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2013届高考物理一轮复习第十章 交变电流 10.2 变压器 远距离输电 课件


第2节

变压器

远距离输电

一、变压器原理

1.构造和原理(如图所示)
(1)主要构造:由 原线圈、 副线圈 闭合铁芯 和 组成. (2)工作原理:电磁感应的 互感现象.
2.理想变压器的基本关系式 (1)电压关系: U1 n1 = . U2 n2

n2 I1 (2)电流关系: = n ,只适用于只有一个副线圈的情况. I2 1

3.互感器 (1)电压互感器,用来把 高电压变成 低电压.

(2)电流互感器,用来把 大电流变成 小电流.

(1)如果变压器没有漏磁和能量损失,这样的变压器就是理想变压 器. (2)变压器只能改变交变电流的电流和电压,不能改变恒定电流的 电流和电压.

二、电能的输送
2 1.根据 P 损= I R线 ,减少输电电能损失有两种方法

l (1)减小输电线的电阻:根据电阻定律 R=ρ ,要减小输电线的电 S 阻 R,在保证输电距离情况下,可采用减小材料的电阻率 、增大导线 的 横截面积 等方法,但是不实际,不容易实现.

(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 . 2.远距离输电的功率损失 P 输送功率一定时,线路电流 I= ,输电线上损失功率 P 损=I2R 线 U P2 1 R = U2 线 ,可知 P 损∝ 2. U

1.理想变压器在正常工作时,原、副线圈中相同的物理量是( 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

)

解析:根据变压器的工作原理,穿过原、副线圈每匝的磁通量及 其变化率是相同的.故 A 正确;交流电的频率保持不变,B 正确;理 ΔΦ 想变压器无功率损失,C 正确;而 E=n 与 n 成正比,变压器原、 Δt 副线圈的匝数不同,故感应电动势不同,所以 D 错.

答案:ABC

2.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 500 kV 的超高压输电,输电线 上损耗的电功率为 P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件 下,现改用 1 000 kV 特高压输电,若不考虑其他因素的影响,则输电 线上损耗的电功率将变为( A. P 4 P B. 2 )

C.2P D.4P 解析:设输送功率为 P ,输送电流为 I ,输送电压为 U ,则 P=
P UI,I= ,P 损=I2R.输送电压升为原来的 2 倍,则输送电流降为原来的 U 一半,P 损降为原来的四分之一,故选 A.

答案:A

3.下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中,正确的是 ( ) U2 A.因为热功率 P= ,所以应降低输送电压,增大输电导线电阻, R 才能减小输电导线上的热损耗 B.因为热功率 P=IU,所以应采用低电压、小电流输电,才能减 小输电导线上的热损耗 C.因为热功率 P=I2R,所以可采用减小输电线电阻或减小输送电 流的方法来减小输电导线上的热损耗 D.以上说法均不正确
解析:不能盲目看公式,要注意其物理意义的表达,在求热损耗 U2 时:P 损=I 线 R 线或用 P 热=U 线 I 线,也可用 P= ,但 U 必须为输电线 R 上等效电阻两端的电压,并不是输电电压.

答案:C

4.收音机的变压器的初级线圈有1 210匝,接在U1=220 V的交流电源上, 变压器有两个副线圈.副线圈Ⅱ的匝数为35匝,副线圈Ⅲ的匝数是1 925 匝.如果不计变压器自身的能量损耗,当变压器工作时,线圈Ⅱ的电流 I2=0.3 A时,初级线圈的电流I1=0.114 A.求线圈Ⅲ中电流和输出电 压.(电流的计算结果保留三位有效数字)
n2 35 解析:U2= U1= ×220 V=6.36 V, n1 1 210 n3 1 925 U3= U1= ×220 V=350 V. n1 1 210 不计变压器自身的能量损耗, 由能量转化和守恒定律 P1=P2+P3, 即 I1U1=I2U2+I3U3. I1U1-I2U2 则 I3= =0.066 2 A. U3

答案:0.066 2 A

350 V

理想变压器原、副线圈基本量的关系

(1)基本关系中U1、U2、I1、I2均指有效值. (2)当原线圈中串联电阻(或灯泡)时,U1为加在原线圈两端的电压,并 不是电源的电压. (3)只有一个副线圈的变压器电流与匝数成反比,多个副线圈的变压器 有n1I1=n2I2+n3I3+…这种关系.

[例1] (2012年淄博模拟)如图所示,理想变压器B的原线圈跟副线圈 的匝数比n1∶n2=2∶1,交流电源电压U=311sin 100πt V,F为熔断电 流为I0=1.0 A的保险丝,负载为一可变电阻. (1)当电阻R=100 Ω时,保险丝能否被熔断? (2)要使保险丝不被熔断,电阻R的阻值应不

小于多少?变压器输出的电功率不能超过多少?
[思路点拨] 解答本题时应把握以下三点: (1)根据变压器的匝数比可以确定原、副线圈的电压.

(2)根据输出功率决定输入功率,从而确定输入电流.
(3)由输入最大功率确定变阻器电阻及输出功率.

[自主解答]

原线圈电压的有效值为

311 U1= V=220 V 2 U1 n 1 由 = 得副线圈两端的电压 U2 n 2 n2 1 U2= U1= ×220 V=110 V. n1 2 (1)当 R=100 Ω 时,副线圈中电流 U2 110 I2= = A=1.10 A R 100 由 U1I1=U2I2 得原线圈中的电流为 I1= U2 110 I2= ×1.10 A=0.55 A,由于 I1<I0(熔断电流),故保险 U1 220

丝不会熔断.

(2)设电阻 R 取某一值 R0 时,原线圈中的电流 I1 刚好到达熔断电 流 I0,即 I1=1.0 A,则副线圈中的电流为 I2= U1 n1 I1= ·1=2×1.0 A=2.0 A I U2 n2 U2 110 = Ω=55Ω I2 2.0

变阻器阻值为:R0=

此时变压器的输出功率为 P2=I2· 2=2.0×110 W=220 W U 可见,要使保险丝 F 不被熔断,电阻 R 的阻值不能小于 55 Ω,输 出的电功率不能大于 220 W.

[答案] (1)保险丝不会熔断 (2)电阻R的阻值不能小于55 Ω 功率不能大于220 W



1.如图所示为由一个原线圈N1和两个副线圈N2、N3组成的理想变压器, 已知N1∶N2∶N3=4∶2∶1,电阻R=3 Ω, 副 线圈N2接2个“6 V 6 W”灯泡,副线圈N3 接4个3 W的灯泡,所有灯泡均正常发光, 求电源的输出功率. 解析:由于“6 V,6 W”灯泡正常发光,则 U2=6 V U1 N1 因为 = ,所以 U1=12 V U2 N2
对于理想变压器,P1=P2+P3, 得 U1I1=2×6 W+4×3 W=24 W, 所以 I1=2 A 电阻消耗功率 PR=I2R=12 W. 1 电源的输出功率 P=P1+PR=36 W.

答案:36 W

理想变压器动态分析问题

1.匝数比不变的情况 如图: (1)U1 不变,根据 U1 n 1 = ,输入电压 U1 决定输 U2 n 2

出电压 U2,不论负载电阻 R 如何变化,U2 也不变. (2)当负载电阻发生变化时,I2 变化,输出电流 I2 决定输入电流 I1, 故 I1 发生变化. (3)I2 变化引起 P2 变化,P1=P2,故 P1 发生变化,输出功率 P2 决定 输入功率 P1.

2.负载电阻不变的情况 如图: n1 (1)U1 不变, 发生变化,故 U2 变化. n2 (2)R 不变,U2 改变,故 I2 发生变化. U2 2 (3)根据 P2= ,P2 发生变化,再根据 P1=P2,故 P1 变化,P1= R U1I1,U1 不变,故 I1 发生变化.

3.分析动态问题的思路程序可表示为

[例2] 如图所示,理想变压器输入端PQ接稳 定的交流电源,通过单刀双掷开关S可改变变压 器原线圈匝数(图中电压表及电流表皆为理想电 表),则下列说法中正确的是( ) A.当滑片c向b端移动时,变压器输入功率变大 B.当滑片c向a端移动时,电流表A1的示数将减小,电压表V的示数不 变 C.当滑片c向b端移动时,电流表A2的示数将变大,电压表V的示数也

变大
D.滑片c不动,将开关S由1掷向2时,三个电表A1、A2、V的示数都变 大 [思路点拨] 滑片c移动改变负载电阻的大小,从而改变副线圈中的电

流、功率,改变原线圈中的电流.开关S由1掷向2减少了原线圈的匝数,
从而改变其他各物理量.

[自主解答]

U2 2 滑片 c 向 b 端移动时,R 变大,输出功率 P2= ,又因 R

U2 不变,则 P2 减小,所以输入功率减小,A 项错;滑片 c 向 a 端移动时, U2 R 变小,A2 示数 I2= 变大,则 A1 示数变大,B 项错; R U2 滑片 c 向 b 端移动时,R 变大,由 I2= 知,A2 示数变小,故 C 项 R 错; 当滑片 c 不动,开关 S 由 1 掷向 2 时,原线圈匝数 n1 减少, n2 由 U2= U1 知 U2 变大,故 A2 示数变大,A1 示数变大,故 D 项正确. n1

[答案] D

2.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系,将原线圈接到电 压有效值不变的正弦交流电源上,副线圈连接相同的灯泡L1、L2,电路 中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2,导线电阻

不计,如图所示,当开关S闭合后
( )

A.A1示数变大,A1与A2示数的比值不变 B.A1示数变大,A1与A2示数的比值变大 C.V2示数变小,V1与V2示数的比值变大 D.V2示数不变,V1与V2示数的比值不变

解析:交流电源的电压有效值不变,即 V1 示数不变,因

U1 n 1 = , U2 n 2

故 V2 示数不变,V1 与 V2 示数的比值不变,D 对.S 闭合使负载总电 阻减小,I2= U2 I1 n 2 ,所以 I2 增大.因 = ,所以 A1 示数增大,A1 与 R I2 n 1

A2 示数比值不变,A 对.

答案:AD

高压输电问题分析 1.对高压输电问题,应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→ 降压变压器→用电器”的顺序,或从“用电器”倒推到“发电机”一步 一步进行分析. 2.远距离高压输电的几个基本关系(如图所示):

(1)功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P 损+P3 (2)电压、电流关系: U 1 n 1 I 2 U3 n 3 I 4 = = , = = U 2 n 2 I 1 U4 n 4 I 3

U2=ΔU+U3,I2=I3=I 线. P2 P3 U2-U3 (3)输电电流:I 线= = = . U2 U3 R线 (4)输电线上损耗的功率 P2 2 P 损=I 线·ΔU=I线R 线=( ) R 线. U2
2

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 1 损耗的功率就减少到原来的 2. n

在远距离输电问题中, 计算线路功率损耗时应用 P 损=I2 R 线, 其 线 U2 线 原因是 I 线可以由公式 P 输=I 线 U 输求出, P 损=U 线 I 线和 P 损= 则 而 R线 不常用,其原因是在一般情况下,U 线不易求出,且易将 U 线和 U 相混而造成错误.


[例3] 某学校有一台应急备用发电机,内阻为r=1 Ω,升压变压器的
匝数比为1∶4,降压变压器的匝数比为4∶1,输电线的总电阻为R=4 Ω, 全校22个教室,每个教室用“220 V,40 W”的灯泡6盏,要求所有灯都正 常发光,则 (1)输电线上损耗的电功率多大? (2)发电机的输出功率多大? (3)发电机的电动势多大? [思路点拨] 解答本题时可按以下流程分析:

[自主解答]

(1)根据题意,画出从发电机到教室灯泡之间的传输

过程,如图所示. 所有灯都正常工作的总功率为 P2′=22×6×40 W=5 280 W 用电器都正常工作时的总电流为 P2′ 5 280 I2′= = A=24 A U′2 220 两个变压器之间输电线上的电流为 I2′ IR=I2= =6 A 4 故输电线上损耗的电功率 PR=I2 R=144 W. R (2)升压变压器的输出功率为 P1′=PR+P2′=5 424 W 而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率 P 出=P1=P1′=5 424 W.

(3)降压变压器上的输入电压 U2=4U2′=880 V 输电线上的电压损失为 UR=IRR=24 V 因此升压变压器的输出电压为 U1′=UR+U2=904 V U1 ′ 升压变压器的输入电压为 U1= =226 V 4 升压变压器的输入电流为 I1=4IR=24 A 发电机的电动势 E=U1+I1r=226 V+24×1 V=250 V.

[答案] (1)144 W (2)5 424 W (3)250 V

3.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( ) A.输电线上输送的电流大小为2.0×105 A B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV C.若改用5 kV电压输电,则输电线上损失的功率为9×108 kW D.输电线上损失的功率为ΔP=U2/r,U为输电电压,r为输电线的电阻
P 3×106 kW 解析:输电线上输送的电流 I= = =6 000 A,A 错;输电线上损 U 500 kV 失的电压为 ΔU=Ir=6 000×2.5 V=1.5×104 V=15 kV,B 对;若改用 5 kV 的 3×106 kW P 电压输电,则输电线上输送的电流 I′= = =6×105 A,理论上输 5 kV U′ 电线上损失的功率 ΔP=I′2r=(6×105)2×2.5 W=9×108 kW,表明电能将在线 路上损耗完,则输电线上损失的功率为 3×106 kW,C 错;D 项中输电线上损失 的功率 ΔP=U2/r,U 应为输电线上损耗的电压,而不是输电电压,D 错.

答案:B

1.如图所示,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 ( A.U=110 V,I=0.2 A B.U=110 V,I=0.05 A C.U=110 2 V,I=0.2 A D.U=110 2 V,I=0.2 2 A )

解析:由于灯泡正常发光,故灯泡两端电压即副线圈两端电压为 22 W U2=220 V, 通过灯泡的电流即副线圈中的电流为 I2= =0.1 A. 根 220 V 据理想变压器电压关系 U1∶U2=n1∶n2,得 U1=110 V,电流关系 I1∶ I2=n2∶n1,得 I1=0.2 A,则 U=U1=110 V,I=I1=0.2 A.故选项 A 正确,选项 B、C、D 错误.

答案:A

2.如图所示,在铁芯上、下分别绕有匝数n1=800和n2=200的两个线

圈,上线圈两端与u=51sin 314t V的交流电源相连,将下线圈两端接交
流电压表,则交流电压表的读数可能是( A.2.0 V C.12.7 V B.9.0 V D.144.0 V )

U1 U2 n2U1 51 51 解析: 由 = 得 U2= , 其中 U1= V, U2= 得 V≈9.0 V, n1 n2 n1 2 4 2 因此题中两线圈并非处于理想状态, 会出现漏磁,所以交流电压表的读数 小于 9.0 V,故选项 A 正确.

答案:A

3.为保证用户电压稳定在 220 V,变电所需适时进行调压,图甲 为调压变压器示意图.保持输入电压 u1 不变,当滑动接头 P 上下移动 时可改变输出电压.某次检测得到用户电压 u2 随时间 t 变化的曲线如 图乙所示.以下正确的是( )

A.u1=190 2sin(50πt) V B.u2=190 2sin(100πt) V C.为使用户电压稳定在 220 V,应将 P 适当下移 D.为使用户电压稳定在 220 V,应将 P 适当上移

解析: u2- 图象知 u2m=190 2 V, 由 t T=2×10

-2

2π s 故 ω= =100π T

rad/s,故 u2=190 2sin(100πt) V.选项 A 错误,选项 B 正确.由变压 u1 n1 n 2u 1 器电压与匝数关系 = 得 u2= ,可减小 n1 以使 u2 的有效值增大 u2 n2 n1 至 220 V,即将 P 适当上移,故选项 C 错误、选项 D 正确.

答案:BD

4 图甲中理想变压器原、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,S 1 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 的变化关系如图乙所示.现将 S 1 接 1、S
2 闭合,此时

L2 正常发光.下列说法正确的是(

)

A.输入电压 u 的表达式 u=20 2sin(50πt)V B.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

2π 解析: 由题图知, m=20 2 V, U T=0.02 s, ω= =100 π rad/s, 则 T u1 输入电压 u=20 2sin (100πt)V, A 错; 故 由变压器的变压规律知: = u2 n1 u1n2 20×1 ,故 u2= = V=4 V,由题中将 S1 接 1、S 2 闭合时,灯泡 n2 n1 5 L2 正常发光可得,灯泡 L2 的额定电压为 4 V,当只断开 S2 后,副线圈 两端电压不变,此时副线圈的负载为 L1、L2 串联,故 L1、L2 均不能正 u22 常发光,B 错;此时 P 出= ,副线圈负载 R 总增大,故 P 出减小,又 R总 P 入=P 出,故原线圈的输入功率减小,C 错误;当 S1 换接到 2 后,副线 U22 42 圈的负载仅是电阻 R,故 P= = W=0.8 W,D 正确. R 20

答案:D


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