沪科版高中物理选修(3-2)第3章《电能的输送与变压器》word教案1

（通用版）2018-2019版高中物理第3章电能的输送与变压器3.2-3.3 变压器为什么能改变电压电能的开发与利用学案沪科版选修3-2编辑整理：尊敬的读者朋友们：这里是精品文档编辑中心，本文档内容是由我和我的同事精心编辑整理后发布的，发布之前我们对文中内容进行仔细校对，但是难免会有疏漏的地方，但是任然希望（（通用版）2018-2019版高中物理第3章电能的输送与变压器3.2-3.3 变压器为什么能改变电压电能的开发与利用学案沪科版选修3-2）的内容能够给您的工作和学习带来便利。

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3.2 变压器为什么能改变电压 3。

3 电能的开发与利用［目标定位］ 1。

了解变压器的构造及几种常见的变压器,理解变压器的工作原理。

2。

掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题.3.掌握理想变压器的功率关系,并能推导出原、副线圈的电流关系.4.了解我国电能开发与利用的现状及前景。

一、变压器的原理及电压与匝数的关系把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁心上，一个线圈通过开关连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上（如图1所示）.连接电路，接通电源，小灯泡能发光。

图1(1）电源和小灯泡并没有连接，小灯泡为什么会发光？(2）小灯泡两端电压与学生电源两端的输出电压相等吗？如果不相等与什么因素有关？（3）若将原线圈接到恒定的直流电源上，小灯泡亮不亮？分析讨论原因。

答案（1)当左边线圈加上交变电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁心中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在左、右线圈中都要产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光.(2）左、右线圈中每一匝线圈上磁通量的变化率错误!都相同，若左边匝数为n1，则E1＝n1错误!；若右边匝数为n2，则E2＝n2错误!，故有错误!＝错误!;若忽略左边线圈的电阻，则有E1＝E电源，这样看来小灯泡两端电压与左侧交流电源电动势及两线圈匝数比错误!都有关系。

一、教学目标：1. 让学生了解变压器的作用和原理，知道变压器在电力系统中的重要性。

2. 使学生掌握电能的输送过程，了解电能输送中的损耗和提高输送效率的方法。

3. 培养学生运用所学知识解决实际问题的能力。

二、教学内容：1. 变压器的作用和原理2. 变压器的构造和分类3. 电能的输送过程4. 电能输送中的损耗5. 提高电能输送效率的方法三、教学重点与难点：1. 教学重点：变压器的作用和原理，电能的输送过程，提高电能输送效率的方法。

2. 教学难点：变压器的构造和分类，电能输送中的损耗。

四、教学方法：1. 采用讲授法，讲解变压器的作用、原理、构造和分类，以及电能的输送过程、损耗和提高输送效率的方法。

2. 利用多媒体演示变压器的原理和构造，以及电能输送的过程。

3. 开展小组讨论，分析电能输送中的损耗和提高输送效率的途径。

五、教学过程：1. 引入新课：通过讲解变压器在电力系统中的重要性，引出本节课的主题——2. 讲解变压器的作用和原理：讲解变压器的作用，介绍变压器的原理，解释变压器如何实现电压的升降。

3. 讲解变压器的构造和分类：讲解变压器的构造，包括铁芯、线圈等部分，介绍变压器的分类，如交流变压器、直流变压器等。

4. 讲解电能的输送过程：讲解电能是如何从发电厂输送到用户的，包括输电线路、变电站等环节。

5. 讲解电能输送中的损耗：介绍电能在输送过程中的损耗，如电阻损耗、感抗损耗等，分析损耗的原因。

6. 讲解提高电能输送效率的方法：介绍提高电能输送效率的方法，如增大输电线路的截面积、采用高效变压器等。

7. 小组讨论：让学生分组讨论电能输送中的损耗和提高输送效率的途径，分享讨论成果。

8. 总结与布置作业：总结本节课的主要内容，布置相关作业，巩固所学知识。

六、教学评估：1. 课堂问答：通过提问的方式，检查学生对变压器作用和原理的理解程度。

2. 小组讨论：评估学生在小组讨论中的表现，了解他们对电能输送过程和损耗的认识。

第3章 电能的输送与变压器章末总结电能的输送与变压器⎩⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎧高压输电原理⎩⎪⎨⎪⎧功率损失P 损＝I 2R 电压损失U 损＝IR高压输电原理理想变压器⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧结构：原线圈、副线圈、铁心原理：电磁感应基本规律⎩⎪⎨⎪⎧电压关系：U 1U 2＝n 1n 2电流关系：I 1I 2＝n 2n1功率关系：P 1＝P 2电能的开发与利用一、电能输送中功率损失的计算 1.P 损＝I 2R .2.在输电电流一定的情况下，如果电路的电阻减为原来的一半，则损失的功率变为原来的二分之一；在线路电阻不变的情况下，当电流为原来的一半，线路上损失的功率变为原来的四分之一.3.由2可知，减小电流对降低损耗更有效.4.P ＝UI .5.由P ＝UI 可知I ＝P U，由此式可知，在电功率不变的前提下，升高电压，可减小输电电流.例1 图1为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图1A.(n 1n 2)U 2m4rB.(n 2n 1)U 2m 4rC.4(n 1n 2)2(P U m)2r D.4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 原线圈电压的有效值：U 1＝U m2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝P U 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 22r ＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确，A 、B 、D 错误.二、理想变压器的分析思路1.电压思路：变压器原、副线圈的电压之比为U 1U 2＝n 1n 2；当变压器有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…2.功率思路：理想变压器的输入、输出功率关系为P 入＝P 出，即P 1＝P 2；当变压器有多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋…3.电流思路：由I ＝P U 知，当变压器有多个副线圈时，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…，对只有一个副线圈的变压器才有I 1I 2＝n 2n 1.4.动态分析变压器电路的思路可表示为211222121122111()12211U U n I R U n P P I U I U P I U U U I I P =====−−−→−−−−→−−−−−−→−−−→负载决定决定决定决定例2 如图2所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表.下列说法正确的是( )图2A.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D.若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大答案 B解析当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流变小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流变小，则原线圈中的电流也变小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻变小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压变小，电流表A2示数变小，原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D错误.三、远距离输电电路中的各种关系1.解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，如图3所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置.图32.分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源.3.综合运用下面三方面的知识求解(1)能量守恒P＝U1I1＝U2I2＝P用户＋ΔPΔP＝I22RP用户＝U3I3＝U4I4.(2)电路知识U2＝ΔU＋U3ΔU＝I2R(3)变压器知识U1 U2＝I2I1＝n1n2U3U4＝I4I3＝n3n4.其中ΔP＝I22R，ΔU＝I2R往往是解题的切入点.例3交流发电机两端电压是220 V，输出功率为4 400 W，输电导线总电阻为2 Ω.试求：(1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？(2)若发电机输出端用1∶10的理想升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用10∶1的理想降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又是多大？答案(1)180 V 3 600 W 800 W (2)219.6 V 4 392 W解析(1)如图，由P＝IU得：I ＝P U ＝4 400220A ＝20 A 由U ＝U 用＋IR 得：用户得到的电压为U 用＝U －IR ＝220 V －20×2 V＝180 V 由P ＝P 用＋I 2R 得：用户得到的功率为P 用＝P －I 2R ＝4 400 W －202×2 W＝3 600 W输电损失功率为P 损＝I 2R ＝202×2 W＝800 W (2)输电线路示意图如图所示，根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得：U 1U 2＝n 1n 2， 解得U 2＝U 1n 2n 1＝220×101V ＝2 200 V 因理想变压器不改变功率，即P 2＝P ， 所以I 2＝P U 2＝2 AU 3＝U 2－I 2R ＝2 200 V －2×2 V＝2 196 V由U 4U 3＝n 4n 3得：降压变压器副线圈两端电压U 4＝U 3n 4n 3＝2 196×110V ＝219.6 V用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即P 4＝P 3＝P 2－I 22R ＝P －I 22R ＝4 392 W.1.(电能输送中功率损失的计算)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( ) A.PR kU ，1n B.(P kU )2R ，1n C.PR kU ，1n 2D.(P kU)2R ，1n2答案 D解析 根据变压器的变压规律得U 1U ＝k ，U 2U＝nk ，所以U 1＝kU ，U 2＝nkU .根据P ＝UI 知匝数比为k 和nk 的变压器副线圈的电流分别为I 1＝P U 1＝P kU ，I 2＝P U 2＝P nkU .根据P ＝I 2R ，输电线路损耗的电功率分别为P 1＝I 12R ＝(P kU)2R ，P 2＝I 22R ＝(P nkU )2R ，所以P 2P 1＝1n2.选项D 正确，选项A 、B 、C 错误.2.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图4所示，理想变压器初级线圈的匝数为n 1，次级线圈的匝数为n 2，初级线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.20 A.下列判断中正确的是( )图4A.初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B.初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C.电流表A 2的示数为1.0 AD.电流表A 2的示数为0.4 A 答案 BC解析 对于理想变压器，P 1＝U 1I 1＝220×0.20 W＝44 W ，则负载电阻消耗的功率P 2＝P 1＝44 W ，据P 2＝U 22R，得U 2＝P 2R ＝44×44 V ＝44 V ，则n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝5，故B 正确.A 2的读数I 2＝U 2R ＝4444A ＝1 A ，故C 正确.3.(理想变压器的动态分析)(多选)如图5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( )图5A.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 答案 BC解析 S 由b 切换a 时，副线圈匝数增多，则输出电压U 2增大，R 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I 1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U 2减少，I 2减小，B 对；P 向上滑动时，R 减小，I 2增大，由电流与匝数的关系可知，I 1增大，D 错.4.(远距离高压输电的分析与计算)如图6所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I 2.则( )图6A.用户端的电压为I 1U 1I 2B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I 12r D.输电线路上损失的电功率为I 1U 答案 A解析 根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 12r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的电功率P ′＝I 12r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误.。

【关键字】教师3.1 高压输电原理学习目标知识脉络1.了解远距离输电线上的损失与哪些因素有关.2.知道交流输配电网的设计.3.掌握输电线上的功率损失和电压损失的计算.(重点)4.掌握高压输电原理及减少输电线上功率损失的方法.(难点)远距离输电为什么要用高电压1.电能损耗的根本原因输电线有电阻，输电线的电阻把电能转化为内能而损失掉.2.减少损耗的途径(1)可以增大导线横截面积以减小输电电阻.(2)采用升高输电电压的方法，以减小输电电流从而减小电能损耗.3.高压输电的原理由输电线上损耗的电功率公式P损＝可知，提高输送电能的电压，可以更有效的减小输电线路上的电能损失.1.采用高压输电可以节省电线材料，减少输电线上能量损耗.(√)2.采用高压输电，可减少电能损耗，因而电压越高越好.(×)3.在电能的输送过程中，U为输电电压，r为输电线电阻，则输电线中电流I＝.(×)1.减小输电电流，提高输电电压是否与欧姆定律相矛盾？【提示】不矛盾.欧姆定律I＝是对纯电阻元件成立的定律，当电阻恒定时，增大U 则I随之增大.而“提高电压、减小电流”是从输电角度，当P恒定时，由P＝UI得出的结论，两者没有必然联系.2.减小输电电阻，可以减少电能损耗，是否导线越粗越好？【提示】不是.用增大导线横截面积的方法，可以减小电阻，但是导线过粗会耗材太多，同时导线太重，会给架设输电线带来很大困难.在由发电厂向工厂和生活区输电时，输电损失在所难免.探讨1：输电线上电压损失和功率损失的主要原因是什么？【提示】输电线上电流I，输电线电阻R，则电压损失为ΔU＝IR；发热功率为ΔP＝I2R，这些电能以电热的形式损失掉了.探讨2：有哪些方法可以减小电压损失和功率损失？【提示】一般采用提高电压和减小电阻的方法来减小电压损失和功率损失.1.电压损失：由于输电导线有电阻，电流通过输电导线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压U3比起始端电压要低.这就是输电线路上的电压损失ΔU＝U2－U3＝IR线.对于交流电路，感抗和容抗也会造成电压损失，高中阶段暂不研究.2.功率损失：由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了，这是输电线上功率损失的主要原因.设输电电流为I，输电线的电阻为R线，则功率损失为ΔP＝I2R线.图3-1-13.减小输电线路上电压损失和功率损失的方法：根据电压损失的表达式ΔU＝IR线和功率损失ΔP＝I2R线可知，要减少输电线上的电压损失和功率损失，有两种方法：(1)减小输电线的电阻R线：根据电阻定律可知R线＝ρ，要减小输电线的电阻R线，可采用下述方法：①减小材料的电阻率ρ.银的电阻率最小，但价格昂贵，目前选用电阻率较小的铜或铝作输电线材料.②减小输电线的长度l不可行，因为要保证输电距离.③增加导线的横截面积.可适当增大横截面积，太粗不可能，既不经济又架设困难.另外，用增大输电导线横截面积的方法来减小电阻.对高压照明电路有效，在高压线路中，因容抗和感抗造成的电压损失比电阻造成的还要大.故这种方法在高压输电中的应用效果不佳.(2)减小输电电流：在输电功率一定的条件下.根据P＝UI可知，要减小输电线中的电流I，必须提高输电电压U.在输送功率P一定，输电线电阻R一定的条件下，输电电压提高到原来的n倍，根据ΔU＝IR线＝R线知，输电线上的电压损失将变为原来的，根据ΔP＝·R 线知，输电线上的功率损失将降为原来的.所以减小输电电流，采用高压输电的方法比减小输电线电阻的方法更有效.1.(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压升高为原来的n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是(不考虑电抗产生的损失)( )A.功率损失是原来的B.功率损失是原来的C.电压损失是原来的D.电压损失是原来的n 倍【解析】 设输电电压为U ，所输送的功率为P ，输电线路总电阻为R ，则输电电流I ＝，线路的功率损失ΔP ＝I2R ＝，可知ΔP ∝，当输电电压U 升高为原来的n 倍时，功率损失变为原来的，故选项B 正确；线路上的电压损失ΔU ＝IR ＝，可知ΔU ∝，当输电电压升高为原来的n 倍时，电压损失变为原来的，故选项C 正确.【答案】 BC2.某用电器离供电电源的距离为l ，线路上的电流为I.若要求线路上的电压降不超过U.已知输电导线的电阻率为ρ，那么该输电导线的横截面积的最小值是( )A. B.I2ρ C. D.【解析】 因为导线的总长度为2l ，所以电压降U ＝IR ＝I ρ解得S ＝.正确选项为C. 【答案】 C3.某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法中正确的是( )A.输电线上输送的电流大小为2.0×105A B.输电线上由电阻造成的电压损失为15 kVC.若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD.输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻【解析】 输电线上输送的电流为I ＝P U ＝3×106kW500 kV＝6 000 A ，选项A 错误；输电线上由电阻造成的电压损失为U 损＝IR 线＝6 000×2.5 V＝1.5×104V ，选项B 正确；若输电电压为5 kV ，则输电线上损失的功率不可能大于输电总功率3×106kW ，选项C 错误；ΔP ＝U 2r中，U 应当为输电线上损失的电压，选项D 错误.【答案】 B计算P 损时的电压求线损功率一般用P 损＝I 2R 线，可以先用ΔU ＝IR 线，再用P 损＝ΔU2R 线，求解损失功率.常见错误有用P 损＝U 2R 线求损失功率.交 流 输 配 电 网[先填空]1.电能输送的系统性高压输电有效地解决了电能在输电线路上的损耗问题，但也不是电压越高越好，电压越高，对输电线路及其有关设备的绝缘性能要求越高，会受到更多因素的影响.2.输电线路的构成建造电能输配电网是为了确保电能的输送经济、可靠，发电机发出的交变电流先送到升压变电站，将电压升高到220 kV 以上，进行高压送电；在用电区，先由第一级变电站将电压降到110 kV ，再送到第二级变电站，将电压降到10 kV 送到用电区.对普通生活用电，则要用降压变压器进一步降到220 V.[再判断]1.高压输电时，电压提高到n 倍，电能损耗减小到原来的1n2倍.(√)2.远距离输电是应用了提高电压和减小电阻两个方面来实现的.(√)3.高压输电中的高电压，到用户那里可以直接应用.(×) [后思考]1.电能从发电厂输送到用户经历了哪几个主要步骤？ 【提示】2.在用电高峰期，家中的白炽灯是否会变暗？【提示】 是.用电高峰期到用户家中的输电线电流I 较大，输电线上损失的电压ΔU ＝IR 较大，用户得到的电压U －ΔU 变低，达不到额定电压，因此白炽灯灯光较暗.[合作探讨]发电厂的发电机的输出电压一般不太高，为了减少输电损失还要采用高压输电，而用户或工厂又需要220 V 或380 V 的低电压.探讨1：一般远距离输电电压要经历几次变化？【提示】 发电厂升压后进行高压输电，再经过二次变电站降压送至用电区，最后再降压到220 V 送至用户.探讨2：要使生活区中家用电器正常工作，对生活区中变压器的输电电压有什么要求？ 【提示】 应高于220 V. [核心点击]发电机将机械能转化为电能，并通过导线将电能输送给负载.发电机的电能向用户输送时，为了减少在输电线上电能的损失应采用高压输电，此类问题要构建远距离高压输电的模型，抓住能量守恒这条线索，是解决发电—输电—用电类问题的关键.4.为了减少火电站中煤的燃烧对大气的污染，要大力发展水电站.三峡水利工程中某一水力发电站的发电机组设计为：水以v 1＝3 m/s 的速度流入水轮机后以v 2＝1 m/s 的速度流出，流出水位比流入水位低10 m ，水流量Q ＝10 m 3/s ，水轮机效率为75%，发电机效率为80%，试求发电机组的输出电功率是多少？【解析】 水轮机在时间t 内获得的机械能 E ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤mgh ＋12m v 21－v 22×75% J＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤Qtρgh ＋12Qtρv 21－v 22×75% J＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤10×103×10×10×t ＋12×10×103×t 32－12×75% J＝78×104t J.则发电机输出电能E 电＝E ×80%＝624×103t J ， 发电机的输出功率P 0＝E 电tkW ＝624 kW. 【答案】 624 kW5.某小河水流量为4 m 3/s ，水流下落的高度为5 m.现在利用它来发电，设所用发电机的总效率为50%，g 取9.8 m/s 2，求：(1)发电机的输出功率；(2)若输电导线的总电阻为4 Ω，输电导线上损失的电功率为发电机输出功率的5%，则需用多大的电压输送电能；(3)输电导线上的电压损失.【解析】 (1)水由高处流下，重力势能转化为动能，推动水轮机做功，设水的流量为Q ，则发电机的输入功率为P 1＝ρQgh所以输出功率为P 2＝ηP 1＝ηρQgh ＝50%×1.0×103×4×9.8×5 W＝9.8×104W. (2)设输电电压为U ，输电线上的电流为I ，电阻为R ， 损失的电功率为P 3，由P 3＝I 2R 得I ＝P 3R＝5%P 2R＝5%×9.8×1044A ＝35 A由P 2＝IU 得输电电压U ＝P 2I ＝9.8×10435V ＝2.8×103 V.(3)输电导线上损失的电压为 ΔU ＝IR ＝35×4 V＝140 V.【答案】 (1)9.8×104W (2)2.8×103V (3)140 V解决此类问题需要把握三点1.明确发电机的能量转化关系.2.明确输电电压和导线损失的功率.3.注意区分输电电压和输电导线上损失的电压以及它们的应用.学业分层测评(十) (建议用时：45分钟)[学业达标]1.照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的.可是我们在晚上七、八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为用电高峰时 ( )A.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，每盏灯两端的电压较低B.总电阻比深夜时大，供电线路上的电流小，通过每盏灯的电流较小C.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压较大D.总电阻比深夜时小，供电线路上的电流大，每盏灯两端的电压较高【解析】 在晚上七、八点钟时，电路上并联的灯较多，则根据并联电路的特点可知，此时总电阻比深夜时小，再由欧姆定律可知，供电线路上的电流大，输电线上损失的电压U损＝IR 增大，每盏灯两端的电压也就较低，只有C 项正确. 【答案】 C2.远距离输电时，在输送电功率不变的条件下( ) A.只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率 B.提高输电电压，能减小电流，提高输电效率 C.提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗D.提高输电电压势必增大输电导线上的电流【解析】 在输出功率一定时，由P ＝UI 知，当U 增大时，I 减小，输电导线损耗的功率P 损＝I 2R 将变小.【答案】 B3.电学中的库仑定律、欧姆定律、法拉第电磁感应定律(有关感应电动势大小的规律)、安培定律(磁场对电流作用的规律)都是一些重要的规律.如图为远距离输电系统的示意图(设用户的电器是电动机)，下列选项中正确的是( )图3­1­2A.发电机能发电的主要原理是库仑定律 变压器能变压的主要原理是欧姆定律电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律 B.发电机能发电的主要原理是安培定律 变压器能变压的主要原理是欧姆定律电动机通电后能转动起来的主要原理是库仑定律 C.发电机能发电的主要原理是欧姆定律 变压器能变压的主要原理是库仑定律电动机通电后能转动起来的主要原理是法拉第电磁感应定律 D.发电机能发电的主要原理是法拉第电磁感应定律变压器能变压的主要原理是法拉第电磁感应定律电动机通电后能转动起来的主要原理是安培定律【解析】 发电机主要是将其他形式能转化为电能的设备，应用法拉第电磁感应定律原理；变压器是由电流的变化引起磁场的变化，从而使得线圈内的磁通量发生变化，产生感应电流，也是应用法拉第电磁感应定律原理；电动机是将电能转化为其他形式能的设备，通电导线在磁场中要受到力的作用从而运动，是安培定律的应用.【答案】 D4.输电导线的电阻为R ，输送电功率为P .现分别用U 1和U 2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为 ( )A.U 1；U 2B.U 21：U 22 C.U 22：U 21D.U 2：U 1【解析】 由P ＝UI 得输电线中的电流I ＝P U .输电线中损失的功率P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ＝P 2R U 2，即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电压的平方成反比.所以P 损1∶P 损2＝U 22∶U 21. 【答案】 C5.中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500kV 的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000kV 特高压输电，不考虑其他因素的影响，则 ( )A.输电电流变为原来的2倍B.输电线上降落的电压将变为原来的2倍C.输电线上降落的电压将变为原来的12D.输电线上损耗的电功率将变为原来的12【解析】 根据输送电功率P 输＝U 输I 输及P 输不变可知，输电电流I 输＝P 输U 输∝1U 输，当U 输变为原来的2倍时，I 输变为原来的12，选项A 错误；输电线上降落的电压U 降＝I 输R ∝I 输，所以，当输电电流变为原来的12时，输电线上降落的电压也变为原来的12，选项B 错误，C 正确；输电线上损耗的电功率P 损＝I 2输R ∝I 2输，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的14，选项D 错误.【答案】 C6.在电能的输送过程中，若输送的电功率一定，则关于输电线上损耗电功率的以下说法中错误的是 ( )A.与输送电压的平方成反比B.与输电线上电压降的平方成正比C.与输送电压成反比D.与输电线中电流的平方成正比【解析】 由P 损＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 电U 2R 线，故A 正确，C 错误；P 损＝I 2R 线＝U 2线R 线.故B 、D 正确.【答案】 C7.高压输电电压为U ，输电线电阻为r ，则下列说法正确的是( ) A.若发电机输出功率不变，使输出电压变大，则输电线上损失的功率变小B.输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r，故导线电阻越大，损失的功率越小C.通过输电线的电流为I ＝U r，故输电电压越高，电流越大，损失的功率越大D.以上说法都不对【解析】 设发电机输出功率为P ，则P ＝UI ，使输电电压U 增大，则输电电流I 减小，又由输电线上损失的功率ΔP ＝I 2r 得，输电线上损失的功率减小，所以选项A 正确.【答案】 A8.(多选)低温雨雪冰冻天气易造成我国部分地区灾害严重，其中高压输电线因结冰而损毁严重.为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰.若在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为P ；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P ，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )A.输电电流为3IB.输电电流为9IC.输电电压为3UD.输电电压为13U【解析】 输电线上的热耗功率P 线＝I 2R 线，热耗功率由P 变为9P ，则电流I 变为3I ，A 正确；输电功率P 不变，由P ＝UI 知，电流变为3I ，输电电压变为13U ，D 正确.【答案】 AD[能力提升]9.(多选)发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至用户的输电导线的总电阻为R ，通过输电导线的电流为I ，输电导线末端的电压为U 2，则输电导线上损失的电功率为( )A.U 21RB.U 1－U 22RC.I 2RD.I (U 1－U 2)【解析】 输电线上的电压损失为ΔU ＝U 1－U 2，故输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 2R ＝I ΔU ＝ΔU2R，选项B ，C ，D 正确.【答案】 BCD10.(多选)“西电东送”进行远距离输电，输送的电功率为P ，输送的电压为U ，输电导线上的电阻率为ρ，导线横截面积为S ，导线总长为L ，输电线损耗的电功率为P 1，用户得到的电功率为P 2，则( )A.P 1＝U 2SρLB.P 1＝P 2ρL U 2SC.P 2＝P －U 2SρLD.P 2＝P －P 2ρLU 2S【解析】 由导线输送的电功率P ＝UI 知，输电导线上的电流I ＝P U，由电阻定律得R＝ρL S ，所以导线上损耗的功率为导线上产生的热功率P 1＝I 2R ＝P 2U 2ρL S，B 正确；用户得到的电功率P 2应为输送的电功率减去导线损耗的热功率，即P 2＝P －P 1＝P －P 2ρLU 2S，D 正确.【答案】 BD11.一座小型水电站，水以3 m/s 的速度流入水轮机，而以1 m/s 的速度流出.流出水位比流入水位低1.6 m ，水的流量为1 m 3/s.如果水流能量的75%供给发电机，20%使水温升高.求：(1)水温升高多少？(2)若发电机的效率为80%，则发电机的输出功率为多大？ 【解析】 (1)每秒水流机械能损失为 ΔE ＝12m (v 21－v 22)＋mg Δh ＝2×104J其中有20%使水温升高，则cm Δt ＝20%ΔE ，所以 Δt ＝20%ΔE cm＝9.5×10－4℃.(2)发电机的输出功率为P 出＝75%ΔE t×80%，而t ＝1 s ，所以P 出＝12 kW.【答案】 (1)9.5×10－4℃ (2)12 kW12.输送4 800 kW 的电功率，采用110 kV 高压输电，输电导线中的电流是多少？如果用110 V 电压输电，输电导线中的电流将是多少？两种情况下，输电线上损失的电功率之比是多少？【解析】 电功率P ＝UI ，所以I ＝P U其中P ＝4 800 kW ＝4.8×106W 当U ＝110 kV ＝1.1×105V 时 导线中电流I ＝4.8×1061.1×105 A≈43.6 A.当U ＝110 V 时，导线中的电流 I ＝4.8×106110A≈4.36×104 A.而输电线上损失的电功率P ′＝I 2R 线，所以两种情况下损失的电功率之比为1∶106. 【答案】 43.6 A 4.36×104A 1∶106此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word 可编辑版本！。

3.2 变压器为什么能改变电压 3.3 电能的开发与利用[目标定位] 1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理.2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题.3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系.4.了解我国电能开发与利用的现状及前景.一、变压器的原理及电压与匝数的关系把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁心上，一个线圈通过开关连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上(如图1所示).连接电路，接通电源，小灯泡能发光.图1(1)电源和小灯泡并没有连接，小灯泡为什么会发光？(2)小灯泡两端电压与学生电源两端的输出电压相等吗？如果不相等与什么因素有关？(3)若将原线圈接到恒定的直流电源上，小灯泡亮不亮？分析讨论原因.答案 (1)当左边线圈加上交变电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁心中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在左、右线圈中都要产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光.(2)左、右线圈中每一匝线圈上磁通量的变化率ΔΦΔt 都相同，若左边匝数为n 1，则E 1＝n 1ΔΦΔt；若右边匝数为n 2，则E 2＝n 2ΔΦΔt ，故有E 1E 2＝n 1n 2；若忽略左边线圈的电阻，则有E 1＝E 电源，这样看来小灯泡两端电压与左侧交流电源电动势及两线圈匝数比n 1n 2都有关系.(3)不亮.因为在副线圈中不会产生感应电动势，副线圈两端没有电压，所以小灯泡不亮.[要点总结]1.变压器的构造：闭合铁心、与交流电源相连接的线圈叫原线圈(匝数用n 1表示，又叫做初级线圈)、与负载相连的另一个线圈叫副线圈(匝数用n 2表示，又叫做次级线圈)，两个线圈都绕在闭合铁心上.2.变压器的工作原理是电磁感应.因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用.(后两空选填“变化”或“恒定”)3.变压器中的电压关系(1)只有一个副线圈：U 1U 2＝n 1n 2.(2)有多个副线圈：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3…4.变压器不能(填“能”或“不能”)改变交变电流的频率.5.原、副线圈的地位(1)原线圈在其所处回路中充当负载.(2)副线圈在其所处回路中充当电源.特别提醒：变压器能改变交变电压、交变电流，但不能改变恒定电压、恒定电流.例1 (多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是 ( )A.通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等C.穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D.原线圈中的电流通过铁心流到了副线圈答案 BC解析 B ∝I ，由于面积S 不变，故Φ∝I ，A 错误.因理想变压器无漏磁，故B 、C 正确.原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D 错.二、理想变压器中的功率及电流关系1.什么是理想变压器？理想变压器输入与输出功率有什么关系？答案 理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗.所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P 入＝P 出.2.若只有一个副线圈时，原、副线圈中的电流与匝数有什么关系？答案 由能量守恒定律知P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2.所以I 1I 2＝U 2U 1＝n 2n 1.3.若有多个副线圈时，电流与匝数间的关系是什么？答案 若有多个副线圈P 1＝P 2＋P 3＋…，即U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…将U 1∶U 2∶U 3∶…＝n 1∶n 2∶n 3∶…代入得n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…[要点总结]1.理想变压器的特点：(1)变压器铁心内无漏磁；无发热损失. (2)原、副线圈不计内阻，即无能量损失. 实际变压器(特别是大型变压器)一般可以看成理想变压器. 2.功率关系：P 入＝P 出.3.电流关系：(1)若只有一个副线圈时I 1U 1＝I 2U 2，即I 1I 2＝n 2n 1.(2)若有多个副线圈时I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋…得I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋….例2 如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 两端电压u 1＝122sin 100πt (V).下列说法正确的是( )图2A.电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.的读数为0.5 AD.变压器输入功率为6 W 答案 D解析 根据u 1＝122sin 100πt (V)及U ＝U m 2知U 1＝12 V ，f ＝ω2π＝50 Hz ，选项A 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝12×12 V＝6 V ，即的读数为6 V ，选项B 错误；又I 2＝U 2R L ＝66A ＝1 A ，即的读数为1 A ，选项C 错误；根据P 入＝P 出及P 出＝U 22R L ＝626W ＝6 W ，选项D 正确. 三、自耦变压器和互感器1.自耦变压器如图3所示，铁心上只绕有一个线圈，低压线圈是高压线圈的一部分，既可以作为升压变压器使用，也可以作为降压变压器使用.图3 规律：U 1U 2＝n 1n 2 I 1I 2＝n 2n 1. 2.电压互感器、电流互感器(1)构造：小型变压器，如图4所示.(2)接法：电压互感器原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表；电流互感器原线圈串联在被测电路中，副线圈接电流表.为了安全，外壳和副线圈应接地.(3)作用：电压互感器可将高电压变为低电压，通过测量低电压，计算出高压电路的电压，电流互感器将大电流变成小电流，通过测量小电流，计算出被测电路中的大电流.图4例3 (多选)图5甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )图5A.线圈匝数n 1<n 2，n 3<n 4B.线圈匝数n 1>n 2，n 3>n 4C.甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D.乙图中的电表是电流表，输出端不可断路答案 CD解析 题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n 1>n 2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n 3<n 4，题图乙中的电表为电流表，故选项C 、D 正确.例4 如图6所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值U 0＝220 V ，n 0＝2 200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、500匝、1 100匝、2 200匝.电动机M 的内阻r ＝4 Ω，额定电压为U ＝220 V ，额定功率P ＝110 W.下列判断正确的是( )图6A.当选择挡位3时，电动机两端电压为110 VB.当挡位由3变换到2时，电动机的功率增大C.当选择挡位2时，电动机的热功率为1 WD.当选择挡位4时，电动机的输出功率为110 W答案 A解析 由电压与匝数的关系U 0∶U 3＝n 0∶n 3，解得U 3＝110 V ，A 正确；当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B 错误；在额定功率的情况下，电动机的额定电流为I ＝P U ＝0.5 A ，热功率P r ＝I 2r ＝1 W ，输出功率为P －P r ＝(110－1) W ＝109 W ，D 错误；当没有达到额定功率时，热功率小于1 W ，C 错误.1.(变压器的工作原理)(多选)理想变压器正常工作时，原、副线圈中一定相同的物理量是( )A.每匝线圈中磁通量的变化率B.交变电流的频率C.原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D.原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势答案 ABC2.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图7所示，将额定电压为60 V 的用电器通过一理想变压器接在正弦交变电源上.闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A.以下判断正确的是( )图7A.变压器输入功率为484 WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC.通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD.变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3答案 BD解析 变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝2.2×60 W＝132 W ，选项A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝U 1U 2＝220 V 60 V ＝113，选项D 正确；由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝311×2.2 A＝0.6 A ，选项B 正确；根据I ＝I m 2得通过副线圈的电流的最大值I 2m ＝2I 2＝2.2 2 A ，选项C 错误.3.(理想变压器基本规律的应用)(多选)如图8所示，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 0＝220 2 V ，ω＝100π rad/s，则下述结论正确的是( )图8A.副线圈中电压表的读数为55 VB.副线圈中输出交变电流的周期为1100πs 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110 2 W答案 AC解析 原线圈电压有效值为U ＝220 V ，电压表读数为U 2＝2204 V ＝55 V ，周期T ＝2πω＝150s ，副线圈中电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈中电流I 1＝I 24＝0.5 A ，P ＝I 1U ＝110 W ，故A 、C 正确. 4.(互感器)(多选)如图9所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )图9A.甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VB.甲图是电流互感器，输电电流是100 AC.乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD.乙图是电流互感器，输电电流是100 A答案 AD解析 根据匝数比U 1U 2＝n 1n 2，有U 1＝n 1n 2U 2＝1001×220 V＝22 000 V ，故A 正确；题图甲是电压互感器，故B 错误；题图乙是电流互感器，电表是电流表，故C 错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I 3I 4＝n 4n 3，有I 3＝n 4n 3I 4＝101×10 A＝100 A ，故D 正确.。

学案3 章末总结⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧高压输电原理⎩⎪⎨⎪⎧功率损失P 损＝I 2R 电压损失U 损＝IR高压输电原理理想变压器⎩⎪⎨⎪⎧结构：原、副线圈、铁心原理：互感现象基本规律⎩⎪⎨⎪⎧电压关系：U 1/U 2＝n 1/n2电流关系：I 1I 2＝n2n 1功率关系：P 1＝P 2电能的开发与利用一、电能输送中功率损失的计算 1．P 损＝I 2R .2．在输电电流一定的情况下，如果电路的电阻减为原来的一半，则损失的功率变为原来的二分之一；在线路电阻不变的情况下，当电流为原来的一半，线路上损失的功率变为原来的四分之一．3．由2可知，减小电流对降低损耗更有效． 4．P ＝UI .5．由P ＝UI 可知I ＝PU ，由此式可知，在电功率不变的前提下，升高电压，可减小输电电流．例1 某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )电能 的输 送与 变压 器A ．输电线上输送的电流大小为2×105 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2R ，R 为输电电压，R 为输电线的电阻答案 B解析 用500 kV 电压输电时，输电线上的电流为I ＝P U ＝3×1095×105A ＝6 000 A ，A 错；输电线上由电阻造成的损失电压为ΔU ＝IR ＝6 000×2.5 V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV 电压输电时，电能在输电线上损耗更大，但最多只能是3×106 kW ，不可能超过这个值，C 错；若用ΔP ＝U 2R 计算输电线上损失的功率，则U 为输电线上损失的电压，而R 为输电线的电阻，D 错．二、理想变压器的分析思路1．电压思路：变压器原、副线圈的电压之比为U 1U 2＝n 1n 2；当变压器有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝… 2．功率思路：理想变压器的输入、输出功率关系为P 入＝P 出，即P 1＝P 2；当变压器有多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋…3．电流思路：由I ＝PU 知，当变压器有多个副线圈时，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…，对只有一个副线圈的变压器才有I 1I 2＝n 2n 1.4．动态分析变压器电路的思路可表示为例2 用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，如图1所示．开始时开关S 是断开的．现将开关S 闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是 ( )图1A．V1、V2的示数不变，A1的示数增大，A2的示数减小，P入增大B．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数增大，P入增大C．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数减小，P入减小D．V1的示数不变，V2的示数增大，A1的示数减小，A2的示数增大，P入减小解析电压表V1的示数由输入电压决定；电压表V2的示数由输入电压U1(大小等于电压表V1的示数)和匝数比n1/n2决定；电流表A2的示数由输出电压U2(大小等于电压表V2的示数)和负载电阻R负决定；电流表A1的示数即I1由变压器的匝数比n2/n1和输出电流I2决定；P入随P出而变化，由P出决定．因输入电压不变，所以电压表V1的示数不变．据公式U2＝n2U1/n1，可知U2也不变，即电压表V2的示数不变．又据I2＝U2/R负知，S闭合后R负减小，故I2增大，电流表A2的示数增大；输入电流I1随输出电流I2的增大而增大，故电流表A1的示数增大．因P出＝U2I2，故P出增大．P入随P出变化而变化，故P入也增大．故选B.答案 B三、远距离输电电路中的各种关系1．解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，如图2所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．图22．分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源．3．综合运用下面三方面的知识求解(1)能量守恒：P＝U1I1＝U2I2＝P用户＋ΔPΔP＝I22RP 用户＝U 3I 3＝U 4I 4.(2)电路知识：U 2＝ΔU ＋U 3 ΔU ＝I 2R(3)变压器知识：U 1U 2＝I 2I 1＝n 1n 2U 3U 4＝I 4I 3＝n 3n 4. 其中ΔP ＝I 2R ，ΔU ＝I 2R 往往是解题的切入点．例3 发电机的输出电压为220 V ，输出功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户，则：(1)画出全过程的线路示意图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接将电送到用户，求用户得到的电压和功率．解析 (1)示意图如图所示 (2)升压变压器的输出电压 U 2＝n 2n 1U 1＝101×220 V ＝2 200 V根据升压变压器输出功率等于输入功率知，升压变压器输出电流为 I 2＝P U 2＝44×1032 200A ＝20 A输电线路上的电压损失和功率损失分别为 U R ＝I 2R ＝20×0.2 V ＝4 VP R ＝I 22R ＝202×0.2 W ＝80 W降压变压器上的输入电流和输入电压分别为 I 3＝I 2＝20 AU 3＝U 2－U R ＝2 200 V －4 V ＝2 196 V 降压变压器上的输出电压和输出电流分别为 U 4＝n 4n 3U 3＝110×2 196 V ＝219.6 VI 4＝n 3n 4I 3＝10×20 A ＝200 A用户得到的功率为P 4＝I 4U 4＝200×219.6 W ＝4.392×104 W(3)若不采用高压输电，用220 V 低压直接供电时，电路如图所示，则输电电流I ＝PU 1＝44×103220A ＝200 A ，输电线路上的电压损失U R ′＝IR ＝200×0.2 V ＝40 V 所以用户得到的电压为U 4′＝U 1－U R ′＝220 V －40 V ＝180 V用户得到的功率为P 4′＝IU 4′＝200×180 W ＝3.6×104 W 答案 (1)见解析图 (2)219.6 V 4.392×104 W (3)180 V 3.6×104 W1．(电能输送中功率损失的计算)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( )A.PR kU ，1n B ．(P kU )2R ，1nC.PR kU ，1n 2D ．(P kU )2R ，1n2答案 D解析 根据变压器的变压规律，得U 1U ＝k ，U 2U＝nk ，所以U 1＝kU ，U 2＝nkU .根据P ＝UI 知匝数比为k 和nk 的变压器副线圈的电流分别为I 1＝P U 1＝P kU ，I 2＝P U 2＝PnkU.根据P ＝I 2R ，输电线路损耗的电功率分别为P 1＝I 21R ＝(P kU )2R ，P 2＝I 22R ＝(P nkU )2R ，所以P 2P 1＝1n 2.选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．2．(理想变压器基本规律的应用)如图3所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V ,60 W ”灯泡一只，且灯泡正常发光，则 ( )图3A ．电流表的示数为32220 AB ．电源输出功率为1200 WC ．电流表的示数为3220 AD ．原线圈两端电压为11 V 答案 C解析 灯泡正常发光，则副线圈的电流为I 1＝P U ＝3n A ，根据变压器的电流关系可得：I 1I 0＝n 0n 1，原线圈中的电流I 0＝n 1I 1n 0＝3220 A ，即电流表的示数为3220 A ，原线圈中电压为U 0＝n 0U 1n 1＝4 400 V ，电源的输出功率P ＝UI ＝4 400×3220＝60 W. 3．(理想变压器的动态分析)如图4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( )图4A ．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减小答案 BC解析 S 由b 切换a 时，副线圈匝数增多，则输出电压U 2增大，R 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I 1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U 2减少，I 2减小，B 对；P 向上滑动时，R 减小，I 2增大，由电流与匝数的关系可知，I 1增大，D 错．4．(远距离输电电器中的各种关系)一座小型水电站，水以3 m /s 的速度流入水轮机，而以1 m/s 的速度流出．流出水位比流入水位低1.6 m ，水的流量为1 m 3/s.如果水流能量的75%供给发电机．则(变压器为理想变压器，g 取10 m/s 2)：(1)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率多大？(2)若发电机的输出电压为240 V ，输电线路上的电阻为1623 Ω，允许损失的电功率为5%，用户所需电压为220 V ，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？答案 (1)12 kW (2)3∶25 95∶11 解析 (1)每秒钟水流机械能损失为 ΔE ＝12m (v 21－v 22)＋mg Δh ＝2×104J. 发电机的输电功率为P 出＝75%ΔE t ×80%，所以P 出＝12 kW. (2)发电机经变压器到用户的输电线路示意图如图所示， P 线＝5%P 出＝600 W ，因为P 线＝I 2线R 线， 所以I 线＝6 A ；又因为I 2＝I 线＝6 A ，I 1＝P 出U 1＝50 A.所以对升压变压器有I 1I 2＝n 2n 1，即n 1n 2＝I 2I 1＝325.又因为I 3＝I 线＝6 A ， I 4＝P 出－P 线U 4＝57011A ， 所以对降压变压器有n 3n 4＝I 4I 3＝9511.。

教案2 变压器为何能改变电压电能的开发与利用[学习目标定位] 1. 认识变压器的结构及几种常有的变压器，理解变压器的工作原理.2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决有关问题.3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系 .4. 认识我国电能开发与利用的现状及远景．1．当一个线圈中的电流变化时，在另一个线圈中产生感觉电动势的现象，称为互感．利用互感现象，能够把能量从一个线圈传达到另一个线圈．2．电流在一段电路上做功的功率 P 等于电流 I 与这段电路两头的电压 U 的乘积，即 P ＝ UI .一、变压器1．变压器主要由死心和绕在死心上的线圈两部分构成．接电源的线圈叫原线圈( 或初级线圈) ，接负载的线圈叫副线圈 (或次级线圈 )．2．变压器工作的基来源理是电磁感觉．二、研究变压器原、副线圈电压、电流与匝数的关系U 1 n 1 1．理想变压器的输入电压跟输出电压之比，等于它的原、副线圈匝数之比．公式：U 2＝n 2 .I 1＝ n 22．理想变压器原、副线圈电路中的电流之比，与原、副线圈的匝数成反比．公式： I 2 n 1.三、常有的变压器 常有的变压器有：电力变压器、自耦变压器、互感器、电源变压器等． 四、电能的开发与利用的远景新能源主要有：太阳能、核能、风能、地热能、海浪能、潮汐能等.一、变压器的原理及电压与匝数的关系[问题设计 ]把两个没有导线相连的线骗局在同一个闭合死心上，一个线圈经过开关系到沟通电源的两头，另一个线圈连到小灯泡上(如图 1 所示 )．图 1(1)小灯泡能发光吗？为何？(2)若小灯泡发光，那么小灯泡两头电压与什么要素有关？(3)若将原线圈接到恒定的直流电源上，小灯泡亮不亮？剖析议论原由．答案 (1) 能发光，当左边线圈加上交变电压时，左边线圈中就有交变电流，它在死心中产生周期性变化的磁场，依据法拉第电磁感觉定律知，在左、右线圈中都要产生感觉电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光．(2) 左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率ΔΦ都同样，若左边匝数为n1，则 E 1 ＝ n1ΔΦ；若右侧t t匝数为 n ，则 E ＝ n ΔΦ，故有E1＝n1；若忽视左边线圈的电阻，则有 E ＝ E电源，这样看来小灯泡2 2 2 t E2 n21两头电压与左边沟通电源电动势及两线圈匝数比n1都有关系．n2(3)不亮．原线圈接到恒定直流电源上，经过原线圈的电流的大小、方向均不变，它产生的磁场经过副线圈的磁通量不变，所以在副线圈中不会产生感觉电动势，副线圈两头没有电压，所以小灯泡不亮．[重点提炼 ]1．互感现象是变压器的工作基础．所以变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用． (后两空填“变化”或“恒定”)2．变压器不可以(填“能”或“不可以”)改变交变电流的频次．3．变压器中的电压关系：U1n1(1) 只有一个副线圈：U2＝n2.(2)有多个副线圈：U1＝U2＝U3＝,, n1 n2 n34．原、副线圈的地位(1)原线圈在其所处回路中充任负载．(2)副线圈在其所处回路中充任电源．二、理想变压器中的功率及电流关系[问题设计 ]1．什么是理想变压器？理想变压器输入与输出功率有什么关系？答案理想变压器的理想化条件一般指的是：忽视原、副线圈内阻上的分压，忽视原、副线圈磁通量的差异，忽视变压器自己的能量消耗．所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P 入＝P 出．2．若只有一个副线圈，原、副线圈中的电流与匝数有什么关系？答案由能量守恒定律，有P 入＝ P 出，即 U 1I1＝ U 2I2.所以 I1＝ U2＝ n2I2U1n1 .3．如有多个副线圈时，电流与匝数间的关系是什么？答案如有多个副线圈P1＝ P2＋ P3＋,, ，即U1I1＝ U 2I2＋ U3I3＋,,将 U 1∶ U 2∶ U 3∶,, ＝ n1∶ n2∶ n3∶,, 代入得n1I 1＝ n2I 2＋ n3I3＋,,[重点提炼 ]1．理想变压器的特色：(1)变压器死心内无漏磁；无发热损失．(2)原、副线圈不计内阻，即无能量损失．实质变压器 (特别是大型变压器)一般能够当作理想变压器．2．功率关系：P 入＝ P 出．3．电流关系：(1) 若只有一个副线圈，有I1U 1＝ I2U2 ，即I1＝ n2 . I2 n1(2)当有多个副线圈时 I1U1＝ I2U2＋ I3U 3＋,,得 I1 n1＝ I2n2＋ I 3n3＋,,三、几种常有的变压器1．自耦变压器如图 2 所示，死心上只绕有一个线圈，低压线圈是高压线圈的一部分，既能够作为升压变压器使用，也能够作为降压变压器使用．图 2U 1n 1 I 1 n 2规律U 2＝n 2 I 2 ＝ n 1.2．电压互感器(1) 结构：小型降压变压器，如图 3 甲所示．(2) 接法：原线圈并联在高压电路中，副线圈上接入沟通电压表；为了安全，电压互感器的铁壳和副线圈应接地．(3) 作用：将高电压变为低电压，经过丈量低电压，计算出高压电路中的电压．图 33．电流互感器(1) 结构：小型升压变压器，如图乙所示．(2) 接法：原线圈串连在被测电路中，副线圈上接入沟通电流表；假如被测电路是高压电路，为了安全，电流互感器的外壳和副线圈应接地．(3) 作用：将大电流变为小电流，经过丈量小电流，计算出被测电路中的大电流．四、理想变压器中各量的限制关系和动向剖析1．变压器工作时的限制关系(1) 电压限制：当变压器原、副线圈的匝数比( n 1U 1 决定输出电压 U 2，即 U 2 )一准时，输入电压n 2＝n 2U 1.n 1(2) 功率限制： P 出 决定 P 入， P 出增大， P 入增大； P 出减小， P 入 减小， P 出为 0， P 入为 0.(3) 电流限制：当变压器原、副线圈的匝数比( n1 )必定，且输入电压 U 1 确准时，副线圈中的输n 2出电流 I 2 决定原线圈中的电流I 1 ，即 I 1 ＝n 2I 2.n 12．对理想变压器进行动向剖析的两种常有状况(1) 原、副线圈匝数比不变，负载电阻变化，进行动向剖析的次序是R →I 2→P出→ P 入 →I 1；(2) 负载电阻不变，匝数比变化进行动向剖析的次序是n1、 n2→ U 2→ I 2→P出→ P入→I1.一、对变压器的原理的理解例 1对于理想变压器的工作原理，以下说法正确的选项是()A．经过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感觉电动势D．原线圈中的电流经过死心流到了副线圈分析B∝ I，因为面积S 不变，故Φ∝ I，A错误．因理想变压器无漏磁，故 B 、 C 正确．原线圈中的电能转变为磁场能又转变为电能，故 D 错．答案BC二、理想变压器基本规律的应用例 2理想变压器连结电路如图 4 甲所示，已知原、副线圈匝数比为10∶ 1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数为2A，则()图 4A ．电压表读数为282 VB ．电压表读数为 28.2 VC．输入功率为56.4 W D．输入功率为40 WU m U 1 n1分析由题图乙可知， U m＝ 282 V ，则输入电压有效值U 1＝2≈ 200 V ．依据U2 ＝n2 知， U2＝20 V ，再依据I1＝n2知， I1＝ 0.2 A，输入功率P＝U1I1＝40 W ，故 A、B、C 错， D 正确．I2 n1答案 D三、常有的变压器例 3一般的沟通电流表不可以直接接在高压输电线路上丈量电流，往常要经过电流互感器来连结，图 5 中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab， cd 一侧线圈的匝数许多，工作时电流为I cd，为了使电流表能正常工作，则()图5A ． ab 接 MN 、 cd 接PQ， I ab < I cdB． ab 接MN 、 cd 接PQ， I ab >I cdC． ab 接 PQ 、 cd 接MN ， I ab <I cdD． ab 接 PQ ， cd 接MN ， I ab > I cd答案 B分析依据单调副线圈的理想变压器原理，电流比值等于匝数比的倒数，可得ab 接MN 、 cd 接 PQ， I ab> I cd，故 B 正确．四、理想变压器中的动向剖析例 4如图6所示为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，加在原线圈两头的交变电压，I1为原线圈中的电流，则()P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为图 6A ．保持 U 1及 P 的地点不变， K 由 a 扳向 b 时， I1将增大B．保持 U 1 及 P 的地点不变， K 由 b 扳向 a 时， R 耗费功率减小C．保持 U 1 不变， K 接在 a 处，使 P 上滑， I1将增大D．保持 P 的地点不变， K 接在 a 处，若 U 1增大， I1将增大分析保持U 1及 P 的地点不变， K 由 a 扳向 b 时， n1 减小，n2增大，由U 2＝n2知 U2变n1U 1n1大，则输出电流I 2增大，输出功率增大，输入功率也增大，由P1＝ U1I 1知， I1增大， A 正确．同理， K 若由 b 扳向a， R 耗费功率将减小， B 正确．U1不变，K 接在 a 处，使P 上滑时，I2减小，I 1也减小，故 C 错．保持P 的地点不变，K 接在 a 处，使若U1增大，则U2也增大，即U 2 I2＝R增大，则P2增大，P1＝ P2，故I1也应增大，故 D 正确．答案ABD1． (对变压器原理的理解 )如图 7 所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶ n2＝ 4∶ 1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表的示数是 12 mA ，则副线圈中电流表的示数是 ()A ． 3 mAB ． 48 mA 图 7C．零D．与R 阻值有关答案 C分析当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因此副线圈中无感觉电流，选项 C 正确．2． (理想变压器基本规律的应用)如图8 所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶ 1，两个标有“ 12 V,6 W ”的小灯泡并联在副线圈的两头．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表 (可视为理想电表)的示数分别是()图8A ． 120 V,0.10 AB ． 240 V,0.025 A C． 120 V,0.05 A D． 240 V,0.05 A 答案 D分析灯泡正常工作，副线圈电压U 2＝ 12 V ，副线圈电流6I2＝2×12 A＝ 1 A ，依据匝数比得原线圈电流I1＝ 201I2＝ 0.05 A ，原线圈电压U1＝ 20U2＝ 240 V ，选项 D 正确．3． (互感器的应用)如图 9 所示， L 1和 L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶ n2 ＝1 000 ∶ 1， n3∶ n4＝ 1∶ 100 ，图中电压表示数为220 V ，电流表示数为10 A ，则高压输电线的电功率为( )图 9A．×108 W B．×10 － 2 WC．× 108 W D．×10 W答案 C分析由电流互感器知高压输电线中电流I＝ 1 000 A ，由电压互感器知U＝ 220× 103 V ，则高压输电线功率P＝ UI ＝× 108 W.图10如图10 所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶ 1， b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想沟通电表，从某时辰开始在原线圈两头加上交变电压u，其刹时价表达式为u＝220 2 sin (100 πt) V ，现把单刀双掷开关与 a 连结，则( )A ．电压表的示数为22 VB．流过滑动变阻器的电流的方向每秒改变100 次C．在滑动变阻器的触头P 向上挪动的过程中，电压表和电流表的示数均变大D．若把单刀双掷开关由 a 扳向 b 时，保持滑动变阻器的触头P 不动，电压表示数变大，电流表的示数变小答案AB分析理想变压器能够变压、变流，但不改变功率和频次；由交变电压的表达式可知，该交变电压的频次为50 Hz ，而产生交变电压的线圈每转一圈，其电流变向两次，故 B 正确；电压表的读数是有效值，依据理想变压器的变压比等于匝数比可知，该电压表的读数为22 V，A 正确；滑动变阻器的触头P 向上挪动，其接入电路的阻值减小，而变压器两头的电压不变，则电压表的读数不变，副线圈中的电流变大，则电流表的读数变大， C 错误；单刀双掷开关由 a 扳向b，变压器的原线圈的有效匝数减小，由U＝U′可知， U ′变大，变压器的输出功率和输入功率变大，故电压表n1n2和电流表的读数都变大， D 错误．题组一对理想变压器原理的理解1．如下图四个电路，能够实现升压的是()答案 D分析变压器只好对交变电流变压，不可以对直流变压，故 A 、 B 错误，因为电压与线圈匝数成正比，所以 D 能实现升压．2．理想变压器原、副线圈匝数比为10∶ 1，以下说法中正确的选项是()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刹时价之比为10∶ 1D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶ 1答案BD分析对于理想变压器，以为无磁通量损失，因此穿过两个线圈每一匝的磁通量同样，磁通量的变化率同样，每匝线圈产生的感觉电动势相等，电压与匝数成正比．理想变压器没有能量损失，故输入功率等于输出功率．题组二理想变压器基本规律的应用3．如图 1 所示，一理想变压器的原线图 1圈匝数为n1＝ 1 100 匝，接电压U1＝ 220 V 的沟通电，副线圈接“20 V10 W ”的灯泡，灯泡正常发光，可知()A ．副线圈的匝数n2＝ 200 匝B．副线圈中的电流I 2＝0.5 AC．原线圈中的输入功率为10 WD．原线圈中的电流 I 1＝ 0.1 A答案BC分析此题考察变压器的知识．意在考察学生对变压器知识的理解．因为理想变压器的电压比等于匝数比，副线圈匝数n2＝ 100 匝， A 错误；理想变压器的原、副线圈的功率相等．所以原线圈的输入功率为10 W ， C 正确；由功率P＝ UI 可得副线圈中的电流I2＝ 0.5 A ，原线圈中的电流I1＝n2n1I2≈0.045 A ，B 正确，D 错误．4.如图 2 所示，理想变压器的原线圈接在R ＝ 55 Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为u＝ 220 2 sin (100 πt )V 的沟通电源上，副线圈接有2∶ 1.电流表、电压表均为理想电表，以下说法中正确的是( )图 2A ．原线圈中电流表的读数为 1 AB．原线圈中的输入功率为220 2 WC．副线圈中电压表的读数为110 2 VD．副线圈中输出沟通电的周期为50 s答案 A分析先计算副线圈的电压的有效值，原线圈电压的有效值为220 V ，依据匝数比能够获得副线圈的电压的有效值为110 V ，依据负载电阻的大小能够知道副线圈中电流为 2 A ，依据原、副线圈的输入功率和输出功率相等能够知道原线圈中输入功率为220 W ，电流有效值为 1 A．副线圈中输出沟通电的周期与原线圈同样为0.02 s.5．一台理想降压变压器从10 kV 的线路中降压并供给200 A 的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶ 1，则变压器的原线圈电流、输出电压及输出功率是( )A ． 5 A,250 V,50 kWB． 5 A,10 kV,50 kWC． 200 A,250 V,50 kWD． 200 A,10 kV,2 × 103 kW答案 A分析 由I 1＝ n 2得： I 1＝ 1× 200 A ＝ 5 A ；由 U1＝ n 1 得： U 2＝ U 1n 2＝ 10× 10 3× 1V ＝250 V ；由I 2n 140U 2 n 2n 1 40理想变压器功率关系得： P 入 ＝ P 出＝ U 1 I 1＝ U 2 I 2＝ 200× 250 W ＝ 50 kW. 故正确选项为 A.6．如图 3 所示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n 1 1 u 1＝ 311sin ( 100πt) V ．霓虹灯正常工作时的电阻 R ＝ 与副线圈匝数比 n 2＝20，加在原线圈的电压为 440 k Ω，I 1、 I 2 表示原、副线圈中的电流．以下判断正确的选项是 ()图 3A ．副线圈两头电压为 6 220 V ，副线圈中的电流为14.1 mA B ．副线圈两头电压为 4 400 V ，副线圈中的电流为 10 mAC ．I 1＜I 2D ．I 1＞I 2 答案 BD分析 原线圈电压的有效值U 1＝ U m ＝ 311V ≈ 220 V ，由变压比 U 1＝n 1知， U 2＝ U1n 2＝ 4 40022U 2 n 2n 1V ，副线圈中的电流I 2＝ U 2＝4400 3 A ＝ 0.01 A ＝ 10 mA ，原、副线圈电流跟匝数成反比，故 I 1＞R 440 × 10I 2.7.如图 4 所示，一只理想变压器原线圈与频次为 50 Hz 的正弦交变电源相连，两个阻值均为20 Ω 的电阻串连后接在副线圈的两头．图中的电流表、电压表均为理想沟通电表，原、副线圈分别为 200 匝和 100 匝，电压表的示数为 5 V ．则 ()A ．电流表的读数为 0.5 A图 4B ．流过电阻的交变电流的频次为 100 HzC ．交变电源的输出电压的最大值为 20 2 VD ．交变电源的输出功率为 2.5 W答案 CD分析 依据欧姆定律可得副线圈中的电流I 2＝ U＝ 0.25 A ，依据理想变压器原、副线圈中的电R流与匝数的关系 I 1＝n 2可解得， I 1 ＝ 0.125 A ， A 错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频次I 2 n1同样，都为 50 Hz ， B 错误；副线圈输出电压的有效值为10 V ．依据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U 2m ＝ 10 2 V ．原、副线圈电压比为U 1＝n 1，可得交变电源输出电压的U 2 n 2最大值为 U 1m ＝ 20 2 V ， C 正确；对于理想变压器，交变电源的输出功率等于变压器副线圈负载消 耗的功率， P ＝ 2× 52W ＝2.5 W ，故 D 正确．20 题组三几种常有的变压器8．自耦变压器死心上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图5 所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900 匝；原线圈为1100 匝，接在有效值为 220 V 的沟通电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载 R 上的功率为2.0 kW. 设此时原线圈中电流有效值为I 1，负载两头电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和 I 1 分别约为 ()图 5A ．380 V 和 5.3 AB ．380V 和C ．240 V 和 5.3 AD ．240V 和答案 BU 1 n 1U 2＝ 380分析 依据理想变压器电压比关系U 2＝n 2 ，代入数据解得副线圈两头的电压有效值3 理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P 入 ＝ P 出 ＝ U 1I 1 ，解得 I 1＝ × 10220A ≈9.1 A，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．9．钳形电流表的外形和结构如图6(a)所示．图(a)中电流表的读数为1.2 A ．图 (b) 顶用同一电缆线绕了3 匝，则()图 6A ．这类电流表能测直流电流，图 (b)的读数为 2.4 AB ．这类电流表能测沟通电流，图(b)的读数为 0.4 AC ．这类电流表能测沟通电流，图(b)的读数为 3.6 AD ．这类电流表既能测直流电流，又能测沟通电流，图 (b) 的读数为 3.6 A答案C分析 因为变压器工作原理是电磁感觉即经过原线圈的电流发生变化，故原线圈产生的磁场发生变化，穿过副线圈的磁通量发生变化，进而在副线圈中产生感觉电流，故这类电流表只好测沟通电流．U 1n 1依据理想变压器的输入电压和输出电压的关系有 U 2 ＝ n 2 .输入功率和输出功率的关系有 P 1＝ P 2即 U 1I 1＝ U 2I 2所以 n 1I 1 ＝ n 2 I 2n 1故I 2 ＝n 2 I 1由题意可知当 n 1＝ 1 时 I 2＝ 1.2 A. 故当 n 1＝ 3 时， I ′ 2＝ 3.6 A.故C 正确．10．供电企业检修人员用沟通电表监控供电线路中强电流和高电压，使用的仪器是电流互感器和电压互感器，接线如图7 所示，此中 n 1、 n 2、 n 3、 n 4 分别为四组线圈的匝数， a 、 b 为两只沟通电表，以下说法中正确的选项是()图 7A ． A 为电流互感器，且B ． B 为电压互感器，且C ． B 为电流互感器，且D ． A 为电压互感器，且答案ABn 1<n 2 ， a 是电流表n 3> n 4 ， a 是电流表n 3< n 4 ， b 是电流表n 1>n 2 ， a 是电压表分析由图可知， A 串连在电路中是电流互感器，电路中是强电流，经过变压器变为弱电流，用电流表丈量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n 1<n 2， a 是电流表，故 A 正确，D 错误； B 并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，经过变压器变为弱电压，用电压表丈量，因 为电压之比等于线圈匝数比，所以n 3>n 4，故 B 正确， C 错误；应选 A 、 B.题组四理想变压器中的动向剖析11．如图 8 所示，理想变压器的副线圈上经过输电线接有两个同样的灯泡 L 1 和 L 2，输电线的等效电阻为 R.开始时，开关 S 断开．当开关 S 接通时，以下说法中正确的选项是()图 8A ．副线圈两头的输出电压减小B ．副线圈输电线等效电阻R 上的电压增大C ．经过灯炮 L 1 的电流减小D ．原线圈中的电流增大 答案 BCD分析 因为输入电压不变，所以当S 接通时，理想变压器副线圈两头输出电压不变．并联灯泡 L 2，总电阻变小，由欧姆定律知，流过 R 的电流增大，电阻上的电压U R ＝ IR 增大．副线圈输出电流增大，依据输入功率等于输出功率I 1U 1＝ I 2U 2 知， I 2 增大，原线圈输入电流I 1也增大．U MN 不变， U R 变大，所以 U L1 变小，流过灯泡 L 1 的电流减小．12．如图 9 所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调理，原线圈两头电压为一最大值不变的正弦沟通电，在其余条件不变的状况下，为了使变压器输入功率增大，可使( )图 9A ．原线圈匝数 n 1 增添B ．副线圈匝数n 2 增添C ．负载电阻 R 的阻值增大D ．负载电阻 R 的阻值减小答案 BD分析 由 U 1＝ n 1， P 出 ＝ U 22U 2 n 2 RP 出＝U 2 2可得 1 22 nn 1 R又因为 P＝ PPU 12n 22入出，所以 入＝n 12R剖析可得选项B、D 正确．13.有一理想变压器的原线圈连结一只沟通电流表，副线圈接入电路的匝数能够经过滑动触头Q 调理，如图10 所示，在副线圈两输出端连结了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U 的沟通电，则() 图 10A ．保持 Q 的地点不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B．保持 Q 的地点不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C．保持 P 的地点不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D．保持 P 的地点不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小答案BC分析保持 Q 的地点不动，副线圈匝数不变，由U1＝n1知 U 2不变，当 P 向上滑动时， R 变U 2 n2大，由 I 2＝U2知 I2减小， I 1减小，故电流表的读数变小， A 错误， B 正确；保持P 的地点不R0＋ R动，将 Q 向上滑动时，副线圈的匝数增加，由U 1 n1知 U 2增大，由 I2＝U 22增大， I1增大，U 2 ＝ n2 0知 IR＋ R故电流表的读数变大， C 正确， D 错误．。

学案1 高压输电原理[学习目标定位] 1.掌握输电过程中降低输电损耗的两个途径.2.理解高压输电的原理.3.会对简单的远距离输电线路进行定量计算．1．电阻定律：在温度不变时，同种材料的导体，其电阻R 与它的长度L 成正比，与它的横截面积S 成反比，导体电阻与构成它的材料有关，即R ＝ρLS.2．电功率P ＝UI ，热功率P ＝I 2R .一、远距离输电为什么要用高电压 1．减少输电线上电能损耗的两条途径： (1)降低输电导线的电阻． (2)减小输电线中的电流．2．由P ＝UI 可知，当输送的功率一定时，采用升高输电电压的方法，就可以减小输电电流．3．提高输送电能的电压，可以更有效地减小输电线路上的电能损耗，这就是远距离输电需采用高电压的根本原因．二、交流输配电网发电机发出的交变电流先送到升压变电站，将电压升高到220 kV 以上，由高压输电线向远处输送．在用电区，先由第一级变电站将电压降到110 kV ，再输送到第二级变电站，将电压降到10 kV ，送到用电区．对普通生活用电，则还要用变压器将电压降到220 V .远距离输电为什么要用高电压 [问题设计]如图1所示，假定输电线路中的电流是I ，两条导线的总电阻是R ，在图中导线电阻集中画为r ，输送功率为P ，发电厂输出的电压为U .那么：图1(1)远距离大功率输电面临的困难是什么？(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低输电损耗的两个途径是什么？(3)为什么远距离输电必须用高压呢？ 答案 (1)在输电线上有功率损失．(2)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了．这是输电线上功率损失的主要原因．功率损失表达式：ΔP ＝I 2R ，所以降低输电损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻R ；②减小输电电流I .(3)因为发电厂的输出功率P 是一定的，由P ＝UI 得，要减小输电电流I ，必须提高输出电压U .[要点提炼]输电线上的电压损失和功率损失(设输电线上电阻为R ，电流为I ) 1．电压损失输电线始端电压U 与输电线末端电压U ′的差值．ΔU ＝U －U ′＝IR . 2．功率损失(1)远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率ΔP ＝I 2R . (2)若输电线上损失的电压为ΔU ，则功率损失还可以表示为ΔP ＝ΔU 2R ，ΔP ＝ΔU ·I .3．减小电压、功率损失的方法 (1)减小输电线的电阻由R ＝ρLS 可知，距离L 一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻．(2)减小输电电流I由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流．[延伸思考] 为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？答案 用电高峰期到用户家中的输电线电流I 较大，输电线上损失的电压ΔU ＝Ir 较大，用户得到的电压U －ΔU 变低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗．一、降低输电损耗的途径例1 如图2所示为远距离高压输电的示意图，关于远距离输电，下列表述正确的是( )图2A ．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 答案 ABD解析 由P 损＝I 2R 和R ＝ρLS ，P 损越小，所以A 正确．由P ＝UI 及P 损＝I 2R 知B 正确，C 错误．电压越高，对输电线路绝缘性能和对变压器的要求越高，实际输送电能时，要综合考虑各种因素，故D 正确．二、输电线上功率损失的计算例2 发电厂发电机直接向学校供电，发电机输出电压为U 1，发电厂至学校的输电导线总电阻为R ，导线的电流为I ，学校得到的电压为U 2，则下列关于输电线损失的功率的式子中错误．．的是( ) A.U 21RB.(U 1－U 2)2RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)答案 A解析 用P ＝U 2/R 求电阻上损失的功率时，U 要与电阻R 相对应，选项A 中的U 1是输出电压不是输电线上的电压，故A 是错误的．B 中的U 1－U 2是输电线上的电压，因此，B 是正确的．C 、D 中的电流I 是输电线中的电流，故C 、D 都是正确的．例3 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦．(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的几分之几？(3)若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几？解析 (1)由P ＝UI 得I ＝P U ＝5×108W2×105 V＝2 500 A(2)输电线上损失的功率ΔP ＝I 2·2r ＝2 5002×2×10 W ＝1.25×108 W损失功率与输出功率之比为ΔP P ＝1.25×1085×108＝14(3)将电压升高至50万伏时，I ′＝PU ′＝5×108 W 5×105 V ＝1 000 A输电线上损失的功率ΔP ′＝I ′2·2r ＝1 0002×2×10 W ＝2×107 W 损失功率与输出功率之比为ΔP ′P ＝2×1075×108＝125答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W 14(3)1 000 A 2×107 W125针对训练 在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图3所示，为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．在正常供电时，高压线上送电电压为U ，电流为I ，热耗功率为ΔP ；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP ，则除冰时( )图3A ．输电电流为3IB ．输电电流为9IC ．输电电压为3UD ．输电电压为13U答案 AD解析 高压线上的热耗功率为ΔP ＝I 2R 线① 若热耗功率变为9ΔP ，则9ΔP ＝I ′2R 线②.由①②得I ′＝3I ，A 对．又输送功率不变，P ＝UI ＝U ′I ′，得U ′＝13U ，所以D 对．1．(降低输电损耗的途径)中央电视台《焦点访谈》多次报道某些边远落后农村电价过高，农民负担过重，其客观原因是电网陈旧老化．近来，农村进行电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有( )A ．提高输送功率B ．增大输送电流C ．提高输电电压D ．减小输电导线的横截面积答案 C解析 电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径：(1)减小输电导线中的电流，即可提高输电电压；(2)减小输电线的电阻，即增大导线的横截面积，故C 正确．2．(输电线上功率损失的计算)远距离输电，原来用电压U 0输送，输电线上损失的功率为P 0，现要使输电线路上损失的功率减少到原来的1%，在保持输送功率不变的情况下，输电电压变为____U 0.答案 10解析 设输送功率为P ，则P 0＝(P U 0)2R 线，0.01P 0＝(PU)2·R 线，所以U ＝10 U 0.3．(输电线上功率损失的计算)一座小型发电站，用总电阻是0.5 Ω的输电线把电输送给用户，发电站输送的电功率是20 kW.假如用250 V 的电压输电，估算输电导线上的功率损失和用户得到的功率．假如改用500 V 的电压输电，输电线上的功率损失和用户得到的功率又各是多少？答案 3.2 kW 16.8 kW 0.8 kW 19.2 kW解析 假如用250 V 的电压输电，输电导线上的功率损失为P 损＝(P U )2R ＝(20×103250)2×0.5W ＝3.2 kW用户得到的功率为P 用＝P －P 损＝20 kW －3.2 kW ＝16.8 kW假如改用500 V 的电压输电，输电导线上的功率损失为 P 损′＝(P U ′)2R ＝(20×103500)2×0.5 W ＝0.8 kW用户得到的功率为P 用＝P －P 损′＝20 kW －0.8 kW ＝19.2 kW.题组一 降低输电损耗的途径1．远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比1 000 kV 高得多的电压进行输电．采用高压输电的优点是( )A ．可节省输电线的材料B ．可根据需要调节交流电的频率C ．可减小输电线上的能量损失D ．可加快输电的速度 答案 AC解析 由于远距离输电，往往输送电功率一定，根据P ＝UI ，输送电压U 越高，则输送电流I ＝PU 越小，据P 线＝I 2R 知，当要求在输电线能量损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率大的材料(非铜材)；若输电线确定，即R 确定，则可减小线路上的能量损耗，故A 、C 项正确；而交流电的频率是一定的，不需调节，输电的速度就是电磁波的传播速度，也是一定的，故B 、D 项不正确．2．远距离输电时，在输送功率不变的条件下( ) A ．增加导线的电阻，可以减小输电电流，提高输电效率 B ．提高输电电压，可以减小输电电流，提高输电效率 C ．提高输电电压，势必增大输电导线上能量的损耗 D ．提高输电电压，势必增大输电导线上的电流 答案 B解析 在输送功率一定的前提下，P 输＝U 输·I 输，P 损＝I 2输·R 线，η＝P 输－P 损P 输×100%，所以选项B 正确．3．关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( ) A ．由功率P ＝U 2R ，应降低输电电压，增大导线电阻B ．由P ＝IU ，应低电压小电流输电C ．由P ＝I 2R ，应减小导线电阻或减小输电电流D ．上述说法均不对 答案 C解析 输电时导线上损失的电压ΔU ＝IR ，它不同于输电电压，P ＝U 2R 或P ＝IU 中的U应为导线上损失的电压，故A 、B 错误，导线上功率的损失为发热损失，P ＝I 2R ，故C 正确．题组二 输电线上功率损失的计算4．在电能输送过程中，若输送的电功率一定，则在输电线上损失的电功率( ) A ．随输电线电阻的增大而增大 B ．和输送电压的平方成正比 C ．和输电线上电压降落的平方成正比 D ．和输电线中电流的平方成正比 答案 ACD解析 由损失功率公式P 损＝I 2R 线＝(P 输U 输)2R 线＝ΔU 2损R 线.5．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。