（通用版）2018-2019版高中物理 第3章 电能的输送与变压器学案（打包4套）沪科版选修3-2.zip

13.1 高压输电原理[目标定位] 1.掌握输电过程中降低输电损耗的两个途径.2.理解高压输电的原理.3.会对简单的远距离输电线路进行定量计算.一、远距离输电为什么要用高电压如图 1 所示，假定输电线路中的电流为 I，两条导线的总电阻为 R，在图中导线电阻集中画为 R，输送功率为 P，发电厂输出的电压为 U.那么：图 1(1)远距离大功率输电面临的困难是什么？(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低输电损耗的两个途径是什么？(3)为什么远距离输电必须用高压呢？答案 (1)在输电线上有功率损失.(2)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了.这是输电线上功率损失的主要原因.功率损失表达式：Δ P＝ I2R，所以降低输电损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻 R；②减小输电电流 I.(3)因为发电厂的输出功率 P 是一定的，由 P＝ UI 得 I＝ ，Δ P＝ R，要减小输电电流 I，PU P2U2必须提高输出电压 U.[要点总结]输电线上的电压损失和功率损失(设输电线的电阻为 R，电流为 I)1.电压损失输电线始端电压 U 与输电线末端电压 U′的差值.Δ U＝ U－ U′＝ IR.2.功率损失(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率 Δ P＝ I2R.(2)若输电线上损失的电压为 Δ U，则功率损失还可以表示为 Δ P＝ ，Δ P＝Δ U·I.Δ U2R3.减小电压、功率损失的方法2(1)减小输电线的电阻 R由 R＝ ρ 可知，距离 L 一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可以减小电阻.LS(2)减小输电电流 I由 P＝ UI 可知，当输送功率一定时，Δ P＝ r，升高电压可以减小电流.P2U2[延伸思考] 为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？答案 用电高峰期到用户家中的输电线电流 I 较大，输电线上损失的电压 Δ U＝ Ir 较大，用户得到的电压 U－Δ U 较低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗.例 1 (多选)如图 2 所示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( )图 2A.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小电路的发热损耗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答案 ABD解析 由 P 损 ＝ I2R 和 R＝ ρ 知 S 越大， R 越小， P 损 越小，所以 A 正确.由 P＝ UI 及 P 损LS＝ I2R 知 B 正确，C 错误.电压越高，对输电线路绝缘性能和对变压器的要求越高，实际输送电能时，要综合考虑各种因素，所以 D 正确.例 2 发电厂发电机直接向学校供电，发电机输出电压为 U1，发电厂至学校的输电导线总电阻为 R，导线的电流为 I，学校得到的电压为 U2，则下列关于输电线损失的功率的式子中错误的是( )A. B.U21R U1－ U22RC.I2R D.I(U1－ U2)答案 A3解析 用 P＝ 求电阻上损失的功率时， U 要与电阻 R 相对应，选项 A 中的 U1是输出电压不U2R是输电线上的电压，故 A 是错误的.B 中的( U1－ U2)是输电线上的电压，因此，B 是正确的.C、D 中的电流 I 是输电线中的电流，故 C、D 都是正确的.例 3 三峡电站某机组输出的电功率为 50 万千瓦.(1)若输出的电压为 20 万伏，则输电线上的电流为多少？(2)若输出的电压为 20 万伏，某处与电站间每根输电线的电阻为 10 欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的百分比是多少？(3)若将电压升高至 50 万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的百分比是多少？答案 (1)2 500 A (2)1.25×10 8 W 25% (3)1 000 A 2×10 7 W 4%解析 (1)由 P＝ UI 得 I＝ ＝ ＝2 500 APU 5×108 W2×105 V(2)输电线上损失的功率 Δ P＝ I2·2r＝2 500 2×2×10 W＝1.25×10 8 W损失功率与输出功率之比为 ＝ ＝ ＝25%Δ PP 1.25×1085×108 14(3)将电压升高至 50 万伏时， I′＝ ＝ ＝1 000 APU′ 5×108 W5×105 V输电线上损失的功率 Δ P′＝ I′ 2·2r＝1 000 2×2×10 W＝2×10 7 W损失功率与输出功率之比为 ＝ ＝ ＝4%Δ P′P 2×1075×108 125针对训练 某水电站，用总电阻为 2.5 Ω 的输电线输电给 500 km 外的用户，其输出电功率是 3×106 kW.现用 500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )A.输电线上输送的电流大小为 2.0×105 AB.输电线上由电阻造成的损失电压为 15 kVC.若改用 5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为 9×108 kWD.输电线上损失的功率为 Δ P＝ ， U 为输电电压， R 为输电线的电阻U2R答案 B解析 输电线上输送的电流为 I＝ ＝ A＝6×10 3 A，A 项错误；输电线上PU 3×106×103500×103损失的电压为 U 损 ＝ IR＝6×10 3×2.5 V＝1.5×10 4 V＝15 kV，B 项正确；当用 5 kV 电压输电时，输电线上损失的功率超过 3×106 kW，与实际情况相矛盾，故 C 项错误；当用公式Δ P＝ 计算损失的功率时， U 为输电线上损失的电压而不是输电电压，D 项错误.U2R二、交流输配电网发电机发出的交变电流先送到升压变电站，将电压升高到 220 kV 以上，由高压输电线向远4处输送.在用电区，先由第一级变电站将电压降到 110 kV，再输送到第二级变电站，将电压降到 10 kV，送到用电区.对普通生活用电，则还要用变压器进一步将电压降到 220 V. 1.(降低输电损耗的途径)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，农村进行电网改造，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答案 C解析 电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径：(1)减小输电导线中的电流，即可提高输电电压；(2)减小输电线的电阻，即增大输电导线的横截面积，故C 正确.2.(输电线上功率损失的计算)(多选)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图 3 所示，为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.在正常供电时，高压线上送电电压为 U，电流为 I，热耗功率为 Δ P；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为 9Δ P，则除冰时( )图 3A.输电电流为 3I B.输电电流为 9IC.输电电压为 3U D.输电电压为 U13答案 AD解析 高压线上的热耗功率为 Δ P＝ I2R 线 ①若热耗功率变为 9Δ P，则 9Δ P＝ I′ 2R 线 ②由①②得 I′＝3 I，A 对.又输送功率不变， P＝ UI＝ U′ I′，得 U′＝ U，所以 D 对.133.(输电线上功率损失的计算)远距离输电，原来用电压 U0输送，输电线上损失的功率为5P0，现要使输电线路上损失的功率减少到原来的 1%，在保持输送功率不变的情况下，输电电压变为____ U0.答案 10解析 设输送功率为 P，则 P0＝( )2R 线 ，0.01 P0＝( )2R 线 ，所以 U＝10 U0.PU0 PU4.(输电线上功率损失的计算)一座小型发电站，用总电阻是 0.5 Ω 的输电线把电输送给用户，发电站输送的电功率是 20 kW.假如用 250 V 的电压输电，估算输电导线上的功率损失和用户得到的功率.假如改用 500 V 的电压输电，输电线上的功率损失和用户得到的功率又各是多少？答案 3.2 kW 16.8 kW 0.8 kW 19.2 kW解析 假如用 250 V 的电压输电，输电线上的功率损失为 P 损 ＝( )2R＝( )2×0.5 PU 20×103250W＝3.2 kW用户得到的功率为P 用 ＝ P－ P 损 ＝20 kW－3.2 kW＝16.8 kW假如改用 500 V 的电压输电，输电线上的功率损失为P 损 ′＝( )2R＝( )2×0.5 W＝0.8 kWPU′ 20×103500用户得到的功率为P 用 ′＝ P－ P 损 ′＝20 kW－0.8 kW＝19.2 kW.13.2 变压器为什么能改变电压 3.3电能的开发与利用[目标定位] 1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理.2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题.3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系.4.了解我国电能开发与利用的现状及前景.一、变压器的原理及电压与匝数的关系把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁心上，一个线圈通过开关连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上(如图 1 所示).连接电路，接通电源，小灯泡能发光.图 1(1)电源和小灯泡并没有连接，小灯泡为什么会发光？(2)小灯泡两端电压与学生电源两端的输出电压相等吗？如果不相等与什么因素有关？(3)若将原线圈接到恒定的直流电源上，小灯泡亮不亮？分析讨论原因.答案 (1)当左边线圈加上交变电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁心中产生周期性变化的磁场，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.2(2)左、右线圈中每一匝线圈上磁通量的变化率 都相同，若左边匝数为 n1，则 E1＝ n1Δ ΦΔ t；若右边匝数为 n2，则 E2＝ n2 ，故有 ＝ ；若忽略左边线圈的电阻，则有 E1＝ EΔ ΦΔ t Δ ΦΔ t E1E2 n1n2电源 ，这样看来小灯泡两端电压与左侧交流电源电动势及两线圈匝数比 都有关系.n1n2(3)不亮.因为在副线圈中不会产生感应电动势，副线圈两端没有电压，所以小灯泡不亮.[要点总结]1.变压器的构造：闭合铁心、与交流电源相连接的线圈叫原线圈(匝数用 n1表示，又叫做初级线圈)、与负载相连的另一个线圈叫副线圈(匝数用 n2表示，又叫做次级线圈)，两个线圈都绕在闭合铁心上.2.变压器的工作原理是电磁感应.因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用.(后两空选填“变化”或“恒定”)3.变压器中的电压关系(1)只有一个副线圈： ＝ .U1U2 n1n2(2)有多个副线圈： ＝ ＝ …U1n1 U2n2 U3n34.变压器不能(填“能”或“不能”)改变交变电流的频率.5.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.特别提醒：变压器能改变交变电压、交变电流，但不能改变恒定电压、恒定电流.例 1 (多选)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心流到了副线圈答案 BC解析 B∝ I，由于面积 S 不变，故 Φ ∝ I，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.二、理想变压器中的功率及电流关系1.什么是理想变压器？理想变压器输入与输出功率有什么关系？答案 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3圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗.所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即 P 入 ＝ P 出.2.若只有一个副线圈时，原、副线圈中的电流与匝数有什么关系？答案 由能量守恒定律知 P 入 ＝ P 出 ，即 U1I1＝ U2I2.所以 ＝ ＝ .I1I2 U2U1 n2n13.若有多个副线圈时，电流与匝数间的关系是什么？答案 若有多个副线圈 P1＝ P2＋ P3＋…，即 U1I1＝ U2I2＋ U3I3＋…将 U1∶ U2∶ U3∶…＝ n1∶ n2∶ n3∶…代入得n1I1＝ n2I2＋ n3I3＋…[要点总结]1.理想变压器的特点：(1)变压器铁心内无漏磁；无发热损失.(2)原、副线圈不计内阻，即无能量损失.实际变压器(特别是大型变压器)一般可以看成理想变压器.2.功率关系： P 入 ＝ P 出.3.电流关系：(1)若只有一个副线圈时 I1U1＝ I2U2，即 ＝ .I1I2 n2n1(2)若有多个副线圈时 I1U1＝ I2U2＋ I3U3＋…得 I1n1＝ I2n2＋ I3n3＋….例 2 如图 2 所示，理想变压器原、副线圈匝数比 n1∶ n2＝2∶1， 和 均为理想电表，灯泡电阻 RL＝6 Ω， AB 两端电压 u1＝12 sin 100π t(V).下列说法正确的是( )2图 2A.电流频率为 100 Hz B. 的读数为 24 VC. 的读数为 0.5 A D.变压器输入功率为 6 W答案 D解析 根据 u1＝12 sin 100π t(V)及 U＝ 知 U1＝12 V， f＝ ＝50 Hz，选项 A 错误；根2Um2 ω2π据 ＝ 得 U2＝ U1＝ ×12 V＝6 V，即 的读数为 6 V，选项 B 错误；又 I2＝ ＝ A＝1 U1U2 n1n2 n2n1 12 U2RL 664A，即 的读数为 1 A，选项 C 错误；根据 P 入 ＝ P 出 及 P 出 ＝ ＝ W＝6 W，选项 D 正确.U22RL 626三、自耦变压器和互感器1.自耦变压器如图 3 所示，铁心上只绕有一个线圈，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 3规律： ＝ ＝ .U1U2 n1n2 I1I2 n2n12.电压互感器、电流互感器(1)构造：小型变压器，如图 4 所示.(2)接法：电压互感器原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表；电流互感器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：电压互感器可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，电流互感器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.图 4例 3 (多选)图 5 甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )图 5A.线圈匝数 n1n2， n3n4C.甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D.乙图中的电表是电流表，输出端不可断路5答案 CD解析 题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器， n1n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3n4，题图乙中的电表为电流表，故选项 C、D 正确.例 4 如图 6 所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值 U0＝220 V， n0＝2 200 匝，挡位 1、2、3、4 对应的线圈匝数分别为 220 匝、500 匝、1 100 匝、2 200 匝.电动机 M 的内阻 r＝4 Ω，额定电压为 U＝220 V，额定功率 P＝110 W.下列判断正确的是( )图 6A.当选择挡位 3 时，电动机两端电压为 110 VB.当挡位由 3 变换到 2 时，电动机的功率增大C.当选择挡位 2 时，电动机的热功率为 1 WD.当选择挡位 4 时，电动机的输出功率为 110 W答案 A解析 由电压与匝数的关系 U0∶ U3＝ n0∶ n3，解得 U3＝110 V，A 正确；当挡位由 3 变换到 2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B 错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为 I＝ ＝0.5 A，热功率 Pr＝ I2r＝1 W，输出功率为 P－ Pr＝(110－1) W＝109 W，D 错误；PU当没有达到额定功率时，热功率小于 1 W，C 错误. 1.(变压器的工作原理)(多选)理想变压器正常工作时，原、副线圈中一定相同的物理量是( )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答案 ABC2.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图 7 所示，将额定电压为 60 V 的用电器通过一理想变压器接在正弦交变电源上.闭合开关 S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表6(均为理想电表)的示数分别为 220 V 和 2.2 A.以下判断正确的是( )图 7A.变压器输入功率为 484 WB.通过原线圈的电流的有效值为 0.6 AC.通过副线圈的电流的最大值为 2.2 AD.变压器原、副线圈匝数比 n1∶ n2＝11∶3答案 BD解析 变压器的输入功率 P1＝ P2＝ I2U2＝2.2×60 W＝132 W，选项 A 错误；由 ＝ 得 ＝U1U2 n1n2 n1n2＝ ＝ ，选项 D 正确；由 ＝ 得 I1＝ I2＝ ×2.2 A＝0.6 A，选项 B 正确；根U1U2 220 V60 V 113 I1I2 n2n1 n2n1 311据 I＝ 得通过副线圈的电流的最大值 I2m＝ I2＝2.2 A，选项 C 错误.Im2 2 23.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图 8 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，副线圈接一个 R＝27.5 Ω 的负载电阻.若 U0＝220 V， ω ＝100π rad/s，则下述结论正确的是( )2图 8A.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 s1100πC.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 W2答案 AC解析 原线圈电压有效值为 U＝220 V，电压表读数为 U2＝ V＝55 V，周期 T＝ ＝ 2204 2πω 150s，副线圈中电流 I2＝ ＝2 A，原线圈中电流 I1＝ ＝0.5 A， P＝ I1U＝110 W，故 A、C 正U2R I24确.4.(互感器)(多选)如图 9 所示， L1、 L2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( )7图 9A.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答案 AD解析 根据匝数比 ＝ ，有 U1＝ U2＝ ×220 V＝22 000 V，故 A 正确；题图甲是电压U1U2 n1n2 n1n2 1001互感器，故 B 错误；题图乙是电流互感器，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 ＝ ，有 I3＝ I4＝ ×10 A＝100 A，故 DI3I4 n4n3 n4n3 101正确.1微型专题 5 变压器的动态分析 远距离输电一、理想变压器的动态分析1.电压、电流、功率的制约关系(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比 一定时，输入电压 U1决定输出电压 U2，即n1n2U2＝ .n2U1n1(2)功率制约： P 出 决定 P 入 ， P 出 增大， P 入 增大； P 出 减小， P 入 减小； P 出 为 0， P 入 为 0.(3)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比 一定，且输入电压 U1确定时，副线圈中的输n1n2出电流 I2决定原线圈中的电流 I1，即 I1＝ .n2I2n12.对理想变压器进行动态分析的两种常见情况：(1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是 R→ I2→ P 出 → P 入 → I1.(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、 n2→ U2→ I2→ P 出 → P 入 → I1.例 1 (多选)如图 1 所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头 Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻 R0和滑动变阻器 R， P 为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为 U 的正弦交流电，则( )2图 1A.保持 Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电流表读数变大B.保持 Q 的位置不动，将 P 向上滑动时，电流表读数变小C.保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电流表读数变大D.保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时，电流表读数变小答案 BC解析 Q 位置不动，副线圈电压 U2不变，当 P 上滑时， R 增大，由 P＝ 可知总功率减小，U2R＋ R0原线圈电压 U1不变，由 P＝ U1I1可知原线圈电流 I1减小，故 A 错误，B 正确；当 P 位置不动，Q 上滑时，由 ＝ 知 U2增大，同理分析知原线圈电流 I1增大，故 C 正确，D 错误.U2U1 n2n1针对训练 1 如图 2 所示，用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，开始时开关 S 是断开的.现将开关 S 闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是( )图 2A.V1、V 2的示数不变，A 1的示数增大，A 2的示数减小， P 入 增大B.V1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数增大， P 入 增大C.V1、V 2的示数不变，A 1、A 2的示数减小， P 入 减小D.V1的示数不变，V 2的示数增大，A 1的示数减小，A 2的示数增大， P 入 减小答案 B解析 电压表 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 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n1n2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 和输出电流 I2决定； P 入 随 Pn2n1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＝ ，可n2U1n1知 U2也不变，即电压表 V2的示数不变；又据 I2＝ 知， S 闭合后 R 负 减小，故 I2增大，电U2R负流表 A2的示数增大；输入电流 I1随输出电流 I2的增大而增大，故电流表 A1的示数增大；因3P 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.二、远距离高压输电问题解决远距离输电问题时，需要画输电的电路图，理清三个回路，抓住两个联系，掌握一个定律.1.画图、理清三个回路(如图 3 所示)图 32.抓住两个联系(1)理想升压变压器联系回路 1 和回路 2即 ＝ ， I1n1＝ I2n2， P1＝ P2.U1U2 n1n2(2)理想降压变压器联系回路 2 和回路 3即 ＝ ， I3n3＝ I4n4， P3＝ P4U3U4 n3n43.掌握一个定律根据能量守恒定律得 P2＝Δ P＋ P3.例 2 如图 4 所示，发电站通过升压变压器、输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，若发电机的输出功率是 100 kW，输出电压是250 V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为 1∶25.图 4(1)求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流；(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的 4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压.答案 (1)6 250 V 16 A (2)15.625 Ω 6 000 V解析 (1)对升压变压器，据公式 ＝ ，有U1U2 n1n2U2＝ U1＝ ×250 V＝6 250 Vn2n1 251I2＝ ＝ ＝ A＝16 AP2U2 P1U2 100 0006 2504(2)P 损 ＝ I22R 线 ， P 损 ＝0.04 P1所以 R 线 ＝ ＝15.625 Ω0.04P1I22因为 Δ U＝ U2－ U3＝ I2R 线所以 U3＝ U2－ I2R 线 ＝6 000 V.针对训练 2 (多选)如图 5 为远距离输电示意图，发电机的输出电压 U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且 n1∶ n2＝ n4∶ n3.当用户用电器的总电阻减小时( )图 5A.U1∶ U2＝ U4∶ U3B.用户的电压 U4增加C.输电线上的损失功率增大D.用户消耗的功率等于发电机的输出功率答案 AC解析 根据 ＝ ， ＝ 以及 n1∶ n2＝ n4∶ n3，知 U1∶ U2＝ U4∶ U3，故 A 正确.用户用电器U1U2 n1n2 U3U4 n3n4总电阻减小，则电流增大，所以输电线上的电流增大，根据 P 损 ＝ I2r 知，输电线上损耗的功率增大，根据 Δ U＝ Ir 知，输电线上的电压损失变大，发电机的输出电压不变，则升压变压器的输出电压不变，降压变压器的输入电压变小，用户的电压 U4减小，故 B 错误，C 正确.用户消耗的功率等于发电机的输出功率与输电线上损失的功率之差，故 D 错误. 1.(理想变压器动态分析)(多选)如图 6 所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使 ( )图 6A.原线圈匝数 n1增加 B.副线圈匝数 n2增加5C.负载电阻 R 的阻值增大 D.负载电阻 R 的阻值减小答案 BD解析 由 ＝ ， P 出 ＝U1U2 n1n2 U22R可得 P 出 ＝U12n22n12R又因为 P 入 ＝ P 出 ，所以 P 入 ＝U12n22n12R分析可得选项 B、D 正确.2.(理想变压器动态分析)(多选)如图 7 所示的电路中， P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压 U1不变，闭合开关 S，下列说法正确的是( )图 7A.P 向下滑动时，灯 L 变亮B.P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C.P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D.P 向上滑动时，变压器的输出功率变大答案 BD解析 由于理想变压器输入电压 U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压 U2也不变，灯 L 的亮度不随 P 的滑动而改变，故选项 A 错误，选项 B 正确. P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻 R 总 减小，由 I2＝ 知，通过副线圈的电流 I2增大，输U2R总出功率 P 出 ＝ U2I2增大，再由 ＝ 知输入电流 I1也增大，故选项 C 错误，D 正确.I1I2 n2n13.(远距离高压输电问题)风力发电作为新型环保能源，近年来得到了快速发展，如图 8 所示的风车阵中发电机输出功率为 100 kW，输出电压是 250 V，用户需要的电压是 220 V，输电线总电阻为 10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输送功率的 4%.图 8(1)画出此输电线路的示意图；(2)求用户得到的电功率；(3)求在输电线路中设置的升、降压变压器原、副线圈的匝数比.6答案 (1)见解析图 (2)96 kW (3)1∶20 240∶11解析 (1)如图所示(2)输电线损失的功率 P 损 ＝ P×4%＝100 kW×4%＝4 kW.用户得到的电功率 P 用 ＝ P－ P 损 ＝96 kW.(3)输电线电流 I2＝ ＝ A＝20 A.P损R线 4×10310升压变压器输出电压U2＝ ＝ V＝5×10 3 V.PI2 100×10320升压变压器原、副线圈匝数比：＝ ＝ ＝ .n1n2 U1U2 250 V5 000 V 120电压损失 U 损 ＝ I2R 线 ＝20×10 V＝200 V.降压变压器原线圈两端电压U3＝ U2－ U 损 ＝4 800 V.降压变压器原、副线圈匝数比＝ ＝ ＝ .n3n4 U3U4 4 800 V220 V 240111第 3章 电能的输送与变压器章末总结电能的输送与变压器Error!一、电能输送中功率损失的计算1.P 损 ＝ I2R.2.在输电电流一定的情况下，如果电路的电阻减为原来的一半，则损失的功率变为原来的二分之一；在线路电阻不变的情况下，当电流为原来的一半，线路上损失的功率变为原来的四分之一.3.由 2可知，减小电流对降低损耗更有效.4.P＝ UI.5.由 P＝ UI可知 I＝ ，由此式可知，在电功率不变的前提下，升高电压，可减小输电电流.PU例 1 图 1为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器 T的原、副线圈匝数分别为 n1、 n2，在 T的原线圈两端接入一电压 u＝ Umsin ωt 的交流电源，若输送电功率为 P，输电线的总电阻为 2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )2图 1A.( ) B.( )n1n2U2m4r n2n1U2m4rC.4( )2( )2r D.4( )2( )2rn1n2 PUm n2n1 PUm答案 C解析 原线圈电压的有效值： U1＝ ，根据 ＝ 可得 U2＝ · ，又因为是理想变压器，Um2 U1U2 n1n2 n2n1 Um2所以 T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率 P，所以输电线上的电流 I＝ ，输电线PU2上损失的电功率为 P′＝ I22r＝4 r 2 2，所以 C正确，A、B、D 错误.(n1n2)(PUm)二、理想变压器的分析思路1.电压思路：变压器原、副线圈的电压之比为 ＝ ；当变压器有多个副线圈时， ＝ ＝U1U2 n1n2 U1n1 U2n2＝…U3n32.功率思路：理想变压器的输入、输出功率关系为 P 入 ＝ P 出 ，即 P1＝ P2；当变压器有多个副线圈时， P1＝ P2＋ P3＋…3.电流思路：由 I＝ 知，当变压器有多个副线圈时， n1I1＝ n2I2＋ n3I3＋…，对只有一个副PU线圈的变压器才有 ＝ .I1I2 n2n14.动态分析变压器电路的思路可表示为 212 12121()2 1UUnIRPIUPIU              负 载决 定 决 定 决 定 决 定例 2 如图 2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( )图 2A.当滑动变阻器的滑动触头 P向上滑动时， R1消耗的功率变大3B.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 A1示数变大D.若闭合开关 S，则电流表 A1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，滑动变阻器接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流变小，则 R1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，副线圈中的电流变小，则原线圈中的电流也变小，电流表 A1示数变小，选项 C错误；若闭合开关 S，副线圈电路中总电阻变小，副线圈中的电流变大， R1两端电压变大， R2两端电压变小，电流表A2示数变小，原线圈中的电流变大，电流表 A1示数变大，选项 D错误.三、远距离输电电路中的各种关系1.解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，如图 3所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置.图 32.分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源.3.综合运用下面三方面的知识求解(1)能量守恒P＝ U1I1＝ U2I2＝ P 用户 ＋Δ PΔ P＝ I22RP 用户 ＝ U3I3＝ U4I4.(2)电路知识U2＝Δ U＋ U3Δ U＝ I2R(3)变压器知识＝ ＝ ＝ ＝ .U1U2 I2I1 n1n2 U3U4 I4I3 n3n4其中 Δ P＝ I22R，Δ U＝ I2R往往是解题的切入点.例 3 交流发电机两端电压是 220 V，输出功率为 4 400 W，输电导线总电阻为 2 Ω.试求：(1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？4(2)若发电机输出端用 1∶10 的理想升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用 10∶1的理想降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又是多大？答案 (1)180 V 3 600 W 800 W (2)219.6 V 4 392 W解析 (1)如图，由 P＝ IU得：I＝ ＝ A＝20 APU 4 400220由 U＝ U 用 ＋ IR得：用户得到的电压为 U 用 ＝ U－ IR＝220 V－20×2 V＝180 V由 P＝ P 用 ＋ I2R得：用户得到的功率为P 用 ＝ P－ I2R＝4 400 W－20 2×2 W＝3 600 W输电损失功率为 P 损 ＝ I2R＝20 2×2 W＝800 W(2)输电线路示意图如图所示，根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得：＝ ，U1U2 n1n2解得 U2＝ ＝ V＝2 200 VU1n2n1 220×101因理想变压器不改变功率，即 P2＝ P，所以 I2＝ ＝2 APU2U3＝ U2－ I2R＝2 200 V－2×2 V＝2 196 V由 ＝ 得：降压变压器副线圈两端电压U4U3 n4n3U4＝ ＝ V＝219.6 VU3n4n3 2 196×110用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即P4＝ P3＝ P2－ I22R＝ P－ I22R＝4 392 W. 51.(电能输送中功率损失的计算)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率 P，原线圈的电压 U保持不变，输电线路的总电阻为 R.当副线圈与原线圈的匝数比为 k时，线路损耗的电功率为 P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到 nk，线路损耗的电功率为 P2，则 P1和 分别为( )P2P1A. ， B.( )2R，PRkU 1n PkU 1nC. ， D.( )2R，PRkU 1n2 PkU 1n2答案 D解析 根据变压器的变压规律得 ＝ k， ＝ nk，所以 U1＝ kU， U2＝ nkU.根据 P＝ UI知匝数U1U U2U比为 k和 nk的变压器副线圈的电流分别为 I1＝ ＝ ， I2＝ ＝ .根据 P＝ I2R，输电线PU1 PkU PU2 PnkU路损耗的电功率分别为 P1＝ I R＝( )2R， P2＝ I R＝( )2R，所以 ＝ .选项 D正确，12PkU 22 PnkU P2P1 1n2选项 A、B、C 错误.2.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图 4所示，理想变压器初级线圈的匝数为 n1，次级线圈的匝数为 n2，初级线圈的两端 a、 b接正弦交流电源，电压表 V的示数为 220 V，负载电阻 R＝44 Ω，电流表 A1的示数为 0.20 A.下列判断中正确的是( )图 4A.初级线圈和次级线圈的匝数比为 2∶1B.初级线圈和次级线圈的匝数比为 5∶1C.电流表 A2的示数为 1.0 AD.电流表 A2的示数为 0.4 A答案 BC解析 对于理想变压器， P1＝ U1I1＝220×0.20 W＝44 W，则负载电阻消耗的功率 P2＝ P1＝44 W，据 P2＝ ，得 U2＝ ＝ V＝44 V，则 ＝ ＝ ＝5，故 B正确.A 2的读U22R P2R 44×44 n1n2 U1U2 22044数 I2＝ ＝ A＝1 A，故 C正确.U2R 44443.(理想变压器的动态分析)(多选)如图 5所示电路中的变压器为理想变压器， S为单刀双掷开关. P是滑动变阻器 R的滑动触头， U1为加在原线圈两端的交变电压， I1、 I2分别为原线6圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是( )图 5A.保持 P的位置及 U1不变， S由 b切换到 a，则 R上消耗的功率减小B.保持 P的位置及 U1不变， S由 a切换到 b，则 I2减小C.保持 P的位置及 U1不变， S由 b切换到 a，则 I1增大D.保持 U1不变， S接在 b端，将 P向上滑动，则 I1减小答案 BC解析 S由 b切换 a时，副线圈匝数增多，则输出电压 U2增大， R消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故 I1增大，所以 A错，C 对； S由 a切换到 b时，副线圈匝数减少，则输出电压 U2减少， I2减小，B 对； P向上滑动时， R减小， I2增大，由电流与匝数的关系可知， I1增大，D 错.4.(远距离高压输电的分析与计算)如图 6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 I1，其末端间的电压为 U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是 I2.则( )图 6A.用户端的电压为I1U1I2B.输电线上的电压降为 UC.理想变压器的输入功率为 I r12D.输电线路上损失的电功率为 I1U答案 A解析 根据理想变压器的工作原理，得 I1U1＝ I2U2，所以用户端的电压 U2＝ ，选项 A正I1U1I2确；输电线上的电压降 U′＝ I1r＝ U－ U1，选项 B错误；变压器的输入功率P1＝ I1U－ I12r＝ I1U1，选项 C错误；输电线路上损失的电功率 P′＝ I12r＝ I1(U－ U1)，选项D错误.