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2011届高考物理第一轮专题教案3


高三物理一轮教案 变压器
教学目标: 1.了解变压器的工作原理,掌握理想变压器的电流、电压与匝数的关系. 2.理解远距离输电的原理. 教学重点:理想变压器的电流、电压与匝数的关系 教学难点:变压器的工作原理 教学方法:讲练结合,计算机辅助教学 教学过程: 一、理想变压器 1.理想变压器的构造、作用、原理及特征 构造:两组线圈(原、副线圈)绕在同一个闭合铁芯上构成变压器.

作用:在输送电能的过程中改变电压. 原理:其工作原理是利用了电磁感应现象. 特征: 正因为是利用电磁感应现象来工作的, 所以变压器 只能在输送交变电流的电能过程中改变交变电压. 2.理想变压器的理想化条件及其规律. 在理想变压器的原线圈两端加交变电压 U1 后,由于电磁感应的原因,原、副线圈中都将 产生感应电动势,根据法拉第电磁感应定律有: E 1 ? n 1
?? ?t
1

电能的输送

, E 2 ? n2

?? ?t

2

忽略原、副线圈内阻,有

U1=E1 ,

U2=E2

另外,考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁,即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感 线条数都相等,于是又有
??
1

? ??

2

由此便可得理想变压器的电压变化规律为

U1 U
2

?

n1 n2

在此基础上再忽略变压器自身的能量损失(一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失

这两部分,分别俗称为“铜损”和“铁损”,有 ) 而 P1 ? P2 而 P1 ? I 1U 1
P2 ? I 2 U 2

于是又得理想变压器的电流变化规律为
U 1I1 ? U 2 I 2 , I1 I2 ? n2 n1

由此可见: (1)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(实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的 功率因数的差别. ) (2)理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理 想条件下的新的表现形式.
U1 U
2

这里要求熟记理想变压器的两个基本公式是:⑴

?

n1 n2

,即对同一变压器的任意两

个线圈,都有电压和匝数成正比。⑵P 入=P 出,即无论有几个副线圈在工作,变压器的输入功 率总等于所有输出功率之和。 需要特别引起注意的是: ⑴只有当变压器只有一个副线圈工作时,才有: U 1 I 1 ? U 2 I 2 ,
I1 I2 ? n2 n1

?n U ⑵变压器的输入功率由输出功率决定,往往用到: P1 ? U 1 I 1 ? ? 2 1 ? n 1 ?

? ? / R ,即在输入电 ? ?

2

压确定以后,输入功率和原线圈电压与副线圈匝数的平方成正比,与原线圈匝数的平方成反 比,与副线圈电路的电阻值成反比。式中的 R 表示负载电阻的阻值,而不是“负载”“负载” 。 表示副线圈所接的用电器的实际功率。实际上,R 越大,负载越小;R 越小,负载越大。这一 点在审题时要特别注意。 【例 1】理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为 n1=1760 匝、2=288 匝、3=800 n n 0 匝,电源电压为 U1=220V。n2 上连接的灯泡的实际功率为 36W,测 得初级线圈的电流为 I1=0.3A,求通过 n3 的负载 R 的电流 I3。 解:由于两个次级线圈都在工作,所以不能用 I∝1/n,而应该用 P1=P2+P3 和 U∝n。 U∝n 可求得 U2=36V, 3=1000V; U1I1=U2I2+U3I3 由 U 由 和 I2=1A 可得 I3=0.03A。 n2 220V n1 n3 R L

【例 2】在变电站里,经常要用交流电表去监测电网上的强电流,所用的器材叫电流互感 器。如下所示的四个图中,能正确反应其工作原理的是

零线
火线

火线
零线

零线

零线

火线

火线

A

A.

A

B.

C.

A

D.

A

解:电流互感器要把大电流变为小电流,因此原线圈的匝数少,副线圈的匝数多。监测 每相的电流必须将原线圈串联在火线中。选 A。 3.解决变压器问题的常用方法 思路 1 电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为 U1/U2=n1/n2;当变压器有多个副绕组时 U1/n1=U2/n2=U3/n3=?? 思路 2 功率思路.理想变压器的输入、输出功率为 P 入=P 出,即 P1=P2;当变压器有多个副 绕组时 P1=P2+P3+?? 思路 3 电流思路.由 I=P/U 知,对只有一个副绕组的变压器有 I1/I2=n2/n1;当变压器有多个 副绕组时 n1I1=n2I2+n3I3+?? 思路 4 (变压器动态问题)制约思路. (1)电压制约:当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定时,输出电压 U2 由输入电压 决定,即 U2=n2U1/n1,可简述为“原制约副”. (2)电流制约:当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定,且输入电压 U1 确定时,原 线圈中的电流 I1 由副线圈中的输出电流 I2 决定,即 I1=n2I2/n1,可简述为“副制约原”. (3)负载制约:①变压器副线圈中的功率 P2 由用户负载决定,P2=P 负 1+P 负 2+?;②变压 器副线圈中的电流 I2 由用户负载及电压 U2 确定,I2=P2/U2;③总功率 P 总=P 线+P2. 动态分析问题的思路程序可表示为:
n 1 U n U1 2 ? ?2? ? ? ? U 1 ? 决定 U U

2 R P1 ? P2 ( I 1U 1 ? I 2U 2 ) P1 ? I 1U 1 负载 ? ? ? ? ? ? ? ? I ? ? ? ? ? ? ? ?? ? I ? ? ? ? ? 1 2 2 决定 决定 决定 I 2 ?

P1

思路 5 原理思路.变压器原线圈中磁通量发生变化, 铁芯中Δ Φ /Δ t 相等; 当遇到 “ 型变压器时有 Δ Φ 1/Δ t=Δ Φ 2/Δ t+Δ Φ 3/Δ t,



此式适用于交流电或电压(电流)变化的直流电,但不适用于稳压或恒定电流的情况. 【例 3】如图,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 加在原线圈两端的电压,I1 为原线圈中的电流强度,则 A.保持 U1 及 P 的位置不变,K 由 a 合到 b 时,I1 将增大 B.保持 U1 及 P 的位置不变,K 由 b 合到 a 时,R 消耗的功率减小 C.保持 U1 不变,K 合在 a 处,使 P 上滑,I1 将增大 D.保持 P 的位置不变,K 合在 a 处,若 U1 增大,I1 将增大 命题意图:以变压器动态问题为背景考查考生综合分析能力及逻辑思维能力. 错解分析:部分考生对变压器工作原理理解不深刻,辨不清原副线圈中的变量与不变量, 理不明各量间"谁制约谁"的制约关系;导致错选. 解析:K 由 a 合到 b 时,n1 减小,由 U1/U2=n1/n2,可知 U2 增大,P2=U22/R 随之增大,而 P1=P2,又 P1=I1U1,从而 I1 增大,A 正确;K 由 b 合到 a 时,与上述情况相反,P2 将减小,B 正 确;P 上滑时,R 增大,P2=U22/R 减小,又 P1=P2,P1=I1U1,从而 I1 减小,C 错误;U1 增大,由 U1/U2=n1/n2 可知,U2 增大,I2=U2/R 随之增大,由 I1/I2=n2/n1 可知 I1 也增大,D 正确.故选项 A、 B、D 正确. 【例 4】 一台理想变压器原线圈匝数 n1=1100 匝, 两个副线圈的匝数分别是 n2=60 匝,3=600 n 匝,若通过两个副线圈中的电流强度分别是 I2=1 A,I3=4 A,求原线圈中的电流强度. 命题意图:考查考生分析推理能力. 错解分析:违背能量守恒,生搬硬套公式,得出:
I1 I2 ? I3 ? n2 ? n3 n1

,I1=3 A 的错解.

解析:电流强度与匝数成反比,仅适用于理想变压器只有一只副线圈的情况,本题有两 个副线圈, 应根据理想变压器无能量损失来分析, 由于理想变压器无能量损失, 所以有 P1=P2+P3 (P1 为原线圈输入功率,P2、P3 分别为两只副线圈的输出功率) 根据电功率公式有:I1U1=I2U2+I3U3 又因为
U1 U
2

① ②

?

n1 n2

,U2=

n2 n1

U1

U1 U
3

?

n1 n3

,U3=

n3 n1

U1



把②③代入①,整理得:I1n1=I2n2+I3n3

所以 I1=

n2 I 2 ? n3 I 3 n1

?

1 ? 60 ? 4 ? 600 1100

A=2.24 A

二、远距离输电 一定要画出远距离输电的示意图来,包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载 电阻。并按照规范在图中标出相应的物理量符号。一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数 分别为、n1、n1/ n2、n2/,相应的电压、电流、功率也应该采用相应的符号来表示。

从图中应该看出功率之间的关系是:P1=P1/,P2=P2/,P1/=Pr=P2。 电压之间的关系是:
U1 U 1? ? n1 U 2 n2 , ? , U 1? ? U ? ? ? n1 U 2 n2 ?U2。

r

电流之间的关系是:

I1 I 1?

?

? ? n1 I 2 n2 , ? , I 1? ? I r ? I 2 。 ? n1 I 2 n2

可见其中电流之间的关系最简单, I 1? , I r , I 2 中只要知道一个,另两个总和它相等。因此 求输电线上的电流往往是这类问题的突破口。 输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用
Pr ? I r r , U
2

r

? I r r ,而不能用 Pr ?

2 U 1?



r
2

? P1 特别重要的是要会分析输电线上的功率损失 Pr ? ? ?U ? ? 1

? L 1 ? ?? ? , 由此得出结论: 2 ? S U 1? S ?

⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积。两者相比,当然 选择前者。⑵若输电线功率损失已经确定,那么升高输电电压能减小输电线截面积,从而节 约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥,还能少占用土地。 需要引起注意的是课本上强调:输电线上的电压损失,除了与输电线的电阻有关,还与 感抗和容抗有关。当输电线路电压较高、导线截面积较大时,电抗造成的电压损失比电阻造 成的还要大。 【例 5】 学校有一台应急备用发电机,内阻为 r=1Ω ,升

~
R

压变压器匝数比为 1∶4,降压变压器的匝数比为 4∶1,输电线的总电阻为 R=4Ω ,全校 22 个 教室,每个教室用“220V,40W”的灯 6 盏,要求所有灯都正常发光,则:⑴发电机的输出功 率多大?⑵发电机的电动势多大?⑶输电线上损耗的电功率多大? 解:⑴所有灯都正常工作的总功率为 22×6×40=5280W,用电器总电流为
? I2 ? P 2? ? U2 ? 5280 220 ? 24

A,输电线上的电流 I 1? ? I r ? I 2 ?

? I2 4

?6

A,降压变压器上:U2=4U2/=880V,

输电线上的电压损失为:Ur=IRR=24V ,因此升压变压器的输出电压为 U1/=UR+U2=904V,输入 电压为 U1=U1//4=226V,输入电流为 I1=4I1/=24A,所以发电机输出功率为 P 出=U1I1=5424W ⑵发电机的电动势 E=U1+I1r=250V ⑶输电线上损耗的电功率 PR=IR2R=144W 【例 6】 在远距离输电时,要考虑尽量减少输电线上的功率损失。有一个坑口电站,输 送的电功率为 P=500kW,当使用 U=5kV 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 4800 度。求:⑴这时的输电效率η 和输电线的总电阻 r。⑵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? 解; ⑴由于输送功率为 P=500kW, 一昼夜输送电能 E=Pt=12000 度, 终点得到的电能 E /=7200 度,因此效率η =60%。输电线上的电流可由 I=P/U 计算,为 I=100A,而输电线损耗功率可由 Pr=I 2r 计算,其中 Pr=4800/24=200kW,因此可求得 r=20Ω 。 ⑵输电线上损耗功率 Pr
1 ? P ? ? ? ? r ? 2 U ?U ?
2

,原来 Pr=200kW,现在要求 Pr/=10kW ,计算可得输

电电压应调节为 U / =22.4kV。 【例 7】发电机输出功率为 100 kW,输出电压是 250 V,用户需要的电压是 220 V,输电 线电阻为 10 Ω .若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的 4%,试求: (1)在输电线路中设置的升、降压变压器原副线圈的匝数比. (2)画出此输电线路的示意图. (3)用户得到的电功率是多少? 解析:输电线路的示意图如图所示, 输电线损耗功率 P 线=100×4% kW=4 kW,又 P 线=I22R 线 输电线电流 I2=I3=20 A 原线圈中输入电流 I1=
P U1 ? 100000 250

A=400 A

所以

n1 n2

?

I2 I1

?

20 400

?

1 20

这样 U2=U1

n2 n1

=250×20 V=5000 V

U3=U2-U 线=5000-20×10 V=4800 V 所以
n3 n4 ? U3 U
4

?

4800 220

?

240 11

用户得到的电功率 P 出=100×96% kW=96 kW


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