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＝ρ.
2．电功率P＝UI，热功率P＝I2R.
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＝I2R，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＝I2R.
(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＝，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＝ρ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2
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＝I2R和R＝ρ，P损越小，所以A正确．由P＝UI及P损＝I2R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U1，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U2，则下列关于输电线损失的功率的式子中错误的是( )
A. B.
C．I2R D．I(U1－U2)
答案 A
解析 用P＝U2/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U1是输出电压不是输电线上的电压，故A是错误的．B中的U1－U2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＝＝＝2 500 A
(2)输电线上损失的功率ΔP＝I2·2r＝2 5002×2×10 W＝1.25×108 W
损失功率与输出功率之比为＝＝
(3)将电压升高至50万伏时，I′＝＝＝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＝＝
答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W
(3)1 000 A 2×107 W
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3
A．输电电流为3I B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为U
答案 AD
解析 高压线上的热耗功率为ΔP＝I2R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′＝U，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U0输送，输电线上损失的功率为P0，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____U0.
答案 10
解析 设输送功率为P，则P0＝()2R线，0.01P0＝()2·R线，所以U＝10 U0.
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＝()2R＝()2×0.5 W＝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′＝()2R＝()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＝越小，据P线＝I2R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·R线，η＝×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＝，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＝I2R，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＝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＝I2R，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＝I2R线＝()2R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。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. B.
C．2P D．4P
答案 A
解析 在超高压输电中，设输送电功率为P′，输电电压为U，输电线电阻为R，则输电线上损耗的电功率为P＝2R，当输电电压升为原来的2倍时，输电线损耗的电功率变为原来的，故选A.
6．输电导线的电阻为R，输送电功率为P.现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )
A．U1∶U2 B．U∶U
C．U∶U D．U2∶U1
答案 C
解析 由P＝UI得输电线中的电流I＝.输电线上损失的功率P损＝I2R＝()2R＝，即在输送功率和输电线电阻不变的情况下，损失的功率与输电电压的平方成反比．所以两次输电线上损失的功率之比P损1∶P损2＝U∶U
7．某发电厂原来用11 kV的交变电压输电，后来改用升压变压器将电压升到220 kV输电，输送的电功率都是P.若输电线路的电阻为R，则下列说法中正确的是( )
A．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流降为原来的
B．根据公式I＝，提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍
C．根据公式P损＝I2R＝R，提高电压后输电线上的功率损失减为原来的
D．根据公式P损＝，提高电压后输电线上的功率损失增大为原来的400倍
答案 AC
解析 输电线上电流为I＝，也可以用I＝来表示，其中ΔU为输电线上电阻R两端的电压，而不是输送电压，故A正确，B错误；输电线上的功率损失为P损＝I2R＝R，C正确；如果用P损＝，则U应为R两端的电压ΔU，故D错误．
8．某发电站采用高压输电向外输送电能，若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R.则下列说法正确的是( )
A．输电线上的电流I＝
B．输电线上的电流I＝
C．输电线上损失的功率P＝()2R
D．输电线上损失的功率P＝
答案 BC
解析 输电线上的电流I＝，B项对；因输电电压不等于导线上的电压，A、D项错；输电线上的功率损耗ΔP＝I2R＝()2R，C项对．
9．输电线路的电阻为R，发电站输出功率为P，输电电压为U，则用户得到的功率为( )
A．P B．P－()2·R
C．P－ D．()2·R
答案 B
解析 用户得到功率P得＝P－I2R＝P－()2·R，所以B正确．
10．在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′、P用的关系式正确的是 ( )
A．P′＝
B．P′＝
C．P用＝P－
D．P用＝P(1－)
答案 BD
解析 输电线电阻R＝ρ，
输电电流I＝，
故输电线上损失的电功率为
P′＝I2R＝()2ρ＝
用户得到的功率为
P用＝P－P′＝P(1－)．
故选B、D.
11．用相同材料制成的导线向同一处用户输送10 kW的电功率，在输电电压U1＝110 V和U2＝220 V两种情况下，要求输电线中损失的电功率相同，则两种情况下导线截面积之比为______．
答案 4∶1
解析 由公式：P损＝()2R线得
＝＝，再由R＝ρ得＝.
12．我国西部特别是云、贵、川有大量的水力资源，西电东送是西部大开发的重要项目之一．据报道，云南大朝山在2005年已建成100万千瓦的水力发电站．设电站输电电压为25万伏，则输电线上的电流是________ A．如输电线总电阻为40 Ω，则电流通过输电线时，在输电线上发热消耗的功率为________ kW.如将输电电压升高到100万伏，则输电线上发热消耗的功率为________ kW.根据以上数据得出你认为合理的输电方法是________．
答案 4×103 6.4×105 4×104 提高输电电压
解析 当输电电压U1＝25万伏时，
I1＝＝ A＝4×103 A
输电线上热功率
P热1＝IR＝(4×103)2×40 W＝6.4×105 kW
当输电电压U2＝100万伏时，
I2＝＝ A＝1×103 A
输电线上热功率
P热2＝IR＝(1×103)2×40 W＝4×104 kW
由以上计算可知：在输电功率P一定时，输电电压越高，输电线上损失的热功率P热越小，故合理的输电方法是提高输电电压．
13．有一个发电站，输送功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度．求：
(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r；
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？
答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
解析 (1)由于输送功率为P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000度，终点得到的电能E′＝7 200度，因此输电效率η＝×100%＝60%.输电线上的电流I＝＝100 A，而输电线损耗功率为P损＝ kW＝200 kW，因此可得r＝＝20 Ω.
(2)输电线上损耗的功率P损＝()2r∝，故＝，原来P损＝200 kW，现要使P损′＝10 kW，计算可得输电电压应调节为U′≈22.4 kV.
课件16张PPT。高中物理·选修3-2·沪科版
第3章 电能的输送与变压器
学案1 高压输电原理学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结12掌握输电过程中降低输电损耗的两个途径. 理解高压输电的原理. 会对简单的远距离输电线路进行定量计算． 3学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结远距离输电为什么要用高电压图1学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结增大 升高 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结[延伸思考] 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结ABD 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结A 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结AD 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结C 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结10 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结再见学案2 变压器为什么能改变电压 电能的开发与利用
[学习目标定位] 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．
1．当一个线圈中的电流变化时，在另一个线圈中产生感应电动势的现象，称为互感．利用互感现象，可以把能量从一个线圈传递到另一个线圈．
2．电流在一段电路上做功的功率P等于电流I与这段电路两端的电压U的乘积，即P＝UI.
一、变压器
1．变压器主要由铁心和绕在铁心上的线圈两部分组成．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．变压器工作的基本原理是电磁感应．
二、探究变压器原、副线圈电压、电流与匝数的关系
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：＝.
2．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：＝.
三、常见的变压器
常见的变压器有：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前景
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)．
图1
(1)小灯泡能发光吗？为什么？
(2)若小灯泡发光，那么小灯泡两端电压与什么因素有关？
(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)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、右线圈中每一圈上磁通量的变化率都相同，若左边匝数为n1，则E1＝n1；若右边匝数为n2，则E2＝n2，故有＝；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都有关系．
(3)不亮．原线圈接到恒定直流电源上，通过原线圈的电流的大小、方向均不变，它产生的磁场通过副线圈的磁通量不变，因此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．
[要点提炼]
1．互感现象是变压器的工作基础．因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．(后两空填“变化”或“恒定”)
2．变压器不能(填“能”或“不能”)改变交变电流的频率．
3．变压器中的电压关系：
(1)只有一个副线圈：＝.
(2)有多个副线圈：＝＝＝……
4．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．
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，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U1I1＝U2I2.
所以＝＝
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P1＝P2＋P3＋……，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋……
将U1∶U2∶U3∶……＝n1∶n2∶n3∶……代入得
n1I1＝n2I2＋n3I3＋……
[要点提炼]
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，有I1U1＝I2U2，即＝.
(2)当有多个副线圈时I1U1＝I2U2＋I3U3＋……
得I1n1＝I2n2＋I3n3＋……
三、几种常见的变压器
1．自耦变压器如图2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2
规律 ＝ ＝.
2．电压互感器
(1)构造：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，副线圈上接入交流电压表；为了安全，电压互感器的铁壳和副线圈应接地．
(3)作用：将高电压变成低电压，通过测量低电压，计算出高压电路中的电压．
图3
3．电流互感器
(1)构造：小型升压变压器，如图乙所示．
(2)接法：原线圈串联在被测电路中，副线圈上接入交流电流表；如果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：将大电流变成小电流，通过测量小电流，计算出被测电路中的大电流．
四、理想变压器中各量的制约关系和动态分析
1．变压器工作时的制约关系
(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比()一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝.
(2)功率制约：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)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比()一定，且输入电压U1确定时，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1＝.
2．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(1)原、副线圈匝数比不变，负载电阻变化，进行动态分析的顺序是R→I2→P出→P入→I1；
(2)负载电阻不变，匝数比变化进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1.
一、对变压器的原理的理解
例1 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
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．
答案 BC
二、理想变压器基本规律的应用
例2 理想变压器连接电路如图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2 A，则( )
图4
A．电压表读数为282 V B．电压表读数为28.2 V
C．输入功率为56.4 W D．输入功率为40 W
解析 由题图乙可知，Um＝282 V，则输入电压有效值U1＝≈200 V．根据＝知，U2＝20 V，再根据＝知，I1＝0.2 A，输入功率P＝U1I1＝40 W，故A、B、C错，D正确．
答案 D
三、常见的变压器
例3 普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图5中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则( )
图5
A．ab接MN、cd接PQ，IabB．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ、cd接MN，IabD．ab接PQ，cd接MN，Iab>Icd
答案 B
解析 根据单一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，Iab>Icd，故B正确．
四、理想变压器中的动态分析
例4 如图6所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1为原线圈中的电流，则( )
图6
A．保持U1及P的位置不变，K由a扳向b时，I1将增大
B．保持U1及P的位置不变，K由b扳向a时，R消耗功率减小
C．保持U1不变，K接在a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，K接在a处，若U1增大，I1将增大
解析 保持U1及P的位置不变，K由a扳向b时，n1减小，增大，由U2＝U1知U2变大，则输出电流I2增大，输出功率增大，输入功率也增大，由P1＝U1I1知，I1增大，A正确．同理，K若由b扳向a，R消耗功率将减小，B正确．U1不变，K接在a处，使P上滑时，I2减小，I1也减小，故C错．保持P的位置不变，K接在a处，使若U1增大，则U2也增大，即I2＝增大，则P2增大，P1＝P2，故I1也应增大，故D正确．
答案 ABD
1．(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( )
图7
A．3 mA B．48 mA C．零 D．与R阻值有关
答案 C
解析 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，因而副线圈中无感应电流，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端．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8
A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 A
C．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A
答案 D
解析 灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2× A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝I2＝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，L1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9
A．2.2×108 W B．2.2×10－2 W
C．2.2×108 W D．2.2×10 W
答案 C
解析 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＝2.2×108 W.
4．(理想变压器中的动态分析)
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交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压u，其瞬时值表达式为u＝220 sin (100πt) V，现把单刀双掷开关与a连接，则( )
A．电压表的示数为22 V
B．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向上移动的过程中，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
解析 理想变压器可以变压、变流，但不改变功率和频率；由交变电压的表达式可知，该交变电压的频率为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，根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向上移动，其接入电路的阻值减小，而变压器两端的电压不变，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＝可知，U′变大，变压器的输出功率和输入功率变大，故电压表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．如图所示四个电路，能够实现升压的是 ( )
答案 D
解析 变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误，由于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，以下说法中正确的是( )
A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B．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∶1
D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
答案 BD
解析 对于理想变压器，认为无磁通量损失，因而穿过两个线圈每一匝的磁通量相同，磁通量的变化率相同，每匝线圈产生的感应电动势相等，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的交流电，副线圈接“20 V 10 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I2＝0.5 A
C．原线圈中的输入功率为10 W
D．原线圈中的电流I1＝0.1 A
答案 BC
解析 本题考查变压器的知识．意在考查学生对变压器知识的理解．由于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＝I2≈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u＝220 sin (100πt )V的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2∶1.电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是( )
图2
A．原线圈中电流表的读数为1 A
B．原线圈中的输入功率为220 W
C．副线圈中电压表的读数为110 V
D．副线圈中输出交流电的周期为50 s
答案 A
解析 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，根据匝数比可以得到副线圈的电压的有效值为110 V，根据负载电阻的大小可以知道副线圈中电流为2 A，根据原、副线圈的输入功率和输出功率相等可以知道原线圈中输入功率为220 W，电流有效值为1 A．副线圈中输出交流电的周期与原线圈相同为0.02 s.
5．一台理想降压变压器从10 kV的线路中降压并提供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 kW
B．5 A,10 kV,50 kW
C．200 A,250 V,50 kW
D．200 A,10 kV,2×103 kW
答案 A
解析 由＝得：I1＝×200 A＝5 A；由＝得：U2＝＝ V＝250 V；由理想变压器功率关系得：P入＝P出＝U1I1＝U2I2＝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．已知变压器原线圈与副线圈匝数比＝，加在原线圈的电压为u1＝311sin (100πt) V．霓虹灯正常工作时的电阻R＝440 kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流．下列判断正确的是 ( )
图3
A．副线圈两端电压为6 220 V，副线圈中的电流为14.1 mA
B．副线圈两端电压为4 400 V，副线圈中的电流为10 mA
C．I1＜I2
D．I1＞I2
答案 BD
解析 原线圈电压的有效值U1＝＝ V≈220 V，由变压比＝知，U2＝＝4 400 V，副线圈中的电流I2＝＝ A＝0.01 A＝10 mA，原、副线圈电流跟匝数成反比，故I1＞I2.
7.如图4所示，一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交变电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端．图中的电流表、电压表均为理想交流电表，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4
B．流过电阻的交变电流的频率为100 Hz
C．交变电源的输出电压的最大值为20 V
D．交变电源的输出功率为2.5 W
答案 CD
解析 根据欧姆定律可得副线圈中的电流I2＝＝0.25 A，根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系＝可解得，I1＝0.125 A，A错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同，都为50 Hz，B错误；副线圈输出电压的有效值为10 V．根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U2m＝10 V．原、副线圈电压比为＝，可得交变电源输出电压的最大值为U1m＝20 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× W＝2.5 W，故D正确．
题组三 几种常见的变压器
8．自耦变压器铁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1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上．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I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为 ( )
图5
A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
答案 B
解析 根据理想变压器电压比关系＝，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U2＝380 V，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P入＝P出＝U1I1，解得I1＝ A≈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)中用同一电缆线绕了3匝，则( )
图6
A．这种电流表能测直流电流，图(b)的读数为2.4 A
B．这种电流表能测交流电流，图(b)的读数为0.4 A
C．这种电流表能测交流电流，图(b)的读数为3.6 A
D．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图(b)的读数为3.6 A
答案 C
解析 由于变压器工作原理是电磁感应即通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，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交流电流．
根据理想变压器的输入电压和输出电压的关系有＝.
输入功率和输出功率的关系有P1＝P2
即U1I1＝U2I2
所以n1I1＝n2I2
故I2＝I1
由题意可知当n1＝1时I2＝1.2 A.
故当n1＝3时，I′2＝3.6 A.
故C正确．
10．供电公司检修人员用交流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，其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，下列说法中正确的是( )
图7
A．A为电流互感器，且n1B．B为电压互感器，且n3>n4，a是电流表
C．B为电流互感器，且n3D．A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表
答案 AB
解析 由图可知，A串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n1n4，故B正确，C错误；故选A、B.
题组四 理想变压器中的动态分析
11．如图8所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，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，以下说法中正确的是 ( )
图8
A．副线圈两端的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大
C．通过灯炮L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
答案 BCD
解析 由于输入电压不变，所以当S接通时，理想变压器副线圈两端输出电压不变．
并联灯泡L2，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UR＝IR增大．
副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2知，I2增大，原线圈输入电流I1也增大．
UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1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节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使 ( )
图9
A．原线圈匝数n1增加
B．副线圈匝数n2增加
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
解析 由＝，P出＝
可得P出＝
又因为P入＝P出，所以P入＝
分析可得选项B、D正确．
13.有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图10所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，
在原线圈上加一电压为U的交流电，则( ) 图10
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小
答案 BC
解析 保持Q的位置不动，副线圈匝数不变，由＝知U2不变，当P向上滑动时，R变大，由I2＝知I2减小，I1减小，故电流表的读数变小，A错误，B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈的匝数增多，由＝知U2增大，由I2＝知I2增大，I1增大，故电流表的读数变大，C正确，D错误．
课件21张PPT。高中物理·选修3-2·沪科版
第3章 电能的输送与变压器
学案2 变压器为什么能改变电压 电能的
开发与利用学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结12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. 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. 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.34了解我国电能开发与利用的现状及前景． 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结一、变压器的原理及电压与匝数的关系图1学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结互感现象 变化 恒定 不能 电源 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结二、理想变压器中的功率关系及电流关系
[问题设计]学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结漏磁 发热 内阻 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结四、理想变压器中各量的制约关系和动态分析增大 减小0 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结一、对变压器的原理的理解BC 变化的磁场磁通量变化×无漏磁√电磁感应现象√×学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结二、理想变压器基本规律的应用图4D ××√学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结B 四、理想变压器中的动态分析图6ABD √√×√学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结C 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结D 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结C 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结图10AB 学习目标知识储备学习探究典例精析自我检测课堂小结再见学案3 章末总结
一、电能输送中功率损失的计算
1．P损＝I2R.
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＝，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( )
A．输电线上输送的电流大小为2×105 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＝，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＝＝A＝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＝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＝；当变压器有多个副线圈时，＝＝＝…
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P1＝P2；当变压器有多个副线圈时，P1＝P2＋P3＋…
3．电流思路：由I＝知，当变压器有多个副线圈时，n1I1＝n2I2＋n3I3＋…，对只有一个副线圈的变压器才有＝.
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1
A．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2
2．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＋ΔP
ΔP＝IR
P用户＝U3I3＝U4I4.
(2)电路知识：U2＝ΔU＋U3
ΔU＝I2R
(3)变压器知识：＝＝
＝＝.
其中ΔP＝I2R，ΔU＝I2R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
U2＝U1＝×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
I2＝＝ A＝20 A
输电线路上的电压损失和功率损失分别为
UR＝I2R＝20×0.2 V＝4 V
PR＝IR＝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
I3＝I2＝20 A
U3＝U2－UR＝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
U4＝U3＝×2 196 V＝219.6 V
I4＝I3＝10×20 A＝200 A
用户得到的功率为
P4＝I4U4＝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＝＝ A＝200 A，输电线路上的电压损失
UR′＝IR＝200×0.2 V＝40 V
所以用户得到的电压为
U4′＝U1－UR′＝220 V－40 V＝180 V
用户得到的功率为P4′＝IU4′＝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 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P1，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P2，则P1和分别为( )
A.， B．()2R，
C.， D．()2R，
答案 D
解析 根据变压器的变压规律，得＝k，＝nk，所以U1＝kU，U2＝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I1＝＝，I2＝＝.根据P＝I2R，输电线路损耗的电功率分别为P1＝IR＝()2R，P2＝IR＝()2R，所以＝.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3
A．电流表的示数为 A
B．电源输出功率为1200 W
C．电流表的示数为 A
D．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I1＝＝ A，根据变压器的电流关系可得：＝，原线圈中的电流I0＝＝ A，即电流表的示数为 A，原线圈中电压为U0＝＝4 400 V，电源的输出功率P＝UI＝4 400×＝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，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )
图4
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
答案 BC
解析 S由b切换a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2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减少，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．
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 m3/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/s2)：
(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16 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＝m(v－v)＋mgΔh＝2×104 J.
发电机的输电功率为P出＝×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＝IR线，
所以I线＝6 A；又因为I2＝I线＝6 A，I1＝＝50 A.
所以对升压变压器有＝，
即＝＝.
又因为I3＝I线＝6 A，
I4＝＝ A，
所以对降压变压器有＝＝.
课件17张PPT。高中物理·选修3-2·沪科版第3章 电能的输送与变压器
学案3 章末总结 网络构建专题整合自我检测网络构建专题整合自我检测网络构建专题整合自我检测B 网络构建专题整合自我检测网络构建专题整合自我检测B 网络构建专题整合自我检测网络构建专题整合自我检测ΔP 网络构建专题整合自我检测网络构建专题整合自我检测网络构建专题整合自我检测网络构建专题整合自我检测D 网络构建专题整合自我检测C网络构建专题整合自我检测BC 网络构建专题整合自我检测网络构建专题整合自我检测再见
