高三物理一轮复习变压器电能的输送
高考物理一轮复习讲义 第11章 第2讲 变压器、电能的输送
第2讲变压器、电能的输送一、理想变压器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(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．理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得:原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,即P入＝P出电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比,公式:U1U2＝n1n2,与负载、副线圈的个数无关电流关系(1)只有一个副线圈时:I1I2＝n2n1(2)有多个副线圈时:由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋I n U n或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋I n n n频率关系f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)4.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器,如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示．图2(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器(n1>n2):把高电压变成低电压如图丙所示.电流互感器(n1<n2):把大电流变成小电流如图丁所示.自测1关于理想变压器,下列说法正确的是()A．变压器只对变化的电流起作用,对恒定电流不起作用B．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C．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D．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答案A二、电能的输送如图3所示,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.图31．输电电流I＝PU＝P′U′＝U－U′R.2．电压损失(1)ΔU＝U－U′(2)ΔU＝IR3．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′ (2)ΔP ＝I 2R ＝(P U)2R4．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 ＝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．自测2 (多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图4所示为远距离输电的原理图,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变,假设用户所用用电器都是纯电阻用电器,若发现发电厂发电机输出的电流增大了,则可以判定( )图4A ．通过用户的电流减小了B ．用户接入电路的总电阻减小了C ．用户消耗的电功率减小了D ．加在用户两端的电压变小了 答案 BD解析 如果发电机输出电流增大,输送电流增大,通过用户的电流增大,A 项错误;由于输电线上的损失的电压增大,因此降压变压器输入、输出电压均减小,即加在用户两端的电压变小了,D 项正确;由I 2U 2＝I 22R ＋(n 3n 4I 2)2R 用户可知,输送电流增大,是由于R 用户减小引起的,B 项正确;当用户总电阻减小时,即用户所用用电器增多,用户消耗的电功率增大,C 项错误.例1 (2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图5所示,图中电阻R 1、R 2和R 3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5A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 B解析 开关断开时,电路如图甲所示,原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1,通过R 2的电流I 2＝In 1n 2,副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2,由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22,则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋3I ;开关闭合时,电路如图乙所示,原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1,通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2,副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2,由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22,则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝⎛⎭⎫n 1n 22＋12I ,联立解得n 1n 2＝3,选项B 正确．变式1 (多选)(2016·全国卷Ⅲ·19)如图6所示,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时,两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )图6A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9 答案 AD解析 设灯泡的额定电压为U 0,两灯泡均能正常发光,所以原线圈输入端电压为U 1＝9U 0,副线圈两端电压为U 2＝U 0,故U 1U 2＝91,n 1n 2＝U 1U 2＝91,A 正确,B 错误;根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得,I 1I 2＝19,由于小灯泡两端的电压相等,所以根据公式P ＝UI 可得,灯泡a 和b 的电功率之比为1∶9,C 错误,D 正确．变式2 (多选)(2019·河南郑州市第一次模拟)如图7甲所示,变压器原、副线圈上有L 1、L 2、L 3、L 4四只灯泡,它们的规格均为“9 V 12 W ”,当在该变压器cd 端输入交变电压u (u －t 图象如图乙所示)时,四只灯泡都正常发光,各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是( )图7A ．a 、b 端输入电压的瞬时值表达式为u ＝272sin 100πt (V)B ．原、副线圈匝数比为3∶1C ．流过灯泡L 2的电流方向每秒改变50次D ．电流表的示数为4 A,ab 端输入的功率P ab ＝48 W 答案 BD解析 由输入端交变电压u －t 图象可求出电压有效值为27 V ,灯泡规格均为“9 V 12 W ”,四只灯泡都正常发光,所以a 、b 端输入电压的有效值是27 V ＋9 V ＝36 V ,由题图乙知交流电的周期是0.02 s,所以a 、b 端输入电压的瞬时值表达式为u ＝362sin 100πt (V),故A 错误;四只灯泡都正常发光,所以副线圈电压为9 V ,根据理想变压器电压比规律得出变压器原、副线圈匝数比为3∶1,故B 正确;由题图乙知交流电的周期为0.02 s,交流电的频率为50 Hz,则流过灯泡L 2的电流方向每秒改变100次,故C 错误;电流表的示数为I ＝3×129 A ＝4 A,a 、b 端输入的功率P ab ＝4×12 W ＝48 W,故D 正确.1．匝数比不变的情况(如图8)图8(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．负载电阻不变的情况(如图9)图9(1)U 1不变,n 1n 2发生变化,故U 2变化．(2)R 不变,U 2变化,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．例2 (2018·天津理综·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10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( )图10A ．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.变式3 (2019·贵州毕节市适应性监测(三))如图11所示,变压器为理想变压器,电流表A 1内阻不可忽略,其余的均为理想的电流表和电压表．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．将滑动变阻器的滑片沿c →d 的方向滑动时,则下列说法正确的是( )图11A ．电压表V 1、V 2示数不变,V 3示数变小B ．电压表V 1、V 2示数变小,V 3示数变大C ．电流表A 1、A 2的示数都增大D ．电流表A 1的示数变小,A 2的示数增大 答案 C解析 当滑动变阻器从c 向d 滑动的时候,滑动变阻器接入电路的电阻变小,副线圈的总电阻减小,假设副线圈的总电压不变,则副线圈的总电流I 2＝U 2R 总增大,变压器的电流关系I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈的总电流I 1增大,则原线圈两端的电压U 1＝U 0－I 1R A 减小,又U 1U 2＝n 1n 2,可知副线圈两端的电压U 2减小,滑动变阻器两端的电压U 3＝U 2－I 2R 0减小,而电压表V 1测量值是U 1;电压表V 2测量值是U 2,电压表V 3测量值是U 3,电流表A 1测量值是I 1,电流表A 2测量值是I 2,故A 、B 、D 错误,C 正确．1．理清三个回路图12远距离输电电网间的基本结构如图12所示．输电过程的电路被划分为三个独立的回路,即电源回路、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． 2．抓住联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路,由理想变压器原理可得:线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2,P 1＝P 2,I 1n 1＝I 2n 2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路,由理想变压器原理可得:线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4,P 3＝P 4,I 3n 3＝I 4n 4.3．掌握一个关系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P 1＝P 线损＋P 用户．例3 (多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图13为远距离输电示意图,发电厂输出电压U 1＝104 V,输出功率P 1＝109 W,两个理想变压器的匝数比分别为n 1∶n 2＝1∶100、n 3∶n 4＝100∶1,输电线总电阻r ＝50 Ω.则( )图13A ．U 4＝U 1B ．I 4＝I 1C ．通过电阻r 的电流I 2＝2×104 AD ．电阻r 损耗的电功率为5×107 W 答案 BD解析 I 1＝P 1U 1＝105 A,根据I 1I 2＝n 2n 1可得,I 2＝n 1n 2I 1＝1100×105 A ＝103 A,则通过电阻r 的电流为103A,故C 错误;电阻r 两端的电压为U r ＝I 2r ＝103×50 V ＝5×104 V,根据U 1U 2＝n 1n 2可得,U 2＝n 2n 1U 1＝100×104 V ＝106 V,则U 3＝U 2－U r ＝106 V －5×104 V ＝9.5×105 V,U 4＝n 4n 3U 3＝1100×9.5×105V ＝9.5×103 V,则U 4≠U 1,故A 错误;由于I 2＝I 3,I 4＝n 3n 4I 3＝1001×103 A ＝105 A,则I 4＝I 1,故B 正确;电阻r 损耗的电功率P r ＝I 22r ＝(103)2×50 W ＝5×107 W,故D 正确．变式4 (2019·广东清远市期末质量检测)如图14所示,一个小型水电站,其交流发电机的输出电压U 1 一定,通过理想升压变压器T 1 和理想降压变压器T 2向远处用户供电,输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1,它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2;T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3,它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )图14A ．当用户的用电器增多时,U 2减小,U 4减小B ．当用户的用电器增多时,P 1增大,P 3减小C ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 22RD ．要减小线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比n 2n 1,同时应增大降压变压器的匝数比n 3n 4答案 D解析 交流发电机的输出电压U 1一定,匝数不变,根据U 1U 2＝n 1n 2,知U 2不变,故A 错误;当用户的用电器增多时,用户消耗的电功率变大,则输入功率增大,即P 3变大,故B 错误;输电线上损失的功率为ΔP ＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R ,故C 错误;输送功率一定时,根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知,要减小线路的损耗,应增大输送电压,又U 1一定,根据U 1U 2＝n 1n 2知,应增大升压变压器的匝数比n 2n 1;U 3＝U 2－I 2R ,U 2增大,I 2减小,所以U 3增大,用户电压U 4不变,根据U 3U 4＝n 3n 4知,应增大降压变压器的匝数比n 3n 4,故D 正确．1．自耦变压器自耦变压器(又称调压器),它只有一个线圈,其中的一部分作为另一个线圈,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,如图15所示．图152．互感器分为电压互感器和电流互感器,两者比较如下:电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接 并联在高压电路中 串联在交流电路中 副线圈的连接 连接电压表 连接电流表 互感器的作用 将高电压变为低电压将大电流变为小电流利用的公式 U 1U 2＝n 1n 2I 1n 1＝I 2n 2例4 如图16所示的调压器,滑动触头P 和Q 都可以调节,在输入交变电压一定的条件下,要使输出电压增大,输入电流增大,下列做法正确的是( )图16A ．Q 不动,P 向下移动B ．Q 不动,P 向上移动C ．P 不动,Q 向上移动D ．P 不动,Q 向下移动 答案 A解析 Q 不动,滑动变阻器的有效电阻不变,P 向下移动,原线圈匝数n 1减小,输入电压U 1不变,副线圈匝数n 2不变,根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知,副线圈的电压增大,即输出电压增大,根据欧姆定律可知输出电流增大,输入电流随之增大,故A 正确;Q 不动,滑动变阻器的有效电阻不变,P 向上移动,原线圈匝数n 1增大,输入电压U 1不变,副线圈匝数n 2不变,根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知,副线圈的电压变小,即输出电压变小,根据欧姆定律可知输出电流减小,输入电流随之减小,故B 错误;若P 不动,则原线圈的匝数不变,根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知,副线圈的电压不变,输出电压不变,Q 向上移动,接入电路的电阻变小,输出电流变大,则输入电流随之变大,故C 错误;若P 不动,则原线圈的匝数不变,根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知,副线圈的电压不变,输出电压不变,Q 向下移动,接入电路的电阻变大,输出电流减小,则输入电流随之减小,故D 错误．变式5 (2019·广东“六校”第三次联考)钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成,常用来测量电流强度很大的电流,其原理如图17.若原线圈与副线圈的匝数比为1∶500,电流表A 的示数为1 A,则( )图17A ．钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯B ．钳形电流表能够用来测量直流电的电流C ．被测电路电流的平均值为500 AD ．被测电路电流的最大值为500 A答案 A解析 钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯,A 正确;互感器利用的是电磁感应的互感原理,不能用于测量直流电,故B 错误;由I 2I 1＝n 1n 2得:I 1＝n 2I 2n 1＝500×11A ＝500 A,因为电流表测的是有效值,故C 、D 错误．1．下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法中不正确．．．的是( ) A ．理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定B ．交变电流的最大值是有效值的2倍C ．降低输电损耗有两个途径:减小输电线的电阻和提高输电电压D ．如果把升压变压器的原线圈串联在电路中,副线圈的两端接在普通的交流电流表上,可以制成电流互感器答案 B解析 理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定,选项A 正确;正弦交变电流的最大值是有效值的2倍,选项B 错误;降低输电损耗有两个途径:减小输电线的电阻和提高输电电压,选项C 正确;如果把升压变压器的原线圈串联在电路中,副线圈的两端接在普通的交流电流表上,可以制成电流互感器,选项D 正确．2．(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 VB ．增加2 VC ．降低200 VD ．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．3．(2019·四川绵阳市第三次诊断)如图1甲所示的电路中,L 1、L 2为两只“3 V 3 W ”的灯泡,变压器为理想变压器,电流表和电压表均为理想交流电表．当a 、b 端接如图乙所示的交变电压时,两只灯泡均正常发光．则( )图1A ．电压表的示数为3 VB ．电压表的示数为6 VC ．电流表的示数为0.2 AD ．电流表的示数为0.5 A答案 C解析 根据题图乙可知,该正弦交流电压有效值为U 1＝3022V ＝30 V ,电压表测的是有效值,所以电压表示数为30 V ,A 、B 错误;两灯泡均正常发光,根据串联电路功率关系,副线圈功率P 2＝2P L ＝6 W,根据变压器两端功率相等,所以P 1＝P 2＝6 W,且P 1＝I 1U 1,所以I 1＝P 1U 1＝630A ＝0.2 A,C 正确,D 错误．4．(2019·山东济宁市第二次摸底)2009年11月的低温雨雪冰冻天气给我国北方部分地区造成严重灾害,其中高压输电线路因结冰而损毁严重．为消除高压输电线上的冰,事后有人设想利用电流的热效应除冰的融冰思路．若在正常供电时,高压线上输电电压为U ,输电电流为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4IB ．输电电流为16IC ．输电电压为4UD ．输电电压为U 16答案 A解析 高压线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线①若热耗功率变为16ΔP ,则16ΔP ＝I ′2R 线②由①②得I ′＝4I ,所以A 正确,B 错误．输电功率不变,由P ＝UI ＝U ′I ′得U ′＝14U ,所以C 、D 错误． 5.(2019·四川达州市第二次诊断)如图2所示,一自耦变压器接在交流电源上,V 1、V 2为理想交流电压表．下列说法正确的是( )图2A ．若P 不动,滑片F 向下滑动时,V 1示数不变,V 2示数变小B ．若P 不动,滑片F 向下滑动时,灯泡消耗的功率变大C ．若F 不动,滑片P 向上滑动时,V 1示数不变,V 2示数变大D ．若F 不动,滑片P 向上滑动时,灯泡消耗的功率变小答案 A解析 设变压器的输入电压为U 1,输出电压为U 2;若P 不动,滑片F 向下移动时,输入电压U 1不变,V 1示数不变,根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2,由于n 2减小,故输出电压U 2减小,故灯泡消耗的功率减小,V 2的示数变小,故A 正确,B 错误;若F 不动,根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2,输入电压U 1不变,则输出电压U 2也不变,V 1示数不变;滑片P 向上滑动时,滑动变阻器R 的电阻减小,根据闭合电路欧姆定律,干路电流增大,小灯泡中电流、电压都增大,灯泡消耗的功率变大;由U ＝U 2－U L 可知电压表V 2示数变小,故C 、D 错误．6.(2019·四川遂宁市三诊)如图3所示,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的7倍时,两灯泡均能正常发光．则灯泡a 与b 的功率之比为( )图3 A ．3∶1B ．1∶3C ．6∶1D ．1∶6答案 D解析 输入电压为U ,则两灯泡正常发光时两端电压均为U 7,变压器的匝数比n 1n 2＝U －U 7U 7＝61,则I 1I 2＝n 2n 1＝16,根据P ＝IU 可知灯泡a 与b 的功率之比为1∶6,故选D. 7.(多选)某50 Hz 的钳形电流表的工作原理如图4所示．当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时,与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转．不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗,已知n 2＝1 000 匝,当用该表测50 Hz 交流电时( )图4A ．电流表G 中通过的是交变电流B ．若G 中通过的电流为50 mA,则导线中的被测电流为50 AC ．若导线中通过的是10 A 矩形脉冲交流电,G 中通过的电流是10 mAD ．当用该表测量400 Hz 的电流时,测量值比真实值偏小答案 AB解析 变压器只改变交流电电压,不改变交流电的频率,电流表G 中通过的仍是交变电流,A 正确;根据变压器原副线圈电流与匝数成反比:I 1I 2＝n 2n 1,I 1＝n 2n 1I 2＝1 0001×0.05 A ＝50 A,B 正确;若导线中通过的是10 A 矩形脉冲交流电,当电流方向不发生改变时,电流大小不变,副线圈中无感应电流,C 错误;根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理,改变交流电的频率,不影响测量值的准确性,D 错误．8．(2020·安徽马鞍山市质检)图5甲为远距离输电示意图,理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1 000,理想降压变压器原、副线圈匝数比为1 000∶1,输电线的总电阻为1 000 Ω,若升压变压器的输入电压如图乙所示,用户端电压为220 V ．下列说法正确的是( )图5 A ．输电线中的电流为3 AB ．电站的输出功率为7 500 kWC ．输电线路损耗功率为90 kWD ．用户端交变电流的频率为100 Hz答案 B解析 由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为U m ＝250 2 V,有效值为U 1＝U m 2＝250 V,根据U 1U 2＝n 1n 2,得副线圈两端的电压U 2＝n 2n 1U 1＝1 0001×250 V ＝2.5×105 V;用户端电压为220 V ,根据U 3U 4＝n 3n 4,得降压变压器原线圈两端的电压U 3＝n 3n 4U 4＝1 0001×220 V ＝2.2×105 V,故输电线上损失的电压为ΔU ＝U 2－U 3＝3×104 V,则输电线上的电流为I ＝ΔU R ＝3×1041 000A ＝30 A,电站的输出功率为P 1＝P 2＝U 2I ＝7 500 kW,输电线路损耗功率为ΔP ＝I 2R ＝900 kW,由题图乙可知,原线圈交变电流的周期为T ＝0.02 s,则频率为f ＝1T＝50 Hz,变压器不会改变交流电的频率,故用户端交变电流的频率为50 Hz,故B 正确,A 、C 、D 错误．9．(2019·福建龙岩市5月模拟)如图6甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1,L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V 3 W ”的灯泡,各电表均为理想交流电表,定值电阻R 1＝9 Ω.输入端交变电压u 随时间t 变化的图象如图乙所示,三只灯泡均正常发光,则( )图6A ．电压u 的瞬时值表达式为u ＝362sin πt (V)B ．电压表的示数为33 VC ．电流表的示数为1 AD ．定值电阻R 2＝3 Ω答案 B 解析 由题图乙知,交变电压的周期为T ＝0.02 s,ω＝2πT＝100π rad/s,电压u 的瞬时值表达式为u ＝362sin 100πt (V),故A 错误;灯泡正常发光,每个灯泡的电流为I ＝P U ＝13A,故副线圈的电流I 2＝3I ＝1 A,根据变流规律:I 1I 2＝n 2n 1,解得原线圈电流I 1＝13A,故C 错误;电阻R 1的电压U R 1＝I 1R 1＝3 V ,由题图乙知输入端电压的有效值为36 V ,则变压器原线圈的电压U 1＝36 V －3 V ＝33 V,所以电压表的示数为33 V,故B 正确;根据变压规律:U 1U 2＝n 1n 2,可得副线圈的电压U 2＝11 V,电阻R 2两端的电压为U R 2＝U 2－U L ＝11 V －9 V ＝2 V,故R 2＝U R 2I 2＝2 Ω,故D 错误． 10．(多选)(2019·福建宁德市5月质检)如图7所示,理想变压器的原线圈接有电压为U 的正弦交流电源,输出电压的有效值恒定．R 1和R 2为定值电阻,R 3为光敏电阻,其阻值随照射光强度的增大而减小．现增大照射光强度,则( )图7A ．通过原线圈的电流减小B ．变压器的输出功率增大C ．R 1两端的电压减小D ．R 2消耗的功率减小答案 BD解析 理想变压器输出电压一定,光照增强,光敏电阻R 3阻值减小,副线圈的总电阻减小,根据欧姆定律知,副线圈的电流增大,根据理想变压器电流与匝数的关系可知,通过原线圈的电流也增大,故A 错误;理想变压器的输出功率P ＝UI ,其中U 不变,I 变大,故变压器的输出功率变大,故B 正确;副线圈电流增大,根据欧姆定律知R 1两端电压增大,故R 2两端电压减小,R 2消耗的功率减小,故C 错误,D 正确．11．(多选)(2019·河南普通高中高考模拟)一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图8甲所示,浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上,内置线圈与R ＝15 Ω的灯泡相连,随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中,其运动速度v ＝0.8πsin (πt ) m/s.浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分),其截面如图乙所示,匝数N ＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B ＝0.2 T,线圈的直径D ＝0.4 m,总电阻r ＝1 Ω.取π2＝10.则下列说法正确的是( )图8A．线圈中产生电动势的瞬时值为e＝64sin (πt) VB．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sin (πt) AC．灯泡两端电压的有效值为30 2 VD．灯泡的电功率为240 W答案ABC解析线圈在磁场中切割磁感线,产生的电动势为:E max＝NBl v maxl＝πD联立得:E max＝πNBD v max＝π×100×0.2×0.4×0.8π V＝64 V则波浪发电产生电动势e的瞬时值为:e＝E max sin (πt)＝64sin (πt)V,故A正确;根据闭合电路欧姆定律得:i＝eR＋r＝4sin (πt) A,故B正确;灯泡电流的有效值为:I＝42A＝2 2 A,则灯泡两端电压的有效值为:U＝IR＝22×15 V＝30 2 V,故C正确;灯泡的电功率为:P＝I2R＝(22)2×15 W＝120 W,故D错误．12．(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)有一种理想自耦变压器的构造如图9所示,线圈a、b 绕在一个圆环形的铁芯上,转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中电阻R1、R2、R3和R4的阻值分别为10 Ω、5 Ω、10 Ω和10 Ω,电压表为理想交流电表,U为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定,滑动触头P处在线圈a、b的中点．开关S闭合时电压表的示数是7 V,则下列说法中正确的是()图9A．正弦交流电压源U的峰值为35 VB．开关S断开时,理想电压表的示数为5 VC．开关S闭合时,通过电阻R4的电流为0.7 AD ．开关S 闭合时,电阻R 2和R 3消耗的电功率相等答案 BC解析 开关S 闭合时,根据欧姆定律可知通过R 1的电流为I 1＝U V R 1＝0.7 A,根据电流之比等于匝数的反比可知副线圈的电流为I 2＝1.4 A;R 3和R 4并联后与R 2串联的电阻为10 Ω,可知副线圈的电压为U 2＝14 V ,根据电压之比等于匝数之比可知原线圈的电压为U 1＝28 V ,正弦交流电压源U ＝U V ＋U 1＝35 V,正弦交流电压源的峰值为35 2 V;通过电阻R 4的电流为12I 2＝0.7 A;电阻R 2消耗的电功率P 2＝I 22R 2＝9.8 W,电阻R 3消耗的电功率P 3＝(12I 2)2R 3＝4.9 W,故选项C 正确,A 、D 错误;开关S 断开时,R 3和R 2串联的电阻为R 23＝15 Ω,设副线圈的电流为I 2′,则副线圈的电压为U 2′＝I 2′R 23,根据电流之比等于匝数的反比可知原线圈的电流为I 1′＝12I 2′,所以原线圈的电压为U 1′＝U －I 1′R 1＝U －12I 2′R 1,根据电压之比等于匝数之比可得U 1′＝2U 2′,联立解得副线圈的电流为I 2′＝1 A,理想电压表的示数为I 1′R 1＝12I 2′R 1＝5 V ,故选项B 正确． 13.(2019·陕西汉中市第二次教学质检)有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中,电源输出电压U 恒定不变,如图10所示．若将该线路与交流电源接通,且开关S 接在位置1时,4个灯泡发光亮度相同;若将开关S 接在位置2时,灯泡均未烧坏．则下列可能的是( )图10A ．该变压器是降压变压器,原、副线圈匝数比为4∶1B ．该变压器是升压变压器,原、副线圈匝数比为1∶4C ．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变亮D ．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变暗答案 C解析 四个灯泡亮度相同,所以原线圈电流与副线圈电流之比为1∶3,根据电流与匝数成反比知原、副线圈的匝数比为3∶1,可知该变压器是降压变压器,故A 、B 错误;接到位置2,原线圈输入电压变大,根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大,所以副线圈中的灯泡的电流变大,灯泡仍能发光,但亮度变亮,故C 正确,D 错误．14．(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图11甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,电流表和电压表均为理想电表,R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小),L 是理想线圈,C 是耐压值和电容都足够大的电容器,D 是灯泡,K 是单刀双掷开关．当原。
高考物理一轮复习 10.2变压器、电能的输送课件
A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝
2
cos100πt(A)
B．电流表A的读数为0.1 A
C．电流表A的读数为
2 10
A
D．电压表的读数为Um＝10 2 V
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝110 2 V，I＝0.2 A
D．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A 解析：在副线圈电路中，I2＝UP2＝22220WV＝0.1 A，再根据
U1 U2
＝
n1 n2
及
I2 I1
＝
n1 n2
，得U1＝110
V，I1＝0.2
答案：CD
考点探究讲练
考点深析 拓展延伸 详讲精练
一 对理想变压器的理解 1．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．
第二讲 变压器、电能的 输送
基础自主温故
回扣教材 夯实基础 落实考点
[考点自清] 1．变压器 主要构造 变压器是由闭合铁芯 和绕在铁芯上的两个 线圈 组成的，如 右图． 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．工作原理 (1)电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小、 方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化． (2)变化的磁场在副线圈中产生 感应电动势 ，所以尽管两个 线圈之间没有导线相连，副线圈也能够输出电流． (3) 互感现象 是变压器工作的基础．
[基础自测] 2．在如图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( )
高考物理一轮复习课件10.2变压器 电能的输送(人教版选修3-2)
【即时巩固2】 街头通过降压变压器给用户供电的示 意图如图所示．变压器输入电压是市区电网的电压，可忽略 其波动．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用 R0表示，输电线消耗的电功率用 P0表示，变阻器 R表示用户 的总电阻，P表示用户的总功率，当用电器增加时，相当于 R的阻值减小，滑动片向下移(R始终大于R0)．当用户的用电 器增加时，图中电流表示数I1、I2及P0、P变化为( ) A．I1变大，I2变大
A．电流表的示数为2 A B．原、副线圈匝数比为1∶2
C．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】由图（b）可知原线圈两端电压的有效值 U1=220 V,由 U 1 ＝ n1 , U 2 n2 n1 U1 220 2 ＝ ， 可得原副线圈匝数之比 ＝ ＝
n2 U2 110 1
P1也将增大．
【技巧提示】 (1)变压器只能改变交流电压，若原线圈 加直流电压，则副线圈的输出电压为零．并且由于线圈对直 流电无感抗，而使电流很大(相当于短路)，易损坏直流电源． U1 n1 (2)对“日”字形铁芯的变压器，则 ≠ .这是因为穿 U2 n2 过原副线圈的磁通量的变化率不相等．
(3)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．
n1 U 1 【解析】由变压器原理 可得 ＝ n2 U 2
U1=110 V，即电压表示数为 110 V.由 P 入=P 出，
22 灯泡正常发光可得 P 入=U1I1=P 出=22 W,I1= 110
A=0.2 A,故 A 正确.
【答案】A
【即时巩固1】（2011· 广东理综）图（a）左侧的调压 装置可视为理想变压器，负载电R=55 Ω，、为理想电流表 和电压表.若原线圈接入如图（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（ ）
高考物理一轮复习江课件变压器电能的输送
维护保养策略制定
01 02
定期检查
定期对变压器进行全面检查，包括外观、绝缘性能、绕组状况、铁芯状 况等方面。通过检查及时发现并处理潜在问题，确保变压器的正常运行 。
维护保养
定期对变压器进行维护保养，包括清理灰尘、更换密封件、紧固接线端 子等。通过维护保养保持变压器的良好状态，延长其使用寿命。
03
状态监测
短路电流和短路损耗
短路电流的大小反映了变压器的漏抗大小和铜损的大小，短 路损耗则主要由铜损组成，与变压器的容量和电流密度有关 。
性能评价指标及意义
空载损耗和空载电流比
空载损耗与空载电流的比值反映了变压器的铁心 质量和磁化性能，该比值越小，说明变压器的铁 心质量越好，磁化性能越优。
效率
效率是变压器输出功率与输入功率的比值，反映 了变压器的能量转换效率。高效率的变压器能够 减少能源浪费，提高能源利用效率。
变压器的工作原理基于电磁感 应，通过交变磁场实现电压的
变换。
02
互感现象
变压器中的原线圈和副线圈之 间存在互感现象，使得电能可
以在两个线圈之间传递。
03
电压变换
根据原副线圈匝数比的不同， 可以实现电压的升高或降低。
变压器构造及分类
03
铁芯
线圈
分类
变压器的铁芯通常采用硅钢片叠压而成， 以减少涡流和磁滞损耗。
01
02
D. 输电线上的电阻越大，则电能损失越小
讲解：本题考查了远距离输电，变压器的变压变流，关系及输电过程 中的能量守恒是处理问题的关键。
THANKS
采用无功补偿技术
在输电线路中安装无功补偿装置，可以 提高线路的功率因数，降低无功功率的 流动，从而减少输电线上的功率损失。
高中物理一轮复习课件：变压器 电能的输送(共24张PPT)
线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不
变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，
电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电
流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭
合后(
AD)
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变 B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大 C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大 D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
率一定时，采用高压输电可以减小输电电流，从而减 小线路上的功率损失．
17
三. 高压输电问题的分析 1．先后顺序：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(以图为例)
)
A．输电电流为 3I
B．输电电流为AD9I
C．输电电压为 3U
D. 输电电压为 1/3U
20
15
【例与练】如图为理想变压器，其原、副线圈的匝数比 为2∶1，原线圈接有交流电压u＝220sin 100πt (V)；图 中电压表和电流表均为理想交流电表，Rt为负温度系数 的热敏电阻(即当温度升高时，阻值减小)，R1为定值电 阻，C为电容器，下列说法正确的是( D ) A．电压表示数是110 V B．交流电的频率为100 Hz C．通过R1的电流始终为零 D．当Rt处温度升高时，电压表示数不变，电流表示数 变大
11
【例与练】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( BC ) 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
2024届高考物理一轮总复习第十二章交变电流第2节变压器电能的输送课件
二、远距离输电
1.根据 P损＝____I_2R__线___，降低输电损耗有两种方法： (1)减小输电线的__电__阻____.
(2)减小输电导线中的电流：在输送功率一定的情况下，根据 P＝UI，要减小电流，必须提高_输__电__电__压___.
第2节 变压器 电能的输送
一、理想变压器
1.变压器的构造：如图 12-2-1 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.
构造图 图 12-2-1
符号
(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.变压器的原理：电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于 电流的___大__小___、方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化. 变化的磁场在副线圈中产生感__应__电__动__势__，所以尽管两个线圈之间 没有导线相连，副线圈也能够输出电流.互感现象是变压器工作的 基础.
解析：卤素灯上标记的额定电压 12 V 即为卤素灯两端的电压 有效值，A 错误.根据理想变压器的原理可知nn12＝UU12＝21220＝535，B 正确.流过卤素灯的电流为 I＝UP＝5102 WV ＝265 A，C 错误.卤素灯是
非线性元件，电阻随着电压不同而改变，D 错误. 答案：B
热点 1 理想变压器原理和基本关系 [热点归纳] 1.理想变压器的工作原理.
频率.( ) (3)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.( )
(4) 高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗. ()
高考物理一轮复习课件基础课变压器电能的输送
远距离输电技术及应用
柔性直流输电技术
采用可关断器件和脉宽调制技术 ，实现直流输电的灵活控制，适 用于远距离海上风电等新能源并 网。
特高压输电技术
通过提高输电电压等级，减少输 电损耗和占地面积，实现大容量 、远距离的电力输送。
分布式发电与微电网技术
分布式发电
利用各种分散的、可再生的能源进行发电，如太阳 能、风能等，具有环保、节能、灵活等优点。
法规政策
需要制定和完善相关法规政策，为智能电网的发 展提供有力保障。
06
实验：变压器参数测量和性能 评估
Chapter
实验目的和原理
实验目的 掌握变压器的基本工作原理和主要参数。 学会使用相关仪器测量变压器的电压、电流和功率。
实验目的和原理
• 评估变压器的性能，如效率、电压变换比等 。
实验目的和原理
微电网技术
将分布式电源、储能装置、负荷等集成在一起，形 成一个可独立运行的小型电力系统，实现电能的自 给自足和优化配置。微电网可以并网运行，也可以 离网运行，提高了电力系统的灵活性和可靠性。
03
变压器在电能输送中应用
Chapter
升压变压器与降压变压器作用
升压变压器作用
提高电压等级，减小电流，降低线路损耗，提高输电效率。
2. 将电源连接到变压器的输入端，将电压表、电流表和功率计分别连接到变压器的 输入和输出端。ຫໍສະໝຸດ 实验步骤和数据记录01
3. 开启电源，逐渐调高电压，记 录输入和输出电压、电流以及功 率的数值。
02
4. 重复步骤3多次，以获得足够的 数据进行后续分析。
实验步骤和数据记录
数据记录
| 序号 | 输入电压 (V) | 输入电 流 (A) | 输入功率 (W) | 输出电 压 (V) | 输出电流 (A) | 输出功 率 (W) |
2024高考物理一轮总复习第十一章第2讲变压器电能的输送讲义含解析新人教版
第2讲 变压器 电能的输送[基础学问·填一填][学问点1] 志向变压器1．变压器的构造：变压器由原线圈、副线圈和闭合 铁芯 组成． 2．原理：电流磁效应、 电磁感应 .3．志向变压器：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，即志向变压器原、副线圈的电阻均为 零 ，变压器的输入功率和 输出功率 相等．4．志向变压器原、副线圈基本量的关系推断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)变压器不但能变更交变电流的电压，还能变更交变电流的频率．(×)(2)志向变压器能变更交变电压、交变电流，但不变更功率，即输入功率总等于输出功率．(√)(3)志向变压器基本关系式中，电压和电流可以均为有效值．(√) (4)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．(×) [学问点2] 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 .1．输出电流：I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R.2．电压损失：ΔU ＝U －U ′＝ IR3．功率损失：ΔP ＝P －P ′＝ I 2R ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R .4．削减输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρl S知，可加大导线的 横截面积 、采纳 电阻率小 的材料做导线．(2)减小输电线中的电流．在输电功率肯定的状况下，依据P ＝UI ，要减小电流，必需提高 输电电压 .推断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)高压输电的目的是增大输电的电流．(×)(2)在输送电压肯定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．(×) (3)高压输电可以削减输电线路上的电能损失，且输电线路上电压越高越好．(×)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－2 P43科学闲逛改编)(多选) 如图所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )A ．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VB ．甲图是电流互感器，输电电流是100 AC ．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD ．乙图是电流互感器，输电电流是100 A 解析：AD [依据匝数比U 1U 2＝n 1n 2，有U 1＝n 1n 2U 2＝1001×220 V＝22 000 V ，故A 正确；甲图是电压互感器，故B 错误；乙图是电流互感器，电表是电流表，故C 错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I 1I 2＝n 2n 1，有I 1＝n 2n 1I 2＝101×10 A＝100 A ，故D 正确．]2．(人教版选修3－2 P44第2题改编)有些机床为了平安，照明电灯用的电压是36 V ，这个电压是把380 V 的电压降压后得到的．假如变压器的原线圈是 1 140匝，副线圈是( )A ．1 081匝B ．1 800匝C ．108 匝D ．8 010匝解析：C [由题意知U 1＝380 V ，U 2＝36 V ，n 1＝1 140匝，则 U 1U 2＝n 1n 2得n 2＝U 2U 1n 1＝108匝．]3．(人教版选修3－2 P50第3题改编)从发电站输出的功率为220 kW ，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V 和11 kV 两种电压输电．两种状况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )A ．100∶1B ．1∶100C ．1∶10D ．10∶1解析：A [由题意知输电线上的电流I ＝P U，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir ＝Pr U ，故ΔU 1ΔU 2＝1U 11U 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A.]4．(人教版选修3－2 P48科学闲逛改编)超导是当今高科技探讨的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有始终流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它供应应用电器的电功率为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，保持供应用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103kW C ．1.6 kWD ．10 kW解析：A [节约的电功率即为一般电路输电时损耗的电功率，I ＝P U ＝40×103800 A ＝50 A ，P 线＝I 2R ＝502×0.4 W＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 项正确．]考点一 志向变压器基本关系的应用[考点解读]1．志向变压器的制约关系(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示．(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器(n 1>n 2)：把高电压变成低电压，如图丙所示.电流互感器(n 1<n 2)：把大电流变成小电流，如图丁所示.[典例赏析][典例1] (2024·北京卷)如图所示，志向变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的沟通电源上，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、电压表均为志向电表．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 ．副线圈输出沟通电的周期为50 s[解析] B [由题知，变压器的输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B 项正确，C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，A 项错误；沟通电的周期T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，D 项错误．] 志向变压器问题三点应牢记1．熟记两个基本公式：(1)U 1U 2＝n 1n 2，即对同一变压器的随意两个线圈，都有电压和匝数成正比．(2)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． 2．原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变更率相等．3．原、副线圈中电流变更规律一样，电流的周期、频率一样．[题组巩固]1．如图为一志向变压器，其原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R 组成闭合电路．当直导线MN 在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时，电流表的示数是10 mA ，那么电流表的示数是( )A ．40 mAB ．0C ．10 mAD ．2.5 mA答案：B2．(2024·全国卷Ⅲ)(多选)如图，志向变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9解析：AD [设灯泡额定电压为U 0，则原线圈两端电压U 1＝10U 0－U 0＝9U 0，副线圈两端的电压U 2＝U 0，依据U 1U 2＝n 1n 2，可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝91，选项A 正确，选项B 错误；由I 1I 2＝n 2n 1可得，原、副线圈电流之比为1∶9，由P ＝UI 可得，此时a 和b 的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确．]考点二 志向变压器的动态分析[考点解读]1．匝数比不变的状况(如图所示)(1)U 1不变，依据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1确定输出电压U 2，可以得出不论负载电阻R 如何变更，U 2不变．(2)当负载电阻发生变更时，I 2变更，依据输出电流I 2确定输入电流I 1，可以推断I 1的变更．(3)I 2变更引起P 2变更，依据P 1＝P 2，可以推断P 1的变更． 2．负载电阻不变的状况(如图所示)(1)U 1不变，n 1n 2发生变更，U 2变更． (2)R 不变，U 2变更，I 2发生变更．(3)依据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以推断P 2变更时，P 1发生变更，U 1不变时，I 1发生变更．[典例赏析][典例2] (2024·定州月考)(多选)志向变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调整，如图，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 的沟通电源上，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[解析] BC [在原、副线圈匝数比肯定的状况下，变压器的输出电压由输入电压确定．因此，当Q 位置不变时，输出电压U 不变，此时P 向上滑动，负载电阻值R ′增大，则输出电流I ′减小．依据输入功率P 入等于输出功率P 出，电流表的读数I 变小，故A 错误，B 正确；P 位置不变，将Q 向上滑动，则输出电压U ′变大，I ′变大，电流表的读数变大，变压器的输入功率变大，因此选项C 正确，D 错误．]解决志向变压器中有关物理量的动态分析问题的方法：(1)分清不变量和变量，弄清志向变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定．[母题探究][探究如图所示，志向变压器原线圈接在沟通电源上，图中各电表均为志向电表．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示数变大解析：B [当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 的阻值变大，变压器的次级电压不变，则次级电流减小，则R 1消耗的功率及两端电压均变小，电压表的示数等于变压器次级电压减去R 1两端的电压，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；由于当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，次级电流减小，故初级电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，则变压器的次级电阻减小，次级电流变大，R 1的电压变大，则电压表V 示数减小，则R 2两端电压减小，电流表A 2读数减小；次级电流变大，则初级电流变大，则电流表A 1示数变大，选项D 错误；故选B.][探究2] 匝数比变更，负载不变时的动态分析如图为加热装置的示意图，运用电阻丝加热导气管，视变压器为志向变压器，原线圈接入电压有效值恒定的沟通电并保持匝数不变，调整触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调整前后( )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解析：C [原线圈的输入电压和匝数不变，依据输出电压的有效值由220 V 降到110V ，由志向变压器原理U 1U 2＝n 1n 2，可得副线圈的匝数变为原来的12，C 选项正确；依据P ＝U 22R可得，副线圈的输出功率变为原来的14，同样原线圈的输入功率也变为原来的14，B 、D 错误；故P ＝UI 可得副线圈的电流变为原来的12，A 错误．][探究3] 原、副线圈匝数都变更时的动态分析(2024·四川理综)如图所示，接在家庭电路上的志向降压变压器给小灯泡L 供电，假如将原、副线圈削减相同匝数，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解析：B [依据变压器电压与匝数关系，U 1U 2＝n 1n 2，因为是降压变压器，则n 1>n 2，当原、副线圈削减相同匝数时，由数学学问可知n 1n 2变大，则U 2减小，故灯泡变暗，选项A 、C 错误，B 正确；依据I 1I 2＝n 2n 1可知通过原、副线圈电流的比值变小，选项D 错误．故选B.]考点三 远距离输电问题[考点解读]1．理清三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I 1等于发电机中的电流I 机；线圈1两端的电压U 1等于发电机的路端电压U 机；线圈1输入的电功率P 1等于发电机输出的电功率P 机．回路2：输送电路．I 2＝I 3＝I 线，U 2＝U 3＋ΔU ，P 2＝ΔP ＋P 3. 回路3：输出电路．I 4＝I 用，U 4＝U 用，P 4＝P 用． 2．抓住两个物理量的联系(1)志向的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2.(2)志向的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.3．驾驭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运用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户．[典例赏析][典例3] (2024·湖南六校联考)(多选)某大型光伏电站的功率是500 kW ，电压为12 V ，送往外地时，先通过逆变器转化为220 V 的沟通电(转化效率为80%)，然后经变压器Ⅰ升压为20 000 V ，通过总电阻为20 Ω的输电线路送往某地，再经变压器Ⅱ降为220 V ，电压供用户运用，下列说法正确的是( )A ．变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为1 000∶11B ．变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为11∶1 000C ．用户最多可运用的功率为392 kWD ．用户负载越多，线路上损耗的功率越小[解析] BC [变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝111 000，B 项正确．变压器Ⅰ的输出功率P 2＝P 1＝500 kW×80%＝400 kW ，输电电流I ＝P 2U 2＝400 kW20 000 V＝20 A ，则输电线上损失的电压ΔU ＝IR 线＝400 V ，变压器Ⅱ的输入电压U 1′＝U 2－ΔU ＝19 600 V ，则变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为n 1′n 2′＝U 1′U 2′＝98011，A 项错误．用户最多可运用的功率为P 用＝P 2－I 2R 线＝4×105 W －8 000 W ＝392 kW ，C 项正确．用户负载越多，线路上电流越大，线路上损耗的功率越大，D 项错误．]输电线路功率损失的计算方法1．(2024·江苏卷)采纳220 kV 高压向远方的城市输电．当输送功率肯定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为( )A ．55 kVB ．110 kVC ．440 kVD ．880 kV解析：C [本题考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析实力．当输电功率P ＝UI ，U 为输电电压，I 为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P 损＝I 2R ，R 为输电线路的电阻，即P损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R .当输电功率肯定时，输电线路损失的功率变为原来的14，则输电电压为原来的2倍，即440 V ，故选项C 正确．]2．如图为远距离输电示意图，两变压器均为志向变压器，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 的沟通电源，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 2m4rB.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4rC ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2rD ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r解析：C [升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m2；由变压关系可得U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1P n 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2rn 22U 2m＝4⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r ，故选项C 正确．]思想方法(二十二) 含二极管的变压器问题[典例] (2024·西安八校联考)如图所示的电路中，志向变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为志向二极管，原线圈接u ＝2202sin 100πt (V)的沟通电，则( )A ．沟通电的频率为100 HzB ．通过R 2的电流为1 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为200 W[解析] C [由原线圈沟通电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 项错；由志向变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压U 2＝50 V ，由志向二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R 2，由交变电流的热效应可知，U 22R ·T 2＝U 2R ·T ⇒U ＝22U 2＝25 2 V ，由欧姆定律可知，通过R 2的电流为 2 A ，B 项错，C 项正确；电阻R 2的功率P 2＝UI ＝50 W ，而电阻R 1的电功率P 1＝U 22R 1＝100 W ，由志向变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P ＝P 1＋P 2＝150 W ，D 项错．][题组巩固]1．(2024·沈阳模拟)(多选)如图，一志向变压器的原线圈接在电压为220 V 的正弦沟通电源上，两副线圈匝数分别为n 2＝16匝、n 3＝144匝，通过志向二极管(具有单向导电性)、单刀双掷开关与一只“36 V 18 W”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接1时，灯泡正常发光，则下列说法中正确的是( )A ．原线圈的匝数为880B ．当开关接2时，灯泡两端电压的有效值为20 2 VC ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为18 WD ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为11 W解析：ABD [由n 1n 3＝U 1U L得n 1＝880，选项A 正确；当开关接2时，有n 1n 2＋n 3＝U 1U，解得U＝40 V ，设沟通电周期为T ，U 2R ·T 2＝U ′2R T ，U ′＝20 2 V ，选项B 正确；灯泡电阻为R ＝U 2LP L ＝72 Ω，灯泡消耗的实际功率为P ＝U ′2R ＝1009W≈11 W，选项C 错误，D 正确．] 2．(多选) 如图，一志向变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一志向电流表A 接正弦沟通电源，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．用沟通电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．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，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：BD [变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2, 选项A 错误； 增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入 ＝ P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确；c 、d 端的电压由输入电压U ab 确定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误；依据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2RT ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．]。
高考物理一轮复习课件时作业变压器电能的输送
02
电能输送过程分析
远距离输电模型建立
输电线的电阻、感抗和容抗
在远距离输电中，输电线本身具有电阻、感抗和容抗，这些参数 会影响电能的传输效率。
变压器的变比和效率
变压器用于升高或降低电压，其变比和效率对电能传输有重要影响 。
电源和负载的特性
电源的内阻和负载的大小、性质（如阻性、感性或容性）也会影响 电能的输送。
采用高压输电
通过提高输电电压，可以减小输电线上的电流，从而降低功率损失。
采用直流输电
与交流输电相比，直流输电具有线路造价低、损耗小、稳定性好等优 点，尤其适用于远距离、大容量输电。
优化电网结构
合理规划电网结构，减少输电环节和变电层次，可以降低电网的损耗 和提高输电效率。
采用新型导电材料
采用电阻率更低的新型导电材料，可以减小输电线的电阻，从而降低 功率损失。
位。
02
高压直流输电技术
介绍高压直流输电技术的原理、优点和应用场景，分析其与变压器电能
输送的联系和区别。
03
新能源发电与变压器的应用
探讨新能源发电技术如太阳能、风能等对电力系统的影响，以及变压器
在这些领域中的应用和挑战。
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变压器利用电磁感应原理实现电 压的变换。当原边绕组通以交流 电时，铁芯内产生交变磁通，从 而在副边绕组中感应出电动势。
电压变换
通过改变原、副边绕组的匝数比， 可以实现电压的升高或降低。匝数 比越大，电压变换比也越大。
电流变换
在理想情况下，变压器的原、副边 电流与匝数成反比。因此，通过改 变匝数比，也可以实现电流的变换 。
合理规划电源布局和电网结构 ，提高电力系统的稳定性和可
高三第一轮复习-变压器 电能的输送
变压器电能的输送1.理解变压器的原理，掌握理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系及电流关系，并会进行有关计算.2.能利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析.3.会计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压．考点一理想变压器基本关系的应用1．基本关系式(1)功率关系：P入＝P出．(2)电压关系：只有一个副线圈时，U1n1＝U2n2；有多个副线圈时，U1n1＝U2n2＝U3n3＝….(3)电流关系：只有一个副线圈时，I1I2＝n2n1.由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…. 2．制约关系(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定．(3)电流：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定．[例题1] （2024•惠州一模）某电动汽车在充电过程中，可视为理想变压器的原线圈输入电压为220V ，输入功率为 6.6kW ，副线圈的电流为15A ，副线圈通过相关设备连接汽车电池，电池容量为33kWh 。
忽略充电过程中的能量损耗，则变压器的原副线圈匝数比和电池完全充满所需要的时间分别是（ ）A ．1：2，2.2hB ．2：1，5hC ．2：1，2.2hD ．1：2，5h[例题2] （2024•德庆县模拟）如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U 1的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至U 4，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I 4，发电厂的输出电流为I 1；若变压器的匝数n 2＝n 3，则下列关系式正确的是（ ）A ．U 1：U 4＝n 1：n 4B ．U 1：U 4＝n 4：n 1C ．I 1：I 4＝n 1：n 4D ．I 1：I 4＝n 4：n 1[例题3] （2024•新郑市校级三模）为了激发同学们的学习兴趣和探究精神，某学校建有节能环保风力发电演示系统，该系统由风力发电机、交流电变压器和用户三部分构成，简易示意图如下。
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理想变压器原、副线圈基本量的关系
【互动探究】 1．满足什么条件的变压器可以看成理想变压器？ 2．原、副线圈基本量间存在怎样的制约关系？ 【核心突破】 理想变压器原、副线圈的基本关系
【典例 1】 (2013 年高考广东理综)如图，理想变压器原、副线圈
答案：B
4.一台理想变压器，其原线圈的匝数为n1＝2 200匝，副线圈的 匝数为n2＝440匝，并接入一个R＝100 Ω的负载电阻，如图所示．
(1)当原线圈接在44 V直流电源上时，电压表示数为________V， 电流表示数为________A.
(2)当原线圈接在220 V交流电源上时，电压表示数为 ________V，电流表示数为________A．此时输入功率为________W， 变压器效率为________．
解析：(1)原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒 定，所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，副线圈两端不产生感 应电动势，故电压表示数为零，电流表示数也为零．
(2)由UU12＝nn12得 电压表示数为 U2＝nn21U1＝2424000×220 V＝44 V. 电流表示数为 I2＝UR2＝14040 A＝0.44 A. P 入＝P 出＝I2U2＝0.44×44 W＝19.36 W. 效率 η＝100%.
答案：A
3．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 A B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电 线的解电析阻：由 P＝UI 得 I＝UP＝6×103 A，选项 A 错误． 由欧姆定律得 U 线＝Ir＝1.5×104 V， 所以输电线上由电阻造成的损失电压为 15 kV.选项 B 正确．
【填一填】 1．构造和原理(如图所示)
(1)主要构造：由原线圈
、副线闭圈合和铁芯
组
成．
互感
2．理(2想)工变作压原器理的：基电本磁关感系应式的
现象．
(1)电压关系：UU12＝nn21.
(2)电流关系：II21＝
n2 n1
，只适用于只有一个副线圈的情况．
3．互感器 (1)电压互感器，用来高把 电压变成 低 电压． (2)电流互感器，用来大把 电流变成 小 电流．
若改用 5 kV 电压输电，由 P＝U′I′得 I′＝UP′＝6×105 A，
输电线上损失的功率 P 损＝I′2r＝9×108 kW，已知输出电功率为 3×106 kW 显然不符合实际情况．选项 C 错误．
由 P＝I2r 和 U＝Ir 得 P＝Ur2. 在输电线上，U 指由输电线电阻造成的损失电压，而不是输电电压， P 指输电线上损失的功率，r 为输电线的电阻．选项 D 错误．
匝数比 n1∶n2＝2∶1， 和 均为理想电表，灯泡电阻 RL＝6 Ω，AB 端 电压 u1＝12 2 sin 100πt(V)．下列说法正确的是( )
A．电流频率为 100 Hz
B. 的读数为 24 V
C. 的读数为 0.5 A
D．变压器输入功率为 6 W [思路探究] (1)分析AB两端电压的瞬时值． ①AB两端电压的最大值：________、有效值________． ②AB两端电压的变化频率：________. (2)分析变压器工作原理及变压关系． ①变压器工作时原、副线圈的不变量：________. ②理想变压器电压比：________、功率比：________、电流比：
2．如图所示，一理想变压器原副线圈的匝数比为 1∶2；副线圈电 路中接有灯泡，灯泡的额定电压为 220 V，额定功率为 22 W；原线圈 电路中接有理想电压表和理想电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若 用 U 和 I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
A．U＝110 V，I＝0.2 A B．U＝110 V，I＝0.05 A C．U＝110 2 V，I＝0.2 A D．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A 解析：因为灯泡正常发光，故副线圈两端电压 U′＝220 V．电流 I′＝UP＝0.1 A，由变压器电压、电流关系知，UU′＝12，I′I ＝21，故 U ＝110 V，I＝0.2 A，选项 A 正确.
＝UI，要减小电流，必须提高 输电电压 ． 2．远距离输电的功率损失
输送功率一定时，线路电流 I＝UP，输电线上损失功率 P 损＝I2R 线 ＝UP22R 线，可知 P 损∝U12.
阻R，在保证输电距离情况下，可采用减小材料的电阻率
、增横大截导面线积的
等方法．
2．远距离输电的功率损失 输送功率一定时，线路电流 I＝UP，输电线上损失功率 P 损＝I2R 线 P2 ＝ U2R 线 ，可知 P 损∝U12.
基础自测 1．理想变压器在正常工作时，原、副线圈中不同的物理量是 () A．每匝线圈中磁通量的变化率 B．交变电流的频率 C．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率 D．原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势 解析：根据变压器的工作原理，穿过原、副线圈每匝的磁通量及其 变化率是相同的，故 A 正确；交变电流的频率保持不变，B 正确；理想 变压器无功率损失，C 正确；而 E＝nΔΔΦt 与 n 成正比，变压器原、副线 圈的匝数不同，故感应电动势不同，所以 D 错． 答案：ABC
电能的输送
【想一想】 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．这是什 么原因呢？
提示：用电高峰时，供电线上电流大，输电线上损失的电压较 大，灯两端电压偏低．
ห้องสมุดไป่ตู้
【填一填】 1．根据 P 损＝I2R 线，减少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＝ρSl ，要减小输电线的电 (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
第2单元 变压器 电能的输送
基础探究 变压器的原理 【想一想】 如图所示，变压器副线圈上接有一只额定电压为220 V的灯 泡， (1)若在原线圈上输入220 V的直流电，灯泡发光吗？ (2)若原线圈输入110 V的交流电而使灯泡正常发光，则原、副 线圈匝数比应为多少？
提示：(1)不发光 (2)1∶2