2019_2020学年高中物理第2章交变电流习题课4变压器的应用及远距离输电问题学案粤教版选修3_2word版含答案

习题课4　变压器的应用及远距离输电问题
[学习目标]　1.进一步理解变压器的原理及规律.2.熟练应用变压器原、副线圈的决定因素解决动态分析问题.3.熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题．

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理想变压器的规律分析

【例1】　如图所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈输入交变电压u＝311sin 100πt(V)，已知照明灯额定功率为44 W，排气扇电动机内阻为1 Ω，电流表示数为2 A，各用电器均正常工作，电表均为理想表．则(　　)

A．电压表示数为62 V
B．变压器的输入功率为186 W
C．排气扇输出功率为43 W
D．保险丝熔断电流不得低于2 A
C　[变压器输入交变电压u＝311sin 100πt(V)，有效值U＝220 V，变压器原、副线圈匝数比为5∶1，所以副线圈电压U2＝44 V，故A错误；电流表示数为2 A，所以输出功率P＝44×2 W＝88 W，所以变压器的输入功率为88 W，故B错误；照明灯的电流IL＝＝ A＝1 A；则排气扇的电流为I2＝2 A－1 A＝1 A, 则排气扇输出功率为P＝U2I2－I2r＝44×1－12×1 W＝43 W，故C正确；变压器的初级电流为I1＝I＝ A＝0.4 A，故保险丝熔断电流不得低于0.4 A，故D错误．]

(1)功率关系：P入＝P出．
(2)电压关系：＝＝＝….
(3)电流关系：若只有一个副线圈＝.
若有多组副线圈n1I1＝n2I2＋n3I3＋….
(4)变压器不改变频率．

1．如图所示，变压器的输入电压U1一定，原线圈匝数为n1，两个副线圈的匝数分别是n2和n3.当把电热器接a、b，让c、d空载时，电流表读数是I1；当把同一电热器接c、d，而a、b空载时，电流表读数是I′1，则I1∶I′1等于(　　)

A．n2∶n3　　　　 B．n3∶n2
C．n∶n D．n∶n
C　[由电压比知＝＝，由P2＝P1知，当电热器接a、b，让c、d空载时，有I1U1＝；当把同一电热器接c、d而a、b空载时，有I′1U1＝，所以I1∶I′1＝U∶U＝n∶n.]

理想变压器的动态分析

【例2】　(多选)如图所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是(　　)

A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
思路点拨：①P的滑动不影响U2.
②P向上滑，负载电阻减小，反之增加．
BD　[由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动而改变，故选项A错误，选项B正确．P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由＝知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．]

负载发生变化时，电流和电压如何变化的判断，先要由＝判断U2是否变化，再根据U2及负载电阻的变化，由欧姆定律确定副线圈中的电流I2的变化，最后再由P入＝P出判断原线圈中电流的变化．

2．如图甲所示的电路中，一理想变压器原线圈两端接电源，电压按如图乙所示的规律变化，已知原、副线圈匝数比为n1∶n2＝11∶1，变压器副线圈所接的电路中R1为定值电阻，R3为光敏电阻(电阻随光照强度的增加而减小)，则下列说法中正确的是(　　)

甲　　　　　　　　乙
A．当R2受光照时，电流表的示数变小
B．当R2受光照时，电压表V2的示数变大
C．当R2受光照时，电压表V1的示数不变
D．电压表V1示数为20 V
C　[当R2受光照时电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也要增大，电流表A的示数变大，故A错误；R1的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以R2的电压就要减小，电压表V2的示数变小，则B错误，C正确；由题图乙可知，输入电压的有效值为220 V，变压器线圈的电压与匝数成正比，由此可得副线圈的电压为20 V，电压表V1测的是副线圈的电压，故D错误．]
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远距离输电的损耗问题

【例3】　某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备，该发电机输出功率为40 kW，输出电压为400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为n1∶n2＝1∶5的变压器升压后向某小区供电，输电线的总电阻为r＝5 Ω，电能到达该小区后再用变压器降为220 V.
(1)画出输电过程的电路示意图；
(2)求输电线上损失的电功率；
(3)求降压变压器的变压比n3∶n4.
思路点拨：①由P＝U2I2及P损＝Ir计算电功率损失．
②由U3＝U2－I2r及n3∶n4＝U3∶U4计算n3∶n4.
[解析]　(1)输电过程的电路示意图如图所示．

(2)因为＝
输电电压U2＝U1＝×400 V＝2 000 V
因为P输＝U2I
解得输电电流I＝20 A
输电线上损失的功率
P损＝I2r＝(20 A)2×5 Ω＝2 000 W.
(3)输电线上损失的电压
U损＝Ir＝20 A×5 Ω＝100 V
降压变压器的输入电压
U3＝U2－U损＝2 000 V－100 V＝1 900 V
降压变压器的变压比＝＝＝.
[答案]　(1)见解析图　(2)2 000 W　(3)95∶11

(1)分析远距离输电的思路
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”，或从用电器到发电机一步一步地进行分析．
(2)远距离输电问题的四个关键
①画出一个模型——远距离输电模型．
②抓住输电的两端——发电机和用电器．
③分析一条线——输电线．
④研究两次电压变换——升压和降压．
(3)注意各物理量的对应，防止张冠李戴而出错．

3．(多选)在图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法正确的有(　　)

A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
CD　[匝数比和输入电压U1不变，由U1∶U2＝n1∶n2可知，输出电压U2不变，故A项错误；因P变大，I＝，则I变大，又U损＝IR，故U损变大，U3＝U2－U损，因此降压变压器的输入电压U3变小，而降压变压器的匝数比不变，故降压变压器的输出电压U4变小，B项错误；由P损＝2R可知，因U2不变、P变大，所以P损变大，故C项正确；因U2不变、P变大，由＝＝可知，变大，故D项正确．]

1．一发电站的输出功率为4 400 kW，现采用110 kV的高压输电，若要使输电效率不低于90%，则输电线的电阻不能大于 (　　)
A．68.75 Ω　　 B．275 Ω
C．137.5 Ω D．200 Ω
B　[根据输电效率可知，输电线损失的电功率不得超过P′max＝P×(1－90%) kW＝440 kW，根据P＝UI可知，输电电流为I＝40 A，又P′max＝I2Rmax，所以输电线电阻不能大于Rmax＝275 Ω，选项B正确，A、C、D错误．]
2．(多选)某电站用11 kV交变电压输电，输送功率一定，输电线的电阻为R，现若用变压器将电压升高到220 kV送电，下面说法正确的是(　　)
A．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的20倍
B．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的
C．因P＝，所以输电线上损失的功率为原来的400倍
D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的直径减为原来的
BD　[电压提高了20倍，由公式I＝可知，电流将是原来的，选项B正确．再由电阻定律R＝ρ，得P损＝2·，在功率损失不变的情况下，输送电压与导线横截面积的平方根成反比，从而得出选项D正确．]
3.如图所示，理想变压器的原线圈匝数n1＝1 600匝，副线圈匝数n2＝800匝，交流电源的电动势瞬时值 e＝220sin(100πt) V，交流电表A和V的内阻对电路的影响可忽略不计．则(　　)
A．当可变电阻R的阻值为110 Ω时，变压器的输入功率为110 W
B．当可变电阻R的阻值为110 Ω时，电流表的示数为2 A
C．当可变电阻R的阻值增大时，电压表的示数增大
D．通过可变电阻R的交变电流的频率为100 Hz
A　[由＝可知，副线圈的电压瞬时值U＝110 sin(100πt) V，故可变电阻R的阻值为110 Ω时，可变电阻消耗的功率为P＝，则变压器的输入功率为110 W，A正确；电流表示数为电流的有效值，经计算可知应为0.5 A，B错误；由于原、副线圈的匝数比确定，则副线圈电压恒定，C错误；变压器并不改变电流的频率，原线圈中电流的频率为50 Hz，故副线圈中电流的频率为50 Hz，D错误．]






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