输出电压U2是由变压器决定的,所以电流表示数变小,电压表示数变大,C项正确;当单刀双掷开关由a扳向b时,理想变压器原、副线圈的匝数比变为51,副线圈输出电压U2变大,电流表和电压表的示数均变大,D项错误。答案BC3.输入电路中含有用电器的问题当变压器输入电路中接有用电器时,要注意区别电源的输出电压U和变压器的输入电压U1,一般来讲,电源的输出电压等于用电器的电压与变压
13、器的输出电压之和,而因为这个用电器跟原线圈是串联关系,所以它们的电流是相等的。例4(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91B.原、副线圈匝数比为19C.此时a和b的电功率之比为91D.此时a和b的电功率之比为19解析设灯泡的额定电压为U0,则输入电压U=10U0,因两灯泡均正常发光,故原线圈两端的电压U1=U-U0=9U0,副线圈两端的电压U2=U0,所以原、副线圈的匝数比n1n2=U1U2=91,A项正确,B项错误;原、副线圈中的电流之比I1I2=n2n1
14、=19,由电功率P=U0I可知,a和b的电功率之比为19,C项错误,D项正确。答案AD4.含二极管的电路动态分析例5如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为51,原线圈接入如图乙所示的正弦交流电,副线圈与二极管(正向电阻为零,相当于导线;反向电阻为无穷大,相当于断路)、定值电阻R0、热敏电阻Rt(阻值随温度的升高而减小)及报警器P(电流增加到一定值时报警器P将发出警报声)组成闭合电路,电压表、电流表均为理想电表。则以下判断正确的是()。A.变压器线圈输出交流电的频率为25HzB.电压表的示数为222VC.Rt处温度减小到一定值时,报警器P将发出警报声D.报警器报警时,变压器的输入功率比报警前小
15、解析由图乙可知f=1T=50Hz,而理想变压器不改变交流电的频率,A项错误。由图乙可知原线圈输入电压的有效值U1=220V,则副线圈两端电压有效值U2=n2n1U1=44V,设电压表示数为U,由于二极管作用,副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流,则由有效值定义有U22R总T2=U2R总T,解得U=U22=222V,B项正确。由题给条件可知,Rt处温度升高到一定值时,报警器会发出警报声,C项错误。因报警器报警时回路中电流比报警前大,则报警时副线圈回路的总功率比报警前大,而输入功率与输出功率相等,D项错误。答案B变式1(多选)图示是手机充电器的内部电路核心部分的简化模型,将变压器和二极管都视为理想元件,已知变压器的原、副线圈匝数比为201,A、B端输入电压U1=2202sin100t(V),对于输出端CD(OD为副线圈的中心抽头)()。A.输出电压的有效值为11VB.输出电压的有效值为5.5VC.CD端的输出功率与AB端的输入功率之比为12D.CD端的输出功率与AB端的输入功率之比为11解析由于OD为副线圈的中心抽头,
