第十三章 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（课件PPT）-【步步高】2024年高考物理大一轮复习讲义（ 粤教版 广东专用）

DISHISANZHANG 第十三章 交变电流　电磁波　传感器 大一轮复习讲义 第2讲 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. 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 考点一　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 考点二　理想变压器的原理及应用 考点三　理想变压器的动态分析 课时精练 考点四　远距离输电 内容索引 3 考点一 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 4 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12 V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干. 梳理 必备知识 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12 V，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 A 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)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 C 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)以下给出的器材中，本实验需要用到的有哪些 ； BD 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)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12 V B.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 B 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12 V，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； 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)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3.0 V，则原线圈的输入电压可能为 .(填选项前字母) A.1.5 V B.3.0 V C.6.0 V D.7.0 V D 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3 V， 则原线圈的电压为U1＝2×3 V＝6 V， 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6 V，可能为7 V，故D正确. 考点二 理想变压器的原理及应用 16 1.构造和原理 (1)构造：如图所示，变压器是由 和绕在铁芯上的 组成的. (2)原理：电磁感应的互感现象. 梳理 必备知识 闭合铁芯 两个线圈 2.基本关系式 (1)功率关系： . (2)电压关系：＝ . (3)电流关系：只有一个副线圈时 (4)频率关系： . P入＝P出 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. (　　) × × √ 判断正误 提升 关键能力 1.理想变压器的制约关系 电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝ U1 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I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝ I2 2.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： 功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn 电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn 例2　(2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、 18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos (100πt).单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V.将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W.下列说法正确的是 A.n1为1 100匝，Um为220 V B.BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A C.若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz D.若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s √ 考向1　变压器基本物理量的分析与计算 错误； Hz，C错误； 例3　(2022·北京卷·4)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 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 √ 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. 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L1、L2、L3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.L1、L2中的电流之比为1∶2 B.L1、L2中的电流之比为1∶1 C.L1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1 D.L1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2 √ 考向2　原线圈接入用电器的变压器问题分析 √ 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L2与L3并联，因此L1、L2中的电流之比I1∶I2＝1∶1，选项A错误，B正确； 考点三 理想变压器的动态分析 梳理 必备知识 1.匝数比不变的分析思路 (1)U1不变，根据 ，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R 如何变化，U2 . (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. (3)I2变化引起P2变化，而P1＝P2，故P1发生变化. 不变 2.负载电阻不变的分析思路 P2 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.(　　) × × × 判断正误 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A1示数减小 B.电流表A2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 √ 考向1　理想变压器匝数不变问题的分析和计算 原线圈的输入功率为P入＝U1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C错误； 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u1＝310sin 314t(V)，则 A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1 V B.副线圈两端的电压频率为50 Hz C.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 √ 考向2　理想变压器负载不变问题的分析和计算 考点四 远距离输电 梳理 必备知识 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＝ ＝ . 2.电压损失 (1)ΔU＝ ；(2)ΔU＝IR. 3.功率损失 (1)ΔP＝ ＝ΔU·I； (2)ΔP＝ ＝( )2R U－U′ P－P′ I2R 4.降低输电损耗的两个途径 (1)减小输电线的电阻R.由R＝ 知，可加大导线的 、采用 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 . 横截面积 电阻率小 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＝ .(　　) × √ √ 判断正误 1.理清输电电路图的三个回路(如图) 提升 关键能力 (1)在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1. (2)在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R线. (3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户. 2.抓住两组关联式 3.掌握一个守恒观念 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I1，其末端间的电压为U1，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I2，则 A.用户端的电压为 B.输电线上损失的电压为U C.理想变压器的输入功率为I12r D.输电线路上损失的电功率为I1U √ 输电线上损失的电压为U线＝U－U1，选项B错误； 理想变压器的输入功率P入＝I1U1，输电线路上损失的电功率P损＝I12r＝I1(U－U1)，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 √ 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. 五 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 基础落实练 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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 Hz B.副线圈两端电压最大值为3 V C.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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Rt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＝ B.若Rt处的温度升高，则电流表的示数变大 C.若Rt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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因Rt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20 V，额定功率为10 W，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＝ B.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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题图甲知电压有效值为60 V，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5 Hz，所以流过灯L1的电流方向每秒改变10次，B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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L1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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 C 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)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 ； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 有效 7.0 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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)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； 正比 大于 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 D 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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＝Umsin 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， A1和A2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，A1的示数将变小 B.将P向上滑动，A2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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 将P下滑时，电阻R两端电压变大，A1示数将变大，同理，将P向上滑动，电阻R两端电压变小，A2的示数将变小，A、B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U2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U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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R0，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R1和电阻R2，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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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U0I0＝U1I1＋U2I2，U0∶U1∶U2＝n0∶n1∶n2，得n0I0＝n1I1＋n2I2，可知通过原线圈的电流I0变大， 由于通过电阻R1的电流变小，因此电阻R1两端的电压变小，原线圈两端的电压减小，选项C、D错误. 原线圈两端的电压U0＝U－I0R0减小，由 可知电阻R1两端的电压变小，通过电阻R1的电流变小，假设不成立，选项A错误，B正确； 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，R1、R2、R3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n1，副线圈匝数n2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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ √ √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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＝NBSωsin ωt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； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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70 V的电容器，所有电表均为理想电表.下列判断正确的是 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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25 Hz C.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 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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50 Hz，所以B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 12.(2023·广东佛山市模拟)如图所示，理想变压器原线圈与灯泡A相连接，副线圈与三个灯泡和一个电流表相连接，四个灯泡完全相同，当输入电路中接入U＝220 sin 100πt(V)交流电时，四个灯泡均能正常发光，以下说法正确的是 A.1 s内通过电流表的电流方向改变50次 B.变压器原、副线圈匝数之比为4∶1 C.灯泡的额定电压为55 V D.若副线圈中D灯突然烧坏，其余三个灯泡均会烧坏 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 √ 由题知，交流电的频率f＝50 Hz，通过电流表的电流方向1 s内要改变100次，A错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 当副线圈中D灯突然烧坏，副线圈中电阻增大，则电流减小，故原线圈中电流减小，灯泡A两端的电压变小，则变压器输入电压增大，副线圈两端电压增大，B、C两灯泡会烧坏，D错误. 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 BENKEJIESHU 本课结束 更多精彩内容请登录：www.xinjiaoyu.com 大一轮复习讲义 观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知＝，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； 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＝， ＝ ＝. 3.在任何情况下，理想变压器均满足＝、＝、P入＝P出.(　　) 电压关系：＝＝＝…＝ 变压器的输入电压为220 V，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220 V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为＝，解得原线圈为2 200匝，A 根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，BC间的电压为UBC＝＝12 V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系有＝，则BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝＝＝1 A，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220 V时，AB间的电压应该为18 V，根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100π rad/s，故交流电的频率为f＝＝＝50 若将R接在AC两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，  AC间的电压应该为30 V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC＝＝ A＝2.5 A，交流电的周期为T＝＝0.02 s，D正确. 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＝100×300×10－3 A＝30 A，故B正确； 输入电流的最大值为Im＝I1＝30 A，故C错误； 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＝2I2R，L1两端的电压 U1＝I1R，结合I1∶I2＝1∶1，解得＝，选项C错误，D正确. ＝ (1)U1不变，发生变化时，U2变化. (2)R不变，U2变化时，I2发生变化. (3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝ ，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化. 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I2＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝，可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A正确，B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PR＝知，定值电阻R消耗的功率减小，故D错误. 当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变大，I2＝增大，副线圈的输出功率P出＝U2I2增大，原线圈的输入功率增大，C、D错误. 由＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，A错误； 由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，B正确；  ρ (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：＝，＝，P1＝P2. (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：＝，＝，P3＝P4. 功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝I线2R线＝. 因为P入＝P出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝，选项A正确； A.ΔP′＝ΔP B.ΔP′＝ΔP C.ΔU′＝ΔU D.ΔU′＝ΔU 由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即ΔP′＝ΔP；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，即ΔU′＝ΔU.故A、D正确. 周期为T＝0.2 s，频率为f＝＝5 Hz，故A错误； 由理想变压器原理可知＝，解得副线圈两端的最大电压为U2＝U1＝3 V，故B正确； 36sin 100πt(V) 由题图乙可知交流电压最大值Um＝36 V，周期T＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，则可得交流电压u的表达式u＝36sin 100πt(V)，故A错误； 3∶1 根据＝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＞. 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＝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，电阻R的功率将变为原来的，D错误. A.变为原来的倍 B.输电线上电流I2变为原来的 C.输电线损失的功率变为原来的()2 D.降压变压器原、副线圈匝数比值变小 由理想变压器基本关系知＝，U1不变，U2变为原来的倍，所以变为原来的倍，A正确； 根据P送＝U2I2可知，因P送变为原来的2倍，U2变为原来的倍，则输电线上电流I2变为原来的，B正确； 根据P损＝I22R线，可知P损变为原来的()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I4变大，又I2变小，I2＝I3，则＝变大，D错误. ＝ 原线圈电压最大值为220 V，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44 V，小于电容器的耐压值，故电容器不会被击穿，所以C正确； 开关由A→B时，副线圈电压U2为原来的2倍，输出功率P2＝为原来的4倍，所以D错误. 副线圈电压U2＝U0，根据理想变压器电压与线圈匝数成正比，有＝＝，则U1＝3U0，根据题意得220 V＝U0＋U1，解得U0＝55 V，C正确； 四个灯泡均正常工作，设灯泡额定电流为I，额定电压为U0，则原线圈中的电流I1＝I，副线圈中的电流I2＝3I，根据理想变压器电流与线 圈匝数成反比，有＝＝，B错误； $$