2020年高考物理一轮复习：43 变压器 电能的输送

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。

高考物理一轮复习讲义 第2讲 变压器电能的输送一、变压器1．变压器的构造：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．变压器的原理：电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，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．变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，所以尽管两个线圈之间没有导线相连，副线圈也能够输出电流．互感现象是变压器工作的基础．3．理想变压器没有能量损失的变压器，即输入功率等于输出功率． 4．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；有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝… (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 . 5．几种常用的变压器(1)自耦变压器的原、副线圈共用一个线圈，如图所示．(2)互感器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 串联在高压电路中作用 把高电压变成低电压 把大电流变成小电流匝数特点 副线圈匝数比原线圈匝数少 副线圈匝数比原线圈匝数多二、电能的输送1．输电线路及其电压、电能损失 (1)输电线路(如图所示)(2)电压和电能损失 ①输电电流：I ＝P U；②电压损失：ΔU ＝U －U ′＝Ir ＝P Ur ； ③电能损失：ΔP ＝P －P ′＝I 2r ＝(P U)2r ；2．减少电能损失的方法：根据P 损＝I 2R 线，减小输电电能损失有两种方法．(1)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 ，在输电距离一定的情况下，可采用的方法有选用电阻率小的金属材料，尽可能增大导线的横截面积等．(2)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．3．远距离输电(1)远距离输电导线上损失的电功率：输送功率一定时，线路电流I ＝P U，输电线上损失功率P 损＝I 2R 线＝P 2U 2R 线，可知P 损∝1U2.远距离输电线路中的功率关系：P 输＝P 损＋P 用．(2)远距离输电的基本电路：由于发电机组本身的输出电压不可能很高，所以采用高压输电时，在发电站内需要升压变压器升压到几百千伏后再向远距离送电，到达用电区再用降压变压器降到所需的电压，基本电路如图所示．1．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1.电池和交变电源的电动势都为6 V ，内阻均不计．下列说法正确的是( )A ．S 与a 接通的瞬间，R 中无感应电流B ．S 与a 接通稳定后，R 两端的电压为0C ．S 与b 接通稳定后，R 两端的电压为3 VD ．S 与b 接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1 解析： 由理想变压器的原理可知，当S 与a 接通电流稳定时，由于通过原线圈与副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流，但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零，R 中有感应电流，故A 错误，B 正确；当S 与b 接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈电压为3 V ，C 正确；变压器并不改变交变电流的频率，D 错误．答案： BC2．如图所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时，以下说法不正确的是( )A ．原、副线圈磁通量之比为2∶1B ．原、副线圈电流之比为1∶2C ．输入功率和输出功率之比为1∶1D ．原、副线圈磁通量变化率之比为1∶1解析： 由于原、副线圈共用一个铁芯，故通过原、副线圈磁通量之比和原、副线圈磁通量变化率之比均为1∶1，选项A 错误而D 正确；由I 1∶I 2＝n 2∶n 1得，I 1∶I 2＝1∶2，选项B 正确；由于理想变压器不考虑变压器自身的功率损失，故选项C 正确，本题选择不正确的选项，故应选A.答案： A3．对于远距离输电，在P 送一定的情况下，设输电线路中的电流为I 送，输电线的总电阻为R 线，为了节能，采用高压U 送输电，下列说法正确的是( )A ．由U 送＝I 送R 线，输电线路中的电流变大B ．由P 送＝I 送U 送，输电线路中的电流变小C ．由P 耗＝U 2送/R 线，输电线路消耗功率增大D ．由P 送＝I 2送R 线，不会影响输电线路中的电流解析： 由U 线＝I 线R 线，I 送＝I 线，U 送≠U 线(U 送＝U 到＋U 线)，故U 送≠I 送R 线，选项A 错；公式P送＝I送U送，针对的是同一研究对象，故选项B对、D错；P耗＝I2线R线＝I2送R线＝(P送/U送)2R线，因此U送增大时，输电线路消耗功率P耗减小，故选项C错．答案： B4.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；原线圈电路中接有电压表和电流表．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( )A．U＝110 V，I＝0.2 AB．U＝110 V，I＝0.05 AC．U＝110 2 V，I＝0.2 AD．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A解析：由于灯泡正常发光，故灯泡两端电压即副线圈两端电压为U2＝220 V，通过灯泡的电流即副线圈中的电流为I2＝22 W220 V＝0.1 A．根据理想变压器电压关系U1∶U2＝n1∶n2，得U1＝110 V，电流关系I1∶I2＝n2∶n1，得I1＝0.2 A，则U＝U1＝110 V，I＝I1＝0.2 A．故选项A正确，选项B、D、D错误．答案： A5．图甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10∶1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20 Ω的定值电阻串联接在副线圈两端．电压表为理想电表．则( )A．原线圈上电压的有效值为100 VB．原线圈上电压的有效值约为70.7 VC．电压表的读数为5.0 VD．电压表的读数约为3.5 V解析：本题考查交流电图象的应用及理想变压器与闭合电路．由图乙可得该正弦交流电的峰值为100 V，所以其有效值为：U＝U m2＝70.7 V，A错误，B正确；由理想变压器原、副线圈的电压比等于相应的匝数比可得：u1u2＝n1n2⇒u2＝n2u1n1，其中：U1有＝U＝U m2＝70.7 V，所以U2有＝7.07 V，故副线圈上的电压表的读数为：U V＝RR＋RU2有≈3.5 V，D正确，C错误．答案：BD理想变压器基本关系的应用变压器的工作原理及基本关系(2012·课标)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： 根据理想变压器电压比关系U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U 2＝380 V ，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P 入＝P出＝U 1I 1，解得I 1＝2×103220A≈9.1 A，选项B 正确；选项A 、C 、D 错误．答案： B理想变压器的注意事项(1)在理想变压器中，副线圈的端电压U 2由输入电压U 1和匝数比n 2/n 1共同决定，与负载电阻大小无关．(2)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，原线圈中的输入电流I 1是由副线圈中的输出电流I 2决定的，原、副线圈各一个绕组时，I 1＝n 2n 1I 2，副线圈有多个绕组时，由P 入＝P 出的功率关系来确定．1－1：如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22 W ，现闭合开关，灯泡正常发光．则( )A ．t ＝0.01 s 时刻穿过线框回路的磁通量为零B ．交流发电机的转速为50 r/sC ．变压器原线圈中电流表示数为1 AD ．灯泡的额定电压为220 2 V 解析： t ＝0.01 s 时刻交变电流电动势为零，线圈处于中性面，磁通量最大；由图象可知周期T ＝0.02 s ，转速n ＝1T＝50 r/s ；变压器原线圈中电压有效值为U 1＝22 V ，原线圈中输入功率与副线圈输出功率相同，由P ＝22 W ，P ＝UI ，得I ＝1 A ；由U 1U 2＝n 1n 2知副线圈两端电压U 2＝220 V ．正确选项为B 、C.答案： BC理想变压器动态分析问题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也不变．(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改变，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．(2012·福建理综)如图，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器，和是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小解析： 交流电表的示数为有效值，故A 、B 两项均错误；P 向下滑动过程中，R 变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U 1、U 2均不变，所以I 2＝U 2R 0＋R 变大，由I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I 2变大，故C 项正确，D 项错误．答案： C分析动态问题的思路程序为：2－1：(2013·济南定时练习)自耦调压变压器上的滑动触头P 移动，可以调节输出电压，线圈MN 两端与一个滑动变阻器相连接，Q 为滑动变阻器的滑动触头，V 1、V 2为理想电压表，如图所示，下列说法正确的是( )A ．当交流电源接a 、b 时，触头P 上移，Q 也上移，V 1的示数不变，V 2示数可能不变B ．当交流电源接a 、b 时，触头P 上移，Q 下移，V 1的示数不变，V 2示数增大C ．当交流电源接c 、d 时，触头P 上移，V 1的示数增大，V 2示数不变D ．当交流电源接c 、d 时，触头P 上移，V 1的示数减小，V 2示数不变解析： 当交流电源接a 、b 时，P 上移，原线圈匝数变大，电源电压不变，V 1示数不变，由电压关系和U 1、n 2不变、n 1变大．可知副线圈电压U 2减小，Q 上移，cd 间阻值变大，V 2示数可能不变，故A 正确，同理B 错误；当交流电源接cd 时，P 上移，电源电压不变，V 2示数不变，副线圈匝数变大，副线圈电压变大，V 1示数增大，故C 正确、D 错误．答案： AC远距离输电问题远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)(1)功率关系P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 线＋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＝U 线＋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.(4)输电导线上损失的电功率P 损＝U 线I 线＝I 2线r ＝(P 2U 2)2r(2012·天津理综)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( )A.PR kU ，1n B.⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，1n C. PR kU ，1n 2 D. ⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，1n 2 解析： 根据变压器的变压规律，得U 1U ＝k ，U 2U＝nk ，所以U 1＝kU ，U 2＝nkU .根据P ＝UI ，知匝数比为k 和nk 的变压器副线圈的电流分别为I 1＝P U 1＝P kU ，I 2＝P U 2＝P nkU.根据P ＝I 2R ，输电线路损耗的电功率分别为P 1＝I 21R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P kU 2R ，P 2＝I 22R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P nkU 2R ，所以P 2P 1＝1n 2.选项D 正确，选项A 、B 、C 错误．答案： D1.关于远距离输电问题的处理思路(1)画出输电线路图，将已知量和未知量标在图中相应位置； (2)将输电线路划分为几个独立回路；(3)根据串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式等确定各部分回路物理量之间关系； (4)根据升压、降压，原、副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解． 2．远距离输电问题的四个关键(1)画出一个模型——远距离输电模型图 (2)抓住输电的两端——电源和用电器． (3)分析两条导线——输电导线(4)研究两次电压变换——升压和降压3－1：如图所示，有一台交流发电机E ，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.设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )A ．U 2减小，U 4变大B ．U 2不变，U 3变小C ．P 1变小，P 2变小D ．P 2变大，P 3变大解析： 本题考查远距离输电及理想变压器的基本知识，解决本题的关键是对变压器的工作原理的掌握和闭合电路欧姆定律的应用．由理想变压器输出功率决定输入功率可得，当用户功率增大时，升压变压器的输入功率必增大，即P 1增大，输入电压U 1为定值不变，升压变压器的匝数不变，输入电压不变，故输出电压U 2不变，由于P 1增大，由P 1＝U 1I 1＝P 2＝U 2I 2可得，I 1增加，P 2、I 2增加，由闭合电路欧姆定律：U 3＝U 2－I 2R ，故U 3减小，降压变压器原、副线圈匝数不变，所以随U 3减小，U 4减小，A 、C 错误，B 正确；由于用户功率增加，即P 4增加，理想变压器无功率损耗可得：P 3＝P 4，功率P 3也增加，故D 正确．答案： BD解决理想变压器问题的常用思路1．思路1 电压思路：理想变压器原、副线圈的电压之比为U 1/U 2＝n 1/n 2；当变压器有多个副绕组时U 1/n 1＝U 2/n 2＝U 3/n 3＝…2．思路2 功率思路：理想变压器的输入、输出功率为P 入＝P 出，即P 1＝P 2；当变压器有多个副绕组时P 1＝P 2＋P 3＋…3．思路3 电流思路：理想变压器原、副线圈的电流比为I 1/I 2＝n 2/n 1；当变压器有多个副绕组时n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…如图所示的理想变压器副线圈为双绕组，两个副线圈n 2、n 3分别通过开关S 1、S 2与电阻R 1、R 2连接，其阻值为R 1＝R 2＝R ，原线圈n 1接入正弦式交变电压u ＝102cos 100πt (V)．若只闭合开关S 1，则电流表示数为0.2 A ；若只闭合开关S 2，电流表示数为1.25 A ．则( )A ．R 1消耗的电功率比R 2大B ．n 2∶n 3＝2∶5C ．若两个开关同时闭合，电路消耗的总功率为14.5 WD ．若两个开关同时闭合，R 1消耗的电功率比R 2大 解析： 开关分别闭合时，电阻消耗的电功率等于变压器的输入功率，即P ＝I 1U 1，因此R 1消耗的电功率比R 2小，A 错；开关分别闭合时，I 2I 1＝n 1n 2 ①，I 3I ′1＝n 1n 3②，而I 1＝U 2R ，I 3＝U 3R ，U 2U 3＝n 2n 3，联立解得n 2n 3＝I 1I ′1＝25，B 正确；若两个开关同时闭合，有I ″1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3，代入前面的①②和变压比得I ″1＝I 1＋I ′1＝1.45 A ，电路消耗的总功率P ＝I ″1U 1＝14.5 W ，C 正确；若两个开关同时闭合，通过R 1、R 2的电流与原来相同，因此消耗的功率也与原来相同，D 错．答案： BC1.(2012·海南单科)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V，6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是( )A ．120 V ，0.10 AB ．240 V ，0.025 AC ．120 V ，0.05 AD ．240 V ，0.05 A解析： 副线圈电压U 2＝12 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝240 V ，副线圈中电流I 2＝2·P U ＝1 A ，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝0.05 A.答案： D2．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如图所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是( )解析： 电流互感器是测电流的，应串联在火线上，故B 、D 选项错误；同时，由I 1n 1＝I 2n 2知要使I 2＜I 1，须n 2＞n 1，故A 选项正确，C 选项错误．答案： A3.如图所示，理想变压器的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 ，开始时，开关S 断开．当S 接通后，以下说法中正确的是( )A ．副线圈两端M 、N 的电压不变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 ．原线圈的输入功率不变解析： 副线圈输出电压决定于原线圈电压和原副线圈匝数比，S 接通后，副线圈两端电压不变，A 项正确；S 接通后，负载总电阻变小，故R 上电流变大，R 上的电压变大，B 项错；灯泡L 1两端的电压和通过其的电流均减小，C 项错；副线圈输出功率变大，故原线圈输入功率变大，D 项错．答案： A4．在远距离输电时，输送的电功率为P ，输送电压为U ，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，两地距离为L ，输电线损失的电功率为P ′，用户得到的电功率为P 用，则P ′、P 用的表达式正确的是( ) A ．P ′＝U 2S ρLB ．P ′＝2P 2ρL U 2SC ．P 用＝P －U 2S ρLD ．P 用＝P (1－2PρL U 2S)解析： 导线的电阻r ＝ρ2L S ，输送的电流I ＝P U ，输电线损失的电功率P ′＝I 2r ＝2P 2ρL U 2S，B 项正确．用户得到的电功率P 用＝P －P ′＝P (1－2PρL U 2S )，D 项正确． 答案： BD5．(2012·重庆理综)如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002sin 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RL 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： 由电器RL 正常工作，可得通过副线圈的电流为I＝P U ＝880220A ＝4 A ，故C 对；副线圈导线所分电压为U r ＝4×6 V ＝24 V ，副线圈两端电压U 2＝220 V ＋24 V ＝244 V ，因此原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝11 000244＝2 75061，故A 错；又P 1＝P 2＝U 2I 2＝244×4 W ＝976 W ，故D 错；交变电压的频率f ＝ω2π＝50 Hz ，故B 错．答案： C。

第2节 变压器 电能的输送知识点一| 理想变压器1．构造和原理 (1)构造(如图所示)变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。

(2)原理：电磁感应的互感现象。

2．基本关系(1)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2。

(2)功率关系：P 入＝P 出。

(3)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：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…＋n n I n 。

3．几种常见的变压器(1)自耦变压器——调压变压器。

(2)互感器⎩⎨⎧电压互感器：把高电压变成低电压。

电流互感器：把大电流变成小电流。

自耦变压器原理如图所示：若AX 为输入端，触头a 向上移动时，副线圈匝数N 2增加，输出电压升高。

[判断正误](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。

(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减小。

考法1 变压器的工作原理1．(2019·惠州模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，a 、b 两点间的电压为u ＝2202sin 100πt(V)，R 为可变电阻，P 为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽略不计，熔断电流为2 A 。

为使保险丝不熔断，可变电阻R 连入电路的最小阻值应大于( )A ．11210Ω B ．1.1 Ω C ．11 Ω D ．11 2 ΩB [由a 、b 两点间的电压为u ＝2202sin 100πt(V)，可知变压器原线圈输入电压U 1＝220 V ，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U 2＝n 2n 1 U 1＝22 V ，保险丝熔断电流为2 A ，原线圈中电流为I 1＝2 A 时，由U 1I 1＝U 2I 2可得副线圈中电流为I 2＝20 A ，此时保险丝会熔断。

为保证保险丝不熔断，由欧姆定律可得可变电阻R 连入电路的最小阻值应大于U 2I 2＝1.1 Ω，选项B 正确。

2020版高三物理一轮复习变压器电能的输送1. 一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为丨1,输入功率为P l,副线圈的电流为丨2,输出功率为P2. 当R增大时（）A. I 1减小,P l增大B」2减小,P2减小C.I 2增大,P2减小D.I 1增大,P2增大解析：理想变压器（副线圈上电压不变）当负载电阻R增大时电流I2减小，由R=Ul2可知,功率P2也减小,所以B正确.答案:B2. 一理想变压器原？副线圈匝数比n i：n2=11：5.原线圈与正弦交变电源连接,输入电压u如图所示.副线圈仅接入一个10 Q的电阻.则（）A. 流过电阻的电流是20 AB. 与电阻并联的电压表的示数是100.2 VC. 经过1分钟电阻发出的热量是6X103 JD. 变压器的输入功率是1X103 W解析：由图象可知U=220 V,则u=也U=5X 220V=100 V m 11流过电阻电流1=匕=10 A,A错；电压表示数应为100V,B错;1分钟放出热量Q=I2Rt=102x 10X 60 J=6 X 104 J,C 错;P 出=UI=100 X 10 W=1X 103 W,所以P 入=卩出=1X 103 W,D 正确.答案:D3. 为探究理想变压器原？副线圈电压？电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L i、L2,电路中分别接了理想交流电压表V V2和理想交流电流表A、A导线电阻不计，如图所示.当开关S闭合后（）A. A i示数变大,A i与A示数的比值不变B. A i示数变大,A i与A示数的比值变大C. V2示数变小,V i与V示数的比值变大DV示数不变,V i与V2示数的比值不变解析：本题考查变压器的工作原理及应用•由U i比可知,由于V不变,所以副U 2 门2线圈的输出电压U不变，且V与V2示数的比值不变，故当开关S闭合后，电阻R减小，由12=匕可知,电流表A的示数变大,由山匹可知,电流表A i的示数也变大,但A R12 m与A示数的比值不变,始终等于匹.故A?D正确.答案:AD4. 如图,理想变压器原副线圈匝数之比为4: 1,原线圈接入一电压为U=Usin cot的交流电源,副线圈接一个R=27.5 Q的负载电阻•若U0=220 2 V, o =100n rad/s.A. 副线圈中电压表的读数为55 VB. 副线圈中输出交流电的周期为-—s100C. 原线圈中电流表的读数为0.5 AD. 原线圈中的输入功率为110.2 W解析：因为U0=220.2 V,则电压有效值U=220 V,由U 2 门2 4正确.因为3 =100n rad/s,则T -2s=0.02 s,贝U B错误.100负载R中电流l2=U 55匕=2 A,由11 些得I 1=0.5 A,所以C正确.功率R 27.5 12口P=U11=220 V X 0.5 A=110 W,所以D错误.答案:AC5. 如图所示电路中的变压器为理想变压器,S为单刀双掷开关,P是滑动变阻器R 的滑动触头,U1为加在原线圈两端的交变电压,I 1?I 2分别为原线圈和副线圈中的电流. 下列说法正确的是（）A. 保持P的位置及U不变,S由b切换到a,则R上消耗的功率减小B. 保持P的位置及U不变,S由a切换到b,则丨2减小C. 保持P的位置及U不变,S由b切换到a,则11增大D. 保持U不变,S接在b端,将P向上滑动，则丨1减小解析:S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大,R上消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故输入电流11增大，所以A错C 对;S 由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小,1 2减小,B对;P向上滑动时,R 减小,I 2增大，由电流与匝数的关系可知,I 1增大,D错.答案:BC6. 如图所示,P 为一理想自耦变压器的滑片,Q 为滑动变阻器的滑动触头•在输入 交变电压一定的条件下，下列说法正确的是（）A. Q 不动,P 向下移动，电流表示数减小，电压表示数增大B. Q 不动,P 向上移动，电流表示数减小，电压表示数减小C. P 不动,Q 向上移动,电流表示数增大,电压表示数不变D. P 不动,Q 向下移动,电流表示数增大,电压表示数不变解析:图为升压自耦变压器,当Q 不变P 下移时,n i 减小U 2 T ，读数增大,副线圈读数减小，12 JldB 正确.当P 不动时n i 不变，由匕 西知U 2不变，读数不变,Q U 2 n 2上移RJ I 2门i T 读数增大,C 对D 错.答案:BC7. 某水电站，用总电阻为2.5 Q 的输电线输电给500km 外的用户，其输出电功率 是3X 106 kW,现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是（）A. 输电线上输送的电流大小为2.0 X 105 AB. 输电线上由电阻造成的损失电压为 15 kVC. 若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9X 108 kW 、 U 2 、D. 输电线上损失的功率为 △ P=—,U 为输电电压,r 为输电线的电阻r解析：本题考查远距离输电原理及输电线路的电压损耗和功率损耗 .由P 输=2输I电流I 2=U 2原线圈电流11T, 读数增大,故A 错？当Q 不变P 上移时n i tU 2；线上的电压损耗U 损=1输R 线=6000X 2.5 V=15 kV,B 正确；输电线上的功率损耗应该使U 2用P 损=1输R 线=5员I 输来计算,若用P —来计算,U 为电压损耗才可以，D 错误;若改r用5 kV 电压输电,则输电线上损失的功率为9X 1011 kW,C 错误.答案:B8. 如图是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器.已知变压器原 线圈与副线圈匝数比 也 丄，加在原线圈的电压为 u i =311si n100 n t(V),霓虹灯正p 20常工作的电阻R=440 k Q ,I ?2表示原？副线圈中的电流,下列判断正确的是()A. 副线圈两端电压6220 V,副线圈中的电流14.1 mAB. 副线圈两端电压4400 V,副线圈中的电流10.0 mAC. I 1<I 2 D 」1>I 2解析:由 U 1=311sin100 n t(V)311知 Ui= V=220 V由 U 1 n 1 得 12=4400 V U 2 n 2 U 212=^ =0.01 AR 故A 错误,B 正确.输,可见用500 kV 电压输电时,输电电流为1=备 轉1。

第43讲变压器 电能的输送知识点一 理想变压器 1．构造和原理(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．(2)原理：电磁感应的互感现象． 2．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.有多个副线圈时U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝….(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 . 3．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)互感器知识点二 远距离输电 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 ＝ΔU2R.4．输送电流 (1)I ＝P U .(2)I ＝U －U ′R.(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．( √ ) (2)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．( × ) (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)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．( √ ) (6)高压输电通过减小输电电流来减少电路的发热损耗．( √ )(7)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大．( √ )1．(多选)某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个近似理想的小变压器给一个灯泡供电，电路如图所示，当线圈以较大的转速n 匀速转动时，额定电压为U 0的灯泡正常发光，电压表示数是U 1.已知线圈电阻是r ，灯泡电阻是R ，则( BC )A ．变压器输入电压的瞬时值是u ＝U 1sin2πnt(V)B ．变压器的原、副线圈匝数比是U 1?U 0C ．电流表的示数是U 2RU 1D ．线圈中产生的感应电动势最大值是E m ＝2U 1解析：线圈以较大的转速n 匀速转动时，有ω＝2πn，所以变压器输入电压的瞬时值表达式是u ＝2U 1sin2πnt(V)，故A 错误；原、副线圈两端电压与匝数成正比，所以变压器的原、副线圈的匝数比是U 1?U 0，故B 正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P ＝U 2R ，所以输入功率为P＝U 20R ，电流表的示数是I 1＝P U 1＝U 2RU 1，故C 正确；由于线圈有内阻r ，故线圈中产生的电动势有效值大于U 1，最大值也就大于2U 1，故D 错误．2．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 ＝311sin100πt(V)，副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10?1，灯泡额定功率为44 W ，电动机线圈的电阻为1 Ω，电流表示数为3 A ，各用电器均正常工作，则( B )A ．电压表示数为31.1 VB．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 A解析：因为理想变压器原、副线圈匝数比为10?1，原线圈的交变电压的最大值是311 V，有效值为220 V，故副线圈的电压有效值为22 V，即电压表的示数为22 V，选项A错误；因为灯泡的额定功率为44 W，且正常工作，故通过灯泡的电流为2 A，通过电动机的电流为3 A－2 A＝1 A，电动机的输出功率为P出＝22 V×1 A－(1 A)2×1 Ω＝21 W，选项B正确；变压器的输入功率为22 V×3 A＝66 W，选项C错误；通过保险丝的电流为66 W220 V＝0.3 A，选项D错误．3．(多选)如图甲所示是一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交变电压随时间变化的图象，现将该交流电接在如图乙所示的理想变压器原线圈的两端，V1、V2为理想交流电压表，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．下列说法中正确的是( BD )A．该交变电压瞬时值的表达式为u＝220 sin100πt(V)B．当t＝1.5×10－2 s时，线圈平面与磁场方向平行C．若只减少理想变压器原线圈的匝数，则变压器的输入功率将减小D．若只增大滑动变阻器接入电路中的阻值，则电压表V1与V2示数的比值将减小解析：由图甲可知，该交流电的频率为50 Hz，电压最大值为220 2 V，故其瞬时值表达式为u＝2202 sin100πt(V)，选项A错误；由图甲可知，当t＝1.5×10－2s时，交变电压最大，由法拉第电磁感应定律可知，此时磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量为零，故此时线圈平面与磁场方向平行，选项B正确；若只减少理想变压器原线圈的匝数，则副线圈两端的电压将升高，副线圈中的电流将增大，变压器的输出功率将变大，故输入功率将变大，选项C错误；若只增大滑动变阻器接入电路中的阻值，由题意可知，电压表V1的示数不发生变化，而副线圈电路中电流将减小，定值电阻R0两端的电压将减小，电压表V2的示数将增大，故电压表V1与V2示数的比值将减小，选项D正确．4．现用电压为380 V的正弦式交流电给额定电压为220 V的电灯供电，以下电路中不可能使电灯正常发光的是( D )解析：由图可知，选项A、B中均有电阻分压，可以使电灯正常发光；选项C为降压变压器，通过变压器降压也可以使电灯正常发光；选项D为升压变压器，电灯两端的电压要大于380 V，不可行．知识点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1．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 ；原线圈电路中接有电压表和电流表．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( A )A ．U ＝110 V ，I ＝0.2 AB ．U ＝110 V ，I ＝0.05 AC ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 AD ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 2 A解析：由变压原理n 1n 2＝U 1U 2可得U 1＝110 V ，即电压表示数为110 V ．由P 入＝P 出和灯泡正常发光可得P 入＝U 1I 1＝P 出＝22 W ，I 1＝22110A ＝0.2 A ，故A 正确．2．(多选)如图所示，理想变压器初级线圈的匝数为n 1，次级线圈的匝数为n 2，初级线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.20 A ．下列判断中正确的是( BC )A ．初级线圈和次级线圈的匝数比为2?1B ．初级线圈和次级线圈的匝数比为5?1C ．电流表A 2的示数为1.0 AD ．电流表A 2的示数为0.4 A解析：对于理想变压器，P 1＝U 1I 1＝220×0.20 W ＝44 W ，则负载电阻消耗的功率P 2＝P 1＝44 W ，据P 2＝U 22R ，得U 2＝P 2R ＝44×44 V ＝44 V ，则n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝5，故B 正确，A 错误；A 2的读数I 2＝U 2R ＝4444 A ＝1 A ，故C 正确，D 错误．3．(多选)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( BD )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：变压器副线圈电流表的读数2.2 A 为有效值，故选项C 错误；原线圈电压表的读数220 V 也为有效值，由变压器的电压关系U 1U 2＝n 1n 2，可得n 1n 2＝22060＝113，选项D 正确；由变压器的电流关系I 1I 2＝n 2n 1，可得通过原线圈的电流为I 1＝n 2n 1I 2＝311×2.2 A ＝0.6 A ，故选项B 正确；变压器的输入功率为P ＝U 1I 1＝220×0.6 W＝132 W ，选项A 错误．知识点二 理想变压器的动态分析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． 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，输入电压U 1决定输出电压U 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，根据输出电流I 2决定输入电流I 1，可以判断I 1的变化． (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．典例 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 【审题关键点】 解答本题时应从以下三点进行分析： (1)变压器中次级线圈电流决定初级线圈电流． (2)变压器中次级线圈功率决定初级线圈功率． (3)变压器中初级线圈电压决定次级线圈电压．【解析】 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R 变大，则副线圈所在电路的总电阻R 总变大，因原、副线圈两端的电压U 1、U 2不变，则通过R 1的电流I 2＝U 2R 总变小，R 1消耗的功率P R1＝I 22R 1变小，选项A 错误；R 1两端的电压U R1＝I 2R 1变小，则电压表V 的示数U V ＝U 2－U R1变大，选项B 正确；因通过原、副线圈的电流关系I 1I 2＝n 2n 1，I 2变小，则I 1变小，即电流表A 1的示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，则副线圈所在电路的总电阻R 总′变小，通过副线圈的电流I 2′＝U 2R 总′变大，则通过原线圈的电流I 1′变大，电流表A 1的示数变大，R 1两端的电压U R1′＝I 2′R 1变大，则R 2两端的电压U R2′＝U 2－U R1′变小，电流表A 2的示数变小，选项D 错误．【答案】 B4．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10?1，原线圈接电压恒定的交流电，副线圈输出端接有R ＝4 Ω的电阻和两个“18 V,9 W”相同小灯泡，当开关S 断开时，小灯泡L 1刚好正常发光，则( ABD )A ．原线圈输入电压为200 VB ．S 断开时原线圈中的电流为0.05 AC ．闭合开关S 后，原、副线圈中的电流之比增大D ．闭合开关S 后，小灯泡L 1消耗的功率减小解析：灯泡正常发光，副线圈电流为I ＝918 A ＝0.5 A ，所以副线圈两端电压U ＝18 V ＋0.5×4 V ＝20V ，电压与匝数成正比，原线圈输入电压为200 V ，所以A 正确；电流与匝数成反比，由A 知S 断开时原线圈中的电流为0.05 A ，所以B 正确；闭合开关S 后，原、副线圈中的电流之比不变，所以C 错误；当开关S 闭合时，总电阻减小，副线圈电压不变，所以副线圈电流增大，R 分压增大，小灯泡L 1消耗的功率减小，故D 正确．5．如图为加热装置的示意图，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( C )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：原线圈的输入电压和匝数不变，根据输出电压的有效值由220 V 降到110 V ，由理想变压器原理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；根据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；由P ＝UI 可得副线圈的电流变为原来的12，A 错误．知识点三 远距离输电远距离输电问题的“三二二”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 R ，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．抓住两个联系(1)理想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)理想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．掌握两种损耗(1)电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，ΔU＝U 2－U 3＝I R R 线．(2)功率损耗：输电线上的电阻发热的功率损耗，ΔP＝P 2－P 3＝I 2R R 线．输电线上能量损耗是热损耗，计算功率损耗时用公式ΔP＝I 2RR 线或ΔP＝ΔU2R 线.6．下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 sinωt 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( C )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：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 1U 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 2·2r＝4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2，所以C 正确，A 、B 、D 错误．7．(多选)在如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( CD )A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压增大C ．输电线上损耗的功率增大D ．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大解析：发电厂的输出电压不变，升压变压器输出的电压U 2应不变，A 错误；输电线电流I ＝PU 2会随着P的增大而增大，输电线电压损失U 损＝IR 也增大，所以降压变压器的初级电压U 3＝U 2－U 损减小，则降压变压器的输出电压减小，B 错误；输电线功率损失P 损＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22R ，因P 变大，所以P 损变大，C 正确；P 损P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 22RP＝PR U 22，因P 变大，所以比值变大，D 正确． 8．(多选)如图甲为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器原、副线圈匝数比为1?100，其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，其中R 1为一定值电阻，R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．电压表V 显示加在报警器上的电压(报警器未画出)．未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW ，则下列说法中正确的有( AC )A ．降压变压器副线圈输出的交变电流频率为50 HzB ．远距离输电线路损耗功率为180 kWC ．当出现火警时，电压表V 的示数变小D ．当出现火警时，输电线上的电流变小解析：由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V，根据变压比公式知升压变压器副线圈两端电压为25 000 V，所以输电线中的电流为30 A，输电线损失的电压为ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率为ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B错误；当出现火警时传感器R2阻值减小，降压变压器副线圈中电流增大，输电线上电流变大，电压变大，降压变压器输入、输出电压都变小，定值电阻的分压增大，电压表V的示数变小，C正确，D错误.三种特殊的变压器模型一：自耦变压器高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，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．模型二：互感器分为电压互感器和电流互感器，比较如下：模型三：双副线圈变压器计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系： (1)电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝……(2)电流关系：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…… (3)功率关系：P 1＝P 2＋P 3＋……9．一自耦变压器如图所示，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 点顺时针旋转到N 点的过程中( C )A ．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升高解析：a 、b 间原线圈的匝数大于c 、d 间副线圈的匝数，在滑动触头由M 点移动到N 点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理U 1U 2＝n 1n 2知，U 2<U 1，且U 2降低，选项C 正确．10．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( B )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：根据理想变压器的原理，线圈电流与匝数成反比，ab 接MN ，通过的电流较大，电流表接在cd 两端，通过的电流较小，B 正确．11．(2019·苏州调研)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( C )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：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P ＝U 2R ，所以P 2P 3＝U 22U 23＝254；由欧姆定律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 ，C 正确．。