【文档说明】(新课标版)高考物理一轮复习课件11.2电能的输送 (含解析).ppt，共(77)页，1.906 MB，由MTyang资料小铺上传

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11．2变压器电能的输送知识清单考点整合集中记忆一、理想变压器构造如图，变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成．原理原线圈中变化的电流在铁芯中激发变化的磁场，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．基本关系式(1)功率关系：P1＝P

2(2)电压关系：U1n1＝U2n2(3)电流关系：一个副线圈时，I1I2＝n2n1.多个副线圈时，n1I1＝n2I2＋n3I3＋„＋nnIn.二、远距离输电输电原理图电压损失ΔU＝U－U′＝IR功率损失ΔP＝P－P′＝I2R＝(PU)2R

减少电能损失的方法在输电功率一定时，提高输电电压U是减少电能损失的有效方法．考点讲练考点突破针对训练考点一理想变压器基本关系的应用应用理想变压器基本关系应注意的问题：1．变压器只能改变交变电流，不能改变恒定电流．2．变压器不能改变交变电流的频率．

3．关系式中的电压和电流均为有效值，不是瞬时值．4．对变压器的输出电路可以应用闭合电路欧姆定律，对输入电路不能直接应用．5．若变压器输入电路中有串联电阻(见练2)，交流电压源的输出电压U不等于原线圈的电压U1.(2017·北京)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202sinπ

t(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是()A．原线圈的输入功率为2202WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为1102VD．副线圈输出交流电的周期为50s【答案】B【解析】A项，由题意知，原

线圈电压有效值为220V，原、副线圈匝数之比为2∶1，由U1U2＝n1n2可得，U2＝110V，输入功率和输出功率相等可得原线圈中的输入功率为P入＝P出＝110255＝220W，故A项错误；B项，副线圈的电流为I2＝U2R＝11055＝2A，

由n1I1＝n2I2可得，I1＝1A，即电流表的读数为1A，故B项正确；C项，电压表的读数为有效值，即U＝110V，故C项错误；D项，由u＝2202sinπt(V)可知，ω＝π，又由ω＝2πT，解得T＝2s，理想变压器不改变周期，故D项错误．故选B项．(2018·莆田二模)一理想变

压器的电路如图甲所示，变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，电阻R的阻值为2Ω，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端输入的电流如图乙所示．下列说法正确的是()A．电流表的示数为1AB．电压表的示数为52VC．0～0.04s内，电阻R产生

的焦耳热为0.8JD．t＝0.03s时，通过电阻R的瞬时电流为22A【答案】B【解析】A项，设电流表的示数为I1，则I12RT＝(22)2R×T2＋(2)2R×T2，求得：I1＝62A，A项错误；B项，原线圈中电

流只有交流部分电流才能输出到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的电流最大值为52A；设副线圈交流电的有效值为I2，则：I22RT＝(522)2R×T2，求得：I2＝52A，因此电压表的示数为：U＝I2R＝52V，故B项正确；C项，在0～0.04s内，电阻R产生的焦耳热为：Q＝I

22Rt＝(52)2×2×0.04J＝1J．故C项错误；D项，由图可知，在0.03的前后，原线圈中的电流不变化，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，故D项错误．考点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，不论负载电阻如何变化，U2不变．(2)当负载电阻变化时，I2变化，根据I1I2＝n2n1判断I1的变化．(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2判断P1的变化．2．负载电阻R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)由P2＝U22R判断P2变化，再由P1＝P2＝U1I1判断P1和I1的变化．(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U1不变，闭合开关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，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输入功率变大【答案】BD【解析】由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡两端的电压没有影响，故灯泡亮

度不变，A项错误；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，B项正确；滑片P上滑，电阻减小，副线圈输出电流I2增大，则原线圈输入电流I1也增大，C项错误；此时变压器输出功率P2

＝U2I2将变大，输入功率也变大，D项正确．(2018·厦门二模)如图所示为原、副线圈的匝数均可调节的理想变压器，原线圈两端接一正弦交变电流，一小灯泡L和滑动变阻器串联接于副线圈两端，滑动头P置于中间，小

灯泡正常发光．为了使小灯泡亮度变暗，可以采取的措施有()A．仅减少原线圈的匝数n1B．仅增加副线圈的匝数n2C．仅改变R的电阻，将滑动头P向B端滑动D．仅增大原线圈交流电电压【答案】C【解析】A项，原线圈匝数减小使得副线圈电

压增大，输出功率增大，小灯泡亮度变亮，故A项错误；B项，副线圈匝数增加，输出电压增加，故输出功率增大，小灯泡亮度变亮，故B项错误；C项，将滑动头P向B端滑动的过程中滑动变阻器接入电路的电阻值增大，所以副线圈上的电流减小，两个灯泡的电流减小，所以灯泡变暗，故C项正确；D项，仅增大原线

圈交流电电压，则副线圈电压增大，输出功率增大，小灯泡亮度变亮，故D项错误．规律总结理想变压器的动态分析的总体思路考点三远距离输电问题1．理清三个回路如图所示，远距离输电的电路有三个回路：电源回路、输送回路和用户回路．2．抓住三个联系(1

)电源回路和输送回路的联系：U1U2＝n1n2，I2I1＝n1n2，P1＝P2.(2)输送回路和用户回路的联系：U3U4＝n3n4，I4I3＝n3n4，P3＝P4.(3)两个变压器之间的联系：I2＝I3＝I线U2＝U线＋U3.3．应

用能量守恒定律P1＝P线损＋P用户其中P损＝U线I线＝I线2r＝(P2U2)2r(2018·济南二模)(多选)某同学在实验室中研究远距离输电的相关规律，由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共有8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)．第一次实验采

用如图所示的电路图，将输电线与学生电源和用电器直接相连，测得输电线上损失的功率为P1，损失的电压为U1；第二次实验采用如图乙所示的电路，其中理想变压器Tl与学生电源相连，其原，副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变

压器T2与用电器相连．测得输电线上损失的功率为P2，损失的电压为U2.两次实验中学生电源的输出电压与电功率均相同，下列正确的是()A．P2∶P1＝n1∶n2B．P2∶P1＝n12∶n22C．U2∶U1＝n1∶n2D．U2∶U1＝n12∶n22【答案】BC【解

析】第一次实验输电线上的电流I＝PU1，输电线上损失的功率P1＝I2R＝P2U12R第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2＝n2n1U1，输电线上的电流I′＝PU2，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝P2U2

2R，所以：P2P1＝U12U22＝n12n22，故A项错误，B项正确．第一次损失的电压U1＝IR，第二次损失的电压U2＝I′R，故U2U1＝I′I＝n1n2，故C项正确，D项错误．(2018·福建二模)如图所示为某同学设计

的高压输电模拟电路，升压变压器T1的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶k，降压变压器T2的原、副线圈匝数比n3∶n4＝k∶1，电阻r＝3Ω.升压变压器原线圈输入电压为16V的正弦交流电，降压变压器副线圈接额定电压为15V、额定功率为45W的用电器．两个变压器可视为理想变

压器，要使用电器正常工作，则()A．k＝32B．k＝3C．k＝4D．k＝9【答案】B【解析】根据电压与匝数成正比，有U1U2＝n1n2，即16U2＝1k；额定电压为15V、额定功率为45W的用电器的额定电流为：I＝PU＝4515

A＝3A，降压变压器副线圈电流为：I4＝3A，根据U3U4＝k1得：U3＝kU4＝15k，根据电流与匝数成反比，得I3I4＝1k得：I3＝3k电压关系：U2＝U3＋I3r代入数据16k＝15k＋3k×k解得：k＝3，故B项正确、A、C、D三项错误．考

点四三种特殊的变压器1．自耦变压器如图所示，自耦变压器的原、副线圈共用一个线圈，线圈匝数可调，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，解题的关键是分清原线圈和副线圈．2．互感器电压互感器和电流互感器比较如下：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大电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U1U2＝n1n2I1n1＝I2n23.多个副线圈变压器计算多个副线圈的变压器

问题时，应注意三个关系：(1)电压关系：U1U2＝n1n2对任何两个线圈都适用，可推出：U1n1＝U2n2＝U3n3＝„„(2)功率关系：P1＝P2＋P3＋„„(3)电流关系：I1I2＝n2n1不再适用，由上面关系可推出：n1I1＝n

2I2＋n3I3＋„„某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，图乙是其输入电压u的变化规律．已知滑动触头在图示位置时原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，电阻R＝22Ω，下列说法正确的是()A．通过R的交

流电的频率为100HzB．电流表A2的示数为2AC．此时变压器的输入功率为22WD．将P沿逆时针方向移动一些，电流表A1的示数变小【答案】C【解析】A项，由图乙可知，该交流电的周期为T＝0.02s，其频率为：f＝1T＝10.02Hz＝50Hz，故A项错误；B项，由图得知输入电压的最大

值为Um＝2202V，所以有效值为：U＝220V，则副线圈两端的电压为U′＝U×n2n1＝220×110V＝22V，所以通过电阻的电流(即为电流表A2的示数)为：I＝U′R＝2222A＝1A，故B项错误；C项，变压器的输出功率为：P′＝U′I＝22×

1W＝22W，理想变压器的输入功率等于输出功率，所以有P＝P′＝22W，故C项正确；D项，将P沿逆时针方向移动一些，变压器的副线圈匝数变多，输出电压变大，输出功率变大，所以输入功率也变大，故电流表A1的示数将变大，故D项错误．(多选)电流互感器

和电压互感器如图所示，已知n1n2＝110，n3n4＝1001，电流表示数为5.0A，电压表示数为220V，则下列说法正确的是()A．火线中的电流为0.5AB．火线和地线间的电压为2.2×104VC．线路的输电功率为1.1×104WD．线路的输电功率为1.1×106W【答案】BD【解析

】由I1I2＝n2n1得I1＝50A，由U3U4＝n3n4得U3＝2.2×104V，P＝U3I1＝1.1×106W，故B、D两项正确．如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝20

0，分别接一个R＝55Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220V的交流电源．则两副线圈输出电功率之比P2P3和原线圈中的电流I1分别是()A.P2P3＝52，I1＝2.8AB.P2P3＝25，I1＝2.8AC.P2P3＝254，I1＝

1.16AD.P2P3＝425，I1＝1.16A【答案】C【解析】对两个副线圈有U1U3＝n1n2、U1U3＝n1n3，所以U2＝110V，U3＝44V，又P＝U2R，所以P2P3＝U22U32＝254；由欧姆定律得I2＝U2R＝2A，I3＝U3R＝0.8A

，对有两个副线圈的变压器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16A，故C项正确．题型拓展典例剖析提炼方法“变压器＋”题型综合“变压器原线圈＋电阻”主要有两种类型：1．变压器的原线圈与电阻串联：在公式U1U2＝n1n2中，U1是原线圈两

端的电压，电源电压等于U1与串联电阻的电压之和(见例1)．2．变压器的原线圈与电阻并联：在公式I2I1＝n1n2中，I1是通过原线圈的电流，通过电源的电流等于I1与并联电阻的电流之和(见例2)．例1(2015·课标全国Ⅰ)理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值

相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为k，则()A．U＝66V，k＝1/9B．U＝22V，k＝1/9C．U＝66V，k＝1/3D．U＝22V，k＝1/3【答案】A【解析】根据理想变压器的原理：

U1∶U2＝n1∶n2，当副线圈电压U2＝U，得原线圈电压U1＝3U，理想变压器P1＝P2，即U1I1＝U2I2，I2＝U/R，得到I1＝U3R；根据串联电路的特点：U源＝U1＋I1R，联立并将U源＝220V代入可得U＝66

V；根据P＝I2R，电阻相等，可得功率之比k＝1/9，故A项正确．例2(2018·安徽三模)在如图所示的理想变压器的电路中，变压器原副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1＝R2，电流表和电压表均为理想电表，若电流表的示数为0.5A，电压表的示数为5V，则电阻R1的大

小为()A．10ΩB．15ΩC．20ΩD．25Ω【答案】D【解析】原副线圈电压之比U1U2＝n1n2＝21已知U2＝5V，故U1＝2U2＝10V通过R1的电流I′＝U1R1＝2U2R2副线圈上的电流I2＝U2R2，又I1I2＝n2n1，得

I1＝12I2电流表的电流：I＝I′＋I1＝(2＋12)U2R2＝0.5A解得：R1＝R2＝25Ω“变压器＋二极管”解决该类问题把握三点：1．二极管具有单向导电性：正向导通，反向截止．2．先假设二极管不存在，确定副线圈的电流和电压，再利用二极管的单向导电性判

断负载电阻的电流和电压．3．结合能量守恒定律(P入＝P出)进行分析，电压和电流要用有效值．例3(2014·课标全国Ⅱ)(多选)如图所示，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A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∶n2B．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U1U2＝n1n2，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，A项错误．增大负载电阻R的阻值，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，B项正确．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，C项错误．在一个周期T内，二极管未短路时有UabI1T＝U22R·T2，二极管短路时有U

abI2T＝U22RT，U2不变，则I2＝2I1，D项正确．“变压器＋电容(电感)”解决该类问题要注意电容和电感在交流电中的特点：1．电容器的电容越大，交流电的频率越高，对交变电流的阻碍作用越小．2．电感线圈的自

感系数越大，交流电的频率越高，对交变电流的阻碍作用越大．例4(2018·重庆模拟)(多选)如图所示，一个理想变压器副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，每个灯泡相同，电路中L为电感线圈、C为电容器、R为定值电阻．原线圈两端接有一个小型交流发电机，当交流发电机转子的

转速为n时，三只灯泡的亮度相同．如果增大发电机的转速(在元件安全范围内)，则下列说法中正确的是()A．灯泡Ⅰ的亮度不变B．三个灯泡中，灯泡Ⅱ一定最暗C．三个灯泡中，灯泡Ⅲ一定最亮D．三个灯泡仍一样亮【答案】BC【解析】当增大发动机的转速后

，交流电的最大值增大，所以变压器的输入电压与输出电压都增大．当增大发动机的转速后，交流电频率增大，对电阻没影响，线圈阻碍作用更大，电容阻碍作用更小，可知三个灯泡中，Ⅲ最亮，Ⅱ最暗，故B、C两项正确．1.(2018·深圳一模)如图所

示，a、b两端接在正弦交流电源上，原副线圈回路中A、B电阻的阻值相同，原副线圈匝数比为n1∶n2，下列说法正确的是()A．A、B电阻的电流之比为n1∶n2B．A、B电阻的电压之比为n1∶n2C．A、B电阻的功率之比为n22∶n12D．A电阻上的

电压与原线圈输入电压之比为1∶1答案C解析A项，设流过电阻B的电流为I2，原线圈的电流为I1，根据电流与匝数的关系可知，原、副线圈的电流之比为：I1I2＝n2n1，即A、B电阻的电流之比为n2∶n1，故A项错误；B项

，流过电阻的电阻值相等，由U＝IR可知，A、B电阻的电压之比与流过它们的电流成正比，所以为：UR1U2＝I1RI2R＝n2n1，故B项错误；C项，根据P＝UI，两个电阻消耗的功率：P1P2＝UR1I1U2I2＝n22n12，故C项正确；D项，电阻A

上的电压：UR1＝n2n1·U2，原线圈两侧的电压：U1＝n1n2·U2≠UR2，则D项错误．2．(2018·河南模拟)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∶2B．此时交流电源输出的功率为6PC．U0＝6UD．如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮答案A解析A、C两项，设灯泡正常发光时，额定电流为I0.由题图可知，原线圈中电流I原＝I0，副

线圈中4灯并联，副线圈中电流I副＝4I0，U副＝U，根据理想变压器的基本规律：I原n1＝I副n2得n1∶n2＝4∶1；U原∶U副＝n1∶n2得U原＝4U，所以U1＝4U＋2U＝6U.故A项错误，C项正确．B项，根据总功率

等于各部分功率之和知电源输出功率为6P，故B项正确；D项，如果灯L6突然烧断，总功率减小，故副线圈总电流减小，原线圈电流也减小，故灯L1和L2将变暗，而原线圈电压变大，故副线圈电压变大，其余3盏灯将变得更亮，故D项正

确．3.(2018·佛山二模)如图，理想变压器的原线圈与二极管一起接在u＝2202sin50πt(V)交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的电阻，原、副线圈匝数比为2∶1.假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，电流表为理想电表．则()A．副

线圈的输出功率为110WB．原线圈的输入功率为1102WC．电流表的读数为1AD．副线圈输出的电流方向不变答案A解析A、B两项，因为原线圈上接有理想二极管，原线圈只有半个周期有电流，副线圈也只有半个周期有电流．U1m∶U2m＝n1∶n2所以副线圈电压

的最大值为：U2m＝1102V.设副线圈电压的有效值为U2，则有：U22RT＝0＋（U2m2）2R·T2，解得：U2＝552V副线圈的输出功率为：P2＝U22R＝110W原线圈的输入功率为：P1＝P2＝110W．故A项正确，B项错误．C项，电流表读数为：I2＝U2R＝2A，故C项错

误．D项，因为原线圈上接有理想二极管，原线圈中电流方向不变，原线圈中电流增大和减小时在副线圈中产生的感应电流方向相反，副线圈输出的电流方向改变．故D项错误．4.(2018·西宁二模)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25Ω，

D为理想二极管，原线圈接u＝2202sin100πt(V)的交流电，则()A．交流电的频率为100HzB．通过R2的电流为1AC．通过R2的电流为2AD．变压器的输入功率为200W答案C解析由原线圈交流电瞬时值表达式可知，

交变电流的频率f＝1T＝ω2π＝50Hz，A项错误；由理想变压器变压规律U1U2＝n1n2可知，输出电压U2＝50V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，U22R·T2

＝U2R·T⇒U＝22U2＝252V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为2A，B项错误，C项正确；其功率P2＝UI＝50W，而电阻R1的电功率P1＝U22R1＝100W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器

的输入功率为P＝P1＋P2＝150W，D项错误．