第2讲变压器电能的输送

,1,变压器的构造,：,如图,10,2,1,；变压器是由,和绕在铁芯上,的,组成的,(1),原线圈：,与交流电源连接的线圈,，也叫,线圈,(2),副线圈：,与,连接的线圈,，也叫,线圈,两个线圈,闭合铁芯,初级,次级,负载,第,2,讲 变压器 电能的输送,2,变压器的原理：,电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场,，由于电流的,、,在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化变化的磁场在副线圈中产生,，所以尽管两个线圈之间没有导线相连，副线圈也能够输出电流,是变压器工作的基础,3,理想变压器：,没有,的变压器，即,功率等于,功率,4,理想变压器电压与匝数的关系：,原、副线圈的电压之比等于两个线圈,的,之比，即,大小,方向,感应电动势,互感现象,能量损失,输入,输出,匝数,变压器能否改变恒定电流的电压？能否改变交流电的频率？,提示：,(1),变压器不能改变恒定电流的电压由变压器的原理可知恒定电流通过原线圈时不能产生变化的磁场，副线圈中的铁芯中的磁通量就不会变化，副线圈中就不会有感应电动势,(2),变压器也不能改变交流电的频率，因为原、副线圈中磁通量的变化情况相同,5,几种常用的变压器,(1),自耦变压器,调压变压器,理想变压器原、副线圈基本量的关系,理想变压器,(1),没有能量损失,(2),没有磁通量损失,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，公式：,U,1,/,U,2,n,1,/,n,2,，与负载、线圈的多少无关,电流关系,(1),只有一个副线圈时：,I,1,/,I,2,n,2,/,n,1,(2),有多个副线圈时：由,P,入,P,出,得,I,1,U,1,I,2,U,2,I,3,U,3,I,n,U,n,或,I,1,n,1,I,2,n,2,I,3,n,3,I,n,n,n,频率关系,f,1,f,2,(,变压器不改变交流电的频率,),制约关系,电压,副线圈电压,U,2,由原线圈电压,U,1,和匝数比决定,功率,原线圈的输入功率,P,1,由副线圈的输出功率,P,2,决定,电流,原线圈电流,I,1,由副线圈电流,I,2,和匝数比决定,1,如图,10,2,2,所示，理想变压器原副线圈匝数之比为,10,1.,原线圈接电压,u,310sin 100,t,(V),的交流电源，副线圈接两个阻值均为,R,22 ,的负载电阻，电表均为理想电表，则下述结论正确的是,(,),A,开关,S,断开时，,A,表的示数为,0.1 A,B,开关,S,断开时，,V,表的示数为,22 V,C,开关,S,闭合时，,A,表的示数为,0.05 A,D,开关,S,闭合时，,V,表的示数为,22 V,答案：,BC,1,输电导线上的能量损失：,主,要是由输送线路电阻发热产生的，表达式为,.,2,减小输电线路上的损耗的方法：,(1),减小输送电路的,；,(2),减小输送电路的,Q,I,2,Rt,电阻,电流,3,高压输电的原理：,由输送功率,P,UI,，其中,U,为,，,I,为,，因而可以提高,，以减小,，则线路上的损耗,P,损,I,2,R,可大幅度减小，这是行之有效的办法,输送电压,输送电流,输送电压,U,输送电流,I,关于高压输电问题的分析,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”这样的顺序，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,(,以图,10,2,3,为例,),：,(1),功率关系：,P,1,P,2,，,P,3,P,4,，,P,2,P,损,P,3,U,2,U,U,3,，,I,2,I,3,I,线,2,(2009,广东，,9),如图,10,2,4,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,(,),A,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少电路的发热损耗的,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：,根据,P,I,2,R,可知，在电流,I,一定的情况下，减小电阻,R,可以减少电路上的电能损失，而,R,，所以增大输电线横截面积,S,有利于减少输电过程中的电能损失，,A,对；由公式,P,I,2,R,可得，若设输送的电功率为,P,，则,P, ，可见，在输送电压,U,一定时，输送的电功率,P,越大，输电过程中的电能损失越大，,C,错误,答案：,ABD,【,例,1,】,(2009,四川，,17),如图,10,2,5,甲所示,，理想变压器原、副线圈的匝数比为,10,1,，,R,1,20 ,，,R,2,30 ,，,C,为电容器已知通过,R,1,的正弦交流电如图乙所示，则,(,),A,交流电的频率为,0.02 Hz B,原线圈输入电压的最大值为,200 V,C,电阻,R,2,的电功率约为,6.67 W D,通过,R,3,的电流始终为零,解析：,从图象中可以看出，交流电的周期为,0.02 s,，所以频率为,50 Hz,，,A,项错误；,R,1,两,端电流的有效值为,A,，所以副线圈两端电压的有效值,U,2,I,1,R,1,10 V,；原线圈,两端的电压,U,1,U,2,100 V,，,B,项错误；,R,2,的电功率,C,项正确；由于副线圈两端电压变化，电容器两极板电压变化，故有电流通过,R,3,.,答案：,C,1,1,如图,10,2,6,所示，,L,1,和,L,2,是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器若已知变压比为,1 000,1,，变流比为,100,1,，并且知道电压表示数为,220V,，电流表示数为,10 A,，则输电线的输送功率为,(,),A,2.2,10,3,W B,2.2,10,2,W,C,2.2,10,8,W D,2.2,10,4,W,解析：,本题考查变压器及功率的知识由变压比求得输电线电压,U,2.2,10,4,V,，由变流比求得输电线电流,I,1,10,4,A,，所以输送功率,P,UI,2.2,10,8,W,，,C,对,答案：,C,1,2,如图,10,2,7,所示,，,一理想变压器原线圈匝数,n,1,1 100,匝，副线圈匝数,n,2,220,匝，交流电源的电压,u,220 sin 100,t,(V),，电阻,R,44 ,，电压表、电流表为理想电表，则下列说法错误的是,(,),A,交流电的频率为,50 Hz,B,电流表的示数为,0.2 A,C,电流表的示数为,A,D,电压表的示数为,44 V,解析：,由交流电源的电压瞬时值表达式可知，,100,，所以频率,A,项说法正确；理想变压器的电压比等于线圈匝数比，即,其中原线圈电压的有效值,U,1,220 V,，,故,D,项说法正确；,I,2, ,1 A,，故,C,项说法错误；,由电流比与线圈匝数成反比，,故,B,项说法正确综上所述，说法错误的是,C,项,答案：,C,【,例,2,】,如图,10,2,8,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,为定值电阻，滑动触头,P,可在,R,上滑动,V,1,、,V,2,为理想电压表，读数分别为,U,1,、,U,2,；,A,1,、,A,2,两理想电流表的读数分别为,I,1,、,I,2,.,当滑动触头,P,向下滑动且,U,1,示数一直不变时，则下列推断中正确的是,(,),A,U,2,变大，,I,2,变大,B,U,2,变小，,I,2,变小,C,I,1,变小，,R,1,两端电压变小,D,I,1,变大，,R,1,两端电压变小,解析：,对于理想变压器在输入电压一定的条件下，输出电压也是一定的，即,U,2,不变，,A,、,B,错误；当,P,向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻增大，负载电阻增大，故,I,2,减小，所以,R,1,两端电压减小，又因为理想变压器的输入功率随输出功率的变化而变化，故,I,1,减小，,C,正确，,D,错误,答案：,C,2,1,一理想变压,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,I,1,，输入功率为,P,1,，副线圈的电流为,I,2,，输出功率为,P,2,.,当,R,增大时,(,),A,I,1,减小，,P,1,增大,B,I,1,减小，,P,1,减小,C,I,2,增大，,P,2,减小,D,I,2,增大，,P,2,增大,解析：,考查理想变压器及其相关知识当副线圈接的可调电阻,R,增大时，变压器输出功率,P,2,减小，导致变压器输入功率,P,1,减小，原线圈中电流,I,1,减小，所以正确选项是,B.,答案：,B,2,2,如图,10,2,9,所示是一台家用台灯亮度调节原理图，自耦变压器接入正弦交流电压，电流表、电压表分别为理想交流电流表和理想交流电压表若将调压端的滑动触头,P,向上移动，则,(,),A,电压表,V,的示数变大,B,变压器的输出功率变大,C,电流表,A,的示数变小,D,电流表,A,的示数变大,解析：,当滑动触头,P,向上移动时，自耦变压器,“,副线圈,”,匝数增大，,可知,“,副线圈,”,两端电压增大，台灯的功率变大，,A,、,B,正确；由于理想变压器,输入功率与输出功率相等，且输入电压不变，故电流表示数变大，,C,错误、,D,正确,答案：,ABD,(1),关于理想变压器的动态分析问题大致有两种情况：,负载电阻不变,，原、副线圈的电压,U,1,、,U,2,，电流,I,1,、,I,2,，功率,P,1,、,P,2,随匝数比,变化而变化的情况；,匝数比不变，各量随负载电阻的变化而变化的情况,(2),解决此类问题需注意以下两点：,抓住变量与不变量,原线圈的端电压,U,1,是不变的，其值由电源决定，与,n,1,、,n,2,无关当滑片静止不动,时，负载电阻不变,搞清各物理量之间的相互制约关系,U,2,由,U,1,和匝数比决定；,I,1,由,I,2,和匝数比决定；,P,1,由,P,2,决定,【,例,3,】,某电厂要将电能输送到较远的用户,，,输送的总功率为,9.8,10,4,W,，,电厂输出电压仅为,350 V,，,为减少输送功率损失,，,先用一理想升压变压器将电压升高再输出已知输电线路的总电阻为,4 ,，,允许损失的功率为输送功率的,5%,，,所需电压为,220 V,，,求理想升压,、,降压变压器的原,、,副线圈的匝数比各是多少,解析：,设升压变压器原、副线圈的匝数分别为,n,1,、,n,2,，电压分别为,U,1,、,U,2,；降压变压器原、副线圈的匝数分别为,n,3,、,n,4,，电压分别为,U,3,、,U,4,.,画出如右图所示的输电示意图,P,损,P,总,5%,I,2,R,升压变压器是理想变压器，故,P,总,IU,2,降压变压器的输入功率,P,3,P,总,P,损,答案：,1,8,12,1,(1),有关远,距离输电问题，先画出远距离输电的示意图,(2),以变压器为界将整个输电电路划分为几个独立回路，各回路分别用欧姆定,律，串、并联的特点及电功、电功率等公式进行计算、联系各回路的是原、副,线圈电压、电流与匝数的关系及输入功率等于输出功率的关系,3,1,(2009,江苏省苏州,),人们利用,发电机把天然存在的各种形式的能量,(,水流能、煤等燃料的化学能,),转化为电能，为了合理地利用这些能源，发电站要修建在靠近这些资源的地方，但用电的地方却分布很广，因此，需要把电能输送到远方若某电站的输送电压为,U,6 000 V,，输送功率,P,500,k,W,，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差,4 800,k,Wh,(,即,4 800,度电,),，试求：,(1),输电,效率和输电线的电阻；,(2),若要使输电损失的功率降到原输送功率的,2%,，电站应使用多高的电压向外输,电？,(,结果保留二位有效数字,),(2),若使输电损失的功率降到原输送功率的,2%,，则,P,损,P,2%,10,k,W,，,答案：,(1)60%,28.8 ,(2)2.7,10,4,V,如图,10,2,10,所示是街头变压器给用户供电的示意图变压器的输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动，输出电压通过输电线输送给用户输电线的电阻用,R,0,表示，变阻器,R,表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头,P,向下移动时，下列说法不正确的是,(,),A,相当,于在增加用电器的数目,B,A,1,表的示数随,A,2,表的示数的增大而增大,C,V,1,表的示数随,V,2,表的示数的增大而增大,D,变压器的输入功率增大,错解,1,不清楚滑动变阻器,阻值变化与负载的关系，认为,R,减小负载减小，即用电器的数目减少，错选,A,项,错解,2,不清楚,变压器电流、电压的因果关系，认为由输入决定输出，所谓的,“,送多少用多少,”,，则错选,B,项而漏选,C,项,【,错因分析,】,解析：,当滑动变阻器触头,P,向下移动时，用电器的总电阻减小，相当于并联的用电器数目增加，同时变压器的输入功率增大，,A,、,D,两项对；电网供电是,“,用多少供多少,”,，输出电流增大则输入电流增大，,B,项正确；但变压器的输出电压则由输入电压决定，当输入电压和变压器的匝数比一定时，输出电压一定，,C,项错,答案：,C,【,正确解答,】,对理想变压器，要注意以下几点：,(1),在理想变压器中，副线圈的端电压,U,2,由输入电压,U,1,和匝数比,n,2,/,n,1,共同决定，与负载电阻大小无关,(2),电网送电遵循,“,用多少送多少,”,的原则，原线圈中的输入电流,I,1,是由副线圈中的输出电流,I,2,决定的，原、副线圈各一个绕组时,，副线圈有多个绕组时由,P,入,P,出,的功率关系来确定,【,纠错心得,】,点击此处进入 作业手册,