高中物理一轮复习精品资料选修32部分第五章交变电流第四节高中物理

第二节变压器和远距离输电一、考情分析考试大纲考纲解读1、理想变压器I2、远距离输电I1.对理想变压器问题应该从电磁感应的本质、电压比、电流比和能量的观点几个方面正确理解。2.远距离输电问题应该分段分析，注意各段电压、电流、功率的关系。掌握输送电过程中电能损失的计算方法和提高输电效率的方法二、考点知识梳理（一）、变压器1．理想变压器的构造、作用、原理及特征构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个__________上构成变压器．11-2-1作用：在输送电能的过程中改变________．原理：其工作原理是利用了____________．特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交变电压．2．理想变压器的理想化条件及其规律．在理想变压器的原线圈两端加交变电压U1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律有：，忽略原、副线圈内阻，有U1＝E1，　U2＝E219/19另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是又有由此便可得理想变压器的电压变化规律为在此根底上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两局部，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有P1=P2而P1=I1U1P2=I2U2于是又得理想变压器的电流变化规律为由此可见：（1）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、副线圈磁通量的差异，忽略变压器自身的能量损耗（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因数的差异．）（2）理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想条件下的新的表现形式．3、规律小结（1）熟记两个根本公式：①__________，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成____。Ⅰ：理想变压器原副线圈的端电压跟匝数成正比，输出电压由__________决定。Ⅱ：当n2＞n1时，U2＞U1，变压器使电压升高，这种变压器叫做____变压器．Ⅲ：当n2＜n1时，U2＜U1，变压器使电压降低，这种变压器叫做_______变压器．②P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所有输出功率之和。有多个副线圈时,有P入=P出，即P1=P2+P3+P4+P5+………19/19由U1I1=U2I2+U3I3+……，得到n1I1=n2I2+n3I3+……变压器的高压线圈匝数多而通过的电流______，可用较____的导线绕制变压器的低压线圈匝数少而通过的电流____，可用较____的导线绕制（2）原副线圈中过每匝线圈通量的_________相等．（3）原副线圈中电流变化规律一样，电流的周期频率一样（4）公式，中，原线圈中U1、I1代入有效值时，副线圈对应的U2、I2也是有效值，当原线圈中U1、I1为最大值或瞬时值时，副线圈中的U2、I2也对应最大值或瞬时值．（5）需要特别引起注意的是：①只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有：②变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到：，即在输入电压确定以后，输入功率和原线圈电压与副线圈匝数的平方成正比，与原线圈匝数的平方成反比，与副线圈电路的电阻值成反比。式中的R表示负载电阻的阻值，而不是“负载”。“负载”表示副线圈所接的用电器的实际功率。实际上，R越大，负载越小；R越小，负载越大。这一点在审题时要特别注意。（6）（7）变压器可以使输出电压升高或降低，但不可能使输出功率变大．假假设是理想变压器．输出功率也不可能减少．（8）通常说的增大输出端负载，可理解为负载电阻减小；同理加大负载电阻可理解为减小负载．4、几种常用的变压器(1)自耦变压器19/19图11-2-2是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有_____线圈。如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一局部，就可以________电压；如果把线圈的一局部作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以_______电压。11-2-311-2-2调压变压器就是一种_________变压器，它的构造如图11-2-3所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上。AB之间加上输入电压U1。移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2。(2)互感器11-2-4互感器也是一种变压器。交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流。用变压器把高电压变成低电压，或者把大电流变成小电流，这个问题就可以解决了。这种变压器叫做互感器。互感器分___________和__________两种。a、电压互感器电压互感器用来把_________变成_________，它的原线圈________在高压电路中，副线圈上接入交流电压表。根据电压表测得的电压U2和铭牌上注明的变压比(U1/U2)，可以算出高压电路中的电压。为了工作平安，电压互感器的铁壳和副线圈应该接地。b、电流互感器11-2-5电流互感器用来把_________变成_________。它的原线圈________19/19在被测电路中，副线圈上接入交流电流表。根据电流表测得的电流I2和铭牌上注明的变流比(I1/I2)，可以算出被测电路中的电流。如果被测电路是高压电路，为了工作平安，同样要把电流互感器的外壳和副线圈接地。（二）、电能输送1．电路中电能损失____________，切不用U2/R来算，当用此式时，U必须是降在导线上的电压，电压不能用输电电压来计算．D1rD2I1I1/IrI2I2/n1n1/n2n2/R~2．远距离输电。11-2-6一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。并按照标准在图中标出相应的物理量符号。一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为也应该采用相应的符号来表示。从图中应该看出功率之间的关系是：电压之间的关系是：电流之间的关系是：可见其中电流之间的关系最简单，中只要知道一个，另两个总和它相等。因此电流往往是这类问题的突破口。输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。特别重要的是要求会分析输电线上的功率损失，由此得出结论：19/19⑴减少输电线功率损失的途径是提高____________或增大____________________，当然选择前者。⑵假设输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。需要引起注意的是课本上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。三、考点知识解读考点1.理想变压器根本公式的应用剖析：理想变压器的两个根本公式是：⑴，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。⑵，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有。[例题1]（09·江苏物理·6）如图11-2-7所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为氖泡在两端电压到达100V时开场发光，以下说法中正确的有（）A．开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB．开关接通后，电压表的示数为100V19/1911-2-7C．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变解析：此题主要考察变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为V=20V，由得副线圈两端的电压为V，电压表的示数为交流电的有效值，B项正确；交变电压的频率为Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，A项正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误。答案：AB【变式训练1】（09·四川·17）如图11-2-8甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20，R2＝30，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，那么（）A.交流电的频率为0.02HzB.原线圈输入电压的最大值为200V11-2-8C.电阻R2的电功率约为6.67WD.通过R3的电流始终为零解析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错。由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V、B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，那么有电流通过R319/19和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝、电压有效值为U＝Um/V，电阻R2的电功率为P2＝UI＝W、C对。答案：C考点2.（变压器动态问题）制约思路剖析：.（1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2=n2U1/n1，可简述为“原制约副”.（2）电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1=n2I2/n1，可简述为“副制约原”.（3）负载制约：①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2=P负1+P负2+…；②变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，I2=P2/U2；③总功率P总=P线+P2.动态分析问题的思路程序可表示为：U1P1[例题2]如图11-2-9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，I1为原线圈中的电流强度，那么（）A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大11-2-9B．保持P的位置及U1不变，K由b合到a时，R消耗的功率减小C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D．保持P的位置不变，K合在a处，假设U1增大，I1将增大19/19解析：K由a合到b时，n1减小，由,可知，U2增大，P2=U22/R随之增大·而P1=P2，P1=I1U1，从而I1增大，A正确．K由b合到a时，与上述情况相反，P2将减小，B正确·P上滑时，R增大，P2=U22/R减小，又P1＝P2，P1=I1U1，从而I1减小，C错误．U1增大，由=，可知U2增大，I2=U2/R随之增大，由可知I1也增大，D正确。说明：处理这类问题的关键是要分清变量和不变量，弄清理想变压器中各量间的联系和制约关系．在理想变压器中，U2由U1和匝数比决定；I2由U2和负载电阻决定；I1由I2和匝数比决定．答案：ABD11-2-10【变式训练2】（08四川·16）如图11-2-10，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的。V1和V2为理想电压表，读数分别为U1和U2；A1、A2和A3为理想电流表，读数分别为I1、I2和I3。现断开S，U1数值不变，以下推断中正确的选项是（）A．U2变小、I3变小B．U2不变、I3变大C．I1变小、I2变小D．I1变大、I2变大解析：因为变压器的匝数与U1不变，所以U2与两电压表的示数均不变．当S断开时，因为负载电阻增大，故次级线圈中的电流I2减小，由于输入功率等于输出功率，所以I1也将减小，C正确；因为R1的电压减小，故R2、R3两端的电压将增大，I3变大，B正确．答案：BC19/19考点3.多个副线圈的变压器剖析：当副线圈中有二个以上线圈同时工作时，U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3，但电流不可=，此情况必须用原副线圈功率相等来求电流．[例题3]如图11-2-11所示，接于理想变压器的四个灯泡规格相同，且全部正常发光，那么这三个线圈的匝数比应为（）A．1∶2∶3；B．2∶3∶1C．3∶2∶1；D．2∶1∶311-2-11解析：由于所有灯泡规格相同．且都正常发光，那么===式中，U为灯泡的额定电压，设I为灯炮的额定电流，由理想变压器的功率关系pl=p2＋p3UlI＝U2I＋U3I＝2UI＋UI＝3UI所以U1=3U那么===由此得n1∶n2∶n3=3∶2∶1答案：C11-2-12【变式训练3】甲、乙两个完全相同的理想变压器接在电压恒定的交流电路中，如图11-2-12所示。已知两变压器负载电阻的阻值之比为R甲：R乙=2：1，设甲变压器原线圈两端的电压为U甲，副线圈上通过的电流为I/甲；乙变压器原线圈两端的电压为U乙，副线圈上通过的电流为I/乙。那么以下说法正确的选项是：（）A．U甲=U乙，I/甲=I/乙；B．U甲=2U乙，I/甲=2I/乙；C．U甲=U乙，I/甲=½I/乙；D．U甲=2U乙，I/甲=I/乙。19/19【解析】：由于两变压器的原线圈串联接在同一回路中，电荷守恒定律知，无论是直流电路还是交流电路，串联电路中电流必定相等，所以通过两原线圈的电流相同，即：I甲=I乙。又因两变压器的匝比相同，根据变压器的电流变比公式，可推得它们副线圈上的电流也相同，即：I/甲=I/乙。对两变压器的输出端，由欧姆定律，可得到两副线圈上的电压分别为：U甲/=I甲/R甲、U乙/=I乙/R乙，解得：U甲/：U乙/=2：1，最后再根据变压器的电压变比公式可求得两原线圈上的电压关系为：U甲=2U乙。答案：D。考点4.远距离输电问题剖析：远距离输电，从图中应该看出功率之间的关系是：P1=P2，P3=P4，P1/=Pr=P2。电压之间的关系是：。电流之间的关系是：。输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。特别重要的是要会分析输电线上的功率损失。（1）远距离输电过程中物理量较多，一定要分清各物理量的对应关系。（2）有些情况下利用逆推法解决电能输送问题比较方便，方法是先从负载算起一直推到升压变压器的输入端。[例题4]（09·山东·19）某小型水电站的电能输送示意图如下。发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n，n219/19。降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220V的用电器正常工作，那么（）11-2-13A．B．C．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：根据变压器工作原理可知，，由于输电线上损失一局部电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有，所以，A正确，BC不正确。升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D正确。考点：变压器工作原理、远距离输电答案：AD【变式训练4】发电机输出功率为100kW，输出电压是250V，用户需要的电压是220V，输电线电阻为10Ω.假设输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%，试求：（1）在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比.（2）画出此输电线路的示意图.（3）用户得到的电功率是多少？解析：⑴，，，,19/19⑵⑶答案：⑴升压变压器1：20，降压变压器240：11⑶96KW点评：在远距离输电中假设已知P1、U1、损失百分比、R线、U4，求其他的假设干量的思路：四、考能训练A根底达标1．如图11-2-14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，副线圈接入“220V，60W”灯泡一只，且灯泡正常发光．那么（）～×A11-2-14　A．电流表的示数为A　　B．电源输出功率为1200WC．电流表的示数为A　　D．原线圈端电压为11VU1I1I2RPSab11-2-152.如图11-2-15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分别为原线圈和副线圈中的电流．以下说法正确的选项是（）A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，那么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，那么I2减小19/19C．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，那么I1增大D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，那么I1减小3.如图11-2-16所示理想变压器原副线圈匝数比n1∶n2=4∶1,当导体棒ab向右匀速切割磁感线时电流表A1的读数是12mA,那么副线圈中电流表A2的读数为()A.3mAB.48mAC.与R阻值无关11-2-16D.04.如图11-2-17所示为四种亮度可调的台灯的电路示意图,它们所用的白炽灯灯泡相同,且都是“220V40W”.当灯泡所消耗的功率都调至20W时,哪种台灯消耗的功率最小（）11-2-175.如图11-2-18所示,两只相同的灯泡,分别接在理想变压器的原、副线圈上,(灯泡电阻不随温度变化)已知原、副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1,电源电压为U,那么()A.通过A、B灯的电流之比IA∶IB=2∶1B.灯泡A、B两端的电压之比UA∶UB=1∶211-2-18C.灯泡A、B两端的电压分别是UA=U,UB=UD.灯泡A、B消耗的功率之比PA∶PB=1∶119/196、（2022年海南物理9．）一台发电机最大输出功率为4000kW,电压为4000V，经变压器T1升压后向远方输电。输电线路总电阻R=1kΩ。到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V、60W）。假设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的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，那么A．T1原、副线圈电流分别为103A和20AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220VC．T1和T2的变压比分别为1：50和40：1D．有6×104盏灯泡（220V、60W）正常发光VAR7.（08·海南·7）如图11-2-19，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＝U0sinωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5Ω的负载电阻．假设U0＝220V，ω＝100πHz，那么下述结论正确的选项是（）A．副线圈中电压表的读数为55VB．副线圈中输出交流电的周期为11-2-19C．原线圈中电流表的读数为0.5AD．原线圈中的输入功率为8.（08·天津·17）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，副线圈接有可调电阻R设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2。当R增大时（）A．I1减小，P1增大B．I1减小，P1减小C．I2增大，P2减小D．I2增大，P2增大11-2-209．（07．上海物理卷）如图11-2-2019/19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UAB＝100V，R0＝40W，当滑动片处于线圈中点位置时，C、D两端电压的有效值UCD为___________V，通过电阻R0的电流有效值为_____________A．11-2-2110．（06．上海物理卷）如图11-2-21所示，一理想变压器原、副线圈匝数分别为nl和n2，当负载电阻R中流过的电流为I时，原线圈中流过的电流为；现减小负载电阻R的阻值，那么变压器的输入功率将（填“增大”、“减小”或“不变”）．11.（08上海物理·20B）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω。（1）假设采用380V输电，求输电线路损耗的功率。（2）假设改用5000V高压输电，用户端利用n1:n2＝22：1的变压器降压，求用户得到的电压。B能力提升12.（09·广东物理·9）图11-2-22为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，以下表述正确的选项是（）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小电路的发热损耗11-2-22C．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VAR13.如图11-2-23，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＝U0sinωt19/19的交流电源，副线圈接一个R＝27.5Ω的负载电阻．假设U0＝220V，ω＝100πHz，那么下述结论正确的选项是（）A．副线圈中电压表的读数为55VB．副线圈中输出交流电的周期为11-2-23C．原线圈中电流表的读数为0.5AD．原线圈中的输入功率为14.（2022年高考上海卷.物理.20B）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω。（1）假设采用380V输电，求输电线路损耗的功率。（2）假设改用5000高压输电，用户端利用n1:n2＝22：1的变压器降压，求用户得到的电压。图1815.（江苏徐州市2022届复习试卷．物理．17）在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个坑口电站，输送的电功率为P=500kW，当使用U=5kV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4800度。求：⑴这时的输电效率η和输电线的总电阻r。11-2-24⑵假设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？五、宽乘高输电技术的开展历史（一）19/19关于电能的输送方式，是采用直流输电还是交流输电，在历史上曾引起过很大的争论．美国创造家爱迪生、英国物理学家开尔文都竭力主张采用直流，而美国创造家威斯汀豪斯和英国费朗蒂那么主张采用交流输电．输电技术的开展历史（二）在早期，工程师们主要致力于研究直流电，发电站的供电范围也很有限，而且主要用于照明还未用于工业动力．例如，1882年爱迪生电气照明公司（创立于1878年）在伦敦建立了第一座发电站，安装了三台110V“巨汉”号直流发电机，这是爱迪生于1880年研制的，这种发电机可以为1500年16W的白炽灯供电．输电技术的开展历史（三）但是随着科学技术和工业生产开展的需要，电力技术在通信、运输、动力等方面逐渐得到广泛应用，社会对电力需求也急剧增大．由于用户的电压不能太高，要输送一定的功率，就要加大电流．而电流越大，输电线路发热就越厉害，损失的功率就越多，而且电流太大，损失在输电导线上的电压也大，使用户得到的电压降低，离发电站越远的用户，得到的电压越低．直流输电的弊端，限制了电力的应用，促使人们探讨用交流输电的问题．输电技术的开展历史（四）爱迪生虽然是一个伟大的创造家，但是他没有受过正规教育缺乏理论知识，难以解决交流电涉及到的数学运算，阻碍了他对交流电的理解，所以在交、直流输电的争论中，他成了保守势力的代表，爱迪生认为交流电危险，不如直流电平安，他还打比方说，沿街道铺设交流电缆，简直等于埋上了地雷，并且邀请人们和新闻记者，观看用高压交流电击死野狗、野猫的实验，那时纽约州法院通过了一项法令，用电刑执行死刑，行刑用的电椅就通以高压交流电，这正好帮了爱迪生的大忙．输电技术的开展历史（五）19/19但为了减少输电线路中电能的损失，只能提高电压，在发电站将电压升高，到用户地区再把电压降下来，这样就能在低损耗的情况下，到达远距离输电的目的．而要改变电压，只有采用交流输电才行．1888年，那么费朗蒂设计的伦敦泰晤士河畔的大型交流电站开场输电，他用钢皮电缆将1万伏的交流电送往相距10公里外的市区变电站，在这里降为2500V，再分送到各街区的二级变压器，降为100V供用户照明．输电技术的开展历史（六）其后，俄国的多利沃布罗沃斯基又于1880年最先制出了功率为100W的三相交流发电机，并被德国、美国推广使用．事实成功证实了高压交流输电的优越性．并在全世界范围内迅速推广．随着科学的开展，为了解决交流输电存在的问题，寻求更合理的输电方式，人们现在又开场了采用直流超高压输电．输电技术的开展历史（七）但这并不是简单地恢复到爱迪生时代的那种直流输电，发电站发出的电和用户用的电仍然是交流电，只是在远距离输电中，采用换流设备，把交流高压变为直流高压，这样做可以把交流输电用的3条电线减为2条，大大节约了输电导线，目前最长的架空直流线路是莫桑比克的卡布拉巴萨水电站到阿扎尼亚的线路，长1414公里，输电电压为50万伏，可输电220万千瓦．19/19