物理一轮复习教案：11-2 变压器 电能的输送 word版含解析

基础点

知识点1　　理想变压器

1．构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。

(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．理想变压器的基本关系式

(1)功率关系：P入＝P出。

(2)电压关系：＝，若n1＞n2，为降压变压器；

若n1＜n2，为升压变压器。

(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时仍有P入＝P出，据P＝UI可推出，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn，n1I1＝n2I2＋n3I3＋…＋nnIn。

(4)频率关系：不变。

4．几种常用的变压器

(1)自耦变压器——调压变压器，如图A、B所示。

(2)互感器

知识点2　　远距离输电

1．减少输电电能损失的两种方法

(1)理论依据：P损＝I2R。

(2)减小输电线的电阻：根据电阻定律R＝ρ，要减小输电线的电阻R，在保证输电距离情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积等方法。

(3)减小输电导线中的电流：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。

2．输电过程示意图

3．输电电流

(1)I＝；(2)I＝。

4．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝I2Rt。

5．电压损失

(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR。

6．功率损失

(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝2R。

重难点

一、理想变压器原理和基本关系

1．变压器的工作原理

2．理想变压器的基本关系

特别提醒

(1)变压器不能改变直流电压，因为工作原理早已不成立。

(2)理想变压器基本关系中U1、U2、I1、I2均指有效值。

(3)当原线圈中串联电阻(或灯泡)时，U1为加在原线圈两端的电压，并不是电源的电压。

(4)变压器的以上关系都是根据“口”字形的变压器推出的，如果变压器不是“口”字形时，应根据变压器的原理及各线圈中磁通量的关系推导出各物理量间的关系。

二、理想变压器动态分析问题

1．匝数比不变的情况(如图所示)

(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2也不变。

(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化。

(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化。

2．负载电阻不变的情况(如图所示)

(1)U1不变，发生变化，故U2变化。

(2)R不变，U2改变，故I2发生变化。

(3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化。

3．分析变压器动态问题的程序

   特别提醒

关于理想变压器的动态分析问题，解题的关键是分清变量和不变量，弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约的关系，即明确变压器输入电压与输出电压、输入电流与输出电流跟匝数的关系，以及输出电压由输入电压决定，输入电流由输出电流决定。

三、远距离输电问题

1．理清“三个回路”

如图所示为远距离输电的简化电路原理图。我们可以把它划分为三个回路，即图中所示的回路1、回路2和回路3。

2．抓住“两个关系”

(1)在上面的远距离输电的简化电路原理中，理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可以得到线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各相关量之间的关系：

＝，＝，P1＝P2

(2)理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可以得到线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各相关量之间的关系：

＝，＝，P3＝P4

3．掌握“一个能量守恒关系”

远距离输电过程中，在回路2的输电线上会损耗一小部分电功率，剩余的绝大部分电功率通过降压变压器和回路3输送到用户使用。整个输电过程中的功率关系为P用＝P总－P损。

4．在求解远距离输电的相关问题时，我们还应熟练掌握以下几点

(1)一个原理

要减小输电线上的电压损失和电功率损失，就要减小输电电流，而输电功率是确定的，由P＝IU知，应提高输电电压。

(2)两个损失

①电压损失：ΔU＝I线R线，主要原因是输电线有电阻。

②功率损失：P损＝IR线＝。

(3)三个关系

①电压损失关系：ΔU＝U2－U3，U2是升压变压器的输出电压，U3是降压变压器的输入电压。

②功率损失关系：P损＝IR线＝，升压变压器的输出功率和降压变压器的输入功率之差即为损失的电功率。

③功率关系：P用＝P总－P损。

特别提醒

在远距离输电问题中，计算输电线上损失的功率时应用P损＝IR线，其原因是I线可以由公式P输＝I线U输求出，而P损＝I线U损和P损＝则不常用，其原因是在一般情况下，U损不易求出，且易将U损和U输相混淆而造成错误。

1．思维辨析

(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用。(　　)

(2)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。(　　)

(3)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。(　　)

(4)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。(　　)

(5)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。(　　)

(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(　　)

(7)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大。(　　)

答案　(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√　(7)√

2．(多选)如图所示，一台理想变压器的原副线圈的匝数比为n1∶n2＝40∶1，在副线圈两端接有“6 V　40 W ”的电灯泡。若灯泡正常发光，则下列说法中正确的是(　　)

A．在原、副线圈中，通过每匝线圈的磁通量时时刻刻都相同

B．通过原、副线圈的交变电流的频率相同

C．变压器输入电压的最大值为240 V

D．变压器输入功率为40 W

答案　ABD

解析　原线圈的磁场都在铁芯中，所以原副线圈中的磁场相同，通过每匝线圈的磁通量也相同，选项A对；既然原、副线圈是同一个磁场，那么原副线圈感应电流变化的频率就相等，选项B对；根据理想变压器＝，副线圈的灯泡正常发光即U2＝6 V，带入得U1＝240 V，而额定电压指的是有效电压，所以变压器输入电压有效值是U1＝240 V，最大值不确定，选项C错；理想变压器输入功率等于输出功率即灯泡正常发光的额定功率40 W，选项D对。

3．(多选)一台发电机最大输出功率为4000 kW，电压为4000 V，经变压器T1升压后向远方输电。输电线路总电阻为R＝1 kΩ。到目的地经变压器T2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T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则(　　)

A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A

B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V

C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1

D．有6×104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光

答案　ABD

解析　远距离输电的模型如图所示。

T1原线圈的电流为I1＝＝ A＝1×103 A，输电线上损失的功率为P损＝IR＝10%P1，所以I2＝＝  A＝20 A，A正确；T1的变压比为＝＝＝；T1副线圈的电压为U2＝50U1＝2×105 V，T2原线圈的电压为U3＝U2－I2R＝2×105 V－20×103 V＝1.8×105 V，B正确；T2的变压比为＝＝＝，C错误；能正常发光的灯泡盏数为N＝＝6×104，D正确。

　[考法综述]　本考点内容在高考中考查频度较高，一般单独命题考查变压器和远距离输电的相关问题的分析与计算，题型以选择题为主，难度中等，因此复习本考点时应掌握：

1个原理——理想变压器的工作原理

3个制约——理想变压器中电流、电压及功率的制约关系

2种方法——理想变压器动态问题的分析方法、远距离输电问题的解决方法

命题法1　变压器的原理及基本量的关系

典例1　　如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电。当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率10 W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40 Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是(　　)

A．变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝220sinπt(V)

B．电压表的示数为220 V

C．变压器原、副线圈的匝数比为11∶1

D．变压器的输入功率为110 W

[答案]　C

[解析]　由题图乙可知ω＝＝100π rad/s，则变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝220 sin100πt(V)，A错误；小灯泡的额定功率P＝10 W，由P＝可得小灯泡的额定电压U＝20 V，小灯泡恰好正常发光，电压表的示数为20 V，B错误；根据变压器变压公式U1∶U2＝n1∶n2，可得＝＝，C正确；根据额定功率10 W的小灯泡恰好正常发光，理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误。

【解题法】　变压器原、副线圈的作用

(1)对电源与原线圈组成的闭合电路，原线圈相当于用电器；对副线圈和用电器组成的闭合电路，副线圈相当于电源；与之串、并联的用电器同样遵循串、并联电路的特点和性质。

(2)对理想变压器，要注意灵活运用变压器的基本关系及能量守恒定律。

命题法2　含理想变压器的动态分析

典例2　　图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是(　　)

A．输入电压u的表达式u＝20sin50πt V

B．只断开S2后，L1、L2均正常发光

C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大

D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W

[答案]　D

[解析]　由图乙可知u＝20sin100πt V，故选项A错误；U2＝U1＝4 V。由题意可知L1、L2的额定电压为4 V。S1接1、断开S2后，L1、L2不能达到额定电压，因此选项B错误；由P1＝P2＝可知，当R增大时，P1减小，选项C错误；当S1接2时，PR＝＝ W＝0.8 W，选项D正确。

【解题法】　含有变压器的动态电路问题的解题思路

命题法3　远距离输电的功率和电压的损失

典例3　　如图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，流入用户端的电流为I2。则(　　)

A．用户端的电压为

B．输电线上的电压降为U

C．理想变压器的输入功率为Ir

D．输电线路上损失的电功率为I1U

[答案]　A

[解析]　由理想变压器输入、输出功率相等可知P1＝P2，即U1I1＝U2I2，U2＝，A正确；输电线上的电压降为ΔU＝U－U1，B错；理想变压器的输入功率P＝U1I1＝UI1－Ir，C错；输电线路上损失的电功率为ΔP＝I·r＝I1U－I1U1，D错。

【解题法】　输电线路功率损失的计算方法

(1)P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率。

(2)P损＝IR线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻。

(3)P损＝，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为线路电阻。

(4)P损＝ΔUI线，ΔU为输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流。

命题法4　远距离输电的实际应用

典例4　　某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V，输出电功率为50 kW，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？

[答案]　200 V　2×104 W　1∶10　497∶22

[解析]　先画出输电线路图，然后以变压器为界，分成几个独立的闭合电路，应用欧姆定律、串联和并联电路的特点及电功、电功率等有关公式分析各自的电流、电压和功率关系，各独立回路之间可通过变压器的＝＝及理想变压器P1＝P2等联系起来。

用500 V电压送电时示意图如图所示。

50 kW的电功率在输电线上的电流：

I0＝＝ A＝100 A。

用户获得电压：

U1＝U0－I0R＝(500－100×3) V＝200 V。

用户获得的功率P1＝I0U1＝2×104 W。

改用高压输送时示意图如图所示，要求P损＝0.6%P，即P损＝50×103×0.6% W＝300 W。

输电电流I＝＝ A＝10 A。

发电站升压后输电电压：

U＝＝ V＝5000 V，

升压变压器匝数比＝＝＝，

输电线上损失的电压U′＝IR＝10×3 V＝30 V。

降压变压器的输入电压：

U2＝U－U′＝(5000－30) V＝4970 V，

降压变压器的匝数比＝＝＝。

【解题法】　关于远距离输电问题的处理思路

(1)画出输电线路图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等，将已知量和未知量标在图中相应位置；

(2)将输电线路划分为几个独立回路；

(3)根据串、并联电路特点、欧姆定律、电功率公式等确定各部分回路物理量之间的关系；

(4)根据升压、降压，原、副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解。