第11章 第2讲 理想变压器与电能的输送(课件PPT)-【新高考方案】2025年高考物理一轮总复习（江苏北京专版）

理想变压器与电能的输送 (基础落实课) 第 2 讲 1 课前基础先行 2 逐点清(一)　理想变压器基本规律的应用 3 逐点清(二)　理想变压器的动态分析 CONTENTS 目录 4 逐点清(三)　电能的输送问题 5 课时跟踪检测 CONTENTS 目录 课前基础先行 一、理想变压器 1.构造：如图所示，变压器是由闭合______ 和绕在铁芯上的两个______组成的。 (1)原线圈：与_________连接的线圈，也叫 ______线圈。 (2)副线圈：与______连接的线圈，也叫______线圈。 铁芯 线圈 交流电源 初级 负载 次级 互感现象 2．原理：线圈的__________。 3．理想变压器的基本关系 (1)电压关系：__________。(2)电流关系：________。 (3)功率关系：__________。 P入＝P出 二、电能的输送 1．输电损耗： 如图所示，若发电站输出电功率为P， 输电电压为U，用户得到的电功率为P′， 用户的电压为U′，输电线总电阻为R。 IR I2R 2．减少输电线上电能损失的两种方法 横截面积 电阻率小 输电电压 情境创设　 变压器是生活、生产用电的必需设备，如图所示是电能输送的简单示意图。 理解判断　 (1)对于恒定电流，变压器没有变压作用。 ( ) (2)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。 ( ) (3)变压器能改变交变电流的频率。 ( ) (4)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。 ( ) √ √ × × (5)变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小。 ( ) (6)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。 ( ) (7)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。 ( ) (8)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。 ( ) × √ √ √ 逐点清(一)　 理想变压器基本规律的应用 课堂 1．[理想变压器基本规律的应用] (2022•北京高考)某理想变压器的原线圈接在220 V的正弦交流电源上，副线圈输出电压为22 000 V，输出电流为300 mA。该变压器(　 ) |题|点|全|练|　 √ 2．[含有二极管的变压器电路] 图乙中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1。原线圈接入如图甲所示的正弦式交流电，电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，下列说法错误的是(　 ) A．电阻R2两端的电压频率为50 Hz B．电流表的示数为5 A C．原线圈的输入功率为150 W D．将R1撤掉，电压表的示数不变 解析：由题图甲可知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50 Hz，故A正确； √ 因输出电压由输入电压决定，故将R1撤掉，电压表的示数不变，故D正确。 3．[初级线圈连接元件的变压器电路] (2024•苏州高三模拟)在图(a)所示的交流电路中，发电机两端输出电压的有效值为20 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1、R2、R3阻值相同。通过理想电流表的电流随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是(　 ) √ 4．[电压互感器和电流互感器] 如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中，甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I，则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为(　 ) √ 5．[自耦变压器] 如图所示，通过可调自耦变压器给阻值为R、额定功率为P的定值电阻供电，在原线圈两端加上正弦式交变电压，此时变压器原、副线圈匝数比为10∶1，闭合开关S后，发现定值电阻的功率只有0.64P。要使定值电阻能正常工作，应(　 ) A．将滑片P向上移，使原、副线圈匝数比变为12∶1 B．将滑片P向上移，使原、副线圈匝数比变为25∶2 C．将滑片P向下移，使原、副线圈匝数比变为8∶1 D．将滑片P向下移，使原、副线圈匝数比变为32∶5 √ 1．理想变压器的基本关系 |精|要|点|拨| 续表 2．分析变压器电路的两点提醒 (1)分析变压器副线圈接有二极管的问题时，要注意二极管的单向导电性对交变电流的影响及对应有效值的变化。 (2)分析原线圈接有负载的变压器电路时要注意变压器的输入电压或电流与电源的输出电压或电流的大小关系。 3．两类特殊的变压器 (1)互感器 ①电压互感器：把高电压变成低电压(图甲)。 ②电流互感器：把大电流变成小电流(图乙)。 (2)自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，原、副线圈只取其中的一部分，当交流电接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器同样适用。 逐点清(二)　 理想变压器的动态分析 课堂 理想变压器的制约关系 考法(一)　匝数比不变，负载变化 考法全训 (2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。 (3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。 [例1]　(2024•南通高三质检)如图是给 用户供电的电路示意图，其中R1、R0表示 变压器前后两侧的输电线的总电阻，假设用户端为纯电阻用电器，总电阻为R。若变压器视为理想变压器，U恒定，电表视为理想电表，当用户使用的用电器数量增加时，下列说法正确的是(　 ) √ [解析]　由于用户端用电器均是并联连接，当用户使用的用电器增加时，并联的用电器增多，则用户总电阻减小，故A错误； 当用户使用的用电器数量增加时，副线圈总电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流也增大，则R1分压增大，变压器输入电压U1减小，所以U2减小，而变压器后侧的输电线的总电阻上的电压UR0增大，所以用电器两端电压UR减小，故D正确，C错误。 考法(二)　负载不变，匝数比变化 [例2]　如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压，下列说法正确的是(　 ) A．当S与a连接后，理想电流表示数为22 A B．当S与a连接后，理想电压表示数为11 V C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍 √ 当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，副线圈频率不变，C错误； 副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，D正确。 分析变压器电路动态变化问题的一般思路： (1)分清不变量和变量。 (2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系。 (3)利用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。 考法（三）　匝数比、负载都变化 [例3]　(2024·连云港月考)在如图所示的电路中，理想变压器原线圈接电压有效值恒定的正弦式交流电，下列分析正确的是(　 ) A．只将开关S1从2拨向1，电流表A的示数变小 B．只将开关S1从2拨向1，副线圈两端的电压不变 C．只将开关S2从4拨向3，R1和R2消耗的总功率变大 D．只将开关S3从闭合改为断开，变压器的输入功率变小 √ 逐点清(三)　电能的输送问题 课堂 1．理清三个回路 在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。 4．远距离输电中三种电压与三种电功率对比 (1)三种电压的比较 输电线上损失电压 若输电线中电流为I线，输电线电阻为R，则输电线上损失的电压为ΔU＝I线R 用户得到电压 降压变压器的输出电压 续表 (2)三种电功率的比较 三种电功率 计算公式 输电功率P输送 输电电压与输电电流的乘积 输电线上损失的电功率P损 若输电线中电流为I线，输电线电阻为R，则输电线上损失的电功率为P损＝I线2R 用户得到的电功率P用 用户电压与电流的乘积 考法1　远距离高压直流输电 1．(2023·浙江6月选考)我国1 100 kV 特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是(　 ) A．送电端先升压再整流 B．用户端先降压再变交流 C．1 100 kV 是指交流电的最大值 D．输电功率由送电端电压决定 考法全训 √ 解析：升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误； 1 100 kV指的是交流电的有效值，故C错误； 输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。 教材素材的发掘命题 上面浙江高考题可谓是“不遮不掩”地直接考教材。咱们看一下人教版教材选择性必修2 P63－64“STSE”栏目关于“输电技术的发展”这篇科普文的相关内容： |考|教|衔|接| 为了减少感抗和容抗，在输电这个环节可以使用直流，但发电机产生的仍是交流，用户使用的也主要是交流(如图)。为此，在送电端有专用的“整流”设备将交流变换为直流，在用户端也有专用的“逆变”设备再将直流变换为交流。制造大功率的整流和逆变设备在过去有很大困难，目前已经逐步解决，因此直流输电技术已得到应用。 “导向教学”是高考的核心功能之一，“考教衔接”是落实高考引导教学的有效手段。抛开教材的复习方式无异于舍本逐末，会迷失高考的方向。 2．(人教版教材选择性必修2，P65练习T5)某个小水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机的电压为250 V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V。要求在输电线上损失的功率控制在5 kW(即用户得到的功率为95 kW)。请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你计算： 考法2　远距离高压交流输电 (1)降压变压器输出的电流为多少？输电线上通过的电流是多少？ (2)输电线损失的电压为多少？升压变压器输出的电压是多少？ (3)两个变压器的匝数比各应等于多少？ 答案：(1)432 A　25 A　(2)200 V　4×103 V　(3)1∶16　190∶11 3．(2023·山东高考)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　 ) A．发电机的输出电流为368 A B．输电线上损失的功率为4.8 kW C．输送给储能站的功率为408 kW D．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44 解析：对发电机端，由P1＝U1I1得，I1＝2 000 A，故A错误； √ 由能量守恒定律得P1＝P损＋P4＋P5，解得P5＝408 kW，故C正确； 教材练习题是水电站发电远距离高压交流输电问题，高考题的节能储能输电网络问题不但考查了高压交流输电问题，而且还考查了理想变压器一个原线圈、多个副线圈的输电问题，根据理想变压器功率关系及电压关系分析解决问题。高考题是教材习题的升维命题。 |考|教|衔|接| 课时跟踪检测 NO.5 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 一、立足基础，体现综合 1．(2024·南京高三调研)点火线圈能产生20 000 V 的高压，使汽车启动。某型号点火线圈部分结构如图所示，其初级线圈匝数为100匝，次级线圈匝数为20 000匝。已知汽车电瓶是电动势为12 V的蓄电池。下列说法正确的是(　 ) 6 7 8 9 10 11 12 A．点火线圈的次级线圈应和蓄电池相连 B．仅增加初级线圈的匝数，也一定能成功点火 C．汽车蓄电池是直流电源，需要将直流电先转化为交流电才能使点火线圈正常工作 D．初级线圈断电瞬间，其两端电压约为100 V 1 2 3 4 5 √ 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2．(2024·扬州高三调研)远距离输电的原理图如图所示，发电机的输出功率为P，输电线上损失的功率为P线，变压器均为理想变压器，下列关系式正确的是(　 ) 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 4．(2024·南通三校联考)如图甲所示是手机无线充电工作原理图，送电线圈接入如图乙所示交变电流，受电线圈与手机连接，则(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 5．(2023·北京高考)自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12 V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8 V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5 V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是(　 ) A．仅增加原线圈匝数 B．仅增加副线圈匝数 C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D．将两个3.8 V小灯泡并联起来接入副线圈 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 该变压器不是理想变压器，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压小于3.8 V，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8 V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 6．(2023·天津高考改编)如图是输电线为用户输电的示意图，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电线上的总电阻为R，下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．T1的输出电压与T2的输入电压相等 B．T1的输出功率等于T2的输入功率 C．若用户接入的用电器增多，则R消耗的电功率减小 D．若用户接入的用电器减少，则T2的输出功率减小 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：设输电线中的电流为I2，T1的输出电压与T2的输入电压分别为U2、U3，则有U2＝I2R＋U3，即T1的输出电压大于T2的输入电压，A错误；T1的输出功率为P2＝U2I2，输电线上损耗的功率为ΔP＝I22R，T2的输入功率为P3＝U3I2，则P2＝ΔP＋P3，即T1的输出功率大于T2的输入功率，B错误；若用户接入电路的用电器增多，则T2副线圈中的电流增大，由变压器的工作原理可知，T2原线圈中的电流增大，即输电线上的电流增大，输电线上损耗的电功率增大，即R消耗的电功率增大，C错误；若用户接入电路的用电器减少，则用电器消耗的功率减小，即T2的输出功率减小，D正确。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 7．(2024·淮安高三检测)如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，电压表的示数为220 V，电流表的示数为4 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．甲是电流互感器，乙是电压互感器 B．输电线路上损耗的功率为320 W C．用户得到的电功率为3 392 kW D．用电设备增多，降压变压器输出电压U4变大 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：互感器甲的原线圈并联在升压变压器副线圈两端，是电压互感器，互感器乙的原线圈串联在输电线路中，是电流互感器，故A错误；电流表的示数为4 A，电流互感器乙原、副线圈的匝数比为1∶20，可知输电线上的电流为I2＝80 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则输电线路上损耗的功率为P损＝I22r＝802×20 W＝128 000 W＝128 kW，故B错误； 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 电压表的示数为220 V，电压互感器甲的原、副线圈的匝数比为200∶1，可知升压变压器副线圈两端电压为U2＝44 000 V，则升压变压器的输出功率为P2＝U2I2＝44 000×80 W＝3 520 000 W＝3 520 kW，用户得到的功率为P3＝P2－P损＝3 392 kW，故C正确；用电设备增多，降压变压器副线圈回路的电流增大，则输电线上的电流增大，输电线上损失的电压增大，降压变压器的输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，D错误。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．原线圈两端电压的有效值和t＝ 2.5 × 10－3 s的电压瞬时值相等 B．若电压表为非理想电表，读数比理想电压表读数小 C．照明电灯正常发光时，电流表的读数为0.05 A D．在t＝5×10－3 s时刻，电压表的示数为零 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 9．(2024·江苏泰兴检测)如图，一理想变压器ab端接交流电源，原线圈匝数为100匝，R1、R2、R3阻值相等。则当开关S断开时R1功率为P1，当S闭合时R1功率为P2，且P1∶P2＝9∶25，则副线圈匝数为(　 ) A．25　　　B．50　　　C．200　　　D．400 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 解析：设原、副线圈的匝数比为n，开关断开时原线圈电流为I1，开关闭合时原线圈电流为I2，由P1∶P2＝9∶25，P＝I2R，可知I1∶I2＝3∶5，设开关断开时副线圈电流为I1′，开关闭合时副线圈电流为I2′，则开关断开时副线圈电压为U1′＝I1′R＝nI1R，此时原线圈电压为U1＝nU1′＝n2I1R，总电压为U＝U1＋I1R＝n2I1R＋I1R， 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 二、注重应用，强调创新 10．(2024·连云港调研)一电吹风电路图如图所示，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态，输入电压220 V保持不变，n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，小风扇的额定电压为60 V，正常工作时小风扇输入功率为36 W。下列说法正确的是(　 ) 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 A．小风扇的内阻是100 Ω B．触片同时与a、b接触时吹冷风 C．理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶3 D．吹热风时和吹冷风时通过电吹风的总电流相等 2 3 4 √ 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)电流表A的示数； (2)发电机内阻。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 (1)电流表的示数； (2)线圈的内阻。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 根据理想变压器输入功率等于输出功率得U1I1＝U2I2 可得原线圈电流为I1＝20 A 所以电流表示数为20 A。 2 3 4 1 5 6 7 8 9 10 11 12 2 3 4 本课结束 更多精彩内容请登录：www.zghkt.cn ＝ ＝ 输电电流 电压损失 功率损失 I＝__＝＝ ΔU＝U－U′＝___ ΔP＝P－P′＝____＝2R 方法一 减小输电线的电阻R。由R＝ρ知，可加大导线的_________、采用_________的材料做导线 方法二 减小输电线中的电流。在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高_________ A．原、副线圈的匝数之比为100∶1 B．输入电流为30 A C．输入电流的最大值为15 A D．原、副线圈交流电的频率之比为1∶100 解析：原、副线圈的匝数之比为＝＝＝，故A错误；根据＝可得输入电流为I1＝I2＝100×300×10－3A＝30 A，故B正确；输入电流的最大值为Im＝I1＝30 A，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。 经变压器后，输出电压为U输＝＝20 V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，则由有效值的定义可得·＝·T，解得U＝10 V，则电流表的示数为I＝＝2.5 A，故B错误； 原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，输出功率P＝ W＋(2.5)2×4 W＝150 W，故C正确； A．交流电的频率为100 Hz B．理想电压表的示数为4 V C．R1的阻值为4.5 Ω D．副线圈的输出功率为 W 解析：交流电的周期为0.02 s，所以交流电的频率为f＝＝50 Hz，故A错误； 根据理想变压器电压与匝数的关系可知＝，解得U2＝10 V，由于R2、R3阻值相同，所以电压表示数为5 V，故B错误； 设三个电阻的阻值均为R，根据闭合电路欧姆定律和电流与匝数的关系，有＋×＝I，将I＝5 A代入解得R＝4.5 Ω，故C正确； 副线圈的输出功率为P＝＝ W，故D错误。 A．k1U，k2I　　　　　　 B．k1U， C．，k2I D．， 解析：根据原、副线圈的电压、电流与线圈匝数的关系可知＝＝k1，＝＝，由此可知U1＝k1U，I1＝，B正确。 解析：设原来原、副线圈匝数比为k＝10，原线圈输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，则＝k，故电阻R两端的电压为U2＝，则0.64P＝，设调节后的原、副线圈的匝数比为n，则电阻R两端的电压为，则P＝，联立解得n＝0.8k＝8，故选C。 功率关系 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 (1)只有一个副线圈时：＝ (2)有多个副线圈时：＝＝＝… 电流关系 (1)只有一个副线圈时：＝ (2)有多个副线圈时：I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn 频率关系 f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率) 电压 (1)输入电压U1由电源决定 (2)U2＝U1⇒输出电压U2由输入电压U1和匝数比共同决定 功率 P入＝P出⇒输入功率P入由输出功率P出决定 电流 I1＝I2⇒输入电流I1由输出电流I2和匝数比共同决定 如图所示，匝数比不变，负载变化的情况的分析思路： (1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。 A．用户总电阻R变大 B．电压表示数之比增大 C．电流表示数I1减小 D．用电器R两端电压降低 若变压器视为理想变压器，则变压器原、副线圈两端电压之比等于原、副线圈匝数之比，即＝，由于原、副线圈匝数不变，即比值不变，故B错误； 如图所示，负载电阻不变，匝数比变化的情况的分析思路： (1)U1不变，发生变化，U2变化。 (2)R不变，U2变化，I2发生变化。 (3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。 [解析]　由题图可知，交变电流的电压有效值为220 V，周期为0.02 s，频率为50 Hz。当S接a时，由变压器的原理可知，n2两端电压有效值为U2＝＝22 V，所以理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为I＝＝ A＝2.2 A，A、B错误； [解析]　只将S1从2拨向1时，n1变小，由变压器的变压公式＝，U1不变，副线圈两端的电压U2变大，由I2＝可知输出电流变大，则输出功率变大，变压器的输入功率也变大，故原线圈的电流变大，即电流表的示数变大，故A、B项错误； 只将开关S2从4拨向3，n2变小，由变压器的变压公式＝，U1不变，副线圈两端的电压U2变小，由P2＝，可知R1和R2消耗的总功率变小，故C项错误；只将开关S3从闭合改为断开，副线圈少一个支路，其总电阻变大，而U2不变，由P2＝可知副线圈的功率减小，则变压器的输入功率变小，故D项正确。 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n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2 (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n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4 3．掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P4 三种电压 计算公式 输电电压 若输电功率为P，输电线中电流为I线，则输电电压U＝ 解析：(1)输电线路图如图所示 根据P用＝U4I3 得I3＝ A≈432 A 根据ΔP＝I22R 得I2＝＝ A＝25 A。 (2)根据ΔU＝I2R 得ΔU＝25×8 V＝200 V 根据P＝U2I2 得U2＝＝ V＝4×103 V。 (3)升压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝1∶16 U3＝U2－I2R＝3.8×103 V 降压变压器原、副线圈匝数比＝＝＝190∶11。 对用户端由P4＝U4I4得，I4＝400 A，对降压变压器由＝得，I3＝8 A，对输电线由P损＝I32R得，P损＝4 kW，故B错误； 对降压变压器由＝得，U3＝11 000 V，对输电线有U损＝I3R＝500 V，则U2＝U3＋U损＝11 500 V，对升压变压器有＝＝，故D错误。 解析：点火线圈的初级线圈应和蓄电池相连，次级线圈中产生高压将汽车启动，故A错误；根据变压器变压比＝可知，增加初级线圈的匝数，次级线圈两端电压减小，不一定能成功点火，故B错误；汽车蓄电池是直流电源，但在点火启动瞬间，穿过两线圈的磁通量发生变化，也能使点火线圈正常工作，故C错误；由题意可知，点火启动瞬间次级线圈两端电压为20 000 V，根据变压器变压比＝可知，初级线圈两端电压为U1＝U2＝×20 000 V＝100 V，故D正确。 A.＝　　　　 B．I线＝ C．P线＝ D．P＝P线＋U4I4 解析：根据电压与匝数的关系有＝，故A项错误；输电线上损耗的电压ΔU＝I线R线，根据输电线上电压的关系有ΔU＝U2－U3，解得I线＝，故B项错误；输电线上损耗的功率P线＝I线2R线，结合上述分析解得P线＝，故C项错误；发电机的输出功率为P＝U1I1＝U2I线＝(ΔU＋U3)I线＝ΔUI线＋U3I线＝P线＋U4I4，故D项正确。 3．(2023·广东高考)用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8 kW，原线圈的输入电压u＝220sin(100πt)V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是(　 ) A．20 A,50 Hz　　　　　 B．20 A,50 Hz C．20 A,100 Hz D．20 A,100 Hz 解析：由题可知，原线圈输入电压的有效值为U1＝ V＝220 V，原线圈输入电流的有效值为I1＝＝40 A，副线圈输出电流的有效值为I2＝I1＝20 A，变压器无法改变电流的频率，故频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故选A。 A．当t＝时，受电线圈中磁通量最大 B．当t＝时，cd端电压最大 C．增大送电线圈和受电线圈的间距，cd端电压频率改变 D．增大送电线圈和受电线圈的间距，ab与cd端电压之比不变 解析：当t＝时，送电线圈的电流为0，则产生的磁感应强度为0，受电线圈中磁通量为0，A项错误；当t＝时，送电线圈的电流变化率最大，受电线圈中磁通量变化率最大，感应电动势最大，则cd端电压最大，B项正确；增大送电线圈和受电线圈的间距，不会改变cd端电压的频率，C项错误；增大送电线圈和受电线圈的间距，由于漏磁现象，导致穿过两个线圈的磁通量不再相等，在匝数和线圈直径不变的情况下，ab与cd端电压之比发生变化，D项错误。 解析：由＝知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；由＝知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；由题意知， 8．(2024·苏锡常镇统考)环形变压器可视为理想变压器，原线圈匝数n1＝880匝，副线圈接一个“12 V，22 W”的照明电灯，示意图如图甲所示，图中电压表与电流表均为理想交流电表。原线圈接交流电源，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图乙所示，最大值Um＝220 V，最大值始终保持不变，照明电灯恰好正常发光。则(　 ) 解析：原线圈两端电压的有效值为U＝＝220 V，由题图乙可知电压周期T＝2×10－2 s，则电压瞬时值表达式为u＝Umcost＝220cos(100πt)(V)，当t＝2.5×10－3 s时的电压瞬时值为u＝220cos(100π×2.5×10－3)(V)＝220 V，即原线圈两端电压的有效值和t＝ 2.5 × 10－3 s的电压瞬时值相等，A项正确； 根据＝可知，原线圈两端电压有效值一定时，副线圈两端电压有效值也一定，电压表测的是变压器副线圈两端电压有效值，其不会随外电阻的变化而发生变化，即若电压表为非理想电表，其读数与理想电压表读数相等，B项错误；照明电灯正常发光时，通过副线圈的电流为I2＝＝ A，线圈匝数比为＝＝＝，则电流表的读数为I1＝I2＝0.1 A，C项错误；电压表测的是副线圈两端电压的有效值，即始终为12 V，D项错误。 由并联电路规律可知开关闭合时副线圈电阻为R′＝0.5R，此时副线圈电压为U2′＝I2′·0.5R＝0.5nI2R，此时原线圈电压为U2＝nU2′＝0.5n2I2R，总电压为U＝U2＋I2R＝0.5n2I2R＋I2R，联立解得n＝2，则副线圈的匝数为n2＝×100＝50，故B项正确，A、C、D项错误。 解析：小风扇的额定电流为I2＝＝0.6 A，若小风扇为纯电阻，则内阻为r＝＝100 Ω，由于小风扇不是纯电阻，电能除转化为热量外还转化为机械能，故内阻不为100 Ω，故A项错误；触片同时与a、b接触时，小风扇和电热丝都工作，吹热风，故B项错误； 根据理想变压器原、副线圈电压比与匝数比的关系可得＝＝，故C项正确；由题意可知，吹热风和吹冷风时，电吹风的输入电压均为220 V，但吹热风和吹冷风时的功率不同，即P热＞P冷，因此总电流I热＞I冷，故D项错误。 11．(2024·南京六校联合调研)环形变压器广泛应用于计算机、医疗设备、家电设备和灯光照明等方面。环形变压器与传统方形变压器相比，漏磁和能量损耗都很小，可视为理想变压器，原线圈所接的交流发电机产生电动势为e＝220sin 100πt(V)，副线圈接了11只“12 V,22 W”相同的照明电灯，原、副线圈匝数比n1∶n2＝33∶2，示意图如图所示，图中电流表为理想交流电表，照明电灯均恰好正常发光。求： 解析：(1)副线圈接了11只“12 V,22 W”相同的照明电灯且均恰好正常发光，每只灯泡的电流为I＝＝ A 则副线圈中的电流为I2＝11I＝ A 原副线圈中电流与匝数成反比，可得电流表A的示数为I1＝I2＝ A。 (2)副线圈两端电压为12 V，原副线圈电压与匝数成正比，可得U1＝U2＝198 V 发电机电动势有效值为E＝＝220 V 由闭合电路欧姆定律可得E＝U1＋I1r 代入数据解得r＝18 Ω。 答案：(1) A　(2)18 Ω 12．(2024·徐州部分学校初考)如图是交流发电机的发电供电原理图。一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，线圈共220匝，线圈面积为0.051 m2，转动频率为50 Hz，磁场的磁感应强度为 T。发电机的输出端a、b与理想变压器的原线圈相连，变压器副线圈接有两个标有“220 V，11 kW”的电动机。已知变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，电动机正常工作。求： 解析：(1)由题意知副线圈的输出功率为P出＝2.2×104 W 副线圈的电压为U2＝220 V，则根据理想变压器原、副线圈匝数比等于电压比， 可得＝＝ 可得原线圈电压为U1＝1 100 V (2)线圈转动产生的电动势最大值为Em＝NBSω＝1 122 V 发电机的电动势有效值为E＝1 122 V 由闭合电路欧姆定律知E＝I1r＋U1 可解得线圈的内阻r＝1.1 Ω。 答案：(1)20 A　(2)1.1 Ω $$