第2讲　变压器　电能的输送
(对应学生用书第173页)
理想变压器  1.构造(如图10－2－1所示)
图10－2－1 变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成． 2．基本关系 (1)电压关系：＝. (2)功率关系：P入＝P出． (3)电流关系：①只有一个副线圈时：＝. ②有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn. 3．几种常用的变压器 (1)自耦变压器的原、副线圈共用一个线圈，如图10－2－2A、B所示． (2)电压互感器：属降压变压器，并联在电路中，用于测高电压，如图10－2－2 C所示． (3)电流互感器：属于升压变压器，串联在电路中，用于测大电流，如图10－2－2 D所示．
图10－2－2


【针对训练】 1．(2011·新课标全国高考)如图10－2－3，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则(　　)
图10－2－3 A．U＝110 V，I＝0.2 A B．U＝110 V，I＝0.05 A C．U＝110 V，I＝0.2 A D．U＝110 V，I＝0.2 A 【解析】　由变压原理＝可得U1＝110 V，即电压表示数为110 V．由P入＝P出，灯泡正常发光可得P入＝U1I1＝P出＝22 W，I1＝ A＝0.2 A，故A正确． 【答案】　A
远距离输电  1.输电过程(如图10－2－4所示)
图10－2－4 2．电压损失 (1)ΔU＝U－U′　(2)ΔU＝IR 3．功率损失 (1)ΔP＝P－P′　(2)ΔP＝I2R＝()2R 4．减少输电线上电能损失的方法 (1)减小输电线的电阻R线：由R线＝ρ知，可采用加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线； (2)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． 【针对训练】 2．(2012·广东广州一模)图10－2－5是远距离输电的示意图，下列说法正确的是(　　)
图10－2－5 A．a是升压变压器，b是降压变压器 B．a是降压变压器，b是升压变压器 C．a的输出电压等于b的输入电压 D．a的输出电压等于输电线上损失的电压 【解析】　远距离输电先升压，再降压，选项A正确而B错误；由电线有电压损失，故a的输出电压等于b的输入电压与损失的电压之和，选项C、D均错． 【答案】　A
(对应学生用书第174页)
理想变压器基本关系的应用  基本关系和制约关系 基本关系   功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出  电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载情况、副线圈个数的多少无关  电流关系 (1)只有一个副线圈：电流和匝数成反比  (2)多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系   频率关系 原、副线圈中电流的频率相等  制约关系   电压 副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定  功率 原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定  电流 原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定  

关于理想变压器的四点说明 (1)变压器不能改变直流电压． (2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． (3)理想变压器本身不消耗能量． (4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．
　(2012·山东高考)图10－2－6甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图10－2－6乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，○V 为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是(　　)
甲
乙 图10－2－6 A．电压表的示数等于5 V B．电压表的示数等于 V C．实现点火的条件是＞1 000 D．实现点火的条件是＜1 000 【审题视点】　(1)由变压器原线圈所加电压的u－t图象可以确定原线圈电压的最大值和有效值，进而确定电压表的示数． (2)由引发电火花的电压最大值可以确定变压器原、副线圈的匝数之比． 【解析】　由题u-t图象知，交流电压的最大值Um＝5 V，所以电压表的示数U＝＝ V，故选项A错误，选项B正确；根据＝得＝，变压器副线圈电压的最大值U2m＝5 000 V时，有效值U2＝＝ V，所以点火的条件＞＝1 000，故选项C正确，选项D错误． 【答案】　BC 【即学即用】 1.
图10－2－7 (2012·西安调研)如图10－2－7所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝10 Ω，C为电容器，原线圈所加电压u＝220sin (100πt) V．下列说法正确的是(　　) A．通过电阻R3的电流始终为零 B．副线圈两端交变电压的频率为5 Hz C．电阻R2的电功率为48.4 W D．原副线圈铁芯中磁通量变化率之比为10∶1 【解析】　在交流电路中电容器能够通交流，所以A错误；变压器能够改变交流电压，但是不能变频，因此B错误；根据＝得到U2＝22 V，所以电阻R2的电功率为P2＝＝48.4 W，C正确；根据法拉第电磁感应定律得到原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为1∶1，D错误． 【答案】　C
远距离输电问题  1.输电线路的特点和组成 为了减少远距离输电过程中的电能损失，一般采用高压输电的模式，先用升压变压器将电压升高，将电输送到用电区后，再用降压变压器将高电压变成用电器所需的电压值，如图10－2－8为输电过程的示意图．
图10－2－8 2．输电过程的电压关系和功率关系 (1)输电过程的电压关系
(2)输电过程功率的关系

　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的耗损可忽略，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 【审题视点】　(1)根据题意画出远距离输电示意图标明已知量和未知量． (2)由变压器上的电压关系、电流关系和功率关系，列式求解． 【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，选项A正确；T1的匝数比为＝＝＝；T1上副线圈的电压为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，选项B正确；T2上原、副线圈的变压比为＝＝＝，选项C错误；能正常发光的灯泡的盏数为：N＝＝6×104，选项D正确． 【答案】　ABD 【即学即用】 2．(2012·黄冈模拟)如图10－2－9为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述错误的是(　　)
图10－2－9 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的 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 【解析】　依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝ρ，增大输电线的横截面积，可减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A项正确；由P＝UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B项正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C项错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，D项正确． 【答案】　C
(对应学生用书第175页)
变压器电路的动态分析  1.理想变压器的动态分析问题一般有两种类型： (1)负载电阻不变，原、副线圈的电压U1、U2不变，电流I1、I2，功率P1、P2随匝数比的变化而变化． (2)匝数比不变，原、副线圈的电压U1、U2也不变，电流I1、I2，功率P1、P2随负载电阻的变化而变化． 2．处理此类问题的关键都是要分清变量和不变量，弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系——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．
　如图10－2－10所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心轴头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin 100πt(V)，则(　　)
图10－2－10 A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V B．当t＝ s时，c、d间的电压瞬时值为110 V C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小 D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小 【潜点探究】　(1)电压表示数和电流表示数均为副线圈电压和电流的有效值． (2)当负载电阻阻值变化时，负线圈上电压不变，而电流发生变化． (3)当原线圈匝数变化时，副线圈上电压和电流都会发生变化． 【解析】　当单刀双掷开关与a连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈输出电压为22 V，电压表的示数为22 V，选项A正确；当t＝ s时，c、d间的电压瞬时值为u1＝220sin(100π×) V＝220sin() V＝110 V，选项B错误；单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数不变，电流表的示数变小，选项C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，电压表示数变为44 V，电压表和电流表的示数均变大，选项D错误． 【答案】　A 【即学即用】 3．(2011·福建高考)图10－2－11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10－2－11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(　　)
甲　　　　　　　　　　乙 图10－2－11 A．输入电压u的表达式u＝20sin(50πt)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 【解析】　由图乙知周期为0.02 s，因此输入电压的表达式u＝20sin(100πt) V，A错；只断开S2，L1、L2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B错；只断开S2，负载电阻变大，功率变小，C错，S1换接到2后，据P＝和＝得R消耗的功率为0.8 W，故选D. 【答案】　D
(对应学生用书第176页) ●理想变压器的基本关系 1.
图10－2－12 (2012·重庆高考)如图10－2－12所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V　880 W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知(　　) A．原、副线圈的匝数比为50∶1 B．交变电压的频率为100 Hz C．副线圈中电流的有效值为4 A D．变压器的输入功率为880 W 【解析】　由电器RL正常工作，可得通过副线圈的电流为I＝＝ A＝4 A，故C对；供电导线所分电压为Ur＝4×6 V＝24 V，副线圈两端电压U2＝220 V＋24 V＝244 V，因此原、副线圈的匝数比＝＝＝，故A错；又P1＝P2＝U2I2＝244×4 W＝976 W，故D错；交变电压的频率f＝＝50 Hz，故B错． 【答案】　C ●变压器和交流电路动态分析 2．(2012·福建高考)如图10－2－13所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．○V1 和○V2 是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；○A1 和○A2 是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是(　　)
图10－2－13 A．I1和I2表示电流的瞬时值 B．U1和U2表示电压的最大值 C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大 D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小 【解析】　交流电表的示数为有效值，故A、B两项均错误；P向下滑动过程中，R变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U1、U2均不变，所以I2＝变大，由＝，得I1＝I2变大，故C项正确，D项错误． 【答案】　C ●远距离输电问题 3．(2010·江苏高考)在如图10－2－14所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有(　　)
图10－2－14 A．升压变压器的输出电压增大 B．降压变压器的输出电压增大 C．输电线上损耗的功率增大 D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大 【解析】　升压变压器的输出电压由电源电压及匝数比决定，输出功率变大时升压变压器的输出电压不变，A项错误．由I＝可知当输出功率增大时输出电流增大．由U损＝IR及P损＝I2R可知U损及P损均增大．故C项正确．当U损增大时降压变压器的输出电压减小，B选项错误．由P损＝R可知＝R.当输出功率增大时输电线损耗比例增大，D项正确． 【答案】　CD ●变压器综合应用问题 4．一个理想变压器原线圈输入功率为P0＝1 200 W，原、副线圈匝数比为n1∶n2＝2∶1，其副线圈两端接一内阻为r＝4 Ω的电动机，此电动机正以速度v＝0.8 m/s匀速向上提升质量为m＝100 kg的重物，已知重力加速度g＝10 m/s2，则变压器原线圈两端的电压为多大？ 【解析】　由能量守恒知，理想变压器原线圈输入功率等于输出功率，又等于电动机的输入功率． 据题意知P0－mgv＝I2r，式中I为变压器的输出电流， 即电动机的输入电流， 得I＝＝10 A， 变压器的输出电压为U2＝＝120 V. 设变压器原线圈两端的电压为U1， 据题意知＝＝，则U1＝U2＝240 V. 【答案】　240 V 　　　　　　　　

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