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第3章 电能的输送与变压器
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习题课 远距离输电与理想变压器的计算问题
公式推论
1．远距离输电电压损失、功率损失的计算
(1)电压损失：ΔU＝I线R线；
(2)功率损失：ΔP＝IR线＝ΔUI线；
(3)输送功率：P＝UI．
2．理想变压器的基本关系
(1)输入功率等于输出功率P入＝P出，U1I1＝U2I2．
(2)原、副线圈两端的电压跟匝数成正比，＝．
(3)原、副线圈中的电流跟匝数成反比，＝(仅限一个副线圈)．
输电线的电阻共计1 Ω，输送的电功率是100 kW，用400 V的低压送电，输电线上发热损失的功率是多少？改用10 kV的高压送电，发热损失的功率又是多少？
[思路点拨] 解此题的关键是根据P＝UI计算输电线上的电流，利用ΔP＝I2·R线计算功率损失．
[解析] 输送电功率100 kW，用400 V低压送电，输电线上通过的电流I1＝＝ A＝250 A，
输电线上损失功率P1＝IR线＝62．5 kW．
若用10 kV高压送电，输电线上电流
I2＝＝ A＝10 A，
输电线上损失功率P2＝IR线＝102×1 W＝0．1 kW．
[答案] 62．5 kW 0．1 kW
1．相同材料组成的导线向同一处用户输送10 kW电能，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能相同，则两情况下导线截面积之比为________．
解析：由公式P损＝R线得
＝eq \f(U,U)＝，再由R＝ρ得：＝．
答案：4∶1
如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1＝3 300 V，副线圈的输出电压U2＝220 V，绕过铁心的导线所接的电压表的示数U0＝2 V，L1、L2为两只相同的灯泡，则：
(1)原、副线圈的匝数各是多少？
(2)当S断开时，A2的示数I2＝5 A，那么A1的示数是多少？
[思路点拨] 解此题的关键是从1匝线圈的电压突破、利用变压器的基本关系求解．
[解析] (1)根据变压比：＝及＝有
n1＝·n0＝×1匝＝1 650匝，
n2＝·n0＝×1匝＝110匝．
(2)理想变压器有P入＝P出，即I1U1＝I2U2，
I1＝·I2＝×5 A≈0．33 A．
[答案] (1)1 650匝 110匝 (2)0．33 A
2．(多选)如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，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A1的示数为0．20 A．下列判断中正确的是( )
A．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1
B．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1
C．电流表A2的示数为1．0 A
D．电流表A2的示数为0．4 A
解析：选BC．对于理想变压器，P1＝U1I1＝220×0．20 W＝44 W，则负载电阻消耗的功率P2＝P1＝44 W，据P2＝eq \f(U,R)，得U2＝＝ V＝44 V，则＝＝＝5，故B正确．A2的读数I2＝＝ A＝1 A，故C正确．
有一条河流，水的流量为Q＝2 m3/s，落差h＝5 m，现利用其发电，若发电机的总效率为50%，输出电压为240 V，输电线总电阻R＝30 Ω，允许损失的电功率为发电机输出电功率的6%．
(1)为满足用电的需求，使用户获得220 V的电压，分别求输电线路使用的理想升压变压器、降压变压器的原、副线圈的匝数比．
(2)如果输送的电能供“220 V 100 W”的电灯使用，正常发光的电灯的盏数为多少？
[思路点拨] 将水流的机械能转化为电能，实现远距离输电，应先确定输出功率，再利用远距离输电示意图及规律求解．
[解析] (1)远距离输电的示意图如图所示．
发电机的输出功率P总＝ηρQgh＝5×104 W
设输电线上的电流为I，则电功率损失P损＝I2R
所以输电线中的电流为
I＝ ＝ ＝ A＝10 A
升压变压器原线圈两端的电压U1＝240 V
副线圈的输出电压为U2＝＝ V＝5×103 V
故升压变压器原、副线圈的匝数比为
n1∶n2＝U1∶U2＝240∶(5×103)＝6∶125
输电线上的电压损失为
ΔU＝IR＝10×30 V＝300 V
降压变压器原线圈两端的电压为
U3＝U2－ΔU＝5×103 V－300 V＝4 700 V
降压变压器副线圈的输出电压为U4＝220 V
故降压变压器原、副线圈的匝数比为
n3∶n4＝U3∶U4＝4 700∶220＝235∶11．
(2)设正常发光的电灯的盏数为N，则
N＝＝＝470(盏)．
[答案] (1)升压变压器原、副线圈的匝数比为6∶125 降压变压器原、副线圈的匝数比为235∶11 (2)470盏
远距离输电综合问题的解题步骤
(1)画出输电电路；
(2)求出转化为电能的机械能大小，确定发电机的输出功率；
(3)理解联系各回路之间的物理量，对各个回路独立运用欧姆定律、焦耳定律、电功和电功率等分式逐步进行计算．
3．某小河水流量为4 m3/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＝9．8 m/s2，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P1＝ρQgh
所以输出功率为P2＝ηP1＝ηρQgh＝50%×1．0×103×4×9．8×5 W＝9．8×104 W．
(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P3．由P3＝I2R得
I＝ ＝ ＝ A＝35 A
由P2＝IU得输电电压
U＝＝ V＝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)9．8×104 W (2)2．8×103 V (3)140 V
1．关于电能输送的以下分析，正确的是( )
A．由P＝U2/R知，输电电压越高，输电线上功率损失越大
B．由公式P＝U2/R知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少
C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电线上功率损失越大
D．由公式P＝UI知，输电线上的功率损失与电流成正比
解析：选C．输电线上损失的功率P损＝I2R线＝eq \f(U,R线)，公式中的U损指输电线上(即电阻R线)的分压，而不是输电电压，A、B两项错；公式P＝UI是电源提供的总电功率，而不是输电线上损失的电功率，D项错．
2．(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压提高到n倍，则输电导线上( )
A．电能损失为原来的倍
B．电压损失为原来的倍
C．电能损失减少倍
D．电压损失减少n倍
解析：选ABC．设输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为r，依据ΔP＝r，ΔU＝r可以判断送电电压提高到n倍时，电能、电压损失分别为原来的、倍，分别减少了、倍，A、B、C对，D错．
3．理想变压器原线圈接入交变电流i＝Imsin ωt，副线圈接有一电流表与负载电阻串联，电流表的读数为0．10 A．在t＝T时，原线圈中电流的瞬时值为0．03 A，由此可知该变压器的原、副线圈的匝数比为( )
A．10∶3 B．3∶10
C．10∶3 D．3∶10
解析：选A．已知I2＝0．10 A，对原线圈：0．03 A＝Imsin 135°得Im＝0．03 A，所以I1＝0．03 A．由电流关系求得A项正确．
4．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )
A．流过电阻的电流是20 A
B．与电阻并联的电压表的示数是100 V
C．经过1分钟电阻产生的热量是6×103J
D．变压器的输入功率是1×103W
解析：选D．由图像可知，原线圈中电压的有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100 V，与电阻并联的电压表的示数是100 V，流过电阻的电流I＝A＝10 A，所以A、B错误；由Q＝t＝×60 J＝60 000 J，所以经过60 s电阻产生的热量是60 000 J，所以C错误；输出功率P＝＝ W＝1 000 W，输入功率等于输出功率，所以D正确．
5．
某同学想用220 V交流电作为小型收音机的电源．他先制作了一个将交流变为直流的整流器，但这个整流器需用6 V交流电源．于是他又添置了一个小变压器，电压比为220 V/(6 V)，由于时间长了，分不清原、副线圈，其外形如图所示，现要作为降压变压器使用，则交流电源(220 V)应接在 ( )
A．a、b两端 B．c、d两端
C．a、c两端 D．b、d两端
解析：选B．由变压器结构原理可知，线圈中的电流越大，所用导线应当越粗，在降压变压器中，原线圈的电压大于副线圈的电压，即说明电流大的应是副线圈，导线相应要粗些，由图可知，ab线圈的导线较粗，所以cd应为原线圈，故输入电压(220 V)应接c、d两端．
6．(多选)某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按图规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是( )
A．输出电压的最大值为36 V
B．原、副线圈中电流之比为55∶9
C．变压器输入、输出功率之比为9∶55
D．交流电源有效值为220 V，频率为50 Hz
解析：选AD．由题图可知，交流电源频率f＝＝50 Hz，峰值Um＝220 V，所以其有效值U＝＝220 V，D项正确．根据变压器的变压、变流和功率关系，输出电压U2m＝＝36 V，A项正确．原、副线圈中电流之比＝＝，B项错误．输入功率与输出功率相等，C项错误．
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