变压器+远距离输电)

精锐教育学科教师辅导教案学员编号：年级：高二课时数：1 学员姓名：辅导科目：物理学科教师：授课内容变压器远距离输电星级★★★授课日期及时段教学内容＜建议用时5分钟！＞世界最大的水电站Ⅰ.课堂导入在输电过程中，电压必须进行调整才能符合各用户的要求＜建议用时20分钟！＞一、要点提纲：1.变压器的电动势、电压、电流与匝数的关系(1)电动势关系：由于互感现象，且没有漏磁，则原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的ΔΦΔt ，根据法拉第电磁感应定律，有E 1＝n 1ΔΦΔt ，E 2＝n 2ΔΦΔt ，所以E 1E 2＝n 1n 2.(2)电压关系：由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U 1＝E 1，副线圈两端的电压U 2＝E 2，所以U 1U 2＝n 1n 2.①U 1U 2＝n 1n 2，无论副线圈一端是空载还是有负载，都是适用的． ②输出电压U 2由输入电压U 1和原、副线圈的匝数比共同决定．由U 1U 2＝n 1n 2，得U 1n 1＝U 2n 2＝ΔΦΔt .③若变压器有两个副线圈，则有U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝ΔΦΔt .所以有U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3或U 2U 3＝n 2n 3.④据U 1U 2＝n 1n 2知，当n 2>n 1时，U 2>U 1，这种变压器称为升压变压器；当n 2<n 1时，U 2<U 1，这种变压器称为降压变压器．(3)电流关系：由于不计各种电磁能量的损失，输入功率等于输出功率，即P 1＝P 2.因为P 1＝U 1I 1，P 2＝U 2I 2，则U 1I 1＝U 2I 2，所以I 1I 2＝U 2U 1.又由U 1U 2＝n 1n 2，得I 1I 2＝n 2n 1.2.高压输电的基本原理 (1)损失电能的分析任何输电线都有电阻，因此当电能通过输电线输送时，电流通过输电线，因输电线有电阻而发热，从而损失电功率． 设输电电流为I ，输电线电阻为R ，则输电线上的功率损失P 损＝I 2R .设输送电功率为P ，输电电压为U ，输电线的总长度为L ，横截面积为S ，电阻率为ρ，则输电电流I ＝PU ，输电线电阻为R ＝ρLS.所以输电线上的电功率损失可表示为P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2·ρLS. Ⅱ.同步讲解(2)输送电能的基本要求①可靠：保证供电线路可靠地工作，少有故障． ②保质：保证电能的质量——电压和频率稳定． ③经济：输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少． (3)减少损耗的方法由P 损＝I 2R 可知，减小输电线路上功率损失的方法主要有两种： ①减小输电线的电阻R ，由R ＝ρ·lS知a.减小输电线长度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 .b.减小电阻率ρ：目前一般用电阻率较小的铜或铝作导线材料，若使用电阻率更小的金属，如银、金等不现实，成本高．c.增大导线的横截面积S ：这种方法多耗费金属材料，必然会增加成本，同时给输电线的架设带来很大的困难． ②减小输电电流I ，根据I ＝PUa.减小输送功率P ：在实际中不能以用户少用或不用电来达到减少损耗的目的．b.提高输电电压U ：在输送功率P 一定时，输电线电阻R 一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，根据P 损＝⎝⎛⎭⎫P U 2·R 知，输电线上的电功率损耗将降为原来的1n 2。

根据以上分析知，采用高压输电是减小输电线上功率损耗最有效、最经济的措施．3.输电电路中的基本关系如图1所示，U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，P 1＝P 2，P 2－P 3＝P 损．图1输电电线的电流：I ＝P 2U 2，I ＝U 损R 线，I I 1＝n 1n 2，I 2I ＝n 3n 4.电压损失：U 损＝IR 线＝U 2－U 3＝P 损·R 线. 功率损失：P 损＝U 损·I ＝I 2R线＝U 2损R 线. 输电效率：η＝P 4P 1×100%＝P 2－P 损P 2×100%.二．题型分类：题型一：变压器的基本规律【例1】（★★★）如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦式交流电源，副线圈接入“220V，60W”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3220AD．原线圈端电压为11 V【答案】C【解析】因为灯泡正常发光所以副线圈中的电流I2＝P出U2＝60220A＝311A，根据公式I1I2＝n2n1得I1＝n2n1I2＝120×311A＝3220A，即电流表的示数应为3220A，故A错，C对；电源的输出功率等于变压器的输入功率，由P入＝P出可得电源的输出功率为60 W，故B选项错误；根据公式U1U2＝n1n2，得U1＝n1n2U2＝201×220V＝4 400V，故D选项错误。

变式训练：某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图3所示的规律变化，副线圈接有负载，下列判断正确的是()图3A．输出电压的最大值为36 VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为55∶9D．交流电源电压有效值为220 V，频率为50 Hz【答案】D【解析】由题图知原线圈电压最大值为2202V，周期T＝2×10－2s，故电压有效值为220V，频率为50 Hz；由U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1得输出电压的最大值为362V，原、副线圈电流之比为9∶55，输入、输出功率应相等，所以正确答案为D。

图2题型二（★★★）常见变压器【例2】如图4所示，M、N为两条交流输电线，甲、乙两图是配电室中的互感器和交流电表的两种接线示意图，以下说法正确的是()图4A．在乙图中，线圈N4的导线一定比线圈N3的导线粗B．甲图中的电表是交流电流表，乙图中的电表是交流电压表C．甲图中的电表是交流电压表，乙图中的电表是交流电流表D．甲、乙两图中的电表均为交流电流表【答案】C【解析】电压互感器输入端分别接在两根线上，次级匝数比初级匝数少；电流互感器输入端只能串联在电路中，次级匝数比初级匝数多。

变式训练：如图5所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值U AB＝100 V，R0＝40 Ω，当滑动片处于线圈中间位置时，C、D两端电压的有效值U CD为________V，通过电阻R0的电流有效值为________A.图5【答案】200 5【解析】由理想变压器公式U1U2＝n1n2得U CD＝n2n1U AB＝2×100V＝200V，又由I2＝U CDR0＝20040A＝5A。

题型三：变压器动态问题【例3】（★★★）如图6所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，则下列说法中错误的是()图6A ．保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，I 1将增大B ．保持P 的位置及U 1不变，K 由b 合到a 时，R 消耗功率将减小C ．保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑，I 1将增大D ．保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，I 1将增大 【答案】C【解析】K 由a 合到b 时，n 1减小而U 1不变，由U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈上的电压增大，负载R 的电流I 2增大，P 2增大；又由于P 1＝P 2＝U 1I 1，故I 1增大，A 项正确；同理K 由b 合到a 时，P 2减小，B 项正确； P 上滑时，负载电阻R 增大，而U 1、U 2均不变，由I 2＝U 2R 可知I 2减小，又由于n 1、n 2均不变，由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1将减小，故C 项错误；当U 1增大时，由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2也增大，I 2＝U 2R 增大，再由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1增大，故D 项正确．变式训练：如图7所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线等效电阻为R .开始时，开关S 断开．当S 接通时，以下说法中错误的是( )图7A ．副线圈两端M 、N 的输出电压减小B ．副线圈输电线等效电阻R 上的电压增大C ．通过灯泡L 1的电流减小D ．原线圈中的电流增大 【答案】A【解析】由于输入电压不变，所以S 接通时，理想变压器副线圈M 、N 两端的输出电压不变．并联灯泡L 2，负载总电阻变小，由欧姆定律I ＝UR 知，流过R 的电流增大，电阻R 上的电压U R ＝IR 增大．副线圈输出电流I 2增大，根据输入功率等于输出功率I 1U 1＝I 2U 2得，原线圈输入电流I 1也增大．U MN 不变，U R 变大，所以U L 1变小，流过灯泡L 1的电流减小．题型四：有多个副线圈的理想变压器问题【例4】（★★★）理想变压器如图8所示，原线圈匝数n 1＝1 000匝，两副线圈匝数分别为n 2＝600匝，n 3＝200匝，当原线圈两端接在220 V 的交流电源上时，原线圈上电流为2 A ，通过R 2的电流为1 A ，则通过R 3的电流为( )图8A ．10 AB ．7 AC ．3 AD ．1 A 【答案】B【解析】由理想变压器变压比公式U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝U 1n 2n 1＝220×6001 000 V ＝132 V ，由U 1U 3＝n 1n 3可得U 3＝n 3n 1U 1＝200×2201 000V ＝44 V ，根据输入功率等于输出功率有I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3 解得I 3＝7 A ，选B .变式训练：如图9所示，一台有两个副线圈的理想变压器，原线圈匝数n 1＝1 100匝，接入电压U 1＝220 V 的电路中．图9(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U 2＝6 V ，U 3＝110 V ，它们的匝数n 2、n 3分别为多少？ (2)若在两副线圈上分别接上“6 V ，20 W”、“110 V,60 W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？ 【答案】(1)30匝 550匝 (2)0.36 A【解析】(1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系，由U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3得n 2＝U 2U 1n 1＝6220×1 100匝＝30匝n 3＝U 3U 1n 1＝110220×1 100匝＝550匝(2)设原线圈输入电流为I 1，P 入＝P 出，即I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＝P 2＋P 3，所以I 1＝P 2＋P 3U 1＝20＋60220A ＝0.36 A题型五：线路损耗问题【例5】（★★★）1．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，下列计算输电线损耗的式子中，不正确的是( )A ．U 21R B ．U 1－U 22RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2) 【答案】A【解析】输电线的损耗P 损＝I 2R 线＝U 2线R 线＝IU 线其中U 线＝U 1－U 2，故B 、C 、D 正确，A 不正确．变式训练：(双选)某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R .则下列说法正确的是( )A ．输电线上的电流I ＝U RB ．输电线上的电流I ＝P 0UC ．输电线上损失的功率P ＝(P 0U )2RD ．输电线上损失的功率P ＝U 2R【答案】BC【解析】输电线上的电流I 线＝P 0U ＝U 线R 故A 错误，B 正确；输电线上的功率损失P ＝I 2线R ＝(P 0U )2R ＝U 2线R ，故C 正确，D错误．题型六：远距离输电线路中各物理量的关系3．一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 kΩ.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的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则下列说法错误的是( )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 【答案】C【解析】输电线上消耗的功率P 线＝I 22R ＝400 kW ，则I 2＝P 线R ＝20 A ，又P 1＝U 1I 1，则I 1＝P 1U 1＝103 A ，故A 正确；T 1的变压比U 1U 2＝I 2I 1＝150，又P ＝U 1I 1＝U 2I 2，得U 2＝2×105 V ，输电线上损失电压U 线＝I 2R ＝2×104 V ，则T 2原线圈的输入电压U 3＝U 2－U 线＝1.8×105 V ，又灯泡正常发光，T2的副线圈的电压为220 V ，B 正确；T 2的变压比U 3U 4＝1.8×105220＝9 00011，C 错误；根据U 3I 2＝60n ，解得n ＝6×104，D 正确． 变式训练：(双选)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.n2n1>n3n4 B.n2n1<n3n4C．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【答案】AD【解析】由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率．P出－P损＝P入，故D正确.U2U1＝n2n1，U3U4＝n3n4，因为U1＝200 V<U4＝220 V，U2>U3＝U2－U线，故n2n1>n3n4，选项A正确．＜建议用时10分钟！＞（时间10分钟，共10道题，满分100分）一、选择题，每题10分共50分1.一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图11所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则()图11A．流过电阻的电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC．经过1分钟电阻发出的热量是6×103 JD．变压器的输入功率是1×103 W【答案】 D【解析】设输入电压为U1，输出电压为U2，由U1U2＝n1n2知U2＝100 V，I＝U2R＝10010A＝10 A，故选项A、B错误；1分钟内电阻产生的热量Q＝I2Rt＝102×10×60 J＝60 000 J，故选项C错误；P输入＝P输出＝U22R＝1×103 W，故选项D正确．2.如图12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＝U0sin ωt的交流电源，副线圈接一Ⅲ.达标检测个R ＝27.5 Ω的负载电阻．若U 0＝220 2 V ，ω＝100π rad/s ，则下述结论正确的是( )图12A ．副线圈中电压表的读数为55 VB ．副线圈中输出交流电的周期为1100π 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 2 W 【答案】AC【解析】原线圈电压有效值为U ＝220 V ，电压表读数为U 2＝2204 V ＝55 V ，周期T ＝2πω＝150 s ，副线圈中电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈中电流I 1＝I 24＝0.5 A ，P ＝I 1U ＝110 W.3.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈有可调电阻R .设原线圈的电流为I 1，输入功率为P 1，副线圈的电流为I 2，输出功率为P 2.当R 增大时( )A ．I 1减小，P 1增大B ．I 1减小，P 1减小C ．I 2增大，P 2减小D ．I 2增大，P 2增大 【答案】 B【解析】副线圈的电压不变，当副线圈接的电阻R 增大时，I 2减小，P 2减小，因为P 1＝P 2，所以P 1减小，I 1＝n 2n 1I 2，I 1也减小．4.如图13所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻，开关S 是闭合的．和为理想电压表，读数分别为U 1和U 2；、和为理想电流表，读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S ，U 1数值不变，下列推断中正确的是( )图13A ．U 2变小、I 3变小B ．U 2不变、I 3变大C ．I 1变小、I 2变小D ．I 1变大、I 2变大 【答案】 BC【解析】由U 2＝n 2n 1U 1得U 1不变，U 2就不变；S 断开，R 总增大，U 2不变，则I 2变小，由I 1＝n 2n 1I 2得I 1也变小；I 2变小，加在R 1两端的电压变小，由UR 3＝U 2－UR 1，得UR 3增大，所以I 3变大. 5.远距离输送一定功率的交流电，若输电线电阻一定，下列说法正确的是( )A ．输电线上的电压损失跟输电电压成正比B ．输电线上的功率损失跟输电电压成正比C ．输电线上的功率损失跟输电电压的平方成反比D ．输电线上的功率损失跟输电线上的电压损失的平方成正比【答案】 CD【解析】此题容易犯的错误是将输电电压与损失电压相混，由P ＝U 2R 而选B.正确的思路是由I 线＝P 送U 送可知ΔP ＝P 2送U 2送·R 线，C 对．ΔU ＝P 送U 送·R 线，A 错．ΔP ＝ΔU 2R 线，D 对． 二、非选择题,5题每题10分，共50分6.某发电站的输出功率P ＝104 kW ，输出电压U 1＝4 kV ，通过理想变压器升压后向远处供电．已知输电导线的总电阻为R ＝10 Ω，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求变压器的匝数比．【答案】225【解析】 发电站的输出电流I 1＝P U 1＝1074×103A ＝2.5×103 A 输电线路损失的功率P 损＝4%P ＝I 22R 则I 2＝4%P R ＝4%×10710A ＝2×102 A 变压器的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝2×1022.5×103＝2257.某小型水电站输出功率为20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω.(1)若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率．(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．【答案】(1)16.6 kW (2)226.2 V【解析】(1)P 电＝U 1I 1，P 损＝I 21R ，损耗的功率为P 损＝P 2电U 21R ＝4×1083802×6 W ＝16.6 kW. (2)P 电＝U 2I 2，损失的电压ΔU ＝I 2R ＝24 V ，U 3＝U 2－ΔU ＝4 976 V ，U 3∶U 4＝n 1∶n 2，用户得到的电压U 4＝226.2 V .8.一座小型水电站，水以3 m/s 的速度流入水轮机，而以1 m/s 的速度流出．流出水位比流入水位低1.6 m ，水的流量为1 m 3/s.如果水流能量的75%供给发电机，20%使水温度升高．求：(1)水温升高多少？(2)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率多大？(3)若发电机的输出电压为240 V ，输电线路总电阻为503Ω，允许损失的电功率为输出功率的5%，用户所需电压为220 V ，则在送电过程中所用的升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？[变压器为理想变压器，g取10 m/s2，水的比热容为4.2×103 J/(kg·℃)]【答案】(1)9.5×10－4℃(2)12 kW(3)3259511【解析】(1)每秒水流机械能损失为ΔE＝12m(v21－v22)＋mgΔh＝2×104 J其中有20%能量使水温升高则cmΔt＝20%ΔE所以Δt＝20%ΔEcm＝9.5×10－4℃(2)发电机的输出功率为P出＝75%ΔEt×80%，而t＝1 s所以P出＝12 kW(3)发电机经变压器到用户的供电线路示意如图所示=5%P P出线=600 W因为2=P I R线线线，所以I线=6 A又因为2I I=线=6 A，11PIU=出=50 A所以对升压变压器有1221I nI n=即1221325n In I==又因为3I I=线=6 A，4457011P PIU-==出线A所以，对降压变压器有34439511n In I==9．某发电站的输出功率为104 kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km远处用户供电．已知输电线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4 m2，输电线路损失的功率为输出功率的4%.求：(1)升压变压器的输出电压．(2)输电线路上的电压损失．【答案】(1)8×104 V(2)3.2×103 V【解析】(1)导线电阻r＝ρ2lS＝2.4×10－8×2×80×1031.5×10－4Ω＝25.6 Ω输电线路损失功率为输出功率的4%，则4%P＝I2r代入数据得I＝125 A由理想变压器P入＝P出及P＝UI得输出电压U＝PI＝107125V＝8×104 V(2)输电线路上电压损失U′＝Ir＝125×25.6 V＝3.2×103 V10．在图14中，降压变压器的变压系数是3，即初级线圈匝数与次级线圈的匝数之比是3∶1.初级线圈的输入电压是660 V，次级线圈的电阻为0.2 Ω，这台变压器供给100盏(220 V,60 W)的电灯用电．求：图14(1)空载时次级线圈的端电压和输出功率．(2)接通时次级线圈的端电压．(3)每盏灯的实际功率．【答案】(1)220 V0(2)214.68 V(3)57.1 W【解析】(1)将变压器视为理想变压器．设空载时次级线圈的端电压为U2.由U1U2＝n1n2，得U2＝n2n1U1＝220 V因为空载，次级线圈的负载电阻2R→∞，次级线圈中的电流为零I2＝0，P＝I2U2＝0.(2)接通电路后，100盏灯并联的总电阻为R外＝R100＝U2额100P额＝8.07 Ω次级线圈中的电流为I2＝U2R外＋R线＝2208.07＋0.2＝26.6 A所以次级线圈的端电压U2′＝I2R外＝214.68 V(3)每盏灯的实际功率为P＝I2100U2′＝57.1 W本次测试得分______________< 喔………达标啦！>请寄胸腔Ⅳ.物理巴士德国著名物理学家威廉·康拉德·伦琴（1845—1923年）在1895年发现了一种特殊射线，取名叫伦琴射线，就是我们常说的“X”光线，轰动了整个德国。