第12讲　变压器　电能的输送 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 讲义 -2025-2026学年高二下学期物理人教版选择性必修第二册

物理冯老师 第12讲　变压器　电能的输送 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 ——夯基强化讲义 1．理想变压器（原副线圈无电阻、无漏磁、铁芯中无涡流） (1)构造 如图所示，变压器是由闭合铁芯（防止漏磁）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。②副线圈：与负载连接的线圈。 (2)原理：电磁感应的互感现象。 (3)理想变压器原、副线圈基本量的关系 功率关系：根据能量守恒可得：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：原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，公式＝，与负载、副线圈的个数无关。 电流关系：①只有一个副线圈时：＝；②有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn，或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn。 频率关系：f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率) (4)几种常用的变压器 ①自耦变压器——调压变压器，如图甲(n1＞n2降压作用)、乙(n1＜n2升压作用)所示。 ②互感器 2．电能的输送 如图所示，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′，输电电流为I，输电线总电阻为R。 (1)输电电流 I＝＝＝。 (2)电压损失 ①ΔU＝U－U′。 ②ΔU＝IR。 (3)功率损失 ①ΔP＝P－P′。 ②ΔP＝I2R＝R。 (4)减少输电线上电能损失的方法 ①减小输电线的电阻R。由R＝ρ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。 分析和计算输电线上的电压损失和功率损失时要用U损＝I线R线，P损＝IR线＝。 教材链接·想一想 请仔细阅读人教版教材选择性必修第二册P61“科学漫步”——无线充电技术，回答下列问题。 无线手机充电技术的应用，让手机摆脱了“充电线”的牵制，手机使用者做到了“随用随拿，随放随充”。正在无线充电的手机无线充电器简化示意图如右，其工作原理与理想变压器相同。已知发射线圈与接收线圈的匝数比为5∶1，CD端的输出电流i＝sin (2π×105)t(A)，则： (1)1 s内发射线圈中电流方向改变多少次？ (2)发射线圈AB端输入电流的有效值为多少？ (3)接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比是多少？ 提示：(1)一个周期内发射线圈中电流方向改变2次，则1 s内电流方向改变2×105次；(2)发射线圈AB端输入电流的有效值为I′有效＝I有效＝×1 A＝0.2 A；(3)接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比为1∶1。 1．变压器对交变电流起作用，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．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压也增加。(　×　) 4．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。(　√　) 5．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗。(　√　) 考点一：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：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、开关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试测。 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。 【典例1】在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120、n2＝240，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据见下表。 实验 序号 原线圈两端 的电压U1/V 副线圈两端的 电压U2/V 1 3.9 8.2 1∶2.1 2 5.9 11.8 1∶2.0 3 7.8 15.2 1∶1.9 (1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中。 (2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为＝(用题目中给出的字母表示)。 (3)该变压器是升压(选填“升压”或“降压”)变压器。 【解析】 (1)第三组数据为＝≈。 (2)线圈匝数之比＝＝，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系为＝。 (3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器。 1．某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。 图甲为实验原理图，在原线圈A、B两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据见下表： 实验序号 原线圈匝数n1＝400， 原线圈两端电压U1/V 副线圈匝数n2＝200， 副线圈两端电压U2/V 副线圈匝数n3＝1 400， 副线圈两端电压U3/V 1 5.8 2.9 20.3 2 8.0 4.0 28.1 3 12.6 6.2 44.0 请回答下列问题： (1)在图乙中，应将A、B分别与c、d(选填“a、b”或“c、d”)连接。 (2)根据表中数据得出的实验结论：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。 (3)在实验序号为2的测量中，若把图丙中的可移动铁芯取走，副线圈匝数n2＝200，则副线圈两端电压A(填正确答案标号)。 A．一定小于4.0 V B．一定等于4.0 V C．一定大于4.0 V 解析：(1)在“探究变压器线圈两端电压与匝数关系”的实验中，原线圈两端应接入交变电流，故应将A、B分别与c、d连接。 (2)根据表中数据可得，在实验误差允许范围内＝，＝，即在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比。 (3)若把题图丙中的可移动铁芯取走，磁损耗变大，原线圈中磁通量变化率比副线圈中磁通量变化率大，根据法拉第电磁感应定律知，副线圈两端电压一定小于4.0 V。 考点二：理想变压器相关规律 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 负载总功率P负载决定副线圈的输出功率P出，P出＝P负载 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（推导是基于线圈之间磁通量变化率相同） 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：＝＝＝…＝； 功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn； 电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn。 变压器的电动势关系、电压关系和电流关系是有效值(或最大值)间的关系,对于某时刻的瞬时值不成立。 3.等效电阻问题 设理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈电压分别为U1、U2，副线圈负载电阻为R，我们可以将变压器与负载看作一个整体，等效为一个新的电阻R′，即为a、b间的等效电阻。 先画出等效电路图如图(b)所示，设变压器等效负载电阻为R′，在图(a)中由变压器的电压规律＝，解得U2＝U1，所以负载电阻R消耗的功率为P＝＝，在图(b)中等效电阻消耗的功率为P′＝，由P＝P′，解得a、b间的等效电阻为R′＝R，通过以上的分析可知：在只有一个副线圈的理想变压器电路中，原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，副线圈负载电阻为R，则变压器的原、副线圈和负载电阻可以等效为一个阻值为R′＝R的电阻，这个方法叫理想变压器电阻等效法。 4.原线圈所在电路中接有负载的理想变压器问题 分析理想变压器原线圈所在电路接有负载的问题时,要明确原线圈所在电路的结构: 1.负载与原线圈串联,如下图a。原线圈两端的电压U1=U-UR,流过R的电流等于原线圈中的电流,有, ,电源的输出功率等于原线圈的输入功率和与原线圈串联的用电器的功率之和。 2.负载与原线圈并联,如上图b。原线圈两端的电压U1=U,原线圈中的电流I1=I-IR,有, ，电源的输出功率等于原线圈的输入功率和与原线圈并联的用电器的功率之和。 【典例2】如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝5∶2，定值电阻R的阻值为22 Ω，电表均为理想交流电表，电源两端输出的交流电压u＝220sin 100πt(V)，则(　C　) A．电流表示数为4 A B．电压表示数为88 V C．R的功率为352 W D．变压器的输入功率为1 408 W 【解析】　原线圈两端所接的交流电压的有效值为220 V，根据变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数关系可知U1∶U2＝5∶2，可得U2＝88 V，即电压表示数为88 V，故B错误；由欧姆定律可知副线圈中的电流I2＝＝4 A，又＝，解得I1＝1.6 A，故A错误；R的功率P2＝IR＝352 W，由变压器的输入功率等于输出功率知变压器的输入功率P1＝352 W，故C正确，D错误。 【典例3】（多选）心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的交流电源和定值电阻R0串联，如图所示。心电图仪与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，将可变电阻R的阻值调小的过程中(　BD　) A．原线圈两端的电压不变，副线圈两端的电压不变 B．通过原线圈的电流变大，通过副线圈的电流变大 C．当R＝R0时，R获得的功率最大 D．当R＝R0时，R获得的功率最大 【解析】　在原、副线圈匝数比一定的情况下，R减小，副线圈电流I2增大，设原线圈电流为I1，根据I1n1＝I2n2知I1增大，在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，满足U0＝I1R0＋U1，I1增大，所以U1减小，根据＝知U2减小，故A错误，B正确；把变压器和R等效为一个电阻R′，R0当作电源内阻，当内外电阻相等即R0＝R′时，输出功率最大，根据＝得＝，解得R＝R′＝R0，故C错误，D正确。 【典例4】　如图所示为某山区小型电站输电示意图，发电厂发出U1＝220sin (100πt)V的交变电流通过变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想交流电表，下列有关描述正确的是(　C　) A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零 B．负载端所接收到交变电流的频率为25 Hz C．深夜开灯时特别亮是因为高压输电线上电压损失减小 D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度 【解析】　S1、S2都断开时变压器空载，副线圈两端有电压，电压表示数不为零，故A错误；变压器不能改变交变电流的频率，故负载端接收到交变电流的频率还是50 Hz，故B错误；深夜大部分用户已关灯，负载并联个数减少。如图所示，R′负载增大，U2不变，I2＝，所以I2减小，所以输电线上电压损失减小，用户得到的电压较高，故此时开灯时灯特别明亮，故C正确；用电高峰时，负载增多，负载总电阻减小，输电线中电流增大，因此输电线损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，为提高负载电压，可增大降压变压器的副线圈的匝数，使输出电压提高，故D错误。 2．在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为k＝，在a、b端输入电压为U0的正弦式交变电流，R1为定值电阻，调节电阻箱R2，当R2＝8R1时，电压表、电流表的示数分别为U、I，则下列说法正确的是(　B　) A．U＝ B．U＝ C．I＝ D．I＝ 解析：根据原、副线圈电压、电流的关系有＝k＝，＝＝4，在原线圈回路中，有U0＝I1R1＋U1，在副线圈回路中，有U＝IR2，R2＝8R1，联立解得I＝，U＝，故选B。 3．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2∶n3＝2∶1∶1，a、b两端接u＝40sin (100πt) V的交流电源，定值电阻R＝2 Ω，两个完全相同的灯泡L额定电压均为20 V，其电阻恒定且均为1 Ω，下列说法正确的是(　BC　) A．灯泡L均能正常工作 B．通过电阻R的电流为10 A C．通过灯泡L的电流均为10 A D．交流电源消耗的总功率为400 W 解析：根据原、副线圈电压与匝数的关系＝＝，所以三个线圈两端的电压之比为U1∶U2∶U3＝2∶1∶1，原、副线圈消耗的电功率相等，即U1I1＝2，原线圈回路满足的关系为U＝I1R＋U1，其中交流电源电压的有效值是U＝40 V，联立可得U1＝20 V，U2＝U3＝10 V，I1＝I2＝I3＝10 A，交流电源消耗的总功率为P＝UI1＝400 W，故选BC。 考点三：理想变压器的动态分析 1．匝数比不变的情况(如图所示) (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。 (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。 2．负载电阻不变的情况(如图所示) (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，P1变化，因U1不变，故I1发生变化。 3．分析动态问题的步骤 【典例5】 (多选)如图为理想的自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，P′为滑动变阻器上的滑片，电流表为理想电表，若输入电压U1一定，则(　BD　) A．P不动，P′向下滑动时，U2一直在减小 B．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值增大 C．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数在增大 D．P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变 【解析】　根据＝，P不动，则匝数比一定，可知U2不变，A错误；P′不动，P顺时针转动一个小角度时，副线圈接入的线圈匝数变少，根据＝可知，U1和U2的比值增大，B正确；P′不动，P顺时针转动一个小角度时，根据上述可知，U2减小，则通过副线圈的电流减小，根据＝可知，通过原线圈的电流减小，即电流表读数在减小，C错误；P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，副线圈接入的线圈匝数变少，根据＝可知，U2减小，由于P′向下滑动时，滑动变阻器接入电阻R减小，由于I2＝，结合上述，电流I2可能不变，即P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变，D正确。 4．某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是(　D　) A．A1增大，V2不变，V3增大 B．A1增大，V2减小，V3增大 C．A2增大，V2增大，V3减小 D．A2增大，V2不变，V3减小 解析：不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U1不变，根据＝可知，变压器副线圈的输出电压U2即V2示数不变；因为住户的用电器均为并联，所以用电器增加时，住户用电器的总电阻R总＝R＋R用变小，由I2＝可知，副线圈的电流I2即A2示数变大，而由U3＝U2－I2R，可知U3即V3示数减小；由理想变压器的关系U1I1＝U2I2，可知原线圈的电流I1即A1示数变大。故选D。 5．(多选)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的阻值均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交变电压，下列说法正确的是(　AD　) A．当S与a连接时，理想电流表示数为2.2 A B．当S与a连接时，理想电压表示数为11 V C．当S由a拨到b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz D．当S由a拨到b时，原线圈的输入功率变为原来的4倍 解析：由题图可知，交变电压的有效值为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22 V，所以理想电压表的示数为22 V，由闭合电路欧姆定律得，理想电流表示数为 A＝2.2 A，A正确，B错误；当S由a拨到b时，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，C错误；当S由a拨到b时，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。 考点四：远距离输电 1．明确三个回路(如图所示) 回路1：I1＝I输入，U1＝U输入，P1＝P输入。 回路2：I2＝IR＝I3，U2＝U3＋ΔU，P2＝P3＋ΔP。 回路3：I4＝I输出，U4＝U输出，P4＝P输出。 2．抓住两个联系 (1)理想升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得＝，＝，P1＝P2。 (2)理想降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得＝，＝，P3＝P4。 3．掌握两种损耗 (1)电压损耗：输电线上的电阻分压导致的电压损耗，ΔU＝U2－U3＝IRR线。 (2)功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，ΔP＝P2－P3＝IR线＝。 ①准确理解输电线始端电压U、线路上损失的电压ΔU及输电线的末端电压U'间的关系,即U=U'+ΔU。 ②千万不能用ΔP=计算功率损失,因为U不是输电线电阻r上所分担的电压。 4.减少输电线上电压、电功率损失的方法 　　由电压损失ΔU=IR及功率损失ΔP=I2R可知,减少输电线上电压、电功率损失的方法主要有两种:减小输电导线的电阻和减小输电导线中的电流。 (1)减小输电线的电阻R ①减小输电线长度L:由于输电距离一定,所以在实际中不可能用减小L来减小R。 ②减小电阻率ρ:目前一般用电阻率较小的铜或铝作为导线材料,若使用电阻率更小的金属制作导线,如银,成本太高。 ③增大输电导线的横截面积S:这种方法要多耗费金属材料,增加成本,同时给输电线的架设带来很大的困难。 (2)减小输电导线中的电流I ①减小输送功率P:由于电站的装机容量是一定的,因此电站向外输送的最大电功率是一定的,考虑到用户的实际需要,故在实际中不能通过减小P来减小电流I。 ②提高输电电压U:在输送功率P和输电线电阻R一定的条件下,输电电压提高到原来的n倍,根据ΔP=·R及ΔU=·R可知,输电线上的功率损失将降为原来的,电压损失降为原来的。 根据以上分析可知,采用高压输电是减少输电线上电压、功率损失最有效、最经济的措施。 5.高压输电中两类问题的分析 (1)输送功率恒定:当输送的电功率一定时,输电电压增大到原来的n倍,输电导线上损耗的功率就减少到原来的。在输送功率相同的情况下,提高输电电压,降低输电电流能有效降低在传输过程中的功率损失,电压越大功率损失越小。故为了降低传输过程中的功率损失,可采用特高压输电。 (2)输电电压恒定:画出输电的电路图,如图(a)所示,在远距离输电过程中,若发电厂输入升压变压器的电压U1恒定,高压输电线的电阻不变,升压变压器和降压变压器都是理想变压器。 ①变压器线圈匝数不变、用户负载变化问题分析思路 ②等效电阻思路 　　很多变压器问题中,可以将变压器和负载等效为一个电阻,按照直流电路进行分析,比如图(a)中,设用户电阻为R,将降压变压器和用户等效为电阻R',如图(b)所示,经论证,R'=R。利用这种思路处理一些变压器动态变化类问题,简单高效。 【典例6】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(　C　) 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】　由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率P1＝500 kW，则输出电流I1＝＝2×103 A，A错误；用户端电压U4＝220 V，功率P4＝88 kW，则电流I4＝＝400 A，又＝，解得I3＝8 A，则输电线上损失的功率为P损＝I32R＝4 kW，B错误；由能量守恒有P1＝P损＋P4＋P储，解得输送给储能站的功率P储＝408 kW，C正确；由P2＝P损＋P4＝I3U2，解得U2＝11 500 V，再根据＝，解得＝，D错误。 重难点1：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＝IR线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻。 (3)P损＝，ΔU为输电线路上损失的电压。 (4)P损＝ΔUI线。 6．如图为用输电线为用户输电的情境，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，中间输电电路电阻为R，发电机输出的电压恒定，下列说法正确的是(　B　) A．T1输出电压与T2输入电压相等 B．T1输出功率大于T2输入功率 C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低 D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低 解析：输电过程中，电阻R两端有电势差，故T1输出电压大于T2输入电压，A错误；输电过程中电阻R产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率，B正确；由于变压器T1的输入电压和匝数比不变，所以T1输出电压U2不变，若用户接入的用电器增多，则T2副线圈电路的总电阻减小，变压器T2及其负载的等效电阻R等减小，由U2＝I(R＋R等)可知，输电线中的电流变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；若用户接入电路的用电器增多，则用电器消耗总功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。 7．根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是(　A　) A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为4P C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P 解析：如图为等效电路图，设降压变压器的原、副线圈匝数比为k∶1，则输电线上的电流为I2＝，转子在磁场中转动时产生的电动势为e＝NBSωsin ωt；当转子角速度增加一倍时，升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为I′2＝2I2，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故A正确；升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，故C错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I″2＝，R0消耗的功率P3＝I″·2R0≠4P，故B错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为I‴2＝＝，R0消耗的功率P4＝I‴R0≠6P，故D错误。 1．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　) 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 解析：因为变压器的输入、输出端必须是交变电流，所以送电端先使用交流电升压，再用“整流”设备把交流电变换成直流电，A正确；降压端应先将直流电逆变为交流电再降压，B错误；1 100 kV指的是交流电的有效值，C错误；根据能量守恒，输电功率由用户端的功率决定，而用户端的电压为220 V，因此用户端功率由用户端电流决定，即输电功率取决于用户端的电流大小，D错误。 2．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＝220·sin (100πt) V。下列关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是(　A　) 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＝＝220 V，原线圈电流为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f＝＝ Hz＝50 Hz，故选A。 3．(多选)如图所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器(可视为理想变压器)，其中的线圈匝数关系为n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，电流表和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是(　BD　) A．甲是电流互感器，乙是电压互感器 B．甲是电压互感器，乙是电流互感器 C.若V表示数为30 V，则输电线两端的电压最大值为6 000 V D．若A表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值为500 A 解析：图中甲的原线圈两端并联接在高压线路中，所以是电压互感器，图中乙的原线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，故A错误，B正确；电压表测电压的有效值，若V表示数为30 V，已知n1∶n2＝200∶1，则输电线两端的电压有效值为U1＝U2＝×30 V＝6 000 V，故C错误；电流表测电流的有效值，若A表示数为5 A，则通过输电线的电流的有效值为I3＝I4＝×5 A＝500 A，故D正确。 4．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(　B　) 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 解析：若该变压器为理想变压器，由＝可得副线圈两端电压应为U2＝U1＝×12 V＝3.8 V，而实际副线圈两端电压为U′2＝2.5 V<U2，可知该变压器不是理想变压器。由变压器原理可知，仅增加原线圈匝数，原、副线圈匝数比增大，则原、副线圈电压比增大，副线圈电压减小，不可能使小灯泡正常发光；仅增加副线圈匝数，原、副线圈匝数比减小，则原、副线圈电压比减小，副线圈电压增大，可能使小灯泡正常发光，A错误，B正确。将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，或将两个3.8 V小灯泡并联起来接入副线圈，则原、副线圈匝数比不变，而该变压器不是理想变压器，则副线圈电压仍一定小于3.8 V，不可能使小灯泡正常发光，C、D错误。 5． (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(　AD　) A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU 解析：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。 6． (多选)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的正弦式交流电，则(　BC　) 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：保持Q的位置不动，则副线圈两端电压U2不变，P向上滑动，则R增大，副线圈电流I2减小，由P1＝UI1＝U2I2，可知I1减小，电流表读数减小，故A错误，B正确；保持P的位置不动，则R不变，Q向上滑动，n2变大，根据＝得，U2＝U，则U2增大，由I2＝知I2增大，U不变，由UI1＝U2I2知I1增大，电流表读数变大，故C正确，D错误。 7．在探究变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。 (1)(多选)实验还需下列器材中的BC。 A.电流表 B．多用电表 C．低压交流电源 (2)实验中，上图中变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0 V时，则所接电源电压挡位可能为A。 A．18.0 V B．10.0 V C．5.0 V D．2.5 V 解析：(1)实验中，变压器的原线圈应接在低压交流电源上；为了知道原、副线圈两端的电压比和线圈匝数比之间的关系，还需要用多用电表测交流电压。故选BC。 (2)理想变压器原、副线圈两端电压和匝数的关系为＝；若变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接“0、4”接线柱，则原、副线圈匝数比为＝2，则原线圈两端电压U1＝U2＝10 V；本题中可拆变压器并非理想变压器，存在漏磁现象，要使副线圈所接电压表示数为5 V，则原线圈电压必须大于10 V，故选A。 8．如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin 100πt(V)的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列说法正确的是(　B　) A．< B．< C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5 V D．副线圈输出交流电压的频率是100 Hz 解析：原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝ V，根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有＝，变压器副线圈电压的峰值U2max＝U2，根据题意有U2max>10×103 V，解得>20 000，<，故A错误，B正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1＝ V＝ V，故C错误；根据交流电压瞬时值表达式，可得f＝50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D错误。 9．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　C　) A．发电机输出的电流I1＝40 A B．输电线上的电流I线＝625 A C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11 D．用户得到的电流I4＝455 A 解析：发电机输出的电流I1＝＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝IR线＝5 kW，所以I线＝＝25 A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5) kW＝95 kW，则I4＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C正确，D错误。 10．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，电阻R1＝R2＝55 Ω，D1、D2为理想二极管，A为理想电流表。原线圈接u＝220·sin (100πt)V的交流电，则(　B　) A．副线圈中交流电频率为100 Hz B．电流表示数为2 A C．理想变压器输入功率为440 W D．二极管的反向耐压值应大于110 V 解析：根据题意可知交流电的圆频率ω＝100π rad/s，频率为f＝＝50 Hz，变压器可以改变电压和电流的值，但不能改变频率，因此副线圈中交流电频率仍为50 Hz，故A错误；原线圈两端电压的最大值U1m＝220 V，根据＝，副线圈两端电压的最大值U2m＝110 V，当最大电压为110 V时，二极管仍然正常工作，说明二极管的反向耐压值大于110 V，故D错误；由于二极管的作用，副线圈两个电阻交替工作，与没有二极管时一个电阻R始终工作的情况完全相同，副线圈两端电压的有效值U2＝＝110 V，因此电流表的示数I2＝＝2 A，理想变压器输入功率等于电阻消耗的功率P＝U2I2＝110×2 W＝220 W，故B正确，C错误。 11．在如图所示的电路中，交流电源输出50 Hz、电压有效值为220 V的正弦式交流电，通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12 V　1.5 A”的灯泡和“36 V　5 A”的电动机供电，原线圈所接灯泡L的额定电压为40 V，副线圈n2的匝数为60匝。电路接通后，各用电器都恰好正常工作。则下列说法中正确的是(　B　) A．交流电源的输出功率为360 W B．灯泡L的额定电流为2.0 A C．副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变50次 D．原线圈n1的匝数为1 100匝，副线圈n3的匝数为180匝 解析：根据变压器电压与匝数关系有＝，解得n1＝＝＝900，根据＝，解得n3＝＝＝180，副线圈n2中的电流I2＝10×1.5 A＝15 A，副线圈n3中的电流I3＝5 A，根据变压器原、副线圈电流与匝数关系有I1n1＝I2n2＋I3n3，解得I1＝2.0 A，即灯泡L的额定电流为2.0 A，B正确；根据上述可知，交流电源的输出功率为P＝UI1＝220×2.0 W＝440 W，A错误；根据上述可知，原线圈n1的匝数为900匝，副线圈n3的匝数为180匝，D错误；交流电源输出的是50 Hz交流电，变压器不改变电流频率，则副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变次数为50×2＝100，C错误。 12．(9分)小华同学做了探究变压器线圈两端的电压与匝数关系的实验，请回答以下问题： (1)本实验中需要测量电压，则在如图所示的器材中，应A。 A．选甲图中的器材 B．选乙图中的器材 C．都可以选 D．都不能选 (2)小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6 V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13 V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是D。 A．变压器的铁芯没有闭合 B．原线圈实际匝数与标注的“100”不符，应该大于100匝 C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝 D．学生电源实际输出电压大于标注的“6 V” (3)用匝数na＝100匝和nb＝200匝的变压器，实验测量数据如下表。 U1/V 1.60 2.50 3.70 4.60 U2/V 3.70 5.30 7.60 9.70 根据测量数据可判断连接电源的线圈是nb(选填“na”或“nb”)。 为则易 行则至 第 3 页 共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 $物理冯老师 第12讲　变压器　电能的输送 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 ——夯基强化讲义 1．理想变压器（原副线圈无电阻、无漏磁、铁芯中无涡流） (1)构造 如图所示，变压器是由闭合铁芯（防止漏磁）和绕在铁芯上的 组成的。 ①原线圈：与交流电源连接的线圈。②副线圈：与负载连接的线圈。 (2)原理： 的 现象。 (3)理想变压器原、副线圈基本量的关系 功率关系：根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝ 。 电压关系：原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，公式＝ ，与负载、副线圈的个数无关。 电流关系：①只有一个副线圈时：＝ ；②有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn，或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn。 频率关系：f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率) (4)几种常用的变压器 ①自耦变压器——调压变压器，如图甲(n1＞n2降压作用)、乙(n1＜n2升压作用)所示。 ②互感器 2．电能的输送 如图所示，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′，输电电流为I，输电线总电阻为R。 (1)输电电流 I＝ ＝＝。 (2)电压损失 ①ΔU＝U－U′。 ②ΔU＝ 。 (3)功率损失 ①ΔP＝P－P′。 ②ΔP＝ ＝ 。 (4)减少输电线上电能损失的方法 ①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。 ②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 。 分析和计算输电线上的电压损失和功率损失时要用U损＝I线R线，P损＝IR线＝。 教材链接·想一想 请仔细阅读人教版教材选择性必修第二册P61“科学漫步”——无线充电技术，回答下列问题。 无线手机充电技术的应用，让手机摆脱了“充电线”的牵制，手机使用者做到了“随用随拿，随放随充”。正在无线充电的手机无线充电器简化示意图如右，其工作原理与理想变压器相同。已知发射线圈与接收线圈的匝数比为5∶1，CD端的输出电流i＝sin (2π×105)t(A)，则： (1)1 s内发射线圈中电流方向改变多少次？ (2)发射线圈AB端输入电流的有效值为多少？ (3)接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比是多少？ 提示：(1)一个周期内发射线圈中电流方向改变2次，则1 s内电流方向改变2×105次；(2)发射线圈AB端输入电流的有效值为I′有效＝I有效＝×1 A＝0.2 A；(3)接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比为1∶1。 1．变压器对交变电流起作用，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．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压也增加。(　 　) 4．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。(　 　) 5．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗。(　 　) 考点一：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：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、开关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试测。 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。 【典例1】在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120、n2＝240，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据见下表。 实验 序号 原线圈两端 的电压U1/V 副线圈两端的 电压U2/V 1 3.9 8.2 1∶2.1 2 5.9 11.8 1∶2.0 3 7.8 15.2 (1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中。 (2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为 (用题目中给出的字母表示)。 (3)该变压器是 (选填“升压”或“降压”)变压器。 1．某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数关系，提供的实验器材有：学生电源、可拆变压器、交流电压表、若干导线。 图甲为实验原理图，在原线圈A、B两端加上电压，用电压表分别测量原、副线圈两端的电压，测量数据见下表： 实验序号 原线圈匝数n1＝400， 原线圈两端电压U1/V 副线圈匝数n2＝200， 副线圈两端电压U2/V 副线圈匝数n3＝1 400， 副线圈两端电压U3/V 1 5.8 2.9 20.3 2 8.0 4.0 28.1 3 12.6 6.2 44.0 请回答下列问题： (1)在图乙中，应将A、B分别与 (选填“a、b”或“c、d”)连接。 (2)根据表中数据得出的实验结论：在实验误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于 。 (3)在实验序号为2的测量中，若把图丙中的可移动铁芯取走，副线圈匝数n2＝200，则副线圈两端电压 (填正确答案标号)。 A．一定小于4.0 V B．一定等于4.0 V C．一定大于4.0 V 考点二：理想变压器相关规律 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 负载总功率P负载决定副线圈的输出功率P出，P出＝P负载 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（推导是基于线圈之间磁通量变化率相同） 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：＝＝＝…＝； 功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn； 电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn。 变压器的电动势关系、电压关系和电流关系是有效值(或最大值)间的关系,对于某时刻的瞬时值不成立。 3.等效电阻问题 设理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈电压分别为U1、U2，副线圈负载电阻为R，我们可以将变压器与负载看作一个整体，等效为一个新的电阻R′，即为a、b间的等效电阻。 先画出等效电路图如图(b)所示，设变压器等效负载电阻为R′，在图(a)中由变压器的电压规律＝，解得U2＝U1，所以负载电阻R消耗的功率为P＝＝，在图(b)中等效电阻消耗的功率为P′＝，由P＝P′，解得a、b间的等效电阻为R′＝R，通过以上的分析可知：在只有一个副线圈的理想变压器电路中，原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，副线圈负载电阻为R，则变压器的原、副线圈和负载电阻可以等效为一个阻值为R′＝R的电阻，这个方法叫理想变压器电阻等效法。 4.原线圈所在电路中接有负载的理想变压器问题 分析理想变压器原线圈所在电路接有负载的问题时,要明确原线圈所在电路的结构: 1.负载与原线圈串联,如下图a。原线圈两端的电压U1=U-UR,流过R的电流等于原线圈中的电流,有, ,电源的输出功率等于原线圈的输入功率和与原线圈串联的用电器的功率之和。 2.负载与原线圈并联,如上图b。原线圈两端的电压U1=U,原线圈中的电流I1=I-IR,有, ，电源的输出功率等于原线圈的输入功率和与原线圈并联的用电器的功率之和。 【典例2】如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝5∶2，定值电阻R的阻值为22 Ω，电表均为理想交流电表，电源两端输出的交流电压u＝220sin 100πt(V)，则(　 　) A．电流表示数为4 A B．电压表示数为88 V C．R的功率为352 W D．变压器的输入功率为1 408 W 【典例3】（多选）心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其输出部分可以等效为虚线框内的交流电源和定值电阻R0串联，如图所示。心电图仪与一理想变压器的原线圈连接，一可变电阻R与该变压器的副线圈连接，原、副线圈的匝数分别为n1、n2。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下，将可变电阻R的阻值调小的过程中(　　) A．原线圈两端的电压不变，副线圈两端的电压不变 B．通过原线圈的电流变大，通过副线圈的电流变大 C．当R＝R0时，R获得的功率最大 D．当R＝R0时，R获得的功率最大 【典例4】　如图所示为某山区小型电站输电示意图，发电厂发出U1＝220sin (100πt)V的交变电流通过变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想交流电表，下列有关描述正确的是(　　) A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零 B．负载端所接收到交变电流的频率为25 Hz C．深夜开灯时特别亮是因为高压输电线上电压损失减小 D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度 2．在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为k＝，在a、b端输入电压为U0的正弦式交变电流，R1为定值电阻，调节电阻箱R2，当R2＝8R1时，电压表、电流表的示数分别为U、I，则下列说法正确的是(　　) A．U＝ B．U＝ C．I＝ D．I＝ 3．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2∶n3＝2∶1∶1，a、b两端接u＝40sin (100πt) V的交流电源，定值电阻R＝2 Ω，两个完全相同的灯泡L额定电压均为20 V，其电阻恒定且均为1 Ω，下列说法正确的是(　　) A．灯泡L均能正常工作 B．通过电阻R的电流为10 A C．通过灯泡L的电流均为10 A D．交流电源消耗的总功率为400 W 考点三：理想变压器的动态分析 1．匝数比不变的情况(如图所示) (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。 (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。 2．负载电阻不变的情况(如图所示) (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，P1变化，因U1不变，故I1发生变化。 3．分析动态问题的步骤 【典例5】 (多选)如图为理想的自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，P′为滑动变阻器上的滑片，电流表为理想电表，若输入电压U1一定，则(　　) A．P不动，P′向下滑动时，U2一直在减小 B．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值增大 C．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数在增大 D．P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变 4．某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是(　　) A．A1增大，V2不变，V3增大 B．A1增大，V2减小，V3增大 C．A2增大，V2增大，V3减小 D．A2增大，V2不变，V3减小 5．(多选)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的阻值均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交变电压，下列说法正确的是(　　) A．当S与a连接时，理想电流表示数为2.2 A B．当S与a连接时，理想电压表示数为11 V C．当S由a拨到b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz D．当S由a拨到b时，原线圈的输入功率变为原来的4倍 考点四：远距离输电 1．明确三个回路(如图所示) 回路1：I1＝I输入，U1＝U输入，P1＝P输入。 回路2：I2＝IR＝I3，U2＝U3＋ΔU，P2＝P3＋ΔP。 回路3：I4＝I输出，U4＝U输出，P4＝P输出。 2．抓住两个联系 (1)理想升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得＝，＝，P1＝P2。 (2)理想降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得＝，＝，P3＝P4。 3．掌握两种损耗 (1)电压损耗：输电线上的电阻分压导致的电压损耗，ΔU＝U2－U3＝IRR线。 (2)功率损耗：输电线上的电阻发热导致的功率损耗，ΔP＝P2－P3＝IR线＝。 ①准确理解输电线始端电压U、线路上损失的电压ΔU及输电线的末端电压U'间的关系,即U=U'+ΔU。 ②千万不能用ΔP=计算功率损失,因为U不是输电线电阻r上所分担的电压。 4.减少输电线上电压、电功率损失的方法 　　由电压损失ΔU=IR及功率损失ΔP=I2R可知,减少输电线上电压、电功率损失的方法主要有两种:减小输电导线的电阻和减小输电导线中的电流。 (1)减小输电线的电阻R ①减小输电线长度L:由于输电距离一定,所以在实际中不可能用减小L来减小R。 ②减小电阻率ρ:目前一般用电阻率较小的铜或铝作为导线材料,若使用电阻率更小的金属制作导线,如银,成本太高。 ③增大输电导线的横截面积S:这种方法要多耗费金属材料,增加成本,同时给输电线的架设带来很大的困难。 (2)减小输电导线中的电流I ①减小输送功率P:由于电站的装机容量是一定的,因此电站向外输送的最大电功率是一定的,考虑到用户的实际需要,故在实际中不能通过减小P来减小电流I。 ②提高输电电压U:在输送功率P和输电线电阻R一定的条件下,输电电压提高到原来的n倍,根据ΔP=·R及ΔU=·R可知,输电线上的功率损失将降为原来的,电压损失降为原来的。 根据以上分析可知,采用高压输电是减少输电线上电压、功率损失最有效、最经济的措施。 5.高压输电中两类问题的分析 (1)输送功率恒定:当输送的电功率一定时,输电电压增大到原来的n倍,输电导线上损耗的功率就减少到原来的。在输送功率相同的情况下,提高输电电压,降低输电电流能有效降低在传输过程中的功率损失,电压越大功率损失越小。故为了降低传输过程中的功率损失,可采用特高压输电。 (2)输电电压恒定:画出输电的电路图,如图(a)所示,在远距离输电过程中,若发电厂输入升压变压器的电压U1恒定,高压输电线的电阻不变,升压变压器和降压变压器都是理想变压器。 ①变压器线圈匝数不变、用户负载变化问题分析思路 ②等效电阻思路 　　很多变压器问题中,可以将变压器和负载等效为一个电阻,按照直流电路进行分析,比如图(a)中,设用户电阻为R,将降压变压器和用户等效为电阻R',如图(b)所示,经论证,R'=R。利用这种思路处理一些变压器动态变化类问题,简单高效。 【典例6】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 重难点1：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＝IR线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻。 (3)P损＝，ΔU为输电线路上损失的电压。 (4)P损＝ΔUI线。 6．如图为用输电线为用户输电的情境，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，中间输电电路电阻为R，发电机输出的电压恒定，下列说法正确的是(　　) A．T1输出电压与T2输入电压相等 B．T1输出功率大于T2输入功率 C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低 D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低 7．根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位。某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是(　　) A．风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P B．输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为4P C．若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P D．若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P 1．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 2．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＝220·sin (100πt) V。下列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 3．(多选)如图所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器(可视为理想变压器)，其中的线圈匝数关系为n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，电流表和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是(　　) A．甲是电流互感器，乙是电压互感器 B．甲是电压互感器，乙是电流互感器 C.若V表示数为30 V，则输电线两端的电压最大值为6 000 V D．若A表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值为500 A 4．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 5． (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′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU 6． (多选)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的正弦式交流电，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 7．在探究变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系实验中，小李同学采用了如图所示的可拆式变压器(铁芯不闭合)进行研究。 (1)(多选)实验还需下列器材中的 。 A.电流表 B．多用电表 C．低压交流电源 (2)实验中，上图中变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0 V时，则所接电源电压挡位可能为 。 A．18.0 V B．10.0 V C．5.0 V D．2.5 V 8．如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin 100πt(V)的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列说法正确的是(　　) A．< B．< C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5 V D．副线圈输出交流电压的频率是100 Hz 9．如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．发电机输出的电流I1＝40 A B．输电线上的电流I线＝625 A C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11 D．用户得到的电流I4＝455 A 10．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，电阻R1＝R2＝55 Ω，D1、D2为理想二极管，A为理想电流表。原线圈接u＝220·sin (100πt)V的交流电，则(　　) A．副线圈中交流电频率为100 Hz B．电流表示数为2 A C．理想变压器输入功率为440 W D．二极管的反向耐压值应大于110 V 11．在如图所示的电路中，交流电源输出50 Hz、电压有效值为220 V的正弦式交流电，通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12 V　1.5 A”的灯泡和“36 V　5 A”的电动机供电，原线圈所接灯泡L的额定电压为40 V，副线圈n2的匝数为60匝。电路接通后，各用电器都恰好正常工作。则下列说法中正确的是(　　) A．交流电源的输出功率为360 W B．灯泡L的额定电流为2.0 A C．副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变50次 D．原线圈n1的匝数为1 100匝，副线圈n3的匝数为180匝 12．(9分)小华同学做了探究变压器线圈两端的电压与匝数关系的实验，请回答以下问题： (1)本实验中需要测量电压，则在如图所示的器材中，应 。 A．选甲图中的器材 B．选乙图中的器材 C．都可以选 D．都不能选 (2)小华在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6 V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13 V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是 。 A．变压器的铁芯没有闭合 B．原线圈实际匝数与标注的“100”不符，应该大于100匝 C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝 D．学生电源实际输出电压大于标注的“6 V” (3)用匝数na＝100匝和nb＝200匝的变压器，实验测量数据如下表。 U1/V 1.60 2.50 3.70 4.60 U2/V 3.70 5.30 7.60 9.70 根据测量数据可判断连接电源的线圈是 (选填“na”或“nb”)。 为则易 行则至 第 3 页 共 15 页 学科网（北京）股份有限公司 $