高中物理专题十一变压器远距离输电复习学案新人教

高三物理教学案远距离输电基础知识归纳一、电能的输送思考题：⑴为什么要进行远距离输电？⑵输送电能的基本要求是什么？⑶为什么输送电能过程中有电能损失？⑷减小电能损失有哪些方法？1．根据P损＝_____ ，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＝ρlS，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_______增大导线的__________等方法，但是不实际，不容易实现．(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__________．2．远距离输电的功率损失输送功率一定时，线路电流I＝__，输电线上损失功率P损＝I2R线＝______，可知P损∝1U2.3．远距离高压输电的几个基本关系(如下图为例)：(1)功率关系：(2)电压、电流关系：(3)输电电流：(4)输电线上损耗的功率当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减少到原来的 .说明1．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P损＝I2R线。

2．降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻。

由电阻定律R ＝ρl S可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可增加导线的横截面积。

(2)减小输电导线中的输电电流。

由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，提高输电的电压，可以减小输电电流。

这两种方法中，适用于远距离输电的是减小输电电流，即利用高压输电。

3．高压输电的原理由输送功率P ＝UI ，其中U 为输电电压，I 为输电电流，因而当输送功率一定时，可以提高输电电压，以减小输电电流，则线路上的功率损耗P 损＝I 2R 可大幅度减小，这是行之有效的方法。

(1)对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。

(2)远距离高压输电的几个基本关系(如图所示)：①功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 线＋P 3。

第2讲 变压器 远距离输电➢ 教材知识梳理一、变压器1．变压器的构造：变压器由原线圈、副线圈和闭合________组成．2．理想变压器：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，即理想变压器原、副线圈的电阻均为________，变压器的输入功率和________相等．3．基本关系(1)功率关系：________；(2)电压关系：________；(3)电流关系：________． 二、远距离输电1．输电导线上的能量损失：输电线的电阻R 发热产生热量，表达式为________． 2．减小输电线电能损失的主要途径：(1)减小输电线的________；(2)采用________输电． 3．高压输电过程：如图11­29­1所示．图11­29­1(1)输电线电压损失：ΔU ＝________＝________； (2)输电线功率损失：ΔP ＝________＝________．答案：一、1.铁芯 2.零 输出功率 3．(1)P 1＝P 2 (2)U 1U 2＝n 1n 2 (3)I 1I 2＝n 2n 1二、1.Q ＝I 2Rt 2.(1)电阻 (2)高压 3．U 2－U 3I 2R (2)P 2－P 3I 22R [思维辨析](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)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗．( ) 答案：(1)(√) (2)(×) (3)(×) (4)(×) (5)(√)(6)(√)➢考点互动探究考点一理想变压器1.变压器的工作原理2．理想变压器的基本关系电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1考向一基本关系的应用1 (多项选择)如图11­29­2所示，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．以下判断正确的选项是( )图11­29­2A．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n1∶n2＝11∶3答案：BD[解析] 将额定电压为60 V的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)读数分别为220 V和2.2 A，根据功率公式可以求出用电器消耗的功率等于输入功率，为132 W ，选项A 不正确；再根据变压器变压公式和变流公式U 1U 2＝n 1n 2和I 1I 2＝n 2n 1，可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A ，选项B 正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值不是2.2 A ，选项C 错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝11∶3，选项D 正确．考向二 变压器原线圈与用电器串联问题多项选择)[2016·全国卷Ⅲ] 如图11­29­3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．以下说法正确的选项是( )图11­29­3A ．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，那么输入电压U ＝10U 0，由于两灯泡均正常发光，故原线圈两端的电压U 1＝U －U 0＝9U 0，副线圈两端的电压U 2＝U 0，所以原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝9∶1，A 正确，B 错误；原、副线圈的电流之比I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶9，由电功率P ＝UI 可知，a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确．考向三 变压器副线圈含二极管问题(多项选择)如图11­29­4所示，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 ，那么( )图11­29­4A ．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，c 、d 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍 答案：BD[解析] 交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式U abU 2＝n 1n 2可得到输出电压U 2，而输出电压U 2不等于c 、d 端电压，因二极管具有单向导电性，输出电压经二极管整流后有效值发生变化，U cd ＝2U 22＝2n 2U ab2n 1，那么U ab ∶U cd ＝2n 1∶n 2，选项A 错误．增大负载电阻的阻值R 后，由于U ab 不变，U cd 也不变，根据P 出＝U 2cdR可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，选项B 正确，选项C 错误．二极管短路时，U ′cd ＝U 2，输出功率P ′出＝U ′2cd R ＝U 22R＝2P 出，故输入功率P 1也加倍，而输入电压U 1不变，根据P 1＝U 1I 1得电流表读数加倍，选项D 正确．考点二 变压器电路的动态分析 考向一 匝数比不变，负载变化的情况4 [2016·某某卷] 如图11­29­5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．以下说法正确的选项是( )图11­29­5A ．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 ．假设闭合开关S ，那么电流表A 1示数变大，A 2示数变大 答案：B[解析] 滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，总电阻也变大，而副线圈两端的电压没有变化，所以干路中的电流减小，R 1消耗的功率变小，A 错误；干路中的电流变小，R 1两端的电压变小，并联电路的电压变大，即电压表V 示数变大，B 正确；由于变压器副线圈干路中的电流变小，所以原线圈中的电流变小，即电流表A 1的示数变小，C 错误；闭合开关S 后，并联电路的阻值变小，总电阻也变小，干路中的电流变大，R 1两端的电压变大，并联电路的电压变小，通过R 2的电流变小，即电流表A 2示数变小，因变压器的功率变大，故电流表A 1示数变大，D 错误．■ 规律总结 如图11­29­6所示．图11­29­6(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，副线圈的电流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变化引起输出功率P 2变化，输出功率决定输入功率，可以判断输入功率P 1的变化． 考向二 匝数比变化，负载电阻不变的情况(多项选择)[2015·某某模拟] 如图11­29­7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R ＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，那么以下说法正确的选项是( )图11­29­7A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为55 VB ．当单刀双掷开关与a 连接且t ＝0.01 s 时，电流表示数为零C ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的输入功率增大D ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，副线圈输出电压的频率为25 Hz 答案：AC[解析] 由图像可知，电压的最大值为311 V ，交流电的周期为2×10－2s ，所以交流电的频率为50 Hz ，交流电的有效值为220 V ，根据电压与匝数成正比可知，当单刀双掷开关与a 连接时，副线圈电压为55 V ，所以副线圈电流为5.5 A ，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为5.5 A ，选项A 正确，选项B 错误；当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出电压要变大，电阻R 上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，选项C 正确；变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率为50 Hz ，选项D 错误．■ 规律总结 如图11­29­8所示．图11­29­8(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．考点三1.输电线路与物理量基本关系 输电线路如图11­29­9所示：图11­29­92．基本关系(1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3； (2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，U 3U 4＝n 3n 4，U 2＝ΔU ＋U 3； (3)电流关系：I 2I 1＝n 1n 2，I 4I 3＝n 3n 4，I 2＝I 3＝I 线； (4)输电电流：I 线＝P 2U 2；(5)输电线上损失：P损＝I线ΔU＝I2线R线．6 (多项选择)[2015·江门模拟] 图11­29­10为某小型水电站的电能输送示意图．输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R0＝11 Ω.假设T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝2202sin 100πt(V)，以下说法正确的选项是( )图11­29­10A．发电机中的电流变化频率为100 HzB．通过R0的电流的有效值为20 AC．升压变压器T1的输入功率为4650 WD．假设R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小答案：BC[解析] 变压器不能改变交变电流的频率，交变电流的频率f＝ω2π＝50 Hz，选项A错误；降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V，负载电阻为11 Ω，所以通过R0电流的有效值是I＝20 A，选项B 正确；根据电流与匝数成反比可知，输电线上的电流为I′＝5 A，所以输电线上消耗的功率为I′2R＝250 W，用电器消耗的功率为I2R0＝4400 W，所以升压变压器的输入功率为4650 W，选项C正确；当用电器的电阻R0减小时，通过用电器的电流增大，通过输电线的电流增大，用电器的功率增大，输电线损耗的功率增大，那么发电机的输出功率也增大，选项D错误．■ 建模点拨(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量；(2)理清三个回路：输电过程的电路被划分为三个独立的回路(如图11­29­11所示)，电源回路、输送回路和用户回路．在每个回路中，变压器的原线圈相当于电源回路的用电器，而相应的副线圈相当于下一个回路的电源，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、功率关系那么是联系不同回路的桥梁．图11­29­11(3)抓住两个联系：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，升压变压器原、副线圈中各个量间的关系是：U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2；②理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理，降压变压器原、副线圈中各个量间的关系是： U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4.(4)掌握能量关系：原线圈的功率就是输电的总功率，在输送过程中，部分电能被输电线损耗，大部分电能通过降压变压器和用户回路被用户消耗，能量关系为P 总＝P 线损＋P 用户．注意：输电线损失的电能和输电电流一般是解题的突破点． 考点四 特殊变压器的问题 考向一 自耦变压器7 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11­29­12所示，其副线圈匝数可调．变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100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 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，那么U 2和I 1分别约为( )图11­29­12A ．380 V 和5.3 AB ．380 V 和9.1 AC ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 A答案：B [解析] 对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I 1＝P U 1＝2000220 A ≈9.1 A ，负载两端电压即为副线圈电压，由U 1n 1＝U 2n 2，即2201100＝U 21900，可得U 2＝380 V ，应选项B 正确．■ 规律总结自耦变压器(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11­29­13所示．图11­29­13考向二互感器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11­29­14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，那么( )图11­29­14A．ab接MN、cd接PQ，I ab＜I cdB．ab接MN、cd接PQ，I ab＞I cdC．ab接PQ、cd接MN，I ab＜I cdD．ab接PQ、cd接MN，I ab＞I cd答案：B [解析] 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，选项B正确．■ 规律总结互感器分为电压互感器和电流互感器，比较如下：考向三 双副线圈变压器如图11­29­15所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n 1∶n 2∶n 3为( )图11­29­15A ．1∶1∶1B ．3∶2∶1C ．6∶2∶1D ．2∶2∶1 答案：B[解析] 灯泡正常发光，可得U A ＝U B ＝U C ＝U D ，所以U 2＝2U 3，由理想变压器的电压关系得n 2n 3＝U 2U 3＝21，可得n 2＝2n 3.灯泡都正常发光，那么功率相等，即P A ＝P B ＝P C ＝P D .由P ＝I 2R 得I A ＝I B ＝I C ＝I D ，即I 1＝I 2＝I 3，由理想变压器的功率关系得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3，即n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3，可得n 1＝n 2＋n 3＝2n 3＋n 3＝3n 3.所以n 1∶n 2∶n 3＝3∶2∶1，选项B 正确．■ 规律总结计算具有两个(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＋…… 考向四 副线圈含电容器的变压器] 某一火警报警系统原理图如图11­29­16所示，报警器未画出，a 、b 接在电压u ＝311sin 314t (V)的正弦交流电源上，R t 为半导体热敏材料制成的传感器，其电阻值随温度升高而减小，以下说法正确的选项是( )图11­29­16A ．电压表V 的示数为311 VB ．电容器C 电容增大，灯L 变暗C ．R t 所在处出现火警时，电流表A 的示数增大D ．R t 所在处出现火警时，变压器输入功率减小答案：C [解析] a 、b 间所接交变电压的有效值为3112V ＝220 V ，那么电压表V 的示数是220 V ，应选项A 错误；电容器C 电容增大，对该支路电流的阻碍作用变小，灯L 变亮，应选项B 错误；当R t 所在处出现火警时，R t 的电阻值变小，由于副线圈的电压不变，那么消耗的功率P ＝U 2R t变大，故变压器的输入功率变大，由于输入电压不变，那么电流表示数变大，应选项C 正确，选项D 错误．[教师备用习题]1．[2015·某某卷] 一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．变压器原线圈匝数为800，那么副线圈匝数为( )A ．200B ．400C ．1600D ．3200[解析] B 根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈匝数为400匝，选项B 正确．2．[2015·某某卷] 如下图电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，那么以下说法正确的选项是( )A ．电压表V 1示数增大B ．电压表V 2、V 3示数均增大C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动[解析] D 由图可知，电压表V 1与V 2分别测量原、副线圈电压，由理想变压器工作原理可知，原线圈电压由电源决定，副线圈电压与负载工作状态无关，故电压表V 1与V 2示数均不变，A 、B 错误；由能量守恒定律知，负载变化时，原、副线圈功率增量应相同，即ΔI 1U 1＝ΔI 2U 2，又ΔI 1<ΔI 2，故U 1>U 2，即该变压器起降压作用，C 错误；由电流增大知，负载R 的阻值应减小，D 正确．3．(多项选择)[2014·某某卷] 如下图的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合开关S，以下说法正确的选项是( )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[解析] BD 由于理想变压器输入电压不变，那么副线圈电压U2不变，滑片P滑动时，对灯泡两端的电压没有影响，故灯泡亮度不变，那么选项A错误；滑片P下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，那么副线圈电压不变，应选项B正确；滑片P上滑，电阻减小，副线圈输出电流I2增大，那么原线圈输入电流I1也增大，此时变压器输出功率P2＝U2I2将变大，应选项C错误，选项D正确．4．(多项选择)[2015·某某卷] 如下图，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，那么( )A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小[解析] BC 保持Q的位置不动，将P上滑时，副线圈电路中电阻变大，所以副线圈的电流变小，原线圈中电流也变小，A错误，B正确；保持P的位置不动，将Q上滑时，副线圈两端的电压变大，所以副线圈电路中电流变大，原线圈中电流也变大，C正确，D错误．5．(多项选择)[2015·某某卷] 如下图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，那么( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V[解析] AD 负载电阻减小为5R 0时，有U 2R 0＋5R 0＝5 V 5R 0，可得U 2＝6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可得U 1＝24 V ，原线圈两端电压的最大值为2U 1＝24 2 V ≈34 V ，选项A 正确；保持变压器输入电流不变即I 1不变，由I 1I 2＝n 1n 2知，负载电阻变化前后副线圈电流I 2不变，那么5 V 5R 0＝U 2′R 0＋11R 0，可得U 2′＝12 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端电压U 1′＝48 V ，选项D 正确．6．[2016·某某卷] 一自耦变压器如下图，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( )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] C 根据变压器原、副线圈两端电压和原、副线圈匝数的关系式有U 1U 2＝n 1n 2，这里n 2< n 1，所以U 2 <U 1.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中，n 2变小，n 1不变，而原线圈两端电压U 1也不变，因此U 2降低，选项C 正确．7．[2016·某某卷] 如下图，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，那么( )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 由变压器相关知识得：U 1U 2＝n 1n 2，原、副线圈减去相同的匝数n 后：U 1U ′2＝n ′1n ′2＝n 1－n n 2－n ，n 1n 2－n ′1n ′2＝－n 〔n 1－n 2〕n 2〔n 2－n 〕<0，那么说明变压器原、副线圈的匝数比变大，那么可得出C 、D 错误．由于原线圈电压恒定不变，那么副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗，A 错误，B 正确．8．[2016·全国卷Ⅰ] 一含有理想变压器的电路如下图，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω 和4U 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[解析] B 开关断开时，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，那么U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋3I ；开关闭合时，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 ′2R 2＝4In 1n 2，由U ′1U ′2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U ′1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，那么U ＝U ′1＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋12I ，解得n 1n 2＝3，选项B 正确．。

第二节变压器远距离输电【基础梳理】提示：原线圈副线圈闭合铁芯互感P出＝P入U1U2＝n1n2n1I1＝n2I2＋n3I3＋…把高电压变成低电压把大电流变成小电流升压变压器降压变压器P－P′I2R ΔU2RPUU－U′R【自我诊断】1．判一判(1)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．( )(2)理想变压器的基本关系式中，电压和电流可以均为有效值．( )(3)变压器只能使交变电流的电压减小．( )(4)高压输电的目的是增大输电的电流．( )(5)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．( )(6)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定．( )提示：(1)×(2)√(3)×(4)×(5)×(6)√2．做一做(1)(多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )A．通过正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量不变B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D ．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈提示：选BC.由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A 错误；因理想变压器无漏磁，故B 正确；由变压器工作原理知C 正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D 错误．(2)(多选)(2020·河北衡水中学模拟)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用输电导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，两地的距离为L ，输电线上损耗的电功率为P 1，用户得到的电功率为P 2.下列关于P 1和P 2的表达式中正确的是( )A ．P 2＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－2PρL U 2SB ．P 2＝P －U 2S2ρLC ．P 1＝2P 2ρLU 2SD ．P 1＝U 2SρL提示：选AC.输电线上的电流I ＝P U，输电导线的电阻R ＝ρ·2LS，输电线上损耗的电功率为：P 1＝I 2R ＝2P 2ρL U 2S，用户得到的电功率为：P 2＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2PρL U 2S ，故A 、C 正确．理想变压器原理和基本关系[学生用书P238]【知识提炼】1．变压器的工作原理2．理想变压器中的相互作用关系理想 变压器①没有能量损失(铜损、铁损)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P 入＝P 出电压原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载情况、副线圈个数无关系关续 表基本关系电流 关系只有一个副线圈时，电流和匝数成反比；有多个副线圈时，由输入功率和输出功率相等确定电流关系 频率关系 原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定 功率 原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定 电流原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定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.【典题例析】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，A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比值为( )A ．2B ．3C ．4D ．5[解析] 设理想变压器原、副线圈匝数比值为k ，根据题述，当开关S 断开时，电流表示数为I ，则由闭合电路欧姆定律得，U ＝IR 1＋U 1.由变压公式U 1U 2＝k 及功率关系U 1I ＝U 2I 2，可得I 2I＝k ，即副线圈输出电流为I 2＝kI ，U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝kI (R 2＋R 3)．当开关S 闭合时，电流表示数为4I ，则有U ＝4IR 1＋U ′1.由变压器公式U ′1U ′2＝k 及功率关系U ′1·4I ＝U ′2I ′2，可得I ′24I＝k ，即副线圈输出电流为I ′2＝4kI ，U ′2＝I ′2R 2＝4kIR 2；联立解得k ＝3，B 正确．[答案] B【迁移题组】迁移1 变压器原、副线圈的制约关系分析 1．(2018·高考天津卷)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解析：选B.交流发电机产生的感应电动势最大值E m ＝NBSω，且有ω＝2πn ，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B 正确；由电功率P ＝U 2R可知，变压器输出功率即R 消耗的功率变为原来的14，A 错误；由P ＝UI 可知，原线圈中电流减为原来的一半，C 错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，D 错误．迁移2 自耦变压器的原理2.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V 的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和I 1分别约为( )A ．380 V 和5.3 AB ．380 V 和9.1 AC ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 A解析：选B.由U 1n 1＝U 2n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝1 9001 100×220 V ＝380 V ，由P 1＝P 2＝U 1I 1＝U 2I 2得I 1＝P 2U 1＝2 000220A ≈9.1 A ，B 正确． 迁移3 互感器的应用3．(多选)电流互感器和电压互感器如图所示．其中n 1、n 2、n 3、n 4分别为四组线圈的匝数，a 、b 为两只交流电表，则( )A ．A 为电流互感器，且n 1<n 2，a 是电流表B ．A 为电压互感器，且n 1>n 2，a 是电压表C ．B 为电流互感器，且n 3<n 4，b 是电流表D ．B 为电压互感器，且n 3>n 4，b 是电压表解析：选AD.由题图可知A 为电流互感器，B 为电压互感器，因此a 是电流表，b 是电压表，在A 中，有I 1n 1＝I 2n 2，要把大电流变为小电流，有n 2>n 1；在B 中，有U 3U 4＝n 3n 4，要把高电压变为低电压，则有n 3>n 4.综上所述可知，A 、D 正确．迁移4 多个副线圈的变压器分析4.如图所示，理想变压器有两个副线圈，L 1、L 2是两盏规格为“8 V ，10 W ”的灯泡，L 3、L 4是两盏规格为“6 V ，12 W ”的灯泡，当变压器的输入电压为U 1＝220 V 时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n 1＝1 100匝，求：(1)副线圈n 2、n 3的匝数； (2)电流表的读数．解析：(1)由变压器原理可知n 1∶n 2∶n 3＝U 1∶U 2∶U 3，则n 2＝U 2U 1n 1＝8220×1 100匝＝40n 3＝U 3U 1n 1＝2×6220×1 100匝＝60匝．(2)由输入功率等于输出功率知I 1U 1＝2P L2＋2P L3，则I 1＝2P L2＋2P L3U 1＝2×10＋2×12220 A ＝0.2 A.答案：(1)40匝 60匝 (2)0.2 A1．关于理想变压器的四点说明 (1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． (3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值． 2．多副线圈变压器对于副线圈有两个及以上的理想变压器，电压与匝数成正比是成立的，而电流与匝数成反比的规律不成立．但在任何情况下，电流关系都可以根据原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P 入＝P 出进行求解．变压器的动态分析[学生用书P240]【知识提炼】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．匝数比不变的情况负载电阻不变的情况(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(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(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化【典题例析】如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( )A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动[解析] 电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，D正确．[答案] D【迁移题组】迁移1 负载电阻变化时的动态分析1．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示数变大解析：选B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，C错误；若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，D错误．迁移2 匝数比变化时的动态分析2．如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变．S断开时，灯泡L正常发光，滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法正确的是( )A．电压表读数增大B．电流表读数减小C．等效电阻R两端电压增大D．为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动解析：选C.S闭合时，变压器副线圈电路电流增大，两端电压不变，电压表读数不变，A错误．由于变压器输出功率增大，输入电流增大，电流表读数增大，B错误．由于输电线中电流增大，所以输电线等效电阻R两端电压增大，C正确．为使灯泡L正常发光，应该增大变压器输出电压，滑片P应向上滑动，D错误．迁移3 含二极管变压器的动态分析3．(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，c 、d 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：选BD.经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式U ab U 2＝n 1n 2得到输出电压，而输出电压U 2不等于c 、d 端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， U cd ＝2U 22＝2n 2U ab2n 1，则U ab ∶U cd ＝2n 1∶n 2，故A 错误．增大负载电阻的阻值R ，U ab 不变，U cd 也不变，根据P 出＝U 2cdR可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B 正确，C 错误．二极管短路时，U ′cd ＝U 2，输出功率P ′出＝U ′2cd R ＝U 22R＝2P 出，故输入功率P 1也加倍，而输入电压U 1不变，根据P 1＝U 1I 1得电流表读数加倍，D 正确．1．变压器动态问题的“制约”关系(1)电压制约：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定． (2)电流制约：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定． (3)功率制约：原线圈的输入功率P 入由副线圈的输出功率P 出决定． (4)元件制约(由元件的特性制约负载电路)负载回路中若存在二极管，则负载回路中通过的将不再是交流电，而是脉冲电流． 2．变压器动态问题分析思路程序U 1错误!U 2错误!I 2错误!I 1错误!P 1.远距离输电问题[学生用书P241]【知识提炼】1．远距离输电的处理思路：对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析．2．远距离输电问题的“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了回路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)掌握一个守恒：能量守恒关系式P 1＝P 损＋P 3. 3．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＝ΔU2R 线，ΔU 为输电线路上损失的电压．(4)P 损＝ΔUI 线．在远距离输电问题中，计算线路功率损耗时应用P 损＝I 2线R 线，其原因是I 线可以由公式P 输出＝I 线U 输出求出，而P 损＝ΔUI 线和P 损＝ΔU2R 线则不常用，其原因是在一般情况下，ΔU 不易求出，且易将ΔU 和U 输出相混而造成错误．【跟进题组】1．(2018·高考江苏卷)采用220 kV 高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，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：选C.设输送功率为P ，则有P ＝UI ，其中U 为输电电压，I 为输电电流．为使输电线上损耗的功率减小为原来的四分之一，由P 损＝I 2R (R 为输电线的电阻，恒定不变)可知应使I 变为原来的二分之一，又输送功率不变，则输电电压应变为原来的2倍，即440 kV ，C 正确．2．1897年，举世闻名的“尼亚加拉”水电站在美丽的尼亚加拉瀑布建成，现已使用100多年．当时世界各地都在使用费用高昂的直流电(因为使用直流电时必须每隔一公里建设一套发电机组)，而“尼亚加拉”水电站采用了特斯拉发明的交流电供、输电技术，用高压电实现了远距离供电．若其中某一发电机组设计为：发电机最大输出功率为P ＝100 kW ，输出电压为U 1＝250 V ，用户需要的电压为U 2＝220 V ，输电线电阻为R ＝10 Ω，输电线中因生热而损失的功率为输送功率的4%.(1)画出此输电线路的示意图；(2)求在输电线路中设置的升压变压器的原、副线圈匝数比； (3)求降压变压器的最大输出电流I 3.(结果保留整数) 解析：(1)输电线路示意图如图所示．(2)输电过程中损失的功率：P 损＝ηP通过R 的电流：I 2＝P 损R发电机的输出电流：I 1＝P U 1升压变压器的原、副线圈匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝ 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.答案：(1)见解析 (2)120(3)436 A[学生用书P242] 理想变压器模型【对点训练】1．(2019·高考江苏卷)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 VC．降低200 V D．增加200 V解析：选D.假设理想变压器原线圈的输入电压为U1，则由变压器的工作原理可知U1n1＝U2n2，变压器副线圈的输出电压为U2＝10U1；当输入电压增加20 V时，即输入电压为(U1＋20)V，则变压器的输出电压为U′2＝10(U1＋20)V，则输出电压的变化量为ΔU＝U′2－U2＝(10U1＋200－10U1)V＝200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C错误，D正确．2．(2020·江西萍乡模拟)如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000 V以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是( )A．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制B．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压C．变压器原线圈输入的12 V电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压D．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数解析：选A.由题意知，此为升压变压器，且原线圈所过电流大，需用粗线导体，故A正确；汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，故B 错误；由题可知原线圈处接12 V 的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，故C 错误；由U 1U 2＝n 1n 2可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，故D 错误．[学生用书P383(单独成册)](建议用时：40分钟)一、单项选择题1．如图所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( )A ．这是一个升压变压器B ．原线圈的匝数比副线圈的匝数多C ．当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出直流电压12 VD ．当原线圈输入交流电压220 V 、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小 解析：选B.根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V ，输出电压为12 V ，该变压器为降压变压器，A 错误，B 正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，C 错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，D 错误．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 ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A解析：选A.由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0.05 A ，周期T ＝0.02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin 2πTt ＝0.05sin 100πt (A)，D 错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3.9 W ，A正确．3.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R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，故A 错误；2πf ＝100π rad/s ，f ＝50 Hz ，故B 错误；I 2＝880220 A ＝4 A ，故C 正确；由于理想变压器P 入＝P 出＝I 22r ＋880 W ＞880 W ，故D 错误．4．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是( )A ．因为热功率P ＝U 2R，所以应降低输送电压，增大输电导线电阻，才能减小输电导线上的热损耗B ．因为热功率P ＝IU ，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗C ．因为热功率P ＝I 2R ，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗D ．以上说法均不正确解析：选C.不能盲目看公式，要注意其物理意义的表述，在求热损耗时：P损＝I 2线R线或用P 热＝U 线I 线，也可用P ＝U 2R，但U 必须为输电线上等效电阻两端的电压，并不是输电电压．5.(2017·高考北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 2 V ，故有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故副线圈电压的有效值为U 2＝110 V ，故输出功率P 2＝U 22R＝220 W ，再由输入功率等于输出功率知，P 1＝P 2＝220 W ，A 错误；根据欧姆定律知，I 2＝U 2R＝2 A ，I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝1 A ，故电流表读数为1 A ，B 正确；电压表的读数为有效值，即U 2＝110 V ，C 错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T ＝2πω，解得T ＝0.02 s ，D错误．6．远距离输电的原理图如图所示， 升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2, 电压分别为U 1、U 2，电流分别为 I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )A.I 1I 2＝n 1n 2B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 2解析：选D.根据理想变压器的工作原理得I 1U 1＝I 2U 2、I 1I 2＝n 2n 1.U 2不是加在R 两端的电压，故I 2≠U 2R，而I 1U 1等于R 上消耗的功率I 22R 与下一级变压器的输入功率之和．只有D 正确．7．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab <I cdB ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab >I cdC ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab <I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab >I cd解析：选B.高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据I 1I 2＝n 2n 1，MN 应接匝数少的线圈，故ab 接MN ，cd 接PQ ，且I ab >I cd ，B 正确．8．如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L 1与输出电压稳定的正弦式交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L 2和L 3相连，开始时开关S 处于断开状态．当S 闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法正确的是( )A ．灯泡L 1变亮B ．灯泡L 2变亮C ．原线圈两端电压不变D ．副线圈两端电压变大解析：选A.开关S 闭合，副线圈电路增加一并联电路，总电阻减小，所以副线圈中的电流增大，根据变压器规律I 1I 2＝n 2n 1，可知原线圈电流I 1增大，L 1变亮，A 正确；灯泡L 1的电压U L1＝I 1R 增大，由于输入的正弦式交流电压稳定，根据U ＝U L1＋U 1，可知原线圈两端的电压U 1减小，则副线圈两端电压U 2随着减小，L 2变暗，B 、C 、D 错误．9．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B.由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1①由U 1U ′2＝n 1－Δn n 2－Δn得 U ′2＝n 2－Δn n 1－ΔnU 1②由②①得：U ′2U 2＝（n 2－Δn ）n 1（n 1－Δn ）n 2＝n 2n 1－Δnn 1n 2n 1－Δnn 2，因为n 2＜n 1，所以U ′2U 2＜1，即U ′2＜U 2，故小灯泡变暗，B 正确，A 错误；由以上分析过程可以看出，C 错误；由I 1I 2＝n 2n 1和I ′1I ′2＝n 2－Δnn 1－Δn可见，D 错误．10．(2020·江西八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 解析：选A.当R 3不变，P 顺时针转动时，n MN 减小，由U CD U MN ＝n CDn MN，知U MN 减小，则电压表、电流表读数均减小，A 项正确，同理知B 项错误；当P 不动时，匝数n MN 不变，输出电压U MN 不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C 项错误，同理知D 项也错误．二、多项选择题11．如图所示的电路中，T 为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L 正常发光，现在电源电压U 略降低，为使灯泡L 仍能正常发光，可采用的措施是( )A ．将自耦调压变压器的滑片P 适当上滑B ．将自耦调压变压器的滑片P 适当下滑C ．适当增大滑动变阻器R 2的阻值D ．适当减小滑动变阻器R 2的阻值解析：选AC.若保持负载总电阻不变，电源电压U 略降低时，为使灯泡L 仍能正常发光，只需输出电压U 2保持不变．根据变压比U U 2＝n 1n 2，可得U 2＝n 2n 1U ，由此可知，n 2应增大，自耦调压变压器的滑片P 应适当上滑，A 正确，B 错误；若保持匝数比不变，根据变压比U U 2＝n 1n 2，可得U 2减小，为使灯泡L 仍能正常发光，加在L 两端的电压应不变，则加在R 1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R 2应增大，C 正确，D 错误．12.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC.保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，A 错误，B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，C 正确，D 错误．13．如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a 、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V ，电流表的示数为1 A ，则( )A ．a 为电流表，b 为电压表B ．a 为电压表，b 为电流表C ．线路输送电功率是220 kW。

高考理综物理模拟试卷注意事项：1. 答题前，考生先将自己的姓名、准考证号填写清楚，将条形码准确粘贴在考生信息条形码粘贴区。

2．选择题必须使用2B铅笔填涂；非选择题必须使用0.5毫米黑色字迹的签字笔书写，字体工整、笔迹清楚。

3．请按照题号顺序在各题目的答题区域内作答，超出答题区域书写的答案无效；在草稿纸、试题卷上答题无效。

4．保持卡面清洁，不要折叠，不要弄破、弄皱，不准使用涂改液、修正带、刮纸刀。

一、单项选择题1．已知氢原子的基态能量为- E1，激发态能量，其中n＝2，3，4…，用h表示普朗克常量，c表示真空中的光速。

有一氢原子处于n＝3的激发态，在它向低能态跃迁时，可能辐射的光子的最大波长为（）A．B．C．D．2．如图所示，重10 N的滑块在倾角为30°的斜面上，从a点由静止下滑，到b点接触到一个轻弹簧．滑块压缩弹簧到c点开始弹回，返回b点离开弹簧，最后又回到a点，已知ab＝0.8 m，bc＝0.4 m，那么在整个过程中（）A．滑块滑到b点时动能最大B．滑块动能的最大值是6 JC．从c到b弹簧的弹力对滑块做的功是6 JD．滑块整个过程机械能守恒3．将一小球从地面上以6m/s的初速度竖直向上抛出，小球每次与水平地面碰撞过程中的动能损失均为碰前动能的n倍，小球抛出后运动的v－t图象如图所示。

已知小球运动过程中受到的空气阻力大小恒定，重力加速度大小为10m/s2，则n的值为A．B．C．D．4．如图所示，用波长为λ0的单色光照射某金属，调节滑动变阻器，当电压表的示数为某值时，电流表的示数恰好减小为零；再用波长为的单色光重复上述实验，当电压表的示数增加到原来的3倍时，电流表的示数又恰好减小为零.已知普朗克常量为h，真空中光速为c.该金属的逸出功为( )A．B．C．D．5．如图所示，滑块放在水平地面上，左边受一个弹簧拉力作用，弹簧原长小于悬挂点的高度，水平向右的拉力F拉动滑块，使滑块向右缓慢移动，并且滑块始终没有离开地面，则在上述过程中，下列说法正确的是（）A．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力不变B．弹簧弹力在竖直方向的分量不变，滑块受到的摩擦力变小C．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力不变D．弹簧弹力在竖直方向的分量增大，滑块受到的摩擦力变小6．下列哪些电器件在工作时，不是应用电磁感应现象的是（）A．电磁炉 B．水力发电机 C．动圈式话筒 D．干电池二、多项选择题7．如图所示，半圆槽光滑、绝缘、固定，圆心是O，最低点是P，直径MN水平，a、b是两个完全相同的带正电小球（视为点电荷），b固定在M点，a从N点静止释放，沿半圆槽运动经过P点到达某点Q（图中未画出）时速度为零。

2011年高考物理变压器和远距离输电讲义新人教版温故自查1．变压器：能够改变的设备，但不能改变直流电压，其工作原理是，工作基础是．2．理想变压器：没有漏磁和能量损失的变压器交流电压电磁感应互感现象3．两种常见的变压器(1)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)互感器互感器的和要接地．考点精析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：U1I1＝U2I2＋U3I3＋U4I4＋U5I5＋……外壳副线圈可得出n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋n5I5＋……根据以上关系：①匝数比一定时，U2由U1决定②输入电流由输出电流决定③输入功率由输出功率决定温故自查1．输电导线上的能量损失：主要是由输送线路电阻发热产生的，表达式为.2．减小输电线路上的损耗的方法：(1)减小输送电路的；(2)减小输送电路的．Q＝I2Rt电阻电流3．高压输电的原理：由输送功率P＝UI，其中U为，I为，因而可以提高，以减小I，则线路上的损耗P损＝I2R可大幅度减小，这是行之有效的办法．考点精析1．远距离输电的电路构成如图所示．输送电压输送电流输送电压U输送电流2．从图中应该看出功率之间的关系是：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P r＋P3电压之间的关系是：可见其中电流之间的关系最简单，I2、I r、I3中只要知道一个，另两个总和它相等，因此求输电线上的电流往往是解决这类问题的突破口．3．输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的．分析和计算时都必须用P r＝Ir，U r＝I r r，而不能用P r .特别重要的是要分析输电线上的功率损失P r＝，由此得出结论：(1)减少输电线功率损失的途径是提高输电压或增大输电导线的横截面积，两者相比，当然选择前者；(2)若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地．命题规律根据理想变压器的有关物理量的变化，分析其他物理量的变化．[考例1]如图所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则()A．保持U1及P的位置不变，S由a合到b时，I1将增大B．保持U1及P的位置不变，S由b合到a时，R消耗的功率减小C．保持U1不变，S合在a处，使P上滑，I1将增大D．保持P的位置不变，S合在a处，若U1增大，I1将增大[答案]ABD[总结评述](1)关于理想变压器的动态分析问题一般有两种类型：①负载电阻不变，原、副线圈的电压U1、U2不变，电流I1、I2，功率P1、P2随匝数比的变化而变化；②匝数比不变，原、副线圈的电压U1、U2不变，电流I1、I2，功率P1、P2随负载电阻的变化而变化．(2)无论哪种情况，处理此类问题的关键是分清变量和不变量，弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系．如图所示，T为理想变压器，副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略，其余输电线电阻可不计，则当开关S闭合时()命题规律根据变压器的工作原理，确定多个副线圈变压器有关物理量．[考例2]如图所示，理想变压器三个线圈的匝数之比为n1n2n3＝1051，其中n1接到220V的交流电源上，n2和n3分别与电阻R2、R3组成闭合回路．已知通过电阻R3的电流I3＝2A，电阻R2＝110Ω，求通过电阻R2的电流和通过原线圈的电流．[答案]1A0.7A[总结评述]当理想变压器有多个副线圈时，各线圈的电压与其匝数的关系仍然成正比，但电流不再与其匝数成反比，而是根据功率的关系和电压的关系，推出电流与其线圈匝数之间的关系．如图所示，三只灯泡均正常发光，现将滑动变阻器R的滑片向下移动，则下列说法中正确的是()A．灯L3变暗B．灯L1和L2均变暗C．变压器原线圈的输入功率变大D．副线圈n2中的电流变大[解析]由于U1、n1、n2、n3均不变，可知U2、U3均不变，当R的滑片向下移动时，n3中的电流增大，R1两端的电压增大，L3两端电压减小，故L1、L2的亮度不变；由于n3的电流增大，则原线圈中的电流也随之增大，故原线圈的输入功率也变大．[答案]AC命题规律根据减少输电线路上的电能损耗的要求，提高输电电压，确定升压、降压变压器的匝数比．[考例3](2009·山东)某小型水电站的电能输送示意图如下，发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则()C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率[解析]使用特殊值法解答A、B选项，令＝＝，U1＝200V，U2＝400V，U3<400V，则U4<200V，用电器上的电压小于额定电压220V，因此应使，选项A对，选项B错；输电线的总电阻为r，输电线有电压降，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，选项C错；升压变压器的输出功率等于输电线上损失的功率与降压变压器的输入功率之和，选项D正确．[答案]AD(2009·重庆模拟)有一台内阻为1Ω的发电机，供给一学校照明用电，如图所示．升压变压器原、副线圈的匝数比为14，降压变压器原、副线圈的匝数比为41，输电线的总电阻为4Ω.全校共有22个班，每班有“220V40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则()(1)发电机的电动势为多大？(2)发电机的输出功率为多大？(3)输电效率为多少？[解析](1)由题意知U4＝220V，[答案](1)250V(2)5424W(3)97%。

习题课变压器的应用及远距离输电问题[目标定位] 1.进一步理解变压器的原理及规律。

2。

熟练应用变压器原、副线圈的决定因素解决动态分析问题.3.熟悉远距离输电中的各物理量关系和损耗问题，熟练解决远距离高压输电中的实际问题．1．理想变压器原、副线圈的三个关系：P入＝P出，错误!＝错误!,错误!＝错误!.(一个副线圈）2．输电线上的功率损失P损＝I2R线，输电线上的电压损失ΔU＝IR线．3．减小输电线上功率、电压损失的途径：减小输电线的电阻、减小输电线中的电流（即提高输电电压）．4．远距离输电的基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电,在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。

一、理想变压器中的规律分析1．功率关系:P入＝P出．2．电压关系：错误!＝错误!＝错误!＝…….3．电流关系：若只有一个副线圈错误!＝错误!.若有多组副线圈n1I1＝n2I2＋n3I3＋…….4．变压器不改变频率5．原、副线圈的地位（1）原线圈在原线圈回路中所处的地位是充当负载．（2)副线圈在副线圈回路中所处的地位是充当电源．例1如图1甲所示，左侧的调压装置可视为理想变压器,负载电路中R＝55 Ω,、为理想电流表和理想电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压,电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( )图1A．电流表的示数为2 AB．原、副线圈匝数比为1∶2C．电压表的示数为电压的有效值D．原线圈中交流电压的频率为100 Hz解析由题图乙可知原线圈两端电压的有效值U1＝220 V，由错误!＝错误!，可得原、副线圈匝数之比错误!＝错误!＝错误!＝2∶1，故B错误；电流表示数与电压表示数都为有效值，故C正确；电流表示数I＝错误!＝错误! A＝2 A，故A正确；由题图乙可知T＝0。

02 s，所以交流电压的频率为f＝错误!＝错误! Hz＝50 Hz，D错误．答案AC针对训练1 如图2所示,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 ＝U0sin ωt的交流电源，副线圈接一个R＝27。

2020届高三物理一轮复习导学案十^一、交流电（2） 变压器和远距离输电 【目标】1、了解变压器的工作原理，掌握其变压规律及功率关系；2、 理解高压输电的原理；3、 了解传感器的原理及应用。

【导入】 一、 变压器1 •理想变压器各线圈两端电压与匝数成正比这不仅适用于副线圈只有一个的情况，而且适用于多个副线圈的情况•这是因为理 想变压器的磁通量是全部集中在铁芯内的， 因此穿过每组线圈的磁通量变化率相同， 每组线圈中产生的电动势和匝数成正比•在线圈内阻不计的情况下，线圈两端电压 即等于电动势，即：U1 / U1Unn i n 2 n3nn2 •理想变压器输入功率等于输出功率 3•高压输电为减小输电线路上的电能损失，常采用高压输电这是因为输送功率一定时，线路电流匸P/U ，输出电线上损失功率P ' p ]2R 线兽，可知p +二、 传感器传感器是将它所感受到的物理量（如力、热、光、声等）转换成便于测量（一般是 电学量）的一类元件•例如：热电传感器是利用热敏电阻将热信号转换成电信号； 光电传感器是利用光敏电阻将光信号转换成电信号•转换后的信号经过相应的仪器 进行处理，就可以达到自动控制等各种目的.1、变压器原理以法拉第电磁感应定律为核心；由于纯电阻电路中，交流电路和直流电路遵循相同的规律，所以恒定电流的知识在交流电路中仍适用，2、一般来说，本章计算中所涉及的电流、电压都是有效值.3、理想变压器原副线圈中有关物理量的因果关系（1）对于m/z确定的变压器，其输出电压U2是由输入电压U决定的；U2= U nJ m （2）对于m/n 2确定的变压器，输入电流I 1是由副线圈中输出电流I 2决定的：丨1= 12 n2/ n 1, 12由负载的多少而定）4、变压器变压比中U、U2都是指原、副线圈两端的电压，不要误以为是电源电压和用电器得到的电压（因为有时是，有时不是）.【导研】［例1］如图（a）所示所示是理想变压器的示意图，器的线圈L中通入逐渐增大的电流，变压器的铁芯量随时间的变化如图所示.线圈1是550匝，线圈1100匝，线圈2两端的电压是_______________________ V［例2］（09 •江苏物理• 6）如图所示，理想变压器的原、畐懺圈匝数比为1: 5,原线圈两端的交变电压为u 20.2si n100 t V两端电压达到100V时开始发光，下列说法的有（）A•开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB. 开关接通后，电压表的示数为100 VC•开关断开后，电压表的示数变大D.开关断开后，变压器的输出功率不变［例3］（09 •南京模拟）如图所示，L、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A,已知甲图中原、副线圈匝数比为100 : 1，甲乙乙图中厂：L O压变在是2磁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 22000 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 22000 VD. 乙图是电流互感器，输电电流是 100 A［例4］（扬州市2020届第二次调研）如图所示，压器原、副线圈的匝数比为10:1，b 是原线圈的中 头，电压表和电流表均为理想电表， 从某时刻开始 圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1 220.2 sin100 tV ，贝U （ ）A •当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22V ; B. 当t -X s 时，c 、d 间的电压瞬时值为110V ;600C •单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中, 表的示数均变小；D.当开关由a 扳向b 时，电压表、电流表示数均变小；［例5］ （09 •广东物理• 9）图为远距离高 的示意图。

第2节 变压器 远距离输电 考点1► 理想变压器的几个基本关系 【p 200】夯实基础1．变压器的构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的与交流电源相接的__原线圈__和与负载连接的__副线圈__组成，如图所示．2．变压器的原理：根据电磁感应现象中的__互感__来改变交流电的电压．3．理想变压器：(1)无漏磁，即原、副线圈中的磁通量Φ，磁通量变化率ΔΦΔt相同； (2)线圈无电阻，即原、副线圈两端电压U ＝E ＝n ΔΦΔt； (3)无能量损失，P 出＝P 入，即I 2U 2＝I 1U 1.4．理想变压器的几个基本关系式：(1)功率关系：__P 入＝P 出__．(2)电压关系： ①只有一个副线圈时U 1U 2＝__n 1n 2__． ②有多个副线圈时U 1n 1＝__U 2n 2__＝__U 3n 3__＝… (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：依U 1I 1＝__U 2I 2__＋__U 3I 3__＋…，可推出：I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…＋I n n n .(4)频率关系：f 1＝f 2，变压器不改变交变电流的频率．注意：变压器只能改变交流电压，不能改变直流电压．5．常见变压器 (1)自耦变压器——调压变压器．(2)互感器电压互感器(n 1>n 2)：用来把__高电压__变成__低电压__，原线圈__并联__在两输电线之间，副线圈接交流电压表并接地．电流互感器(n 1<n 2)：用来把__大电流__变成__小电流__，原线圈__串联__在一根输电线中，副线圈接交流电流表并接地．考点突破例1如图所示，正弦交流电源的电压有效值保持恒定，电流表为理想交流电流表，理想变压器的副线圈接电阻R 1和R 2，R 1和R 2的阻值分别为1 Ω和3 Ω.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 ，则( )A ．开关闭合前后，流经R 1的电流之比为1∶4B ．开关闭合前后，流经R 1的电流之比为1∶2C ．开关闭合前后，副线圈的输出电压比为4∶1D ．开关闭合前后，变压器的输入功率之比为1∶2【解析】根据题意，该理想变压器原线圈两端电压U 1不变，原、副线圈匝数比一定，故副线圈电压U 2保持不变，与开关S 闭合断开无关，C 错误；开关断开时，副线圈电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝14U 2；闭合开关后，副线圈电流I 2′＝U 2R 1＝U 2，故开关闭合前后，流过电阻R 1的电流之比I 2∶I 2′＝14，A 正确，B 错误；闭合开关前，变压器输入功率为P ＝IU 1；在闭合开关之后，变压器输入功率为P′＝4IU 1，故开关闭合前后，变压器输入功率之比为1∶4，D 错误．【答案】A【小结】解决变压器问题的方法技巧1．电压切入法：变压器原、副线圈的电压之比为U 1U 2＝n 1n 2；当变压器有多个副线圈时，有：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝… 2．功率切入法：理想变压器的输入、输出功率为P 入＝P 出，即P 1＝P 2；当变压器有多个副线圈时P 1＝P 2＋P 3＋…3．电流切入法：由I ＝P U 知，对只有一个副线圈的变压器有I 1I 2＝n 2n 1；当变压器有多个副线。