高三物理教学案远距离输电变压器 远距离输电
高中物理第4章远距离输电第2节变压器教学案鲁科版选修3-2(new)
（2)负载电阻不变，分析各物理量随原、副线圈的匝数比的变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1。
2．理想变压器工作时的制约关系
电压制约
当变压器原、副线圈的匝数比 一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝
图4。2.7
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
解析:选D 由于变压器原线圈的电压不变，因此电压表V1、V2的读数均不变，选项A、B均错误;由题意可知，该变压器起降压作用,选项C错误；由于副线圈的电压不变，电流表A2的示数增大，根据欧姆定律可知负载的电阻变小，所以滑动变阻器连入电路的阻值变小,选项D正确.
2．（2016·全国卷Ⅰ）一含有理想变压器的电路如图4 2。4所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，○为理想交流电流表,U
为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I;当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为( ）
图4。2。4
自耦变压器与互感器
1．自耦变压器
图4。2.10甲所示是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈.如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分,就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。
图4 2。10
调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2.
高考物理一轮复习 10.2变压器、远距离输电课件
推出：I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
注意：变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压．
4．常见变压器
(1)自耦变压器——调压变压器．
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(2)互感器
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电压互感器：用来把 高电压变(d成iànyā) 低电．压
电流(diànliú)互感器：用大来把电流(diànli变ú)小成电流
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4．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用
户(yònghù)，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，
则下列说法正确的是(
)B
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C ． 若 改 用 5kV 电 压 输 电 ， 则 输 电 线 上 损 失 的 功 率 为 9×108 kW
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A．输入电压u的表达式u＝20sin(50) V B．只断开(duàn kāi)S1后，L1、L2均正常发光 C．只断开(duàn kāi)S2后，原线圈的输入功率增大 D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
【思路点拨】弄清变压器中各物理量的制约关系式解 题的关键，负载电阻的变化引起(yǐnqǐ)输入电流、功 率的变化．
【答案(dáàn)】1∶8 12∶1
【方法与知识感悟】由于(yóuyú)远距离输电时，输电电流 与升压器副线圈电流、降压器原线圈电流相等，因此，电 流往往是解决输电问题的突破口.
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*1．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确 (zhèngquè)的BD是( )
A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比为10∶1
高考物理 第2讲 理想变压器 远距离输电考点知识总复习教案40
第2讲 理想变压器 远距离输电 对应学生用书P167 理想变压器 Ⅰ(考纲要求) 图10－2－11．构造 如图10－2－1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．原理电流磁效应、电磁感应．3．基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1n 1＝U 2n 2；有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…. (3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1.由P 入＝P 出及P ＝UI 推出有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n .4．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧ 电压互感器：用来把高电压变成低电压.电流互感器：用来把大电流变成小电流.远距离输电 Ⅰ(考纲要求)1.图10－2－22．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，表达式为Q ＝I 2Rt .3．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR4．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R5．输送电流(1)I ＝P U ；(2)I ＝U －U ′R. 温馨提示对理想变压器的理解(1)理想变压器①没有能量损失②没有磁通量损失(2)基本量的制约关系 电压副线圈的电压U 2由原线圈的电压U 1和匝数比决定 功率原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定 电流原线圈的电流I 1由副线圈的电流I 2和匝数比决定 1.图10－2－3一输入电压为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，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10－2－3所示，然后将原线圈接到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( )．A ．1 100,360B ．1 100,180C ．2 200,180D ．2 200,360 解析 根据U 1U 2＝n 1n 2可得2201＝n 15，可知n 1＝1 100.排除C 、D 两项．再由22036＝n 1n 2可知n 2＝180，故A 错、B 对．答案 B2．一台理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，当原线圈两端输入u 1＝2202sin 314t (V)的交变电压时，下列说法正确的是( )．A ．副线圈两端电压为12 2 VB ．副线圈接一10 Ω电阻时，原线圈中的电流为1 AC ．副线圈接一10 Ω电阻时，原线圈中输入功率为10 WD ．变压器铁芯中磁通量变化率的最大值是220 2 V答案 C3．(2012·江西重点中学联考)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解析 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．答案 C4．如图10－2－4所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有三只灯泡L 1、L 2和L 3，输电线的等效电阻为R ，原线圈接有一个理想的电流表，交流电源的电压大小不变．开始时开关S 接通，当S 断开时，以下说法正确的是( )．图10－2－4A ．原线圈两端P 、Q 间的输入电压减小B ．等效电阻R 上消耗的功率变大C ．原线圈中电流表示数变大D ．灯泡L 1和L 2变亮解析 当S 断开时，原线圈两端P 、Q 间的输入电压不变，选项A 错误；副线圈两端电压不变，灯泡的总电阻变大，输电线中电流变小，等效电阻R 上消耗的功率变小，选项B 错误；副线圈输出的功率变小，原线圈输入的功率也变小，原线圈中电流表示数变小，选项C 错误；灯泡L 1和L 2两端电压变大，亮度变亮，选项D 正确．答案 D5．(2010·福建理综，13)中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P .在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )．A.P 4B.P 2C ．2PD ．4P 解析 设输送功率为P ，输送电流为I ，输送电压为U ，则P ＝UI ，I ＝P U ，P 损＝I 2R .输送电压升为原来的2倍，则输送电流降为原来的一半，P 损降为原来的四分之一，故选A.答案 A对应学生用书P168考点一 理想变压器基本关系的应用(1)基本关系式中U 1、U 2、I 1、I 2均指交流电的有效值．(2)只有一个副线圈的变压器电流与匝数成反比，多个副线圈的变压器没有这种关系．(3)理想变压器变压比公式和变流比公式中的电压和电流均采用峰值时，公式仍成立．【典例1】(2010·海南高考题)图10－2－5如图10－2－5所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是( )．A ．若电压表读数为6 V ，则输入电压的最大值为24 2 VB ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的8倍解析 若电压表读数为6 V ，则输入电压为U 1＝41×6 V＝24 V ，是有效值，因此其最大值为24 2 V ，A 正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍，B 错；若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输出电流减小到原来的一半，输入功率等于输出功率，即P ＝IU 也减小到原来的一半，C 错；若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，输出电压增大到原来的2倍，则由P ＝U 2R可知输出功率增加到原来的4倍，D 错误． 答案 A【变式1】(2012·三亚模拟)如图10－2－6所示，图10－2－6理想变压器初级线圈的匝数为n 1，次级线圈的匝数为n 2，初级线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.20 A ．下列判断中正确的是( )．A ．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B ．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C ．电流表A 2的示数为0.1 AD ．电流表A 2的示数为0.4 A解析 由题意可求得初级线圈的功率，利用理想变压器初、次级线圈中的功率相等可求得次级线圈中的电流，再利用初、次级线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比．由电压表V 的示数和电流表A 1的示数可得初级线圈中的功率P 1＝U 1I 1，P 1＝P 2＝I 22R ，所以电流表A 2的示数为I 2＝U 1I 1R ＝ 220×0.244A ＝1.0 A ，C 错误；初级线圈和次级线圈的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝51，B 正确． 答案 B考点二 理想变压器动态分析问题图10－2－71．匝数比不变的情况如图10－2－7所示：(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2也不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化．(3)I 2变化引起P 2变化，由P 1＝P 2，故P 1发生变化．图10－2－82．负载电阻不变的情况如图10－2－8所示：(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化．(2)R 不变，U 2改变，故I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化．【典例2】(2012·宝鸡模拟)图10－2－9如图10－2－9所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V 1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L 和滑动变阻器R ，R 上并联一只理想电压表V 2.下列说法中正确的是( )．A ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，V 1示数变大，V 2示数变小B ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C ．若P 不动，滑片F 向下移动时，V 1、V 2的示数均变小D ．若P 不动，滑片F 向下移动时，灯泡消耗的功率变大解析 若F 不动，滑片P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V 2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A 错误、B 正确；若P 不动，滑片F 向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L 消耗的功率减小，电压表V 2的示数减小，C 、D 错误．答案 B分析动态问题的思路程序可表示为：U 1I 1――→P 1＝I 1U 1决定P 1. 【变式2】如图10－2－10所示是原、副线圈都有中间抽头的理想变压器，在原线圈上通过一个单刀双掷开关S 1与一只电流表A 连接，在副线圈上通过另一个单刀双掷开关S 2与一个定值电阻R 0相连接，通过S 1、S 2可以改变原、副线圈的匝数．在原线圈上加一电压为U 1的交流电后：①当S 1接a ，S 2接c 时，电流表的示数为I 1；②当S 1接a ，S 2接d 时，电流表的示数为I 2；③当S 1接b ，S 2接c 时，电流表的示数为I 3；④当S 1接b ，S 2接d 时，电流表的示数为I 4，则( )．图10－2－10A ．I 1＝I 2B ．I 1＝I 4C ．I 2＝I 3D ．I 2＝I 4解析 设变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，由理想变压器在原线圈上的输入功率与在副线圈的输出功率相同，即P 入＝P 出，在定值电阻上消耗的功率P 出＝U 22R 0，而在原线圈的输入功率P 入＝I 1U 1，得I 1＝U 22U 1R 0，又U 1U 2＝n 1n 2，故I 1＝U 1R 0⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12，故题图中电流表的示数与n 2n 1有关，答案选B.答案 B考点三 远距离输电问题解决远距离输电问题时应注意1．首先画出输电的电路图．如图10－2－11所示图10－2－112．分析三个回路：在每个回路中变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源．3．综合运用下面三个方面的关系求解(1)能量关系，P ＝U 1I 1＝U 2I 2＝P 用户＋ΔP ，ΔP ＝I 22R ，P 用户＝U 3I 3＝U 4I 4(2)电路关系，U 2＝ΔU ＋U 3，ΔU ＝I 2R(3)变压器关系，U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2，U 3U 4＝I 4I 3＝n 3n 4.【典例3】(2012·临沂模考)随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U 1，输电导线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为P 0，用户的用电器正常工作的电压为U 2.在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是( )． A ．输电线上损耗的功率为P 02R U 22 B ．输电线上损耗的功率为P 02R U 12 C ．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D ．采用更高的电压输电会降低输电的效率解析 设发电厂输出功率为P ，则输电线上损耗的功率ΔP ＝P －P 0，ΔP ＝I 2R ＝P 2R U 12，A 、B项错误；采用更高的电压输电，可以减小导线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C项正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，则发电厂输出的总功率减少，故可提高输电的效率，D项错误．答案 C【变式3】图10－2－12为某小型水电站的电能输送示意图，A为升压变压器，其输入功率为P1，输出功率为P2，输出电压为U2；B为降压变压器，其输入功率为P3，输入电压为U3.A、B均为理想变压器，输电线的总电阻为r，则下列关系式正确的是( )．图10－2－12A．P1>P2 B．P2＝P3C．U2>U3 D．U2＝U3解析由变压器原理知，P1＝P2＝P3＋ΔP＝P4＋ΔP，U2＝U3＋ΔU，选C.答案 C对应学生用书P17014.两种特殊的变压器模型一、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，其中的一部分做为另一个线圈，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．图10－2－13【典例1】 如图10－2－13所示，自耦变压器输入端A 、B 接交流稳压电源，其电压有效值U AB ＝100 V ，R 0＝40 Ω.当滑动片处于线圈中点位置时，C 、D 两端电压的有效值U CD 为________V ，通过电阻R 0的电流有效值为________A ．解析 自耦变压器的原、副线圈在一起，由题设可知，原线圈的匝数为副线圈匝数的一半，即此自耦变压器的变压比为n 1n 2＝12， 所以U CD ＝n 2n 1U AB ＝200 V ．通过电阻R 0的电流有效值 I ＝U CD R 0＝200 V 40 Ω＝5 A. 答案 200 5二、双副线圈变压器计算具有两个(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：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝……2.电流关系：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋……3.功率关系：P 1＝P 2＋P 3＋……【典例2】图10－2－14(2011·黄冈三模)如图10－2－14所示，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n 1∶n 2∶n 3为( )．A.1∶1∶1 B ．3∶2∶1C.6∶2∶1 D ．2∶2∶1解析 灯泡正常发光，可得U A ＝U B ＝U C ＝U D ，所以U 2＝2U 3.由变压器的电压比公式n 2n 3＝U 2U 3＝2U 3U 3＝21，所以n 2＝2n 3.同理，灯泡正常发光，功率相等，即P A ＝P B ＝P C ＝P D . 由P ＝I 2R ，得I A ＝I B ＝I C ＝I D ，即I 1＝I 2＝I 3. 由U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3得n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3，即n 1＝n 2＋n 3＝2n 3＋n 3＝3n 3，所以n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1.答案 B对于两个以上的副线圈的理想变压器，电压与匝数成正比是成立的，而电流与匝数成反比的规律不成立．但在任何情况下电流关系都可以根据原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P 入＝P 出求解.对应学生用书P171一、理想变压器基本关系的应用(高频考查) 1.图10－2－15(2011·浙江卷，16)如图10－2－15所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n 1＝800和n 2＝200的两个线圈，上线圈两端与u ＝51sin 314t V 的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( )．A ．2.0 VB ．9.0 VC ．12.7 VD ．144.0 V 解析 由U 1n 1＝U 2n 2得U 2＝n 2U 1n 1，其中U 1＝512 V ，得U 2＝5142V≈9.0 V，因此题中两线圈并非处于理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V ，故选项A 正确．答案 A2．(2011·广东卷，19改编)图10－2－16(a)左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55 Ω，○A 、○V 为理想电流表和电压表，若原线圈接入如图10－2－16(b)所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V ，下列表述正确的是( )．图10－2－16A ．电流表的示数为2AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为100 Hz解析 由I ＝U R 得，I ＝11055 A ＝2 A ，A 错误．理想变压器中U 1U 2＝n 1n 2，所以n 1n 2＝U 1U 2＝U m2U 2＝220110＝21，B 错误．测量交流电时电表示数均为有效值，C 正确．由题图(b)知T ＝0.02 s ，由f ＝1T得，f ＝50 Hz ，D 错误．答案 C3．(2011·山东卷，10改编)为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图10－2－17甲为调压变压器示意图，保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压，某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图10－2－17乙所示，以下正确的是( )．图10－2－17A ．u 1＝1902sin (50πt ) VB ．u 2＝1902sin (50πt ) VC ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移解析 由u 2－t 图象知u 2m ＝190 2 V ，T ＝2×10－2s 故ω＝2πT＝100π rad/s，故u 2＝190 2 sin (100πt ) V ．选项A 错误、选项B 错误．由变压器电压与匝数关系u 1u 2＝n 1n 2得u 2＝n 2u 1n 1，可减小n 1以使u 2的有效值增大至220 V ，即将P 适当上移，故选项C 错误、选项D 正确．答案 D4．(2011·海南卷，11)如图10－2－18，理想变压器原线圈与一10 V 的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡a 和b.小灯泡a 的额定功率为0.3 W ，正常发光时电阻为30 Ω，已知两灯泡均正常发光，流过原线圈的电流为0.09 A ，可计算出原、副线圈的匝数比为________，流过灯泡b 的电流为________A.图10－2－18解析 根据P ＝U 2R和P ＝I 2R 得灯泡a 两端的电压U 2＝PR ＝0.3×30 V ＝3 V ，通过灯泡a 的电流I a ＝P R ＝0.330 A ＝0.1 A ，根据U 1U 2＝n 1n 2得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝103，根据I 1I 2＝n 2n 1，得副线圈上的电流I 2＝n 1n 2I 1＝103×0.09 A＝0.3 A ，根据I 2＝I a ＋I b 得，流过灯泡b 的电流为I b ＝I 2－I a ＝0.2 A.答案 10∶3 0.2二、理想变压器的动态分解(中频考查)5．(2010·天津理综，7改编)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L 1、L 2，电路中分别接了理想交流电压表V 1、V 2和理想交流电流表A 1、A 2，导线电阻不计，如图10－2－19所示．当开关S 闭合后( )．图10－2－19A ．A 1示数不变，A 1与A 2示数的比值不变B ．A 1示数变大，A 1与A 2示数的比值变大C ．V 2示数变小，V 1与V 2示数的比值变大D ．V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变解析 交流电源电压有效值不变，即V 1示数不变，因U 1U 2＝n 1n 2，故V 2示数不变，V 1与V 2示数的比值不变，D 对．S 闭合使负载总电阻减小，I 2＝U 2R ，所以I 2增大．因I 1I 2＝n 2n 1，所以A 1示数增大，A 1与A 2示数比值不变，A 错．答案 D6．(2011·福建卷，15)图10－2－20甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关，原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图10－2－20乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )．图10－2－20A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin (50πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析 由题图知，U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，则ω＝2πT＝100π rad/s，输入电压u ＝202sin(100 πt ) V ，故A 错；由变压器的变压规律知：u 1u 2＝n 1n 2，故u 2＝u 1n 2n 1＝20×15V ＝4 V ，由题中将S 1接1、S 2闭合时，灯泡L 2正常发光可得，灯泡L 2的额定电压为4 V ，当只断开S 2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为L 1、L 2串联，故L 1、L 2均不能正常发光，B错；此时P 出＝u 22R 总，副线圈负载R 总增大，故P 出减小，又P 入＝P 出，故原线圈的输入功率减小，C 错误；当S 1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻R ，故P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确．答案 D三、远距离输电(中频考查)7．(2009·山东·19改编)某小型水电站的电能输送示意图如图10－2－21所示，发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )．图10－2－21A.n 2n 1>n 3n 4B.n 2n 1<n 3n 4C ．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等于降压变压器的输入功率 答案 A8．(2010·江苏单科，7改编)在如图10－2－22所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )．图10－2－22A ．升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解析 升压变压器的输出电压由电源电压及匝数比决定，输出功率变大时升压变压器的输出电压不变，A 项错误．由I ＝PU可知当输出功率增大时输出电流增大．由U 损＝IR 及P 损＝I 2R 可知U 损及P 损均增大，故C 项正确．当U 损增大时降压变压器的输出电压减小，B 选项错误．由P 损＝P 2U 2R 可知P 损P ＝PU2R .当输出功率增大时输电线损耗比例增大，D 项错误．答案 C。
高中物理3-2远距离输电教案
第二节变压器三维教学目标1、知识与技能（1）知道变压器的构造，了解变压器的工作原理；（2）理解理想变压器原、副线圈中电压与匝数的关系，能应用它分析解决有关问题。
2、过程与方法:在探究变压比和匝数比的关系中培养学生运用物理理想化模型分析问题、解决问题的能力。
3、情感态度与价值观（1）使学生体会到能量守恒定律是普遍适用的；（2）培养学生实事的科学态度。
教学重点：探究变压比和匝数比的关系。
教学难点：探究变压比和匝数比的关系。
教学方法：实验探究法、阅读法、讲解法。
教学手段：学生电源、可拆变压器、交流电压表、交流电流表、灯泡。
教学过程：（一）引入新课在实际应用中，常常需要改变交流的电压。
大型发电机发出的交流，电压有几万伏，而远距离输电却需要高达几十万伏的电压。
各种用电设备所需的电电灯、电饭煲、洗衣机等家用电器需要220 V的电压，机床上的照明灯需要36 V的安全电压。
一般半导体收音机的电源电压不超过10 V，而电视机显像管却需要10000 V以上的高电压。
从以上表格可看到各类用电器额定工作电压往往不同，可我们国家民用统一供电均为220V，那这些元件是如何正常工作的呢？交流便于改变电压，以适应各种不同需要。
变压器就是改变交流电压的设备。
这节课我们学习变压器的有关知识。
（二）进行新课1、变压器的原理思考与讨论：按上图所示连接好电路，接通电源，观察灯泡是否发光。
问题1：两个线圈并没有直接接触，灯泡为什么亮了呢？这个实验说明了什么？答：当一个线圈中同交变电流时，变化的电流产生变化的磁场，变化的磁场在另一个线圈中激起感生电场，从而产生感生电动势，灯泡中有了感应电流，故灯泡发光。
实验说明，通过互感现象，电源的能量可以从一个线圈传输给另一个线圈。
变压器就是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈构成的。
一个线圈跟电源连接，叫原线圈（初级线圈），另一个线圈跟负载连接，叫副线圈（次级线圈）。
两个线圈都是绝缘导线绕制成的。
铁芯由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成。
70第2讲变压器远距离输电
(W),C错误,D正确。
深化拓展 栏目索引
3-2 发电机的输出电压为220 V,输出功率为44 kW,每条输电线电阻为 0.2 Ω。 (1)求用户得到的电压和电功率各是多少 (2)如果发电站先用变压比为1∶10的升压变压器将电压升高,经同样输 电线后变压比为10∶1的降压变压器降压后供给用户,则用户得到的电 压和电功率各是多少?
=U2
n2
可知U2不变,即
电压表读数不变,故A、B选项错误。由I2=
U2 R0
R
知,当R减小时I2增大,由
n1I1=I2n2可知I1将增大,即电流表读数增大,故C对而D错。
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2-2 (多选)如图所示,某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节,原 线圈两端电压为一峰值不变的正弦交变电压,副线圈接一可变电阻R。 在其他条件不变的情况下,为使变压器输入功率增大,下面的措施正确
交流电流表的示数为0.20 A。下列说法中正确的是 (BCD )
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A.变压器副线圈中电流的有效值为0.01 A
B.电阻R两端电压的有效值为11 V
C.电阻R的电功率为44 W D.穿过变压器铁芯的磁通量变化率的最大值为102 Wb/s
BCD 理想交流电流表显示的是电流的有效值,可知原线圈电流有效
值为0.20
A,由
I1 I2
=
n2 n1
可得I2=4
A,A错;原线圈两端电压有效值为220
V,由
U1 U2
=
n1 n2
得U2=11
V,B对;电阻R的电功率为P=UI=11×4
W=44
W,C对;穿过
变压器铁芯的磁通量变化率最大时,电路中有最大电压,由公式E=n
高考物理二轮复习 变压器 、远距离输电 教案
变压器、远距离输电核心填空一、变压器1．变压器的构造：变压器由原线圈、副线圈和闭合_______________________组成．2．理想变压器：不考虑铜损(线圈电阻产生的热量)、铁损(涡流产生的热量)和漏磁的变压器，即理想变压器原、副线圈的电阻均为________，变压器的输入功率和________相等．3．基本关系(1)功率关系：________________；(2)电压关系：________________；(3)电流关系：________________．二、远距离输电1．输电导线上的能量损失：输电线的电阻R发热产生热量，表达式为________．2．减小输电线电能损失的主要途径：(1)减小输电线的________；(2)采用________输电．3．高压输电过程：如图26-1所示．图26-1(1)输电线电压损失：ΔU＝U2－U3，ΔU＝I2R线；(2)输电线功率损失：ΔP＝P1－P4，ΔP＝I22R线．易错判断(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．()(2)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．()(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)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．()(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗．()(7)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大．()考点一变压器的综合计算1.关于理想变压器(1)变压器不能改变直流电压；(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；(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值；(5)原线圈两端的电压不一定等于电源电压，当原线圈回路里串联电阻或灯泡时，原线圈两端的电压小于电源电压．2．理想变压器的三个制约关系(1)输入电压U1决定输出电压U2，当U1不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变；(2)输出电流I 2决定输入电流I 1；(3)输出功率P 2决定输入功率P 1.全国卷Ⅰ] 一理想变压器的原、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220 V 的正弦交流电源上，如图26-2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的比值为k ，则( )图26-2A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝131 (多选)如图26-3所示是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n ，原线圈接电压为U 的交流电源，输出端接有一只电阻为R 的灯泡L 和风扇电动机D ，电动机线圈电阻为r .接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I ，则下列说法正确的是( )图26-3A ．风扇电动机D 两端的电压为IrB ．理想变压器的输入功率为UI nC ．风扇电动机D 输出的机械功率为UI n－I 2r D ．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为U （R ＋r ）n 2Rr2 2014·新课标全国卷Ⅱ] 如图26-4所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.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U ab 和U cd ，则( )图26-4A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．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，c 、d 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍■ 特别提醒在原、副线圈匝数不变的前提下，由于输入电压U 1决定输出电压U 2，所以不论负载如何变化，U 1、U 2均不变；由于输出电流I 2决定输入电流I 1，所以负载变化，I 1发生变化．考点二 变压器电路的动态分析1.负载电阻发生变化的情况(负载电阻发生变化如图26-5所示)：图26-5(1)根据U 1U 2＝n 1n 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2也不变； (2)因输出电流I 2决定输入电流I 1，当I 2变化时，将引起I 1发生变化；(3)I 2变化引起P 2变化，因P 1＝P 2，所以P 1随之发生变化．2．负载电阻不变的情况(原线圈电压不变，匝数比发生变化，如图26-6所示)：图26-6(1)根据U 1U 2＝n 1n 2知，U 2将随匝数比发生变化； (2)R 不变，U 2改变，则I 2发生变化；(3)根据P 2＝U 22R知P 2发生变化，根据P 1＝P 2知P 1随之发生变化；因P 1＝U 1I 1且U 1不变，故I 1随之发生变化．陕西宝鸡模拟] 如图26-7所示，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，输入电压u ＝311sin 100πt (V)，灯泡L 1和L 2都正常发光，两电表可视为理想交流电表．则( )图26-7A ．该交流电的频率为100 HzB ．电压表的示数为31.1 VC ．若将变阻器的滑片P 向上滑动，则电流表的示数将变大P 向上滑动，则灯泡L 1将变暗、灯泡L 2将变亮(多选)2015·济南模拟] 如图26-8甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是( )甲 乙图26-8A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为55 VB ．当单刀双掷开关与a 连接且t ＝0.01 s 时，电流表示数为零C ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率增大D ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率为25 Hz■ 特别提醒变压器电路的动态分析，既要符合变压器的基本规律(电压、电流、功率关系)，又要遵循欧姆定律．分析过程中首先确定是哪些量在变，哪些量不变，然后根据相应的规律进行分析．理想变压器不能改变交变电流的频率，负载电路电阻变化时，副线圈两端电压不变，副线圈电流和输出功率随之改变．考点三 1. 输电线路与物理量基本关系输电线路如图26-9所示：图26-92. 基本关系(1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3；(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，U 2＝ΔU ＋U 3； (3)电流关系：I 2I 1＝n 1n 2，I 4I 3＝n 3n 4，I 2＝I 3＝I 线； (4)输电电流：I 线＝P 2U 2； P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线．多选)2015·吉林三模] 图26-10甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器．升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 1为一定值电阻，R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V 显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法中正确的有( )甲乙图26-10A ．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB ．远距离输电线路损耗功率为180 kWC ．当传感器R 2所在处出现火警时，电压表V 的示数变大 R 2所在处出现火警时，输电线上的电流变大(多选)2015·江门模拟] 图26-11为某小型水电站的电能输送示意图．已知输电线的总电阻R ＝10 Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R 0＝11 Ω.若T 1、T 2均为理想变压器，T 2的副线圈两端电压表达式为u ＝220 2sin 100πt (V)，下列说法正确的是( )图26-11A ．发电机中的电流变化频率为100 HzB ．通过R 0的电流有效值为20 AC ．升压变压器T 1的输入功率为4650 WD ．若R 0的电阻减小，发电机的输出功率也减小■ 建模点拨(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量；(2)理清三个回路：输电过程的电路被划分为三个独立的回路(如图26-12所示)，电源回路、输送回路和用户回路．在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁．图26-12(3)抓住两个联系：①理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理，升压变压器原、副线圈中各个量间的关系是：U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2；②理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理，降压变压器原、副线圈中各个量间的关系是： U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4. (4)掌握能量关系：原线圈的功率就是输电的总功率，在输送过程中，部分电能被输电线损耗，大部分电能通过降压变压器和用户回路被用户消耗，能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户．注意：输电线损失的电能和输电电流一般是解题的突破点．第26讲 变压器 远距离输电 参考答案及解析【教材知识梳理】核心填空一、1.铁芯 2.零 输出功率3．(1)P 1＝P 2 (2)U 1U 2＝n 1n 2 (3)I 1I 2＝n 2n 1二、1.ΔP ＝I 2R 2.(1)电阻 (2)高压易错判断(1)(√)变压器利用互感原理改变交流电的电压，不能改变恒定电流的电压．(2)(×)变压器不能改变交变电流的频率．(3)(×) 副线圈与用电器断开时，无电流通过副线圈，但副线圈两端存在电压．(4)(×)更多的用电器并联时，副线圈中电流增大，原线圈输入的电流随之增大．(5)(√)输电导线的横截面积增大时，输电线的电阻减小，输电线损失的电功率P ＝I 2R 随之减小．(6)(√)输电功率不变时，采用高压输电可减小输电线中的电流，输电线损失的功率P ＝I 2R 随之减小．(7)(√)输送电压一定，输电功率越大，输电电流越大，输电线损失的功率P ＝I 2R 随之增大．【考点互动探究】考点一 变压器的综合计算例1 A【点评】 解答本题的关键是明确原线圈两端电压与电源电压之间的关系，电源电压等于原线圈两端电压与原线圈串联电阻两端的电压之和．变式题1 CD【解析】 正常运转的风扇为非纯电阻电路，风扇电动机两端的电压u ′>Ir ，选项A错误；根据原、副线圈匝数比等于电压比可得U U 2＝n ，副线圈电压U 2＝U n ，副线圈电流I 2＝I ＋I L ，根据电流与匝数成反比，可得原线圈电流I 1＝I 2n ，理想变压器输入功率P 1＝UI 1＝U （I ＋I L ）n ，选项B 错误；风扇电动机D 输出的机械功率P ＝U 2I －I 2r ＝UI n －I 2r ，选项C 正确；若电风扇由于机械故障被卡住，则风扇变为纯电阻，此时副线圈电流I 2＝U 2R ＋U 2r ＝U （R ＋r ）nRr ，原线圈电流I 1＝I 2n ＝U （R ＋r ）n 2Rr，选项D 正确． 变式题2 BD【解析】 经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式U ab U 2＝n 1n 2得到输出电压U 2，而输出电压U 2不等于c 、d 端电压，因二极管具有单向导电性，输出电压经二极管整流后有效值发生变化， U cd ＝2U 22＝2n 2U ab2n 1，则U ab ∶U cd ＝2n 1∶n 2，故A 错误．增大负载电阻的阻值R, U ab 不变，U cd 也不变，根据P 出＝U 2cd R可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B 正确，C 错误．二极管短路时，U ′cd ＝U 2，输出功率P ′出＝U ′2cd R ＝U 22R ＝2P 出，故输入功率P 1也加倍，而输入电压U 1不变，根据P 1＝U 1I 1得电流表读数加倍，D 正确．考点二 变压器电路的动态分析例2 C【解析】 变压器不改变交流电的频率，根据输入电压的表达式可知输入的交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 错误；电压表的示数为输出电压的有效值，根据U 2U 1＝n 2n 1，可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝22 V ，选项B 错误；变压器的原、副线圈匝数不变时，变压器的输出电压由输入电压决定，则输出电压不变，当P 向上移动时，负载电路的总电阻减小，所以输出电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知，通过原线圈的电流增大，选项C 正确．灯泡L 1的亮度不变，选项D 错误．变式题 AC考点三 远距离输电问题例3 AD【解析】 由图乙知交流电的周期T ＝0.02 s ，所以频率为50 Hz ，选项A 正确；由图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V ，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V ，所以输电线中的电流为I ＝P U ＝30 A ，输电线损失的电压为ΔU ＝IR ＝30×100 V＝3000 V ，输电线路损耗功率为ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，选项B 错误；把降压变压器及其负载组成的整体等效为一个电阻，当传感器R 2所在处出现火警时其阻值减小，等效电阻的阻值也减小，等效电阻两端电压减小，输电线中电流增大，降压变压器副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V 的示数变小，选项C 错误，选项D 正确．【点评】 解决本题的关键是明确并利用下列关系：(1)输送功率与输送电压、电流的关系；(2)变压器原、副线圈的电压比与匝数比的关系；(3)升压变压器输出电压、降压变压器输入电压、电压损失的关系；(4)升压变压器的输出功率、功率损失、降压变压器的输入功率关系．(5)注意等效电阻的利用．变式题 BC【解析】 变压器不能改变交变电流的频率，交变电流的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 错误；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 Ω，所以通过R 0电流的有效值是I 4＝20 A ，选项B 正确；根据电流与匝数成反比可知，输电线上的电流为I 3＝5 A ，所以输电线上消耗的功率为I 23R ＝250 W ，用电器消耗的功率为I 24R 0＝4400 W ，所以升压变压器的输入功率为4650 W ，选项C 正确；当用电器的电阻R 0减小时，通过用电器的电流增大，通过输电线的电流增大，用电器的功率增大，输电线损耗的功率增大，则发电机的输出功率也增大，所以D 错误．【教师备用习题】1．2015·江苏卷]一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A ．200B ．400C ．1600D ．3200【答案】B【解析】 根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈匝数为400匝，选项B 正确． 2．2015·安徽卷]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，R 0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A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )A. 电压表V 1示数增大B. 电压表V 2、V 3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【答案】D3．(多选)2014·广东卷]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U 1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，变压器的输出功率变大【答案】BD【解析】 由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U 2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，则选项A 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，故选项B 正确；滑片P 上滑，电阻减小，副线圈输出电流I 2增大，则原线圈输入电流I 1也增大，此时变压器输出功率P 2＝U 2I 2将变大，故选项C 错误，选项D 正确．4．2015·福建卷]如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A. ⎝⎛⎭⎫n 1n 2U 2m 4rB. ⎝⎛⎭⎫n 2n 1U 2m 4rC. 4⎝⎛⎭⎫n 1n 2⎝⎛⎭⎫P U m rD. 4⎝⎛⎭⎫n 2n 12⎝⎛⎭⎫P U m 2r 【答案】C【解析】 设升压变压器副线圈的电压为U ，对升压变压器，有U m2U ＝n 1n 2，解得U ＝n 2U m 2n 1，则输电线上损失的电功率为P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2·R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫ P n 2U m 2n 12·(2r )＝4⎝⎛⎭⎫n 1n 22⎝⎛⎭⎫P U m 2r . 5．2015·广东卷]如图所示为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A. 副线圈中的电流比为1∶2B. 副线圈输出功率比为2∶1C. 副线圈的接入匝数比为2∶1D. 原线圈输入功率比为1∶2【答案】C6．(多选)2015·海南卷]如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，V 是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V【答案】AD【解析】 负载电阻减小为5R 0时，有U 2R 0＋5R 0＝5 V 5R 0，可得U 2＝6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得U 1＝24 V ，原线圈两端电压的最大值为2U 1＝24 2 V≈34 V ，选项A 正确；保持变压器输入电流不变即I 1不变，由I 1I 2＝n 2n 1知，负载电阻变化前后副线圈电流I 2不变，则5 V 5R 0＝U 2′R 0＋11R 0，可得U 2′＝12 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端电压U 1′＝48 V ，选项D 正确．【教师备用习题】1．在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图所示．M 是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻R M 发生变化，导致S 两端电压 U 增大，装置发出警报，此时( )A ．R M 变大，且R 越大，U 增大越明显B ．R M 变大，且R 越小，U 增大越明显C ．R M 变小，且R 越大，U 增大越明显D ．R M 变小，且R 越小，U 增大越明显【答案】C【解析】 此装置电路中R M 先与R 并联后与R S 串联．根据闭合电路的欧姆定律得I ＝E R S ＋r ＋R 并，S 两端的电压U ＝IR S 增大，则电流I 增大，故R 并减小，所以并联的一条支路电阻减小，即R M 必减小，故排除选项A 和B.由于1R 并＝1R M＋1R ，即R 并＝RR M R ＋R M ＝R M 1＋R M R，当R ≫R M 时，R M R →0，则R 并≈R M ，R M 变化了多少，R 并也变化了多少．对U 的变化影响明显，即R 越大，U 增大越明显，选项C 正确，选项D 错误．2．(多选)2015·扬州模拟]传感器是把非电学量转换成电学量的一种元件．如图所示，图乙、图丙是两种常见的电容式传感器，现将图乙、图丙两种传感器分别接到图甲的电路中进行实验(电流从电流表正接线柱流入时指针向右偏)，下列实验现象中正确的是()A．当乙传感器接入电路实验时，若F变小，则电流表指针向右偏转B．当乙传感器接入电路实验时，若F变大，则电流表指针向右偏转C．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，则电流表指针向左偏转D．当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，则电流表指针向左偏转【答案】BD【解析】当乙传感器接入电路实验时，若F变小，电容器两极板间的距离增大，根据电容的决定式C＝εr S4πkd，电容减小，而电压不变，则由Q＝CU可知，电容器所带的电荷量减少，电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转，选项A错误；当乙传感器接入电路实验时，若F变大，电容器两极板间的距离减小，根据电容的决定式C＝εr S4πkd得知，电容增大，而电压不变，则由Q＝CU可知，电容器所带的电荷量增加，电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转，选项B正确；当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变大，两电极正对面积增大，电容增大，而电压不变，则电容器充电，电路中有逆时针方向的电流，则电流表指针向右偏转，选项C错误；当丙传感器接入电路实验时，若导电溶液深度h变小，两电极正对面积减小，电容减小，而电压不变，则电容器放电，电路中有顺时针方向的电流，则电流表指针向左偏转，选项D正确．3．2015·南昌十校二模]在温控电路中，通过热敏电阻阻值随温度的变化而变化可实现对电路相关物理量的控制．如图所示，R1为电阻箱，R2为半导体热敏电阻，C为电容器．已知热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，则有()A．若R1固定，环境温度不变，当电容器C两极板间的距离增大时极板之间的电场强度减小B．若R1固定，当环境温度降低时电压表的示数减小C．若R1固定，当环境温度降低时R1消耗的功率增大D．若环境温度不变，当电阻箱R1的阻值增大时，电容器C的电荷量增大【答案】A。
高考物理知识体系总论：变压器远距离输电
1 2 2 1 1 2 12
故只有选项B正确。
经典例题3
如图所示，有一自耦变压器接在稳定的交流电源上，V1、V 为理想电压表。 2
下列说法中正确的是(ꢀꢀ) A.若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数变大，V 示数变小
出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，
负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为(ꢀꢀ)
A.380 V和5.3 A
B.380 V和9.1 A
C.240 V和5.3 A
D.240 V和9.1 A
答案解析2
答案解析：对理想变压器有U2＝n2U1/n1＝380 V，由P ＝I U 得I ＝P /U 2 22 2 2 2
大致框架
1.输电过程
远′ (2)ΔU＝IR 3.功率损失 (1)ΔP＝P－P′ (2)ΔP＝I2R＝(ΔU2)/R 4.输送电流 (1)I＝P/U。 (2)I＝(U-U')/R
变压器与远距离输电
大致框架
考点
理想变压器基本规律的应用 理想变压器的动态分析
远距离输电
提醒
①远距离输电过程中，次级线圈的电压和线圈中阻值两端的电 压不相同； ②要注意决定关系，电压上级决定下级，电流和功率由下级决定上级。
布置作业
根据本节课所学，完成学霸布置的作业，加油。
THANKS
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变压器与远距离输电 知识树原图
PART 2
利用知识体系框架来解题
此部分务必观看视频讲解
高中物理 学案 远距离输电
3.4 远距离输电【学习目标】1．知道电能输送的基本要求及电网供电的优点。
2．知道远距离输电时输电线上电能的损耗与哪些因素有关。
3．理解减小电能损耗的两个途径以及高压输电的原理。
4．知道远距离输电的典型电路，能利用变压器和电路的规律解决远距离输电问题。
【知识梳理】知识点一远距离输电中的电功率和电压损耗1．输电线上的功率损耗与电压损耗ΔP＝I2rΔU＝Ir其中，I为输电电流，r为输电线的电阻。
2．降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻：在输电导线长度L一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小、横截面积大的导线。
(2)减小输电导线中的电流：为减小输电电流，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电电压。
[初试小题]1．判断正误。
(1)一般情况下高压输电的导线是铜铝合金而不是银，原因是同种情况下，使用银材料输电线损失的功率大。
( )(2)现实中通常主要用增加导线的横截面积来减小输电损耗。
( )(3)远距离输电时，输电电压越高越好。
( )2．[多选]远距离输送交变电流都采用高压输电，我国正在研究用远高于330 kV的电压进行输电，采用高压输电的优点是()A．可节省输电线的材料B．可根据需要调节交变电流的频率C．可减少输电线上的电功率损失D．可加快输电的速度知识点二高压交流输电直流输电[情境导学]某发电站向远处送电的示意图如图所示。
发电站一端和用户一端的变压器作用各是什么？提示：发电站一端的变压器是升压变压器，把电压升高用于远距离输电；用户一端的变压器是降压变压器，把电压降低供用户使用。
1．远距离输电基本原理在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。
2．电网输电的优点(1)确保电能输送的经济可靠。
(2)调剂不同地区的电力供需，提高电力使用的经济效益。
3．直流输电的优点(1)导线对于稳定的电流只有电阻作用而没有电感作用。
(2)不需要发电机同步运行。
高考物理讲义选修3-2第6讲：变压器 远距离输电 (教师版)
变压器 远距离输电____________________________________________________________________________________________________________________________________________________________________1.理解变压器的工作原理及输电过程中的能量损失问题 。
2.学会运用变压器知识解决有关的综合问题。
变压器1．变压器是改变交流电压的设备，互感现象是变压器工作的基础． 2．组成：（1）变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的. （2）原线圈：与交流电源连接，也叫初级线圈. （3）副线圈：与负载连接，也叫次级线圈. 3．理想变压器（1）电压与匝数的关系为：原、副线圈的电压之比，等于两个线圈的匝数之比，即1122U n U n =. 该关系不仅适用于原、副线圈只有一个的情况，而且适用于多个副线圈的情况，这是因为理想变压器的磁通量的变化率是相同的，因而每组线圈中产生的电动势和匝数成正比．在线圈内阻不计的情况下，线圈两端电压即等于电动势，故每组线圈两端电压都与匝数成正比. （2）电流与匝数的关系为：原、副线圈的电流与它们的匝数成反比，即1221I n I n =. 电流和匝数成反比的关系只适用于原、副线圈各有一个的情况，一旦有多个副线圈，该关系即不适用． （3）功率关系：理想变压器没有能量损失，输入功率等于输出功率．有： P P =入出，即11222222U I U I U I U I ''''''=+++L L（4）对原、副线圈匝数比12n n 确定的变压器，其输出电压2U 是由输入电压决定的，2211nU U n =；在原副线圈匝数比12nn 确定的情况下，原线圈中的输入电流1I 是由副线圈中的输出电流2I 决定的，2121nI I n =（2I 由所接负载而定）．（5）动态分析：此类问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原副线圈的电压12U U 、，电流12I I 、，输入和输出功率12P P 、随匝数比变化而变化的情况；另一类是匝数比不变，上述各量随负载电阻变化而变化的情况．在分析时要根据题意分清变量和不变量，分清自变量和因变量，即理想变压器各物理量变化的决定因素． 4．几种常见的变压器（1）自耦变压器：原、副线圈共用一个线圈.（2）电压互感器：测量交流高电压，使用时，把原线圈与被测电路并联． （3）电流互感器：测量交流大电流，使用时，把原线圈与被测电路串联.自耦变压器电压互感器 电流互感器电能的输送1．输电线上的电压损失和功率损失设输电电流为I ，输电线的电阻为r ，则电压损失U Ir ∆=，功率损失2P I r ∆= 2．降低输电损耗的途径（1）减小输电线电阻：用铜、铝来制造输电线.（2）减小输电线中的电流：远距离输电时，提高输电电压，减小输电电流，是减小电压损失和功率损失的最有效途径.3．远距离输电过程示意图，如图所示．4．几个常见的关系：（1）电流关系：1221I n I n =，23I I =，3443I nI n =（2）电压关系：1122U n U n =，23U IR U =+线，3344U n U n =，其中1234n n n n 、、、分别表示升压变压器的原副线圈的匝数和降压变压器的原副线圈的匝数．（3）功率关系：12P P =，23P P P =+线耗，34P P =，41P P P =-线耗，22P I R =线耗线 5．分析（1）远距离输电的问题关键是分清各部分输入、输出的各个物理量及其相互关系，可先画出传输的结构示意图，通过原、副线圈的电流求出匝数比，也可通过电压关系求解．（2）输电导线中的损耗将升压变压器与降压变压器联系起来，升压变压器副线圈中的电流、输电线上的电流、降压变压器原线圈中的电流三者相等．欧姆定律对变压器不能应用，但对导线仍然成立． （3）电压是由发电站控制，送电单位通过电压控制用户的使用；同时用户也可以通过电流或功率影响送电单位电能的输送．因此我们在计算时，应根据电压、电流、功率的决定方向依次向下一级推导，即按“发电—升压—输电线—降压—用电器”的顺序分析或逆序分析．类型一：变压器的电压比，电流比及功率关系例1.如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈接三个相同的灯泡，均能正常发光．在原线圈接有一相同的灯泡L ．则 A ．灯L 也能正常发光 B ．灯L 比另三灯都暗 C ．灯L 将会被烧坏 D ．不能确定解析：该题主要考查变压器的工作原理——原副线圈的电流关系和电功率等内容．该题易犯的错误是：由原副线圈匝数比n 1∶n 2＝3∶1，可知原副线圈电压之比为U 1∶U 2＝3∶1，既然副线圈中电灯能正常发光，可知U 2恰为灯的额定电压，所以原线圈中电灯两端电压U 1＞U 额．故被烧坏而错选C ．其错误是把变压器原线圈两端电压和电灯L 两端电压混淆了．正确的解答应为：原副线圈中的电流之比为I 1∶I 2＝1∶3，而副线圈中通过每灯的电流为其额定电流I 额＝I 2／3，故I Ｌ＝I 1＝32I ＝I 额即灯L 亦能像其他三灯一样正常发光．所以正确选项为A ． 答案：A类型二:远距离送电例2.有条河流，流量Q ＝2 m 3·s －1，落差h ＝5 m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻R ＝30 Ω，允许损失功率为发电机输出功率的6%，为满足用电的需要，使用户获得220 V 电压，则该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V 、100 W ”的电灯正常发光？解析： 按题意画出远距离输电的示意图所示，电源端的输出功率P 总＝（tmgh ）×η＝2×1.0×103×10×5×0.5 W ＝5×104 W输电线上的功率损失P 损＝I 2R ，所以输电线中电流为I ＝3006.0105%604⨯⨯=⨯=R P RP 总损＝10 A则升压变压器B 1的原线圈电压U 1＝U 出＝240 V ，副线圈送电电压为U 2＝101054⨯=I P 总V ＝5×103 V所以升压变压器的变压比为n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝3105240⨯＝6∶125输电线上电压的损耗 ΔU 损＝IR ＝10×30 V ＝300 V则降压器B 2的原线圈的电压U 1′＝U 2－ΔU 损＝5×103 V －300 V ＝4700 V据题意知，U 2′＝220 V ，所以降压变压器的匝数比为n 1′∶n 2′＝U 1′∶U 2′＝2204700＝235∶11因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯盏数为N ＝灯损总P P P -＝10006.010510544⨯⨯-⨯＝470类型三：远程输电、变压器的构造和工作原理例3.（2014 福建卷）图为模拟远距离输电实验电路图，两理想闫雅琪的匝数n 1=n 4＜n 2=n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L ＞2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化。
高中物理第4章远距离输电习题课 变压器的应用及远距离输电问题学案鲁科版选修3_20112242.docx
第4讲 习题课 变压器的应用及远距离输电问题[目标定位] 1.进一步理解变压器原理及规律.2.熟练应用变压器原、副线圈的决定因素解决动态分析问题.3.熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题．1．理想变压器原、副线圈的三个关系：P 入＝P 出，U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1.(一个副线圈)2．输电线上的功率损失P 损＝I 2R 线，输电线上的电压损失ΔU ＝IR 线．3．减小输电线路上功率、电压损失的途径：减小输电线的电阻、减小输电导线中的电流(即提高输电电压)．4．远距离输电的基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压.一、理想变压器中的规律分析 1．功率关系：P 入＝P 出． 2．电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…3．电流关系：若只有一个副线圈I 1I 2＝n 2n 1. 若有多组副线圈n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋… 4．变压器不改变频率 5．原、副线圈的地位(1)原线圈在原线圈回路中所处的地位是充当负载． (2)副线圈在副线圈回路中所处的地位是充当电源．例1 如图1甲所示，左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55Ω，、为理想电流表和理想电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110V ，下列表述正确的是( )图1A ．电流表的示数为2AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为100Hz 答案 AC解析 由题图乙可知原线圈两端电压的有效值U 1＝220V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2＝220V 110V＝2∶1，故B 错误；电流表示数与电压表示数都为有效值，故C 正确；电流表示数I ＝U R ＝11055A ＝2A ，故A 正确；由题图乙可知T ＝0.02s ，所以交变电压的频率为f ＝1T ＝10.02Hz ＝50Hz ，D 错误．针对训练1 如图2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 ＝U 0sin ωt 的交流电源，副线圈接一个R ＝27.5Ω的负载电阻．若U 0＝2202V ，ω＝100πrad/s ，则下述结论正确的是( )图2A ．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 答案 AC解析 原线圈电压有效值为U ＝220V ，电压表读数为U 2＝2204V ＝55V ，周期T ＝2πω＝150s ，副线圈中电流I 2＝U 2R ＝2A ，原线圈中电流I 1＝I 24＝0.5A ，P ＝I 1U ＝110W.二、理想变压器电路的动态问题分析 1．首先明确变压器各物理量间的制约关系(1)输入电压U 1决定输出电压U 2：变压器原、副线圈匝数n 1、n 2确定，U 1便决定了U 2，与输出端有无负载、负载大小无关，也与变压器有无其他副线圈无关．(2)输出功率P2决定输入功率P1：即用多少送多少．(3)输出电流I2决定输入电流I1：U2与负载电阻R通过欧姆定律决定输出电流I2的大小，由I1＝n2n1I2决定I1的大小．2．分清动态变化中哪个量变化，结合串、并联电路的特点，欧姆定律及变压器各物理量间因果关系来依次确定其他量变化．例2如图3所示，理想变压器原线圈输入电压u＝U m sinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是( )图3A．I1和I2表示电流的瞬时值B．U1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变小答案 C解析交流电表测量的是交变电流的有效值，故A、B皆错误；由于理想变压器的输出电压U2＝n2n1U1与负载无关，即滑片P下滑时U2不变，故D错误；由I1U1＝U22R0＋R知R减小时I1变大，故C正确．针对训练2 如图4所示，用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，开始时开关S是断开的．现将开关S闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是( )图4A．V1、V2的示数不变，A1的示数增大，A2的示数减小，P入增大B．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数增大，P入增大C ．V 1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数减小，P 入减小D ．V 1的示数不变，V 2的示数增大，A 1的示数减小，A 2的示数增大，P 入减小 答案 B解析 电压表V 1的示数由输入电压决定；电压表V 2的示数由输入电压U 1(大小等于电压表V 1的示数)和匝数比n 1n 2决定；电流表A 2的示数即I 2由输出电压U 2(大小等于电压表V 2的示数)和负载电阻R 负决定；电流表A 1的示数即I 1由变压器的匝数比n 2n 1和输出电流I 2决定；P 入随P 出而变化，由P 出决定．因输入电压不变，所以电压表V 1的示数不变；据公式U 2＝n 2U 1n 1，可知U 2也不变，即电压表V 2的示数不变；又据I 2＝U 2R 负知，S 闭合后R 负减小，故I 2增大，电流表A 2的示数增大；输入电流I 1随输出电流I 2而增大，故电流表A 1的示数增大；因P 出＝U 2I 2，故P 出增大；P 入随P 出变化，故P 入也增大．可见本题的正确选项为B.三、远距离高压输电中的损耗问题1．解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，如图5所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．图52．分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源．3．综合运用下面三方面的知识求解 (1)能量守恒：P 1＝U 1I 1＝U 2I 2＝P 用户＋ΔPΔP ＝I 22RP 用户＝U 3I 3＝U 4I 4.(2)电路知识：U 2＝ΔU ＋U 1 ΔU ＝I 2R .(3)变压器知识：U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2U 3U 4＝I 4I 3＝n 3n 4. 其中ΔP ＝I 22R ，ΔU ＝I 2R 往往是解题的切入点．例3 某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压变压器、输电线和降压变压器把电能输送给生产和照明用户，发电机输出功率是120 kW ，输出电压是240 V ，升压变压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V ．则： (1)输电线上损耗的电功率为多少？ (2)降压变压器原、副线圈的匝数比为多少？ 答案 (1)4 000 W (2)29011解析 (1)根据理想变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2得输电电压U 2＝n 2n 1U 1＝251×240 V ＝6 000 V输电电流I 2＝P U 2＝120×1036 000A ＝20 A输电线上损失的功率P 损＝I 22r ＝202×10 W ＝4 000 W. (2)输电线上损失的电压U 损＝I 2r ＝20×10 V ＝200 V降压变压器原线圈两端的电压U 3＝U 2－U 损＝6 000 V －200 V ＝5 800 V根据理想变压器的变压规律得：n 3n 4＝U 3U 4＝5 800 V 220 V ＝29011.变压器基本规律的应用1．如图6所示 ，一理想变压器的原线圈匝数为n 1＝1 100 匝，接电压U 1＝220 V 的交流电，副线圈接“20 V 10 W ”的灯泡，灯泡正常发光，可知( )图6A ．副线圈的匝数n 2＝200 匝B ．副线圈中的电流I 2＝0.5 AC ．原线圈中的输入功率为10 WD ．原线圈中的电流I 1＝0.1 A 答案 BC解析 由于理想变压器的电压比等于匝数比，副线圈匝数n 2＝100 匝，A 错误；理想变压器的原、副线圈的功率相等，所以原线圈的输入功率为10 W ，C 正确；由功率P ＝UI 可得副线圈中的电流I 2＝0.5 A ，原线圈中的电流I 1＝n 2n 1I 2≈0.045 A ，B 正确，D 错误．变压器电路的动态问题分析2．如图7所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使 ( )图7A ．原线圈匝数n 1增加B ．副线圈匝数n 2增加C ．负载电阻R 的阻值增大D ．负载电阻R 的阻值减小 答案 BD解析 由U 1U 2＝n 1n 2，P 出＝U 22R可得P 出＝U 21n 22n 21R又因为P 入＝P 出，所以P 入＝U 21n 22n 21R分析可得选项B 、D 正确．3．如图8所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶5, 原线圈两端的交变电压为u ＝202sin (100πt ) V ．氖泡在两端电压达到100V 时开始发光．下列说法中正确的有( )图8A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB ．开关接通后，电压表的示数为100VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率不变 答案 AB解析 变压器不能改变交变电流的频率，T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02s ，f ＝1T＝50Hz.因为一个周期内氖泡发光2次，故开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz ，A 项正确； 电压表的示数是有效值，U 1＝2022V ＝20V ，U 2＝n 2n 1U 1＝100V ，B 项正确；不论开关是否断开，电压表示数不变，C 项错误；开关断开后，变压器的输出功率减小，D 项错误．远距离输电问题分析4．一台发电机最大输出功率为4000kW ，电压为4000V ，经变压器T 1升压后向远方输电，输电线路总电阻R 线＝1k Ω，到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220V,60W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )A ．T 1原、副线圈电流分别为103A 和20AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105V 和220V C ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1 D ．有6×104盏灯泡(220V,60W)正常发光 答案 ABD解析 根据题意画出输电线路示意图如图所示．对升压变压器有P 1＝U 1I 1，可知I 1＝103A ，由输电线上消耗的功率ΔP ＝I 22R 线＝400kW ，可知输电线上电流为I 2＝20A ，A 项正确；T 1的变压比为I 2∶I 1＝1∶50；根据P ＝U 2I 2得U 2＝2×105V ，输电线上电压ΔU ＝I 2R 线＝20000V ，则副线圈输入电压为U 3＝U 2－U 线＝1.8×105V ，又灯泡正常发光，可知副线圈电压U 4＝220V ，B 项正确；T 2的变压比为n 3∶n 4＝U 3∶U 4＝1.8×105∶220，C项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率P3＝P4＝U3I2＝60W·n，解得n＝6×104，D项正确.精美句子1、善思则能“从无字句处读书”。
高考物理一轮复习变压器远距离输电教案(含解析)沪科版
第 2 课时变压器远距离输电[知识梳理]知识点一、理想变压器1．结构：如图 1 所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈构成的。
图 1(1)原线圈：与沟通电源连结的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连结的线圈，也叫次级线圈。
2．原理：电流磁效应、电磁感觉。
3．基本关系式(1)功率关系： P 入＝ P 出。
U1U2(2)电压关系：n1＝n2。
有多个副圈U1U2U3＝＝＝⋯。
n1n2n3(3) 流关系：只有一个副圈I 1n2＝。
I 2n1由 P 入＝ P 出及 P＝ UI 推出有多个副圈，U1I 1＝ U2I 2＋U3 I 3＋⋯＋ U n I n。
4．几种常用的器(1)自耦器——器互感器：用来把高成低。
(2)互感器流互感器：用来把大流成小流。
知点二、距离1．程 ( 如 2 所示 )22．上的能量失：主假如由的阻生的，表达式Q＝ I 2Rt 。
3．失(1)U＝ U－ U′；(2)U＝ IR4．功率失(1)P＝ P－ P′；(2)2P＝IR＝PU2R5．送流P (1) I＝U； (2)I ＝U－U′。
R思深入判断正，正确的画“√”，的画“×”。
(1) 器不只能改交流的，能改交流的率。
()(2) 理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率。
()(3) 变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大。
()(4) 在输送电压一准时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小。
()答案(1) ×(2) √(3) √ (4) ×[题组自测]题组一理想变压器基本规律的应用1．如图 3 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 220 V ，额定功率为 22 W ；原线圈电路中接有电压表和电流表。
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 ( )图 3A ．U ＝110 V ，I ＝ 0.2 AB ．U ＝110 V ，I ＝ 0.05 AC ． ＝ 110 2 V ， ＝0.2 AU ID ． U ＝ 110 2 V ，I ＝0.2 2 An U1 1可得 U 1＝ 110 V ，即电压表示数为 110 V 。
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高三物理教学案远距离输电基础知识归纳一、电能的输送思考题：⑴为什么要进行远距离输电？⑵输送电能的基本要求是什么？⑶为什么输送电能过程中有电能损失？⑷减小电能损失有哪些方法？1．根据P损＝_____ ，减小输电电能损失有两种方法．(1)减小输电线的电阻：根据电阻定律R＝ρlS，要减小输电线的电阻R，在保证输电距离情况下，可采用减小材料的_______增大导线的__________等方法，但是不实际，不容易实现．(2)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高__________．2．远距离输电的功率损失输送功率一定时，线路电流I＝__，输电线上损失功率P损＝I2R线＝______，可知P损∝1U2.3．远距离高压输电的几个基本关系(如下图为例)：(1)功率关系：(2)电压、电流关系：(3)输电电流：(4)输电线上损耗的功率当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减少到原来的 .说明1．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，表达式为P损＝I2R线。
2．降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻。
由电阻定律R ＝ρl S可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可增加导线的横截面积。
(2)减小输电导线中的输电电流。
由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，提高输电的电压，可以减小输电电流。
这两种方法中，适用于远距离输电的是减小输电电流，即利用高压输电。
3．高压输电的原理由输送功率P ＝UI ，其中U 为输电电压，I 为输电电流，因而当输送功率一定时，可以提高输电电压，以减小输电电流，则线路上的功率损耗P 损＝I 2R 可大幅度减小，这是行之有效的方法。
(1)对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。
(2)远距离高压输电的几个基本关系(如图所示)：①功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 线＋P 3。
②电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线。
③输电电流：I 线＝ΔU R 线＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线＝P 2U 2。
④输电线上损耗的功率： P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝(P 2U 2)2R 线。
当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减少到原来的1n 2。
(3)解决远距离高压输电问题的方法：①先画出远距离输电的示意图，并在图中标出已知量和待求量；②抓住输电的两端——电源和用电器；分析一条线——输电线；研究两次电压变换——升压和降压； ③以变压器为界将整个输电线路划分为几个独立回路，各回路分别分析，注意原、副线圈的电压、电流与匝数的关系及输入功率等于输出功率的关系。
压器的原线圈连接一个电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U 的交流电源上.则( )A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小【拓展1】如图所示，一只理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线等效电阻为R .开始时开关S 断开，当S 接通时，下列选项正确的是( )A.副线圈两端M 、N 的输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R 上的电压降增大C.通过灯泡L 1的电流减小D.原线圈中的电流增大【例2】如图所示，变压器的输入电压U 一定，两个副线圈的匝数是n 2和n 3.当把电热器接a 、b ，让c，d空载时，安培表读数是I2；当把同一电热器接c、d，而a、b空载时，安培表读数是I3，则I2∶I3等于( )A.n2∶n3B.n3∶n2C.n22∶n23D.n23∶n22【例3】某交流发电机输出功率为5×105 W，输出电压U＝1.0×103 V，假如输电线的总电阻R ＝10 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U＝380 V.(1)画出输电线路的示意图，并标明各部分的符号；(2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？(使用的变压器是理想变压器)【拓展2】“十一五”期间，我国将加快建设节约型社会，其中一项措施就是大力推进能源节约.远距离输电时尤其要注意电能的节约问题，假设某电站输送电压为U＝6 000 V，输送功率为P＝500 kW，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4 800 kW·h，试求：(1)使用该输送电压输电时的输电效率和输电线的电阻；(2)若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，试论述电站应该采用什么输电办法？【例4】有条河流，流量Q＝2 m3/s，落差5 m，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电需求，则该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V，100 W”的电灯正常发光？变压器远距离输电作业1、如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，原线圈两端接交变电流，输入电压不变，则能使原线圈的输功率变大的是()A．保持P的位置不变，S由b切换到aB．保持P的位置不变，S由a切换到bC．S掷于b位置不动，P向上滑动D．S掷于b位置不动，P向下滑动2、(2010·山东理综·19)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是A．副线圈输出电压的频率为50 HzB．副线圈输出电压的有效值为31 VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率增加3、(2010·浙江理综·17)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW，现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是()A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 AB．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻4、如图所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有A．U2减小，U4变大B．U2不变，U3变小C．P1变小，P2变小D．P2变大，P3变大5、2008年1月10日开始的低温雨雪冰冻造成我国部分地区严重灾害，其中高压输电线因结冰而损毁严重，为消除高压输电线上的冰，事后有人设计了利用电流的热效应除冰的融冰思路．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节高压输电变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP，则除冰时()A．输电电流为4I B．输电电流为16IC．输电电压为4U D．输电电压为U 166、(2011·课标全国·17)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22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．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A．U＝110 V，I＝0.2 AB．U＝110 V，I＝0.05 AC．U＝110 2 V，I＝0.2 AD．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A7．如图所示，一理想变压器原线圈的匝数n1＝1 100匝，副线圈的匝数n2＝220匝，交流电源的电压u＝2202sin 100πt V，电阻R＝44 Ω ，电压表、电流表均为理想电表，则下列说法错误的是A．交流电的频率为50 HzB．电流表的示数为0.2 AC．电流表的示数为 2 AD．电压表的示数为44 V8．如图所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则A．只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大B．只将Q向下移动时，电流表的读数变大C．只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大D．只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大9．如图15所示是街头变压器给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动，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R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移动时，下列说法不正确的是A．相当于在增加用电器的数目B．A1表的示数随A2表的示数的增大而增大C．V1表的示数随V2表的示数的增大而增大D．变压器的输入功率增大10、随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要．某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U1，输电导线总电阻为R，在某一时段用户需求的电功率为P0，用户的用电器正常工作的电压为U2.在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是()A．输电线上损耗的功率为P20R U22B．输电线上损耗的功率为P20R U21C．若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D．采用更高的电压输电会降低输电的效率11、如下图所示，左侧的圆形导电环半径为r=1.0 cm，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C=100 pF的电容器相连，导电环的电阻不计，环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁感应强度B的变化率为1002πsin ωt，若电容器C所带电荷量的最大值为1.41×10-9 C，则所用理想变压器的原、副线圈的匝数之比为(取π2=10)()A．1∶100 B．100∶1C．1∶100 2 D．1002∶112、如右图所示，一理想变压器原、副线圈匝数比为3∶1，副线圈上接三个相同的灯泡，均能正常发光，原线圈上接有一相同的灯泡L，则()A．灯L也能正常发光B．灯L比另三灯都暗C．灯L将会被烧坏D．不能确定13.如下图所示，三只灯泡均正常发光，现将滑动变阻器R的滑片向下移动，则下列说法中正确的是A．灯L1和L2均变暗B．灯L3变暗C．副线圈n2中的电流变大D．变压器原线圈的输入功率变大14、钳形电流表的外形和结构如图（a）所示。