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10－2－3A．U＝110 V，I＝0.2 AB．U＝110 V，I＝0.05 AC．U＝110 V，I＝0.2 AD．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10－2－42．电压损失(1)ΔU＝U－U′ (2)ΔU＝IR3．功率损失(1)ΔP＝P－P′ (2)ΔP＝I2R＝()2R4．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10－2－5A．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10－2－6A．电压表的示数等于5 VB．电压表的示数等于 VC．实现点火的条件是＞1 000D．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ut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 HzC．电阻R2的电功率为48.4 WD．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10－2－82．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 AB．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 VC．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D．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10－2－9A．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10－2－10A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 VB．当t＝ s时，c、d间的电压瞬时值为110 VC．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10－2－11A．输入电压u的表达式u＝20sin(50πt)VB．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。