2020届高考物理一轮复习难点突破变压器问题难点探析

第二课时 变压器 电能的输送【教学要求】1．了解变压器的构造和原理。

知道变压器的电压与匝数的关系，并能用这关系进行计算。

2．了解远距离输电的主要环节，知道远距离输电时应用高电压的道理。

【知识再现】 一、变压器 1、主要构造：（1）闭合铁芯。

（2）绕在铁芯上的原、副线圈（初级、次级线圈）。

2、工作原理：电磁感应（互感）。

3、几种常用的变压器（l ）自耦变压器：如调压变压器，铁芯上只绕一个线圈，可升压，可降压。

（2）互感器电压互感器：把高电压变成低电压，以便测量高电压。

（降压变压器） 电流互感器：把大电流变成小电流，以便测定小电流。

（升压变压器） 二、电能的输送1、输送电能的基本要求：可靠（供电线路工作可靠）、保质（电压和频率稳定）、经济（输电线路的建造和运行费用低，电能损耗少）。

2、关键：减小输电线路上的电能损耗，P 损=I 2R 。

3、方法：①减小输电线的电阻，如采用电阻率小的材料或增大导线的横截面积。

②高压输电：在输送功率一定的条件下提高输送电压，以减小输电电流，从而减小输电导线上损失的电功率。

知识点一理想变压器的原理及基本关系式由于理想变压器没有漏磁和能量损失，所以穿过原、副线圈的磁通量ф相等，磁通量的变化率△ф/△t 也总是相等，这种使原、副线圈产生的感应电动势与原、副线圈的匝数成正比．故变压器的工作原理是电磁感应（互感现象）．变压器的基本规律可概括为“三变三不变”，即：可改变交流的电压、电流、等效电阻；不能改变功率、频率和直流的电压。

变压器的变压比: U 1／n 1 = U 2／n 2= U 3／n 3 =… = ΔU ／Δn = k 变压器的变流比: n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3+……理想变压器的输入功率由输出功率决定：2211222222111/R n U n R U U I U I P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==== 【应用1】如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1：n 2=4:1，原线圈回路中的电阻A 与副线圈回路中的负载电阻B 的阻值相等。

2020年高考物理一轮复习热点题型专题27变压器与远距离输电题型一 理想变压器原理的应用 题型二 理想变压器的动态分析 题型三 远距离输电题型四 两种特殊的变压器模型题型一 理想变压器原理的应用理想变压器原、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：U 1U 2＝n 1n 2，与负载、副线圈的个数无关 电流 关系 (1)只有一个副线圈时：I 1I 2＝n 2n 1(2)有多个副线圈时：由P 入＝P 出得I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋…＋I n U n 或I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…＋I n n n频率 关系f 1＝f 2(变压器不改变交变电流的频率)【例题1】（2019·江苏卷）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20V 时，输出电压 A ．降低2 V B ．增加2 V C ．降低200 V ．增加200 V【答案】D【解析】由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即1122U n U n =，得：2211n U U n =，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：2211n U U n ∆=⋅∆，当输入电压增加20V 时，输出电压增大200V ，故D 正确。

2．（2019·山东省潍坊市高三模拟训练）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1:n 2=11:5，原线圈接u l =110sin100πt V 的交流电，电阻R 1=R 2=25 Ω，D 为理想二极管，则A ．通过电阻R 1的电流为2 AB ．二极管的反向耐压值应大于50 VC ．原线圈的输入功率为大于50 WD ．通过原线圈的电流为15A 11【答案】BC【解析】由表达式知原线圈电压有效值为110552V2U ==，根据122n U U n =，得副线圈两端电压为2252U V =，则通过电阻R 1的电流为2112522A 25U I R ===；故A 错误；输出电压最大值为50 V ；故要使电路正常工作，反向耐压值应大于50 V ，故B 正确；根据电流热效应，22223(252)2U T T R R ⨯=，所以R 2两端的电压为325V U =，则通过R 2的电流为223251A 25U I R ===，输出端的总功率【例题3】(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图所示，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()A.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 1n22＋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.【例题4】(多选)(2016·全国卷Ⅲ·19)如图所示，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( )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 【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.题型二 理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(如图)(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)(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.【例题1】(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9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( )A.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 ＝nBS ω2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.【例题2】 (多选)(2018·山东省临沂市一模)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，图中电表均为理想电表，R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 1和L 2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是( )A.交流电压的频率为50 HzB.电压表的示数为11 VC.当照射R 的光强增大时，电流表的示数变大D.若L 1的灯丝烧断后，电压表的示数会变小 【答案】 ABC【解析】 由题图乙可知交流电压周期T ＝0.02 s ，所以频率为f ＝1T＝50 Hz ，故A 正确；原线圈接入电压的最大值是220 2 V ，所以原线圈接入电压的有效值是U ＝220 V ，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，所以副线圈两端电压是11 V ，所以电压表的示数为11 V ，故B 正确；R 阻值随光强增大而减小，根据I ＝UR知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，可知原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以电流表的示数变大，故C 正确；当L 1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D 错误.【例题3】(2018·山西省重点中学协作体期末)如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，R t 为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R 1为定值电阻.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电.下列说法中正确的是( )A.输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u ＝362sin 50πt VB.变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C.t ＝0.01 s 时，发电机的线圈平面位于中性面D.R t 温度升高时，变压器的输入功率变小 【答案】 C【解析】 由题图乙可知交流电压最大值U ＝36 2 V ，周期T ＝0.02 s ，可由周期求出角速度的值为2π0.02 rad/s ＝100π rad/s ，则可得交流电压u 的瞬时值表达式u ＝362sin 100πtV ，故A 错误；根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故B 错误；t ＝0.01 s 时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面，故C 正确；R t 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大，故D 错误.题型三 远距离输电1.理清三个回路远距离输电电网间的基本结构如图所示.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，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.【例题1】(2019·安徽省马鞍山市质检)图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( )A.输电线中的电流为3 AB.电站输出的功率为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 m2＝250V ，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＝2.5×105V ；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＝2.2×105V ，故输电线上损失的电压为ΔU ＝U 2－U 3＝3×104V ，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.【例题2】(多选)(2018·广东省潮州市下学期综合测试)远距离输电线路简化如图所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R ，则( )A.I 2<U 2RB.输电线损失的电功率为U22RC.提高输送电压U 2，则输电线电流I 2增大D.电厂输送电功率为U 2I 2 【答案】 AD【解析】 在输电线路上：U 2＝I 2R ＋U 3，所以I 2<U 2R，故A 正确；由于U 2不是R 两端的电压，所以输电线损失的电功率不是U22R，故B 错误；因为输送功率不变，根据P 2＝U 2I 2，可知提高输送电压U 2，则输电线电流I 2减小，故C 错误；因变压器为理想变压器，所以有P 1＝P 2＝U 2I 2，故D 正确.题型四 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，如图所示.2.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【例题1】(2018·山东省菏泽市上学期期末)如图所示的调压器，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( )A.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，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，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.【例题2】(多选)(2018·山西省太原市三模)某50 Hz 的钳形电流表的工作原理如图所示.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( )A.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：I1I2＝n2n1，I1＝n2n1I2＝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.。

2020山东高考物理试卷分析及一轮复习应对措施2020年9月8日星期二一、2020山东高考物理试卷题目考点分布题号分值分值背景知识点课本13乘客乘坐电梯+图像x-t图像，牛顿第二定律必修123核反应+电流核反应方程，电流定义式选修3-1，3-5 33双缝干涉实验装置折射率，介质中的速度选修3-443波形图振动方程，波的图像选修3-453变压器变压器，串并联电路规律选修3-1，选修3-2 63气体图像理想气体状态方程，热力学第一定律选修3-373火星探测器减速星表模型，牛顿第二定律必修1，必修2 83斜面滑轮连接体叠加受力分析，平衡问题必修194直角三棱镜全反射，折射率选修3-4104不等量同种电荷电势，电势能选修3-1114弹簧连接体平衡，简谐运动，做功，机械能，必修2，必修1 124不规则线框切割电磁感应，安培力选修3-2136手机拍摄物块沿斜面下滑运动学公式，图象，数据处理必修1148测电动势和内阻误差分析，描点作图，实物连接选修3-1157火罐和抽气罐理想气体状态方程，变质量问题选修3-3169滑雪在斜面上斜抛受力分析，斜抛运动，运动的合成和分解必修1，必修2 1714带电粒子在电磁场运动，空间运动电场加速，偏转，磁场圆周，运动合成分解必修2，选修3-11816往复多次斜面上的碰撞弹性碰撞，能量守恒定律，动量守恒定律，动能定理，多解周期性，运动学公式选修3-5，必修1，必修2单选24分多选16分实验14分计算题46分二、试卷难度分布基础题中档题拔高题1,3,4,5,6,7,8,10 2,9,12,13,14，15,16，17,18本次试卷阅读量、计算量较大，新颖度、创新性较之前有较大变化，这样就拔高了试卷在学生心目中的难度；整体来看难度贴合9:7:2的比例分配，本次试卷选择生活、科技为背景的题目较多，如第7题，第13题，第15题，第16题,充分发挥学生学科联系实际的能力，同时重点考察学生分析问题、思考问题、解决问题的能力；如第2题、第16题、第17题，对学生独立思考、把复杂问题简单化的能力要求较高。

第2节　变压器　电能的输送素养提升基础知识一、理想变压器1.变压器的原理基础过关 紧扣教材·自主落实教材解读 现象是变压器工作的基础.电流通过原线圈时在铁芯中激发 ,由于电流的大小、方向在不断变化,铁芯中的磁场也在不断 ,变化的磁场在副线圈中产生 电动势.在输入电压一定时,原、副线圈取不同的匝数,副线圈输出的电压也不一样.互感磁场变化感应2.理想变压器的基本关系(1)功率关系: .P 入=P 出降压升压3.几种常见的变压器(1)自耦变压器——调压变压器()()():2⎧⎪⎪⎨⎪⎪⎩电压互感器把高 变成低 ,其原线圈匝数 选填“多于”或“少于”副线圈匝数.互感器电流互感器:把大 变成小 ,其原线圈匝数 选填“多于”或“少于”副线圈匝数.电压电压多于电流电流少于二、电能的输送1.输电过程(如图所示)3.电压损失Ir(1)ΔU= .(2)ΔU=U-U′.I2r (2)ΔP=P-P′.(1)理想变压器的基本关系式中,电压和电流可以均为有效值.( )(2)变压器不但能改变交变电流的电压,也能改变直流电流的电压,还能改变交变电流的频率.( )(3)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.( )(4)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.( )(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗.( )过关巧练√1.思考判断×××√2.如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2;副线圈电路中接有灯泡,灯泡的额定电压为220 V,额定功率为 22 W;原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表.现闭合开关,灯泡正常发光.若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数,则( )A3.(2018·广东深圳模拟)如图为远距离输电的电路原理图,则下列判断正确的是( )DA.U1>U2B.U2=U3C.I4<I2D.I1>I2解析:从电厂经升压变压器,电压被提高,U1<U2,而电流与匝数成反比,则有I 1>I2.故A错误,D正确;由于输电线存在电阻,所以U2>U3,故B错误;用户处为降压变压器,根据电流与匝数成反比,知I2<I4.故C错误.考点研析 核心探究·重难突破考点一　理想变压器的原理和基本关系1.变压器的工作原理2.理想变压器的制约关系【典例1】 (2016·全国Ⅲ卷,19)(多选)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∶9AD【针对训练】 如图所示,理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交变电源上,交变电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin 100πt(V),副线圈所在电路中接有一个电阻、小电动机、理想交流电压表和理想交流电流表.已知理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1.电阻的额定功率为44 W,小电动机内电阻为1 Ω,电流表示数为3 A,各用电器均正常工作.则( )A.电压表示数为31.1 VB.小电动机的输出功率为21 WC.变压器的输入功率为44 WD.通过保险丝的电流为30 AB考点二　理想变压器的动态分析1.变压器动态分析的两种情况(1)匝数比不变、负载发生变化的情况(如图)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.③I2变化引起P2变化,P1=P2,故P1发生变化.(2)负载电阻不变、匝数发生变化的情况(如图)②R不变,U2改变,故I2发生变化.A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22 VB.当单刀双掷开关与a连接时,在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,电压表和电流表的示数均变小C.当仅把单刀双掷开关由a扳向b时,原线圈输入功率变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时,调节滑动变阻器滑片到适当位置,有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等变压器动态分析要点反思总结处理此类问题的关键是要分清变量和不变量,弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系——U2由U1和匝数比决定;I2由U2和负载电阻决定;I1由I2和匝数比决定.1.[负载电阻变化](2019·山东淄博一中质检)如图所示,理想变压器原线圈两端的电压不变,电流表为理想电流表,副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2,输电线的等效电阻为R,开始开关S断开,当开关S闭合后,以下说法正确的是( )A.副线圈两端MN输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R上的电压减小C.通过灯泡L 1的电流增大D.原线圈中电流表的示数增大题组训练D解析:理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出电压也不变,故A错误;由于副线圈的输出电压不变,当S闭合时,副线圈的电阻减小,所以总的电流变大,所以副线圈输电线等效电阻R上的电压增大,故B错误;当S闭合后,两个灯泡并联,电路的电阻减小,副线圈的电流变大,所以通过电阻R的电流变大,电压变大,那么并联部分的电压减小,所以通过灯泡L的电流减小,故C错误;由于变压器的输入功率和输出1功率相等,副线圈的电阻减小了,输出功率变大了,所以原线圈的输入功率也要变大,因为输入的电压不变,所以输入的电流要变大,故D正确.2.[原、副线圈匝数都变化](2016·四川卷,2)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B不变,则( ) Array 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考点三　远距离输电远距离输电问题的“三二一”1.理清三个回路在回路2中,U 2=ΔU+U 3,I 2=I 线=I 3.3.掌握一个守恒能量守恒关系式P1=P损+P4.【典例3】 (2019·山东济宁质检)图(甲)为远距离输电示意图,变压器为理想变压器,升压变压器原副线圈匝数比为 1∶100,输入电压如图(乙)所示,远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图(报警器未画出),R 1为定值电阻,R 2为半导体热敏材料制成的传感器,当温度升高时其阻值变小.未出现火警时,升压变压器的输入功率为660 kW.下列说法中正确的是( )A A.远距离输电线路损耗的功率为90 kWB.远距离输电线路损耗的功率为180 kWC.当传感器R 2所在处出现火警时,输电线上的电流变小D.当传感器R 2所在处出现火警时,R 2两端的电压变大【针对训练】 已投产运行的1 000 kV特高压输电项目,是目前世界上输电电压最高的输电工程.假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电,在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下,现改用1 000 kV特高压输电,不考虑其他因素的影响.则( )D素养提升 学科素养·演练提升核心素养【思维拓展】 把握三点,解决含二极管的变压器问题1.二极管具有单向导电性:正向导通,反向截止.2.先假设二极管不存在,分析副线圈的电流,再利用二极管的单向导电性对副线圈的电流进行修正.3.结合能量守恒定律进行分析.【示例】 (多选)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( )BD A.Uab ∶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:因副线圈负载中有二极管,因此a,b两点间电压与c,d两点间电压不再满足与线圈匝数成正比,因此A项错误;增大负载电阻的阻值R,会使副线圈中的电流变小,因此原线圈中的电流表示数变小,故B项正确;副线圈两端电压由原副线圈的匝数比和原线圈电压决定,只减小负载电阻的阻值不会改变副线圈的电压,故c,d两点间电压不变,选项C错误;当二极管导通时会造成半波损失,若将二极管短路,半波损失会消失,因此电阻消耗的电功率会加倍,由P=UI知,因P加倍而U不变,因此I加倍,因此电流表的读数加倍,故D项正确.高考模拟BA.2B.3C.4D.5　C3.(2016·天津卷,5)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,R1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A1示数变大D.若闭合开关S,则电流表A1示数变大,A2示数变大B点击进入课时训练。

高二物理《变压器》重难知识点精析及综合能力提升训练（一）重难知识点精析 1．变压器的构造原线圈、 副线圈、 铁心2．变压器的工作原理在原、副线圈上由于有交变电流而发生的互相感应现象，叫做互感现象，互感现象是变压器工作的基础。

3．理想变压器磁通量全部集中在铁心内，变压器没有能量损失，输入功率等于输出功率。

4．理想变压器电压跟匝数的关系： U 1/U 2= n 1/n 2说明：对理想变压器各线圈上电压与匝数成正比的关系，不仅适用于原、副圈只有一个的情况，而且适用于多个副线圈的情况。

即有332211n U n U n U ===……。

这是因为理想变压器的磁通量全部集中在铁心内。

因此穿过每匝线圈的磁通量的变化率是相同的，每匝线圈产生相同的电动势，因此每组线圈的电动势与匝数成正比。

在线圈内阻不计的情况下，每组线圈两端的电压即等于电动势，故每组电压都与匝数成正比。

5．理想变压器电流跟匝数的关系I 1/I 2= n 2/n 1 （适用于只有一个副线圈的变压器）说明：原副线圈电流和匝数成反比的关系只适用于原副线圈各有一个的情况，一旦有多个副线圈时，反比关系即不适用了，可根据输入功率与输出功率相等的关系推导出：U 1I 1= U 2I 2+ U 3I 3+U 4I 4+……再根据U 2=12n n U 1， U 3=13n n U 1 ， U 4=14n n U 4……可得出：n 1I 1=n 2I 2+ n 3I 3+ n 4I 4+……6．注意事项（1）当变压器原副线圈匝数比(21n n )确定以后，其输出电压U 2是由输入电压U 1决定的(即U 2=12n n U 1)但若副线圈上没有负载 ， 副线圈电流为零输出功率为零 ， 则输入 功率为零，原线圈电流也为零，只有副线圈接入一定负载，有了一定的电流，即有了一定的输出功率，原线圈上才有了相应的电流（I 1=12n n I 2），同时有了相等的输入功率，（P 入=P 出）所以说：变压器上的电压是由原线圈决定的，而电流和功率是由副线圈上的负载来决定的。

2020届高考物理一轮复习难点突破滑动变阻器应用分析滑动变阻器是电学实验中常用的仪器，近几年高考电学设计性实验命题对其应用多次直截了当或渗透考查.如何选择滑动变阻器的接法设计操纵电路仍是历届考生应考的难点.●难点展台1.〔★★★★〕如图12-1所示，滑动变阻器电阻最大值为R ，负载电阻R 1=R ，电源电动势为E ,内阻不计.〔1〕当K 断开，滑动头c 移动时，R 1两端的电压范畴是多少？ 〔2〕当K 接通，滑动头c 移动时，R 1两端的电压范畴是多少？〔3〕设R 的长度ab =L ,R 上单位长度的电阻各处相同，a 、c 间长度为x ，当K 接通后，加在R 1上的电压U 1与x 的关系如何？2.〔★★★★★〕用伏安法测金属电阻R x 〔约为5 Ω〕的值，电流表内阻为1 Ω,量程为0.6 A,电压表内阻为几k Ω，量程为3 V ，电源电动势为9 V ，滑动变阻器的阻值为0~6Ω，额定电流为5 A ，试画出测量R x 的原理图.●案例探究［例1］〔★★★★★〕用伏安法测量某一电阻R x 阻值，现有实验器材如下：待测电阻R x 〔阻值约5 Ω,额定功率为1 W 〕；电流表A 1〔量程0~0.6 A,内阻0.2 Ω〕;电流表A 2〔量程0~3 A ，内阻0.05 Ω〕;电压表V 1〔量程0~3 V ，内阻3 k Ω〕;电压表V 2〔量程0~15 V ，内阻15 k Ω〕;滑动变阻器R 0〔0~50 Ω〕,蓄电池〔电动势为6 V 〕、开关、导线.为了较准确测量R x 阻值，电压表、电流表应选________，并画出实验电路图. 命题意图：考查正确选择实验仪器及据实验原理设计合理电路的实验能力.B 级要求. 错解分析：没能据安全性、准确性原那么选择A 1和V 1，忽视了节能、方便的原那么，采纳了变阻器的分压接法.解题方法与技巧：由待测电阻R x 额定功率和阻值的大约值，能够运算待测电阻R x 的额定电压、额定电流的值约为U =51⨯≈PR ≈2.2 V,I =5/1/≈R P =0.45 A. 那么电流表应选A 1，电压表应选V 1.图12-1又因30002.0⨯=⨯V A R R =24.5 Ω＞R x ，那么电流表必须外接.因为滑动变阻器的全阻值大于被测电阻R x ，故第一考虑滑动变阻器的限流接法，假设用限流接法，那么被测电阻R x 上的最小电流为I min =5056+=+R E E x =0.11 A ＜I 额，故可用限流电路.电路如图12-2所示.●锦囊妙计一、滑动变阻器的限流接法与分压接法的特点图12-3所示的两种电路中，滑动变阻器〔最大阻值为R 0〕对负载R L 的电压、电流强度都起操纵调剂作用，通常把图12-3〔a 〕电路称为限流接法，图12-3〔b 〕电路称为分压接法.负载R L 上电压调剂范畴〔忽略电源内阻〕负载R L 上电流调剂范畴〔忽略电源内阻〕 相同条件下电路消耗的总功率限流接法R R R L L+E ≤U L ≤E0R R E L +≤I L ≤LR EEI L分压接法0≤U L ≤E0≤I L ≤LR EE 〔I L +I ap 〕 比较 分压电路调剂范畴较大 分压电路调剂范畴较大限流电路能耗较小其中，在限流电路中，通R L 的电流I L =R R EL +，当R 0＞R L 时I L 要紧取决于R 0的变化，当R 0＜R L 时，I L 要紧取决于R L ，专门是当R 0<<R L 时，不管如何样改变R 0的大小，也可不能使I L 有较大变化.在分压电路中，不论R 0的大小如何，调剂滑动触头P 的位置，都能够使I L 有明显的变化.二、滑动变阻器的限流接法与分压接法的选择方法滑动变阻器以何种接法接入电路，应遵循安全性、精确性、节能性、方便性原那么综合考虑，灵活择取.图12-3图12-21.以下三种情形必须选用分压式接法〔1〕要求回路中某部分电路电流或电压实现从零开始可连续调剂时〔如：测定导体的伏安特性、校对改装后的电表等电路〕，即大范畴内测量时，必须采纳分压接法.〔2〕当用电器的电阻R L 远大于滑动变阻器的最大值R 0，且实验要求的电压变化范畴较大〔或要求测量多组数据〕时，必须采纳分压接法.因为按图12-3〔b 〕连接时，因R L >>R 0＞R ap ,因此R L 与R ap 的并联值R 并≈R ap ，而整个电路的总阻约为R 0，那么R L 两端电压U L = IR并=R U·R ap ，明显U L ∝R ap ,且R ap 越小，这种线性关系越好，电表的变化越平稳平均，越便于观看和操作.〔3〕假设采纳限流接法，电路中实际电压〔或电流〕的最小值仍超过R L 的额定值时，只能采纳分压接法.2.以下情形可选用限流式接法〔1〕测量时电路电流或电压没有要求从零开始连续调剂，只是小范畴内测量，且R L 与R 0接近或R L 略小于R 0，采纳限流式接法.〔2〕电源的放电电流或滑动变阻器的额定电流太小，不能满足分压式接法的要求时，采纳限流式接法.〔3〕没有专门高的要求，仅从安全性和精确性角度分析两者均可采纳时，可考虑安装简便和节能因素采纳限流式接法.●消灭难点训练1.〔★★★★〕〔2002年上海〕在如下图12-4所示电路中，当变阻器R 3的滑动头P 向b 端移动时A.电压表示数变大，电流表示数变小B.电压表示数变小，电流表示数变大C.电压表示数变大，电流表示数变大D.电压表示数变小，电流表示数变小2.〔★★★★〕如图12-5所示，当变阻器R 2的触头P 向右滑动时，有A.电容器C 内电场强度增大B.电压表示数增大C.R 1上消耗的功率增大图12—4图12-5D.电源输出的功率一定增大3.〔★★★★〕如图12-6所示电路中，电源电动势为E ,内电阻为r ,R 1和R 2为定值电阻，R 3为可变电阻，当R 3的滑动头P 由a 向b 端滑动过程中，电压表V 1、V 2和电流表A 1、A 2的读数如何变化？4.〔★★★★〕将量程为100μA 的电流表改装成量程为1 mA的电流表，并用一标准电流表与改装后的电流表串联，对它进行校准.校准时要求通过电流表的电流能从零连续调到1 mA ，试按实验要求画出电路图.5.〔★★★★★〕如图12-7所示，电源电动势E =12 V,内阻r = 0.5 Ω,R 1=2 Ω,R 2=3 Ω,滑动变阻器的总电阻R 0=5 Ω,试分析：在滑动片K 从a 端移至b 端的过程中，电流表A 的示数如何变化?6.〔★★★★★〕用伏安法测量一个定值电阻的器材规格如下：待测电阻R x 〔约100 Ω〕;直流电流表〔量程0~10 mA 、内阻50 Ω〕;直流电压表〔量程0~3 V 、内阻5 k Ω〕;直流电源〔输出电压4 V 、内阻不计〕；滑动变阻器〔0~15 Ω、承诺最大电流1 A 〕；开关1个，导线假设干.依照器材的规格和实验要求画出实验电路图.参考答案［难点展台］1.〔1〕2E≤U 1≤E 〔2〕0≤U 1≤E 〔3〕U 1=I R 并，R 并=R LR x RL R x +⋅,I =L R x L R E)(-+并 得：U 1=Lxx L ELx +-22 2.如图12′—1图12′—1［消灭难点训练］ 1.B 2.A 、B图12-6图12-73.V 1示数减小 V 2示数增加 A 1示数增大 A 2示数减小4.如图12′—2图12′—25.电流表示数由大变小，然后由小变大.6.用伏安法测量电阻有两种连接方式，即电流表的内接法和外接法，由于R x ＜v A R R ，故电流表应采纳外接法.在操纵电路中，假设采纳变阻器的限流接法，当滑动变阻器阻值调至最大，通过负载的电流最小，I min =xA R R R E++=24 mA ＞10 mA,现在电流仍超过电流表的量程，故滑动变阻器必须采纳分压接法.如图12′—3所示.图12′—3。

高中物理--变压器难点分析变压器动态问题难度相对较小，但对于原线圈一侧有负载时有的同学犯迷糊，参考资料上给出的答案普遍没有说透，现在我们来讨论下这种情况。

相关知识1.原副线圈两端电压比 U1：U2=N1：N22.原副线圈两端电流比 I2：I1=N1：N23.理想变压器原线圈输入功率=副线圈功率例1.如图所示的理想变压器，左端输入有效值不变的正弦交流电u，电压表和电流表都是理想电表，忽略小灯泡电阻的变化，则开关S闭合后与闭合前相比较，下列说法正确的是（）A．L1变亮B．L2变亮C．电流表A的示数变小D．电压表V的示数变小设原副线圈匝数比为K，副线圈一侧总电阻为R，流过电流表电流为I，则副线圈电压可表示为IR，相应的原线圈一侧电压为IRK，原线圈中电流为I/K,于是有下列式子成立：其中U、K、RL1都不变化，当闭合开关后，副线圈总电阻R变小，所以I变大，电流表数变大，灯泡L1变亮，原线圈电压变小，电压表变小，灯L2变暗，选AD解决这类问题核心是用一端的电阻与电流列出恒等式，熟练以后可直接记住结论。

比如副线圈一侧并联的用电器越多（等效于副线圈一侧滑动变阻器阻值变小）输出功率越大，总功率P=UI，原线圈电流就变大了变式1.如图所示，电源电压保持不变，若将滑动变阻器的滑片向左滑动，关于两电表的变化说法正确的是（）A.电流表示数变大B.电流表示数变小C.电流表示数变大D电流表示数变小变式2.如图所示，某理想变压器分别接有两个相同灯泡A和B，当副线圈的选择开关S打到1时，灯泡B功率是A的4倍，现把开关S打到2，副线圈接入电路匝数变为原来一半，灯泡阻值不变化，则（）A.灯泡A变亮B.灯泡B变亮C.灯泡B电功率是A的16倍D.副线圈两端电压变为原来一半。

《变压器综合题》一、计算题1.小型水利发电站的发电机输出功率为1000kW，输出电压为500V，输电线总电阻为，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的，需在发电机处设升压变压器，用户所需电压为220V，所以在用户处需安装降压变压器．输电电路图如图所示，求：输电线上的电流．升压变压器的原、副线圈的匝数之比．降压变压器的原、副线圈的匝数之比．2.一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数 100匝．接入电压的电路中．若两副线圈上分别接上“6V，20W”“110V，60W”的两个用电器，并同时正常工作，原线圈的输入电流为多少？3.淮安市某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备，该发电机输出功率为40kW，输出电压为400V，用变压比原、副线圈匝数比为：：5的变压器升压后向某小区供电，输电线的总电阻为，到达该小区后再用变压器降为220V．画出输电过程的电路示意图；求输电线上损失的电功率；求降压变压器的变压比：．4.如图所示，矩形线圈abcd匝数匝、面积、电阻不计，处于磁感应强度的匀强磁场中。

线圈通过金属滑环E、F与理想变压器原线圈相连，变压器的副线圈接一只“10V，10W”灯泡。

接在矩形线圈和原线圈间的熔断器允许通过最大电流、电阻忽略不计，现使线圈abcd绕垂直于磁场的轴以角速度匀速转动，灯泡正常发光。

求：线圈abcd中电动势有效值；变压器原、副线圈匝数之比；副线圈中最多可以并联多少盏这样灯泡。

5.一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给某工厂，已知发电机的输出功率为，输出电压为，升压变压器原、副线圈匝数比为，两个变压器间的输电导线的总电阻为，降压变压器的输出电压为，变压器本身的损耗忽略不计，在输电过程中电抗造成电压的损失不计，求：升压变压器副线圈两端的电压；输电线上损耗的电功率；降压变压器原、副线圈的匝数比。

6.如图所示为理想变压器，三个灯泡、、都标有“6V，6W”，标有“6V，12W”，若它们都能正常发光。

求变压器原、副线圈匝数比；间电压是多少？7.一小型发电机通过升压、降压变压器把电能输送给某工厂，已知发电机的输出功率为为50kW，输出电压为500V，升压变压器原、副线圈匝数比为1：5，两个变压器间的输电导线的总电阻为，降压变压器的输出电压为220V，变压器的损耗忽略，在输电过程中电抗造成电压的损失不计，求：升压变压器副线圈两端的电压；输电线上损耗的电功率；降压变压器原、副线圈的匝数比．该厂安装的都是“220V 40W”的电灯，不考虑其他电器，则允许同时开多少盏灯？8.某学校有一台应急备用发电机，内阻为，升压变压器的匝数比为1：4，降压变压器的匝数比为4：1，输电线的总电阻为，全校22个教室，每个教室用“220V40W”的灯泡6盏，要求所有灯都正常发光，则输电线上损耗的电功率多大？发电机的输出功率多大？发电机的电动势多大？9.如图所示，MN、PQ是两条水平、平行放置的光滑金属导轨，导轨的一端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比：：10，导轨宽。

2020届高考物理一轮复习难点突破追碰问题与时空观〝追碰〞类咨询题以其复杂的物理情形，综合的知识内涵及宽敞的思维空间，充分表达着考生的明白得能力、分析综合能力、推理能力、空间想象能力及理论联系实际的创新能力，是考生应考的难点，也是历届高考常考常新的命题热点.●难点展台1.〔★★★★〕〔1999年全国〕为了安全，在公路上行驶的汽车之间应保持必要的距离.某高速公路的最高限速v =120 km/h.假设前方车辆突然停止，后车司机从发觉这一情形，经操纵刹车，到汽车开始减速所经历的时刻〔即反应时刻〕t =0.50 s,刹车时汽车受到阻力的大小f 为汽车重的0.40倍，该高速公路上汽车间的距离s 至少应为多少？〔取重力加速度g =10 m/s 2〕2.〔★★★★★〕〔2000年全国〕一辆实验小车可沿水平地面〔图中纸面〕上的长直轨道匀速向右运动.有一台发出细光束的激光器装在小转台M 上，到轨道的距离MN 为d =10 m ，如图1-1所示.转台匀速转动，使激光束在水平面内扫描，扫描一周的时刻为T ＝60ｓ.光束转动方向如图中箭头所示.当光束与MN 的夹角为45°时，光束正好射到小车内.假如再通过Δt ＝2.5 ｓ，光束又射到小车内，那么小车的速度为多少?〔结果保留两位数字〕3.〔★★★★★〕一段凹槽A 倒扣在水平长木板C 上，槽内有一小物块B ，它到槽内两侧的距离均为21，如图1-2所示.木板位于光滑水平的桌面上，槽与木板间的摩擦不计，小物块与木板间的动摩擦因数为μ.A 、B 、C 三者质量相等，原先都静止.现使槽A 以大小为 v 0的初速向右运动，v 0＜gl 2.当A 和B 发生碰撞时，两者的速度互换.求：〔1〕从A 、B 发生第一次碰撞到第二次碰撞的时刻内，木板C 运动的路程. 〔2〕在A 、B 刚要发生第四次碰撞时，A 、B 、C 三者速度的大小. ●案例探究［例1］〔★★★★★〕从离地面高度为h 处有自由下落的甲物体，同时在它正下方的地面上有乙物体以初速度v 0竖直上抛，要使两物体在空中相碰，那么做竖直上抛运动物体的初速度v 0应满足什么条件？〔不计空气阻力，两物体均看作质点〕.假设要乙物体在下落图1-1图1-2过程中与甲物体相碰，那么v 0应满足什么条件？命题意图：以自由下落与竖直上抛的两物体在空间相碰创设物理情形，考查明白得能力、分析综合能力及空间想象能力.B 级要求.错解分析：考生思维缺乏灵活性，无法巧选参照物，不能达到快捷高效的求解成效. 解题方法与技巧： 〔巧选参照物法〕选择乙物体为参照物，那么甲物体相对乙物体的初速度: v 甲乙=0-v 0=-v 0甲物体相对乙物体的加速度 a 甲乙=-g -〔-g 〕=0由此可知甲物体相对乙物体做竖直向下，速度大小为v 0的匀速直线运动.因此，相遇时刻为：t =v h对第一种情形，乙物体做竖直上抛运动，在空中的时刻为：0≤t ≤gv 02 即:0≤0v h≤gv 02 因此当v 0≥2gh,两物体在空中相碰. 对第二种情形，乙物体做竖直上抛运动，下落过程的时刻为：gv 0≤t ≤g v 02即gv 0≤0v h≤g v 02. 因此当2gh≤v 0≤gh 时,乙物体在下落过程中与甲物体相碰. ［例2］〔★★★★★〕如图1-3所示,质量为m 的木块可视为质点，置于质量也为m 的木盒内，木盒底面水平，长l =0.8 m,木块与木盒间的动摩擦因数μ=0.5,木盒放在光滑的地面上，木块A 以v 0=5 m/s 的初速度从木盒左边开始沿木盒底面向右图1-3运动，木盒原静止.当木块与木盒发生碰撞时无机械能缺失，且不计碰撞时刻，取g =10 m/s 2.咨询：〔1〕木块与木盒无相对运动时，木块停在木盒右边多远的地点？ 〔2〕在上述过程中，木盒与木块的运动位移大小分不为多少？命题意图：以木块与木盒的循环碰撞为背景，考查考生分析综合及严密的逻辑推理能力.B 级要求.错解分析：对隔离法不能熟练运用，不能将复杂的物理过程隔离化解为相关联的多个简单过程逐时期分析，是该题出错的要紧缘故.解题方法与技巧：〔1〕木块相对木盒运动及与木盒碰撞的过程中，木块与木盒组成的系统动量守恒，最终两者获得相同的速度，设共同的速度为v ,木块通过的相对路程为s ,那么有：mv 0=2mv①μmgs =21mv 02- 212mv 2② 由①②解得s =1.25 m设最终木块距木盒右边为d ,由几何关系可得： d =s -l =0.45 m〔2〕从木块开始运动到相对木盒静止的过程中，木盒的运动分三个时期：第一时期，木盒向右做初速度为零的匀加速运动；第二时期，木块与木盒发生弹性碰撞，因两者质量相等，因此交换速度；第三时期，木盒做匀减速运动，木盒的总位移等于一、三时期的位移之和.为了求出木盒运动的位移，我们画出状态示意图，如图1-4所示.设第一时期终止时，木块与木盒的速度分不为v 1、v 2,那么：mv 0=mv 1+mv 2③ μmgL =21mv 02-21m 〔v 12+v 22〕④因在第二时期中，木块与木盒转换速度，故第三时期开始时木盒的速度应为v 1,选木盒为研究对象图1-4对第一时期：μmgs 1=21mv 22⑤对第三时期：μmgs 2=21mv 12-21mv 2⑥ 从示意图得 s 盒=s 1+s 2⑦ s 块=s 盒+L -d⑧解得 s 盒=1.075 m s 块=1.425 m 高手点拨 一、高考走势〝追碰〞咨询题，包括单纯的〝追及〞类、〝碰撞〞类和〝追及碰撞〞类，处理该类咨询题，第一要求学生有正确的时刻和空间观念〔物体的运动过程总与时刻的连续和空间位置的变化相对应〕.同时，要求考生必须明白得把握物体的运动性质及规律，具有较强的综合素养和能力.该类咨询题综合性强，思维容量大，且与生活实际联系紧密，是高考选拔性考试不可或缺的命题素材，应引起广泛的关注.二、〝追及〞〝碰撞〞咨询题指要 1.〝追及〞咨询题讨论追及、相遇的咨询题，事实上质确实是分析讨论两物体在相同时刻内能否到达相同的空间位置咨询题.一定要抓住两个关系：即时刻关系和位移关系.一个条件：即两者速度相等，它往往是物体间能否追上、追不上或〔两者〕距离最大、最小的临界条件，也是分析判定的切入点.2.〝碰撞〞咨询题碰撞过程作用时刻短，相互作用力大的特点，决定了所有碰撞咨询题均遵守动量守恒定律.对正碰，依照碰撞前后系统的动能是否变化，又分为弹性碰撞和非弹性碰撞.弹性碰撞：系统的动量和动能均守恒，因而有： m 1v 1+m 2v 2=m 1v 1′+m 2v 2′① 21m 1v 12+21m 2v 22=21m 1v 1′2+21m 2v 2′2②上式中v 1、v 1′分不是m 1碰前和碰后的速度，v 2、v 2′分不是m 2碰前和碰后的速度.解①②式得 v 1′=21221212)(m m v m v m m ++-③v 2′=21112122)(m m v m v m m ++-④注意：假如两物体质量相等，代入③④得：21v v =' 12v v =' 即：两物体交换速度，不仅大小交换而且速度的方向也交换。

2020年高考物理专题精准突破专题变压器与远距离输电问题【专题诠释】1．变压器的工作原理2．理想变压器中的相互作用关系3.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.4．常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况．5．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．6．远距离输电问题的“三二一”(1)理清三个回路(2)抓住两个联系①理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1，P1＝P2.②理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是U3U4＝n3n4，I3I4＝n4n3，P3＝P4.(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3.5．输电线路功率损失的四种计算方法(1)输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率．两者关系是P 损＝P －P ′(P 为输送功率，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＝ΔU 2R 线，ΔU 为输电线路上损失的电压．(4)P 损＝ΔUI 线． 【高考领航】【2019·江苏卷】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 V B ．增加2 V C ．降低200 V D ．增加200 V 【答案】D【解析】由理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比即1122U n U n =，得：2211n U U n =，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：2211n U U n ∆=⋅∆，当输入电压增加20V 时，输出电压增大200V ，故D 正确。

变压器问题难点释疑(总8页)--本页仅作为文档封面，使用时请直接删除即可----内页可以根据需求调整合适字体及大小--变压器问题难点释疑变压器是实现远距离输电的重要元器件之一。

利用电磁感应在不同线路之间进行电能的传输，而且不影响交变电流的频率特性，且能根据生产需求，通过简单容易操作的改变原副线圈的匝数变比，在副电路的供电段获得不同的电压，通过负载的变化获取不同的电流，进而左右原线圈的输入电功率和输入电流。

电功率和电流对原线路“反客为主”的这种控制方式，成为“按需所供”提供电能服务的有效载体，故而在工农业生产中有着广泛的应用。

新授课教学中，我们通过有效的任务驱动实施合作性教学，在理解变压器工作原理，利用变比求解原副电路的电功率、电压和电流问题时的确取得预期的效果。

对实验的探究我们提出的问题是否能解构电压器相关问题的真实疑难从教学评价后的反馈来看，有一些在实验探究中属于内隐的知识，生生合作和实验的引导是无法解决的，这就需要我们通过设计一些问题情境来诊断我们教学的有效性。

其中对变压器工作原理的理解、原副线圈之间的制约关系（电压制约、电流制约和功率制约）是教与学的重点。

一、变压器工作条件的理解对变压器工作原理的理解包括以下三个方面：变压器工作的条件闭合铁芯中的磁通是由谁激发的原线圈两端的电压和外加的电压满足什么关系电压变比中的电压到底是什么电压为什么会存在电流变比原副线圈之间的电功率相等，是谁在决定谁为此我们必须清楚认识理想变压器模型是基于以下四点假设：①没有磁漏，即通过两绕组每匝的磁通量ϕ都一样；②两绕组中没有电阻，从而没有铜损（即忽略绕组导线中的焦耳损耗）；③铁芯中没有铁损（即忽略铁芯中的磁滞损耗和涡流损耗）；④原、副线圆的感抗趋于∞，从而空载电流趋于0。

1.变压器工作条件的理解变压器工作的条件是指对什么电流实现能量的传输。

原线圈中接入变化的电流（不仅仅是交变电流），副线圈开路时原线圈中的电流称之为空载电流，因铁芯磁导率甚大，所以较小的磁矢（0i N i ）即可产生足够大的磁通。

错误!错误!高考物理一轮复习专项训练及答案解析—变压器；远距离；输电实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．(2020·江苏卷·2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示．其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上．则电流互感器( )A ．是一种降压变压器B ．能测量直流电路的电流C ．原、副线圈电流的频率不同D ．副线圈的电流小于原线圈的电流2．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A 处采用550 kV 的超高压向B 处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP ，到达B 处时电压下降了ΔU .在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV 特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP ′，到达B 处时电压下降了ΔU ′.不考虑其他因素的影响，则( )A ．ΔP ′＝14ΔP B ．ΔP ′＝12ΔP C ．ΔU ′＝14ΔU D ．ΔU ′＝12ΔU 3．(2021·广东卷·7)某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s ，电压最大值为0.05 V ，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是( )A．交流电的频率为10 HzB．副线圈两端电压最大值为3 VC．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率4．(多选)无线充电器能给手机充电是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生感应电流，双方密切配合，手机成功无线充电．如图为某老师自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉(发射线圈)、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝2202sin 314t (V)，不考虑充电过程中的各种能量损失．则下列说法正确的是()A．通过车载充电器的电流为交流电B．通过车载充电器的电流为直流电C．车载充电器两端电压的有效值约为22 VD．车载充电器两端电压的有效值约为222V5．(2022·河北卷·3)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n 的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后．输出电压为U.忽略线圈电阻，下列说法正确的是()A．发电机输出的电压为2πNBSzB．发电机输出交变电流的频率为2πnzC．变压器原、副线圈的匝数比为2πNBSnz∶UD．发电机产生的瞬时电动势e＝2πNBSnz·sin(2πnz)6．某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验．他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干．(1)实验需要以下哪种电源________；A．低压直流电源B．高压直流电源C．低压交流电源D．高压交流电源(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________值(填“有效”或“最大”)．其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为________；(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成________(选填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般________(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比；(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为________．(填字母代号)A．原、副线圈上通过的电流发热B ．铁芯在交变磁场作用下发热C ．变压器铁芯漏磁D ．原线圈输入电压发生变化7.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u ＝U m sin 100πt 的正弦交流电压上，P 为滑动触头，初始位置位于线圈CD 的中点G, A 1和A 2为理想交流电表，R 为定值电阻，下列说法正确的是( )A ．将P 向下滑动，A 1的示数将变小B ．将P 向上滑动，A 2的示数将变大C ．将P 下滑到GD 的中点，电阻R 的功率将变为原来的4倍D ．将P 上滑到CG 的中点，电阻R 的功率将变为原来的238．(多选)(2023·福建省模拟)20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”．如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U 2由220 kV 升级为1 000 kV 高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U 1及用户得到的电压U 4均不变，输电线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则( )A.n 2n 1变为原来的5011倍 B ．输电线上电流I 2变为原来的1125C ．输电线损失的功率变为原来的(1125)2D．降压变压器原、副线圈匝数比值变小9．如图甲所示为半波整流电路，在理想变压器的输出电路中有一只整流二极管，已知原、副线圈的匝数比为11∶1，电阻R＝10 Ω，原线圈的输入电压随时间的变化关系如图乙所示，电表均为理想交流电表，则()A．电压表V1的读数为28 VB．电压表V2的读数为20 VC．电流表A的读数为0.18 AD．原线圈的输入功率为20 W10．(多选)(2022·湖北卷·9)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示．发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝．若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是()A．接收线圈的输出电压约为8 VB．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同11．(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L 、宽为L ，匝数为N ，放置在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 0、n 1和n 2，两个副线圈分别接有电阻R 1和R 2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I ，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )A ．通过电阻R 2的电流为n 1I n 2B ．电阻R 2两端的电压为n 2IR 1n 1C ．n 0与n 1的比值为2NBL 2ωIR 1D ．发电机的功率为2NBL 2ωI (n 1＋n 2)n 012.(2022·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P 1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R 1的阻值为R ，滑动变阻器R 2的最大阻值为9R ，滑片P 2初始位置在最右端．理想电压表的示数为U ，理想电流表的示数为I .下列说法正确的是( )A ．保持P 1位置不变，P 2向左缓慢滑动的过程中，I 减小，U 不变B ．保持P 1位置不变，P 2向左缓慢滑动的过程中，R 1消耗的功率增大C ．保持P 2位置不变，P 1向下缓慢滑动的过程中，I 减小，U 增大D ．保持P 2位置不变，P 1向下缓慢滑动的过程中，R 1消耗的功率减小1．D 2.AD 3.B 4.BD 5.C6．(1)C (2)有效 7.0 V (3)正比 大于 (4)D解析 (1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10 V 挡位，所以应该在0～10 V 挡位读数，所以读数应该是7.0 V .(3)根据U 1U 2＝n 1n 2可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈电压的实际值一般略小于理论值，所以导致U 1U 2＞n 1n 2. (4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.7．C [将P 下滑时，电阻R 两端电压变大， A 1示数将变大，同理，将P 向上滑动，电阻R 两端电压变小，A 2的示数将变小，A 、B 错误；若将P 向下滑动到GD 的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2变为1∶4，电阻R 两端的电压将变为原来的2倍，由P ＝U 2R可知，功率将变为原来的4倍，C 正确；若将P 向上滑动到CG 的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R 两端的电压将变为原来的23，电阻R 的功率将变为原来的49，D 错误．] 8．ABC [由理想变压器基本关系知n 2n 1＝U 2U 1，U 1不变，U 2变为原来的5011倍，所以n 2n 1变为原来的5011倍，A 正确；根据P 送＝U 2I 2可知，因P 送变为原来的2倍，U 2变为原来的5011倍，则输电线上电流I 2变为原来的1125，B 正确；根据P 损＝I 22R 线，可知P 损变为原来的(1125)2，C 正确；总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I 4变大，又I 2变小，I 2＝I 3，则n 3n 4＝I 4I 3变大，D 错误．] 9．D [由题图可知，原线圈输入电压的有效值为U 0＝220 V ，根据原、副线圈匝数比与电压比的关系可知n 0n 1＝U 0U 1，解得U 1＝n 1n 0·U 0＝111×220 V ＝20 V ，所以电压表V 1的读数为20 V ，A 错误；由于二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期有电流通过，故有(20 V )2R ·T 2＝U 22R·T ，有效值为U 2＝10 2 V ，即电压表V 2的读数为10 2 V ≈14.14 V ，B 错误；流过R 的电流为I 2＝U 2R ＝10210A ≈1.4 A ，由原线圈输入功率等于输出功率可知，U 0I 0＝U 2I 2，解得I 0≈0.09 A ，C 错误；原线圈的输入功率等于输出功率，即P 0＝P 1＝U 2I 2＝20 W ，D 正确．]10．AC [根据n 1n 2＝80%U 1U 2，可得接收线圈的输出电压约为U 2＝8 V ，故A 正确；由于漏磁，接收线圈与发射线圈功率不相等，接收线圈与发射线圈中的电流比I 2∶I 1≠n 1∶n 2＝22∶1，故B 错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C 正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相等，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D 错误．]11．BC [由题知理想电流表读数为I ，则根据欧姆定律有U 1＝IR 1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有n 0n 1＝U 0U 1，n 0n 2＝U 0U 2则有U 0＝n 0n 1IR 1，U 2＝n 2n 1IR 1 再由欧姆定律有U 2＝I 2R 2，可计算出I 2＝n 2R 1n 1R 2I ，故A 错误，B 正确； 由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有E max ＝2NBL 2ω，U 0＝E max 2＝2NBL 2ω 又U 0＝n 0n 1IR 1，则n 0n 1＝2NBL 2ωIR 1， C 正确；由于变压器为理想变压器，则有P 0＝P 1＋P 2＝U 1I ＋U 2I 2＝I 2R 1＋U 2I 2联立解得P 0＝2NBL 2ωI n 0⎝⎛⎭⎫n 12R 2＋n 22R 1n 1R 2由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P 0，D 错误．]12．B [由题意可知，原、副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I ，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U 2＝2IR 1，则变压器原线圈两端的电压有效值为U 1＝2U 2＝4IR 1，设接入交变电源的电压有效值为U 0，则U 0＝4IR 1＋IR 2，可得I ＝U 04R 1＋R 2；保持P 1位置不变，P 2向左缓慢滑动的过程中，I 不断变大，根据欧姆定律有U 1＝4IR 1，可知变压器原线圈两端的电压有效值变大，输入端接入的电压有效值不变，则R 2两端的电压不断变小，则电压表示数U 变小，原线圈的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R 1消耗的功率增大，故B 正确，A 错误；设原、副线圈的匝数比为n ，同理可得U 1＝n 2IR 1，则U 0＝n 2IR 1＋IR 2，整理可得I ＝U 0n 2R 1＋R 2；保持P 2位置不变，P 1向下缓慢滑动的过程中，n 不断变大，则I 变小，对R 2由欧姆定律可知U ＝IR 2，可知U 不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R 1消耗的功率为P ＝IU 1＝U 0n 2R 1＋R 2·(U 0－U 0R 2n 2R 1＋R 2)，整理可得P ＝U 02n 2R 1＋R 22n 2R 1＋2R 2，当n ＝3时，R 1消耗的功率有最大值，可知R 1消耗的功率先增大后减小，故C 、D 错误．]。

知识点1 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；有多个副线圈时仍有P 入＝P 出，据P ＝UI 可推出，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n ，n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…＋n n I n 。

(4)频率关系：不变。

4．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图A 、B 所示。

(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：把高电压变成低电压， 如图C 所示。

电流互感器：把大电流变成小电流，如图D 所示。

知识点2 远距离输电 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，必须提高输电电压。

2．输电过程示意图 3．输电电流 (1)I ＝P U ；(2)I ＝U －U ′R。

4．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q ＝I 2Rt 。

5．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR 。

6．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R 。

一、理想变压器原理和基本关系 1．变压器的工作原理 2．理想变压器的基本关系特别提醒(1)变压器不能改变直流电压，因为工作原理早已不成立。