第60讲变压器电能的输送（讲义）

第60讲变压器电能的输送目录复习目标网络构建考点一理想变压器原理与基本关系【夯基·必备基础知识梳理】知识点理想变压器原理与基本关系【提升·必考题型归纳】考向1理想变压器工作原理考向2原线圈中并联电阻考向3原线圈中串联电阻考点二理想变压器的动态分析【夯基·必备基础知识梳理】知识点理想变压器的两类动态分析【提升·必考题型归纳】考向1匝数比不变，负载发生变化考向2匝数比变化，负载不变考点三远距离输电【夯基·必备基础知识梳理】知识点1三个回路知识点2两个联系知识点3一个守恒知识点4电压损失和功率损失计算【提升·必考题型归纳】考向1远距离输电原理及电压功率损失考向2远距离输电的动态分析问题考点四探究变压器电压与匝数关系【夯基·必备基础知识梳理】知识点1实验原理知识点2实验步骤知识点3误差分析【提升·必考题型归纳】考向探究变压器电压与匝数关系真题感悟理解和掌握变压器的原理，能够利用变压器的原理处理有关动态分析问题。理解和掌握远距离输电的基本规律。考点要求考题统计考情分析（1）变压器（2）远距离输电2023年天津卷第6题2023年北京卷第7题2023年山东卷第7题高考对变压器和远距离输电的考查较为频繁，大多以选择题中出现，题目难度要求大多不是太高，较为基础。考点一理想变压器原理与基本关系知识点理想变压器原理与基本关系理想变压器没有能量损失(铜损、铁损)，没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)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，U1∶U2＝n1∶n2，与负载的多少无关电流关系只有一个副线圈时，I1∶I2＝n2∶n1；有多个副线圈时，由P入＝P出即I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn频率关系f1＝f2(变压器不改变交流电的频率)处理技巧等效电阻考向1理想变压器工作原理1．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比是，电表均为理想电表，R为定值电阻，在原线圈两端接入正弦交流电，各元件正常工作，电流表、的示数分别为、，电压表、的示数分别为、，则下列关系正确的是（）

A． B． C． D．【答案】D【详解】A．根据题图可知，副线圈的电流等于，原线圈的电流等于，根据变压器原副线圈的电流关系可得故A错误；B．设副线圈的电压为，则根据串联电路的分压可得联立可得故B错误；CD．根据欧姆定律可得故D正确，C错误。故选D。2．某国产“超薄磁吸无线充电器”的充电功率为30W，同时支持磁力吸附，可直接吸附在上进行无线充电。该充电器的工作原理如图所示，当充电器上的发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出电流，实现为电池充电。某次测试时，该充电器接入电压瞬时值的交流电源，发射线圈和接收线圈的匝数之比为，不计能量损耗，下列说法正确的是（）

A．接收线圈中电流产生的磁场恒定不变B．接收线圈中电流的频率为100HzC．接收线圈两端电压的有效值为D．接收线圈中的电流的有效值为3A【答案】D【详解】A．当充电器上的发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出正弦交变电流，故接收线圈中电流周期性变化，产生的磁场也会周期性变化，故A错误；B．由发射线圈电压瞬时值表达式可知ω=100πrad/s故发射线圈中交流电的频率为接收线圈中电流的频率与发射线圈中电流的频率相同，故接收线圈中电流的频率为50Hz,故B错误；C．发射线圈中电压的有效值为由得，接收线圈两端电压的有效值为故C错误；D．本题中充电器不计能量损耗，则线圈的功率P1=P2=U2I2=30W接收线圈中的电流为故D正确。故选D。考向2原线圈中并联电阻3．如下图所示，交变电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为，、两点间所加电压，定值电阻消耗的电功率与定值电阻消耗的电功率之比为，定值电阻，的阻值均为，电流表为理想电表。则下列说法正确的是（

）

A．电流表的示数为 B．通过电阻的电流为C．定值电阻 D．电源消粍的电功率为【答案】A【详解】A．由所加电压表达式，可知变压器原线圈的输入电压有效值为根据理想变压器电压比等于匝数比，可得副线圈的输出电压为则电流表的示数为故A正确；BC．设通过电阻的电流为，由题意可知定值电阻消耗的电功率与定值电阻消耗的电功率之比为，则有解得定值电阻的阻值为故BC错误；D．电源消粍的电功率为故D错误。故选A。4．在如图甲所示的电路中，变压器为理想变压器，电表为理想电表，定值电阻，在a，b两端接入如图所示的电压（为正弦曲线的一部分），电流表的示数为2.2A，电压表的示数为27.5V，则（）

A．变压器原、副线圈的匝数比为4：1B．变压器原、副线圈的匝数比为C．定值电阻R消耗的功率为22WD．定值电阻R消耗的功率为15.125W【答案】AC【详解】AB．由题图乙，根据电流的热效应有解得变压器原线圈输入电压则原、副线圈的匝数比故A正确，B错误；CD．电阻中的电流因此原线圈中的电流为0.2A，根据变流比可知，副线圈中的电流则定值电阻消耗的功率故C正确，D错误。故选AC。考向3原线圈中串联电阻5．如图所示，理想变压器上有三个线圈，匝数分别为，线圈连接交流电源和一个小灯泡，线圈串联两个小灯泡，线圈连接一个小灯泡。四个小灯泡完全相同且均正常发光，则的比值为（）

A． B． C． D．【答案】C【详解】设每个灯泡额定电压为，额定电流为，由于四个小灯泡完全相同且均正常发光，则线圈串联两个小灯泡，线圈连接一个小灯泡，灯泡都正常发光，故可得根据理想变压器输入功率等于输出功率可得即可得联合可得故故选C。6．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为k，原线圈与定值电阻串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦式交流电源，副线圈与电阻箱相连。已知变压器的输出功率随变化的图像如图乙所示，则k等于（）A．100 B． C．10 D．【答案】D【详解】设电源输出电压有效值为U，原线圈电流为、副线圈电流为，原线圈匝数为，副线圈匝数为，根据变压器电压和电流规律有，又联立整理得可见，当时此时最大，根据图像可知：此时的，解得故选D。考点二理想变压器的动态分析知识点理想变压器的两类动态分析匝数比不变的情况负载电阻不变的情况(1)U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。(1)U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，U2变化。(2)R不变，U2变化，I2发生变化。(3)根据P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。考向1匝数比不变，负载发生变化1．如图所示的理想变压器，原、副线圈的匝数分别为9、4，原、副线圈所接的电表均为理想电表，两个定值电阻的阻值均为，滑动变阻器的最大阻值为，两个端点分别是，滑片为，下列说法正确的是（

）A．在移动滑片的过程中，电压表的示数会改变B．滑片由向移动的过程中，电流表的示数逐渐减小C．滑片由向移动的过程中，电流表的示数逐渐增大D．当滑片位于点时，电源输出的功率为【答案】D【详解】由理想变压器的工作原理可得电压表的示数始终为，A项错误；BC．滑片由向移动的过程中滑动变阻器的接入阻值逐渐减小，由欧姆定律及串并联电路电压电流关系可得，与滑动变阻器间串联的电流表的示数会逐渐增大，与滑动变阻器并联的电流表的示数会逐渐减小，B、C项错误；D．当滑片位于点时，负载的总电阻为电源的输出功率为综合可得，D项正确。故选D。2．如图所示，理想变压器原线圈接在电压有效值恒定的交流电源上，定值电阻R1=3Ω，R2=10Ω，滑动变阻器最大阻值R=6Ω，三只电表均为理想交流电表。滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过程中，电流表A2、电压表的读数变化量分别为ΔI2、ΔU，则下列判断正确的是（）

A．电流表A1的示数减小B．电压表的示数不变C．D．R和R2消耗的总功率先增大后减小【答案】AD【详解】A．副线圈所在电路中，当滑动变阻器滑片从中间向上滑动到端点的过程中，总电阻增大，则可知副线圈所在电路中电流减小，而根据原副线圈匝数与电流的关系可知，原副线圈匝数不变，则减小，也减小，即电流表A1的示数减小，故A正确；B．根据原副线圈匝数比与电压的关系可知，副线圈两端电压不变，但副线圈所在回路中的电流减小，因此定值电阻的分压减小，从而使有并联关系的电阻与滑动变阻器两端的电压增大，即电压表的示数变大，故B错误；C．根据闭合电路的欧姆定律有式中可知不变，则不变，该式为的函数关系，因此可知故C错误；D．设R和R2并联后的等效电阻为，两者消耗的总功率为，则有因此当时，R和R2消耗的总功有最大值而滑动变阻器最大阻值R=6Ω，且从中间开始向上滑动，则在滑动过程中有由此可知，R和R2消耗的总功率先增大后减小，故D正确。故选AD。考向2匝数比变化，负载不变3．如图，一理想变压器的原线圈匝数固定，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节。在原线圈一侧接有一只交流电流表，副线圈一侧由定值电阻R0和滑动变阻器R构成如图所示的电路。若在原线圈上加一电压为U的交流电，则下列说法正确的是（）

A．保持Q位置不动，将P向下滑动时，电流表的读数变大B．保持Q位置不动，将P向下滑动时，电流表的读数不变C．保持P位置不动，将Q向下滑动时，电流表的读数变大D．保持P位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数不变【答案】A【详解】AB．在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定；当Q位置不动时，副线圈输出电压不变，此时P向下滑动，滑动变阻器接入电路电阻减小，则副线圈输出电流变大，根据输入功率等于输出功率，有可知原线圈电流变大，则电流表的读数变大，故A正确，B错误；CD．P位置不动，将Q向下滑动时，副线圈的匝数减少，根据可知副线圈输出电压减小，则副线圈输出电流变小，根据输入功率等于输出功率，有可知原线圈电流变小，则电流表的读数变小，故CD错误。故选A。4．如图所示，N匝矩形线圈以转速n绕轴匀速转动，轴与线圈平面共面且与磁场方向垂直，磁场的磁感应强度为B，线圈面积为S，线圈电阻为r，线圈两个末端分别通过电刷与理想自耦变压器相连，为变压器上的滑动触头，为滑动变阻器上的滑片，电压表和电流表均为理想电表，则下列说法正确的是（）

A．从图示位置开始计时，线圈中的感应电压瞬时值表达式为B．若保持不动，从M位置逆时针转到N位置，则电压表示数增大C．只增大线圈的转速，定值电阻消耗的电功率减小D．若不动，向左滑动，则电流表示数增大，减小【答案】D【详解】A．图示位置为中性面，从图示位置开始计时，线圈中的感应电压瞬时值表达式为故A错误；B．根据理想变压器和副线圈构成的等效电阻表达式当从M位置逆时针转到N位置，理想变压器增大，等效电阻减小，即外电阻减小，路端电压减小，故B错误；C．只增大线圈的转速，电源电动势的有效值增大，因为总电阻不变，故原线圈电流增大，副线圈电流也增大，根据，定值电阻消耗的电功率也增大，故C错误；D．向左滑动，R减小，等效电阻减小，则减小，原线圈和副线圈电流都增大，电流表示数增大，增大，减小，故D正确。故选D。考点三远距离输电知识点1三个回路理清三个回路知识点2两个联系(1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。(2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。知识点3一个守恒能量守恒关系式P1＝P损＋P4。知识点4电压损失和功率损失计算（1）电压损失：输电线路上I2＝I线＝I3，总电阻R线导致的电压损失ΔU＝U2－U3＝I线R线。（2）功率损失： ①P损＝P1－P4 ②P损＝I线·ΔU＝Ieq\o\al(2,线)R线＝注意：(1)当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率减小到原来的eq\f(1,n2)。(2)不要把输电线上的输电电压U2和输电线上损失的电压ΔU相混淆。考向1远距离输电原理及电压功率损失1．我国是目前世界上唯一用特高压输电技术进行远距离输电的国家，也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图是交流特高压远距离输电的原理图，假定在远距离输电过程中，等效理想变压器T1的输入功率P0＝2.2×108W，输入电压U0＝11kV，输电线上的电流I1＝200A，输电线中的功率损失为输入功率P0的4%。则（

）

A．U1＝1100VB．C．U1与U2的差与输电功率无关D．变压器T1的原副线圈匝数比为1∶100【答案】D【详解】A．根据电功率的计算公式，代入数据解得V故A错误；B．根据电功率的计算公式，代入数据解得故B错误；C．根据电功率的计算公式，可知输电功率不同时，输电线的电流不同，从而影响U1与U2的差，故C错误；D．根据原副线圈电压之比与线圈匝数的之比关系可知故D正确；故选D。2．我国水力资源居世界首位，西部地区水力发电潜力巨大。水力发电的基本原理就是将水流的机械能（主要指重力势能）转化为电能。如图所示，某小型水力发电站水流量（流量是指流体在单位时间内流过某一横截面的体积），落差h＝12.5m，发电机（内阻不计）的输出电压，输电线总电阻，为了减小损耗采用了高压输电。在发电机处安装升压变压器，而在用户处安装降压变压器，其中，用户获得的电压，用户消耗的功率，变压器均视为理想变压器，已知水的密度，取重力加速度。下列说法正确的是（

）

A．输电线损失的电压为180V B．输电线损失的电功率为25kWC．升压变压器原副线圈的匝数比 D．机械能转化为电能的效率为80%【答案】BD【详解】A．根据变压器电压与匝数的关系得理想变压器无能量损失根据解得高压输电线电阻损失的电压，A错误；B．高压输电线损失的功率，B正确；C．输电电压则，C错误；D．发电机输出电功率单位时间内水流的机械功率故机械能转化为电能的效率，D正确。故选BD。考向2远距离输电的动态分析问题3．2020年9月，中国发布“双碳战略”，计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和。碳排放问题的治本之策是转变能源发展方式，加快推进清洁替代和电能替代，一座小型水电站向山下村镇供电的示意图如图所示，升压变压器T1与降压变压器T2都是理想变压器。已知发电机输出电压U1250V，两个变压器的匝数比，，输电线电阻R20，输电线上损失的功率为32kW。则下列说法正确的（

）

A．输电线上损失的电压为25000VB．用户得到的电压为200VC．发电机输出功率P1000kWD．深夜，用户的用电器减少时输电线上损失的功率将变大【答案】C【详解】A．依题意，输电线上损失的功率为解得故A错误；B．根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系，有又联立，解得故B错误；C．根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系，有又发电机输出功率为联立，解得故C正确；D．深夜，用户的用电器减少时，降压变压器所在回路电阻增大，由欧姆定律可得则降压变压器输出电流减小，根据可知输电线上电流减小，由可知输电线上损失的功率将变小。故D错误。故选C。4．如图所示为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原、副线圈匝数比为k，输电线的总电阻为R，发电机输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使发电机输出功率增加了，升压变压器和降压变压器均视为理想变压器。下列说法正确的是（）A．电压表的示数与电流表的示数之比不变B．电压表的示数与电流表的示数之比变大C．输电线上损失的电压增加了D．输电线上损失的功率增加了【答案】C【详解】AB．由于发电厂输出电压恒为U,根据理想变压器的规律故电压表V1的示数不变，发电厂输出功率增加了，则发电厂输出电流增加了根据理想变压器的规律，对于升压变压器A1示数增加了由于A1示数增加，A2示数也将增加，降压变压器的输入电压将减少故V2示数也将减小，所以电压表的示数与电流表的示数之比减小，电压表的示数与电流表的示数之比减小，故AB错误；C．根据欧姆定律，输电线上损失的电压增加了故C正确；D．输电线上损失的功率增加了由于未知，故无法计算，故D错误。故选C。考点四探究变压器电压与匝数关系知识点1实验原理1．实验电路图2．实验方法：采用控制变量法。(1)n1一定，研究n2和U2的关系。(2)n2一定，研究n1和U2的关系。知识点2实验步骤1．保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响。2．保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响。知识点3误差分析1．由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。2．原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)，造成误差。3．铁芯中有磁损耗，产生涡流，造成误差。考向探究变压器电压与匝数关系在探究“变压器的电压与匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示。（1）为了确保实验的安全，下列说法正确的是A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过16VB．为使接触良好，通电时应用手直接捏紧裸露的接线柱C．确保多用电表的安全，使用交流电压档测电压时，先用最大量程档试测（2）变压器铁芯是利用由相互绝缘的薄硅钢片平行叠压而成的，而不是采用一整块硅钢。①铁芯Q安放在铁芯P上时，硅钢片应平行于A．平面abcd

B．平面abfe

C．平面abgh

D．平面aehd②这样设计的原因是。（3）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数（选填“多”或“少”）。（4）用匝数na=400匝和nb=800匝的变压器，实验测量数据如表：Ua/V1.802.803.804.90Ub/V4.006.018.029.98根据测量数据可判断出变压器的原线圈为（选填“a”或“b”）。【答案】CD减小涡流，提高变压器的效率少b【详解】（1）[1]A．变压器只能使用交变电压，不能使用低压直流电源，A错误；B．为使接触良好，应该拧紧接线柱，但不能用手直接捏紧裸露的接线柱，B错误；C．为了确保多用电表的安全，使用交流电压档测电压时，先用最大量程档试测，C正确。故选C。（2）①[2]变压器正视图如图。硅钢片的作用是形成闭合磁路，硅钢片中磁场变化引起在垂直于abcd平面内产生感应电流，所以为了