2025届高三物理一轮复习导学案 10.7 变压器 远距离输电

2025届高三物理一轮复习导学案 专题十 电磁感应 交流电 传感器 第7课时 变压器 远距离输电 考点一：理想变压器原理及基本关系的应用 一、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。 （1）原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。 （2）副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。 2．原理：电磁感应的互感现象。 3．理想变压器及其基本关系 理想变压器 (1)没有“铜损”(线圈电阻为零，不发热)； (2)没有“铁损”(铁芯中无涡流，不发热)； (3)没有“漏磁”(磁通量全部集中在铁芯中) 基本关系 功率关系 根据能量守恒可得，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出 电压关系 只有一个副线圈时有＝ 有多个副线圈时有＝＝＝…＝ 电流关系 只有一个副线圈时有＝ 有多个副线圈时有I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn 频率关系 f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率) [例题1] 用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为，输出功率为，原线圈的输入电压。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是： A． B． C． D． [变式1] （鲁科版选必二P74, 迁移）在如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是： A．P向下滑动时，灯泡L变亮 B．P向下滑动时，变压器的输出电压U2不变 C．P向上滑动时，变压器的输入功率变小 D．P向上滑动时，变压器的输入功率变大 [延伸1] 如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时6盏灯刚好正常发光.下列说法中不正确的是： A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2 B．此时交流电源输出的功率为6P C．U0＝6U D．如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮 考点二：理想变压器的动态分析 1. 变压器动态分析的两种情况 （1）匝数比不变、负载发生变化的情况(如图) ① U1不变，根据=，输入电压U1决定输出电压U2，不论R如何变，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、匝数发生变化的情况(如图) ① U1不变，发生变化，故U2变化. ② R不变，U2改变，故I2发生变化. ③ P2=，P2发生变化， P1=P2，故P1变化，P1=U1I1，U1不变，故I1发生变化. 2. 含有变压器的动态电路问题的解题思路： [例题2]（2024·全国·高考真题）如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻和、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压不变的情况下，为提高的热功率，可以： A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 [变式2] 如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，则： A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮 B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮 C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗 D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗 [延伸2] 某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是： A．A1增大，V2不变，V3增大 B．A1增大，V2减小，V3增大 C．A2增大，V2增大，V3减小 D．A2增大，V2不变，V3减小 考点三：电能的输送 如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R。 1．输出电流I＝＝＝。 2．电压损失ΔU＝U－U′＝IR。 3．功率损失ΔP＝P－P′＝I2R＝R。 4．减少输电线上电能损失的方法 （1）减小输电线的电阻R。由R＝ρ知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。（2）减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。 5．理清三个回路 回路1：发电机回路。该回路中，通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机；线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机；线圈1输入电功率P1等于发电机输出的电功P机。 回路2：输送电路。I2＝I3＝IR，U2＝U3＋ΔU，P2＝ΔP＋P3。 回路3：输出电路。I4＝I用，U4＝U用，P4＝P用。 6．抓住两个联系 （1）理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。 （2）理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4。 7．掌握两种损耗 （1）电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，ΔU＝U2－U3＝IRR线。 （2）功率损耗：输电线上的电阻发热的功率损耗，ΔP＝P2－P3＝IR线。输电线上能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式ΔP＝IR线或ΔP＝。 [例题3] （鲁科版选必二）某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长，他将每100m导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，第二次采用如图所示的电路输电。其中变压器T1与电源相连，变压器T2与用电器相连。下列说法正确的是： A．第二次实验也可研究远距离直流输电 B．T1是升压变压器，T2是降压变压器 C．若输送功率一定，则第二次输电线损失的电功率较小 D．实验可证明，增大输电电流能减少远距离输电的能量损失 [变式3] 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，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R，则： A． 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 [延伸3] （2022·福建·高考真题）某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电压为，定值电阻，小灯泡、的规格均为“ ”，理想变压器、原副线圈的匝数比分别为1∶3和3∶1．分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时： A．与一样亮 　　　　B．比更亮 C．上消耗的功率比的大 D．上消耗的功率比的小 考点四：三种特殊的理想变压器模型 1. 自耦变压器 高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图所示。 2. 互感器 分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下： 电压互感器 电流互感器 原理图 原线圈的连接 并联在高压电路中 串联在交流电路中 副线圈的连接 连接电压表 连接电流表 互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变为小电流 利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2 3. 多个副线圈变压器 遇到具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系： （1）电压关系：===… （2）电流关系：n1I1=n2I2+n3I3+… （3）功率关系：P1=P2+P3+… [例题4] 如图所示的变压器，输入电压为，可输出、、电压，匝数为的原线圈中电压随时间变化为．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为。将阻值为的电阻R接在两端时，功率为。下列说法正确的是： A．n1为1100匝，为 B．间线圈匝数为120匝，流过R的电流为 C．若将R接在两端，R两端的电压为，频率为 D．若将R接在两端，流过R的电流为，周期为 [变式4] 某50 Hz的钳形电流表的工作原理如图所示.当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n2＝1 000 匝，当用该表测50 Hz交流电时： A．电流表G中通过的是交变电流 B．若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为50 A C．若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中电流是10 mA D．当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小 [延伸4] 如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1，L2是两盏规格为“8 V，10 W”的灯泡，L3，L4是两盏规格为“6 V，12 W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1=220 V时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n1=1 100匝，求： （1）副线圈n2，n3的匝数； （2）电流表的读数。 参考答案： 【例题1】[答案] A [解析]由题可知原线圈输入电压的有效值为，原线圈电流为，副线圈输出电流的有效值为，压器无法改变电流的频率，故，故选A。 [变式1][答案] BD [解析]当滑动变阻器R的滑片向下移动时，导致总电阻增大，由于输入电压U1不变，且原副线圈匝数不变，所以副线圈电压U2不变，根据，即亮度不变．故A错误B正确；P向上滑动时，滑动变阻器的阻值减小，由可知，变压器的输出功率P2变大，又理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率P1也变大，故C错误D正确。 [延伸1] [答案]BCD [解析]由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P；设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，则U2＝U，U0＝U1＋2U，而U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1，代入得U0＝6U；当灯L6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P1＝U1I1得I1减小，所以灯L1和L2将变暗，同时因L1和L2分得的电压减小，变压器输入端的电压U1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮。 【例题2】[答案] AC [解析]保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与串联后的总电阻减小，电流增大，根据可知此时热功率增大，A正确；将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过的电流减小，故热功率减小，B错误；将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与串联后的总电阻减小，电流增大，此时热功率增大，C正确；将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与串联后的总电阻增大，电流减小，此时热功率减小，D错误。 [变式2] [答案]A [解析]设副线圈的总电阻为R2，滑动变阻器的滑片与电阻线触点为P，则＝＋，解得R2＝＝，则滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中，副线圈的总电阻先增大后减小，则副线圈总电流I2先变小后变大，得原线圈电流I1先变小后变大，则L1先变暗后变亮。根据U1＝U－I1R0(U为CD间电压)，U2＝U1，由于I1先减小后增大，则副线圈的电压U2先增大后减小；通过L2的电流为IL2＝，滑动变阻器R的滑片从a端滑到b端过程中Rpb逐渐减小，则副线圈的电压U2增大过程中IL2增大；在副线圈的电压U2减小过程中，I2逐渐变大，通过R0的电流为IR0＝，Rap逐渐增大，则IR0越来越小，通过L2的电流IL2＝I2－IR0越来越大，则L2一直变亮。故选A。 [延伸2][答案] D [解析]不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压不变，根据，可知，变压器副线圈的输出电压不变；当住户使用的用电器增加时，即用户的总电阻变小，由可知，副线圈的电流变大，而由 可知V3减小；由理想变压器的原理可知原线圈的电流变大；故综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小；故选D。 【例题3】[答案] BC [解析]变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故A错误；远距离输电采用高压输电，减小输电线上的电流，以减少功率损耗，到用户区采用降压变压器降压，所以T1是升压变压器，T2是降压变压器，故B正确；第二次采用高压输电，根据P=IU可知，在输送功率一定时，输电电流较小，根据P损=I2R可知，导线上的功率损失较小， C正确；实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失，故D错误； [变式3] [答案]AD [解析]在输电线路上：U2＝I2R＋U3，所以I2<；由于U2不是R两端的电压，所以输电线损失的电功率不是；因为输送功率不变，根据P2＝U2I2，可知提高输送电压U2，则输电线电流I2减小；因变压器为理想变压器，所以有P1＝P2＝U2I2. [延伸3][答案] BC [解析]若开关接cd端，则若电源电压为，理想变压器、的匝数比为 用户电阻为，输电线电阻为，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压 ，降压变压器初级电压，降压变压器次级电压， ，， 可得输电功率为，输电线上损耗的电功率为，用户得到的 电功率为，若开关接ab端，则负载得到的功率 ，输电线上损耗的电功率为， 将， ，k=3带入可得，即比更亮；上消耗的功率比的大。 【例题4】[答案]D [解析]变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为解得原线圈为2200匝，A错误；根据图像可知，当原线圈输入220V时，BC间的电压应该为12V，故BC间的线圈匝数关系有BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为，B错误；若将R接在AB端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AB间的电压应该为18V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为，故交流电的频率为，C错误；若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R电流为，交流电的周期为，D正确。 [变式4][答案]AB [解析]变压器只改变交流电电压，不改变频率，电流表G中通过的仍是交变电流；根据变压器原副线圈电流与匝数成反比：＝，I1＝I2＝×0.05 A＝50 A；若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流；根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性。 [延伸4] [解析]（1）都能正常发光，则上面一个副线圈的电压为8 V，下面一个副线圈的电压为12 V，根据n1∶n2∶n3=U1∶U2∶U3，得n2=n1=×1 100=40匝，n3=n1=×1 100=60匝。 （2）根据原、副线圈的功率相等得I1U1=P1+P2+P3+P4，解得I1==0.2 A。 学科网（北京）股份有限公司 $$