2020年5月教科版理综物理名师指点复习精品：选修3-2 变压器远距离输电

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(沪科版)物理选修3-2精练(20)远距离输电问题的处理思路及基本关系

第20点远距离输电问题的处理思路及基本关系1．远距离输电的处理思路对高压输电问题，正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量．按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．2．远距离高压输电的几个基本关系(以图1为例)图1(1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋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 3，U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线．(3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线.(4)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线·ΔU ＝I 2线R 线＝(P 2U 2)2R 线．当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1n2.对点例题发电机输出功率为100 kW ，输出电压是250 V ，用户需要的电压是220 V ，输电线电阻为10 Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：(1)画出此输电线路的示意图；(2)在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比； (3)用户得到的电功率是多少？解题指导 (1)输电线路的示意图如图所示，(2)输电线损耗的功率P 线＝100×4% kW＝4 kW ，又P 线＝I 22R 线所以输电线电流I 2＝I 3＝P 线R 线＝20 A 原线圈中输入电流I 1＝P U 1＝100 000250A ＝400 A所以n 1n 2＝I 2I 1＝20400＝120这样U 2＝U 1n 2n 1＝250×20 V＝5 000 VU 3＝U 2－U 线＝5 000－20×10 V＝4 800 V 所以n 3n 4＝U 3U 4＝4 800220＝24011(3) 用户得到的电功率P 出＝100×96% kW＝96 kW 答案 (1)见解题指导图 (2)1∶20 240∶11 (3)96 kW规律总结处理远距离输电需要注意的问题 (1)线路损耗问题计算远距离输电有关线路功率损耗问题时，应注意不同公式中各物理量的含义及对应性，如P 损＝I 2R 线，公式改为P 损＝U 2/R 线，电压U 指什么电压才无误？用升压变压器的副线圈电压或用降压变压器原线圈电压都是错误的，必须对应加在导线两端损耗的电压，同理，P 损＝I 2R 线的电流不能用升压变压器原线圈或降压变压器副线圈中的电流I 1、I 4，只能用通过输电导线的电流I 2或I 3.(2)输电、配电问题解答有关远距离输电的问题时，由于题中涉及几部分的电压、电流和功率，容易混淆，因此在解答这类问题时，最好画一个简单的输电线路示意图，将各部分电流、电压、功率分别标在图上，这样就很容易找到它们之间的关系，为顺利解答问题提供方便．如图2是远距离输电的示意图，交流发电机E 的输出电压经升压变压器升压后，由电阻为R 的输电线向远方输电，到达用户端时再用降压变压器降压供用户使用，设变压器均为理想变压器，则下列说法正确的是 ( )图2A ．降压变压器与用户负载连接的总开关S 断开后，输电线上的功率损失为零B ．降压变压器与用户负载连接的总开关S 断开后，线路上的电压损失达最大C ．S 闭合，用户的用电器增多时，输电线上的功率损失增大D ．S 闭合，用户的用电器增多时，用户得到的电压降低答案 ACD解析远距离输电示意图如下(1)从图中可看出功率之间的关系是： P 1＝P 1′，P 2＝P 2′，P 1′＝P r ＋P 2(2)电压之间的关系是：U1 U1′＝n1n1′，U2U2′＝n2n2′，U1′＝U r＋U2；(3)电流之间的关系是：I1 I1′＝n1′n1，I2I2′＝n2′n2，I1′＝I r＝I2.无负载时，无电流输出，输电线路上的电流为0，电压损失为零，故功率损失为零，所以A正确，B错误；当用户用电器增多即负载功率变大时，需要的输入功率变大，故输电线上的电流变大，输电线上的电压降变大，故输电线上的功率损失增大，用户得到的电压降低，所以C、D均正确．。

选修3-2变压器和远距离输电无答案

变压器远距离输电知识点一、理想变压器1．构造和原理(1)构造：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组成的。

图1 (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 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 。

3．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图A 、B 所示。

(2)互感器⎩⎨⎧电压互感器：把高电压变成低电压，如图C 所示。

电流互感器：把大电流变成小电流，如图D 所示。

知识点二、远距离输电1．输电过程(如图2所示)：图2 2．电压损失(1)ΔU＝U－U′。

(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。

[思考判断](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。

()理想变压器的分析与计算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。

2．理想变压器的基本关系基本关系功率关系P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比：U1U2＝n1n2电流关系只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：I1I2＝n2n1频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I11．[基本关系的应用]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。

高中物理上科版选修3-2第3章 3.4变压器变压器与远距离输电习题课(共22张PPT)

I2=5A
n1 U1
n2
交流电动机
m
v
12
R=4欧姆
问题5：如图所示，理想变压器原线圈的匝数为1000匝，两个副线圈的匝数分别为50匝和100匝，L1是“6V、2W”的小灯炮， L2是“12V、4W”的小灯炮。当n1 接上交流电时，L1、L2都正常发光，那么，原线圈中的电流为： C A、1/60A L1 B、1/30A n2 a n1 b C、1/20A L2 n3 D、1/6A
13
二、远距离输电线路的构成
输电过程一般要从发电站开始，经过升压变压器(高压变电所)、传输线路、
降压变压器(低压变电所)、再到用户．在输电过程中优先考虑如何减少电能的损
失．其原理简图如下图所示．
输电线上的电压损失和电功率损失
1．如右图所示，若电站输出的电功率为P，输出电压为U2，用户得到的功率为P′，输入用户的电压为U3，则电压损失Δ U ＝ U2 － U3 .
解：发电站的输出电流 P 107 3 I1＝＝ 3A＝2.5×10 A ① U1 4×10 输电线路损失的功率 P 损＝4%P＝I2 2R② 7 4% × 10 4%P 则 I2＝＝ A＝2×102 A ③ R 10 2 n1 I2 2×10 2 变压器的匝数比＝＝＝ n2 I1 2.5×103 25
变压器与远距离输电
1
问题：变压器由几部分组成？
（铁芯）
（原线圈）（副线圈）
U1
n
1
n
2
U2
由原线圈、副线圈、铁芯组成
2
例1
• 关于变压器的构造和工作原理，以下说法正确的是( ACD ) • A.原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，是为了减少磁场能的损失，有效地传送电能. • B.铁芯不用整块金属做成，是为了防止将原、副线圈短路，造成危险. • C.变压器不改变交流电的频率，只改变电压 • D.当原线圈接入大小不断变化的直流电时，副线圈也有电压输出.

高中物理全套讲义选修3-2 第8讲远距离输电(简单版) 教师版讲义

远距离输电一、远距离输电1.远距离输电1．远距离输电示意图2．输电导线上的功率损失任何导线都有电阻，电能向远方输送时，在输电导线上因发热而损失的电能22P I R =。

3．减少电能损失的方法 ⑴ 减少输电导线的电阻RlR Sρ=，我们做以下分析。

①减小输电导线的长度l由于输电距离一定，所以在实际中不可能用减小l 来减小R 。

②增大导线的横截面积S这要多耗费金属材料，增加成本，同时给输电线的架设带来很大的困难。

③减小电阻率ρ目前已经采用电阻率较小的铜或铝作为导线材料。

⑵ 减小输电电流2I 由PI U=，我们做以下分析：发电站的输出功率由用户的实际使用功率决定。

那么在功率一定的情况下，我们可以通过提高输电电压来减小电流。

输电电压提高到原来的n 倍，电流将变为原来的1n，输电导线上的功率损失将降为原来的21n 。

根据以上分析可知，采用高压输电是减少输电导线上电能损失最经济有效的方法。

典例精讲【例1.1】（2019春•顺德区期末）中国的特高压输电技术独步全球，有着重大的经济和社会效益。

如图为远距离特高压输电的示意图，若电厂输出电压为u 1＝5500√2sin00πt （V ），电流为I 1＝500A ，在电能输送过程中，输送的电功率一定，输电线电阻一定，在输电线上发热损失的电功率P 损，下列判断正确的是（）A ．P 损与U 3的平方成正比B ．U 2I 2＝2.75×106WC ．I 2＜500AD ．用户得到的交流电频率为50H【分析】电厂发出的电，经过升压变压器进行升压，后经过降压变压器降压后输送给用户，根据 I 1I 2=n 2n 1=U2U 1和P ＝UI 判定各项，注意变压器不改变频率。

【解答】解：A 、损失功率为：P 损=△U 2R=(U 2−U 3)2R，故A 错误；B 、根据电厂输出电压为：u 1＝5500√2sin00πt （V ），知U 1＝5500V ，I 1＝500A ，根据功率相等知：U 1I 1＝U 2I 2＝5500×500W ＝2.75×106W ，故B 正确；C 、理想变压器，根据 I 1I 2=n 2n 1=U2U 1＞1知I 2＜500A ，故C 正确；D 、根据电厂输出电压为：u 1＝5500√2sin00πt （V ），知频率为50Hz ，变压器不改变频率，故D 正确。

高中物理选修3-2电能的输送知识点及题型总结练习复习

高中物理选修3-2第14讲电能的输送一、输电电路的基本分析1、如图所示，发电站的输出电功率为P，输出电压为U，用户得到的电功率为P′，电压为U′，则输电电流为I=PU =U−U′R线=U线R线。

2、输电导线损失的电压：U线=U−U′=IR线。

3、输电导线上损失的电功率∆P=P−P′=I2R线=(PU )2R线=(U线)2R线。

4、减少电能损失的基本途径：根据公式∆P=I2R线=(PU )2R线。

可知有两个基本途径：①减小输电线电阻，如加大输电导线的横截面积，采用电阻率小的材料等；②高压输电，在输送功率一定的条件下，提高电压，减小输送电流。

二、远距离高压输电问题的分析1、远距离高压输电的几个基本关系（如图所示）（1）功率关系P1=P2，P3=P4，P2=P线+P3（2）电压、电流关系U1 U2=n1n2=I2I1，U3U4=n3n4=I4I3；U2=U线+U3，I2=I3=I线（3）输电电流：I线=P2U2=P3U3=U2−U3R线（4）输电导线上损失的电功率P线=U线I线=I线2R线=(P2U2)2R线2、关于远距离输电问题的处理思路常见问题有两类：①发电机→升压→输电线→降压→用电器的顺序分析或按用电器到发电机的顺序分析；②从中间突破，即由输电线上的功率损失求出输电线上的电流，也就是流过升压变压器副线圈和降压变压器原线圈的电流，再由理想变压器的工作原理推断发电和用电的问题。

三、理清三个回路如图所示，为远距离输电的简化电路原理图，可划分为以下三个回路。

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，称为发电机电路（或输入电路）。

在这个电路中，发电机使电源，线圈1相当于用电器，导线的直流电阻可以忽略。

通过线圈1中的电流I1等于发电机中的电流I机，线圈1两端的电压U1等于发电机两端的电压U机，线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P 机，即I1=I机，U1=U机，P1=P机。

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，称为输送电路。

选修3-2 高二物理远距离输电复习课件

【答案】
(1)275匝
(2)550匝
0.25 A
知识点1 从发电站到用户的输电线路 1．线路的主要组成：发电机、升压变压器、输电导线、降
压变压器、用户的用电器等．
知识点 2 为什么要用高压输电
1．输电线上电压的损耗：
U损＝U2－U3＝I2R ，其主要 (1)输电线上电压的损耗______________________ 原因是由于输电线存在电阻，电流通过输电线时，在输电线上产生的电压降造成的．
B
A．1100,360 B．1100,180 C．2200,180 D．2200,360
三、变压器工作的制约关系
当理想变压器的原、副线圈的匝数不变时，如果变压器的负载发生变化，确定其他物理量变化时，可依据下列原理判定
n2 1．输入电压 U1 决定输出电压 U2.这是因为输出电压 U2＝ U1，当 U1 n1 不变时，不论负载电阻 R 变化与否，U2 不会改变． 2．输出电流 I2 决定输入电流 I1.在输入电压 U1 一定的情况下，输出电压 U2 也被完全确定．当负载电阻 R 增大时，I2 减小，则 I1 相应减小；当负载电阻 R 减小时，I2 增大，则 I1 相应增大．在使用变压器时，不能使变压器次级短路． 3．输出功率 P2 决定输入功率 P1.理想变压器的输出功率与输入功率相等．即 P2＝P1.在输入电压 U1 一定的情况下，当负载电阻 R 增大时， I2 减小，则变压器输出功率 P2＝U2I2 减小，输入功率 P1 也将相应减小；当负载电阻 R 减小时，I2 增大，变压器的输出功率 P2 增大，则输入功率 P1 也将增大．

其中 U2 是输电电压、 S 是输电线的横截面积、 L 是升降压变 P1－P损 P1 压器间的距离．输电效率为___________________. η＝ P ＝1－U2R 1 2

2020版高中物理第4章远距离输电4.2变压器学案鲁科版选修3-2

第2讲变压器[目标定位] 1.了解变压器的构造，理解变压器的工作原理.2.理解变压器的变压规律和变流规律，并运用此规律解决实际问题.3.了解自耦变压器的工作原理．一、变压器的结构1．构造：主要由闭合的铁芯和绕在铁芯上的两个或两个以上的线圈(绕组)组成．2．物理量：(1)与电源相连的线圈叫原线圈或初级线圈，与负载相连的线圈叫副线圈或次级线圈．(2)原线圈两端的电压叫输入电压，用符号U1表示；副线圈两端的电压叫输出电压，用符号U2表示．3．分类：按输出电压的升降，变压器分为升压变压器和降压变压器．二、变压器的工作原理1．工作原理：互感现象是变压器工作的基础．2．理想变压器：在理想变压器中，通过原、副线圈的变化磁通量相同，在原、副线圈上每匝产生的感应电动势相同．三、变压器电压与匝数的关系1.U1U2＝n1n2.2.I1I2＝n2n1.四、自耦变压器1．特点：是只有1个绕组的变压器．2．作用：(1)这个绕组可以当做原线圈接电源，而绕组的一部分当做副线圈接负载，成为降压变压器．(2)可以将绕组的一部分当做原线圈接电源，而将整个绕组当做副线圈接负载，成为升压变压器．想一想 1.把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈连接到交流电源的两端，另一个线圈连接到小灯泡上(如图1所示)，小灯泡能发光吗？为什么？图1答案能．当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁通量，根据法拉第电磁感应定律知，在左、右线圈中都要产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光．想一想 2.若把交流电源改为蓄电池，小灯泡发光吗？答案不发光.一、变压器“变压”的原理电压与匝数的关系1．变压器的工作基础是互感现象，由于互感作用，穿过原、副线圈的磁通量相等，磁通量的变化率ΔΦΔt 相等，若原线圈匝数为n 1，则U 1＝n 1ΔΦΔt ，副线圈匝数为n 2，则U 2＝n 2ΔΦΔt，所以U 1U 2＝n 1n 2. 2．变压器的变压关系(1)只有一个副线圈：U 1U 2＝n 1n 2. (2)有多个副线圈：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…3．原、副线圈的地位(1)原线圈在其所处回路中充当负载． (2)副线圈在其所处回路中充当电源．4．变压器不改变交流电的频率例1 关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( ) A ．通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 B ．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等 C ．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势 D ．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈答案 BC解析 I 变化，则磁场变化，由于面积S 不变，故Φ变化，A 错误；因理想变压器无漏磁，故B 、C 正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D 错误．二、理想变压器的功率关系和电流关系1．理想变压器的特点(1)变压器铁芯内无漏磁，无发热损失． (2)原、副线圈不计内阻，即无能量损失． 2．理想变压器的功率关系从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，P 入＝P 出． 3．电流关系(1)只有一个副线圈时，有U 1I 1＝U 2I 2，得n 1I 1＝n 2I 2，即I 1I 2＝n 2n 1. (2)当有多个副线圈时，由U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…，得n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋… 4．电压、电流、功率的制约关系(1)电压制约：输入电压U 1决定输出电压U 2.(2)功率制约：P 出决定P 入，这体现了能量守恒的特点．(3)电流制约：输出电流I 2决定输入电流I 1.例2 理想变压器连接电路如图2甲所示，已知原、副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数为2 A ，则( )图2A ．电压表读数为282 VB ．电压表读数为28.2 VC ．输入功率为56.4 WD ．输入功率为40 W答案 D解析由题图乙可知，U m ＝282 V ，则输入电压有效值U 1＝U m2≈200 V ．根据U 1U 2＝n 1n 2知，U 2＝20 V ，再根据I 1I 2＝n 2n 1知，I 1＝0.2 A ，输入功率P ＝U 1I 1＝40 W ，故A 、B 、C 错，D 正确．答案 A解析 U 2＝220V ，根据U 1∶U 2＝n 1∶n 2得，U 1＝110V.I 2＝PU 2＝0.1A ，根据I 1∶I 2＝n 2∶n 1得I 1＝0.2A ．所以正确答案是A.例3 如图3所示，理想变压器三个线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3＝10∶5∶1，其中n 1接到220V 的交流电源上，n 2和n 3分别与电阻R 2、R 3组成闭合回路．已知通过电阻R 3的电流I 3＝2A ，电阻R 2＝110Ω，求通过电阻R 2的电流I 2和通过原线圈的电流I 1.图3答案 1A 0.7A解析由变压器原、副线圈电压比等于其匝数比可得，加在R 2上的电压U 2＝n 2n 1U 1＝510×220V ＝110V通过电阻R 2的电流I 2＝U 2R 2＝110110A ＝1A加在R 3上的电压U 3＝n 3n 1U 1＝110×220V ＝22V根据输出功率等于输入功率得：U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3 代入数据解得通过原线圈的电流为：I 1＝0.7A. 三、几种常见的变压器 1．自耦变压器如图4所示，铁芯上只绕一个线圈，低压线圈是高压线圈的一部分，既可以作为升压变压器使用，也可以作为降压变压器使用．图4规律：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1. 2．电压互感器(1)构造：小型降压变压器，如图5甲所示．(2)接法：原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表，为了安全，外壳和副线圈应接地． (3)作用：将高电压变为低电压，通过测量低电压，计算出高压电路的电压．图53．电流互感器(1)构造：小型升压变压器，如图乙所示．(2)接法：原线圈串联在被测电路中，副线圈接电流表．为了安全，外壳和副线圈应接地．(3)作用：将大电流变成小电流，通过测量小电流，计算出被测电路中的大电流．例4普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，如图6所示，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd，为了使电流表能正常工作，则( )图6A．ab接MN、cd接PQ，I ab＜I cdB．ab接MN、cd接PQ，I ab＞I cdC．ab接PQ、cd接MN，I ab＜I cdD．ab接PQ、cd接MN，I ab＞I cd答案 B解析根据单一副线圈的理想变压器原理，电流比值等于匝数比的倒数，可得ab接MN、cd 接PQ，I ab＞I cd，故B正确.变压器原理分析1．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答案BD解析对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相同，磁通量的变化率相等，每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比，故A、C错误，B正确；理想变压器没有能量损失，故输入功率等于输出功率，故D正确．理想变压器基本规律的应用2．理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是( )A．I1由I2决定B．U2与负载有关C．P1由P2决定D．以上说法都不正确答案AC3.如图7所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12V,6W”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(可视为理想电表)的示数分别是( )图7A．120V,0.10A B．240V,0.025AC．120V,0.05A D．240V,0.05A答案 D解析灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12V，副线圈电流I2＝2×612A＝1A，根据匝数比得原线圈电流I1＝120I2＝0.05A，原线圈电压U1＝20U2＝240V，选项D正确．互感器的应用4．如图8所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220V，电流表示数为10A，则高压输电线的送电功率为( )图8A．2.2×103W B．2.2×10－2WC．2.2×108W D．2.2×104W答案 C解析由电流互感器知电压输电线中电流I＝1000A，由电压互感器知电压U＝220×103V，则高压输电线功率P＝UI＝2.2×108W.。

第4章远距离输电章末总结学案(2020年鲁科版高中物理选修3-2)

第4章远距离输电章末总结学案（2020年鲁科版高中物理选修3-2）章末总结章末总结一.与理想变压器有关的问题1.理想变压器的几个基本关系1电压关系输入电压决定输出电压。

单个副线圈时U1U2n1n2。

多个副线圈时U1U2U3n1n2n32功率关系输出功率决定输入功率。

单个副线圈时P1P2。

多个副线圈时P1P2P33电流关系输出电流决定输入电流。

单个副线圈时I1I2n2n1。

多个副线圈时n1I1n2I2n3I32.理想变压器的动态变化问题的分析思路1匝数比不变，负载电阻变化的情况，如图1甲所示。

甲U1不变，根据U1U2n1n2，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。

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。

I2变化引起P2变化，P1P2，故P1发生变化。

2负载电阻不变，匝数比变化的情况，如图乙所示。

乙图1U1不变，n1n2发生变化，故U2变化。

R不变，U2变化，故I2发生变化。

根据P2U22R，可知P2发生变化，再根据P1P2，故P1变化，P1U1I1，U1不变，故I1发生变化。

例1多选如图2甲所示，一理想变压器原.副线圈的匝数比为21，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22W；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2A.灯泡的额定电压为110VB.副线圈输出交变电流的频率为50HzC.U220V，I0.2AD.原线圈输入电压的瞬时表达式为u2202sin100tV解析原线圈电压的有效值为220V，则副线圈两端电压为110V，选项A正确；变压器不改变交流电流的频率，选项B正确；根据P入P出得出电流表读数为IPU22220A0.1A，选项C错误；图乙电压随时间变化的表达式为u2202sin100tV，选项D正确。

答案ABD针对训练1一理想变压器的原.副线圈的匝数比为31，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3所示。

高中物理全套讲义选修3-2 第8讲远距离输电(简单版) 学生版习题

随堂练习一、单项选择题（共12小题；共48分）1. 长江三峡水利枢纽是当今世界上最大的水利工程，它的装机总功率为 2×107 kW ，是西部开发的特大重点工程，也是西电东送的能源基地之一。

若用总电阻为 10 Ω 的输电线将 5×105 kW 功率的电能从三峡输送到用电区域，输电电压 5×102 kV ，输电导线上损失的功率为 A. 1×104 kW B. 1×105 kW C.2.5×104 kW D. 2.5×105 kW2. 输电导线的电阻为 R ，输送电功率为 P 。

现分别用 U 1 和 U 2 两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为A. U 1:U 2B. U 12:U 22C. U 22:U 12D. U 2:U 13. 中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其客观原因是电网陈旧老化，近来进行农村电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有A. 提高输送功率B. 增大输送电流C. 提高输电电压D. 减小输电导线的横截面积4. 远距离输电时，在输出电功率不变的条件下A. 只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率B. 提高输电电压，能减小电流，提高输电效率C. 提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗D. 提高输电电压势必增大输电导线上的电流5. 水电站向小山村输电，输送电功率为 50 kW ，若以 1100 V 送电，则线路损失为 10 kW ，若以 3300 V 送电，则线路损失可降为A. 3.3 kWB. 1.1 kWC. 30 kWD. 11 kW 6. 发电厂发电机的输出电压为 U 1，发电厂至学校的输电线电阻为 R ，通过导线的电流为 I ，学校输入电压为 U 2，下列四个计算输电线损耗的式子中，错误的是A. U 12RB. (U 1−U 2)2RC. I 2RD. I(U 1−U 2)7. 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 。

高中物理选修32第3、4章《交变电流》《远距离输电》单元测试(附答案) (1)

选修3-2第3、4章《交变电流》《远距离输电》单元测试1．在匀强磁场中转动，线圈中的感应电动势e 随时间t 的变化规律如图所示，下列说法中正确的是（）A ．t 1时刻通过线圈的磁通量为零B ．2时刻通过线圈的磁通量绝对值最大C ．t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D ．每当e 转换方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大2．如图所示，单匝矩形线圈的一半放在理想边界的匀强磁场中，线圈轴OO /与磁场的边界重合，线圈按图示方向（俯视逆时针）匀速转动，开始计时的时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcd 为正方向，则线圈中感应电流随时间变化的图象在下图中是（）3．如图，在匀强磁场中水平放置一平行金属导轨（电阻不计），且与大螺线管M 相接，磁场方向竖直向下，在M 螺线管内同轴放置一小螺线管N ，N 中通有正弦交流电t TI i m π2sin =，t =0时刻电流为零，则M 中的感应电流的大小与跨接放于平行导轨上的导体棒ab 的运动情况为（）A ．4/T t =时刻M 中电流最大B ．2/T t =时刻M 中电流最大C ．导体棒ab 将在导轨上来回运动D ．导体棒ab 将一直向右方（或左方）做直线运动4．在变电站，经常要用交流电表去检测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。

如下图中，能正确反应其工作原理的是（）5．如图甲为电热毯的电路示意图。

电热毯接在u=311sin100πt（V）的电源插座上。

电热毯被加热到一定程度后，由于装置P的作用，使加在电热丝ab两端的电压变为如图乙所示的波形，从而进入保温状态。

若电热丝电阻保持不变，此时图甲中交流电压表读出交流电的有效值是（）A．156V B．220V C．311V D．110V6．在交流电电路中，如果电源电动势的最大值不变，频率可以改变，在如图所示电路的a、b两点间逐次将图中的电路元件甲、乙、丙单独接入，当使交流电频率增加时，可以观察到下列论述的哪种情况（）A．A1读数不变，A2增大，A3减小B．A1读数减小，A2不变，A3增大C．A1读数增大，A2不变，A3减小D．A1，A2，A3读数均不变7．如图为“热得快”热水器电路图和简易图。

高中物理选修3-2：重难强化训练变压器的应用及远距离输电问题(含答案)

重难强化训练(四)变压器的应用及远距离输电问题(时间：40分钟分值：90分)一、选择题(本题共10小题，每小题6分.1～6题为单选，7～10题为多选) 1．如图7所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12V,6W”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(可视为理想电表)的示数分别是()图7A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 AC．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 AD[灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2×612A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝120I2＝0.05 A，原线圈电压U1＝20U2＝240 V，选项D 正确．]2．超导是当今科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为()A．1 kW B．1.6×103 kWC．1.6 kW D．10 kWA[节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝PU＝40×103800A＝50 A，P损＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A项正确．] 3．关于减小远距离输电线上的功率损失，下列说法正确的是()【导学号：11452103】A．由P＝U2R知，应降低输电电压，增大导线电阻B．由P＝IU知，应降低输电电压，减小输电电流C．由P＝I2R知，应减小导线电阻或减小输电电流D．上述说法均不对C[输电时导线上损失的电压ΔU＝IR，它不同于输电电压，用公式P＝U2R或P＝IU计算功率损失时，U应为导线上损失的电压，故A、B错误；导线上功率的损失为发热损失，即P＝I2R，故C正确．]4．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电，现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为()A．1 kW B．1.6×103 kWC．1.6 kW D．10 kWA[节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝PU＝40×103800A＝50A．P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A正确．] 5．如图8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()【导学号：11452104】图8A．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．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数减小，P入减小D．V1的示数不变，V2的示数增大，A1的示数减小，A2的示数增大，P入减小B[电压表V1的示数由输入电压决定；电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和匝数比n1n2决定；电流表A2的示数即I2由输出电压U2(大小等于电压表V2的示数)和负载电阻R负决定；电流表A1的示数即I1由变压器的匝数比n2n1和输出电流I2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V1的示数不变；据公式U2＝n2U1n1，可知U2也不变，即电压表V2的示数不变；又据I2＝U2R负知，S闭合后R负减小，故I2增大，电流表A2的示数增大；输入电流I1随输出电流I2而增大，故电流表A1的示数增大；因P出＝U2I2，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.]6．为清除高压输电线上的结冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上输电电压为U，电流为I，热损耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9ΔP，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)()A．输电电流变为3IB．输电电流变为9IC．输电电压变为8UD．升压变压器原、副线圈匝数比变为1∶3A[根据ΔP＝I2R，要使输电线上的热损耗功率变为9ΔP，输电电流变为3I，A对，B错；根据P＝UI，输送功率不变，则输电电压应为原来的13，C错；根据n1n2＝U1U2，U1不变的情况下，原、副线圈匝数比应变为原来的三倍，D错．]7.如图9所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1＝1 100匝，接电压U1＝220 V 的交变电流，副线圈接“20 V10 W”的灯泡，灯泡正常发光，可知()图9A．副线圈的匝数n2＝200匝B．副线圈中的电流I2＝0.5 AC．原线圈中的输入功率为10 WD．原线圈中的电流I1＝0.1 ABC [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．] 8．某小型水电站的电能输送示意图如图10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10A.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大于降压变压器的输入功率AD [由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数的关系，可知要让用电器正常工作，必须有n 2n 1＞n 3n 4，故A 项对，B 、C 项错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D 项也正确．]9．山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经降低电压后再输送至各用户．设变压器都是理想的，那么在用电高峰期，随用电器总功率的增加将导致( )【导学号：11452105】A ．升压变压器初级线圈中的电流变小B ．升压变压器次级线圈两端的电压变小C ．高压输电线路的电压损失变大D．降压变压器次级线圈两端的电压变小CD[如图所示是远距离输电的示意图．发电机输出的电压U不变．当负载的功率增加时，由能量守恒知发电机的输出功率要增加，再由P＝UI知升压变压器初级线圈中的电流变大，故A错误．因为变压器的线圈匝数比确定，则U1不变，即升压变压器次级线圈两端的电压不变，故B错误．升压变压器次级线圈的输出功率P1＝P＝U1I1要增加，而U1不变，则I1也要增加，那么输电线上损失的电压将增加，故C正确．再由U1＝I1R ＋U2知降压变压器的初级线圈两端的电压U2将减小，则降压变压器次级线圈两端的电压U3减小，故D正确．]10．一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后＝1 kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多向远方输电，输电线路总电阻R线个正常发光的灯泡(220 V,60 W)．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T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则() A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 VC．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D．有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光ABD[根据题意画出输电线路示意图如图所示．对升压变压器有P1＝U1I1，可知I1＝103 A，由输电线上消耗的功率ΔP＝I22R线＝400 kW，可知输电线上电流为I2＝20 A，A项正确；T1的变压比为I2∶I1＝1∶50；根据P＝U2I2得U2＝2×105 V，输电线上电压ΔU＝I2R线＝20 000 V，则副线圈输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105V，又灯泡正常发光，可知副线圈电压U4＝220 V ，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P 3＝P 4＝U 3I 2＝60 W·n ，解得n ＝6×104，D 项正确．]二、非选择题(本题共2小题，共30分)11．(15分)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度．求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻R 线；(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？【解析】 (1)由于输送功率为P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000度，终点得到的电能E ′＝7 200度，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I ＝P U 计算，为I ＝100 A ，而输电线损耗功率可由P 损＝I 2R 线计算，其中P 损＝480024 kW＝200 kW ，因此可求得R 线＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R 线∝1U 2，原来P 损＝2 200 kW ，现在要求P 损′＝10 kW ，计算可得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV .【答案】 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV12．(15分)人们利用发电机把天然存在的各种形式的能(水能、风能、煤燃烧的化学能等)转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些天然资源的地方，但是用电的地方往往很远，因此，就需要高压输送线路把电能输送到远方．如果某发电站将U ＝6 000 V 的电压直接地加在高压输送线路的输入端，向远方供电，且输送的电功率为P ＝800 kW.则此时安装在高压输送线路的始端和终端的电能表一昼夜读数就相差ΔE ＝9 600 kW·h(1 kW·h ＝1度电)．求：(1)此种情况下，高压线路的终端功率和输电效率．(2)若要使此高压输电线路的输电效率为98%，则在发电站处应安装一个变压比⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2是多少的变压器？【导学号：11452106】【解析】 (1)此情况下，终端功率P ′＝P ＝ΔE T ＝800 kW －9 600 kW·h 24 h＝400 kW 所以输电效率：η＝P ′P ＝400 kW 800 kW ＝50%.(2)设高压输送线路的导线电阻为r ，由题意知：原来线路损耗P 损1＝I 21r ＝400 kW 而UI 1＝P现在线路损耗：P 损2＝P ×(1－98%)＝I 22r 而U ′I 2＝PU U ′＝n 1n 2，解得：n 1n 2＝15. 【答案】 (1)400 kW 50% (2)15。

2020年高中物理鲁教版选修3-2第4章《远距离输电》考试测试卷

第4章《远距离输电》测试卷一、单选题(共15小题)1.如图所示，理想变压器的原线圈两端接高压交变电源，经降压后通过电阻为R 的输电线接用电器，两块电表分别是交流电流表和交流电压表，原先开关是闭合的．今将S 断开时，电流表和电压表的示数及输电导线上损失的功率变化情况是( )A ．增大，增大，增大B ．减小，减小，减小C ．增大，减小，减小D ．减小，增大，减小2.用理想变压器给负载电阻R 供电，变压器输入电压一定时，在下列四个办法中，哪种可以使变压器输入功率增加( )A ．增加变压器原线圈匝数，而副线圈匝数及负载电阻R 保持不变B ．减小负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变C ．增加负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变D ．减小变压器副线圈匝数，而原线圈匝数和负载电阻保持不变3.如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是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B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U4.如图所示，理想变压器原线圈接交流电源和理想交流电流表，副线圈接热水器和抽油烟机，原、副线圈的匝数比为4∶1，副线圈上电压的瞬时值u ＝220sin 100πt (V)．开关S 断开时，电流表示数是1 A ；开关S 闭合时，电流表示数是1.25A,下列说法正确的是( )A ．交流电源输出电压的最大值是55 VB ．交流电源输出电压的最大值是880 VC ． S 闭合时，抽油烟机消耗的功率是1 100 WD ． S 闭合时，抽油烟机消耗的功率是220 W5.如图所示，一个理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝6∶1，副线圈两端接三条支路，每条支路上都接有一只灯泡，电路中L 为电感线圈、C 为电容器、R 为定值电阻．当原线圈两端接有如图所示的交流电时，三只灯泡都能发光．如果加在原线圈两端的交流电的峰值保持不变，而将其频率变为原来的2倍，则对于交流电的频率改变之后与改变前相比，下列说法中正确的是( )A ．副线圈两端的电压有效值均为6 VB ．副线圈两端的电压有效值均为108VC ．灯泡∶变亮，灯泡∶变亮D ．灯泡∶变暗，灯泡∶变亮6.图甲是线圈P 绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交变电压图象，把该交变电压加在图乙中变压器的A 、B 两端．已知理想变压器原线圈∶和副线圈∶的匝数比为5∶1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R ＝1 Ω，其他各处电阻不计，以下说法正确的是( )A ．在t ＝0.1 s 和0.3 s 时，穿过线圈P 的磁通量最大B ．线圈P 转动的角速度为10π rad/sC ．电压表的示数为2.83 VD ．电流表的示数为0.40 A7.功率为10 W 的发光二极管(LED 灯)的亮度与功率为60 W 的白炽灯相当．根据国家节能战略，2016年前普通白炽灯应被淘汰．假设每户家庭有2只60 W 的白炽灯，均用10 W 的LED 灯替代．估算出全国(约4亿户，每户家庭每天亮灯6小时)一年节省的电能最接近( ) A ． 8×108kW·h B ． 8×1010kW·hC ． 8×1011kW·hD ． 8×1013kW·h8.如图甲所示的电路中，S 为单刀双掷开关，电表为理想电表，Rt 为热敏电阻(阻值随温度的升高而减小)，理想变压器原线圈接图乙所示的正弦交流电，则( )A ．变压器原线圈中交流电压u 的表达式u ＝110·sin 100πt (V)B ． S 接在a 端，Rt 温度升高时，变压器的输入功率变小C ． S 接在a 端，Rt 温度升高时，电压表和电流表的示数均变大D ． S 由a 切换到b ，Rt 消耗的功率变大 9.如图所示，一正弦交流电瞬时值为e ＝220sin100πt V ，通过一个理想电流表，接在一个理想的降压变压器两端．以下说法正确的是( )A ．流过r 的电流方向每秒钟变化50次B ．变压器原线圈匝数小于副线圈匝数C ．开关从断开到闭合时，电流表示数变小D ．开关闭合前后，AB 两端电功率可能相等10.如图所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器.和是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小11.如图所示，一理想自耦变压器的原线圈接有正弦式交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R ，滑动触头P 与线圈始终接触良好，下列判断正确的是( )A ．若通过电路中A 、C 两处的电流分别为IA 、IC ，则IA >ICB ．若仅将滑动触头P 向A 端滑动，则电阻R 消耗电功率增大C ．若仅使电阻R 增大，则原线圈的输入电功率增大D ．若在使电阻R 增大的同时，将滑动触头P 向A 端滑动，则通过A 处的电流一定增大12.如图所示，一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 000匝、副线圈匝数n 2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u ＝220sin 100πt (V)．副线圈中接一电动机、电阻为11 Ω，电流表A 2示数为1 A ，电表对电路的影响忽略不计，则( )A ．此交流电的频率为100 HzB ．电压表示数为220VC ．电流表A 1示数为5 AD ．此电动机输出功率为33 W13.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14.如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器为一灯泡供电(如图丙所示)．已知线圈电路中灯泡额定功率为22 W ．现闭合开关，灯泡正常发光．则下列说法中正确的是( )A ．t ＝0.01 s 时刻穿过线框回路的磁通量为零B ．交流发电机的转速为50 r/sC ．变压器原线圈中电流表示数为10 AD ．灯泡的额定电压为220V15.如图所示，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(可视为理想电表)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 A二、填空题(共3小题)16.远距离输电时，输电导线上的功率损失和电压损失将很大，如果采用________输电则会大大降低这种损失．17.我国西部特别是云、贵、川有大量的水力资源，西电东送是西部大开发的重要项目之一．据报道，云南大朝山在2005年可建成100万千瓦的水力发电站．设电站输出电压为25万伏，则输电线上的电流是________A ．如输电线总电阻为40 Ω，则电流通过输电线时，在输电线上发热消耗的功率为________kW.如将输出电压升高到100万伏，则输电线上发热消耗的功率为________kW.根据以上数据得出你认为合理的输电方法是________________________________．18.有一理想变压器原、副线圈匝数分别为1 320匝、144匝，将原线圈接在220 V 的交流电压上，副线圈上电压为________V ，穿过铁芯的磁通量的最大变化率为________Wb/s. 三、实验题(共1小题)19.有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A 、B ，线圈外部还可以绕线．(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的A、B位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)．(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)________A线圈的匝数为nA＝________.(用所测物理量符号表示)四、计算题(共3小题)20.风能将成为21世纪大规模开发的一种可再生清洁能源．风力发电机是将风能(气流的动能)转化为电能的装置，如图所示，其主要部件包括风轮机、齿轮箱、发电机等．利用总电阻R＝10 Ω的线路向外输送风力发电机产生的电能．输送功率P0＝100 kW，发电机输出电压为250 V，升压变压器原、副线圈的匝数比1∶20，用户需要的电压是220 V ，求：(1)导线上损失的功率与输送功率的比值？(2)在输电线路中设置的降压变压器原、副线圈的匝数比．(3)用户得到的电功率是多少．21.如图所示，一矩形导线框ABCD处于水平匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，线框ABCD的输出端通过电刷与电流表、理想变压器原线圈相连，副线圈两端接有一只“18 V、12 W ”的灯泡L.当线框ABCD转速n＝50 r/s时，灯泡L正常发光，此时电流表示数为0.2 A.(1)求通过灯泡L的电流周期；(2)求变压器原、副线圈匝数之比；(3)从线框ABCD经中性面位置开始计时，写出线框中产生的感应电流瞬时值的表达式．22.输送4.0×106W的电能，若发电机输出电压为2 000 V，选用变压器升压后应用横截面积为4.25 cm2的铜导线，把电能送到400 km远处，线路损耗的功率为5.0×105W．求：(1)应选用匝数比为多少的升压变压器；(2)在用户方使用降压变压器，其原线圈两端的电压为多大(已知铜的电阻率ρ＝1.7×10－8Ω·m)．答案解析1.【答案】D【解析】U1由高压交变电源决定，不变，根据＝可知，U2不变，当S断开时，负载电阻变大，副线圈中电流I2＝，I2变小；U损＝I2R线，U损变小．电压表读数U＝U2－U损，变大；P损＝I R线，变小．P入＝U1I1＝P出＝U2I2，P出变小，所以I1变小．2.【答案】B【解析】由＝知，当n1增加时，U2减小，P2＝，P2减小，A错；U1、n1、n2不变，则U2不变，R减小时，P2＝，P2增大，B正确，C错误；当n1、U1不变，n2减小时，则U2减小，由P2＝(R不变)，P2减小，D错．3.【答案】A【解析】理想变压器输入端与输出端功率相等，U1I1＝U2I2，用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降ΔU＝U－U1＝I1r，选项B错误；理想变压器输电线上损失的功率为I r，选项C、D错误．4.【答案】D【解析】电源输出电压的最大值为4u＝880V，A、B错误，开关S断开时，电流表示数是I1＝1 A，则通过热水器的电流为4I1＝4 A，S闭合时，电流表示数是1.25 A，则副线圈的电流为4×1.25 A＝5 A，则抽油烟机的电流为5－4＝1 A，则功率P＝UI＝220×1＝220 W，C错误，D正确．5.【答案】D【解析】由乙图知，所接电压峰值为36 V，由＝，则副线圈峰值电压为6 V，A、B错误，当频率变为原来的2倍，则电感对交流电阻碍变大，电容对交流电阻碍变小，电阻不变，C错误，D正确．6.【答案】D【解析】由题图甲可知，在t＝0.1 s和0.3 s时，电动势最大，此时穿过线圈P的磁通量最小，A 错误；T＝0.4 s，所以ω＝＝5π rad/s，B错误；此交变电压的有效值为10 V，因为理想变压器原线圈∶和副线圈∶的匝数比为5∶1，所以电压表的示数为2 V，C错误；IR＝I2＝＝2 A，由＝可得原线圈中的电流表示数为0.40 A，D正确．7.【答案】B【解析】因每只白炽灯和发光二极管的功率分别为60 W和10 W，按4亿户家庭，每户家庭每天亮灯6小时计算，全国一年节省的电能最接近4×108×2×(60－10)×10－3kW×365×6 h＝8.76×1010kW·h，则选项B正确，A、C、D错误．8.【答案】A【解析】由交变电流图象，可知电压最大值为110V，周期为0.02 s，所以ω＝100π rad/s，A项正确；副线圈输出电压由变压器匝数比和输入电压决定，故温度升高时，Rt电阻阻值减小，两端电压不变，C项错；由P＝可知，变压器输出功率增大，故其输入功率也随之增大，B项错；S由a切换到b，副线圈匝数减小，故输出电压减小，Rt电阻不变，由P＝知，消耗功率减小，D项错．9.【答案】D【解析】由交变电流表达式可知交流电的周期为T＝＝0.02 s，故可知流过r的电流方向每秒钟变化100次，选项A错误；由题知为降压变压器，原线圈匝数大于副线圈匝数，选项B错误；开关由断开到闭合时，负载电路电阻变小，功率变大，故原线圈输入功率也变大，电流表的示数变大，选项C错误；开关闭合前，两端间电路消耗功率为P1＝2R，开关闭合后，功率为P2＝2·，若＝，即R＝r时，则有P1＝P2，选项D正确．10.【答案】C【解析】交流电表测量的是交变电流、电压的有效值，故A、B错误；由于理想变压器的输出电压U2＝U1，与负载无关，即滑片P下滑时U2不变，故D错误；由I1U1＝知R减小时I1变大，故C正确．11.【答案】B【解析】自耦变压器通过改变原、副线圈匝数比的关系来改变原、副线圈两端电压，实现电压的变换，原、副线圈两端电压与其匝数成正比，理想自耦变压器的原线圈接有正弦式交变电压，若仅将滑动触头P向A端滑动，电阻R两端的电压增大，则电阻R消耗的电功率增大，B选项正确．12.【答案】D【解析】原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝220sin 100πt(V)，故电压最大值为220V，有效值为220 V，角频率为100π rad/s，故频率为f＝＝50 Hz；变压器不改变频率，此交流电的频率为50 Hz，故A错误；电压表测量电压的有效值，为220 V，故B错误；根据变流比公式，有：＝故＝，解得：I1＝0.2 A，故C错误；根据变压比公式，有：＝，解得：U2＝44 V，电动机的输出功率为：P出＝U2I2－I r＝44×1－12×11＝33 W，故D正确．13.【答案】B【解析】＝，原、副线圈减去相同的匝数n后：＝＝，－＝<0，说明变压器原、副线圈的匝数比变大，C、D错误．由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A错误，B正确．14.【答案】B【解析】由图可知t＝0.01 s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量变化率为零，穿过线框回路的磁通量最大，故A错误；交流发电机的转速为n＝＝＝50 r/s，B正确；理想变压器输入功率等于输出功率，变压器原线圈中电流表示数为I＝＝A＝1 A，C错误；灯泡的额定电压为220 V，D错误．故选B.15.【答案】D【解析】灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2×A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝I2＝0.05 A，原线圈电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确．16.【答案】高压【解析】由I＝，线路损耗电能为Q＝I2Rt，输送功率一定的情况下，电压越高，电流越小，损耗越小．17.【答案】4×103 6.4×1054×104提高输电电压【解析】当输电电压U1＝25万伏时，I1＝＝A＝4×103A输电线上热功率P热1＝I R＝(4×103)2×40 W＝6.4×105kW当输电电压U2＝100万伏时，I2＝＝A＝1×103A输电线上热功率P热2＝I R＝(1×103)2×40 W＝4×104kW.由以上计算可知：在输电功率P一定时，输电电压越高，输电线上损失的热功率P热越小，故合理的输电方法是提高输电电压．18.【答案】24【解析】由＝得U2＝24 V，穿过铁芯的磁通量的最大变化率等于每一匝线圈中产生的自感电动势的最大值，即()m＝＝Wb/s＝Wb/s.19.【答案】(1)A(2)∶用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；∶把低压交流电源接B 线圈，测得线圈的输出电压为U；∶用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA n 【解析】(1)A由题图乙可知A位置的阻值大于B位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的．(2)∶用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；∶把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；∶用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA.则nA＝n.20.【答案】(1)0.04(2)(3)96 kW【解析】(1)升压变压器副线圈电压U2＝＝5 000 V导线上损失的功率为P损＝I R＝2R＝4 kW损失的功率与输送功率的比值＝0.04(2) 电压损失U损＝I2R＝20×10 V＝200 V降压变压器原线圈端电压U3＝U2－U损＝4 800 V降压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝(3)用户得到的电功率即降压变压器的输出功率为P用＝P0－P损＝P0(1－4%)＝100×96% kW＝96 kW.21.【答案】(1)T＝0.02 s(2)＝(3)e＝60sin 100πt V【解析】(1)T＝＝0.02 s(2)副线圈的电流I2＝＝A由变压器原理n1I1＝n2I2得＝(3)由＝得U1＝60 Vω＝2πn＝100π rad/s则从中性面计时开始：e＝60sin 100πt V.22.【答案】(1)1∶16(2)2.8×104V【解析】(1)由P＝I2R得I＝，式中P为线路损耗功率，R为线路总电阻，两条导线总电阻R＝ρ，则R＝1.7×10－8×Ω＝32 Ω所以I＝＝125 A因为P输入＝P输出，所以在升压变压器副线圈两端的电压为U2＝＝3.2×104V故＝＝.(2)设U2′为降压器变压原线圈两端的电压，则U2′＝U2－IR＝2.8×104V.。

小题狂练高中物理选修3-2交流电《变压器、选距离输电》典型题精排版(含答案)

《变压器、远距离输电》典型题精排版精品推荐1．理想变压器原、副线圈中的电流为I 1、I 2，电压为U 1、U 2，功率为P 1、P 2，关于它们之间的关系，正确的说法是( )A ．I 2由I 1决定B ．U 2与负载有关C ．P 1由P 2决定D ．U 2只由U 1决定解析：副线圈中的电流I 2由副线圈两端的电压和负载的大小决定，与原线圈的电流无关，所以选项A 错误；副线圈两端的电压U 2由原、副线圈的匝数比和原线圈两端的电压有关，与负载无关，所以选项B 、D 错误；输出功率决定输入功率的大小，所以选项C 正确．答案：C2．正弦交流电经过匝数比为n 1∶n 2＝10∶1的变压器与电阻R 、交流电压表 V 、交流电流表A 按如图甲所示方式连接，R ＝10 Ω.图乙是R 两端电压U 随时间变化的图象．U m ＝10 2 V ，则下列说法中正确的是( )A ．通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝2cos 100πt ( A)B ．电流表A 的读数为0.1 AC ．电流表A 的读数为210 AD ．电压表的读数为U m ＝10 2 V解析：由图象得知T ＝2×10－2s ，f ＝50 Hz ，ω＝2πf ＝100πrad/s ，故i R ＝2cos 100πt (A)，A 正确．再根据I 1I 2＝n 2n 1知，I 1有效值为0.1 A ，B 正确，C 错误．电压表读数应为副线圈电压有效值，U ＝U m2＝10 V ，故D 错误．答案：AB3．如图所示，理想变压器原线圈接u＝2202sin 100πt (V)的正弦交流电源，图中电流表内阻不计．副线圈接入“110 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．下列说法正确的是( )A ．原线圈中的输入功率为60 WB ．通过灯泡的电流的频率为50 HzC ．电流表的示数为3222AD ．理想变压器原、副线圈匝数之比为22∶1解析：由P 入＝P 出得P 入＝60 W ，A 正确；交流电的周期T ＝2πω＝150s ，故频率为50 Hz ，B 正确；交流电的峰值U m ＝220 2 V ，则其有效值U ＝U m2＝220 V ，由P ＝UI 得I ＝P U ＝60220 A ＝311 A ，C 错；由n 1n 2＝U U ′得n 1n 2＝220110＝2∶1，D 项错误．答案：AB4．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”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 ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻解析：输电线上输送的电流I ＝P U ＝3×106 kW500 kVA ＝6 000 A ，A 错；输电线上损失的电压为ΔU ＝Ir ＝6 000×2.5 V ＝1.5×104 V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV 的电压输电，则输电线上输送的电流I ′＝PU ′＝3×106 kW5 kV ＝6×105 A ，输电线上损失的功率ΔP ＝I ′2r ＝(6×105)2×2.5 W＝9×108 kW ，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106 kW ，C 错；D 项中输电线上损失的功率ΔP ＝U 2/r ，U 应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D 错．[来源:Z,xx,]答案：B5．一台发电机最大输出功率为4 000 kW ，电压为4 000 V ，经变压器T 1升压后向远方输电．输电线路总电阻R ＝1 k 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(220 V,60 W)．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103 A 和20 AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105 V 和220 VC ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光解析：由输电线路上消耗的功率P ＝400 kW ＝I 2R 可知，输电线上电流为I 2＝20 A ，根据原线圈P 1＝U 1I 1，可知I 1＝103 A ，A 项对．T 1的变压比为I 2∶I 1＝1∶50；根据P ＝U 2I 2，可知U 2＝2×105 V ，输电线上电压U 线＝I 2R ＝20 000 V ，则副线圈输入电压为U 3＝U 2－U 线＝1.8×105 V ，又灯泡正常发光，副线圈电压为220 V ，B 项对．T 2的变压比为U 3∶220＝9×103∶11，C 项错．根据U 3I 2＝60n ，解得n ＝6×104，D 项正确．答案：ABD6．如图所示，P 为一理想自耦变压器的滑片，Q 为滑动变阻器的滑动触头．在输入交变电压一定的条件下，下列说法正确的是( )A ．Q 不动，P 向下移动，电流表示数减小，电压表示数增大B ．Q 不动，P 向上移动，电流表示数减小，电压表示数减小C ．P 不动，Q 向上移动，电流表示数增大，电压表示数不变D ．P 不动，Q 向下移动，电流表示数增大，电压表示数不变解析：图为升压自耦变压器，当Q 不变P 下移时，n 1减小U 2增大，V 读数增大，副线圈电流I 2＝U 2R增大，原线圈电流I 1增大，A 读数增大，故A 错；当Q 不变P 上移时n 1增大U 2减小，V 读数减小，I 2减小I 1减小，B 正确；当P 不动时，n 1不变，由U 1U 2＝n 1n 2知U 2不变，V 读数不变，Q上移，R 减小，I 1、I 2都增大，故C 对、D 错．答案：BC7．图甲所示电路中，A 1、A 2、A 3 为相同的电流表，C 为电容器，电阻R 1、R 2、R 3的阻值相同，线圈L 的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t 1～t 2时间内( )A ．电流表A 1的示数比A 2的小B ．电流表A 2的示数比A 3的小C ．电流表A 1和A 2的示数相同D ．电流表的示数都不为零解析：理想变压器原、副线圈的磁场变化情况相同，由图乙知副线圈的磁场均匀变化，据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔBΔt ·S 知副线圈中产生恒定电流，线圈对直流电无阻碍作用，直流电不能通过电容器，所以电流表A 1、A 2的示数相同，A 3的示数为0，C 选项符合题意．答案：C8．如图为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是 ( )A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗的C ．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小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好解析：依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP ＝I 2R 线，而R 线＝ρlS，增大输电线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A 项正确；由P ＝UI 来看在输送功率一定的情况下，输送电压U 越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B 项正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I 越大，电路中损耗的电功率越大，C 项错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D 项正确．答案：ABD9．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，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( )A.n 2n 1>n 3n 4 B.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大于降压变压器的输入功率解析：设升压变压器原副线圈两端电压分别为U 1和U 2，降压变压器原副线圈两端的电压分别是U 3和U 4，导线上的电压降为ΔU ，则由变压器原理，有U 1U 2＝n 1n 2① U 3U 4＝n 3n 4②又由题设知U 1<U 4③U 2＝U 3＋ΔU ④故U 2>U 3⑤所以U 3U 4<U 2U 1⑥由①②⑥联立得n 2n 1>n 3n 4⑦ 故选项A 正确，B 错误由⑤式可知选项C 错误．由于导线上有热功率损失，因此升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，选项D 正确．答案：AD10．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电压，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光．则( )A ．电流表的示数为32220 AB ．电源输出功率为1 200 WC ．电流表的示数为3220 AD ．原线圈端电压为11 V解析：副线圈电流I 2＝P U ＝60220 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1，I 1＝3220A ，故电流表示数为3220A ，A 错误，C 正确．电源输出功率等于灯泡的功率，B错误．根据U 1U 2＝n 1n 2，U 1＝4 400 V ，D 错误．答案：C11．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个发电站，输送的电功率P 1＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得在输电线终点处的电功率为300 kW.求：(1)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？解析：(1)设输电线上的电流为I ，则I ＝P 1U输电线上损耗的功率P 损＝P 1－P 2＝200 kWP 损＝I 2r代入数据得r ＝20 Ω (2)P 损′＝2%P 1＝10 kWI ′＝P 1U ′P 损′＝I ′2r ＝P 21U ′2r将P 1＝500 kW ，r ＝20 Ω，代入上式得U ′＝105×103 V≈22.4 kV答案：(1)20 Ω (2)22.4 kV。

高中物理教科版选修3-2学案：第二章习题课变压器的应用及远距离输电问题

[目标定位] 1。

进一步理解变压器的原理及规律、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、一、理想变压器中的规律分析例1 如图1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。

５ Ω的负载电阻、若Ｕ0=22０２ V,ω=1００π ra ｄ/s,则下述结论正确的是( )图１A 。

副线圈中电压表的读数为５5 VＢ。

副线圈中输出交变电流的周期为错误!未定义书签。

sC 、原线圈中电流表的读数为０、５ AD 、原线圈中的输入功率为１10错误!未定义书签。

W解析原线圈电压有效值为Ｕ=220 Ｖ,电压表读数为U 2=错误! V=5５ V,周期Ｔ＝错误!=错误! s,副线圈中电流I 2=错误!＝2 A,原线圈中电流I 1＝错误!＝０、5 A,P ＝I １U =1１０ W 、答案 AC(1)功率关系:P 入＝P 出。

(2)电压关系:错误!未定义书签。

(３)电流关系:若只有一个副线圈错误!。

若有多组副线圈n 1I 1=n ２I 2＋ｎ3I ３+……,(４)变压器不改变频率、例2 如图2所示,理想变压器原线圈的匝数为1 000匝,两个副线圈的匝数分别为n 2=５0匝和n 3=10０匝,L 1是“6 Ｖ 2 W "的小灯泡,L 2是“1２Ｖ 4 W ”的小灯泡、当原线圈接上交变电压时,L １、L ２都正常发光,那么,原线圈中的电流为( )图2A 、＼ｆ(1,60)AB 、错误!未定义书签。

AC 。

1２0A D 、错误!未定义书签。

解析对多个副线圈,其电压关系有错误!未定义书签。

＝错误!未定义书签。

＝U 3n ３。

由于输入功率和输出功率相等有ｎ1Ｉ１=n 2I 2＋n 3Ｉ３。

两灯泡正常发光,对L 1有U 2＝6 V ,I ２=Ｐ2Ｕ2=错误!未定义书签。

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。

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