高三物理 第一轮复习变压器

高考物理一轮复习变压器知识点变压器是应用电磁感应的原理来改动交流电压的装置，下面是变压器知识点，希望对大家有协助。

变压器由铁芯(或磁芯)和线圈组成，线圈有两个或两个以上的绕组，其中接电源的绕组叫初级线圈，其他的绕组叫次级线圈。

它可以变换交流电压、电流和阻抗。

最复杂的死心变压器由一个软磁资料做成的死心及套在死心上的两个匝数不等的线圈构成。

变压器原理死心的作用是增强两个线圈间的磁耦合。

为了增加铁内涡流和磁滞损耗，死心由涂漆的硅钢片叠压而成;两个线圈之间没有电的联络，线圈由绝缘铜线(或铝线)绕成。

一个线圈接交流电源称为初级线圈(或原线圈)，另一个线圈接用电器称为次级线圈(或副线圈)。

实践的变压器是很复杂的，不可防止地存在铜损(线圈电阻发热)、铁损(死心发热)和漏磁(经空气闭合的磁感应线)等，为了简化讨论这里只引见理想变压器。

理想变压器成立的条件是：疏忽漏磁通，疏忽原、副线圈的电阻，疏忽死心的损耗，疏忽空载电流(副线圈开路原线圈线圈中的电流)。

例如电力变压器在满载运转时(副线圈输入额外功率)即接近理想变压器状况。

变压器是应用电磁感应原理制成的运动用电器。

当变压器的原线圈接在交流电源上时，死心中便发生交变磁通，交变磁通用φ表示。

原、副线圈中的φ是相反的，φ也是简谐函数，表为φ=φmsinωt。

由法拉第电磁感应定律可知，原、副线圈中的感应电动势为e1=-N1dφ/dt、e2=-N2dφ/dt。

式中N1、N2为原、副线圈的匝数。

由图可知U1=-e1，U2=e2(原线圈物理量用下角标1表示，副线圈物理量用下角标2表示)，其复有效值为U1=-E1=jN1ωΦ、U2=E2=-jN2ωΦ，令k=N1/N2，称变压器的变比。

由上式可得U1/ U2=-N1/N2=-k，即变压器原、副线圈电压有效值之比，等于其匝数比而且原、副线圈电压的位相差为π。

进而得出：U1/U2=N1/N2在空载电流可以疏忽的状况下，有I1/ I2=-N2/N1，即原、副线圈电流有效值大小与其匝数成正比，且相位差π。

变压器 远距离输电练习一、选择题1．将输入电压为220 V ，输出电压为6 V 的理想变压器改绕成输出电压为30 V 的理想变压器．已知原线圈匝数不变，副线圈原来是30匝，则副线圈新增匝数为( )A ．120匝B ．150匝C ．180匝D ．220匝2．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 ，通过负载的电流图像如图所示，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 A3．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 2 B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 24．如图所示的变压器，接如图甲所示的交流电时，灯泡正常发光，电容器能正常工作，现将电源换成如图乙所示的交流电，则( )A．由于乙交变电流的周期短，因此灯泡比第一次亮B．由于乙的频率比甲的大，因此电容器有可能被击穿C．无论接甲电源，还是接乙电源，若滑动触头P向上移动，灯泡都变暗D．若将原线圈n1的匝数增加，灯泡消耗的功率将变大5．(多选)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．则下列说法正确的是( )A．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1B．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为3∶1C．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6．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有一只电阻，阻值关系为R 2＝2R 1，原线圈接到交变电压上后，电阻R 1上的电压是电阻R 2上的电压的3倍，下面说法正确的是( )A ．变压器原、副线圈匝数比为1∶6B ．变压器原、副线圈匝数比为6∶1C ．R 2上的电压等于电源电压U 的19D ．R 2上的电压等于电源电压U 的6197．如图所示，一个匝数为N ＝100匝的线圈以固定转速50 r/s 在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n 1∶n 2＝10∶1的理想变压器给阻值R ＝20 Ω的电阻供电．已知电压表的示数为20 V ，从图示位置开始计时，下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻流过线圈的电流最大B ．原线圈中电流的有效值为10 AC ．穿过线圈平面的最大磁通量为250π WbD ．理想变压器的输入功率为10 W8．(多选)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 ′＝14ΔPB ．ΔP ′＝12ΔPC ．ΔU ′＝14ΔUD ．ΔU ′＝12ΔU9．(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∶910．(多选)如图所示的电路中，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( )A ．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11．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1.变压器原线圈通过一理想电流表A接U＝2202sin 100πt(V)的正弦交流电，副线圈接有三个规格相同的灯泡和两个二极管，已知两二极管的正向电阻均为零，反向电阻均为无穷大，不考虑温度对灯泡电阻的影响．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，下列分析正确的是( )A．U ab＝220 V，U cd＝55 VB．流经L1的电流是流经电流表的电流的2倍C．若其中一个二极管被短路，电流表的示数将不变D．若通电1小时，L1消耗的电能等于L2、L3消耗的电能之和12. (多选)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是( )A．所用交流电的频率为50 HzB．电压表的示数为100 VC．电流表的示数为1.0 AD．变压器传输的电功率为15.0 W13．图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示．灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V．定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )A．1 Ω B．5 ΩC．6 Ω D．8 Ω二、非选择题14．某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备，该发电机输出功率为40 kW，输出电压为400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为n1∶n2＝1∶5的变压器升压后向某小区供电，输电线的总电阻为r＝5 Ω，电能到达该小区后再用变压器降为220 V.(1)画出输电过程的电路示意图；(2)求输电线上损失的电功率；(3)求降压变压器的变压比n3∶n4.15.从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.1 Ω，用220 V和22 kV两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电能的损耗之比是多少？16.1897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.(结果保留整数) 答案：1． A 2． A 3． D 4． C 5． BC 6． AD 7．C 8． AD 9． AD 10． BD 11． D 12. AD 13． A 14． (1)输电过程，电路示意图如图所示．(2)因为U 1U 2＝n 1n 2输电电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 000 V因为P 输＝U 2I 2 解得输电电流I 2＝20 A输电线上损失的功率P 损＝I 22r ＝(20 A)2×5 Ω＝2 000 W(3)输电线上损失的电压 U 损＝I 2r ＝20 A ×5 Ω＝100 V 降压变压器的输入电压U 3＝U 2－U 损＝2 000 V －100 V ＝1 900 V 降压变压器的变压比 n 3n 4＝U 3U 4＝1 900 V 220 V ＝951115. 由题意知输电线上的电流I ＝P U ，则输电线的P 损＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2r设220 V 和22 kV 两种电压输电下损失的功率分别为P 1、P 2 则W 1W 2＝P 1t P 2t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U 12＝104∶1 16. (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＝PU 1升压变压器的原、副线圈匝数比 n 1n 2＝I 2I 1＝ηP R ·U 1P ＝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＝436 A。

准兑市爱憎阳光实验学校高三物理第一轮复习：变压器【本讲信息】一. 教学内容：变压器1. 变压器、电能输送2. 电磁振荡电磁波【要点扫描】变压器、电能输送一、变压器1. 理想变压器的构造、作用、原理及特征构造：两组线圈〔原、副线圈〕绕在同一个闭合铁芯上构成变压器.作用：在输送电能的过程中改变电压.原理：其工作原理是利用了电磁感现象.特征：正因为是利用电磁感现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能的过程中改变交变电压.2. 理想变压器的理想化条件及其规律.在理想变压器的原线圈两端加交变电压U1后，由于电磁感的原因，原、副线圈中都将产生感电动势，根据法拉第电磁感律有：tnE∆∆Φ=111，tnE∆∆Φ=222忽略原、副线圈内阻，有U1＝E1，U2＝E2另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相，于是又有21∆Φ=∆Φ由此便可得理想变压器的电压变化规律为2121nnUU=在此根底上再忽略变压器自身的能量损失〔一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两，分别俗称为“铜损〞和“铁损〞〕，有P1=P2而P1=I1U1 P2=I2U2于是又得理想变压器的电流变化规律为12212211,nnIIIUIU==由此可见：〔1〕理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差异，忽略变压器自身的能量损耗〔实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因数的差异. 〕〔2〕理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感律和能的转化与守恒律在上述理想条件下的的表现形式.3. 规律小结〔1〕熟记两个根本公式：①2121nnUU=，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。

②P 入=P 出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总于所有输出功率之和。

〔2〕原副线圈中过每匝线圈通量的变化率相.〔3〕原副线圈中电流变化规律一样，电流的周期频率一样 〔4〕公式1122Un U n =，1122In I n =中，原线圈中U 1、I 1代入有效值时，副线圈对的U 2、I 2也是有效值，当原线圈中U 1、I 1为最大值或瞬时值时，副线圈中的U 2、I 2也对最大值或瞬时值.〔5〕需要特别引起注意的是：①只有当变压器只有一个副线圈工作时．．．．．．．．．．，才有：12212211,n n I I I U I U ==②变压器的输入功率由输出功率决．．．．．．．．．．，往往用到：R n U n IU P /2112111⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==，即在输入电压确以后，输入功率和原线圈电压与副线圈匝数的平方成正比，与原线圈匝数的平方成反比，与副线圈电路的电阻值成反比。

第2讲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目标要求 1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差.2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.3.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率．考点一实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．实验原理(1)实验电路图(如图所示)：(2)实验方法采用控制变量法①n1、U1一定，研究n2和U2的关系．②n2、U1一定，研究n1和U2的关系．2．实验器材学生电源(低压交流电源，小于12V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干．3．实验过程(1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响．①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量．②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压．(2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响．重复(1)中步骤．4．数据处理由数据分析变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比与原、副线圈的匝数n1、n2之比的关系．5．注意事项(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作．(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过12V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱．(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量．例1在“探究变压器原、副线圈电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示．(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是；A．控制变量法B．等效替代法C．整体隔离法(2)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择；A．整块硅钢铁芯B．整块不锈钢铁芯C．绝缘的硅钢片叠成D．绝缘的铜片叠成(3)以下给出的器材中，本实验需要用到的有哪些；(4)下列做法正确的是；A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12VB．为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测C．观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈(5)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为．(填选项前字母)A．1.5V B．3.0VC．6.0V D．7.0V答案(1)A(2)C(3)BD(4)B(5)D解析(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A.(2)变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡流，选择用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，故C 正确，A 、B 、D 错误．(3)实验中需要交流电源和交流电压表，不需要干电池和直流电压表，故选B 、D.(4)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不能超过12V ，若用直流电源，变压器不能工作，故A 错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故B 正确；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知I 1I 2＝n2n 1，可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，故C 错误；变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故D 错误．(5)若是理想变压器，则由变压器原、副线圈电压与匝数的关系有U 1U 2＝n 1n 2，若变压器的原线圈接“0”和“800”两个接线柱，副线圈接“0”和“400”两个接线柱，可知原、副线圈的匝数比为2∶1，副线圈的电压为3V ，则原线圈的电压为U 1＝2×3V ＝6V ，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V ，可能为7V ，故D 正确．考点二理想变压器的原理及应用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 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n2n 1.(4)频率关系：f 出＝f 入．1．变压器只对交变电流起作用，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．在任何情况下，理想变压器均满足U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1、P 入＝P 出．(×)1．理想变压器的制约关系电压原线圈电压U 1和匝数比决定副线圈电压U 2，U 2＝n2n 1U 1功率副线圈的输出功率P 出决定原线圈的输入功率P 入，P 入＝P 出电流副线圈电流I 2和匝数比决定原线圈电流I 1，I 1＝n2n 1I 22.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…＝U nn n功率关系：P 1＝P 2＋P 3＋P 4＋…＋P n电流关系：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋n 4I 4＋…＋n n I n考向1变压器基本物理量的分析与计算例2(2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220V ，可输出12V 、18V 、30V 电压，匝数为n 1的原线圈中电压随时间变化为u ＝U m cos (100πt )．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V ．将阻值为12Ω的电阻R 接在BC 两端时，功率为12W ．下列说法正确的是()A ．n 1为1100匝，U m 为220VB ．BC 间线圈匝数为120匝，流过R 的电流为1.4AC ．若将R 接在AB 两端，R 两端的电压为18V ，频率为100HzD ．若将R 接在AC 两端，流过R 的电流为2.5A ，周期为0.02s 答案D解析变压器的输入电压为220V ，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为2202V ，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为n 11＝220V0.1V ，解得原线圈为2200匝，A 错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220V 时，BC 间的电压为U BC ＝PR ＝12V ，故BC 间的线圈与单匝线圈匝数关系有n BC 1＝12V 0.1V，则BC 间的线圈匝数为120匝，流过R 的电流为I BC ＝P U BC ＝12W 12V＝1A ，B 错误；若将R 接在AB 两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V 时，AB 间的电压应该为18V ，根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100πrad/s ，故交流电的频率为f ＝1T ＝ω2π＝50Hz ，C 错误；若将R 接在AC 两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V 时，AC 间的电压应该为30V ，根据欧姆定律可知，流过电阻R 的电流为I AC ＝U AC R ＝3012A ＝2.5A ，交流电的周期为T ＝2πω＝0.02s ，D 正确．例3(2022·北京卷·4)某理想变压器的原线圈接在220V 的正弦交流电源上，副线圈输出电压为22000V ，输出电流为300mA.该变压器()A ．原、副线圈的匝数之比为100∶1B ．输入电流为30AC ．输入电流的最大值为152AD ．原、副线圈交流电的频率之比为1∶100答案B解析原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝U 1U 2＝22022000＝1100，故A 错误；根据n 1n 2＝I2I 1可得输入电流为I 1＝n2n 1I 2＝100×300×10－3A ＝30A ，故B 正确；输入电流的最大值为I m ＝2I 1＝302A ，故C 错误；变压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1∶1，故D 错误．考向2原线圈接入用电器的变压器问题分析例4(多选)(2023·广东潮州市模拟)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是()A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1、L 2中的电流之比为1∶1C ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1D ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2答案BD解析原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，选项A 错误，B 正确；原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈两端的电压之比为2∶1，设电灯的电阻为R ，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U ＝12，选项C 错误，D 正确．考点三理想变压器的动态分析1．匝数比不变的分析思路(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，而P 1＝P 2，故P 1发生变化．2．负载电阻不变的分析思路(1)U 1不变，n 1n 2发生变化时，U 2变化．(2)R 不变，U 2变化时，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．1．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．(×)2．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压增大．(×)3．变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小．(×)考向1理想变压器匝数不变问题的分析和计算例5(2021·湖北卷·6)如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R 的滑动变阻器和阻值为R 的定值电阻．在变阻器滑片从a 端向b 端缓慢移动的过程中()A ．电流表A 1示数减小B ．电流表A 2示数增大C ．原线圈输入功率先增大后减小D ．定值电阻R 消耗的功率先减小后增大答案A解析由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，滑动变阻器的滑片从a 端向b 端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得I 2＝U 2R 副，可知副线圈的电流逐渐减小，由n 1n 2＝I2I 1，可知变压器原线圈的电流I 1也逐渐减小，故A 正确，B 错误；原线圈的输入功率为P 入＝U 1I 1，由于I 1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C 错误；滑片从a 端向b 端滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和R 并联总电阻减小，则并联部分分压减小，由P R ＝U 2R 知，定值电阻R 消耗的功率减小，故D 错误．考向2理想变压器负载不变问题的分析和计算例6(2023·广东省八校联考)如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b 是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝310sin 314t (V)，则()A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为3.1VB ．副线圈两端的电压频率为50HzC ．当单刀双掷开关由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，电压表和电流表的示数均变小答案B 解析由U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝U 1n 2n 1，因U 1＝3102V ，所以U 2＝3102×1100V≈2.2V ，A 错误；由瞬时值表达式可得ω＝314rad/s ，则频率f ＝ω2π＝3142πHz ＝50Hz ，B 正确；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，n 1减小，则U 2增大，电压表示数变大，I 2＝U2R 增大，副线圈的输出功率P 出＝U 2I 2增大，原线圈的输入功率增大，C 、D 错误．考点四远距离输电如图所示，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 ′，用户端的电压为U ′，输电电流为I ，输电线总电阻为R .1．输电电流I ＝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 ′＝ΔU ·I ；(2)ΔP ＝I 2R ＝(P U)2R4．降低输电损耗的两个途径(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．1．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．(√)2．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗．(√)3．若发电站输出功率为P ，输电电压为U ，输电线总电阻为R ，如图所示，则输电线上损失的功率为P 损＝U 2R.(×)1．理清输电电路图的三个回路(如图)(1)在电源回路中，P 发电机＝U 1I 1＝P 1.(2)在输送回路中，I 2＝I 线＝I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，ΔU ＝I 2R 线，ΔP ＝I 22R 线．(3)在用户回路中，P 4＝U 4I 4＝P 用户．2．抓住两组关联式(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n2n 1，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.3．掌握一个守恒观念功率关系：P 2＝ΔP ＋P 3，其中ΔP ＝ΔU ·I 线＝I 线2R 线＝(ΔU )2R 线.例7如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压为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 ．输电线上损失的电压为UC ．理想变压器的输入功率为I 12rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U答案A解析因为P 入＝P 出，所以U 1I 1＝U 2I 2，即U 2＝U 1I 1I 2，选项A 正确；输电线上损失的电压为U 线＝U －U 1，选项B 错误；理想变压器的输入功率P 入＝I 1U 1，输电线路上损失的电功率P 损＝I 12r ＝I 1(U －U 1)，选项C 、D 错误．例8(2023·广东汕头市潮阳区阶段检测)如图为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，R 为输电线的等效电阻．保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是()A ．电流表示数变小B ．降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小C ．升压变压器输出电压变小D ．输电线损失的功率变大答案D解析电压表示数变小，说明降压变压器的副线圈电压减小，则原线圈电压减小，因保持交流发电机输出电压不变，则升压变压器的原线圈电压不变，副线圈电压不变，可知导线上的电压损失变大，即导线上的电流变大，输电线损失的功率变大，电流表的示数变大，选项A 错误，D 正确；降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于匝数之比，则降压变压器原、副线圈两端的电压之比不变，选项B 错误；升压变压器输出电压由匝数比和输入电压决定，则升压变压器输出电压不变，选项C 错误．课时精练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答案D 解析电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A 错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B 错误；变压器不改变交变电流的频率，故C 错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D 正确．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550kV 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1100kV 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 答案AD 解析由输电电流I ＝P U 知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的12，损耗的电功率ΔP ＝I 2r ，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的14，即ΔP ′＝14ΔP ；输电线上损失电压为ΔU ＝Ir ，则输电电压加倍，损失电压变为原来的12，即ΔU ′＝12ΔU .故A 、D 正确．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0.2s ，电压最大值为0.05V ，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10HzB ．副线圈两端电压最大值为3VC ．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答案B 解析周期为T ＝0.2s ，频率为f ＝1T ＝5Hz ，故A 错误；由理想变压器原理可知U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈两端的最大电压为U 2＝n 2n 1U 1＝3V ，故B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误．4．(多选)(2023·广东惠州市模拟)如图所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为3∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中R t为热敏电阻(其阻值随温度的升高而变小)，R为定值电阻．下列说法正确的是()A．交流电压u的表达式为u＝362sin100πt(V)B．若R t处的温度升高，则电流表的示数变大C．若R t处的温度升高，则变压器的输入功率变大D．变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3∶1答案BC解析由题图乙可知交流电压最大值U m＝362V，周期T＝0.02s，则ω＝2πT＝100πrad/s，则可得交流电压u的表达式u＝362sin100πt(V)，故A错误；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因R t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，根据P出＝U2I2，可知输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功率，可知输入功率增大，故B、C正确；变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1∶1，故D错误．5．(2023·广东深圳市质检)理想变压器的输入电压如图甲所示，输出端并联2个相同的小灯泡L1、L2，如图乙所示，灯泡的额定电压为20V，额定功率为10W，电路连接了2个理想电流表A1、A2，导线电阻不计，开始开关S断开，L1恰好正常发光，则()A．原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝32∶1B．流过灯L1的电流方向每秒改变5次C．开关S闭合后，灯L1变暗D．开关S闭合后，电流表A1的读数变大，A1与A2的比值不变答案D解析由题图甲知电压有效值为60V，电压与匝数成正比，故原、副线圈的匝数比n1∶n2＝60∶20＝3∶1，A错误；由题图甲知交流电的频率为5Hz，所以流过灯L1的电流方向每秒改变10次，B错误；闭合开关S，两灯泡并联，副线圈负载总电阻变小，副线圈电压不变，灯L 1亮度不变，C 错误；闭合开关S ，由欧姆定律可知，副线圈电流变大，线圈匝数比不变，则原线圈电流变大，两电流表读数都变大，比值仍等于匝数的反比，不变，D 正确．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答案(1)C (2)有效7.0V (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10V 挡位，所以应该在0～10V 挡位读数，所以读数应该是7.0V.(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.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23答案C 解析将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．(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220kV 升级为1000kV 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答案ABC 解析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 3D 错误．9.(2023·广东茂名市第一中学模拟)如图所示，理想变压器的原线圈串联一个电阻R 0，并接入电压有效值不变的正弦交流电源；两个副线圈分别接电阻R 1和电阻R 2，图中电流表为理想电流表．开始时开关S 断开，则开关S 闭合后()A ．电流表的示数变大B ．电流表的示数变小C ．原线圈两端的电压变大D ．原线圈两端的电压不变答案B 解析开关S 闭合后，假设电流表的示数不变或变大，由理想变压器功率关系和电压关系可得U 0I 0＝U 1I 1＋U 2I 2，U 0∶U 1∶U 2＝n 0∶n 1∶n 2，得n 0I 0＝n 1I 1＋n 2I 2，可知通过原线圈的电流I 0变大，原线圈两端的电压U 0＝U －I 0R 0减小，由U 0n 0＝U 1n 1可知电阻R 1两端的电压变小，通过电阻R 1的电流变小，假设不成立，选项A 错误，B 正确；由于通过电阻R 1的电流变小，因此电阻R 1两端的电压变小，原线圈两端的电压减小，选项C 、D 错误．10．(多选)(2023·广东韶关市调研)“压敏电阻”是一种具有非线性伏安特性的电阻器件，是一种限压型保护器件；其有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某值时，才会有电流通过．如图所示的电路中，R 为压敏电阻，R 1、R 2、R 3为定值电阻，A 为理想交流电流表，理想变压器原线圈匝数为n 1，副线圈匝数n 2可以通过滑片P 调节．当副线圈滑片在图中位置时，原线圈加某一交变电压u ＝NBSωsin ωt ，小灯泡出现周期性发光，当闭合开关K 后，小灯泡熄灭不再发光．下列说法正确的是()A．闭合开关K，R2两端电压增大B．闭合开关K后，仅增大交流电频率，可能使灯泡继续周期性发光C．闭合开关K后，仅让滑片P向上滑动，可能使灯泡继续周期性发光，发光频率不变D．闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，理想变压器的输入功率变小答案BCD解析闭合K，副线圈回路电阻变小，副线圈电压U不变，回路电流变大，R1两端电压U1变大，由U1＋U2＝U，所以R2两端电压U2变小，故A错误；闭合K，仅增大交流电频率，由原线圈电压u＝NBSωsinωt知原线圈电压增大，则副线圈电压U也增大，可能使灯泡继续周期性发光，故B正确；闭合K后，仅让滑片P向上滑动，副线圈电压U2增大，副线圈回路电流I变大，可能使灯泡继续周期性发光，交变电流周期不变，发光频率不变，故C正确；闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，副线圈电压U2减小，副线圈回路电流I减小，原线圈回路电流减小，理想变压器的输入功率变小，故D正确．11．(多选)(2023·广东揭阳市联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，B是原线圈的中心接头，原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(阻值随温度升高而减小)，C为耐压值为70V的电容器，所有电表均为理想电表．下列判断正确的是()A．当单刀双掷开关与A连接，传感器R2所在处温度升高，A1的示数变大，A2的示数减小B．当单刀双掷开关与B连接，副线圈两端电压的频率变为25HzC．当单刀双掷开关由A→B时，电容器C不会被击穿D．其他条件不变，单刀双掷开关由A→B时，变压器的输出功率变为原来的0.5倍答案AC解析若传感器R2所在处温度升高，R2的阻值减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流变大，所以原线圈电流跟着变大，即A1的示数变大，R3两端电压增大，故R1两端电压减小，所以A2的示数减小，故A正确；交流电的频率与匝数无关，不会发生变化，还是50Hz，所以B 错误；原线圈电压最大值为2202V，当单刀双掷开关由A→B时，匝数之比为5∶1，根据变压规律可得副线圈电压最大值为442V，小于电容器的耐压值，故电容器不会被击穿，所。