变压器远距离输电 (1)

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远距离输电问题

理想变压器的规律：
1、输入功率和输出功率相等：P1=P2 2、变压比：U1/U2=n1/n2
3、电流比：I1/I2=n2/n1
一、远距离输电问题的提出：如何减少输电过程中能量的损失，是远距离输电过程中要讨论和解决的中心问题。
二、远距离输电
1．电路损失
(1)功率损失：设输电电流为I，输电线的电阻 I2R 为R，则功率损失为ΔP＝_____. (2)电压损失：ΔU＝_____. IR
D、若在导线上损失的功率相同，输电线的截面积之比为104：1
[ B
D
]
4、输送功率为P、输电电压为U、输电线电阻为R、用户的电压为U0，则： A、输电线损失的功率为（P/U)2R B、输电线损失的功率为（U-U0)2 /R C、用户得到的功率为U02/R
D、用户得到的功率为PU0/U
[ A B D ]
8、某发电厂通过两条输电线向远处的用电设备供电，当发电厂输出的功率为P0时，额定电压为U的用电设备消耗的功率为P1，若发电厂用一台升压变压器T1先把电压升高，仍通过原来的输电线供电，到达用电设备所在地，再通过一台降压变压器T2把电压降到用电设备的额定电压，供用电设备使用。这样改动后，当发电厂输出的功率仍为P0时，用电设备可获得的功率增加至P2。试求所用升压变压器T1的原线圈与副线圈的匝数比N1/N2以及降压变压器T2的原副线圈的匝数比n1/n2各为多少？
6、有条河流，流量Q=2m3/s,落差h=5m,利用其发电, 若发电机总效率为50%，输出电压为240V，输电线总电阻为R线=30欧，允许损失的功率为输出功率的6%，为满足用电要求：（1）则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？（2）能使多少盏“220V，100W”的电灯正常发光？

第十三章第二节变压器远距离输电

第十三章
交变电流电磁场电磁波
n1 U1 解析：选 A.由变压原理＝可得 U1 n2 U2 ＝110 V，即电压表示数为 110 V．由 P
入
＝P 出，灯泡正常发光可得 P 入＝U1I1＝
22 P 出＝22 W，I1＝ A＝0.2 A，故 A 正 110 确.
第十三章
交变电流电磁场电磁波
第十三章
交变电流电磁场电磁波
因为输电线上损耗的功率占总功率的比 P1 n1 2 · R线 P n2R 2 U1 n2 ΔP I2R线 1 1 线例为＝＝＝ 2 2 P1 P1 P1 U1n2 ∝P1，所以随发电厂输出功率变大，该值变大，D 正确．
第十三章
交变电流电磁场电磁波
属材料制造输电线．此外，还要尽可
横截面积能增加导线的__________．
(2)另一个途径是减小输电导线中的
电流 _____，由P＝IU可知，当输送功率一
电压定时，提高_____可以减小输电电流
第十三章
交变电流电磁场电磁波
3．远距离高压输电(如图13－2－2 所示) 由于发电机本身的输出电压不可能很高，所以采用高压输电时，在发电站升压变压器内需用_____________升压到几百千伏后再向远距离送电，到达用电区再用降压变压器 ____________降到所需的电压．
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( )
第十三章
交变电流电磁场电磁波
A．U＝110 V，I＝0.2 A B．U＝110 V，I＝0.05 A C．U＝110 D．U＝110 2 V，I＝0.2 A 2 V，I＝0.2 2 A

远距离输电技术知识要点详解

远距离输电技术知识要点详解近年来，随着能源需求的不断增长，远距离输电技术成为了可持续发展的重要组成部分。

远距离输电技术指的是通过电力输送系统将电能从发电站点传输到消费站点，以满足消费者对电力的需求。

本文将详细介绍远距离输电技术的要点，以帮助读者更好地了解和应用这一重要技术。

一、直流输电与交流输电远距离输电技术通常有两种方式：直流输电（DC）和交流输电（AC）。

直流输电技术主要利用直流电流传输电能，而交流输电技术则是利用交流电流传输电能。

直流输电技术的主要优势在于低线损和高输电效率。

由于直流输电不受电阻、电感和电容的影响，可以降低线损，提高输电效率。

此外，直流输电还具有较高的控制能力，能够有效地调节输电过程中的电流和电压。

与直流输电相比，交流输电技术具有成熟、稳定和广泛应用的优势。

交流输电的主要特点是在输电过程中可以通过变压器实现电压的升降，方便电能在不同地区之间的传输。

此外，交流输电的设备成本较低，维护更加方便，适用于大规模电网的建设。

二、超高压输电技术为了降低输电线损和提高输电效率，超高压输电技术应运而生。

超高压输电技术是指在1100千伏及以上的范围内进行电力传输的技术。

与常规的输电技术相比，超高压输电具有更低的电阻、电感和电容损耗，能够实现更远距离的电力传输。

超高压输电技术的核心是变压器技术的突破。

通过改进和创新变压器的设计和制造，实现高压转换和传输。

此外，超高压输电还需要解决输电线路的设计和材料等技术难题，以确保输电的可靠性和安全性。

超高压输电技术在全球范围内得到了广泛的应用。

例如，中国已经建成了世界上最长的直流输电线路——由西北地区的煤矿转变为东部沿海地区的电力交易。

超高压输电技术的发展将进一步提高能源利用效率，推动经济和社会的可持续发展。

三、光纤输电技术光纤输电技术是近年来新兴的远距离输电技术。

它利用光纤传输电能，通过光电转换设备将电能转化为光信号进行传输，然后再将光信号转化为电能。

光纤输电技术具有很高的传输效率和稳定性。

高中物理【变压器远距离输电】知识点、规律总结

(2)互感器电电压流互互感感器器((nn11><nn22))：：把把高大电电压流变变成成____低小____电电____压流____，，如如图图丙丁所所示示..
二、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.
3．掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈 1，线圈 1 上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为 P1＝P ＋线损 P 用户．
考点四三种特殊的变压器
(1)无漏磁，故原、副线圈中的 Φ、ΔΔΦt 相同．
(2)线圈无电阻，因此无电压损失，U＝E＝nΔΔΦt .
(3)根据Un＝ΔΔΦt 得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都
成立，则有Un11＝Un22＝Un33＝…
2．关于理想变压器的四点说明 (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)理想变压器基本关系中的 U1、U2、I1、I2 均为有效值． (4) P 入＝P 出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于输出功率之和．
1．输出电流 I＝UP＝UP′′＝U－RU′.
2．电压损失 (1)ΔU＝U－U′. (2)ΔU＝__I_R___ . 3．功率损失 (1)ΔP＝P－P′. (2)ΔP＝__I_2R____＝UP2R .
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＝ρSl 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___．

高中物理之电能的输送(远距离输电)知识点

高中物理之电能的输送（远距离输电）知识点1电路中电能损失电线上的功率损耗为P=I2R①可以通过两个途径减小输电损失。

减小输电线的电阻，应选用电阻率小的金属材料，还要尽可能的增大导线的横截面积。

②减小输电线中的电流。

，U必须是降在导线上的电压，电压不能用输电电压来计算。

2远距离输电一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。

并按照规范在图中标出相应的物理量符号。

一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为也应该采用相应的符号来表示。

从图中应该看出功率之间的关系是电压之间的关系电流之间的关系可见其中电流之间的关系最简单，中只要知道一个，另两个总和它相等。

因此电流往往是这类问题的突破口。

输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。

分析和计算时都必须用，而不能用。

分析输电线上的功率损失，由此得出结论：⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积，当然选择前者。

⑵若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。

需要引起注意的是课本上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。

当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。

规律方法一、解决变压器问题的常用方法解题思路1电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为U1/U2=n1/n2;当变压器有多个副绕组时U1/n1=U2/n2=U3/n3=……解题思路2功率思路.理想变压器的输入、输出功率为P入=P出，即P1=P2；当变压器有多个副绕组时P1=P2+P3+……解题思路3电流思路.由I=P/U知，对只有一个副绕组的变压器有I1/I2=n2/n1;当变压器有多个副绕组时n1I1=n2I2+n3I3+……解题思路4（变压器动态问题）制约思路（1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2=n2U1/n1，可简述为“原制约副”。

第2讲变压器远距离输电

解析 t=0时刻,线框在题图所示位置,线圈与中性面垂直,感应电动势最大,则线框中磁通量变化率最大,故A错误;线框绕中心轴OO'匀速运动时,产生的电动势e=200 2 cos 100πt (V),故输入变压器的电压的有效值U=200 V,又
灯泡能正常发光,则变压器的输出电压为20 V,根据 n1 =U1 ,有 n1 = 200V =10∶
n2 U2 n2 20V
1,故B正确;电路中熔断器熔断电流为0.4 2 A,此时根据能量守恒定律,有U1I1
=U2(nIL),解得n= 200 0.4 2W ≈14.14,故副线圈两端并联“20 V 8 W”的灯
8W
泡最多不能超过14只,故C错误;若线框转速减半,根据公式Em=NBSω,产生的电压也减半,ω=2πn=50π rad/s,则产生的电动势e=100 2 cos 50πt (V),故D错误。
必备知识 · 整合
关键能力 · 突破
2.[理想变压器工作原理](2020山东师大附中模拟)如图所示,电阻不计的正方形导线框abcd处于匀强磁场中。线框绕中心轴OO'匀速转动时,产生的电动势e=200 2 cos 100πt (V)。线框的输出端与理想变压器原线圈相连,副线圈连接着一只“20 V 8 W”的灯泡,且灯泡能正常发光,电路中熔断器熔断电流为0.4 2 A,熔断器与输电导线的电阻忽略不计。下列判断正确的是( B )
解析根据变压器电压和匝数的关系可知,输入电压与输出电压之比为
U1∶U2=2∶1,则电阻R1两端电压为U1,电阻R2两端电压为U2,则通过两电阻的
电流之比为2∶1;若设通过电阻R2的电流为I2,则通过电阻R1的电流为2I2,根据
电流比和匝数比的关系可知,原线圈的输入电流为 I2 ,因电流表示数为0.5 A,

远距离输电知识点

远距离输电知识点
1. 远距离输电为啥会有电能损耗呀？就像你跑长跑会累一样，电在传输过程中也会有消耗呀！比如从发电站输送到几百公里外的城市。

2. 升高电压能减少电能损耗，这你知道不？好比你走楼梯，一步跨两级就会轻松一点，电也是这样，电压升高了，损耗就小啦！像西电东送工程就是用高电压来输电的。

3. 远距离输电的线路很重要哦！这就好比是道路，路不好走，车能跑得快吗？像那些老旧的输电线路就可能影响输电效果。

4. 变压器在远距离输电中可关键啦！它就像个神奇的转化器，能把电压变来变去。

你想想，如果没有它，电怎么能顺利到达不同地方呢？比如在小区里就会有变压器把电压变低供我们使用。

5. 远距离输电可不是随便弄弄的，要精心设计呢！这就像搭积木，得好好规划才能搭得稳呀！不同地区的输电方案都得量身定制呢。

6. 我们能用上远方送来的电，真得感谢远距离输电技术呀！这是不是很了不起？就像你收到远方朋友寄来的礼物一样惊喜！它让我们的生活变得更便利啦！
我的观点结论：远距离输电真的太重要了，它让电能够跨越距离，为我们的生活提供源源不断的能量！。

变压器远距离输电

a
关注方法
~ n1
n2 5V
b
n3
3V c d
二. 远距离输电:
减少输电中的功率损失可以有两种方法: P损=I2 R 一种方法是: 减小电阻.
另一种方法是提高输电的电压U
减小输电线路上的电压损失也有两种方法．U损 =IR
一种减小电阻．另一种提高输电电压．
无论从减小输电中的功率损失，还是从减小电压损失方面看，都要求提高输电电压，减小输电电流．
n2
(C) I1U1=I2U2＋I3U3 ； (D) n1I1=n2I2＋n3I3 。
U1 n1 n3
练习1．理想变压器原、副线圈的匝数比为 1∶10，当原线圈接在6V的蓄电池两端以后，则副线圈的输出电压为【 D 】
A．60V
B． 60 2V
C．60/ 2 V D．以上答案都不对
练习 2. 如图所示的理想变压器 , 输入电压 U1
当n2＞n1时，U2＞U1，升压变压器．当n2＜n1时，U2＜U1，降压变压器．
3. 变压器的变流比:
理想变压器：P输入＝P输出，即输入功率由输出功率决定
即
I1U1=I2U2＋I3U3＋I4U4.....．
注意:1、当只有一个副线圈时.
由U1／U2= n1／n2 ，I1／I2 = n2／n1
注意2 :变压器的高压线圈匝数多而通过的电流小，
可用较细的导线绕制；低压线圈匝数少而通过的电流大，应用较粗的导线绕制
4. 几种常用的变压器：熟悉工作原理
a. 自耦变压器 . 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（图甲）；如果把线圈的一部分作原线圈, 整个线圈作副线圈，

变压器和远距离输电_含答案

变压器和远距离输电重点突破知识点一理想变压器的原理及基本关系式由于理想变压器没有漏磁和能量损失，所以穿过原、副线圈的磁通量ф相等，磁通量的变化率△ф/△t 也总是相等，这种使原、副线圈产生的感应电动势与原、副线圈的匝数成正比．故变压器的工作原理是电磁感应（互感现象）．变压器的基本规律可概括为“三变三不变”，即：可改变交流的电压、电流、等效电阻；不能改变功率、频率和直流的电压。

变压器的变压比: U 1／n 1 = U 2／n 2= U 3／n 3 =… = ΔU ／Δn = k变压器的变流比: n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3+…… 理想变压器的输入功率由输出功率决定：2211222222111/R n U n R U U I U I P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==== 【应用1】如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1：n 2=4:1，原线圈回路中的电阻A 与副线圈回路中的负载电阻B 的阻值相等。

a 、b 端加一定交变电流电压后，两电阻消耗的电功率之比P A ：P B = 和电阻两端的电压之比U A ：U B = 。

知识点二远距离输电1、远距离输电示意图2、几个常用关系式：若发电站输出电功率为P ，输出电压为U ，用户得到的电功率为P ’，用户得到的电压为U ’，输电导线的总电阻为R 。

（如图） ①导线损失的电压△U=U-U ’=IR 。

②输电电流I=P/U=（U-U ’）/R 。

③输电导线上损失的电功率P 损= P-P ’=I 2R=P 2R/U 2。

由以上公式可知，当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电导线上损耗的功率就减少到原来的1/n 2。

【应用2】学校有一台应急备用发电机，阻为r =1Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R =4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V ，40W ”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：（1）发电机的输出功率多大？（2）发电机的电动势多大？（3）输电线上损耗的电功率多大？Bn 1 n 2AabU~【应用3】17、三峡水利工程中某一水电站发电机组设计为：水以v1＝3m/s的速度流入水轮机后以v2＝1m/s的速度流出，流出水位比流放水位低10m，水流量为Q＝103m3/s.水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试问：(1)发电机的输出功率是多少？(2)如果发电机输出电压为240V，用户所需电压为220V，输电线路中能量损耗为5%，输电线的电阻共为12Ω，那么所需用升、降压变压器的原副线圈匝数比分别是多少？【应用4】19、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数n1∶n2=3∶l，原线圈电路中接有一量程为3A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻R以及若干“6V、6W”的相同灯泡，原线圈输入如图乙所示的交变电压。

变压器、远距离输电

高考经典课时作业10-2 变压器、远距离输电（含标准答案及解析）时间：45分钟分值：100分1．一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中下列哪个物理量不一定相等的是( )A ．交变电流的频率B ．电流的有效值C ．电功率D ．磁通量的变化率 2．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )A ．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1B ．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C ．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D ．正常工作时，原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1 3．(2012·高考海南卷)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“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( )A ．120 V,0.10 AB ．240 V,0.025 AC ．120 V,0.05 AD ．240 V,0.05 A4．(2012·高考山东卷)图甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，○V 为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )A ．电压表的示数等于5 VB ．电压表的示数等于52 VC ．实现点火的条件是n 2n 1>1 000D ．实现点火的条件是n 2n 1<1 0005．(2012·高考重庆卷)如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 、880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W6．(2011·高考福建卷)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1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的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()A．输入电压u的表达式u＝202sin (50πt) VB．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开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 W7．(2013·江苏南京市模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶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，则下列说法中正确的是()A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 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，原线圈的输入功率变大D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz 8．(2013·海淀区期末)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9．2011年9月28日，中国第二条特高压交流电项目获批，国家电网副总经理舒印彪表示：该公司第二条特高压交流电项目已获得发改委批准，投资规模、线路长度和输电容量都比之前项目大一倍以上．如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1＝250 V，输出功率P1＝100 kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是()A ．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小B ．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大C ．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比n 1n 2＝116D ．用10 000 V 高压输电，输电线损耗功率为8 000 W10．收音机的变压器的初级线圈有1 210匝，接在U 1＝220 V 的交流电源上，变压器有两个次级线圈．次级线圈Ⅱ的匝数为35匝，次级线圈Ⅲ的匝数是1 925匝．如果不计变压器自身的能量损耗，当变压器工作时，线圈Ⅱ的电流是0.3 A 时，初级线圈的电流I 1＝0.114 A ．求线圈Ⅲ中的电流和输出电压．(电流的计算结果保留三位有效数字)．11．(2011·高考江苏卷)图1为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u -t 图象如图2所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式；(2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1；(3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de.12．(2012·东莞模拟)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW·h.求： (1)输电效率η和输电线的总电阻r ；(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？标准答案及解析：1．答案：B 2．解析：对于理想变压器，原、副线圈每一匝的磁通量均相等，且变化率也相同，A 、C 错，B 对．正常工作时，原、副线圈的输入、输出功率相同，为1∶1，D 对．答案：BD 3．解析：副线圈电压U 2＝12 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝240 V ，副线圈中电流I 2＝2·PU＝1 A ，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝0.05 A. 答案：D 4．解析：交流电压表测的是交流电的有效值，对正弦交流电，其电压有效值U ＝U m2，所以B 正确、A 错误；根据题意，副线圈电压峰值大于5 000 V 时就可以点燃气体，对理想变压器n 2n 1＝U 2m U 1m >5 0005＝1 000，C 正确、D 错误．答案：BC 5．解析：副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r <501，故A 错误.2πf ＝100π Hz ，f ＝50 Hz ，故B 错．I 2＝880220 A ＝4 A ，故C 项正确．由于理想变压器P 入＝I 22r ＋880 W>880 W ，故D 错．答案：C 6．解析：由图象可知U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，故ω＝2πT＝100π rad/s ，即输入电压u 的表达式u ＝202sin (100πt )V ，所以A 项错误．断开S 2后两灯泡串联，总电压仍为4 V ，所以L 1、L 2均不能正常发光，B 项错误．根据P 入＝P 出＝U 2R可知断开S 2后R 增大，P入变小，C 项错误．若S 1接2，由P ＝U 2R 可得P ＝4220W ＝0.8 W ，故答案为D. 答案：D 7．解析：原线圈的输入电压的有效值为U 1＝3112V ＝220 V ，当单刀双掷开关与a 连接时，U 2＝110U 1＝22 V ， A 正确；当t ＝0.01 s 时，电流表示数不为零，电流表测量的是有效值，B 错误；当单刀双掷开关由a 拨向b 时，U 2′＝15U 1＝44 V ，输出功率增大，原线圈的输入功率也增大，此时输出电压的频率不变，C 正确、D 错误．答案：AC8．解析：本题考查远距离输电及理想变压器的基本知识．由理想变压器输出决定输入可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P 1增大，输入电压U 1为定值不变，升压变压器的匝数不变，输入电压不变，故输出电压U 2不变，由于P 1增大，由P 1＝U 1I 1＝P 2＝U 2I 2可得，I 1增加，P 2、I 2增加，由闭合电路欧姆定律：U 3＝U 2－I 2R ，故U 3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U 3减小，U 4减小，A 错误、B 正确；由于用户功率增加，即P 4增加，理想变压器无功率损耗可得：P 3＝P 4，功率P 3也增加，故C 错误、D 正确．答案：BD 9．解析：由U 1U 2＝n 1n 2知U 1不变时，U 2也不变，故B 错误；由U 3＝U 2－P 1U 2R 知，电站的输出功率突然增大，U 3减小，又U 3U 4＝n 3n 4，故U 4也减小，A 正确；I 1＝P 1U 1＝400 A ，I 2＝ΔPR＝25 A ，I 2I 1＝n 1n 2＝25400＝116，所以C 正确；用10 000 V 高压输电，即U 2′＝10 000 V ，I 2′＝P 1U 2′＝10 A ，ΔP ′＝I 2′2R ＝8×102 W ，所以D 错误．答案：AC 10．解析：线圈Ⅱ两端的电压为：U 2＝n 2n 1U 1＝351 210×220＝6.36 V线圈Ⅲ两端的电压为：U 3＝n 3n 1U 1＝1 9251 210×220 V ＝350 V不计变压器自身的能量损耗，由能量转化和守恒定律 P 1＝P 2＋P 3I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3I 3＝I 1U 1－I 2U 2U 3＝0.066 2 A答案：0.066 2 A 350 V 11．解析：(1)由题图2知ω＝200π rad/s 电压瞬时值u ab ＝400sin(200πt ) V (2)电压有效值U 1＝200 2 V 理想变压器P 1＝P 2原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，解得I 1≈0.28 A ⎝⎛⎭⎫或25 A .(3)设ab 间匝数为n 1，则U 1n 1＝U ce n ce ，同理U 1n 1＝U den de由题意知U 2ce R ce ＝U 2de R de ，解得n ce n de ＝R ceR de代入数据得n ce n de ＝43.答案：(1)u ab ＝400sin(200πt ) V(2)0.28 A ⎝⎛⎭⎫或25 A(2)4312．解析：(1)输送功率P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000 kW·h 输电线上损失的电能 ΔE ＝4800 kW·h 终点得到的电能E ′＝E －ΔE ＝7 200 kW·h ，所以输电效率 η＝E ′E＝60%输电线上的电流 I ＝PU＝100 A 输电线损耗功率 P r ＝I 2r ，其中P r ＝ΔEt＝200 kW得r ＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P r ＝⎝⎛⎭⎫P U 2r ∝1U 2原来P r ＝200 kW ，现在要求P r ′＝10 kW ，解得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV . 答案：(1)60% 20 Ω (2)22.4 kV。

第十二章第2讲变压器远距离输电

第2讲变压器远距离输电目标要求 1.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.2.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率．考点一理想变压器的原理及应用1．构造和原理(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．(2)原理：电磁感应的互感现象． 2．基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出． (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1.(4)频率关系：f 出＝f 入．1．变压器只对交变电流起作用，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．在任何情况下，理想变压器均满足U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1、P 入＝P 出．( × )1．理想变压器的制约关系电压原线圈电压U 1和匝数比决定副线圈电压U 2，U 2＝n 2n 1U 1功率副线圈的输出功率P 出决定原线圈的输入功率P 入，P 入＝P 出电流副线圈电流I 2和匝数比决定原线圈电流I 1，I 1＝n 2n 1I 22.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…＝U nn n功率关系：P 1＝P 2＋P 3＋P 4＋…＋P n 电流关系：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋n 4I 4＋…＋n n I n 考向1 变压器基本物理量的分析与计算例1 (多选)如图所示，一理想变压器的原线圈接在电压为220 V 的正弦交流电源上，副线圈通过电流表与一阻值为40 Ω的电阻连接．已知理想电流表的示数为1.1 A ，则下列说法正确的是( )A ．变压器的输入功率为24.2 WB ．电阻两端电压的最大值为44 VC ．变压器原、副线圈的匝数比为5∶1D ．通过原线圈电流的有效值为0.22 A 答案 CD解析由P ＝I 2R 可知，P ＝48.4 W ，选项A 错误；由U 2＝IR 可知U 2＝44 V ，则电阻两端电压的最大值为44 2 V ，选项B 错误；变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝5∶1，选项C 正确；由n 1∶n 2＝I 2∶I 1可得I 1＝0.22 A ，选项D 正确．例2 (2017·北京卷·16)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin(100πt ) V 的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω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220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s 答案 B解析由u ＝2202sin(100πt ) V 可知，原线圈电压最大值为220 2 V ，故原线圈电压的有效值为U 1＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ，故电压表的读数为110 V ，选项C 错误；副线圈电流有效值为I 2＝U 2R＝2 A ，根据P ＝UI 可知，输出功率为220 W ，则原线圈的输入功率为220 W ，故选项A 错误；原线圈中的电流I 1＝P U 1＝1 A ，故选项B 正确；因为ω＝2πT，所以T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，故选项D 错误．考向2 原线圈接入用电器的变压器问题分析例3 (2022·江西高三模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接在有效值为100 V 的正弦交流电源上，原、副线圈匝数比为2∶1，定值电阻R 1、R 2、R 3的阻值分别为10 Ω、20 Ω、20 Ω，电流表为理想交流电流表．下列说法正确的是( )A ．R 1的电功率为40 WB ．电流表示数为1 AC ．副线圈两端电压为20 VD ．副线圈的输出功率为80 W 答案 A解析原、副线圈匝数比为2∶1，设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2 ，则有I 1＝I 22，又有原线圈回路U ＝I 1R 1＋2I 2·R 2R 3R 2＋R 3，解得I 1＝2 A ，I 2＝4 A ，所以R 1的电功率为P ＝I 12R 1＝40 W ，故A 正确，B 错误；副线圈两端电压为U 2＝I 2·R 2R 3R 2＋R 3＝40 V ，故C 错误；副线圈的输出功率为P 2＝I 2U 2＝160 W ，故D 错误．考点二理想变压器的动态分析1．匝数比不变的分析思路(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，P 1＝P 2，故P 1发生变化． 2．负载电阻不变的分析思路 (1)U 1不变，n 1n 2发生变化时，U 2变化．(2)R 不变，U 2变化时，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．1．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．( × ) 2．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压也增加．( × )考向1 理想变压器匝数不变问题的分析和计算例4 如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大答案 B解析当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压减小，电流表A 2示数减小，原线圈中的电流变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误．考向2 理想变压器负载不变问题的分析和计算例5 如图所示，原、副线圈匝数比为100∶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电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝310sin 314t (V)，则( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为3.1 VB ．副线圈两端的电压频率为50 HzC ．当单刀双掷开关由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，电压表和电流表的示数均变小答案 B解析由U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝U 1n 2n 1，因U 1＝3102 V ，所以U 2＝3102×1100 V≈2.2 V ，A 错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s ，则频率f ＝ω2π＝3142π Hz ＝50 Hz ，B 正确；当单刀双掷开关由a扳向b 时，n 1减小，则U 2增大，电压表示数变大，I 2＝U 2R增大，副线圈的输出功率P 出＝U 2I 2增大，原线圈的输入功率增大，C 、D 错误．考点三远距离输电如图所示，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 ′，输电电流为I ，输电线总电阻为R .1．输电电流I ＝P U ＝U －U ′R . 2．电压损失 (1)ΔU ＝U －U ′； (2)ΔU ＝IR . 3．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′＝ΔU ·I ； (2)ΔP ＝I 2R ＝(P U )2R4．降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρlS 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，必须提高输电电压．1．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．( √ ) 2．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗．( √ )3．若发电站输出功率为P ，输电电压为U ，输电线总电阻为R ，如图所示，则输电线上损失的功率为P 损＝U 2R.( × )1．理清输电电路图的三个回路(如图)(1)在电源回路中，P 发电机＝U 1I 1＝P 1.(2)在输送回路中，I 2＝I 线＝I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，ΔU ＝I 2R 线，ΔP ＝I 22R 线． (3)在用户回路中，P 4＝U 4I 4＝P 用户． 2．抓住两组关联式(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.3．掌握一个守恒观念功率关系：P 2＝ΔP ＋P 3，其中ΔP ＝ΔU ·I 线＝I 线2R线＝(ΔU )2R 线. 例6 如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压为U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1，在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2，则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 12rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U 答案 A解析因为P 入＝P 出，所以U 1I 1＝U 2I 2，即U 2＝U 1I 1I 2，故选项A 正确；输电线上的电压降为U 线＝U －U 1，选项B 错误；理想变压器的输入功率P 入＝I 1U 1，输电线路上损失的电功率 P 损＝I 12r ＝I 1(U －U 1)，选项C 、D 错误．例7 (2020·浙江7月选考·11)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机的电压U 1＝250 V ，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R 线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U 4＝220 V ．已知输电线上损失的功率P 线＝5 kW ，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是( )A ．发电机输出的电流I 1＝40 AB ．输电线上的电流I 线＝625 AC ．降压变压器的匝数比n 3∶n 4＝190∶11D ．用户得到的电流I 4＝455 A 答案 C解析发电机输出的电流I 1＝P U 1＝100×103250A ＝400 A ，故A 错误；输电线上损失的功率P线＝I 线2R 线＝5 kW ，所以I 线＝P 线R 线＝25 A ，故B 错误；用户得到的功率P 4＝P －P 线＝(100－5) kW ＝95 kW ，则I 4＝P 4U 4＝95×103220 A ＝4 75011 A ≈432 A ，故n 3n 4＝I 4I 线＝19011，故C 正确，D错误．课时精练1．(2019·江苏卷·1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V 时，输出电压( ) A ．降低2 V B ．增加2 V C ．降低200 V D ．增加200 V答案 D解析假设理想变压器原线圈的输入电压为U 1，则由变压器的工作原理可知U 1n 1＝U 2n 2，变压器副线圈的输出电压为U 2＝10U 1；当输入电压增加20 V 时，即输入电压为U 1＋20 V ，则变压器的输出电压为U 2′＝10U 1＋10×20 V ，则输出电压的变化量为ΔU ＝U 2′－U 2＝10U 1＋200 V －10U 1＝200 V ，即输出电压增加200 V ，A 、B 、C 错误，D 正确．2．(2020·江苏卷·2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器( )A ．是一种降压变压器B ．能测量直流电路的电流C ．原、副线圈电流的频率不同D ．副线圈的电流小于原线圈的电流答案 D解析电流互感器原线圈匝数小，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A 错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B 错误；变压器不改变交变电流的频率，故C 错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D 正确． 3．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A 处采用550 kV 的超高压向B 处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP ，到达B 处时电压下降了ΔU .在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV 特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP ′，到达B 处时电压下降了ΔU ′.不考虑其他因素的影响，则( ) A ．ΔP ′＝14ΔPB ．ΔP ′＝12ΔPC ．ΔU ′＝14ΔUD ．ΔU ′＝12ΔU答案 AD解析由输电电流I ＝P U 知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的12，损耗的电功率ΔP ＝I 2r ，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的14，即ΔP ′＝14ΔP ；输电线上损失电压为ΔU ＝Ir ，即输电电压加倍，损失电压变为原来的12，即ΔU ′＝12ΔU .故A 、D正确．4．(2021·广东卷·7)某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s ，电压最大值为0.05 V ，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是( )A ．交流电的频率为10 HzB ．副线圈两端电压最大值为3 VC ．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D ．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率答案 B解析周期为T ＝0.2 s ，频率为f ＝1T ＝5 Hz ，故A 错误；由理想变压器原理可知U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈两端的最大电压为U 2＝n 2n 1U 1＝3 V ，故B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C 错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D 错误．5.(2018·天津卷·4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P .若发电机线圈的转速变为原来的12，则( )A ．R 消耗的功率变为12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变答案 B解析发电机线圈的转速变为原来的12，由E ＝nBSω2知，原线圈中输入电压变为原来的12，频率变为原来的12.根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2变为原来的12，即U 2＝12U ，则通过R 的电流变为原来的12，R 消耗的功率P 2＝U 22R ＝14P ，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈上的电流也变为原来的12，即电流表A 的读数变为12I ，故选B.6．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，原线圈接在电压有效值不变的交流电源上．灯泡L 阻值不变，R 1是定值电阻，R 2是滑动变阻器．闭合开关S 1、S 2，灯泡发光，下列判断正确的是( )A ．只向下移动滑片P ，R 2两端的电压变小B ．只向下移动滑片P ，灯泡L 变亮C ．只断开开关S 2，电阻R 1两端的电压变大D ．只断开开关S 2，变压器输入功率变大答案 A解析理想变压器的输出电压由输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变，当滑动变阻器R 2的滑片P 向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中总电阻减小，副线圈中总电流变大，R 1两端的电压变大，所以灯L 、R 2两端的电压变小，灯泡L 变暗，故A 正确，B 错误；只断开开关S 2，副线圈中总电阻变大，副线圈电压不变，副线圈中的电流变小，R 1两端的电压变小，副线圈的电功率减小，因为输入功率等于输出功率，变压器输入功率变小，故C 、D 错误．7.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u ＝U m sin 100πt 的正弦交流电压上，P 为滑动触头，初始位置位于线圈CD 的中点G, A 1和A 2为理想交流电表，R 为定值电阻，下列说法正确的是( )A ．将P 向下滑动，A 1的示数将变小B ．将P 向上滑动，A 2的示数将变大C ．将P 下滑到GD 的中点，电阻R 的功率将变为原来的4倍 D ．将P 上滑到CG 的中点，电阻R 的功率将变为原来的23答案 C解析将P 下滑时，电阻R 两端电压变大， A 1示数变大，同理，将P 向上滑动，A 2的示数将变小，A 、B 错误；若将P 向下滑动到GD 的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2变为1∶4，电阻R 的电压将变为原来2倍，故功率变为原来的4倍，C 正确；若将P 向上滑动到CG 的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R 的电压将变为原来的23，电阻R 的功率将变为原来的49，D 错误．8．(多选)如图所示为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接有u ＝362sin 100πt (V)的正弦式交流电，图中D 为理想二极管，定值电阻R ＝9 Ω.下列说法正确的是( )A ．t ＝1600 s 时，原线圈输入电压的瞬时值为18 VB ．t ＝1600s 时，电压表示数为36 V C ．电流表的示数为1 A D ．电流表的示数为22A 答案 BD 解析将t ＝1600s 代入瞬时值公式可知，原线圈输入电压的瞬时值为18 2 V ，A 选项错误；电压表的示数为有效值，输入电压的峰值为36 2 V ，根据正弦交变电流有效值与最大值的关系可知，U ＝U m2＝36 V ，B 选项正确；电流表测量流过副线圈的电流，根据理想变压器电压和匝数的关系可知，副线圈的电压为9 V ，正向导通时电流为1 A ，根据电流的热效应可知I 有效2RT ＝I 2R ·T 2，解得：I 有效＝22A ；故C 选项错误，D 选项正确．9．(多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V ，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1、R 2、R 3均为固定电阻，R 2＝10 Ω，R 3＝20 Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R 2中电流i 2随时间t 变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是( )A ．所用交流电的频率为50 HzB ．电压表的示数为100 VC ．电流表的示数为1.0 AD ．变压器传输的电功率为15.0 W 答案 AD解析根据i 2－t 图像可知T ＝0.02 s ，则所用交流电的频率f ＝1T＝50 Hz ，故A 正确；副线圈两端电压U 2＝I 2R 2＝22×10 V ＝10 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得原线圈两端电压U 1＝100 V ，电压表的示数U ＝220 V －100 V ＝120 V ，故B 错误；电流表的示数I ＝U 2R 3＝1020 A ＝0.5 A ，故C 错误；变压器传输的电功率P ＝I 22R 2＋I 2R 3＝15.0 W ，故D 正确．10．(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L 、宽为L ，匝数为N ，放置在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 0、n 1和n 2，两个副线圈分别接有电阻R 1和R 2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I ，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )A ．通过电阻R 2的电流为n 1I n 2B ．电阻R 2两端的电压为n 2IR 1n 1C ．n 0与n 1的比值为2NBL 2ωIR 1D ．发电机的功率为2NBL 2ωI (n 1＋n 2)n 0答案 BC解析由题知理想电流表读数为I ，则根据欧姆定律有U 1＝IR 1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有 n 0n 1＝U 0U 1，n 0n 2＝U 0U 2则有U 0＝n 0n 1IR 1，U 2＝n 2n 1IR 1再由欧姆定律有U 2＝I 2R 2 可计算出I 2＝n 2R 1n 1R 2I故A 错误，B 正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有E max ＝2NBL 2ω， U 0＝E max2＝2NBL 2ω又U 0＝n 0n 1IR 1则n 0n 1＝2NBL 2ωIR 1，C 正确；由于变压器为理想变压器，则有 P 0＝P 1＋P 2＝U 1I ＋U 2I 2＝I 2R 1＋U 2I 2 联立解得P 0＝2NBL 2ωI n 0⎝ ⎛⎭⎪⎫n 12R 2＋n 22R 1n 1R 2 由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P 0，D 错误．11．(多选)如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U 1＝250 V ，输出功率P 1＝100 kW ，输电线电阻R ＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是( )A ．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大B ．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小C ．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比为n 1∶n 2＝1∶16D ．用10 000 V 高压输电，输电线损耗功率为8 000 W 答案 BC解析电站的输出电压没有变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，电站的输出功率突然增大，则根据P ＝UI ，输电线上的电流增大，根据U 损＝I 线R ，U 3＝U 2－U 损，可知降压变压器的输入电压U 3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故A 错误，B 正确；输电线损耗比例为5%时，根据ΔP ＝I 线2R ，ΔP ＝5%P 1，解得I 线＝25 A ，升压变压器原线圈的电流为I 1＝P 1U 1＝400 A ，升压变压器的匝数比为n 1n 2＝I 2I 1＝I 线I 1＝116，故C 正确；输送电流为I ′＝P 1U ′＝10 A ，损失功率为ΔP ′＝I ′2R ＝800 W ，故D 错误．12.(2021·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2，输入端C 、D 接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L 1、L 2的阻值始终与定值电阻R 0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，下列说法正确的是( )A ．L 1先变暗后变亮，L 2一直变亮B ．L 1先变亮后变暗，L 2一直变亮C ．L 1先变暗后变亮，L 2先变亮后变暗D ．L 1先变亮后变暗，L 2先变亮后变暗答案 A解析由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：滑片在a 端时，R a ＝0，滑片在b 端时，R b ＝0.由于灯泡L 1、L 2的阻值始终与定值电阻R 0的阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最大．由图可知，滑片在两端时，副线圈的总阻值最小，当滑片从a 端向中间滑动时，副线圈的总阻值增大，则副线圈的总电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈的电流也减小，则灯泡L 1变暗，由于输入端C 、D 接入电压有效值恒定，L 1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，根据U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端电压增大，而L 2所在支路总电阻减小，则通过L 2的电流增大，灯泡L 2变亮；当滑片从中间向b 端移动时，副线圈的总阻值减小，则副线圈的总电流增大，根据I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈的电流也增大，则灯泡L 1变亮，由于输入端C 、D 接入电压有效值恒定，L 1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端电压减小，R 0所在支路总电阻增大，则通过R0的电流减小，而副线圈总电流增大，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮．综上所述，A正确，B、C、D错误．。

远距离输电的基本原理

远距离输电的基本原理（1）输电线可以抽象为一个电阻，这个电阻上产生的热能（功率）就是消耗的能量（功率）。

（2）中间输电线上的电压是加减关系，见下图：U2=U1′+U损；中间输电线上的电路是相等的。

下图中的I2=I1′；（3）两个理想变压器都不耗损功率，出现的所有物理量均为有效值。

（4）理想变压器两端的电压和电流比依然满足：电压与匝数关系：U1/U2=N1/N2；电流与匝数关系：I1/I2=N2/N1；正确掌握了上述4大解题要诀，再通过一些典型题来演练，几个小时就能把这里彻底吃透。

下方是关于远距离输电的一些基本知识介绍：远距离输电的基本原理发电站产生的交变电流通过导线时，会有一部分电能变为热能而损耗掉。

在输电的功率相同的情况下，高压输电的电流较小，而低压输电电流较大，因为功率 P = UI，P 一定，则 U 升高，I 就降低；U 降低，I 就升高。

同时输电过程中，电流通过导线，而导线必然有电阻，于是就在电线上产生一定的压降，该压降的大小 U’ = IR，R 为传输导线的电阻，I 即为上边提到的输电电流 I。

由于这部分压降以及电线的电阻，就有一部分功率 P’ = U’I = I²R 消耗在传输导线上，而导线本身也是电阻，所以这一部分功率转变成了热量散发到空气中，也就是说这一部分功率损失在导线上。

由于导线的电阻 R 为一定值，输电电流 I 减小的话，则导线上损失的功率 P’也会降低。

输电线截面积S一定时，输电电压U愈高，损耗的电功率P耗就愈小；如果允许损耗的电功率P耗一定时（一般不得超过输送功率的10％），电压愈高，输电导线的截面积就愈小，这可大大节省输电导线所用的材料。

在传输功率相同的情况下，为了减小在传输过程中损失的功率，提高输电电压，降低输电电流能有效降低在传输过程中的损失，电压越大损失越小。

所以，从减少输电线路上的电功率损耗和节省输电导线所用材料两个方面来说，远距离输送电能要采用高电压或超高电压。

远距离输电原理

远距离输电原理远距离输电是指通过输电线路将发电厂产生的电能远距离传输到需要用电的地方。

远距离输电原理是基于电磁感应和电场作用的物理原理，通过合理设计输电线路和设备，实现高效、稳定的电能传输。

远距离输电技术在现代电力系统中起着至关重要的作用，对于提高电网的可靠性和经济性具有重要意义。

首先，远距离输电原理的核心是利用电磁感应现象实现电能传输。

当输电线路中有电流通过时，就会产生磁场。

如果在该磁场中放置一个导体回路，根据法拉第电磁感应定律，导体中就会产生感应电动势，从而实现电能的传输。

这种原理被广泛应用于交流输电系统中，通过变压器将输电线路上的高压电能转换成适合配电的低压电能。

其次，远距离输电还涉及到电场的作用。

在输电线路中，电能是通过电场作用来传输的。

电场是由电荷产生的，当电流通过输电线路时，就会在周围形成电场。

电能会沿着电场的方向传输，最终到达需要用电的地方。

因此，合理设计输电线路的布局和结构，可以有效地控制电场的分布，提高电能的传输效率和稳定性。

此外，远距离输电原理还涉及到输电线路的参数和特性。

输电线路的参数包括电阻、电感和电容等，这些参数会影响电能的传输效果。

合理选择输电线路的导线材料、断面积和绝缘材料，可以降低线路的电阻和损耗，提高输电效率。

同时，合理设计输电线路的参数，可以减小电感和电容对电能传输的影响，保证电能的稳定传输。

总的来说，远距离输电原理是基于电磁感应和电场作用的物理原理，通过合理设计输电线路和设备，实现高效、稳定的电能传输。

在现代电力系统中，远距离输电技术的发展对于提高电网的可靠性和经济性具有重要意义。

通过不断的技术创新和改进，远距离输电技术将会在未来发挥更加重要的作用，为人类社会的可持续发展做出更大的贡献。

一轮复习变压器_远距离输电

第2讲变压器远距离输电
理想变压器 Ⅰ(考纲要求)
【思维驱动】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Байду номын сангаас、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图10-2-1 5匝线圈，如图10-2-1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( B )．
A．1 100,360 C．2 200,180
B．1 100,180 D．2 200,360
【知识存盘】
1．构造：如图10-2-2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．
10-2-2 (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．
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
IR
I2 R
P ＝U2R
变压器的动态分析 1．根据题意弄清变量与不变量． 2．弄清变压器动态变化的决定关系．
(1)原线圈与副线圈电压的决定关系．
(2)输入功率与输出功率的决定关系． (3)原线圈与副线圈电流的决定关系．
3．基本思路程序
P1＝P2I1U1＝I2U2 I2 ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― ― → 决定
出功率(副线圈有多个绕组)

变压器-远距离输电

分布式能源和微电网的发展对远距离输电的影响
分布式能源和微电网的发展，使得电力系统的结构和运营模式发生了变化，对远距离输电提出了新的挑战和机遇。
分布式能源和微电网的兴起，使得电力系统的能源结构更加多元化，同时也对电力系统的调度和运营提出了更高的要求。
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变压器-远距离输电的挑战与对策
变压器损耗和效率问题
低线路成本。
并联变压器
在高压输电网络中，并联变压器用于将多路输电线路连接起来，
提高供电可靠性和灵活性。
自耦变压器
自耦变压器是一种特殊的变压器，通过改变变压器的匝数比，实现升压或降压的功能，常用于高压
输电线路的电压调节。
变压器在特高压输电中的应用
1 2
特高压变压器
特高压变压器是指能够承受极高电压的变压器，是实现特高压输电的关键设备之一。
当交流电通过一次绕组时，产生变化的磁场，该磁场在二次绕组中产生感应电动势，从而实现电压的升高或降低。
变压器的种类和用途
电力变压器
用于电力系统中的升压和降压，以及不同电压
等级之间的转换。
仪用变压器
用于测量和保护设备，如电压互感器和电流互
感器。
整流变压器
特种变压器
用于整流设备，提供直流电源。
噪声问题
变压器运行过程中会产生一定的噪声，对周围环境和居民生活造成一定影响。需要采取措施降低噪声水平，如优化结构设计、选用低噪声设备等。
电磁辐射问题
变压器运行过程中会产生电磁辐射，可能对周围环境和人体健康产生影响。需要采取屏蔽措施，减少电磁辐射的泄漏。
对策
加强环保意识，合理规划变电站和输电线路的布局；采用低噪声、低能耗、环保型的变压器设备；加强监管力度，确保变压器设备符合环保要求。

远距离输电等效电阻公式

远距离输电等效电阻公式
远距离输电的示意图，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。

并按照规范在图中标出相应的物理量符号。

一般设两个变压器的初、次级线
圈的匝数分别为n
1、n
1
'、n
2
、n
2
'，相应的电压、电流、功率也应该采用相应的
符号来表示。

从图中应该看出
功率之间的关系是：P
1=P
1
'，P
2
=P
2
'，P
1
'=P
r
+P
2
电压之间的关系是：
电流之间的关系是：
输电线上的功率损失和电压损失：
回路划分法处理远距离输电问题：
(1)画出远距离输电的电路图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置。

(2)以变压器为界将输电电路划分为三个独立的回路，每个回路都可以用欧姆定律、串并联电路的特点、电功和电功率的公式等计算。

联系各个回路的桥梁是原、副线圈的电压与匝数的关系，电流与匝数的关系及输入功率与输出功率的关系等。

①回路1：由发电机和输电线路的升压变压器的原线圈1组成。

这个回路又可称
为发电机电路(或输入电路)。

②回路2：由输电线路的升压变压器的副线圈2和降压变压器的原线圈3组成。

这个回路又可称为输送电路。

③回路3：由用户与降压变压器的副线圈4组成。

这个回路又可称为输出电路。

④利用变压器的电压、电流关系找出两个变压器原副线圈中各物理量的关系即相邻回路间的联系：
a．升压变压器：
b．降压变压器：
⑤输电效率联系起三个回路。

变压器及远距离输电实验报告

变压器及远距离输电实验报告实验报告实验目的：1. 了解变压器的工作原理和基本结构。

2. 掌握变压器的基本电性能和特性。

3. 探究远距离输电过程中的电能损耗情况。

实验器材和材料：1. 变压器（包括原、辅线圈）2. 交流电源3. 电压表、电流表、功率表4. 各种连接线5. 实验用导线6. 实验用电阻实验原理：变压器基本原理是利用电磁感应现象，将输入的电压通过变压器的变换比例转换成输出的电压。

变压器由原线圈和辅助线圈组成，当原线圈通电时，产生交变磁场，从而诱导出辅助线圈中的电压。

通过调整原线圈和辅助线圈的匝数比例，可以实现输入输出电压的变换。

远距离输电过程中存在电能损耗，主要表现为线路电阻损耗、变压器铜损耗和铁损耗等。

线路电阻损耗主要是由于输电线路本身的电阻而导致的能量损失；变压器铜损耗是指当变压器中通过的电流越大，线圈的电阻对能量的转换效率就越低；铁损耗是指在变压器铁心中，由于磁通的磁滞和涡流引起的能量损失。

实验步骤：1. 将变压器的原线圈接入交流电源，并将输出端与电压表和功率表连接。

2. 调节电源输出电压和频率，记录输出电压和输入功率。

3. 将输入电流通过电流表测量，并计算输出功率。

4. 比较输入功率和输出功率的差异，计算变压器的效率。

5. 将变压器两端连接上实验用电阻，测量电路中的电流和电压。

6. 计算线路电阻损耗。

实验数据和结果：1. 输入电压：220V输出电压：110V输入功率：100W输出功率：95W变压器效率 = (输出功率 / 输入功率) * 100%= (95W / 100W) * 100%= 95%2. 实验用电阻电流：0.5A实验用电阻电压：50V线路电阻损耗 = 实验用电阻电流^2 * 线路电阻= 0.5A^2 * (50V / 0.5A)= 25W实验讨论和结论：通过实验观察和数据分析，我们可以得出以下结论：1. 变压器可以实现输入输出电压的有效变换，变压器效率较高。

2. 在远距离输电过程中，存在一定的电能损耗，主要包括线路电阻损耗和变压器损耗。

热点10 理想变压器和远距离输电物理模型(解析版)-高考物理重点难点热点专题汇总

1.高考中交流电路部分主要考查交变电流的产生和描述、交流电有效值、变压器的规律及动态分析、远距离输电等知识点。

对理想变压器问题应该从电磁感应的本质、电压比、电流比和能量的观点几个方面正确理解。

远距离输电问题应该分段分析，注意各段电压、电流、功率的关系。

掌握输送电过程中功率损失和电压损失。

2.理想变压器和远距离输电问题有时也和电磁感应一起考查，熟练应用法拉第电磁感应定律、楞次定律判断感应电动势、感应电流的方向。

一.理想变压器基本模型（1）理想变压器的构造、作用、原理及特征。

构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁心上构成所谓的变压器。

作用：在办理送电能的过程中改变电压。

原理：其工作原理是利用了电磁感应现象。

特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交流电压。

（2）理想变压器的理想化条件及规律如图所示，在理想变压器的原线圈两端加交流电压U 1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势。

根据法拉第电磁感应定律，有∆∆=∆∆=222111,φεφεn t n 忽略原、副线圈内阻，有2211,εε==U U 。

另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相同，于是又有21φφ∆=∆。

由此便可得理想变压器的电压变化规律为2121n n U U =。

在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括了线圈内能量损失和铁心内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有21P P =，而111U I P =，222U I P =。

于是又得理想变压器的电流变化规律为1221n n I I =。

由此可见：①理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因素的差别）。

②理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想化条件下的新的表现形式。

远距离输电减小损失的方法

远距离输电减小损失的方法
远距离输电减小损失的方法主要有以下几种：
1. 减小输电线的电阻：采用电阻率小的材料来制造输电线，这样可以降低输电线的功率损失。

2. 增加输电线的横截面积：通过增加输电线的直径或片数，可以有效地减小输电线的电阻，从而降低输电线的功率损失。

3. 提高输电电压：通过提高输电电压，可以减小输电电流，从而降低输电线的功率损失。

4. 采用变压器升压输电：变压器可以将电能转化为磁场能，然后再转化为电能，这样可以提高输电电压，从而减小输电电流，降低输电线的功率损失。

5. 优化输电线路：通过优化输电线路的路径和布局，可以减小输电线长度和电阻，从而降低输电线的功率损失。

6. 采用无功补偿技术：通过在输电线路上安装无功补偿装置，可以补偿输电线路的无功损耗，从而提高输电效率。

7. 采用直流输电技术：直流输电可以减少输电过程中的能量损失，并且不受线路电阻和感抗的影响，因此具有较高的输电效率。

这些方法可以单独使用，也可以结合使用，以最大程度地降低远距离输电的损失。

远距离输电问题的处理思路及基本关系

远距离输电问题的处理思路及基本关系
在远距离输电中，输电线路的损耗是一个重要问题。

为了正确处理该问题，需要画出输电过程示意图，并标出各物理量。

输电线路上的损耗功率可以通过计算得到，其中输电线路电流的大小和输电电压的关系是一个重要的基本关系。

2)基本关系问题：
在处理远距离高压输电问题时，需要考虑多个基本关系，如功率关系、电压、电流关系等。

这些基本关系可以通过示意图来表示，例如图1中的基本关系。

在计算时，需要注意各个物理量之间的关系，以确保计算结果的正确性。

3)变压器问题：
在远距离输电中，变压器是一个重要的组成部分。

升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比可以通过计算得到。

在
计算中，需要注意变压器的效率和功率损耗问题，以确保输电过程的稳定性和安全性。

4)用户得到的电功率问题：
在远距离输电中，用户得到的电功率是一个重要的问题。

用户得到的电功率可以通过计算得到，其中需要考虑输电线路的损耗、变压器的效率等因素。

为了确保用户得到的电功率稳定可靠，需要对输电过程进行全面的计算和分析。