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1、交变电流 电磁波 传感器２变压器 电能的输送第十一章一、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过程中改变交变电压.电磁感应2.理想变压器的理想化条件及其规律如图11-2-1所示，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：E1=n1,E
2、2=n2图11-2-1忽略原、副线圈内阻，有U1＝E1，U2＝E2另外，考虑到铁芯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ΔΦ1=ΔΦ2由此便可得理想变压器的电压变化规律为.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”)，于是有P1=P2而P1=I1U1P2=I2U2由此可见：(1)电压跟匝数的关系：(2)功率关系：P输入=P输出(3)电流关系：.需要特别引起注意的是：(1)只有当变压器只有一个副线圈
3、工作时，才有：U1I1=U2I2，(2)变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到：P1=U1I1，即在输入电压确定以后，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，负载越小，R越大；负载越大，R越小.这一点在审题时要特别注意.二、远距离高压输电中的功率、电压和电流关系在电能远距离传输中，为了减小输电过程中的能量损失，通常采用高压输电，将电源电压用升压变压器提高，到
4、了用户又要用降压变压器降压，输电电路如图11-2-2所示.图11-2-2分析此类问题的过程中，先必须明确三个回路：(1)电源回路(升压变压器原线圈电压U1，升压变压器原线圈电流I1，升压变压器原线圈功率P1)(2)输送回路(升压变压器副线圈电压U2,降压变压器原线圈电压U3,输电线损失电压ΔU,升压变压器副线圈电流I2,降压变压器原线圈电流I3,升压变压器副线圈功率P2,降压变压器原线圈功率P3,输电线损失功率ΔP)(3)用户回路(降压变压器副线圈电压U4,降压变压器副线圈电流I4,降压变压器副线圈功率P4)其
5、次要掌握以下几个关系：(1)功率关系(为了研究的方便，我们常把变压器视为理想变压器处理)P1=P2,P2=P3+ΔP,P3=P4(2)电压关系,U2=U3+ΔU,(3)电流关系,I2=I3,(4)输电导线电压损失ΔU=.=.(5)输电导线上损耗的电功率ΔP===.==.I2R线U2-U3I2ΔUP2-P3P1-P4变压器基本原理一理想变压器原、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11-2-3所示.副线圈仅接入一个10Ω的电阻.图11-2-3则()A.流过电阻的电流是20AB
6、.与电阻并联的电压表的示数是100VC.经过1分钟电阻发出的热量是6×103JD.变压器的输入功率是1×103W原线圈中电压的有效值是220V，由变压比知副线圈中电压为100V，流过电阻的电流是10A；与电阻并联的电压表的示数是100V；经过1分钟电阻发出的热量是6×104J.故选D.变式训练1：如图11-2-4，理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1.原线圈接入一电压为u=U0sinωt的交流电源，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻.若U0=220 V，ω=100πrad/s，图11-2-4则下述结论正确的是(
7、)A.副线圈中电压表的读数为55VB.副线圈中输出交流电的周期为sC.原线圈中电流表的读数为0.5AD.原线圈中的输入功率为110W答案：C变压器的负载变化引起其他物理量的变化用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题.如图11-2-5所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法正确的是()A.原线圈中电流减小B.R两端的电压增大C.副线圈输出电压减小D.原线圈输入功率减小图11-2-5因输出电压与
8、负载无关，由原副线圈的匝数比和原线圈两端电压决定，应保持不变，故C错；当S接通时，负载总电阻减小，流经副线圈和输电线等效电阻R的电流增大，流经原线圈的电流也增大，故A错；等效电阻R的电压增大，B对；原线圈输入功率P=UI，应增大，故D错，正确选项为B.变式训练2：如图11-2-6，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的 和 .
