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第2节变压器电能的输送一、理想变压器1．构造如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。
(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2．原理电流磁效应、电磁感应。
3．理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：U1U2＝n1n2，与负载、副线圈的个数无关电流关系(1)只有一个副线圈时：I1I2＝n2n1(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋I n U n或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋I n n n频率关系f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。
甲乙丙丁(2)互感器⎝⎛⎭⎪⎪⎫电压互感器n1>n2：把高电压变成低电压，如图丙所示。
电流互感器n1<n2：把大电流变成小电流，如图丁所示。
二、电能的输送如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R。
1．输出电流I＝PU＝P′U′＝U－U′R。
2．电压损失(1)ΔU＝U－U′。
(2)ΔU＝IR。
3．功率损失(1)ΔP＝P－P′。
(2)ΔP＝I2R＝⎝⎛⎭⎪⎫PU2R。
4．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R。
由R＝ρlS知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。
(2)减小输电线中的电流。
在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。
1．思考辨析(正确的画“√”，错误的画“×”)(1)变压器能改变交变电流的电压，不能改变交变电流的频率。
(√)(2)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。
第2讲 变压器、电能的输送一、理想变压器基本关系 1．构造如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．图1(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈． (2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈． 2．原理电流磁效应、电磁感应． 3．基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出． (2)电压关系：U 1n 1＝U 2n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1.由P 入＝P 出及P ＝UI 推出有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n .[深度思考] 请你根据以上分析总结理想变压器原、副线圈功率、电压和电流的决定关系． 答案 (1)电压：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定． (2)功率：原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定． (3)电流：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定． 二、远距离输电问题1．减少输电电能损失的两种方法 (1)理论依据：P 损＝I 2R .(2)减小输电线的电阻：根据电阻定律R ＝ρl S，要减小输电线的电阻R ，在保证输电距离情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积等方法．(3)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高电压．2．远距离高压输电的几个基本关系(以图2为例)图2(1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3.(2)电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线． (3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线.(4)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝(P 2U 2)2R 线．当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1n2.[深度思考] 根据以上分析，请你总结输电线路功率损失的计算方法有哪些？ 答案 (1)P 损＝P －P ′，P 为输送的功率，P ′为用户所得功率． (2)P 损＝I 2线R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为线路电阻． (3)P 损＝ΔU2R 线，ΔU 为输电线路上损失的电压，R 线为线路电阻．(4)P 损＝ΔUI 线，ΔU 为输电线路上损失的电压，I 线为输电线路上的电流．1．判断下列说法是否正确．(1)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．( × )(2)理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率．( √ )(3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大．( √ ) (4)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．( √ )(5)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压．( × )2．(人教版选修3－2P44第2题改编)有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36V ，这个电压是把380V 的电压降压后得到的．如果变压器的原线圈是1140匝，副线圈是( ) A ．1081匝B ．1800匝C ．108匝D ．8010匝 答案 C解析 由题意知U 1＝380V ，U 2＝36V ，n 1＝1140 则U 1U 2＝n 1n 2得n 2＝U 2U 1n 1＝108.3．(人教版选修3－2P44第5题改编)如图3所示的电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2A ，电流表A 2的示数增大了0.8A ，则下列说法正确的是( )图3A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动 答案 D解析 电压表V 1的示数和a 、b 间电压的有效值相同，滑片滑动时V 1示数不变，选项A 错误；电压表V 2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V 2示数不变，V 3示数为V 2示数减去R 0两端电压，两线圈中电流增大，易知R 0两端电压升高，故V 3示数减小，选项B 错误；理想变压器U 1I 1＝U 2I 2，则U 1ΔI 1＝U 2ΔI 2，ΔI 2＞ΔI 1，故U 2＜U 1，变压器为降压变压器，选项C 错误；因I 2增大，故知R 减小，变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，选项D 正确．4．(人教版选修3－2P50第3题改编)从发电站输出的功率为220kW ，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V 和11kV 两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )A．100∶1B．1∶100C．1∶10D．10∶1 答案 A解析由题意知输电线上的电流I＝PU，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝PrU故ΔU 1ΔU2＝1U11U2＝U2U1＝11×103110＝1001，故选A.命题点一理想变压器基本关系和动态分析1．匝数比不变的情况(1)U1不变，根据U1U2＝n1n2，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．2．负载电阻不变的情况(1)U1不变，n1n2发生变化，故U2变化．(2)R不变，U2变化，故I2发生变化．(3)根据P2＝U22R，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．3．变压器动态问题的分析流程例1(2016·天津理综·5)如图4所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )图4A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大 答案 B解析 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压减小，电流表A 2示数减小；原线圈中的电流也变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误．例2 (2016·全国Ⅰ卷·16)一含有理想变压器的电路如图5所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图5A ．2B ．3C ．4D ．5 答案 B解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确．甲乙1．关于理想变压器的四点说明(1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．(3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．2．变压器与电路动态分析相结合问题的分析方法(1)分清不变量和变量；(2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系；(3)利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定．1．如图6所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L＝6Ω，AB端电压u1＝122sin100πt(V)．下列说法正确的是( )图6A．电流频率为100HzB.的读数为24VC.的读数为0.5AD．变压器输入功率为6W答案 D解析由ω＝100π＝2πf得f＝50Hz，A错；由题知：U m1＝122V，则有效值U1＝U m12＝12V．由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝6V ，I 2＝U 2R L＝1A ，B 、C 错；由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6W ，D 对． 2．一自耦变压器如图7所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c 、d 间作为副线圈，在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针转到N 点的过程中( )图7A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高答案 C解析 由U 1U 2＝n 1n 2，n 1>n 2知U 2<U 1；滑动触头从M 点顺时针旋转至N 点过程，n 2减小，则U 2降低，C 项正确．命题点二 远距离输电问题 分析思路及常见的“三个误区”1．分析思路：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”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．2．三个误区：(1)不能正确地利用公式P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 2U 22R 计算输电线上的损耗功率导致错误；(2)不能正确理解升压变压器的输出电压U 2、降压变压器的输入电压U 3和输电线上损失的电压ΔU 的关系导致错误，三者关系是U 2＝ΔU ＋U 3；(3)不能正确理解升压变压器的输入功率P 1、降压变压器的输出功率P 4和输电线上损失的功率P 损的关系导致错误，三者关系是P 1＝P 损＋P 4.例3 (2015·福建理综·15)图8为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图8A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(P U m)2r D ．4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 原线圈电压的有效值：U 1＝U m2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝PU 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 22r ＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确，A 、B 、D 错误．3．如图9所示为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1及输电线的电阻、理想变压器的匝数均不变，且n 1∶n 2＝n 4∶n 3.当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是( )图9A ．用户的总电阻增大B ．用户得到的电压U 4增大C ．U 1∶U 2＝U 4∶U 3D ．用户消耗的功率等于发电机的输出功率 答案 C解析 当用户消耗的功率增大时，用电器增多，总电阻减小，降压变压器的输出电流增大，输电线上的电流增大，可知输电线上的电压损失增大，而发电机的输出电压U 1不变，则U 2不变，可知降压变压器的输入电压减小，所以用户得到的电压U 4减小，选项A 、B 错误；因为原、副线圈的电压比等于匝数比，则U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，因为n 1∶n 2＝n 4∶n 3，所以U 1∶U 2＝U 4∶U 3，选项C 正确；用户消耗的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，选项D 错误．4．(多选)如图10为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u 1＝2202·sin100πt (V)，则下列表述正确的是( )图10A ．U 1＜U 2，U 3＞U 4B ．U 1＝2202VC ．若U 2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的1100D ．用户得到的交变电流频率为25Hz 答案 AC解析 远距离采用高压输电，然后降压后再使用，所以A 正确；U 1为有效值，应该是220V ，所以B 错误；输电线上损失的功率为P 损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22R 线，所以C 正确；由交变电流的瞬时值表达式可得交变电流的频率为f ＝100π2πHz ＝50Hz ，所以D 错误．命题点三 变压器与交变电路的综合问题例4 如图11所示为理想变压器，三个灯泡L 1、L 2、L 3都标有“4V,4W ”，灯泡L 4标有“4V,8W ”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2和ab 间输入电压为( )图11A ．2∶1,16VB ．2∶1,20VC ．1∶2,16VD ．1∶2,20V①理想变压器；②正常发光．答案 B解析 由L 2、L 3并联后与L 4串联，灯泡正常发光可得U 2＝8V ，P 2＝16W ，根据输入功率等于输出功率有P 2＝U 2I 2＝U 1I 1，而I 1＝1A ，I 2＝2A ，所以U 1＝16V ，U ab ＝U 1＋U L1＝20V ，U 1U 2＝n 1n 2，故原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，只有选项B 正确．1．理顺交变电路中灯泡的串并联关系，结合闭合电路欧姆定律进行分析．2．熟练运用变压器的基本关系建立前后两个回路的联系．5．(多选)如图12理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b ，当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正确发光．下列说法正确的是( )图12A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9 答案 AD解析 设灯泡的额定电压为U 0，当U ＝10U 0时，因两灯泡均正常发光，故变压器原线圈的输入电压为U 1＝U －U 0＝9U 0，副线圈的输出电压U 2＝U 0.因U 1U 2＝n 1n 2，故n 1n 2＝91，选项A 正确，选项B 错误；由变压器电流关系I 1I 2＝n 2n 1得I 1I 2＝19，则此时a 、b 的电功率之比为P a P b ＝U 0I 1U 0I 2＝19，选项C错误，选项D 正确．6．(多选)如图13，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n ∶1，原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R .当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升，下列判断正确的是( )图13A ．原线圈中的电流为I nB ．电动机线圈消耗的功率为IUC ．电动机两端电压为IRD ．变压器的输入功率为IU n答案 AD解析 已知原线圈两端电压为U ，通过副线圈电流为I ，设通过原线圈电流为I 0，根据变压器电流比公式有I 0I＝n 2n 1＝1n，得I 0＝I n，则变压器的输入功率为P 0＝I 0U ＝IUn，故选项A 、D 正确；根据变压器电压比公式U 2U＝n 2n 1＝1n，电动机两端电压为U 2＝Un，电动机的输入功率为P ＝IU 2＝IUn，电动机线圈消耗的功率为I 2R ，故选项B 、C 错误.常见变压器原理及示例分析1．自耦变压器(如家用调压变压器)，铁芯上只有一个线圈，可升压，也可降压．如图14甲、乙所示．图142．互感器，分为电压互感器和电流互感器，比较如下：类型项目电压互感器电流互感器原线圈的连接 并联在高压电路中，匝数多而细 串联在待测高压电路中，匝数少而粗副线圈的连接 连接电压表，匝数少而粗 连接电流表，匝数多而细 互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流 测量工具 用电压表测低电压用电流表测小电流 结合匝数比可计算出的结果高压电路的电压大电流电路的电流原理图典例1 自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，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15所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V 的交流电源上．当变压器输出电压调到最大时，负载R 上的功率为2.0kW.设此时原线圈中电流有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和I 1分别约为( )图15A ．380V 和5.3AB ．380V 和9.1AC ．240V 和5.3AD ．240V 和9.1A答案 B解析 对理想变压器有U 2＝n 2n 1U 1＝380V ，由P 2＝I 2U 2得I 2＝P 2U 2＝2000380A ≈5.3A ．依据I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝19001100×5.3A ≈9.1A ，故只有选项B 正确．典例2 (多选)普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图16高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1∶200和200∶1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11V ，电流表的读数为1A ，则( )图16A ．甲电表是电压表，乙电表是电流表B ．甲电表是电流表，乙电表是电压表C ．图示高压输送电路输电线的总电阻是11ΩD ．图示高压输送电路输入的总功率为440kW 答案 BD解析 由题图可知：甲串联在电路中是电流表，乙并联在电路中是电压表，所以甲是电流表，乙是电压表，B 正确，A 错误；输电线只占部分电压，故不能求解电阻，故C 错误；甲互感器原、副线圈匝数比为1∶200，乙互感器原、副线圈匝数比为200∶1，由电压表的示数为11V ，得原线圈的电压为2200V ，由电流表的示数为1A ，得原线圈的电流为200A ，所以电线输送功率是P ＝UI ＝2200×200W ＝4.4×105W ，故D 正确．典例3 有一种调压变压器的构造如图17所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中为交流电流表，为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )图17A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 答案 A解析 当R 3不变，P 顺时针转动时，n MN 减小，由U CD U MN ＝n CDn MN，知U MN 减小，则电压表、电流表读数均减小，A 项正确，同理知B 项错误；当P 不动时，匝数n MN 不变，输出电压U MN 不变，滑动变阻器滑动触头向上滑动，R 3阻值变大，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C 项错误，同理知D 项也错误．题组1 理想变压器基本关系和动态分析1．如图1甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定功率为10W 的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是( )图1A ．变压器输入电压的瞬时值表达式为u ＝2202sinπt (V)B ．电压表的示数为220VC ．变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D ．变压器的输入功率为110W 答案 C解析 由题图乙可知ω＝2πT＝100πrad/s，则变压器输入电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin100πt (V)，A 错误．小灯泡的额定功率P ＝10W ，由P ＝U 2R可得小灯泡的额定电压U ＝20V ，小灯泡恰好正常发光，电压表的示数为20V ，B 错误．根据变压器变压比公式U 1∶U 2＝n 1∶n 2，可得n 1n 2＝22020＝111，C 正确．根据额定功率为10W 的小灯泡恰好正常发光，理想变压器的输入功率等于输出功率可知D 错误．2．(2016·四川理综·2)如图2所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )图2A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变 答案 B解析 原、副线圈减少相同的匝数n 后，有n 1′n 2′＝n 1－n n 2－n ，可以得出，n 1n 2－n 1′n 2′＝n (n 2－n 1)n 2(n 2－n )<0，则说明n 1′n 2′的比值较大，由n 1′n 2′＝U 1U 2′＝I 2′I 1′知，选项C 、D 错误；由n 1n 2＝U 1U 2和n 1′n 2′＝U 1U 2′知，U 2′<U 2，再由P ＝U 2′2R知，小灯泡变暗，选项A 错误，B 正确．3．(多选)如图3所示，T 为理想变压器，原副线圈匝数比为5∶1.A 1、A 2为理想交流电流表，V 1、V 2为理想交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压u ＝2202sin314t V ，以下说法正确的是( )图3A ．当光照增强时，电压表V 1示数为442V 保持不变B ．当光照增强时，电压表V 2示数增大C ．通过电流表A 1的电流方向每秒变化100次D ．当光照增强时，电流表A 1、A 2示数同时变大 答案 CD解析 原线圈两端电压有效值为220V ，原副线圈匝数比为5∶1，所以副线圈的电压有效值为44V ，电压表V 1示数为44V 保持不变，与电阻的变化无关，所以A 错误；当光照增强时，R 3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，R 1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V 2示数变小，所以B 错误；交变电流的周期为T ＝2πω＝2π314＝150s ，所以通过电流表A 1的电流方向每秒变化100次，所以C 正确；当光照增强时，R 3的电阻减小，总的电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此A 1、A 2的示数都要变大，故D 正确． 题组2 远距离输电的问题4．(多选)如图4为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电．已知输电线的总电阻R ＝10Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R 0＝11Ω.若T 1、T 2均为理想变压器，T 2的副线圈两端电压表达式为u ＝2202sin100πt (V)．下列说法正确的是( )图4A ．发电机中的电流变化频率为100HzB ．通过用电器的电流有效值为20AC ．升压变压器的输出功率为4650WD ．当用电器的电阻R 0减小时，发电机的输出功率减小 答案 BC解析 交变电流经过变压器，频率不变，则交变电流的频率f ＝ω2π＝100π2πHz ＝50Hz ，故A错误．通过用电器的电流有效值I ＝UR 0＝22022×11A ＝20A ，故B 正确．根据I 3I 4＝n 4n 3得，输电线上的电流I 3＝20×14A ＝5A ，则输电线上损耗的功率P 损＝I 23R ＝25×10W ＝250W ，降压变压器的输入功率P 3＝U 4I 4＝220×20W ＝4400W ，则升压变压器的输出功率P ＝P 3＋P 损＝4400W ＋250W ＝4650W ，故C 正确．当用电器的电阻R 0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P ＝UI 知，发电机的输出功率增大，故D 错误．5．图5甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750kW.下列说法中正确的有( )图5A ．用户端交流电的频率为100HzB ．输电线中的电流为30AC ．用户端电压为250VD ．输电线路损耗功率为180kW 答案 B6．某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9kW ，输出电压为500V ，输电线的总电阻为10Ω，允许线路损耗的功率为输出功率的4%.(1)当村民和村办小企业需要220V 电压时，求所用升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比各为多少？(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，则村民和村办小企业得到的电压和功率各是多少？答案 (1)1∶3 72∶11 (2)320V 5760W 解析 (1)建立如图甲所示的远距离输电模型由线路损耗的功率P 线＝I 2线R 线和P 线＝4%P 出可得I 线＝6A 又P 出＝U 2I 线，所以U 2＝1500V 则U 3＝U 2－I 线R 线＝1440V 由理想变压器规律可得n 1n 2＝U 1U 2＝13，n 3n 4＝U 3U 4＝7211所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11.(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图乙所示)．由P 出＝UI 线′可得I 线′＝18A所以线路损耗的功率P 线′＝I 线′2R 线＝182×10W ＝3240W 用户得到的电压U 用户＝U －I 线′R 线＝(500－18×10) V ＝320V用户得到的功率P 用户＝P 出－P 线′＝(9000－3240) W ＝5760W.7．某河的水流量为4m 3/s ，水流下落的高度差为5m ．现在利用河水来发电，设所用发电机的总效率为50%.(1)求发电机的输出功率．(2)设发电机的输出电压为350V ，在输送途中输电线的电阻为4Ω，损耗的功率为输出功率的5%，问在用户需用电压为220V 时，所用升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别为多少？(g ＝9.8m/s 2) 答案 (1)9.8×104W (2)18 13311解析 (1)水推动发电机叶轮的功率P ＝mght，又m ＝ρV所以P ＝ρVght，发电机的输出功率为P 出＝50%P 解得P 出＝50%×1.0×103×4×9.8×5W ＝9.8×104W. (2)输电线上损耗的功率为P 损＝5%P 出＝5%×9.8×104W ＝4.9×103W又P 损＝I 2r所以输电线中的电流I ＝P 损r ＝ 4.9×1034A ＝35A 根据理想变压器的输入功率和输出功率相等可知，升压变压器副线圈两端的电压为U 2＝P 出I ＝9.8×10435V ＝2.8×103V所以升压变压器原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝3502.8×103＝18因为降压变压器原线圈两端的电压为U 1′＝2.8×103V －35×4V ＝2.66×103V副线圈两端的电压为U 2′＝220V 所以降压变压器原、副线圈的匝数比为n 1′n 2′＝U 1′U 2′＝2660220＝13311. 题组3 变压器与交变电路的综合问题8．(多选)如图6所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为n 1∶n 2＝22∶1，原线圈接在电压的有效值为U 0＝220V 的正弦式交流电源上，副线圈连接理想电压表V 、交流电流表A 、理想二极管D 和电容器C .则下列说法中正确的是( )图6A ．电压表的示数为10VB ．电容器不断地充电和放电，所带电荷量不断变化C ．稳定后电流表的读数为零D ．稳定后电容器两极板间电势差始终为102V 答案 ACD解析 根据理想变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈输出电压的有效值为10V ，A 项正确；由于二极管的单向导电性，故电容器在14周期内被充电达到最大值102V ，稳定后电容器两极板间的电势差不变．B 项错误、D 项正确；稳定后，无电流通过二极管，电流表读数为零，C 项正确．9．(多选)如图7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表、电流表为理想电表．L 1、L 2、L 3、L 4为四只规格均为“220V,60W ”的相同灯泡．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )图7A ．电压表的示数为660VB ．电流表的示数为0.82AC ．a 、b 两点的电压是1045VD ．a 、b 两点的电压是1100V 答案 BC解析 根据题图乙所示的副线圈电压图象，可知副线圈电压有效值为U 2＝220V ．由变压器变压公式可知，原线圈输入电压U 1＝4U 2＝4×220V ＝880V ，选项A 错误．副线圈所接的每个灯泡中电流均为I ＝P U ＝60220A ＝311A ，电流表的示数为I 2＝3I ＝3×311A ＝0.82A ，选项B 正确．由U 1I 1＝U 2I 2，解得原线圈中电流I 1＝I 24＝944A ，灯泡电阻R ＝U 2P ＝220260Ω＝24203Ω.与原线圈串联的灯泡两端电压为U 灯＝I 1R ＝944×24203V ＝165V ，故a 、b 两点的电压是U 灯＋U 1＝165V ＋880V ＝1045V ，选项C 正确，D 错误．10．(多选)如图8甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈接交流电源和交流电压表、交流电流表，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接．已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按如图乙所示规律变化．现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是( )图8A．热水器两端电压的瞬时值表达式为u＝2202sin100πt VB．电压表示数为2200VC．电流表示数变大D．变压器的输入功率增大答案BCD解析图乙为副线圈上电压变化规律，而热水器上的电压要小于副线圈上的电压，选项A 错误；由交变电流规律可知，副线圈上的电压的有效值为220V，由变压器变压关系可知，原线圈电压为2200V，选项B正确；闭合开关，副线圈输出功率增大，则原线圈输入功率增大，因此电流表示数增大，选项C、D正确．11．(多选)如图9，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，则( )图9A．U ab∶U cd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压U cd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍答案BD。
第2讲 变压器 电能的输送板块一 主干梳理·夯实基础1．构造：如图所示。
变压器主要由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。
(1)原线圈：指与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：指与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2．工作原理：电磁感应的互感现象。
3．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出。
(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，若n 1>n 2，为降压变压器；若n 1<n 2，为升压变压器。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1； 有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n 。
4．几种常用的变压器(1)自耦变压器(也叫调压变压器)。
(2)互感器①电压互感器，可以把高电压降为低电压； ②电流互感器，可以把强电流降为弱电流。
【知识点2】 远距离输电 Ⅰ 1．输电过程(如图所示)2．电压损失 (1)ΔU ＝U －U ′。
(2)ΔU ＝IR 。
3．功率损失 (1)ΔP ＝P －P ′。
(2)ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R ＝ΔU 2R 。
4．输送电流 (1)I ＝PU。
(2)I ＝U －U ′R。
板块二 考点细研·悟法培优考点1理想变压器的工作原理和基本量的关系[深化理解]1．基本关系(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、ΔΦΔt 相同。
(2)线圈无电阻，因此无电压降，U ＝E ＝n ΔΦΔt。
(3)根据U n ＝ΔΦΔt 得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…。
(4)无电能损失，因此P 入＝P 出，无论副线圈一个还是多个，总有U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…，将电压关系代入可得n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…。
(5)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
第2讲 变压器 远距离输电【基础梳理】一、变压器原理1．工作原理：电磁感应的互感现象． 2．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，若n 1>n 2，为降压变压器；若n 1<n 2，为升压变压器． (3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1； 有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n . 3．制约关系(1)电压：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定． (2)功率：原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定． (3)电流：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定． 二、远距离输电 1．输电线路(如图所示)2．输送电流：I ＝P U ＝U －U ′R.3．电压损失：ΔU ＝U －U ′＝IR .4．功率损失：ΔP ＝P －P ′＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2·R ＝ΔU 2R .【自我诊断】(1)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．( ) (2)理想变压器的基本关系式中，电压和电流可以均为有效值．( ) (3)变压器只能使交变电流的电压减小．( ) (4)高压输电的目的是增大输电的电流．( )(5)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．( ) (6)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定．( ) 提示：(1)× (2)√ (3)× (4)× (5)× (6)√(多选)(2018·河北衡水中学月考)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用输电导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，两地的距离为L ，输电线上损耗的电功率为P 1，用户得到的电功率为P 2.下列关于P 1和P 2的表达式中正确的是( )A ．P 2＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－2P ρL U 2SB ．P 2＝P －U 2S2ρLC ．P 1＝2P 2ρLU 2SD ．P 1＝U 2SρL提示：选AC.输电线上的电流I ＝P U，输电导线的电阻R ＝ρ·2L S，输电线上损耗的电功率为：P 1＝I 2R ＝2P 2ρL U 2S，用户得到的电功率为：P 2＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2P ρL U 2S ，故A 、C 正确．请总结输电线路功率损失的计算方法有哪些？提示：(1)P 损＝P －P ′，P 为输送的功率，P ′为用户所得功率． (2)P 损＝I 2线R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为线路电阻． (3)P 损＝ΔU2R 线，ΔU 为输电线路上损失的电压，R 线为线路电阻．(4)P 损＝ΔUI 线，ΔU 为输电线路上损失的电压，I 线为输电线路上的电流．理想变压器原理和基本关系[学生用书P221]【知识提炼】1．变压器的工作原理2．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲、乙所示．(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：把高电压变成低电压，如图丙所示.电流互感器：把大电流变成小电流， 如图丁所示.【典题例析】(2016·高考全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比值为( )A．2 B．3C．4 D．5[审题指导] 通过计算副线圈电阻上消耗的功率就可得到原线圈上消耗的功率；再由原、副线圈匝数比得到两边电流比．由功率相等联系求解即可．[解析] 设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1.由变压公式U1/U2＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得I2/I＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U′1.由变压器公式U′1/U′2＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2，可得I′2/(4I)＝k，即副线圈输出电流为I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3，选项B正确．[答案] B1．关于理想变压器的四点说明(1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．(3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．2．多副线圈变压器对于副线圈有两个及以上的理想变压器，电压与匝数成正比是成立的，而电流与匝数成反比的规律不成立．但在任何情况下，电流关系都可以根据原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出进行求解．【迁移题组】1 变压器原、副线圈的制约关系1．(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202sin 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．下列说法正确的是( )A．原线圈的输入功率为2202WB．电流表的读数为1 AC．电压表的读数为1102VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为2202V ，故有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值为U 2＝110 V ，故输出功率P 2＝U 22R ＝220 W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220 W ，A 项错误；根据欧姆定律知，I 2＝U 2R ＝2 A ，I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝1 A ，故电流表读数为1 A ，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110 V ，C 项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2πω，解得T ＝0.02 s ，所以D 项错误．2 自耦变压器的原理分析 2.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，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I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和I 1分别约为( )A ．380 V 和5.3 AB ．380 V 和9.1 AC ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 A解析：选B.由U 1n 1＝U 2n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝1 9001 100×220 V ＝380 V ，由P 1＝P 2＝U 1I 1＝U 2I 2得I 1＝P 2U 1＝2 000220A ≈9.1 A ，B 正确．3 互感器的应用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，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab <I cdB ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab >I cdC ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab <I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab >I cd解析：选B.高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据I 1I 2＝n 2n 1，MN 应接匝数少的线圈，故ab接MN ，cd 接PQ ，且I ab >I cd ，选项B 正确．4 多个副线圈的求解 4.如图所示，理想变压器有两个副线圈，L 1、L 2是两盏规格为“8 V ，10 W ”的灯泡，L 3、L 4是两盏规格为“6 V ，12 W ”的灯泡，当变压器的输入电压为U 1＝220 V 时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n 1＝1 100匝，求：(1)副线圈n 2、n 3的匝数； (2)电流表的读数．解析：(1)由变压器原理可知n 1∶n 2∶n 3＝U 1∶U 2∶U 3，则n 2＝U 2U 1n 1＝8220×1 100匝＝40匝n 3＝U 3U 1n 1＝2×6220×1 100匝＝60匝．(2)由输入功率等于输出功率知I 1U 1＝2P L2＋2P L3，则I 1＝2P L2＋2P L3U 1＝2×10＋2×12220A ＝0.2 A.答案：(1)40匝 60匝 (2)0.2 A变压器的动态分析[学生用书P222]【知识提炼】1．匝数比不变的情况(如图所示)(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变． (2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据I 1I 2＝n 2n 1可以判断I 1的变化情况． (3)I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化． 2．负载电阻不变的情况(如图所示)(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化． (2)R 不变，U 2变化，I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化．【典题例析】如图所示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动[审题指导] 由于原副线圈匝数不变，则V 1、V 2不变；而A 2示数增大，则R 0的电压要增大，所以可判断V 3的变化和R 阻值的变化．[解析] 电压表V 1的示数和a 、b 间电压的有效值相同，滑片滑动时V 1示数不变，选项A 错误；电压表V 2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V 2示数不变，V 3示数为V 2示数减去R 0两端电压，两线圈中电流增大，易知R 0两端电压升高，故V 3示数减小，选项B 错误；理想变压器U 1I 1＝U 2I 2，则U 1ΔI 1＝U 2ΔI 2，ΔI 2>ΔI 1，故U 2＜U 1，变压器为降压变压器，选项C 错误；因I 2增大，故知R 减小，变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，选项D 正确．[答案] D1．变压器动态问题的“制约”关系(1)电压制约：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定． (2)电流制约：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定． (3)功率制约：原线圈的输入功率P 入由副线圈的输出功率P 出决定． (4)元件制约(由元件的特性制约负载电路)负载回路中若存在二极管，则负载回路中通过的将不再是交流电，而是脉冲电流． 2．变压器动态问题分析思路程序【迁移题组】迁移1 匝数不变时的动态分析1．(2016·高考天津卷)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大解析：选B.当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R 1中电流减小，R 1两端电压减小，电压表示数变大，R 1消耗的电功率变小，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R 1中电流增大，R 1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A 2示数减小，电流表A 1示数变大，选项D 错误．2 负载电阻不变时的动态分析2．(2016·高考四川卷)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变 解析：选B.由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1 ①由U 1U ′2＝n 1－Δn n 2－Δn得 U ′2＝n 2－Δn n 1－ΔnU 1②由②①得：U ′2U 2＝（n 2－Δn ）n 1（n 1－Δn ）n 2＝n 2n 1－Δnn 1n 2n 1－Δnn 2，因为n 2＜n 1，所以U ′2U 2＜1，即U ′2＜U 2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错误；由以上分析过程可以看出，C 错误；由I 1I 2＝n 2n 1和I ′1I ′2＝n 2－Δnn 1－Δn可见，D 错误．远距离输电问题[学生用书P223]【知识提炼】1．远距离输电的处理思路：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”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析．2．远距离高压输电的几个基本关系(如图所示)(1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3. (2)电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线．(3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线.(4)输电线上损耗的电功率P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 2U 22R 线． 当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1n2.【跟进题组】1．如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A ．(n 1n 2)U 2m4rB ．(n 2n 1)U 2m4rC ．4(n 1n 2)2(P U m)2rD ．4(n 2n 1)2(P U m)2r解析：选C.升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m2；由变压关系可得U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1P n 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2r n 22U 2m，故选项C 正确．2．1897年，举世闻名的“尼亚加拉”水电站在美丽的尼亚加拉瀑布建成，现已使用100多年．当时世界各地都在使用费用高昂的直流电(因为使用直流电时必须每隔一公里建设一套发电机组)，而“尼亚加拉”水电站采用了特斯拉发明的交流电供、输电技术，用高压电实现了远距离供电．若其中某一发电机组设计为：发电机最大输出功率为P ＝100 kW ，输出电压为U 1＝250 V ，用户需要的电压为U 2＝220 V ，输电线电阻为R ＝10 Ω，输电线中因生热而损失的功率为输送功率的4%.(1)画出此输电线路的示意图．(2)求在输电线路中设置的升压变压器的原、副线圈匝数比．(3)求降压变压器的最大输出电流I 3.(保留整数) 解析：(1)输电线路示意图如图所示．(2)输电过程中损失的功率：P 损＝ηP 通过R 的电流：I 2＝P 损R 发电机的输出电流：I 1＝P U 1升压变压器的原、副线圈匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝ηPR ·U 1P ＝100×103×0.0410×250100×103＝120. (3)用户得到的最大功率：P 用＝P (1－η)，降压变压器的最大输出电流I 3＝P 用U 2＝P （1－η）U 2＝100×103×（1－0.04）220A ＝436 A.答案：(1)见解析 (2)120(3)436 A[学生用书P224]1．(多选)(2016·高考全国卷Ⅲ)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数之比为9∶1B ．原、副线圈匝数之比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9解析：选AD.因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，A 项正确，B 项错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P ＝UI 可知，a 和b 的电功率之比为1∶9，C 项错误，D 项正确．2．(2015·高考全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：选A.设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21RI 2R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确． 3．(多选)(高考全国卷Ⅱ)如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表A 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：选BD.变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误；增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确；c 、d 端的电压由输入电压U ab 决定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误；根据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2RT ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．4．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2,电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2解析：选D.根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．只有选项D 正确．[学生用书P349(单独成册)] (建议用时：60分钟)一、单项选择题1．用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A 解析：选A.由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0.05 A ，周期T ＝0.02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin2πTt ＝0.05sin 100πt (A)，D 错误；理想变压器匝数比等于电压比，即n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝1102V ，B 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3.9 W ，A 正确． 2．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21r D ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：选A.根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．3.如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002·sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，故A 错误；2πf ＝100π Hz ，f ＝50 Hz ，故B 错误；I 2＝880220A ＝4 A ，故C 正确；由于理想变压器P 入＝P 出＝I 22r ＋880 W ＞880 W ，故D 错误． 4.在如图所示的铁芯上绕有4个线圈，匝数之比为n 1∶n 2∶n 3∶n 4＝1∶1∶2∶1，今在线圈1两端接正弦交流电源，下列判断正确的是( )A ．U 1＝U 2＝12U 3＝U 4B ．U 1＝U 2＝12U 3，U 4＝0C ．U 1＝U 2＋U 3＋U 4D ．以上均不对解析：选B.线圈1、2、3的电压关系遵守变压比公式，线圈4中的磁通量始终为0，不产生感应电动势，故U 4＝0，B 正确．5．(2018·湖南师大附中等四校联考)如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图；图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表；设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R 0表示，变阻器R 相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R 变小，则当用电进入高峰时( )A ．电压表V 1、V 2的读数均不变，电流表A 2的读数增大，电流表A 1的读数减小B ．电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 2的读数增大，电流表A 3的读数减小C ．电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变D ．线路损耗功率不变解析：选C.因为输入电压和匝数比都不变，电压表V 1、V 2的读数均不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流比等于匝数比的倒数且匝数比不变知电流都增大，故A 错误；输电线上的电压损失增大，故电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 2的读数增大，电流表A 3的读数增大，故B 错误；电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，故C 正确；线路上的电流变大，则线路消耗的功率变大，选项D 错误．6.如图所示，电路中变压器原线圈匝数n 1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n 2＝500、n 3＝200，分别接一个R ＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U 1＝220 V 的交流电源．则两副线圈输出电功率之比P 2P 3和原线圈中的电流I 1分别是( )A.P 2P 3＝52，I 1＝2.8 A B ．P 2P 3＝25，I 1＝2.8 A C.P 2P 3＝254，I 1＝1.16 A D ．P 2P 3＝425，I 1＝1.16 A 解析：选C.对两个副线圈有U 1U 2＝n 1n 2、U 1U 3＝n 1n 3，所以U 2＝110 V ，U 3＝44 V ，又因为P ＝U 2R ，所以P 2P 3＝U 22U 23＝254；由欧姆定律得I 2＝U 2R ＝2 A ，I 3＝U 3R＝0.8 A ，对有两个副线圈的变压器有n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3，得I 1＝1.16 A ，故C 正确．7．如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：选D.由u －t 图象可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T＝50 Hz ，选项A 错误；交流电的最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝2502V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 21R ，得输电线上损失的功率减小，选项D 正确． 8.(2015·高考广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2解析：选C.根据欧姆定律I ＝U R ，U 2由220 V 降至110 V ，副线圈上的电流变为原来的12，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A 错误；根据P ＝UI 知，U 、I 均变为原来的12时，副线圈上输出的功率变为原来的14，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B 错误；根据理想变压器电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，当U 2由220 V 降至110 V 时，n 2变为原来的12，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C 正确；根据理想变压器P 入＝P 出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D 错误．9．(2018·江西八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 解析：选A.当R 3不变，P 顺时针转动时，n MN 减小，由U CD U MN ＝n CDn MN，知U MN 减小，则电压、电流表读数均减小，A 项正确，同理知B 项错误；当P 不动时，匝数n MN 不变，输出电压U MN 不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C 项错误，同理知D 项也错误．二、多项选择题10．如图，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2.2 A ．以下判断正确的是( )A ．变压器输入功率为484 WB ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3解析：选BD.变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝2.2×60 W ＝132 W ，选项A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝U 1U 2＝22060＝113，选项D 正确；由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝311×2.2 A ＝0.6 A ，选项B 正确；根据I ＝I m2得副线圈上的电流的最大值I 2m ＝2I 2＝2.22A ，选项C 错误．11．(2015·高考天津卷)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误，选项B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，选项C 正确，选项D 错误．12．如图所示理想变压器的三个线圈的匝数n 1∶n 2∶n 3＝1∶4∶4，在M 、N 间接正弦交流电源，在a 、b 和c 、d 间接相同的电阻器R ，则( )A ．U 1＝U 2＝4U 3B ．U 2＝U 3＝2U 1C ．I 1＝4I 2＝4I 3D ．P 1＝2P 2＝2P 3解析：选BCD.由于副线圈有两个相同的铁芯，所以原线圈中的磁通量与副线圈中的磁通量关系为：Φ1＝2Φ2＝2Φ3，磁通量变化率关系为：ΔΦ1Δt ＝2ΔΦ2Δt ＝2ΔΦ3Δt，故每匝线圈产生的感应电动势关系为：e 1＝2e 2＝2e 3，对理想变压器有：U 1＝n 1e 1，U 2＝n 2e 2，U 3＝n 3e 3，因此，可得：U 1n 1＝2U 2n 2＝2U 3n 3，代入n 1∶n 2∶n 3＝1∶4∶4得U 2＝U 3＝2U 1，故A 错误，B 正确；由能量守恒得：P 1＝P 2＋P 3＝2P 2＝2P 3，D 正确；由I 1U 1＝2I 2U 2＝2I 3U 3得：I 1＝4I 2＝4I 3，C 正确．13．(2015·高考海南卷)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，V 是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值为48 V解析：选AD.当负载电阻阻值减小为R ＝5R 0时，根据串并联电路规律，R 两端电压为R 0两端电压的5倍，因为电压表测量R 两端的电压，所以U R 0＝15×5 V ＝1 V ，故副线圈两端电压为U 2＝6 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得此时原线圈两端电压的有效值为U 1＝24 V ，所以此时原线圈两端电压的最大值约为242V ≈34 V ，A 正确、B 错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U ′2＝IR 0＋5IR 0，变化前，U 2＝IR 0＋11IR 0＝12IR 0，所以U 2＝2U ′2＝12 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端原来的电压有效值为48 V ，D 正确、C 错误．14．电流互感器和电压互感器如图所示．其中n 1、n 2、n 3、n 4分别为四组线圈的匝数，a 、b 为两只交流电表，则( )A ．A 为电流互感器，且n 1<n 2，a 是电流表B ．A 为电压互感器，且n 1>n 2，a 是电压表C ．B 为电流互感器，且n 3<n 4，b 是电流表D ．B 为电压互感器，且n 3>n 4，b 是电压表解析：选AD.由题图可知A 为电流互感器，B 为电压互感器，因此a 是电流表，b 是电压表，在A 中，有。
第1讲交变电流的产生和描述[目标要求]核心知识素养要求1.交变电流及其描述通过实验认识交变电流。
能用公式和图象描述正弦交变电流。
2.变压器电能的输送通过实验探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
了解从变电站到用户的输电过程，知道远距离输电时用高电压的道理。
了解发电机和电动机工作过程中的能量转化。
认识电磁学在人类生活和社会发展中的作用。
3.传感器知道非电学量转化成电学量的技术意义。
4.常见传感器的工作原理及应用通过实验，了解常见传感器的工作原理。
能列举传感器在生产生活中的应用。
5.实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系通过实验，了解变压器结构，知道列表处理数据的方法。
6.实验：利用传感器制作简单的自动控制装置通过实验，了解自动控制装置的电路设计及元件特性。
第1讲交变电流的产生和描述授课提示：对应学生用书第210页一、交变电流、交变电流的图象1．交变电流(1)定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。
(2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流。
2．正弦式交变电流的产生和图象(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
(2)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线。
如图甲、乙、丙所示。
二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值 1．周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T ＝2πω。
(2)频率(f)：交变电流在1 s 内完成周期性变化的次数。
单位是赫兹(Hz)。
(3)周期和频率的关系：T ＝1f 或f ＝1T。
2.正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时) (1)电动势e 随时间变化的规律：e ＝E m sin_ωt。
(2)负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝U m sin_ωt。
(3)电流i 随时间变化的规律：i ＝I m sin_ωt。
第2讲 变压器 电能的输送微知识1 变压器原理1．构造和原理(如图所示)(1)主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。
(2)工作原理：电磁感应的互感现象。
2．理想变压器的基本关系式(1)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，若n 1＞n 2，为降压变压器；若n 1＜n 2，为升压变压器。
(2)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1，只适用于只有一个副线圈的情况。
3．互感器(1)电压互感器，用来把高电压变成低电压。
(2)电流互感器，用来把大电流变成小电流。
特别提醒 (1)如果变压器没有漏磁和能量损失，这样的变压器是理想变压器。
(2)变压器只能改变交变电流的电流和电压，不能改变恒定电流的电流和电压。
微知识2 电能的输送 1．输电损耗(1)功率损失：设输电电流为I ，输电线的电阻为R ，则功率损失为ΔP ＝I 2R 。
(2)降低输电损耗的两个途径。
①一个途径是减小输电线的电阻。
由电阻定律R ＝ρl S可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线。
此外，还要尽可能增加导线的横截面积。
②另一个途径是减小输电导线中的电流，由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，提高输电电压可以减小输电电流。
2．远距离输电过程的示意图(如图所示)对理想变压器，各物理量的关系为 ①P 1＝P 2，P 2＝P 损＋P 3，P 3＝P 4＝P 用。
②U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 3＋U 线，U 3U 4＝n 3n 4。
③n 1I 1＝n 2I 2，I 2＝I 线＝I 3，n 3I 3＝n 4I 4。
一、思维辨析(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。
) 1．变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。
(×) 2．正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。
(×) 3．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之增大。
第2讲 变压器、电能的输送一、理想变压器 1.构造如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的.图1(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈. (2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈. 2.原理电流磁效应、电磁感应.3.理想变压器原、副线圈基本量的关系4.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示.图2(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器n 1>n 2：把高电压变成低电压，如图丙所示.电流互感器n 1<n2：把大电流变成小电流，如图丁所示.自测1 关于理想变压器，下列说法正确的是( ) A.变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用 B.变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率 C.正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压 D.变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小 答案 A 二、电能的输送如图3所示，若发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，用户得到的电功率为P ′，用户的电压为U ′，输电线总电阻为R.图31.输出电流I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R. 2.电压损失 (1)ΔU ＝U －U ′ (2)ΔU ＝IR3.功率损失 (1)ΔP ＝P －P ′ (2)ΔP ＝I 2R ＝(PU)2R4.减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρl S知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线. (2)减小输电线中的电流.在输电功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高输电电压.自测2 教材P50第3题改编 从发电站输出的功率为220 kW ，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V 和11 kV 两种电压输电.两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( ) A.100∶1 B.1∶100 C.1∶10 D.10∶1 答案 A解析 由题意知输电线上的电流I ＝P U ，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir ＝Pr U， 故ΔU 1ΔU 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A.命题点一 理想变压器原理的应用例1 (2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图4所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为( )图4A.2B.3C.4D.5 答案 B解析 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确.变式1 (多选)(2016·全国卷Ⅲ·19)如图5所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是( )图5A.原、副线圈匝数比为9∶1B.原、副线圈匝数比为1∶9C.此时a 和b 的电功率之比为9∶1D.此时a 和b 的电功率之比为1∶9 答案 AD解析 设灯泡的额定电压为U 0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U 1＝9U 0，副线圈两端电压为U 2＝U 0，故U 1U 2＝91，n 1n 2＝U 1U 2＝91，A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得，I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得，灯泡a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确.命题点二 理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(如图6)图6(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变. (2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化. (3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化. 2.负载电阻不变的情况(如图7)图7(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化. (2)R 不变，U 2变化，故I 2发生变化.(3)根据P 2＝U22R，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化.例2 (多选)(2017·山东潍坊中学一模)如图8所示，理想变压器为降压变压器，原线圈通过灯泡L 1与正弦式交流电相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L 2和L 3相连，开始时开关S 处于断开状态.当S 闭合后，所有灯泡都能发光.下列说法中正确的是( )图8A.灯泡L 1和L 2中的电流有效值可能相等B.灯泡L 2两端的电压变小C.灯泡L 1变亮，灯泡L 2的亮度不变D.变压器原线圈的输入功率不变 答案 AB解析 当S 闭合后，根据I 1n 1＝I 2n 2可知，因为是降压变压器，n 1>n 2，则I 1<I 2，I 1等于灯泡L 1的电流，I 2是灯泡L 2和L 3的电流之和，则灯泡L 1、L 2中的电流有效值可能相等，故A 正确；当S 闭合后，副线圈回路总电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L 1分担的电压变大，灯泡L 1变亮，则原线圈两端电压减小，又原、副线圈匝数不变，故副线圈两端电压变小，灯泡L 2两端的电压变小，L 2变暗，故B 正确，C 、D 错误.例3 如图9是原、副线圈都有中心抽头(匝数一半处)的理想变压器，原线圈通过单刀双掷开关S 1与电流表连接，副线圈通过另一单刀双掷开关S 2与定值电阻R 0相连接，通过S 1、S 2可以改变原、副线圈的匝数.现在原线圈加一电压有效值为U 的正弦交流电，当S 1接a ，S 2接c 时，电流表的示数为I ，下列说法正确的是( )图9A.当S 1接a ，S 2接d 时，电流为2IB.当S 1接a ，S 2接d 时，电流为I2C.当S 1接b ，S 2接c 时，电流为4ID.当S 1接b ，S 2接d 时，电流为I2答案 C解析 设S 1、S 2分别接a 、c 时，原、副线圈匝数比为n 1∶n 2，则输出电压U 2＝n 2n 1U ，功率P＝UI ＝U 22R 0；在S 1、S 2分别接a 、d 时，输出电压U 2′＝n 2U 2n 1，功率P ′＝UI ′＝U 2′2R 0，联立得I ′＝14I ，A 、B 项均错，同理可知，C 项对，D 项错误.变式2 (多选)如图10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U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )图10A.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 答案 BD解析 P 向上或向下滑动时，由变压器的电压特点U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2不变，灯L 的亮度也不变，A 项错误，B 项正确；P 向上滑动时，滑动变阻器的阻值减小，副线圈电路总电阻减小，由P＝U 2R 可知，变压器的输出功率P 2变大，又理想变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率P 1也变大，由P 1＝U 1I 1及U 1不变可知，变压器的输入电流变大，C 项错误，D 项正确.拓展点 含二极管的电路动态分析例4 (2017·河南六市一联)如图11甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R 0、热敏电阻R t (阻值随温度的升高而减小)及报警器P (电流增加到一定值时报警器P 将发出警报声)组成闭合电路，电压表、电流表均为理想电表.则以下判断正确的是( )图11A.变压器线圈输出交流电的频率为25 HzB.电压表的示数为22 2 VC.R t 处温度减小到一定值时，报警器P 将发出警报声D.报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小 答案 B解析 由题图乙可知f ＝1T＝50 Hz ，而理想变压器不改变交流电的频率，A 项错误.由题图乙可知原线圈输入电压的有效值U 1＝220 V ，则副线圈两端电压有效值U 2＝n 2n 1U 1＝44 V ，设电压表示数为U ，由于二极管作用，副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流，则由有效值定义有U 22R 总·T 2＝U 2R 总·T ，解得U ＝U 22＝22 2 V ，B 项正确.由题给条件可知，R t 处温度升高到一定值时，报警器会发出警报声，C 项错误.因报警器报警时回路中电流比报警前大，则报警时副线圈回路的总功率比报警前大，而输入功率与输出功率相等，D 项错误. 命题点三 远距离输电1.理清三个回路图12远距离输电电网间的基本结构如图12所示.输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路.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，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁. 2.抓住两个物理量的联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4.3.掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户.例5 (2015·福建理综·15)图13为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图13A.(n 1n 2)U 2m 4rB.(n 2n 1)U 2m 4rC.4(n 1n 2)2(P U m)2r D.4(n 2n 1)2(P U m)2r答案 C解析 原线圈电压的有效值：U 1＝U m2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U m2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝P U 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 22r ＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确，A 、B 、D 错误.变式3 (多选)(2017·湖南六校联考)某大型光伏电站的功率是500 kW ，电压为12 V ，送往外地时，先通过逆变器转化为220 V 的交流电(转化效率为80%)，然后经变压器Ⅰ升压为20 000 V ，通过总电阻为20 Ω的输电线路送往某地，再经变压器Ⅱ降为220 V ，电压供用户使用，下列说法正确的是( )A.变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为1 000∶11B.变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为11∶1 000C.用户最多可使用的功率为392 kWD.用户负载越多，线路上损耗的功率越小 答案 BC解析 变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝111 000，B 项正确.变压器Ⅰ的输出功率P 2＝P 1＝500 kW×80%＝400 kW ，输电电流I ＝P 2U 2＝400 kW20 000 V＝20 A ，则输电线上损失的电压ΔU＝IR 线＝400 V ，变压器Ⅱ的输入电压U 1′＝U 2－ΔU ＝19 600 V ，则变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为n 1′n 2′＝U 1′U 2′＝98011，A 项错误.用户最多可使用的功率为P 用＝P 2－I 2R 线＝4×105W －8 000 W ＝392 kW ，C 项正确.用户负载越多，线路上电流越大，线路上损耗的功率越大，D 项错误.命题点四 两种特殊的变压器模型1.自耦变压器自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图14所示.图142.互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：例6如图15甲所示为一自耦变压器，变压器的原线圈AB端输入电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻R0＝11 Ω，电容器C的击穿电压为22 V，移动滑片P使电容器刚好不会被击穿，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是( )图15A.电压表的示数为220 VB.原、副线圈的匝数比为10∶1C.电流表的示数等于通过电阻R0的电流D.原线圈AB端输入电压的变化规律为u＝311sin πt V答案 A解析由题图乙知输入电压的有效值即电压表的示数，为220 V，A正确；电容器的耐压值为交流电压的最大值，则有效值为222V ＝11 2 V ，所以原、副线圈的匝数比为102∶1，B 错误；电容器通交流电，所以电流表的示数大于通过电阻R 0的电流，C 错误；由题图乙知交流电的周期为0.02 s ，所以角速度为100π rad/s ，原线圈AB 端输入电压的变化规律为u ＝311sin 100πt V ，D 错误.例7 (2017·山西太原模拟)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16中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )图16A.ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＜I cdB.ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＞I cdC.ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＜I cdD.ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＞I cd 答案 B解析 高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，即副线圈中的电流较小，由I 1I 2＝n 2n 1可知n 2较大，n 1较小，所以ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＞I cd ，选项B 正确.1.(2017·北京理综·16)如图1所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 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.下列说法正确的是( )图1A.原线圈的输入功率为220 2 WB.电流表的读数为1 AC.电压表的读数为110 2 VD.副线圈输出交流电的周期为50 s 答案 B解析 由u ＝2202sin 100πt (V)可知，原线圈电压最大值为220 2 V ，故原线圈电压的有效值为U 1＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ，故电压表的读数为110 V ，选项C 错误；副线圈电流有效值为I 2＝U 2R＝2 A ，根据P ＝UI 可知，输出功率为220 W ，则原线圈的输入功率为220 W ，故A 错误；原线圈中的电流I 1＝P U 1＝1 A ，故B 正确；因为ω＝2πT＝100πrad/s ，所以T ＝0.02 s ，故D 错误.2.(2017·天津和平质量调查)如图2甲所示的电路中，L 1、L 2、L 3为三只“6 V 3 W”的灯泡，变压器为理想变压器.各电表均为理想电表.当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光.下列说法中正确的是( )图2A.变压器原、副线圈的匝数比为1∶2B.副线圈两端输出的交流电频率为50 HzC.电流表的示数为0.5 AD.电压表的示数为18 V 答案 B解析 灯泡正常发光时的电流I 0＝3 W6 V＝0.5 A ，则副线圈中电流I 2＝2I 0，而原线圈中电流I 1＝I 0，则变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝I 2∶I 1＝2∶1，A 项错误.由题图乙可知交流电的周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，B 项正确.电流表的示数I A ＝I 2＝2I 0＝1 A ，C 项错误.因灯泡正常发光，则副线圈两端电压U 2＝6 V ，则原线圈两端电压U 1＝n 1n 2U 2＝12 V ，电压表示数为12 V ，D 项错误.3.如图3甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则( )图3A.发电机产生的交流电的频率是100 HzB.降压变压器输出的电压有效值是340 VC.输电线的电流仅由输送功率决定D.仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小 答案 D解析 由题图乙可知交流电的周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的周期与频率，则A 错.由题图乙可知U m ＝340 V ，有效值U ＝U m2<340 V ，则B 错.输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C 错.当仅增加升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由P ＝UI 可知，输电电流减小，再由P ＝I 2R 可知输电线上损失的功率减小，则D 正确.4.(多选)(2017·湖南长沙三月模拟)图4中理想变压器的原、副线圈的匝数之比为2∶1，电阻R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω，两电表均为理想交流电表.若R 1两端电压瞬时值表达式为u 1＝102sin 100πt V ，则下列说法正确的是( )图4A.电流表的示数为0.5 AB.电压表示数为14.14 VC.R 2消耗的功率为20 WD.原线圈输入交流电频率为100 Hz 答案 AC解析 R 1两端电压U R 1＝10 V ，R 1中电流I R 1＝1010 A ＝1 A ，则副线圈中电流I 2＝I R 1＝1 A ，再由I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶2，可知原线圈中电流I 1＝0.5 A ，则A 正确.电压表测的是R 2两端电压U R 2＝I 2R 2＝20 V ，B 错误.R 2消耗的功率P R 2＝I 22R 2＝20 W ，C 正确.变压器不改变交流电的周期和频率，由R 1两端电压瞬时值表达式u 1＝102sin 100πt V ，可知原线圈输入交流电频率f ＝100π2πHz ＝50 Hz ，D 错误.5.(多选)普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图5高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1∶200和200∶1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11 V ，电流表的读数为1 A ，则( )图5A.甲电表是电压表，乙电表是电流表B.甲电表是电流表，乙电表是电压表C.图示高压输送电路输电线的总电阻是11 ΩD.图示高压输送电路输入的总功率为440 kW 答案 BD6.(多选)(2018·河北冀州调研)如图6所示，理想变压器输入端接在电动势随时间变化、内阻为r 的交流电源上，输出端接理想电流表及阻值为R 的负载.如果要求负载上消耗的电功率最大，则下列说法正确的是( )图6A.该交流电源电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin(100πt ) VB.变压器原、副线圈匝数的比值为r RC.电流表的读数为E m22RrD.负载上消耗的热功率为E2m 4r答案 BC解析 由e －t 图象可知交流电的周期T ＝4×10－2s ，则ω＝2πT＝50π rad/s ，所以e ＝E m sin(50πt ) V ，则A 错误.对于理想变压器，在电源输出最大功率时，电流I 1＝E m22r，此时，变压器输入功率恰好等于电源内阻消耗的功率，又输出功率等于输入功率，则I 12r ＝I 22R ，得出I 1I 2＝R r .又I 1I 2＝n 2n 1，得出n 1n 2＝r R ，I 2＝E m22Rr，则B 、C 项正确.负载上消耗的热功率为P ＝I 22R ＝E2m 8r，则D 项错误.7.一自耦变压器如图7所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a 、b 间作为原线圈.通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c 、d 间作为副线圈，在a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针转到N 点的过程中( )图7A.U 2>U 1，U 2降低B.U 2>U 1，U 2升高C.U 2<U 1，U 2降低D.U 2<U 1，U 2升高 答案 C解析 由U 1U 2＝n 1n 2，n 1>n 2，知U 2<U 1；滑动触头从M 点顺时针旋转至N 点过程中，n 2减小，则U 2降低，C 项正确.8.(多选)如图8所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为5∶1.A 1、A 2为理想交流电流表，V 1、V 2为理想交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压u ＝2202sin 314t V ，以下说法正确的是( )图8A.当光照增强时，电压表V 1示数为44 2 V 且保持不变B.当光照增强时，电压表V 2示数增大C.通过电流表A 1的电流方向每秒变化100次D.当光照增强时，电流表A 1、A 2示数同时变大 答案 CD解析 原线圈两端电压有效值为220 V ，原、副线圈匝数比为5∶1，所以副线圈的电压有效值为44 V ，电压表V 1示数为44 V 保持不变，与电阻的变化无关，A 错误；当光照增强时，R 3的电阻减小，副线圈电路总电阻减小，电路的总电流变大，R 1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V 2示数变小，B 错误；交变电流的周期为T ＝2πω＝2π314＝150 s ，所以通过电流表A 1的电流方向每秒变化100次，C 正确；当光照增强时，R 3的电阻减小，副线圈电路总电阻减小，所以电路的总电流要变大，因此A 1、A 2的示数都要变大，故D 正确. 9.(多选)如图9甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈接交流电源和交流电压表、交流电流表，副线圈通过电阻为R 的导线与热水器、抽油烟机连接.已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按如图乙所示规律变化.现闭合开关S 接通抽油烟机，下列说法正确的是( )图9A.热水器两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt VB.电压表示数为2 200 VC.电流表示数变大D.变压器的输入功率增大 答案 BCD解析 题图乙为副线圈上的电压变化规律，而热水器上的电压要小于副线圈上的电压，选项A 错误；由交变电流规律可知，副线圈上的电压的有效值为220 V ，由变压器变压关系可知，电压表示数为2 200 V ，选项B 正确；闭合开关，副线圈输出功率增大，则原线圈输入功率增大，因此电流表示数变大，选项C 、D 正确.10.(2017·河北唐山一模)一含有理想变压器的电路如图10所示，变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别是4 Ω、2 Ω和3 Ω，正弦交流电源有效值恒定为U .当开关S 断开时，理想电流表的示数为I ，则当S 闭合时，电流表的示数为( )图10A.23IB.12IC.32I D.2I 答案 D解析 设S 闭合时，电流表示数为I 1，对理想变压器有P 入＝P 出，I 1I 2＝n 2n 1，则开关闭合时有I 1U －I 12R 1＝(2I 1)2R 2，开关断开时有IU －I 2R 1＝(2I )2(R 2＋R 3)，联立解得I 1＝2I ，故D 项正确.11.(多选)(2018·山东潍坊质检)如图11甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，理想交流电流表的示数为0.1 A.已知图中元件D 具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是( )图11A.交变电流的频率为50 HzB.变压器原、副线圈匝数比为112∶1C.用电器额定功率为22 WD.在用电器电阻不变的情况下断开开关S ，用电器功率将变为原来的一半 答案 ACD解析 由u －t 图象可知交变电流的周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝1T＝50 Hz ，A 项正确.由题图乙可知原线圈两端输入电压U 1＝220 V ，因闭合S 后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U 2＝20 V ，n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝220 V∶20 V＝11∶1，B 项错误.理想变压器P 入＝P 出＝I 1U 1＝22 W ，又P 出＝P 电器，C 正确.若在用电器电阻不变的情况下断开开关S ，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D 项正确.12.(多选)如图12为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T 1和降压变压器T 2向用户供电.已知输电线的总电阻R ＝10 Ω，降压变压器T 2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与纯电阻用电器组成闭合电路，用电器电阻R 0＝11 Ω.若T 1、T 2均为理想变压器，T 2的副线圈两端电压表达式为u ＝2202sin 100πt (V).下列说法正确的是( )图12A.发电机中的电流变化频率为100 HzB.通过用电器的电流有效值为20 AC.升压变压器的输出功率为4 650 WD.当用电器的电阻R 0减小时，发电机的输出功率减小 答案 BC解析 交变电流经过变压器，频率不变，则交变电流的频率f ＝ω2π＝100π2π Hz ＝50 Hz ，故A 错误.通过用电器的电流有效值I 4＝UR 0＝22022×11A ＝20 A ，故B 正确.根据I 3I 4＝n 4n 3得，输电线上的电流I 3＝20×14 A ＝5 A ，则输电线上损耗的功率P 损＝I 32R ＝25×10 W＝250 W ，降压变压器的输入功率P 3＝U 4I 4＝220×20 W＝4 400 W ，则升压变压器的输出功率P ＝P 3＋P 损＝4 400 W ＋250 W ＝4 650 W ，故C 正确.当用电器的电阻R 0减小时，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，升压变压器原线圈中的电流变大，根据P ＝UI 知，发电机的输出功率增大，故D 错误.13.(2017·江西南昌3月模拟)某课外活动小组用二极管、电感线圈(感抗很大)、电容器、小灯泡等元件组装了一个简易交通指示灯模型，电路如图13所示.关于该交通指示灯，下列说法正确的是( )图13A.若在AB 端加合适的直流电，且当B 端接电源正极时，绿灯亮，黄灯始终不亮B.若在AB 端加合适的直流电，且当A 端接电源正极时，红灯亮，黄灯始终不亮C.若在AB 端加合适的正弦交流电，黄灯亮，绿灯、红灯始终不亮D.若在AB 端加合适的正弦交流电，黄灯始终不亮，绿灯、红灯交替闪烁 答案 C解析 电容器具有通交流、隔直流的特性，二极管具有单向导电性，因电感线圈的感抗很大，则其具有通直流、阻交流的特性.若在AB 端加合适的直流电，当B 端为正时，只有红灯亮；当A 端为正时，只有绿灯亮，则A 、B 两项错误.若在A 、B 端加合适的正弦交流电时，黄灯亮，而红、绿灯都不亮，则C 项正确，D 项错误.14.有一种调压变压器的构造如图14所示.线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压.图中为理想交流电流表，为理想交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )图14A.当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B.当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C.当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D.当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 答案 A解析 当R 3不变，P 顺时针转动时，n MN 变小，由U CD U MN ＝n CDn MN，知U MN 变小，则电压表、电流表读数均变小，A 项正确，同理知B 项错误；当P 不动时，匝数n MN 不变，输出电压U MN 不变，滑动变阻器滑动触头向上滑动，R 3阻值变大，根据“串反并同”，得电压表读数变大，电流表读数变小，C 项错误，同理知D 项错误.。
