1、第 30 单元 理想变压器 远距离输电基础自主梳理 一、理想变压器1.基本构造:两组线圈(原、副线圈)绕在同一个闭合铁芯上,如图所示.2.工作原理:电磁互感现象是变压器工作的基础.变化的电流通过原线圈时在铁芯中激发出变化的磁场,变化的磁场在副线圈中产生感应电动势.3.理想变压器的理想化条件:忽略原、副线圈的电阻,忽略原、副线圈磁通量的差别,忽略铁芯中的能量损耗.理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能量守恒定律在该理想化条件下的新的表现形式.基础自主梳理 4.理想变压器的基本关系式:输入功率等于输出功率;变压比12=12;电流关系12=21(特别说明,该式只限于原、副线圈各一个的情况,
2、是根据输入功率等于输出功率和变压比推导出来的结论)变压器能否改变恒定电流的电压?能否改变交变电流的频率?提示:变压器不能改变恒定电流的电压.变压器的工作原理是利用了电磁互感现象,由于恒定电流的磁场也是恒定的,因此不能在副线圈中产生感应电动势.变压器也不能改变交变电流的频率.基础自主梳理 二、远距离输电1.输电导线上的功率损失和电压损失(1)功率损失:远距离输送电能,由于输电线上的电流热效应,电能转化为电热.若导线上电流为 I,导线总电阻为 R,则功率损失 P=I2R.(2)电压损失:线路中消耗的部分电压,U=IR.2.减少输电线上电功率损失的方法:减小输电导线的电阻,如采用电阻率小的材料,加大
3、导线的横截面积等;提高输电电压,减小输电电流.3.高压输电的模式简图:如图所示基础自主梳理 4.高压输电的几个基本关系:(1)功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P3+P(2)电流、电压关系:12=12=21,34=34=43,U2=U3+U,I2=I3=I 线输电电流:I2=22=33=2-3.(3)输电导线上损耗的电功率:P=P2-P3=I2(U2-U3).为什么采用高压输电可以有效地减少导线上的功率损耗?若输送电压提高到原来的 100 倍,则导线上的功率损耗变为原来的多少倍?提示:设发电厂需要输送的功率为 P,输出电压为 U,导线总电阻为 R,则输出电流 I=,功率损失 P=I2R=
4、22R.可见,在输送功率一定的情况下,功率损失和输出电压的二次方成反比,输电电压越高则功率损耗越少.若输送电压提高到原来的 100 倍,则导线上的功率损耗变为原来的万分之一.要点研析突破 理想变压器原副线圈各物理量及其决定关系1.原副线圈的物理量关系理想变压器(1)没有能量损失(铜损、铁损)(2)没有磁通量损失(磁感线全部集中在铁芯中)基本关系功率P1=P2,即 U1I1=U2 I2电压2121nnUU 电流1221nnII(只有一个副线圈)频率f1=f2要点一要点研析突破 2.各物理量的决定关系 决定关系功率输出功率 P2决定输入功率 P1,P2=P1,空载时 P2=0,则 P1=0电压输入
5、电压 U1决定输出电压 U2;电源电压不变,则 U1不变,U2=n2n1U1,与负载无关电流输出电流 I2决定输入电流 I1,I1=n2n1I2,空载时 I2=0,则 I1=0理想变压器在实现变压的同时,起到了能量传递的作用,能够比较方便的满足各种用电器对不同电压的需求.输入、输出功率相等(U1I1=U2I2)以及变压比公式(12=12)是求解变压器问题的基本依据.要点研析突破 例1(多选)(2015海南卷)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R11R0，是理想电压表.现将负载电阻的阻值减小
6、为R5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则()A.此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB.此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC.原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD.原线圈两端原来的电压有效值约为48 V要点研析突破 思维导引 理想变压器的变压比由什么决定？加在原线圈接线柱两端的电压是否可视为加在变压器绕组上的电压？解析：当电阻阻值减小为5R0时，根据串并联电路的特点，可知R两端的电压为R0两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以UR0=1/55 V，故副线圈两端电压为U2=6 V，根据变压器的变压比可知，原线圈两端的电压为24 V，因此原线圈两端的
7、最大值约为24 V，约为34 V,A项正确，B项错误；因为变化过程中，变压器的输入电流不变，根据交流比，副线圈中电流也不变，变化前副线圈两端的电压U2IR0+11IR0=12IR0，变化后副线圈两端的电压U2IR0+5IR0=6IR0，U2=2U2，由变压比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48 V，D项正确，C项错误.答案：AD 2感悟提升：对理想变压器基本规律的应用要把握好三个决定关系：(1)电压决定关系：输入电压U1决定输出电压U2，这是因为输出电压U2(n2/n1)/U1，当U1不变时，不论负载电阻R变化与否，U2都不会改变.(2)电流决定关系：输出电流I2决定输入电流I1.(3)功
8、率决定关系：输出功率P2决定输入功率P1.要点研析突破 1如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为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220 V的正弦交流电源上。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率比值为k，则()AU66 V，k 1/9 BU22 V，k1/9CU66 V，k 1/3 DU22 V，k1/3要点研析突破 解析：原线圈与电阻R串联，接在220 V正弦交流电源上，有 220 V=U1+I1R，副线圈回路中R两端电压U即为副线圈两端电压U=I2R，根据理想变压器变压规律U1U231，又由理想变压器变流规律得I1I2=1
9、3，整理可得(220 V-I1R)3I1R=31，解得I1R=22 V，因而U=I2R=3I1R=66 V，电阻消耗功率之比k=I12RI22R19，故A项正确.答案：A 要点研析突破 2.(2016湖南长郡中学二模)调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示.线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压.图甲中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器.现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么 (D)A.由乙图可知CD两端输入交流电压u的表达式为u=36 sin 100t(V)B.当滑动触头P逆时针转
10、动时，MN之间输出交流电压的频率变大 C.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大 D.当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小 2要点研析突破 解析：由图乙可知u=36 sin 100t(V)，A项错误;M、N之间输出交流电压的频率由输入的交流电压的频率决定，B项错误;滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R3减小，由“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R2消耗的电功率P2=U2/R2减小，C项错误，D项正确.答案：D 2要点研析突破 3.(2014全国新课标卷)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表接正弦
11、交流电源，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.用交流电压表测得 a、b 端和c、d 端的电压分别为Uab和 Ucd，则（）A.UabUcdn1n2B.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，c、d 间的电压 Ucd 越大D.将二极管短路，电流表的读数加倍要点研析突破 解析：经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式212nnUUab 得到输出电压，而输出电压 U2 不等于 c、d 端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化，
12、1222222nUnUUabcd，则 UabUcd2 n1n2，故 A 错误.增大负载电阻的阻值 R,Uab 不变，Ucd 也不变，根据 P 出RU cd2可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B 正确，C 错误.二极管短路时，UcdU2，输出功率P出RU cd2 RU 22 2P 出，故输入功率 P1 也加倍，而输入电压 U1 不变，根据 P1U1I1 得电流表读数加倍，D 正确.答案：BD要点研析突破 远距离输电问题的探究输电线上的功率损耗由输出功率、输出电压和导线电阻决定,P=I2R 线=(UP)2R 线.当输送功率和导线电阻一定时
13、,输电线上的损耗功率和输出电压的平方成反比,这就是采用高压输电的原因.要点二要点研析突破 例2(2016贵阳市期中测试)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 kWh.求：(1)输电效率和输电线的总电阻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？思维导引:什么是输电效率？“两只电度表一昼夜示数相差4 800 kWh”是什么意义？知道什么条件可计算输电线的总电阻？要点研析突破 解析：(1)输送
14、功率 P=500 kW，一昼夜输送电能E=Pt=12 000 kWh，输电线上损失的电能 E=4 800 kWh，终点得到的电能E=E E=7 200 kWh，所以，输电效率=E/E=60%.输电线上的电流 I=P/U=100 A,输电线损耗功率 Pr=I 2r，其中Pr=E/t=200 kW,得r=20.(2)输电线上损耗功率Pr=(P/U)2r1/U2，原来Pr=200 kW，现在要求Pr=10 kW，解得输电电压应调节为U=22.4 kV.答案：(1)60%20 (2)22.4 kV 要点研析突破 感悟提升：远距离输电问题中，需要输送的电功率是由用户决定的，在题目中一般是确定的，输电导线
15、上的电流便决定于输电的电压，即I=P/U;导线上的功率损耗则决定于输电电流和导线电阻，即P=I2r.解题过程中要抓住这两个基本关系.要点研析突破 4.(2015福建卷)图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 t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()解析：因为u=Umsin t，所以有U1=Um/，根据变压器变压规律有：U2=(n2u1)/n1，根据P=U2I2得 线路损失的功率为 ，所以C项正确，A、B、D项错误.答案：C 2速效提升训练
16、 1.(2015广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管.视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变.调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V，调节前后()A.副线圈中的电流比为12 B.副线圈输出功率比为21 C.副线圈的接入匝数比为21 D.原线圈输入功率比为12 解析：设原线圈输入电压为U1，原线圈的匝数为n1，副线圈输出电压为U2，副线圈的匝数为n2，则U1/U2=n/n2，当副副线圈的输出电压降为原来的一半时，副线圈的匝数减为原来的1/2，C项正确；由I2=U2/R可知，副线圈的电流减为原来的一半，A项错误；由P=U2/R可知，
17、副线圈输出的功率减为原来的1/4，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，因此原线圈的输入功率也减为原来的1/4，B、D两项错误.答案：C 速效提升训练 2.(2014山东卷)如图所示，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(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（）A.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 n1n2113解析：理想电流表没有电阻，显示的 2.2 A 是理想变压器
18、的输出电流的有效值，理想电压表的电阻无穷大，显示的 220 V 是理想变压器的输入电压的有效值.用电器正常工作，所以，理想变压器的输出电压的有效值为 60 V.根据理想变压器的电压与匝数成正比，可得 n1n2U1U2113，选项 D正确.理想变压器的输入功率等于输出功率，P 入P 出602.2 W132W，选项A 错误.根据理想变压器的电流与匝数成反比，即 I1I2n2n1，可得通过原线圈的电流的有效值为 I1212 Inn0.6 A，选项 B 正确.通过变压器的是正弦交流电，所以副线圈的电流的最大值为 Im2 I22.22 A，选项 C 错误.答案：BD速效提升训练 3.(多选)如图所示，理
19、想变压器原、副线圈的匝数比为112，原线圈两端的输入电压u=220 sin 100t(V)，电表均为理想电表，滑动变阻器R接入电路部分的阻值为10.下列叙述中正确的是 ()A.该交流电的频率为50 Hz B.电压表的读数为40 V C.电流表的读数为4 A D.若滑动变阻器的滑片P向a端移动，电流表的读数变大 22解析：根据原线圈两端输入电压的表达式可知，交流电的频率f=/(2)=(100)/(2)Hz=50 Hz，A项正确；变压器原线圈电压的有效值为U1=220 V，利用变压器的变压比U1U2=n1n2，可求得U2=40 V，电压表的读数为40 V,B项错误；电流表的读数为I=U2/R=4
20、A,C项正确；若滑动变阻器的滑片P向a端移动，接入电路的电阻增大，而U2不变，电流表示数变小，D项错误.答案：D 速效提升训练 4.(2014福建卷)下图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数 n1n42R，忽略灯丝电阻随温度的变化.当 A、B 端接入低压交流电源时（）A.A1、A2 两表的示数相同B.L1、L2 两灯泡的亮度相同C.R1 消耗的功率大于 R3 消耗的功率D.R2 两端的电压小于 R4 两端的电压速效提升训练 解析：由于 n1n2，所以左边的理想变压器为升压变压器，低压交流电源经过理想升压变压器后，由于功率不变，所以电流变小，则A1 表的示数小于A2 表的示数，故 A
21、项错误；由2121nnUU，U3U2-IA12R 及43UU 43nn 可知，L1 两端的电压 UL1U4U1-34nn IA12R，又 L2 两端的电压UL2U1-IA22R，因34nn IA1UL2，由 PRU 2可知，L1 的功率大于 L2的功率，所以 L1 的亮度大于 L2，故B 项错误；由于 A1 表的示数小于 A2表的示数，由 PI2R 可知，R1 消耗的功率小于 R3 消耗的功率，故 C 项错误；由于A1 表的示数小于 A2 表的示数，由 UIR 可知，R2 两端的电压小于 R4 两端的电压，故 D 项正确.答案：D速效提升训练 5.(2016济南市学业水平测试)某水电站，用总电
22、阻为2.5 的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3106 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2.010 5 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910 8 kW D.输电线上损失的功率为PU2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻 解析：由P=IU得输电线上输送的电流I=P/U=(3106103)/(500103)A=6103 A，选项A错误；由UIr得输电线路上的电压损失U=61032.5 V=15103 V，选项B正确，选项D错误；输电线上损失的功率为P=I2r=(
23、P2/U2)r=(3106）/522.5 W=9107 W，选项C错误.答案：B 速效提升训练 6.发电机产生的交流电压为 220V,输送 106W 的电功率到用电区,用电区要求获得 200V 的电压,输送线路电阻为 16,损失的功率为输送功率的 4%,求:(1)输电线上损失的功率;(2)输送电压为多少;(3)升压变压器匝数比;(4)降压变压器匝数比.速效提升训练 解析:(1)设损失的功率为 P,输送功率为 PP=P4%=106 410-2=4104(W)P=I2R=I216,所以,I=50A.(2)输送电压等于升压变压器副线圈输出电压 U2U2=10650=2104(V).(3)对升压变压器,n1n2=2202104=111000.(4)对降压变压器,U3=U2-IR=2104-5016=19200(V)所以:n3n4=19200200=961.答案:(1)4104W(2)2104V(3)111000(4)961
