高三物理一轮复习变压器电能的输送

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)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(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.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,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′,输电电流为I,输电线总电阻为R.图31．输电电流I＝PU＝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 ＝(P U)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 ＝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．自测2 (多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图4所示为远距离输电的原理图,升压变压器和降压变压器均为理想变压器,发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变,假设用户所用用电器都是纯电阻用电器,若发现发电厂发电机输出的电流增大了,则可以判定( )图4A ．通过用户的电流减小了B ．用户接入电路的总电阻减小了C ．用户消耗的电功率减小了D ．加在用户两端的电压变小了 答案 BD解析 如果发电机输出电流增大,输送电流增大,通过用户的电流增大,A 项错误;由于输电线上的损失的电压增大,因此降压变压器输入、输出电压均减小,即加在用户两端的电压变小了,D 项正确;由I 2U 2＝I 22R ＋(n 3n 4I 2)2R 用户可知,输送电流增大,是由于R 用户减小引起的,B 项正确;当用户总电阻减小时,即用户所用用电器增多,用户消耗的电功率增大,C 项错误.例1 (2016·全国卷Ⅰ·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 1n 22＋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6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6A ．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,所以原线圈输入端电压为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．变式2 (多选)(2019·河南郑州市第一次模拟)如图7甲所示,变压器原、副线圈上有L 1、L 2、L 3、L 4四只灯泡,它们的规格均为“9 V 12 W ”,当在该变压器cd 端输入交变电压u (u －t 图象如图乙所示)时,四只灯泡都正常发光,各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是( )图7A ．a 、b 端输入电压的瞬时值表达式为u ＝272sin 100πt (V)B ．原、副线圈匝数比为3∶1C ．流过灯泡L 2的电流方向每秒改变50次D ．电流表的示数为4 A,ab 端输入的功率P ab ＝48 W 答案 BD解析 由输入端交变电压u －t 图象可求出电压有效值为27 V ,灯泡规格均为“9 V 12 W ”,四只灯泡都正常发光,所以a 、b 端输入电压的有效值是27 V ＋9 V ＝36 V ,由题图乙知交流电的周期是0.02 s,所以a 、b 端输入电压的瞬时值表达式为u ＝362sin 100πt (V),故A 错误;四只灯泡都正常发光,所以副线圈电压为9 V ,根据理想变压器电压比规律得出变压器原、副线圈匝数比为3∶1,故B 正确;由题图乙知交流电的周期为0.02 s,交流电的频率为50 Hz,则流过灯泡L 2的电流方向每秒改变100次,故C 错误;电流表的示数为I ＝3×129 A ＝4 A,a 、b 端输入的功率P ab ＝4×12 W ＝48 W,故D 正确.1．匝数比不变的情况(如图8)图8(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9)图9(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＝U 22R ,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 (2018·天津理综·4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电,电路如图10所示,理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ,R 消耗的功率为P .若发电机线圈的转速变为原来的12,则( )图10A ．R 消耗的功率变为12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变 答案 B解析 发电机线圈的转速变为原来的12,由E ＝nBSω2知,原线圈中输入电压变为原来的12,频率变为原来的12.根据U 1U 2＝n 1n 2,知U 2变为原来的12,即U 2＝12U ,则通过R 的电流变为原来的12,R 消耗的功率P 2＝U 22R ＝14P ,根据I 1I 2＝n 2n 1,原线圈上的电流也变为原来的12,即电流表A 的读数变为12I ,故选B.变式3 (2019·贵州毕节市适应性监测(三))如图11所示,变压器为理想变压器,电流表A 1内阻不可忽略,其余的均为理想的电流表和电压表．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．将滑动变阻器的滑片沿c →d 的方向滑动时,则下列说法正确的是( )图11A ．电压表V 1、V 2示数不变,V 3示数变小B ．电压表V 1、V 2示数变小,V 3示数变大C ．电流表A 1、A 2的示数都增大D ．电流表A 1的示数变小,A 2的示数增大 答案 C解析 当滑动变阻器从c 向d 滑动的时候,滑动变阻器接入电路的电阻变小,副线圈的总电阻减小,假设副线圈的总电压不变,则副线圈的总电流I 2＝U 2R 总增大,变压器的电流关系I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈的总电流I 1增大,则原线圈两端的电压U 1＝U 0－I 1R A 减小,又U 1U 2＝n 1n 2,可知副线圈两端的电压U 2减小,滑动变阻器两端的电压U 3＝U 2－I 2R 0减小,而电压表V 1测量值是U 1;电压表V 2测量值是U 2,电压表V 3测量值是U 3,电流表A 1测量值是I 1,电流表A 2测量值是I 2,故A 、B 、D 错误,C 正确．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,P 1＝P 2,I 1n 1＝I 2n 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,P 3＝P 4,I 3n 3＝I 4n 4.3．掌握一个关系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3 (多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图13为远距离输电示意图,发电厂输出电压U 1＝104 V,输出功率P 1＝109 W,两个理想变压器的匝数比分别为n 1∶n 2＝1∶100、n 3∶n 4＝100∶1,输电线总电阻r ＝50 Ω.则( )图13A ．U 4＝U 1B ．I 4＝I 1C ．通过电阻r 的电流I 2＝2×104 AD ．电阻r 损耗的电功率为5×107 W 答案 BD解析 I 1＝P 1U 1＝105 A,根据I 1I 2＝n 2n 1可得,I 2＝n 1n 2I 1＝1100×105 A ＝103 A,则通过电阻r 的电流为103A,故C 错误;电阻r 两端的电压为U r ＝I 2r ＝103×50 V ＝5×104 V,根据U 1U 2＝n 1n 2可得,U 2＝n 2n 1U 1＝100×104 V ＝106 V,则U 3＝U 2－U r ＝106 V －5×104 V ＝9.5×105 V,U 4＝n 4n 3U 3＝1100×9.5×105V ＝9.5×103 V,则U 4≠U 1,故A 错误;由于I 2＝I 3,I 4＝n 3n 4I 3＝1001×103 A ＝105 A,则I 4＝I 1,故B 正确;电阻r 损耗的电功率P r ＝I 22r ＝(103)2×50 W ＝5×107 W,故D 正确．变式4 (2019·广东清远市期末质量检测)如图14所示,一个小型水电站,其交流发电机的输出电压U 1 一定,通过理想升压变压器T 1 和理想降压变压器T 2向远处用户供电,输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1,它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2;T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3,它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4.下列说法正确的是( )图14A ．当用户的用电器增多时,U 2减小,U 4减小B ．当用户的用电器增多时,P 1增大,P 3减小C ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 22RD ．要减小线路的损耗,应增大升压变压器的匝数比n 2n 1,同时应增大降压变压器的匝数比n 3n 4答案 D解析 交流发电机的输出电压U 1一定,匝数不变,根据U 1U 2＝n 1n 2,知U 2不变,故A 错误;当用户的用电器增多时,用户消耗的电功率变大,则输入功率增大,即P 3变大,故B 错误;输电线上损失的功率为ΔP ＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R ,故C 错误;输送功率一定时,根据P ＝UI 和P 损＝I 2R 知,要减小线路的损耗,应增大输送电压,又U 1一定,根据U 1U 2＝n 1n 2知,应增大升压变压器的匝数比n 2n 1;U 3＝U 2－I 2R ,U 2增大,I 2减小,所以U 3增大,用户电压U 4不变,根据U 3U 4＝n 3n 4知,应增大降压变压器的匝数比n 3n 4,故D 正确．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15所示．图152．互感器分为电压互感器和电流互感器,两者比较如下:电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接 并联在高压电路中 串联在交流电路中 副线圈的连接 连接电压表 连接电流表 互感器的作用 将高电压变为低电压将大电流变为小电流利用的公式 U 1U 2＝n 1n 2I 1n 1＝I 2n 2例4 如图16所示的调压器,滑动触头P 和Q 都可以调节,在输入交变电压一定的条件下,要使输出电压增大,输入电流增大,下列做法正确的是( )图16A ．Q 不动,P 向下移动B ．Q 不动,P 向上移动C ．P 不动,Q 向上移动D ．P 不动,Q 向下移动 答案 A解析 Q 不动,滑动变阻器的有效电阻不变,P 向下移动,原线圈匝数n 1减小,输入电压U 1不变,副线圈匝数n 2不变,根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知,副线圈的电压增大,即输出电压增大,根据欧姆定律可知输出电流增大,输入电流随之增大,故A 正确;Q 不动,滑动变阻器的有效电阻不变,P 向上移动,原线圈匝数n 1增大,输入电压U 1不变,副线圈匝数n 2不变,根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知,副线圈的电压变小,即输出电压变小,根据欧姆定律可知输出电流减小,输入电流随之减小,故B 错误;若P 不动,则原线圈的匝数不变,根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知,副线圈的电压不变,输出电压不变,Q 向上移动,接入电路的电阻变小,输出电流变大,则输入电流随之变大,故C 错误;若P 不动,则原线圈的匝数不变,根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知,副线圈的电压不变,输出电压不变,Q 向下移动,接入电路的电阻变大,输出电流减小,则输入电流随之减小,故D 错误．变式5 (2019·广东“六校”第三次联考)钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成,常用来测量电流强度很大的电流,其原理如图17.若原线圈与副线圈的匝数比为1∶500,电流表A 的示数为1 A,则( )图17A ．钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯B ．钳形电流表能够用来测量直流电的电流C ．被测电路电流的平均值为500 AD ．被测电路电流的最大值为500 A答案 A解析 钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯,A 正确;互感器利用的是电磁感应的互感原理,不能用于测量直流电,故B 错误;由I 2I 1＝n 1n 2得:I 1＝n 2I 2n 1＝500×11A ＝500 A,因为电流表测的是有效值,故C 、D 错误．1．下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法中不正确．．．的是( ) A ．理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定B ．交变电流的最大值是有效值的2倍C ．降低输电损耗有两个途径:减小输电线的电阻和提高输电电压D ．如果把升压变压器的原线圈串联在电路中,副线圈的两端接在普通的交流电流表上,可以制成电流互感器答案 B解析 理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定,选项A 正确;正弦交变电流的最大值是有效值的2倍,选项B 错误;降低输电损耗有两个途径:减小输电线的电阻和提高输电电压,选项C 正确;如果把升压变压器的原线圈串联在电路中,副线圈的两端接在普通的交流电流表上,可以制成电流互感器,选项D 正确．2．(2019·江苏卷·1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10,当输入电压增加20 V 时,输出电压( )A ．降低2 VB ．增加2 VC ．降低200 VD ．增加200 V答案 D解析 假设理想变压器原线圈的输入电压为U 1,则由变压器的工作原理可知U 1n 1＝U 2n 2,变压器副线圈的输出电压为U 2＝10U 1;当输入电压增加20 V 时,即输入电压为U 1＋20 V ,则变压器的输出电压为U 2′＝10U 1＋10×20 V ,则输出电压的变化量为ΔU ＝U 2′－U 2＝10U 1＋200 V －10U 1＝200 V,即输出电压增加200 V ,A 、B 、C 错误,D 正确．3．(2019·四川绵阳市第三次诊断)如图1甲所示的电路中,L 1、L 2为两只“3 V 3 W ”的灯泡,变压器为理想变压器,电流表和电压表均为理想交流电表．当a 、b 端接如图乙所示的交变电压时,两只灯泡均正常发光．则( )图1A ．电压表的示数为3 VB ．电压表的示数为6 VC ．电流表的示数为0.2 AD ．电流表的示数为0.5 A答案 C解析 根据题图乙可知,该正弦交流电压有效值为U 1＝3022V ＝30 V ,电压表测的是有效值,所以电压表示数为30 V ,A 、B 错误;两灯泡均正常发光,根据串联电路功率关系,副线圈功率P 2＝2P L ＝6 W,根据变压器两端功率相等,所以P 1＝P 2＝6 W,且P 1＝I 1U 1,所以I 1＝P 1U 1＝630A ＝0.2 A,C 正确,D 错误．4．(2019·山东济宁市第二次摸底)2009年11月的低温雨雪冰冻天气给我国北方部分地区造成严重灾害,其中高压输电线路因结冰而损毁严重．为消除高压输电线上的冰,事后有人设想利用电流的热效应除冰的融冰思路．若在正常供电时,高压线上输电电压为U ,输电电流为I ,热耗功率为ΔP ;除冰时,在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下,通过自动调节变压器的变压比,使输电线上的热耗功率变为16ΔP ,则除冰时( )A ．输电电流为4IB ．输电电流为16IC ．输电电压为4UD ．输电电压为U 16答案 A解析 高压线上的热耗功率ΔP ＝I 2R 线①若热耗功率变为16ΔP ,则16ΔP ＝I ′2R 线②由①②得I ′＝4I ,所以A 正确,B 错误．输电功率不变,由P ＝UI ＝U ′I ′得U ′＝14U ,所以C 、D 错误． 5.(2019·四川达州市第二次诊断)如图2所示,一自耦变压器接在交流电源上,V 1、V 2为理想交流电压表．下列说法正确的是( )图2A ．若P 不动,滑片F 向下滑动时,V 1示数不变,V 2示数变小B ．若P 不动,滑片F 向下滑动时,灯泡消耗的功率变大C ．若F 不动,滑片P 向上滑动时,V 1示数不变,V 2示数变大D ．若F 不动,滑片P 向上滑动时,灯泡消耗的功率变小答案 A解析 设变压器的输入电压为U 1,输出电压为U 2;若P 不动,滑片F 向下移动时,输入电压U 1不变,V 1示数不变,根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2,由于n 2减小,故输出电压U 2减小,故灯泡消耗的功率减小,V 2的示数变小,故A 正确,B 错误;若F 不动,根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2,输入电压U 1不变,则输出电压U 2也不变,V 1示数不变;滑片P 向上滑动时,滑动变阻器R 的电阻减小,根据闭合电路欧姆定律,干路电流增大,小灯泡中电流、电压都增大,灯泡消耗的功率变大;由U ＝U 2－U L 可知电压表V 2示数变小,故C 、D 错误．6.(2019·四川遂宁市三诊)如图3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7倍时,两灯泡均能正常发光．则灯泡a 与b 的功率之比为( )图3 A ．3∶1B ．1∶3C ．6∶1D ．1∶6答案 D解析 输入电压为U ,则两灯泡正常发光时两端电压均为U 7,变压器的匝数比n 1n 2＝U －U 7U 7＝61,则I 1I 2＝n 2n 1＝16,根据P ＝IU 可知灯泡a 与b 的功率之比为1∶6,故选D. 7.(多选)某50 Hz 的钳形电流表的工作原理如图4所示．当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时,与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转．不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗,已知n 2＝1 000 匝,当用该表测50 Hz 交流电时( )图4A ．电流表G 中通过的是交变电流B ．若G 中通过的电流为50 mA,则导线中的被测电流为50 AC ．若导线中通过的是10 A 矩形脉冲交流电,G 中通过的电流是10 mAD ．当用该表测量400 Hz 的电流时,测量值比真实值偏小答案 AB解析 变压器只改变交流电电压,不改变交流电的频率,电流表G 中通过的仍是交变电流,A 正确;根据变压器原副线圈电流与匝数成反比:I 1I 2＝n 2n 1,I 1＝n 2n 1I 2＝1 0001×0.05 A ＝50 A,B 正确;若导线中通过的是10 A 矩形脉冲交流电,当电流方向不发生改变时,电流大小不变,副线圈中无感应电流,C 错误;根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理,改变交流电的频率,不影响测量值的准确性,D 错误．8．(2020·安徽马鞍山市质检)图5甲为远距离输电示意图,理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1 000,理想降压变压器原、副线圈匝数比为1 000∶1,输电线的总电阻为1 000 Ω,若升压变压器的输入电压如图乙所示,用户端电压为220 V ．下列说法正确的是( )图5 A ．输电线中的电流为3 AB ．电站的输出功率为7 500 kWC ．输电线路损耗功率为90 kWD ．用户端交变电流的频率为100 Hz答案 B解析 由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为U m ＝250 2 V,有效值为U 1＝U m 2＝250 V,根据U 1U 2＝n 1n 2,得副线圈两端的电压U 2＝n 2n 1U 1＝1 0001×250 V ＝2.5×105 V;用户端电压为220 V ,根据U 3U 4＝n 3n 4,得降压变压器原线圈两端的电压U 3＝n 3n 4U 4＝1 0001×220 V ＝2.2×105 V,故输电线上损失的电压为ΔU ＝U 2－U 3＝3×104 V,则输电线上的电流为I ＝ΔU R ＝3×1041 000A ＝30 A,电站的输出功率为P 1＝P 2＝U 2I ＝7 500 kW,输电线路损耗功率为ΔP ＝I 2R ＝900 kW,由题图乙可知,原线圈交变电流的周期为T ＝0.02 s,则频率为f ＝1T＝50 Hz,变压器不会改变交流电的频率,故用户端交变电流的频率为50 Hz,故B 正确,A 、C 、D 错误．9．(2019·福建龙岩市5月模拟)如图6甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1,L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V 3 W ”的灯泡,各电表均为理想交流电表,定值电阻R 1＝9 Ω.输入端交变电压u 随时间t 变化的图象如图乙所示,三只灯泡均正常发光,则( )图6A ．电压u 的瞬时值表达式为u ＝362sin πt (V)B ．电压表的示数为33 VC ．电流表的示数为1 AD ．定值电阻R 2＝3 Ω答案 B 解析 由题图乙知,交变电压的周期为T ＝0.02 s,ω＝2πT＝100π rad/s,电压u 的瞬时值表达式为u ＝362sin 100πt (V),故A 错误;灯泡正常发光,每个灯泡的电流为I ＝P U ＝13A,故副线圈的电流I 2＝3I ＝1 A,根据变流规律:I 1I 2＝n 2n 1,解得原线圈电流I 1＝13A,故C 错误;电阻R 1的电压U R 1＝I 1R 1＝3 V ,由题图乙知输入端电压的有效值为36 V ,则变压器原线圈的电压U 1＝36 V －3 V ＝33 V,所以电压表的示数为33 V,故B 正确;根据变压规律:U 1U 2＝n 1n 2,可得副线圈的电压U 2＝11 V,电阻R 2两端的电压为U R 2＝U 2－U L ＝11 V －9 V ＝2 V,故R 2＝U R 2I 2＝2 Ω,故D 错误． 10．(多选)(2019·福建宁德市5月质检)如图7所示,理想变压器的原线圈接有电压为U 的正弦交流电源,输出电压的有效值恒定．R 1和R 2为定值电阻,R 3为光敏电阻,其阻值随照射光强度的增大而减小．现增大照射光强度,则( )图7A ．通过原线圈的电流减小B ．变压器的输出功率增大C ．R 1两端的电压减小D ．R 2消耗的功率减小答案 BD解析 理想变压器输出电压一定,光照增强,光敏电阻R 3阻值减小,副线圈的总电阻减小,根据欧姆定律知,副线圈的电流增大,根据理想变压器电流与匝数的关系可知,通过原线圈的电流也增大,故A 错误;理想变压器的输出功率P ＝UI ,其中U 不变,I 变大,故变压器的输出功率变大,故B 正确;副线圈电流增大,根据欧姆定律知R 1两端电压增大,故R 2两端电压减小,R 2消耗的功率减小,故C 错误,D 正确．11．(多选)(2019·河南普通高中高考模拟)一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图8甲所示,浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上,内置线圈与R ＝15 Ω的灯泡相连,随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中,其运动速度v ＝0.8πsin (πt ) m/s.浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分),其截面如图乙所示,匝数N ＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B ＝0.2 T,线圈的直径D ＝0.4 m,总电阻r ＝1 Ω.取π2＝10.则下列说法正确的是( )图8A．线圈中产生电动势的瞬时值为e＝64sin (πt) VB．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sin (πt) AC．灯泡两端电压的有效值为30 2 VD．灯泡的电功率为240 W答案ABC解析线圈在磁场中切割磁感线,产生的电动势为:E max＝NBl v maxl＝πD联立得:E max＝πNBD v max＝π×100×0.2×0.4×0.8π V＝64 V则波浪发电产生电动势e的瞬时值为:e＝E max sin (πt)＝64sin (πt)V,故A正确;根据闭合电路欧姆定律得:i＝eR＋r＝4sin (πt) A,故B正确;灯泡电流的有效值为:I＝42A＝2 2 A,则灯泡两端电压的有效值为:U＝IR＝22×15 V＝30 2 V,故C正确;灯泡的电功率为:P＝I2R＝(22)2×15 W＝120 W,故D错误．12．(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)有一种理想自耦变压器的构造如图9所示,线圈a、b 绕在一个圆环形的铁芯上,转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中电阻R1、R2、R3和R4的阻值分别为10 Ω、5 Ω、10 Ω和10 Ω,电压表为理想交流电表,U为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定,滑动触头P处在线圈a、b的中点．开关S闭合时电压表的示数是7 V,则下列说法中正确的是()图9A．正弦交流电压源U的峰值为35 VB．开关S断开时,理想电压表的示数为5 VC．开关S闭合时,通过电阻R4的电流为0.7 AD ．开关S 闭合时,电阻R 2和R 3消耗的电功率相等答案 BC解析 开关S 闭合时,根据欧姆定律可知通过R 1的电流为I 1＝U V R 1＝0.7 A,根据电流之比等于匝数的反比可知副线圈的电流为I 2＝1.4 A;R 3和R 4并联后与R 2串联的电阻为10 Ω,可知副线圈的电压为U 2＝14 V ,根据电压之比等于匝数之比可知原线圈的电压为U 1＝28 V ,正弦交流电压源U ＝U V ＋U 1＝35 V,正弦交流电压源的峰值为35 2 V;通过电阻R 4的电流为12I 2＝0.7 A;电阻R 2消耗的电功率P 2＝I 22R 2＝9.8 W,电阻R 3消耗的电功率P 3＝(12I 2)2R 3＝4.9 W,故选项C 正确,A 、D 错误;开关S 断开时,R 3和R 2串联的电阻为R 23＝15 Ω,设副线圈的电流为I 2′,则副线圈的电压为U 2′＝I 2′R 23,根据电流之比等于匝数的反比可知原线圈的电流为I 1′＝12I 2′,所以原线圈的电压为U 1′＝U －I 1′R 1＝U －12I 2′R 1,根据电压之比等于匝数之比可得U 1′＝2U 2′,联立解得副线圈的电流为I 2′＝1 A,理想电压表的示数为I 1′R 1＝12I 2′R 1＝5 V ,故选项B 正确． 13.(2019·陕西汉中市第二次教学质检)有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中,电源输出电压U 恒定不变,如图10所示．若将该线路与交流电源接通,且开关S 接在位置1时,4个灯泡发光亮度相同;若将开关S 接在位置2时,灯泡均未烧坏．则下列可能的是( )图10A ．该变压器是降压变压器,原、副线圈匝数比为4∶1B ．该变压器是升压变压器,原、副线圈匝数比为1∶4C ．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变亮D ．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光,只是亮度变暗答案 C解析 四个灯泡亮度相同,所以原线圈电流与副线圈电流之比为1∶3,根据电流与匝数成反比知原、副线圈的匝数比为3∶1,可知该变压器是降压变压器,故A 、B 错误;接到位置2,原线圈输入电压变大,根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大,所以副线圈中的灯泡的电流变大,灯泡仍能发光,但亮度变亮,故C 正确,D 错误．14．(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图11甲所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,电流表和电压表均为理想电表,R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小),L 是理想线圈,C 是耐压值和电容都足够大的电容器,D 是灯泡,K 是单刀双掷开关．当原。

第2讲 变压器 电能的输送[基础学问·填一填][学问点1] 志向变压器1．变压器的构造：变压器由原线圈、副线圈和闭合 铁芯 组成． 2．原理：电流磁效应、 电磁感应 .3．志向变压器：不考虑铜损(线圈电阻产生的热量)、铁损(涡流产生的热量)和漏磁的变压器，即志向变压器原、副线圈的电阻均为 零 ，变压器的输入功率和 输出功率 相等．4．志向变压器原、副线圈基本量的关系推断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)变压器不但能变更交变电流的电压，还能变更交变电流的频率．(×)(2)志向变压器能变更交变电压、交变电流，但不变更功率，即输入功率总等于输出功率．(√)(3)志向变压器基本关系式中，电压和电流可以均为有效值．(√) (4)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．(×) [学问点2] 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 ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R.2．电压损失：ΔU ＝U －U ′＝ IR3．功率损失：ΔP ＝P －P ′＝ I 2R ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R .4．削减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 、采纳 电阻率小 的材料做导线．(2)减小输电线中的电流．在输电功率肯定的状况下，依据P ＝UI ，要减小电流，必需提高 输电电压 .推断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)高压输电的目的是增大输电的电流．(×)(2)在输送电压肯定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．(×) (3)高压输电可以削减输电线路上的电能损失，且输电线路上电压越高越好．(×)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－2 P43科学闲逛改编)(多选) 如图所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )A ．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VB ．甲图是电流互感器，输电电流是100 AC ．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD ．乙图是电流互感器，输电电流是100 A 解析：AD [依据匝数比U 1U 2＝n 1n 2，有U 1＝n 1n 2U 2＝1001×220 V＝22 000 V ，故A 正确；甲图是电压互感器，故B 错误；乙图是电流互感器，电表是电流表，故C 错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I 1I 2＝n 2n 1，有I 1＝n 2n 1I 2＝101×10 A＝100 A ，故D 正确．]2．(人教版选修3－2 P44第2题改编)有些机床为了平安，照明电灯用的电压是36 V ，这个电压是把380 V 的电压降压后得到的．假如变压器的原线圈是 1 140匝，副线圈是( )A ．1 081匝B ．1 800匝C ．108 匝D ．8 010匝解析：C [由题意知U 1＝380 V ，U 2＝36 V ，n 1＝1 140匝，则 U 1U 2＝n 1n 2得n 2＝U 2U 1n 1＝108匝．]3．(人教版选修3－2 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．两种状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解析：A [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＝1U 11U 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A.]4．(人教版选修3－2 P48科学闲逛改编)超导是当今高科技探讨的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有始终流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它供应应用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供应用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103kW C ．1.6 kWD ．10 kW解析：A [节约的电功率即为一般电路输电时损耗的电功率，I ＝P U ＝40×103800 A ＝50 A ，P 线＝I 2R ＝502×0.4 W＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 项正确．]考点一 志向变压器基本关系的应用[考点解读]1．志向变压器的制约关系(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．(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<n 2)：把大电流变成小电流，如图丁所示.[典例赏析][典例1] (2024·北京卷)如图所示，志向变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的沟通电源上，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、电压表均为志向电表．下列说法正确的是( )A ．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 ．副线圈输出沟通电的周期为50 s[解析] B [由题知，变压器的输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B 项正确，C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，A 项错误；沟通电的周期T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，D 项错误．] 志向变压器问题三点应牢记1．熟记两个基本公式：(1)U 1U 2＝n 1n 2，即对同一变压器的随意两个线圈，都有电压和匝数成正比．(2)P 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输出功率之和． 2．原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变更率相等．3．原、副线圈中电流变更规律一样，电流的周期、频率一样．[题组巩固]1．如图为一志向变压器，其原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R 组成闭合电路．当直导线MN 在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时，电流表的示数是10 mA ，那么电流表的示数是( )A ．40 mAB ．0C ．10 mAD ．2.5 mA答案：B2．(2024·全国卷Ⅲ)(多选)如图，志向变压器原、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解析：AD [设灯泡额定电压为U 0，则原线圈两端电压U 1＝10U 0－U 0＝9U 0，副线圈两端的电压U 2＝U 0，依据U 1U 2＝n 1n 2，可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝91，选项A 正确，选项B 错误；由I 1I 2＝n 2n 1可得，原、副线圈电流之比为1∶9，由P ＝UI 可得，此时a 和b 的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确．]考点二 志向变压器的动态分析[考点解读]1．匝数比不变的状况(如图所示)(1)U 1不变，依据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1确定输出电压U 2，可以得出不论负载电阻R 如何变更，U 2不变．(2)当负载电阻发生变更时，I 2变更，依据输出电流I 2确定输入电流I 1，可以推断I 1的变更．(3)I 2变更引起P 2变更，依据P 1＝P 2，可以推断P 1的变更． 2．负载电阻不变的状况(如图所示)(1)U 1不变，n 1n 2发生变更，U 2变更． (2)R 不变，U 2变更，I 2发生变更．(3)依据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以推断P 2变更时，P 1发生变更，U 1不变时，I 1发生变更．[典例赏析][典例2] (2024·定州月考)(多选)志向变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调整，如图，在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．原线圈两端接在电压为U 的沟通电源上，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小[解析] BC [在原、副线圈匝数比肯定的状况下，变压器的输出电压由输入电压确定．因此，当Q 位置不变时，输出电压U 不变，此时P 向上滑动，负载电阻值R ′增大，则输出电流I ′减小．依据输入功率P 入等于输出功率P 出，电流表的读数I 变小，故A 错误，B 正确；P 位置不变，将Q 向上滑动，则输出电压U ′变大，I ′变大，电流表的读数变大，变压器的输入功率变大，因此选项C 正确，D 错误．]解决志向变压器中有关物理量的动态分析问题的方法：(1)分清不变量和变量，弄清志向变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定．[母题探究][探究如图所示，志向变压器原线圈接在沟通电源上，图中各电表均为志向电表．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：B [当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 的阻值变大，变压器的次级电压不变，则次级电流减小，则R 1消耗的功率及两端电压均变小，电压表的示数等于变压器次级电压减去R 1两端的电压，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；由于当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，次级电流减小，故初级电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，则变压器的次级电阻减小，次级电流变大，R 1的电压变大，则电压表V 示数减小，则R 2两端电压减小，电流表A 2读数减小；次级电流变大，则初级电流变大，则电流表A 1示数变大，选项D 错误；故选B.][探究2] 匝数比变更，负载不变时的动态分析如图为加热装置的示意图，运用电阻丝加热导气管，视变压器为志向变压器，原线圈接入电压有效值恒定的沟通电并保持匝数不变，调整触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调整前后( )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：C [原线圈的输入电压和匝数不变，依据输出电压的有效值由220 V 降到110V ，由志向变压器原理U 1U 2＝n 1n 2，可得副线圈的匝数变为原来的12，C 选项正确；依据P ＝U 22R可得，副线圈的输出功率变为原来的14，同样原线圈的输入功率也变为原来的14，B 、D 错误；故P ＝UI 可得副线圈的电流变为原来的12，A 错误．][探究3] 原、副线圈匝数都变更时的动态分析(2024·四川理综)如图所示，接在家庭电路上的志向降压变压器给小灯泡L 供电，假如将原、副线圈削减相同匝数，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：B [依据变压器电压与匝数关系，U 1U 2＝n 1n 2，因为是降压变压器，则n 1>n 2，当原、副线圈削减相同匝数时，由数学学问可知n 1n 2变大，则U 2减小，故灯泡变暗，选项A 、C 错误，B 正确；依据I 1I 2＝n 2n 1可知通过原、副线圈电流的比值变小，选项D 错误．故选B.]考点三 远距离输电问题[考点解读]1．理清三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I 1等于发电机中的电流I 机；线圈1两端的电压U 1等于发电机的路端电压U 机；线圈1输入的电功率P 1等于发电机输出的电功率P 机．回路2：输送电路．I 2＝I 3＝I 线，U 2＝U 3＋ΔU ，P 2＝ΔP ＋P 3. 回路3：输出电路．I 4＝I 用，U 4＝U 用，P 4＝P 用． 2．抓住两个物理量的联系(1)志向的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：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 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2.(2)志向的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：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 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.3．驾驭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运用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户．[典例赏析][典例3] (2024·湖南六校联考)(多选)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 的沟通电(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 ，电压供用户运用，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 ．用户最多可运用的功率为392 kWD ．用户负载越多，线路上损耗的功率越小[解析] BC [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．用户最多可运用的功率为P 用＝P 2－I 2R 线＝4×105 W －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．]输电线路功率损失的计算方法1．(2024·江苏卷)采纳220 kV 高压向远方的城市输电．当输送功率肯定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为( )A ．55 kVB ．110 kVC ．440 kVD ．880 kV解析：C [本题考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析实力．当输电功率P ＝UI ，U 为输电电压，I 为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P 损＝I 2R ，R 为输电线路的电阻，即P损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R .当输电功率肯定时，输电线路损失的功率变为原来的14，则输电电压为原来的2倍，即440 V ，故选项C 正确．]2．如图为远距离输电示意图，两变压器均为志向变压器，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 的沟通电源，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 2U 2m4rB.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4rC ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2rD ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r解析：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 m 2n 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 2rn 22U 2m＝4⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r ，故选项C 正确．]思想方法(二十二) 含二极管的变压器问题[典例] (2024·西安八校联考)如图所示的电路中，志向变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为志向二极管，原线圈接u ＝2202sin 100πt (V)的沟通电，则( )A ．沟通电的频率为100 HzB ．通过R 2的电流为1 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为200 W[解析] C [由原线圈沟通电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 项错；由志向变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压U 2＝50 V ，由志向二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R 2，由交变电流的热效应可知，U 22R ·T 2＝U 2R ·T ⇒U ＝22U 2＝25 2 V ，由欧姆定律可知，通过R 2的电流为 2 A ，B 项错，C 项正确；电阻R 2的功率P 2＝UI ＝50 W ，而电阻R 1的电功率P 1＝U 22R 1＝100 W ，由志向变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P ＝P 1＋P 2＝150 W ，D 项错．][题组巩固]1．(2024·沈阳模拟)(多选)如图，一志向变压器的原线圈接在电压为220 V 的正弦沟通电源上，两副线圈匝数分别为n 2＝16匝、n 3＝144匝，通过志向二极管(具有单向导电性)、单刀双掷开关与一只“36 V 18 W”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接1时，灯泡正常发光，则下列说法中正确的是( )A ．原线圈的匝数为880B ．当开关接2时，灯泡两端电压的有效值为20 2 VC ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为18 WD ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为11 W解析：ABD [由n 1n 3＝U 1U L得n 1＝880，选项A 正确；当开关接2时，有n 1n 2＋n 3＝U 1U，解得U＝40 V ，设沟通电周期为T ，U 2R ·T 2＝U ′2R T ，U ′＝20 2 V ，选项B 正确；灯泡电阻为R ＝U 2LP L ＝72 Ω，灯泡消耗的实际功率为P ＝U ′2R ＝1009W≈11 W，选项C 错误，D 正确．] 2．(多选) 如图，一志向变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一志向电流表A 接正弦沟通电源，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．用沟通电压表测得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：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 确定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误；依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．]。

变压器电能的输送1.理解变压器的原理，掌握理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系及电流关系，并会进行有关计算.2.能利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析.3.会计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压．考点一理想变压器基本关系的应用1．基本关系式(1)功率关系：P入＝P出．(2)电压关系：只有一个副线圈时，U1n1＝U2n2；有多个副线圈时，U1n1＝U2n2＝U3n3＝….(3)电流关系：只有一个副线圈时，I1I2＝n2n1.由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…. 2．制约关系(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2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．[例题1] （2024•惠州一模）某电动汽车在充电过程中，可视为理想变压器的原线圈输入电压为220V ，输入功率为 6.6kW ，副线圈的电流为15A ，副线圈通过相关设备连接汽车电池，电池容量为33kWh 。

忽略充电过程中的能量损耗，则变压器的原副线圈匝数比和电池完全充满所需要的时间分别是（ ）A ．1：2，2.2hB ．2：1，5hC ．2：1，2.2hD ．1：2，5h[例题2] （2024•德庆县模拟）如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U 1的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至U 4，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I 4，发电厂的输出电流为I 1；若变压器的匝数n 2＝n 3，则下列关系式正确的是（ ）A ．U 1：U 4＝n 1：n 4B ．U 1：U 4＝n 4：n 1C ．I 1：I 4＝n 1：n 4D ．I 1：I 4＝n 4：n 1[例题3] （2024•新郑市校级三模）为了激发同学们的学习兴趣和探究精神，某学校建有节能环保风力发电演示系统，该系统由风力发电机、交流电变压器和用户三部分构成，简易示意图如下。