《高考风向标》高考物理一轮复习 专题十一 第2讲 变压器 电能的输送课件

第2讲变压器电能的输送考点1理想变压器1．构造由一个闭合铁芯、原线圈及副线圈组成．

图11－2－1

2．工作原理：在同一铁芯上的磁通量的变化率处处相同．

3．理想变压器中的参数关系 没有漏磁和发热损失(即没有能量损失)的变压器叫理想变压器．(1)电压关系：在同一铁芯上只有一组副线圈时：当有几组副线圈时：

(2)功率关系：对于理想变压器不考虑能量损失，总有P入＝P出①当只有一组副线圈时，I1U1＝I2U2，得(3)电流关系②当有多组副线圈时：I1U1＝I2U2＋I3U3＋……，得I1n1＝I2n2＋I3n3＋……. 4．注意事项

(1)变压器能改变交变电流电压，但不能改变恒定电流(直流电)的电压．如果原线圈接上直流电，则副线圈输出电压为零．

(2)变压器的高压线圈匝数多而通过的电流小，用较细的导线绕制，变压器的低压线圈匝数少而通过的电流大，用较粗的导线绕制．(3)副线圈上的电流电压和原线圈上电流电压一样也是交变的，且频率相同．(4)三个决定①输入电压决定输出电压，当输入电压不变时，不论负载是否变化，输出电压不变．②输出电流决定输入电流，输入电流随输出电流的增大而增大，随输出电流的减小而减小．③输出功率决定输入功率，输入功率随输出功率的变化而变化．当负载为空载时，输入功率为零．

1．(双选)(2011年汕头一模)如图11－2－2甲，一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图乙所示，副线圈仅接入一个10Ω的电阻．则()图11－2－2答案：AC

2．(双选)一理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图11－2－3所示．在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．原线圈两端接在电压为U的交流电源上．则()图11－2－3A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小BC＝知，副线圈

解析：根据理想变压器原副线圈上电压、电流决定关系知：在输入电压U1

不变的情况下，U2不变．当保持Q的位置不动，滑动头P向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I1亦随着减小，即电流表的示数变小，A错误B正确；当保持P的位置不动，将Q向上滑动时,由

U1

n1U2

n2上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C正确，D错误．考点2远距离输电

1．减小损耗的方法 发电机的输出功率为一定值，P＝UI，在远距离输电的过程中，有相当一部分能量损耗在输电线上，设输电线的电阻为r，则损耗的电能，即转化为热能的部分为Q＝I2rt，电势功率为P热＝P损＝I2r，要减小损耗有两种方法：

(1)减小电阻：①减小电阻率，现有的导线多为铝导线，可改为铜，但价格太高；②减小距离，不可能；③增大面积，有局限性，并且耗费材料．

(2)减小电流：在输出功率不变的情况下，要减小电流，必须提高U，即需采用高压输电．

2．远距离输电的经典模型(如图11－2－4)． 图11－2－4 3．远距离输电的三组关系及两种损耗如下：(3)电功率率关系系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝PR＋P3(4)两种损损耗：：功率率损耗耗PR＝I2RR，输送送电压压损耗耗U＝IRR＝U2－U3.4．注意意(1)输入电电压及及匝数数比决决定输输出电电压．．只有有负载载变化化时，，输出电压压保持持不变变．(2)输出的的功率率、电电流决决定输输入的的功率率、电电流，，故负负载变变化会引起起输入入功率率的变变化．．3．(单选)(2011年广州州一模模)图11－2－5是远距距离输输电的的示意图，，下列列说法法正确确的是是()A图11－2－5A．a是升压压变压压器，，b是降压压变压压器B．a是降压压变压压器，，b是升压压变压压器C．a的输出出电压压等于于b的输入入电压压D．a的输出出电压压等于于输电电线上损损失的的电压压4．电站站的输输出功功率P＝104kW，输出出电压压U1＝4kV，通过过理想变变压器器升压压后向向远处处供电电．已已知输输电导导线的的总电电阻为为R＝10ΩΩ，输电电线路路损失失的功功率为为输出出功率率的4%，求变变压器器的匝匝数比比．解：发电站站的输输出电电流I1＝PU1＝1074×103A＝2.5×103

A

电线路损失的功率P损＝4%P＝I22R

则I2＝4%PR＝4%×10710A＝2×102

A

变压器的匝数比n1n2＝I2I1＝2×1022.5×103＝225.

【例1】(双选)(2009年广东东卷)图11－2－6为远距距离高高压输输)电的示示意图图．关关于远远距离离输电电，下下列表表述正正确的的是(图11－2－6热点变变压器器及远远距离离输电电A．减小小输电电导线线的横横截面面积有有利于于减少少输电电过程程中的的电能能损失失B．高压压输电电是通通过减减小输输电电电流来来减小小电路路的发发热损损耗C．在输输送电电压一一定时时，输输送的的电功功率越越大，，输电电过程程中的的电能能损失越越小D．高压压输电电必须须综合合考虑虑各种种因素素，不不一定定是电电压越越高越越好电线的横截面积，会增大输电线的电阻，则增大了输电线上的功率损耗，A错误；由P＝UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，输出电流越小，则功率损耗越小，B正确；若输送电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误；输送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正确．

答案：：BD根据功功率损损失的的表达达式ΔP＝I2r可知，，要减减少输输电线上的的功率率损失失，有有两种种方法法：其其一是是减小小输电电线的的电阻阻；其其二是减减小输输电电电流．．在输输电功功率一一定的的条件件下，，根据据P＝UI可知，要要减小小输电电线中中的电电流I，必须须提高高输电电电压压U，这就就是采采用高压压输电电的道道理．．解决决远距距离输输电问问题时时，应应先画出出输送送电路图，，然后后以变变压器器铁芯芯为界界，分分成几几个独独立的的闭合合电路路，应应用欧欧姆姆定定律律等等有有关关公公式式分分析析各各自自的的电电流流、、电电压压和和功功率率关关系系．．各各独立立回回路路之之间间可可通通过过变变压压器器的的n1：n2＝U1：U2＝I2/I1及理理想想变压压器器P1＝P2等联联系系起起来来．．1．(双选选)(2010年东东莞莞模模拟拟)2008年1月10日开开始始的的低低温温雨雪雪冰冰冻冻造造成成我我国国部部分分地地区区严严重重灾灾害害，，其其中中高高压压输输电电线线因因结结冰冰而损毁严严重．此此次灾害害牵动亿亿万人的的心．为为消除高高压输电电线上的凌冰，，有人设设计了这这样的融融冰思路路：利用用电流的的热效应应除冰．．若在正常常供电时时，高压压线上送送电电压压为U，电流为为I，热耗功功率为ΔP；除冰时时，输电电线上的的热耗功功率需变变为9ΔP，则除冰冰时(认为输电功功率和输输电线电电阻不变变()A．输电电电流为3IC．输电电电压为3UB．输电电电流为9IAD易错点：：变压器器的应用用【例1】图11－2－7中，降压压变压器器的变压压系数是是3，即初级线圈圈匝数与与次级线线圈的匝匝数之比比是3.初级线圈圈的输入入电压是660V，次级线线圈的电电阻为0.2ΩΩ，这台变变压器供供给100盏“220V,60W”的电灯用用电．求求：(1)空载时次次级线圈圈的路端端电压和和输出功功率；(2)接通时次次级线圈圈的路端端电压；；(3)每盏灯的的实际功功率．图11－2－7理解能力力的高低低表现在在把握文文字的物物理意义义上．题题文中说说“次级级线圈的的电阻为为0.2ΩΩ”．可见文文中所述述的变压压器有内内耗，不不是理想想变压器器．类比比直流电电路的知知识，可可从两条条路去求求路端电电压，U＝E－Ir(电源电动动势减去去内电压压)，或者用用欧姆定定律U＝IR.来计算电电功率．．不能用P＝U2R(2)接通后次次级线圈圈有电阻阻，要消消耗电能能，由于于次级线线圈内部部存在电压降，所以以次级线圈的的路端电压不不再是220V，而应以次级级线圈为研究对象应用用闭合电路欧欧姆定律去求求次级线圈的的路端电压．．(3)由于次级线圈圈的路端电压压达不到灯泡泡的额定电压压，灯泡的实实际功率要小于每每盏灯的额定定功率．(1)变压器空载时时，电路的电电流为零，无无能量的转化化，1．(双选)(2010年潮州二模