2020届高考物理总复习 第11章 交变电流 传感器 第2课时 变压器 电能的输送课件 教科版

第2课时变压器电能的输送基础回顾核心探究演练提升基础回顾自主梳理·融会贯通知识梳理一、理想变压器1.变压器的原理教材再现现象是变压器工作的基础.电流通过原线圈时在铁芯中激发,由于电流的大小、方向在不断变化,铁芯中的磁场也在不断,变化的磁场在副线圈中产生电动势.在输入电压一定时,原、副线圈取不同的匝数,副线圈输出的电压也不一样.互感磁场变化感应2.理想变压器的基本关系(1)功率关系:.P入=P出(2)电压关系:12UU=12nn,若n1n2,为变压器;若n1n2,为变压器.降压升压(3)电流关系:只有一个副线圈时,12II=21nn.拓展思考请根据变压器的原理写出当理想变压器有多个副线圈时的电压关系,并根据P入=P出推出电流关系.答案:11Un=22Un=33Un=……n1I1=n2I2+n3I3+……3.几种常见的变压器(1)自耦变压器——调压变压器(2)互感器..互感器：把高成低，其原圈匝填“多于”或“少于”副圈匝流互感器：把大成小，其原圈匝填“多于”或“少于”副圈匝电压变线数线数电变线数线数电压电压多于电流电流少于二、电能的输送1.输电过程(如图所示)2.输送电流I=PU=UUr.3.电压损失(1)ΔU=.(2)ΔU=U-U′.4.功率损失Ir(1)ΔP==(PU)2r=2Ur.I2r(2)ΔP=P-P′.自主检测1.思考判断(1)理想变压器的基本关系式中,电压和电流可以均为有效值.()(2)变压器不但能改变交变电流的电压,也能改变直流电流的电压,还能改变交变电流的频率.()(3)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.()(4)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.()(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗.()答案:(1)√(2)×(3)×(4)×(5)√2.如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2;副线圈电路中接有灯泡,灯泡的额定电压为220V,额定功率为22W;原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表.现闭合开关,灯泡正常发光.若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数,则()AA.U=110V,I=0.2AB.U=110V,I=0.05AC.U=1102V,I=0.2AD.U=1102V,I=0.22A解析:由变压原理12nn=12UU可得U=110V,即电压表示数U=110V;由P入=P出,灯泡正常发光可得P入=UI=P出=22W,I=22110A=0.2A,即电流表示数I=0.2A.3.(2018·深圳模拟)如图为远距离输电的电路原理图,则下列判断正确的是()A.U1U2B.U2=U3C.I4I2D.I1I2D解析:从电厂经升压变压器,电压被提高,U1U2,而电流与匝数成反比,则有I1I2.故A错误,D正确;由于输电线存在电阻,所以U2U3,故B错误;用户处为降压变压器,根据电流与匝数成反比,知I2I4.故C错误.核心探究分类探究·各个击破考点一理想变压器的原理和基本关系1.变压器的工作原理电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定U2=U121nn功率原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定,P入=P出制约关系电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定I2=I112nn2.理想变压器的制约关系【典例1】(2016·全国Ⅲ卷,19)(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,两灯泡均能正常发光,下列说法正确的是()A.原、副线圈匝数之比为9∶1B.原、副线圈匝数之比为1∶9C.此时a和b的电功率之比为9∶1D.此时a和b的电功率之比为1∶9AD解析:设灯泡的额定电压为U0,两灯泡均能正常发光,表明此时原线圈两端电压U1=9U0,同时副线圈两端电压U2=U0,故12UU=12nn=91,选项A正确,B错误;由理想变压器的电流比与匝数比之间关系知12II=21nn=19,副线圈中电流I2=9I1,则灯泡a的电功率P1=U0·I1,b的电功率P2=U0·I2,可知12PP=19,选项C错误,D正确.反思总结关于理想变压器的四点注意(1)变压器不能改变恒定电流.(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流,不能改变交变电流的频率.(3)理想变压器本身不消耗能量,所以没有能量损失.(4)理想变压器没有磁通量损失,磁通量全部集中在铁芯中.多维训练1.[变压器的有关规律](2018·北京模拟)(多选)如图所示,理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1.原线圈接入一电压为u=U0sinωt的交流电源,副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻.若U0=220V,ω=100πrad/s,则下述结论正确的是()AC2A.副线圈中电压表的读数为55VB.副线圈中输出交变电流的周期为1100πsC.原线圈中电流表的读数为0.5AD.原线圈中的输入功率为1102W解析:原线圈电压有效值U1=220V,由电压比等于匝数比可得副线圈电压有效值U2=55V,A正确;电阻R上的电流为2A,由原副线圈电流比等于匝数的反比,可得电流表示数为0.5A,C正确;输入功率为P=220×0.5W=110W,D错误;周期T==0.02s,B错误.2π2.[变压器规律的应用](2017·江苏苏锡常镇一模)钳形电流测量仪的结构图如图所示,其铁芯在捏紧扳手时会张开,可以在不切断被测载流导线的情况下,通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0,则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是()CA.该测量仪可测量直流电流B.载流导线中电流大小I0=InC.若钳形部分铁芯没有完全闭合,测量出的电流将小于实际电流D.若将载流导线在铁芯上多绕几匝,钳形电流测量仪的示数将变小解析:钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器,只能测量交流的电流,故A错误.根据0II=1n,得载流导线中电流大小I0=nI,故B错误.若钳形部分铁芯没有完全闭合,载流导线中电流产生的磁场,磁通量变化率减小,在内置线圈产生的感应电动势减小,感应电流减小,则测量出的电流将小于实际电流,故C正确.根据n1I1=n2I2,知若将载流导线在铁芯上多绕几匝,即n1变大,I1,n2不变,则钳形电流测量仪的示数I2将变大,故D错误.考点二理想变压器的动态分析①U1不变,根据12UU=12nn,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.1.变压器动态分析的以下两种情况(1)匝数比不变、负载发生变化的情况(如图)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.③I2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)①U1不变,12nn发生变化,故U2变化.③根据P2=22UR,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.②R不变,U2改变,故I2发生变化.2.分析动态问题的思维程序可表示为U1U2I2I1P1【典例2】(2018·湖北黄石模拟)(多选)如图所示为原、副线圈匝数比为n1∶n2=10∶1的理想变压器,b是原线圈的中心抽头,电压表和电流表均为理想交流电表,从某时刻开始在原线圈c,d两端加上u1=220sin100πt(V)的交变电压,则()2ADA.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22VB.当单刀双掷开关与a连接时,在滑动变阻器触头P向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小C.当仅把单刀双掷开关由a扳向b时,原线圈输入功率变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时,调节滑动变阻器滑片到适当位置,有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等解析:当单刀双掷开关与a连接时,根据电压与匝数成正比且n1∶n2=10∶1可知,副线圈电压的最大值为222V,电压表的示数为电压的有效值,所以示数为2222V=22V,故A正确;当单刀双掷开关与a连接时,输入电压及匝数比不变,输出电压不变,所以电压表的示数不变,变阻器触头P向上移动,变阻器电阻变大,副线圈电流变小,电流表示数变小,故B错误;当仅把单刀双掷开关由a扳向b时,原线圈匝数变小,根据12UU=12nn,得U2=21nnU1,可知副线圈两端的电压变大,输出功率P2=22UR变大,输入功率等于输出功率,所以原线圈输入功率变大,故C错误;当单刀双掷开关由a扳向b时,输出电压变大,调节滑动变阻器滑片到适当位置使负载电阻变大,输出功率P2=22UR可能不变,输出功率等于输入功率,所以有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等,故D正确.题后反思变压器动态分析要点处理此类问题的关键是要分清变量和不变量,弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系——U2由U1和匝数比决定;I2由U2和负载电阻决定;I1由I2和匝数比决定.多维训练1.[负载电阻变化](2018·石家庄模拟)如图所示电路中,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0.2A,电流表A2的示数增大了0.8A,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,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,ΔI2ΔI1,故U2U1,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.[原、副线圈匝数都变化](2016·四川卷,2)如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电,如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变,则()A.小灯泡变亮B.小灯泡变暗C.原、副线圈两端电压的比值不变D.通过原、副线圈电流的比值不变B解析:由变压器知识得12UU=21II=12nn原、副线圈减少相同的匝数n后12nn=12nnnn可以得出12nn-12nn=2122nnnnnn0则说明12nn的比值变大,则可得出选项C,D错误;由于原线圈电压恒不变,则副线圈两端电压减小,小灯泡变暗,则选项B正确.考点三远距离输电远距离输电问题的“三二一”1.理清三个回路在回路2中,U2=ΔU+U3,I2=I线=I3.(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12UU=12nn,12II=21nn,P1=P2.2.抓住两个联系(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34UU=34nn,34II=43nn,P3=P4.3.掌握一个守恒能量守恒关系式P1=P损+P4.【典例3】(2018·山东济宁质检)图(甲)为远距离输电示意图,变压器为理想变压器,升压变压器原副线圈匝数比为1∶100,输入电压如图(乙)所示,远距离输电线的总电阻为100Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图(报警器未画出),R1为定值电阻,R2为半导体热敏材料制成的传感器,当温度升高时其阻值变小.未出现火警时,升压变压器的输入功率为660kW.下列说法中正确的是()AA.远距离输电线路损耗的功率为90kWB.远距离输电线路损耗的功率为180kWC.当传感器R2所在处出现火警时,输电线上的电流变小D.当传感器R2所在处出现火警时,R2两端的电压变大解析:由题图(乙)知升压变压器输入端电压有效值为220V,根据电压与匝数成正比知副线圈电压为22000V,所以输电线中的电流I==30A,输电线路损耗的功率ΔP=I2R=90kW,故A正确