变压器电能的输送基础知识一、变压器的构造和原理知识讲解如图所示，变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，其中一个线圈与电源相接，另一个线圈与负载（工作电路）相接，前者称为原线圈或初级线圈，后者称为副线圈或次级线圈.当在原线圈上加交变电源时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变磁通量，磁通量通过铁芯也穿过副线圈，磁通量的变化在副线圈上产生感应电动势.若副线圈上接有负载形成闭合电路，有交变电流通过时，也会产生磁通量通过铁芯穿过原线圈，在原线圈上产生感应电动势.这样原、副线圈在铁芯中磁通量发生了变化，从而发生互相感应（称为互感现象），产生了感应电动势.归纳为：（1）互感现象是变压器的工作基础，其实质是电磁感应现象.（2）若在原线圈上加交流电压，副线圈上空载（开路），则副线圈上存在感应电动势.（3）变压器改变电压的作用只适用于交变电流，不适用于恒定电流.活学活用1.理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，以下说法中正确的是()A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10:1B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10:1D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1:1解析：此题考查的是对变压器原理的掌握，对理想变压器，B选项认为无磁通量损漏，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，才导致电压与匝数成正比.D 选项认为可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率.答案：BD 二、电能的输送 知识讲解（1）减少电能损耗的方法据P 损=I 2R 可知，减小输电线路上功率损失的方法主要有两种： ①减小输电线的电阻R ，据R L Sρ=∙a.减小输电线长度L ：由于输电距离一定，所以在实际中不可能用减小L 来减小R.b.减小电阻率ρ：目前一般用电阻率较小的铜或铝作导线材料.c.增大导线的横截面积S ：这要多耗费金属材料增加成本，同时给输电线的架设带来很大的困难.②减小输电电流I ，据P I U=a.减小输送功率P ：在实际中不能以用户少用或不用电来达到减少损耗的目的.b.提高输电电压U ：在输送功率P 一定，输线电阻R 一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，2P P R U =损据（）知，输电线上的功率损耗将降为原来的21.n根据以上分析知，采用高压输电是减小输电线上功率损耗最有效、最经济的措施.（2）远距离高压输电的几个基本关系（以图为例）：①功率关系P 1=P 2，P 3=P 4，P 2=P 损+P 3 ②电压、电流关系331124221443U n U n I I ,.U n I U n I ====U 2=ΔU+U 3,I 2=I 3=I 线. ③输电电流：323223P U U P I .U U R -===线线④输电线上损耗的功率: 2222P P I U I R R .U =∆==损线线线线（） 当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减少到原来的21.n活学活用2.远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是()A.输电线上的电功率损失是原来的1n B.输电线上的电功率损失是原来的21n C.输电线上的电压损失是原来的1n D.输电线上的电压损失是原来的21n解析：根据由P=IU 得I=P U,导线上损失功率222P P I R R U ==损.因输送功率一定，P损跟输送电压的平方成反比；PU R U=损.跟输送电压成反比.所以正确选项为B 、C. 答案：BC第二关：技法关解读高考 解 题 技 法一、变压器各量变化问题的分析 技法讲解处理这类问题的关键是要分清变量和不变量，弄清理想变压器中“谁决定谁”的问题，在理想变压器中，U 2由U 1和匝数比决定；I 2由U 2和负载决定；I 1由I 2和匝数比决定. 注意因果关系,对电压而言,有U 入才有U 出,输入决定输出,而对电流\,功率而言,则是有I 出、P 出,才有I 入、P 入,输出决定输入.当理想变压器的原副线圈的匝数不变时,如果变压器的负载发生变化,可依据以下原则判定,如图所示.(1)输入电压U 1决定输出电压U 2.这是因为输出电压2211n U U ,n =当U 1不变时,不论负载电阻R 变化与否,U 2不会改变.(2)输出电流I 2决定输入电流I 1,在输入电压U 1一定的情况下,输出电压U 2也被完全确定.当负载电阻R 增大时,I 2减小,则I 1相应减小;当负载电阻R 减小时,I 2增大,则I 1相应增大.在使用变压器时,不能使变压器次级短路.(3)输出功率P 2决定输入功率P 1,理想变压器的输出功率与输入功率相等,即P 2=P 1.在输入电压U 1一定的情况下,当负载电阻R 增大时,I 2减小,则变压器输出功率P 2=I 2U 2减小,输入功率P 1也将相应减小;当负载电阻R 减小时,I 2增大,变压器的输出功率P 2=I 2U 2增大,则输入功率P 1也将增大.典例剖析 例1（江苏高考题）如图所示电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是（）A.保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小B.保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小C.保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大D.保持U 1不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I 1减小解析：保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a,副线圈匝数变多，由1122U n U n =知U 2变大，22U I R=变大，R 上消耗的功率增大，故A 错.又由于1221I n ,I n =I 1也变大，故C 正确.S由a 切换到b,副线圈匝数变少，由1122U n U n =知U 2变小，I 2=2UR变小，故B 正确.保持U 1不变，S 接在b 端，P 向上滑动，R 变小，I 2=2U R变大，I 1变大，故D 错. 答案：BC二、远距离输电问题 技法讲解在求解远距离输电的有关问题时，常会涉及到较多的物理量，应特别注意各物理量的对应性，所以对远距离输电问题一定要先画出过程图再分析，可以保证思路通顺流畅避免混乱出错．另外针对输电过程中因物理量较多，易发生混乱的特点，把各物理量在图中标出可以使物理意义条理清晰．远距离输电过程的示意图（如图所示）由图可知：P 1=P 2，I 2=I 3，P 3=P 4，P 损=I 22·2r=I 32·2r=P 1-P 4.（1）升压变压器的输出电流和输电线上的电压损失、功率损失，是联系两个变压器的纽带，解题时要抓住这个“纲”，然后根据和其他相关量的联系按相应规律列式求解.（2）输电导线上损失的电能和输出电压的平方成反比，输出电压提高n 倍，导线上电能的损失就减为原来的21.n （3）在计算远距离输电线路的功率损耗时常用关系式P 损=I 线2R 线计算，其原因是I 线较易求出；I 总=I 线=P 总/U 总；而P 损=U 线 I 线或P 损=U 线2/R 线，则不常用，其原因是在一般情况下U 线不易求出，且易把U 线和U 总相混淆而造成错误.典例剖析 例2有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器匝数之比为1：4，降压变压器的匝数之比为4：1，输电线的总电阻R=4 Ω，全校共有22个班，每班有“220 V 40 W ”的灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则（1）发电机输出功率多大？ （2）发电机电动势多大？ （3）输电效率多少？（4）若使用灯数减半并正常发光，发电机输出功率是否减半？解析：发电机的电动势E ，一部分降在电源内阻上，即I 1r ，另一部分为发电机的路端电压U 1，升压变压器副线圈电压U 2的一部分降在输电线上，即I 2R ，其余的就是降压变压器原线圈电压U 2′，而U 3应为灯的额定电压U 额，具体计算由用户向前递推即可.(1)对降压变压器：U 2′I 2=U 3I 3=nP 灯=22×6×40 W=5 280 W ，而U 2′=41U 3=880 V. 所以22nP 5280I A 6 A.U 880===灯对升压变压器： U 1I 1=U 2I 2=I 22R+U 2′I 2=（62×4+5 280）W=5 424 W ，所以P 出=5 424 W. （2）因为U 2=U 2′+I 2R=（880+6×4）V=904 V. 所以11222n 11U U U 904 V 226 V.n 44===⨯= 又因为U 1I 1=U 2I 2， 所以22121U I I 4I 24 A U ===， 所以11E U I r 226241V 250 V.=+=+⨯=（） （3）P 5 280100%100%97%.P 5 424η=⨯=⨯=有用出（4）电灯减少一半时，n ′P 灯=2 640 W ，2n R 2640 WI 3 A.U 800 V''===灯 所以P ′出=n ′P 灯+I ′22R=（2 640+32×4） W=2 676 W ，不是减半. 答案：（1）5424 W (2)250 V (3)97%(3)不减半 第三关：训练关笑对高考 随 堂 训 练1.一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n 1和n 2，正常工作时输入和 输出的电压、电流、功率分别为U 1和U 2、I 1和I 2、P 1和P 2，已知n 1＞n 2， 则()A.U 1＞U 2，P 1＜P 2B.P 1=P 2，I 1＜I 2C.I 1＜I 2，U 1＞U 2D.P 1＞P 2，I 1＞I 2解析：对理想变压器来说，穿过原副线圈的磁通量的变化率一定相等，由法拉第电磁感应定律可得1122U n U n =，由题给条件n 1>n 2，得U 1>U 2.理想变压器不考虑能量损耗，则有P 1=P 2.由于题给变压器为单个副线圈的变压器，则I 1U 1=I 2U 2成立，所以I 1<I 2.综合上述分析可知，B 、C 两项对.答案：BC2.一理想变压器初\,次级线圈匝数比为31,次级接三个相同的灯泡,均能正常发光,在初级线圈接一个相同的灯泡L,如图所示,则（）A.灯L 也能正常发光B.灯L 比另三灯都暗C.灯L 将会烧坏D.灯L 时亮时暗解析：分析此题应从变压器的电流关系来考虑;原\,副线圈中的电流比I 1：I 2=1：3,副线圈后面每灯的电流与其额定电流为2L 1I :I ,I I I 3===额额故,所以灯L 也正常发光. 答案：A3.如图甲所示是日光灯的电路图，它主要由灯管、镇流器和启动器组成的，镇流器是一个带铁芯的线圈，启动器的构造如图乙所示，为了便于启动，常在启动器的两极并上一纸质电容器C ，某教室的一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮的情况，经检查，灯管是好的，电压正常，镇流器无故障，其原因可能是()A.启动器两脚与启动器底座接触不良B.电容器C 断路C.电容器C 击穿而短路D.镇流器自感系数L 太大 答案：C4.国家重点项目工程——750千伏兰州至银川西电东输工程完成塔基建设.9月底全线架通.远距离输送交流电都采用高压输电，采用高压输电的优点是()A.可节省输电线的铜材料B.可根据需要调节交流电的频率C.可减少输电线上的能量损失D.可加快输电的速度 解析：由P=IU 得P I U=，输送的电功率P 一定，采用高压输电，U 大则I 小，由P 线=I 2r ，在要求输电损耗一定的情况下，就可以选电阻率略大一点的材料作导线；若输电线确定，则可以减少输电线上的能量损失，故选项A 、C 正确.交流电的频率是固定的，不需要调节，输电的速度是就是电磁波的传播速度，是一定的，故选项B 、D 不正确.答案：AC5.如图所示，MN 和PQ 为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直导轨放置的金属棒ab 与导轨接触良好，在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场，导轨的N、Q端接理想变压器的初级线圈，理想变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C.若用IR、IL、IC分别表示通过R、L和C 的电流，不考虑电容器的瞬间充放电，则下列判断中正确的是()A.若ab棒匀速运动，则I R≠0，I L≠0,I C=0B.若ab棒匀加速运动，则I R≠0,I L≠0,I C=0C.若ab棒做加速度变小的加速运动，则I R≠0，I L=0，I C=0D.若ab棒在某一中心位置附近做简谐运动，则I R≠0,I L≠0,I C≠0解析：当ab棒匀速运动时，根据公式E=Blv可知电动势E恒定，则原线圈中有恒定的电流通过，产生稳定的磁场，通过副线圈的磁通量不变，那么副线圈上不产生感应电动势，无电压，则I R=I L=I C=0,A错误.当ab棒匀加速运动时，产生的电动势均匀增加，原线圈的电流均匀增大，产生的磁场均匀增强，则副线圈中的磁通量均匀增大，副线圈就会产生一个恒定的电压，那么I R≠0,I L≠0,I C=0,B正确.当ab棒做加速度变小的加速运动时，ab棒产生的电动势变化越来越慢，同理可知在副线圈上将产生一个逐渐减小的电压，则I R≠0，IL≠0，而电容器要不停的放电而使IC≠0，故C错误.当ab棒做简谐运动时，ab棒将产生正弦或余弦式交变电流，在副线圈上也将感应出正弦或余弦式交变电压，从而I R≠0，I L≠0，I C≠0，D正确.答案：BD课时作业四十二变压器电能的输送1.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2.当R增大时()A.I1减小，P1增大B.I2减小，P2减小C.I2增大，P2减小D.I1增大，P2增大解析:理想变压器（副线圈上电压不变）当负载电阻R增大时电流I2减小，由P2=U2I2可知，功率P2也减小，所以B正确.答案:B2.一理想变压器原、副线圈匝数比n1n2=11 5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 如图所示.副线圈仅接入一个10 Ω的电阻.则()A.流过电阻的电流是20 AB.与电阻并联的电压表的示数是V C.经过1分钟电阻发出的热量是6×103J D.变压器的输入功率是1×１０3W 解析:由图象可知U 1=220 V ，则2211n 5U U 220V 100 V n 11==⨯= 流过电阻电流2U I 10 A R==，A 错；电压表示数应为100V ，B 错；1分钟放出热量Q=I 2Rt=102×10×60 J=6×104J,C 错；P 出=U 2I=100×10 W=1×103W ，所以P 入=P 出=1×103W ，D 正确.答案:D3.如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻，开关S 是闭合的.○V 1和○V 2为理想电压表，读数分别U 1和U 2；○V 1、○V 2和○V 2为理想电流表，读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S ，U 1数值不变，下列推断中正确的是()A.U 2变小、I 3变小B.U 2不变、I 3变大C.I 1变小、I 2变小D.I 1变大、I 2变大解析:U 2=211n U ,n U 1、n 1、n 2均不变，故U 2不变，A 错误；S 断开，副线圈电路R 总增大，则I 2减小，UR 1=I 2R 1减小，UR 3必增大，333UR I R =增大，B 对；由2121n I I n =知I 1减小，C 对，D 错误.答案:BC4.如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1,原线圈接入一电压为U=U 0sin ωt 的交流电源，副线圈接一个R=27.5 Ω的负载电阻.若U 0V ，ω=100πrad/s ，则下述结论正确的是()A.副线圈中电压表的读数为55 VB.副线圈中输出交流电的周期为1100π s C.原线圈中电流表的读数为0.5 AD.原线圈中的输入功率为W解析:因为U 0V,则电压有效值U=220 V ，由1122U n U n =得U 2220 V 4==55 V,A 正确.因为ω=100πrad/s,则22T s 0.02 s 100ππωπ===，则B 错误. 负载R 中电流12221I n U 5 V I 5 2 A R 27.5I n ====Ω，由得I 1=0.5 A ，所以C 正确.功率P=U 1I 1=220 V ×0.5 A=110 W,所以D 错误.答案:AC5.如图所示电路中的变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是()A.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B.保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D.保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小解析：S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，R上消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故输入电流I1增大，所以A错C对;S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，I2减小，B对；P向上滑动时，R减小，I2增大，由电流与匝数的关系可知，I1增大，D错.答案：BC6.如图所示，P为一理想自耦变压器的滑片，Q为滑动变阻器的滑动触头.在输入交变电压一定的条件下，下列说法正确的是()A.Q不动，P向下移动，电流表示数减小，电压表示数增大B.Q不动，P向上移动，电流表示数减小，电压表示数减小C.P不动，Q向上移动，电流表示数增大，电压表示数不变D.P不动，Q向下移动，电流表示数增大，电压表示数不变解析:图为升压自耦变压器，当Q不变P下移时，n1减小U2↑，○V读数增大，副线圈电流22UIR=，原线圈电流I1↑，○A A错、当Q不变P上移时n1↑U2↓○V读数减小，I2↓I1↓B正确.当P不动时n1不变，由1122U nU n=知U2不变，○V读数不变，Q上移R↓I2↑I1↑○V读数增大，C对D错.答案:BC7.如图甲所示，在闭合铁芯上绕着两个线圈M 和P ，线圈P 与电流表构成闭合回路.若在t 1至t 2这段时间内，观察到通过电流表的电流方向自上向下（即为由c 经电流表至d ），则可以判断出线圈M 两端的电势差uab 随时间t 的变化情况可能是图乙中的()解析:根据楞次定律可知副线圈中的电流方向，可知穿过副线圈的磁场应是向上增加，或向下减少的，可以判断原线圈中的磁场方向是向下增加的，或向上减少的，综合四个选项可知在t 1至t 2这段时间内输入电压变化的可能情况为C 、D.答案:CD8.如图是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器.已知变压器原线圈与副线圈匝数比12n 1n 20，加在原线圈的电压为u 1=311sin 100πt(V)，霓虹灯正常工作的电阻R=440 k Ω,I 1、I 2表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是()A.副线圈两端电压6220 V ，副线圈中的电流14.1 mAB.副线圈两端电压4400 V ，副线圈中的电流10.0 mAC.I 1＜I 2D.I 1＞I 2解析:由u 1=311sin 100πt(V)知1U 220 V == 由1122U n U n =得U 2=4400 V 22U I 0.01 A R==故A 错误，B 正确. 由 1221I n 20I n 1==,则I 1＞I 2 故C 错误，D 正确.答案:BD9.如图所示，变压器的原线圈及两个副线圈的匝数比为n 1:n 2:n 3=4:2:1，所连接的三个灯消耗的电功率相同，则流过每个灯的电流之比I 1:I 2:I 3=____，每个灯的电阻之比为R 1:R 2:R 3=____.解析:理解变压器每个线圈的电压之比等于它们的匝数比，则U 1:U 2:U 3=4:2:1，理想变压器的输入功率等于输出功率，则有I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3.又I 2U 2=I 3U 3，则32332U 1I I I U 2=- I 1U 1=2I 2U 2，则2222312U 1I I I I U 2=== 故I 1:I 2:I 3=1:2:2三个灯泡消耗的功率相等，有222112233I R I R I R ==得R 1:R 2:R 3=4:4:1答案:4:2:14:4:110.某小型实验水电站输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是6 Ω .（1）若采用380 V 输电，求输电线路损耗的功率.（2）若改用5000 V 高压输电，用户端利用n 1:n 2=22:1的变压器降压，求用户得到的电压.解析:（1）输电线上的电流强度为3P 2010I A 52.63 A U 380⨯===① 输电线路损耗的功率为P 损=I 2R=52.632×6 W ≈16620 W=16.62 kW ②（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为 3P 2010I A 4 A U 5000⨯'==='③ 用户端在变压器降压前获得的电压U 1=U-I ′R=（5000-4×6) V=4976 V ④ 根据1122U n U n = 用户得到的电压为2211n 1U U 4976 V 226.18 V n 22==⨯=⑤答案:(1)16.62 kW(2)226.18 V 11.如图所示，一理想变压器的原线圈接在电压为220 V 的正弦交流电源上，两副线圈匝数分别为n 2=16匝、n 3=144匝，通过理想二极管、单刀双掷开关与一只“36 V 18 W ”的灯泡相连（灯泡电阻不变），当开关接1时，灯泡正常发光，求（1）原线圈的匝数n 1;（2）当开关接2时，灯泡两端电压的有效值.解析:（1）根据变压器电压比113n U n U =灯解得原线圈匝数n 1=880匝.（2）开关接2时，有1123n U n n U=+ 解得副线圈上电压为U=40 V设交变电流的周期为T 晶体二级管有单向导电性，因此22U U T 2T R R'= 此时灯泡两端电压有效值为U ′V.答案:(1)880匝（2）V12.如图所示是一种自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮.电枢线圈绕在固定的U 形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带电磁极转动，使线圈中产生正弦交变电流，给车头灯供电.已知自行车车轮半径r=35 cm ，摩擦小轮半径r 0=1.00 cm.线圈有n=800匝，线圈框横截面积S=20 cm 2，总电阻R 1=40 Ω.旋转磁极的磁感应强度B=0.010 T,车头灯电阻R 2=10 Ω.当车轮转动的角速度ω=8 rad/s 时，求：（1）发电机磁极转动的角速度.（2）车头灯中电流的有效值.解析:（1）磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，故有ω0r 0=ωr00r0.358 rad /s 280 rad /s.r 0.01ωω==⨯= (2)摩擦小轮带动磁极转动，线圈产生的感应电动势的最大值为4 m 0E nB S 8000.010*******V 4.48 V ω-==⨯⨯⨯⨯=感应电动势的有效值m E E 3.2 V 2=== 通过灯泡的电流有效值12E 3.2I A 64 mA.R R 4010===++ 答案:(1)280 rad/s(2)64 mA。
