2022年高考物理一轮复习理想变压器电能的输送传感器教学案 .pdf

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1、学习必备欢迎下载理想变压器电能的输送传感器一考点整理基本概念1理想变压： 构造：如图所示，变压器是由和绕在铁芯上的两个组成的 原线圈：与连接的线圈，也叫初级线圈副线圈：与连接的线圈，也叫次级线圈 原理：电流磁效应、 基本关系式：功率关系：P入 = ；电压关系：U1：n1= U2：n2；有多个副线圈时，U1：n1= U2：n2= U3：n3 = = Un：nn； 电流关系：只有一个副线圈时，I1n1 = ；由P入 = P出及P = UI推出有多个副线圈时，U1I1 = U2I2 + U3I3 + + UnIn 几种常用的变压器：自耦变压器：调压变压器；互感器：用来把电压变成低电压互感器叫做电互感

2、器；用来把大电流变成小电流的互感器叫做电流互感器2电能的输送： 输电过程：如图所示 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，Q = 电压损失： U = UU；U = （R输电线电阻） 功率损失： P = P P；P = I2R = 输送电流：I = P/U；I = (UU)/R3传感器： 感受非电学量， 并能把它们按照一定的规律转换为电学量，或转换为电路的通断的一类元件叫做传感器 光敏电阻：特点：电阻值随光照增强而 原理：光敏电阻由半导体材料制成，无光照时，载流子极少，导电性能不好；随着光照的增强，载流子增多，导电性变好作用：把光照强弱这个光学量转换为电阻这个电学量 热敏电阻和金

3、属热电阻：热敏电阻金属热电阻特点电阻率随温度升高而电阻率随温度升高而制作材料氧化锰铂优点灵敏度好化学稳定性好，测温范围大作用将温度这个热学量转换为电阻这个电学量 霍尔元件：组成：在一个很小的矩形半导体薄片上，制作4 个电极E、F、M、N，就成为一个霍尔元件，如图所示原理：E、F间通入恒定的电流I，同时外加与薄片垂直的磁场B时，薄片中的载流子就在洛伦兹力作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使M、N间出现电压霍尔电压：UH = kIB/d（d为薄片厚度，k为霍尔系数，一个霍尔元件的d、k为定值），若保持I恒定，则UH的变化就与B成正比作用：把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量 传感器的

4、原理分析：感受量分析：要明确传感器所感受的物理量，如力、热、光、磁、声等输出信号分析：明确传感器的敏感元件，分析它的输入信号及输出信号，以及输入信号与输出信号间的变化规律电路结构分析：认真分析传感器所在的电路结构，在熟悉常用电子元件工作特点基础上，分析电路输出信号与输入信号间的规律二思考与练习思维启动1一输入电压为220 V， 输出电压为36 V 的变压器副线圈烧坏为获知此变压器原、副线圈匝数，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 1 页，共 6 页学习必备欢迎下载某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5 匝线圈，如图所示，然后

5、将原线圈接到220 V 交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V 按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为（）A1 100 ，360 B1 100，180 C2 200 ，180 D2 200，360 2照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些这是因为用电高峰时（）A总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D供电线路上的电流恒定，但开的灯比深夜时多，通过每盏灯的电流小3美国科学家W

6、illard SBoyle 与 George ESmith 因电荷耦合器件（CCD ）的重要发明荣获20XX年度诺贝尔物理学奖 CCD 是将光学量转变成电学量的传感器下列器件可作为传感器的有（）A发光二极管 B热敏电阻C霍尔元件 D干电池三考点分类探讨典型问题考点 1理想变压器基本规律的应用【例 1】如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为201，两个标有“ 12 V，6 W ”的小灯泡并联在副线圈的两端 当两灯泡都正常工作时， 原线圈电路中电压表和电流表（可视为理想的）的示数分别是（）A120 V，0.10 A B240 V ，0.025 A C120 V，0.05 A D240 V ，0.0

7、5 A 【变式跟踪1】如图所示为一理想变压器，原副线圈的匝数之比为1n，副线圈接一定值电阻R（）A若a、b之间 接直流电压U，则R中的电流为nU/RB若a、b之间接直流电压U，则原副线圈中的电流均为零C若a、b之间接交流电压U，则原线圈中的电流为n2U/RD若a、b之间接交流电压U，则副线圈中的电流为U/nR考点 2变压器的动态分析【例 2】如图所示，理想变压器原线圈输入电压u = Umsin t，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器， V1和 V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示； A1和A2是 理 想 交 流 电 流 表 ， 示 数 分 别 用I1和I2表 示 下 列 说

8、法 正 确 的 是（）AI1和I2表示电流的瞬时值BU1和U2表示电压的最大值C滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小【变式跟踪2】为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示当开关S闭合后（）AA1示数变大， A1与 A2示数的比值不变BA1示数变大， A1与 A22 示数的比值变大CV2示数变小， V1与 V2示数的比值变大DV2示数不变， V1与 V2示数的比值不变精选学习资料 -

9、- - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 2 页，共 6 页学习必备欢迎下载考点 3远距离输电问题【例 3】通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变， 输电线路的总电阻为R当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和P2：P1分别为（）APR/kU、1/n B(P/kU)2R、1/n CPR/kU、1/n2 D(P/mU)2R、1/n2【变式跟踪3】如图所示，发电厂的输出电压和输电线的电阻、变压器不变，若发电厂增大输出功率，则下列说法正确的是（）A升

10、压变压器的输出电压增大B降压变压器的输出电压增大C输电线上损耗的功率增大D输电线上损耗的功率占总功率的比例减小精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 3 页，共 6 页学习必备欢迎下载精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 4 页，共 6 页学习必备欢迎下载参考答案：一考点整理基本概念1闭合铁芯线圈交流电源负载电磁感应P出I2n22I2RtIR (P/U)2R3减小减小增大二思考与练习思维启动1B；根据U1/U2 = n1/n2可得 220/1 = n1/5 ，可知n1 = 1 100.

11、排除 C、 D两项再由220/36 = n1/n2可知n2 = 180 ， 故 A错、 B对2C；照明供电线路的用电器是并联的，晚上七、八点钟用电高峰时，用电器越多，总电阻越小，供电线路上的电流越大，输电线上损失的电压较大，用户得到的电压较小，所以C正确3BC ；发光二极管有单向导电性，A错；热敏电阻和霍尔元件都可作为传感器，B、C对；干电池是电源， D错三考点分类探讨典型问题例 1 D；副线圈电压U2 = 12 V ，由U1/U2 = n1/n2得U1 = 240 V ，副线圈中电流I2 = 2P/U = 1A ，由I1/I2 = n2/n1得I1 = 0.05 A变式 1 C ；根据变压器

12、原理可知，接直流电时，R中没有电流，A 错误；但在原线圈中能形成闭合回路，有电流，B 错误；在a、b间接交流电压U时，由公式U1：U2 = n1：n2，I1：I2 = n2：n1得U2 = nU，I2 = nU/R，I1 = n2U/R，所以 C正确， D错误例 2 C；交流电表的示数为有效值，故A、 B 两项均错误；P向下滑动过程中，R变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U1、U2均不变，所以I2= U2/(R0+ R) 变大，由I1/I2=n2/n1， 得I1= (n2/n1)I2变大，故C项正确、 D项错误变式 2 AD；交流电源电压有效值不变，即V1示数不变，因U1：U2 = n1：

13、n2，故 V2示数不变， V1与 V2示数的比值不变，D 对S闭合使负载总电阻减小，I2 = U2/R，所以I2增大因I1：I2 = n2：n1，所以 A1示数增大， A1与 A2示数比值不变，A对例 3 D；根据变压器的变压规律，得U1/U = k，U2/U = nk，所以U1 = kU，U2 = nkU；根据P = UI，知匝数比为k和nk的变压器副线圈的电流分别为I1 = P/U1 = P/kU，I2 = P/U2 = P/nkU；根据P = I2R，输电线路损耗的电功率分别为P1 = I12R =(P/kU)2R，P2 = I22R =(P/nkU)2R，所以P2/P1= 1/n2；选

14、项 D正确， A、B、C错误变式 3 C；发电厂的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，A项错；发电厂输出功率增大，则输电线中电流增大，导线上损耗功率和损耗电压增大，降压变压器的输入、输出电压减小，B错、 C对；输电线上损耗的功率与总功率的比值为I2R/IU= IR/U，该比值随电流的增大而增大，D项错四考题再练高考试题1由图乙知 = 200 rad/s，电压瞬时值uab = 400sin (200t) V 电压有效值U1 = 2002 V，理想变压器P入 = P出，P出 = 80 W，原线圈中的电流I1 = P入/U1，解得I1 = 2/5 A 设ab间匝数为n1，则U1：n1 = Uc

15、e：nce；同理U1：n1 = Ude：nde；由题意知Uce2/Rce = Ude2/Rde，解得nce：nde = deceRR，代入数据得nce：nde = 4 ：3预测 1 D；由题图乙知，输出电压最大值为311 V，则有效值为220 V，故电压表示数应为220 V，A错误；电流表示数为1 A ，B错误；灯泡两端电压随时间变化规律为uR = (311/2) cos100t，C错误；电流i = 2cos100t， D正确2B；根据理想变压器电压比关系U1/U2= n1/n2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U2= 380 V，精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总

16、结 - - - - - - -第 5 页，共 6 页学习必备欢迎下载因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P入 = P出 = U1I1，解得I1 = 2103/220 A 9.1 A ，选项B正确；选项A、C、D错误预测 2 B；当P沿逆时针方向移动时，副线圈的匝数n2增大，由U1/U2 = n1/n2知，U2增大，L1、L2均变亮， A错；当P不动时U2不变，Q向左移动，R减小，L1、L2的电压增大，两灯泡变亮，B对；当P不动，Q向右移动时，R增大，变压器输出功率P2 = U2/R总，R总增大，P2减小，而P1 = P2，故P1减小， C错；断开开关S，负载电阻增大，L1的电压增大，

17、L1将变亮， D错五课堂演练自我提升1C；由电器RL正常工作，可得通过副线圈的电流为I = P/U = 880/220A = 4 A，故 C对；副线圈导线所分电压为Ur = 46 V = 24 V，副线圈两端电压U2 = 220 V + 24 V = 244 V，因此原、副线圈的匝数比n1/n2 = U1/U2 = 11000/244 = 2750/61，故 A错；又P1 = P2 = U2I2 = 2444 W= 976 W ，故 D错；交变电压的频率f = /2 = 50 Hz ，故 B错2C；由交流电压u 随时间 t 的变化规律可知，输入的最大电压为2202V，由电压关系可知U1/U2=

18、 n1/n2，可得输出电压的最大值为1002V，电压的有效值为100V，最大电流为102 A ，电流的有效值为10 A，选项 A错误；电压表示数应为电压有效值，因此选项B错误；变压器的输出输入功率相等，可得P = UI = 1103 W，选项 C 正确；在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热为Q = I2Rt = 20 J，选项 D错误3D；原线圈两端P、Q间的输入电压U1不变，选项A错误；输入电压决定输出电压，U1不变，所以副线圈两端M、N间的输出电压U2也不变，当S断开时，副线圈电路的总电阻R总变大，所以输出电流I2 = U1/R总变小，等效电阻R上消耗的功率P = I2R变小，选项

19、B错误；输出电流I2变小，输入电流I1= (n2/n1)I2也变小，所以原线圈中电流表示数减小，选项C错误；输出电压U2不变，输出电流I2变小，灯泡L1和L2串联电路的电压值U = U2I2R变大，流过两个灯泡的电流变大，两灯泡均变亮，选项D正确4BC ；由题ut图象知，交流电压的最大值Um = 5V ，所以电压表的示数U = Um/2 = 5/2V，故选项A 错误，选项B 正确；根据U1：U2 = n1：n2得n2：n1 = U2：U1，变压器副线圈电压的最大值U2m= 5000 V时， 有效值U2= U2m/2 = 5000/2V， 所以点火的条件n2/n1 (5000/2)/(5/2)

20、=1000，故选项C正确，选项D错误5D；在远距离输电的过程中，第一级为升压过程，故U1 I2，A 错误、 D 正确；由部分电路欧姆定律可得U3 = U2I2R线，B错误；由于第二级为降压过程，故U3 U4，由U3I2 = U4I4，可知I2 I4， C错误6ABD ；降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V，负载电阻为11 ，所以通过R0电流的有效值是20 A ，选项 A 正确；降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为41，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为41，选项 B正确；升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上损失的电压，选项C错误；升压变压器T1的输出功

21、率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上损失的功率，选项D正确7输送功率P = 500 kW ，一昼夜输送电能E = Pt = 12 000 kWh；输电线上损失的电能E = 4 800 kW h；终点得到的电能E = E E7 200 kW h，所以输电效率 = E/E= 60% ；输电线上的电流I = P/U = 100 A ，输电线损耗功率Pr = I2r，其中Pr = E/t = 200 kW ，得r = 20 . 输电线上损耗功率Pr = (P/U)2r 1/U2，原来Pr = 200 kW ，现在要 求Pr = 10 kW ，解得输电电压应调节为U = 22.4 kV精选学习资料 - - - - - - - - - 名师归纳总结 - - - - - - -第 6 页，共 6 页