第三章 专题强化13 变压器的综合问题（课件PPT+Word教案）【步步高】2024-2025学年高二物理选择性必修第二册教师用书（人教版 苏京）

专题强化13　变压器的综合问题 ［学习目标］　1.掌握变压器动态问题的分析方法(重难点)。2.掌握变压器原线圈有负载的电路的分析方法(重难点)。3.了解几种常见的变压器(重点)。 一、理想变压器的制约关系和动态分析 1.电压、电流、功率的制约关系 (1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输入电压U1决定输出电压U2，U2=。 (2)功率制约：P出决定P入，P出增大，P入增大；P出减小，P入减小；P出为0，P入为0。 (3)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压U1确定时，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1=(只有一个副线圈时)。 2.对理想变压器进行动态分析的两种常见情况 (1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P出→P入→I1。 (2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1。 例1　(2023·扬州市高二期中)如图甲所示是家用台灯亮度调节原理图，理想自耦变压器的a、b间接入如图乙所示正弦式交流电压。交流电流表A为理想电表，灯泡额定电压为15 V、额定功率30 W(设灯泡的电阻值保持不变)，当触头P在c点时灯泡正常发光。下列描述正确的有(　　) A.灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与c点下方的匝数之比为44∶3 B.当灯泡正常发光时电流表的读数为2 A C.将滑动触头P向下移动时，变压器的输入功率变小 D.将滑动触头P向下移动时，变压器的输入电压变小 答案　C 解析　由题图乙可知，变压器的输入电压的有效值为U1= V=220 V，灯泡正常发光，则变压器的输出电压为U2=15 V，故变压器的原、副线圈匝数比为===，故A错误；灯泡正常发光时通过的电流为I2==2 A，故流过电流表的电流为I1=I2= A，故B错误；将滑动触头P向下移动时，副线圈匝数n2减少，输入电压U1不变，输出电压U2减小，灯泡的消耗功率减小，故变压器的输入功率减小，故C正确，D错误。 针对训练1　(2024·扬州市高邮临泽中学高二月考)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小(滑片向下移)。如果变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各电表(可视为理想电表)的读数变化判断正确的是(　　) A.A2读数变小 B.A1读数变大 C.V1读数变大 D.V3读数不变 答案　B 解析　由于变压器原线圈的输入电压U1不变，则V1读数不变，根据=，可知副线圈的输出电压U2不变，则V2读数不变，当用户的用电器增加时，则R减小，副线圈回路总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈电流I2增大，则A2读数变大；根据=，可知原线圈电流I1增大，则A1读数变大；由于通过R0的电流增大，R0两端电压增大，根据U2=UR0+U3，可知V3读数变小。故选B。 二、变压器原线圈有负载的电路分析 分析理想变压器原线圈接有负载的问题时，要明确原线圈所在的电路结构，从而确定各物理量之间的关系。 (1)负载与原线圈串联，如图甲所示。 负载会分担一部分电压，原线圈两端的电压U1=U-UR，流过负载的电流等于原线圈中的电流，有=，=。 (2)负载与原线圈并联，如图乙所示。 负载会分流，原线圈两端的电压U1=U，流过原线圈的电流I1=I-IR，有=，=。 例2　(2020·全国卷Ⅲ改编)在如图(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均为定值电阻，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。下列说法不正确的是(　　) A.所用交流电的频率为50 Hz B.电压表的示数为100 V C.电流表的示数为0.5 A D.变压器传输的电功率为15.0 W 答案　B 解析　根据i2-t图像可知T=0.02 s，则所用交流电的频率f==50 Hz，故A正确；副线圈两端电压U2=I2R2=×10 V=10 V，由=得原线圈两端电压U1=100 V，电压表的示数U=220 V-100 V=120 V，故B错误；电流表的示数I== A=0.5 A，故C正确；变压器传输的电功率P=R2+I2R3=15.0 W，故D正确。 例3　一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电源，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.2 B.3 C.4 D.5 答案　B 解析　方法一　(基本原理法)设该理想变压器原、副线圈匝数的比值为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=IR1+U1。由=k及功率关系U1I=U2I2，可得=k，即副线圈输出电流为I2=kI，U2=I2(R2+R3)=kI(R2+R3)。当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U=4IR1+U1'，由=k及功率关系U1'·4I=U2'I2'，可得=k，即副线圈输出电流为I2'=4kI，U2'=I2'R2=4kIR2，联立解得k=3，选项B正确。 方法二　(能量守恒法)根据变压器原、副线圈电流与线圈匝数之间的关系，设原、副线圈匝数的比值为k，=k，则根据能量守恒定律，可知当开关断开时，原线圈中电流为I，有UI=R1I2+(kI)2(R2+R3)，当开关闭合时，原线圈中电流为4I，有4UI=R1(4I)2+R2(4kI)2，联立可解得k=3，故选项B正确。 方法三　(等效电阻法)在如图甲所示的理想变压器中虚线框内部分电路可以等效为图乙中的R'。 设原、副线圈匝数的比值为k，可得=k，副线圈电阻R消耗的功率为P=，而等效电阻R'消耗的功率为P'=， 根据P=P'得R'=k2R 根据上式，将题中电路等效为如图丙所示电路，根据欧姆定律，可知当开关断开时，电流为I，有U=I(R1+R')，当开关闭合时，电流为4I，有U=4I(R1+R″)，其中R'=k2(R2+R3)，R″=k2R2，联立以上各式可解得k=3，故选B。 等效电阻法 当理想变压器的副线圈接纯电阻元件时，可以把理想变压器(含副线圈中的元件)等效成一个电阻来处理，设原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈输入电压为U1，输入电流为I1，副线圈输出电压为U2，输出电流为I2，副线圈负载电阻为R，则等效电阻R等效===()2=()2R。 三、几种常见的变压器 1.自耦变压器 图甲所示是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作为原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，A、B之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以连续或较大范围调节输出电压U2。 2.互感器 分类 电压互感器 电流互感器 原理图 原线圈的连接 并联在高压电路中接在火线和零线间 串联在待测电路中接在火线上 副线圈的连接 连接电压表 连接电流表 互感器的作用 测高电压，将高电压变为低电压(降压变压器) 测大电流，将大电流变成小电流(升压变压器) 利用的关系式 =(n1>n2) I1n1=I2n2(n1<n2) 注意：使用互感器时，一定要将互感器的外壳和副线圈接地。 例4　电位器是一种常见的电子元件，它通常由电阻体和可转动的电刷组成，如图所示。可以改变电位器上的连接点位置，从而改变电路中的电位差或电阻值，则当电位器的(　　) A.1、2连接点接入电路时，顺时针转动电刷，电阻减小 B.1、3连接点接入电路时，顺时针转动电刷，电阻减小 C.1、3连接点作为输入端，1、2连接点作为输出端，顺时针转动电刷，输出电压增大 D.1、3连接点作为输入端，1、2连接点作为输出端，顺时针转动电刷，输出电压减小 答案　C 解析　由题图可知，1、2连接点接入电路时，顺时针转动电刷，电阻增大；1、3连接点接入电路时，顺时针转动电刷，无法改变电位器接入电路中的阻值，电阻不变，故A、B错误；1、3连接点作为输入端，1、2连接点作为输出端时，电位器相当于自耦变压器，故顺时针转动电刷时，相当于输入端线圈匝数不变，输出端线圈匝数变大，由电压与匝数成正比可知，输出电压增大，故C正确，D错误。 例5　电压互感器能将高电压变成低电压，电流互感器能将大电流变成小电流，用于测量或保护系统。如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，a、b是交流电压表或交流电流表，若高压输电线间电压为220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，交流电压表的示数为200 V，交流电流表的示数为2 A，则(　　) A.a是交流电压表，b是交流电流表 B.T2的原、副线圈匝数比为1 000∶1 C.高压线路输送的电流为200 A D.高压线路输送的电功率为2.2×104 kW 答案　C 解析　T1的原线圈串联在电路中，因此a是交流电流表，T2的原线圈并联在电路中，因此b是交流电压表，故A错误；变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，所以T2原、副线圈匝数之比为220 000∶200=1 100∶1，故B错误；变压器原、副线圈电流与匝数成反比，则高压线路输送的电流为200 A，故C正确；由C选项可知高压线路输送的电功率为P=UI=220 kV×200 A=4.4×104 kW，故D错误。 专题强化练　［分值：100分］ 1~6题每题8分，共48分 1.(2023·苏州市常熟市尚湖高级中学高二月考)如图所示，理想交流电流表A1、A2，定值电阻R1、光敏电阻R2(阻值随光照强度增大而减小)，分别接在理想变压器的原、副线圈上。U0为正弦交流电源电压的有效值，且保持恒定。若减小光照强度，下列说法不正确的是(　　) A.原、副线圈两端电压U1、U2都不变 B.电流表A1、A2示数都减小 C.R1两端的电压减小 D.R1的电功率增大 答案　D 解析　由于A1为理想交流电流表，原线圈电压U1不变，由=得副线圈两端电压U2不变，故A正确；减小光照强度，R2阻值增大，副线圈电流I2减小，电流表A2示数减小，由=可知，原线圈电流I1减小，电流表A1示数减小，故B正确；由以上分析可知，副线圈电流I2减小，R1两端电压减小，故C正确；流过R1的电流减小，由P=R1得R1的电功率减小，故D错误。 2.(2020·北京卷)如图所示，理想变压器原线圈接在u=Umsin (ωt+φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后(　　) A.电流表A2的示数减小 B.电压表V1的示数减小 C.电压表V2的示数不变 D.电流表A1的示数不变 答案　A 解析　由于原线圈两端电压不变，根据电压与匝数成正比知副线圈两端电压不变，即V1示数不变，故B错误；闭合开关S后，右边两个电阻并联，总阻值变小，两并联电阻分到的电压变小，故V2示数减小，由欧姆定律得I2=，I2减小，故A2示数减小，故A正确，C错误；由于副线圈连接的总电阻变小，电流变大，故原线圈电流I1变大，即A1的示数变大，故D错误。 3.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表示正确的是(　　) A. B.k1U C. D.k2I 答案　B 解析　由理想变压器原副线圈匝数与电压关系，可得=k1，解得U原=k1U，故A错误，B正确；由理想变压器原副线圈匝数与电流关系，可得=，解得I原=，故C、D错误。 4.某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，其输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示。已知滑动触头P0在图示位置时，原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1，电阻R=22 Ω，电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　) A.通过R的交变电流的频率为100 Hz B.电流表A2的示数为2 A C.此时变压器的输入功率为22 W D.将P0沿逆时针方向转动一些，电流表A1的示数变小 答案　C 解析　由题图乙可知，该交变电流的周期为T=0.02 s，其频率为f==50 Hz，变压器不改变频率，故通过R的交变电流的频率也为50 Hz，选项A错误；输入电压的最大值为Um=220 V，有效值为U1=220 V，则副线圈两端的电压为U2=U1=220× V=22 V，所以通过电阻R的电流即电流表A2的示数为I2== A=1 A，选项B错误；变压器的输出功率为P'=U2I2=22×1 W=22 W，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P=P'=22 W，选项C正确；将P0沿逆时针方向转动一些，变压器的副线圈匝数增多，输出电压变大，输出功率变大，输入功率变大，所以输入电流也变大，故电流表A1的示数变大，选项D错误。 5.(2024·南京市六校联合体学校高二月考)如图所示，理想变压器原线圈接在电压U0=18 V的交流电源上，副线圈与定值电阻R0串联后接理想电压表、理想电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶3，已知R0=4 Ω，R的最大阻值为10 Ω。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动。则(　　) A.电压表示数变大，电流表示数变小 B.电源的输出功率变小 C.当R=4 Ω时，电压表示数为3 V D.当R=4 Ω时，R的功率最大 答案　D 解析　原线圈电压一定，匝数比一定，则副线圈电压一定，滑动变阻器R的滑片P向下滑动，副线圈总电阻减小，则电流表示数变大，R0两端电压变大，则电压表示数变小，故A错误；副线圈电压一定，电流变大，变压器的输出功率变大，则电源的输出功率变大，故B错误；原线圈电压U0=18 V，原、副线圈匝数比为1∶3，副线圈电压U1=54 V，当R=4 Ω时，副线圈电流I== A，电压表示数为UR=27 V，故C错误；把副线圈看作电源，把R0看作是电源内电阻，当R=R0=4 Ω时，R的功率最大，故D正确。 6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4，a、b两端接到交流电源上，R1、R2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是(　　) A.副线圈两端电压是电源电压的 B.流过R1的电流是流过R2电流的4倍 C.R1上的电功率是R2上电功率的 D.R1上的电功率是R2上电功率的16倍 答案　C 解析　原线圈两端电压等于电源电压，根据原、副线圈电压之比等于匝数之比可得==，即U2=4U1，A错误；流过R1的电流I1=，流过R2的电流I2===4I1，B错误；根据电功率P=I2R可得R1上的电功率是R2上电功率的，C正确，D错误。 7~9题每题9分，10题15分，共42分 7.如图所示是磁吸基座无线充电器，当送电线圈通入u=220sin (πt) V的交流电源后，手机上的受电线圈产生感应电流，手机即进入“无线超充模式”。若手机“超充模式”下的充电电压为20 V，充电电流为5 A，充电基座送电线圈接有电阻R1=7.5 Ω，受电线圈接有电阻R2=4.5 Ω，线圈电阻不计且充电过程中不计一切能量损失，则下列说法不正确的是(　　) A.若此手机的电池容量为4 500 mA·h，则超充模式下的充电时间为0.9小时 B.此无线充电器的耗电功率是100 W C.送电线圈与受电线圈的匝数比为5∶1 D.送电线圈两端的电压为212.5 V 答案　B 解析　由容量单位可知，手机充电时间为电池容量与充电电流的比值，即t== h=0.9 h，故A正确；由于原、副线圈回路中均接有定值电阻，根据原副线圈的电压与匝数的关系可得==，=，其中U=220 V，U0=20 V，I2=5 A，代入数据解得=，即送电线圈与受电线圈的匝数之比为5∶1，故C正确；由匝数比可知原线圈电流应为I1==1 A，所以充电器消耗的总功率为P=UI1=220 W，故B错误；送电线圈两端的电压为U1=U-I1R1=212.5 V，故D正确。 8.如图，理想变压器的原、副线圈的匝数比为1∶2，A、B两端接在u=8sin(100πt) V的交流电源上。定值电阻R0=2 Ω，电压表和电流表均为理想交流电表，不计电源内阻。当滑动变阻器电阻调到R=8 Ω时，下列说法正确的是(　　) A.变压器副线圈中电流的频率为100 Hz B.电流表的读数为2 A C.电压表的读数为4 V D.若将滑动变阻器电阻调小，其消耗的功率一定变大 答案　C 解析　变压器不改变交流电的频率，故副线圈电流的频率为50 Hz，故A错误； 设副线圈电流为I，根据理想变压器原、副线圈电流比为匝数的反比可知，原线圈电流为2I，再根据原、副线圈电压比等于匝数之比得U=2IR0+U1，U1=IR，又U==8 V，解得I=1 A，故B错误； 根据U1=IR得U1=4 V，故C正确； 滑动变阻器和变压器的等效电阻R'=()2R， 得R'=2 Ω，将交流电源与R0看作等效电源，根据电源输出功率和外电阻关系得，此时等效电源输出功率最大，即滑动变阻器电阻的功率最大，滑动变阻器电阻变小，其功率减小，故D错误。 9.(2024·盐城市射阳中学高二月考)如图所示，理想变压器的原线圈连接电压恒定的交流电源，原、副线圈均接入阻值为R的负载电阻。当开关S断开时，与原线圈连接的电压表V1的示数为U1，与副线圈连接的电压表V2的示数为U2，电表均为理想电表，则以下判断正确的是(　　) A.交流电源的电压为 B.开关断开时，原线圈中的输入电流为 C.开关闭合时，电压表V1的示数变大 D.开关闭合时，交流电源输出功率减小 答案　A 解析　开关断开时，设原线圈中的电流为I1，理想变压器原、副线圈功率相等，有U1I1=，可得I1=，B错误；开关断开时，原线圈中电阻R两端电压为U'=I1R=， 故交流电源的电压为U=U1+U'=，A正确；开关闭合时，副线圈电阻减小，电流增大，原线圈电流随之增大，原线圈所接电阻R两端电压增大，原线圈电压减小，即电压表V1的示数减小，C错误；根据P=UI，开关闭合时，由于原线圈电流增大，则交流电的输出功率增大，D错误。 10.(15分)(2023·泰州中学高二月考)光伏发电可以有效解决偏远农村地区用电难的问题，相对于传统发电机，光伏发电系统更为便捷，电池板只需安装在屋顶上，就可直接将太阳能转化为电能供应，完全不受供电通道的限制。如图，某户农家将输出电压U0=220 V交流电的光伏发电系统接到变压器上，通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12 V　1.5 A”的灯泡和一台电动机供电，电动机线圈电阻r=1.0 Ω，原线圈上所接灯泡L的额定电压UL=40 V，副线圈n2的匝数为60匝。电路接通后，各用电器都正常工作，光伏发电系统的输出功率P0=440 W，电压表的示数为36 V，变压器为理想变压器，电表为理想电表，求： (1)(4分)原线圈上所接灯泡L消耗的功率PL； (2)(4分)变压器原线圈的匝数n1； (3)(7分)电动机输出的机械功率P机。 答案　(1)80 W　(2)900　(3)155 W 解析　(1)根据题意，设原线圈上的电流为I1，则有P0=U0I1 PL=I1UL 解得PL=80 W (2)根据题意，有= 解得n1=900匝 (3)根据题意，设副线圈n3上的电流为I3，则有P0=PL+P2+I3U3 P机=I3U3-r 又有P2=10U2I2=180 W U3=36 V 联立解得P机=155 W。 (10分) 11.(2024·常州市第一中学高二月考)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈输入的交流电压瞬时值的表达式为u=220sin 100πt (V)，定值电阻R1的阻值为60 Ω，电阻箱R2的初始阻值为20 Ω，灯泡L阻值恒为20 Ω，其余电阻不计。下列说法正确的是(　　) A.理想电流表的示数为 A B.逐渐增大R2的阻值，R1功率逐渐变大 C.当R2=60 Ω时，副线圈功率达到最大 D.若将R1换为一个理想二极管，则灯泡L两端电压的有效值为110 V 答案　C 解析　R2和灯泡L并联后的电阻为R并=，变压器以及副线圈(包括电阻箱、电流表和灯泡)的等效电阻为R等效=()2R并=40 Ω，原线圈电流为I1== A=2.2 A，原线圈电压U1=U-I1R1=88 V，副线圈电压为U2=U1=44 V，则理想电流表的示数为IR2== A，选项A错误；逐渐增大R2的阻值，则等效电阻R等效变大，则原线圈中电流减小，则R1功率逐渐变小，选项B错误；将R1等效为电源内阻，则当R等效=()2R并=R1时副线圈功率最大，解得R2=60 Ω，选项C正确；将R1换为理想二极管之前，灯泡L两端电压的有效值为44 V，若将R1换为一个理想二极管，由于二极管有单向导电性，则灯泡L两端电压的有效值将减小，不可能为110 V，选项D错误。 学科网（北京）股份有限公司 $ DISANZHANG 第三章 专题强化13　变压器的 综合问题 1 1.掌握变压器动态问题的分析方法(重难点)。 2.掌握变压器原线圈有负载的电路的分析方法(重难点)。 3.了解几种常见的变压器(重点)。 学习目标 2 一、理想变压器的制约关系和动态分析 二、变压器原线圈有负载的电路分析 专题强化练 三、几种常见的变压器 内容索引 3 理想变压器的制约关系和动态分析 一 4 1.电压、电流、功率的制约关系 (1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时， 决 定 ，U2=______。 (2)功率制约： 决定 ，P出增大，P入增大；P出减小，P入减小；P出为0，P入为0。 输入电压U1 输出电压U2 P出 P入 (3)电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比_____一定，且输入电压U1 确定时，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1=_____(只 有一个副线圈时)。 2.对理想变压器进行动态分析的两种常见情况 (1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P出→P入→I1。 (2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1。 (2023·扬州市高二期中)如图甲所示是家用台灯亮度调节原理图，理想自耦变压器的a、b间接入如图乙所示正弦式交流电压。交流电流表A为理想电表，灯泡额定电压为15 V、额定功率30 W(设灯泡的电阻值保持不变)，当触头P在c点时灯泡正常发光。 下列描述正确的有 A.灯泡正常发光时变压器线圈 的总匝数与c点下方的匝数之比为44∶3 B.当灯泡正常发光时电流表的读数为2 A C.将滑动触头P向下移动时，变压器的输入功率变小 D.将滑动触头P向下移动时，变压器的输入电压变小 例1 √ 由题图乙可知，变压器的输入电压的有效值为U1= V=220 V，灯泡正常 发光，则变压器的输出电压为U2=15 V，故变压器的原、副线圈匝数比为===，故A错误； 灯泡正常发光时通过的电流为I2==2 A，故流过电流表的电流为I1=I2= A，故B错误； 将滑动触头P向下移动时，副线圈匝数n2减少，输入电压U1不变，输出电压U2减小，灯泡的消耗功率减小，故变压器的输入功率减小，故C正确，D错误。 　(2024·扬州市高邮临泽中学高二月考)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小(滑片向下移)。如果变压器上的能量损失可以忽略，当用户的用电器增加时，图中各电表(可视为理想电表)的读数变化判断正确的是 A.A2读数变小 B.A1读数变大 C.V1读数变大 D.V3读数不变 √ 针对训练1 由于变压器原线圈的输入电压U1不变，则V1读数不变，根据=，可知副线圈的输出电压U2不变，则 V2读数不变，当用户的用电器增加时，则R减小，副线圈回路总电阻减小，根据欧姆定律可知，副线圈电流I2增大，则A2读数变大；根据=，可知原线圈电流I1增大，则A1读数变大；由于通过R0的电流增大，R0两端电压增大，根据U2=UR0+U3，可知V3读数变小。故选B。 返回 变压器原线圈有负载的电路分析 二 13 分析理想变压器原线圈接有负载的问题时，要明确原线圈所在的电路结构，从而确定各物理量之间的关系。 (1)负载与原线圈串联，如图甲所示。 负载会分担一部分电压，原线圈两端的电压U1= ，流过负载的电流 等于原线圈中的电流，有_______=，=____。 U-UR (2)负载与原线圈并联，如图乙所示。 负载会分流，原线圈两端的电压U1=U，流过原线圈的电流I1= ，有 ____=，______=。 I-IR 　(2020·全国卷Ⅲ改编)在如图(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均为定值电阻，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。下列说法不正确的是 A.所用交流电的频率为50 Hz B.电压表的示数为100 V C.电流表的示数为0.5 A D.变压器传输的电功率为15.0 W 例2 √ 根据i2-t图像可知T=0.02 s， 则所用交流电的频率f= =50 Hz，故A正确； 副线圈两端电压U2=I2R2=×10 V=10 V，由=得原线圈两端电压U1=100 V，电压表的示数U=220 V-100 V=120 V，故B错误； 电流表的示数I== A=0.5 A，故C正确； 变压器传输的电功率P=R2+I2R3=15.0 W，故D正确。 　一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω， 为理想交流电流表，U为正弦交流电源，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.2 B.3 C.4 D.5 例3 √ 方法一　(基本原理法)设该理想变压器原、副线圈匝数的比值为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=IR1+U1。由=k及功率关系U1I=U2I2，可得=k，即副线圈输出电流为I2=kI，U2=I2(R2+R3)=kI(R2+R3)。当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U=4IR1+U1'，由=k及功率关系U1'·4I=U2'I2'，可得=k，即副线圈输出电流为I2'=4kI，U2'=I2'R2=4kIR2，联立解得k=3， 选项B正确。 方法二　(能量守恒法)根据变压器原、副线圈电流与线圈匝数之间的关系，设原、 副线圈匝数的比值为k，=k，则根据能量 守恒定律，可知当开关断开时，原线圈中电流为I，有UI=R1I2+(kI)2(R2+R3)， 当开关闭合时，原线圈中电流为4I，有4UI=R1(4I)2+R2(4kI)2，联立可解得k=3，故选项B正确。 方法三　(等效电阻法)在如图甲所示的理想变压器中虚线框内部分电路可以等效为图乙中的R'。 设原、副线圈匝数的比值为k，可得=k，副线圈电阻R消耗的功率为P=，而等效电阻R'消耗的功率为P'=， 根据P=P'得R'=k2R 根据上式，将题中电路等效为如图丙所示电路，根据欧姆定律，可知当开关断开时，电流为I，有U=I(R1+R')，当开关闭合时，电流为4I，有U=4I(R1+R″)，其中R'=k2(R2+R3)，R″=k2R2，联立以上各式可解得k=3，故 选B。 总结提升 等效电阻法 当理想变压器的副线圈接纯电阻元件时，可以把理想变压器(含副线圈中的元件)等效成一个电阻来处理，设原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈输入电压为U1，输入电流为I1，副线圈输出电压为U2，输出电流为I2，副线圈负载电阻为R， 则等效电阻R等效===()2=()2R。 返回 几种常见的变压器 三 24 1.自耦变压器 图甲所示是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作为原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，A、B之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以连续或较大范围调节输出电压U2。 2.互感器 分类 电压互感器 电流互感器 原理图     原线圈的连接 并联在高压电路中接在火线和零线间 串联在待测电路中接在火线上 分类 电压互感器 电流互感器 副线圈的连接 连接电压表 连接电流表 互感器的作用 测高电压，将高电压变为低电压(降压变压器) 测大电流，将大电流变成小电流(升压变压器) 利用的关系式 =(n1>n2) I1n1=I2n2(n1<n2) 注意：使用互感器时，一定要将互感器的外壳和副线圈接地。 　电位器是一种常见的电子元件，它通常由电阻体和可转动的电刷组成，如图所示。可以改变电位器上的连接点位置，从而改变电路中的电位差或电阻值，则当电位器的 A.1、2连接点接入电路时，顺时针转动电刷， 电阻减小 B.1、3连接点接入电路时，顺时针转动电刷， 电阻减小 C.1、3连接点作为输入端，1、2连接点作为输出端，顺时针转动电刷， 输出电压增大 D.1、3连接点作为输入端，1、2连接点作为输出端，顺时针转动电刷， 输出电压减小 例4 √ 由题图可知，1、2连接点接入电路时，顺时针转动电刷，电阻增大；1、3连接点接入电路时，顺时针转动电刷，无法改变电位器接入电路中的阻值，电阻不变，故A、B错误； 1、3连接点作为输入端，1、2连接点作为输出端时，电位器相当于自耦变压器，故顺时针转动电刷时，相当于输入端线圈匝数不变，输出端线圈匝数变大，由电压与匝数成正比可知，输出电压增大，故C正确，D错误。 　电压互感器能将高电压变成低电压，电流互感器能将大电流变成小电流，用于测量或保护系统。如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，a、b是交流电压表或交流电流表，若高压输电线间电压为 220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，交流电压表的示数为200 V，交流电流表的示数为2 A，则 A.a是交流电压表，b是交流电流表 B.T2的原、副线圈匝数比为1 000∶1 C.高压线路输送的电流为200 A D.高压线路输送的电功率为2.2×104 kW 例5 √ 以T2原、副线圈匝数之比为220 000∶200=1 100∶1，故B错误； 变压器原、副线圈电流与匝数成反比，则高压线路输送的电流为200 A， 故C正确； 由C选项可知高压线路输送的电功率为P=UI=220 kV×200 A=4.4× 104 kW，故D错误。 T1的原线圈串联在电路中，因此a是交流电流表，T2的原线圈并联在电路中，因此b是交流电压表，故A错误； 变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，所 返回 专题强化练 四 32 1.(2023·苏州市常熟市尚湖高级中学高二月考)如图所示，理想交流电流表A1、A2，定值电阻R1、光敏电阻R2(阻值随光照强度增大而减小)，分别接在理想变压器的原、副线圈上。U0为正弦交流电源电压的有效值，且保持恒定。若减小光照强度，下列说法不正确的是 A.原、副线圈两端电压U1、U2都不变 B.电流表A1、A2示数都减小 C.R1两端的电压减小 D.R1的电功率增大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 基础强化练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由于A1为理想交流电流表，原线圈电压U1不变，由=得副线圈两端电压U2不变，故A正确； 减小光照强度，R2阻值增大，副线圈电流I2减小，电流表A2示数减小，由=可知，原线圈电流I1减小，电流表A1示数减小，故B正确； 由以上分析可知，副线圈电流I2减小，R1两端电压减小，故C正确； 流过R1的电流减小，由P=R1得R1的电功率减小，故D错误。 2.(2020·北京卷)如图所示，理想变压器原线圈接在u=Umsin (ωt+φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后 A.电流表A2的示数减小 B.电压表V1的示数减小 C.电压表V2的示数不变 D.电流表A1的示数不变 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由于原线圈两端电压不变，根据电压与匝数成正比知副线圈两端电压不变，即V1示数不变，故B错误； 闭合开关S后，右边两个电阻并联，总阻值 变小，两并联电阻分到的电压变小，故V2示数减小，由欧姆定律得I2=，I2减小，故A2示数减小，故A正确，C错误； 由于副线圈连接的总电阻变小，电流变大，故原线圈电流I1变大，即A1的示数变大，故D错误。 3.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表示正确的是 A. B.k1U C. D.k2I √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由理想变压器原副线圈匝数与电压关系，可得=k1，解得U原=k1U，故A错误，B正确； 由理想变压器原副线圈匝数与电流关系， 可得=，解得I原=，故C、D错误。 4.某理想自耦变压器接入电路中的示意图如图甲所示，其输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示。已知滑动触头P0在图示位置时，原、副线圈的匝数比为n1∶n2=10∶1，电阻R=22 Ω，电表均为理想电表。下列说法正确的是 A.通过R的交变电流的频率为100 Hz B.电流表A2的示数为2 A C.此时变压器的输入功率为22 W D.将P0沿逆时针方向转动一些，电流表A1的示数变小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由题图乙可知，该交变电流 的周期为T=0.02 s，其频率为 f==50 Hz，变压器不改变频 率，故通过R的交变电流的频率也为50 Hz，选项A错误； 输入电压的最大值为Um=220 V，有效值为U1=220 V，则副线圈两端的电压为U2=U1=220× V=22 V，所以通过电阻R的电流即电流表A2的示数为I2== A=1 A，选项B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 变压器的输出功率为P'=U2I2=22×1 W=22 W，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P=P'=22 W，选项C正确； 将P0沿逆时针方向转动一些，变压器的副线圈匝数增多，输出电压变大，输出功率变大，输入功率变大，所以输入电流也变大，故电流表A1的示数变大，选项D错误。 5.(2024·南京市六校联合体学校高二月考)如图所示，理想变压器原线圈接在电压U0=18 V的交流电源上，副线圈与定值电阻R0串联后接理想电压表、理想电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶3，已知R0=4 Ω，R的最大阻值为10 Ω。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动。则 A.电压表示数变大，电流表示数变小 B.电源的输出功率变小 C.当R=4 Ω时，电压表示数为3 V D.当R=4 Ω时，R的功率最大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 原线圈电压一定，匝数比一定，则副线圈电压一定，滑动变阻器R的滑片P向下滑动，副线圈总电阻减小，则电 流表示数变大，R0两端电压变大，则电压表示数变小，故A错误； 副线圈电压一定，电流变大，变压器的输出功率变大，则电源的输出功率变大，故B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 原线圈电压U0=18 V，原、副线圈匝数比为1∶3，副线圈电压U1=54 V，当R=4 Ω时，副线圈电流I== A， 电压表示数为UR=27 V，故C错误； 把副线圈看作电源，把R0看作是电源内电阻，当R=R0=4 Ω时，R的功率最大，故D正确。 6.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4，a、b两端接到交流电源上，R1、R2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是 A.副线圈两端电压是电源电压的 B.流过R1的电流是流过R2电流的4倍 C.R1上的电功率是R2上电功率的 D.R1上的电功率是R2上电功率的16倍 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 原线圈两端电压等于电源电压，根据原、副线圈电压之比等于匝数之比可得==，即U2=4U1，A错误； 流过R1的电流I1=，流过R2的电流I2===4I1，B错误； 根据电功率P=I2R可得R1上的电功率是R2上电功率的，C正确，D错误。 7.如图所示是磁吸基座无线充电器，当送电线圈通入u=220sin (πt) V的交流电源后，手机上的受电线圈产生感应电流，手机即进入“无线超充模式”。若手机“超充模式”下的充电电压为20 V，充电电流为5 A，充电基座送电线圈接有电阻R1=7.5 Ω，受电线圈接有电阻R2=4.5 Ω，线圈电阻不计且充电过程中不计一切能量损失，则下列说法不正确的是 A.若此手机的电池容量为4 500 mA·h， 则超充模式下的充电时间为0.9小时 B.此无线充电器的耗电功率是100 W C.送电线圈与受电线圈的匝数比为5∶1 D.送电线圈两端的电压为212.5 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 能力综合练 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由容量单位可知，手机充电时间为电池容量与充电电流的比 值，即t== h=0.9 h， 故A正确； 由于原、副线圈回路中均接有定值电阻，根据原副线圈的电压与匝数的关系可得===，其中U=220 V，U0=20 V，I2=5 A，代入数据解得=，即送电线圈与受电线圈的匝数之比为5∶1，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 由匝数比可知原线圈电流应为I1==1 A，所以充电器消耗的总功率为P=UI1=220 W，故B错误； 送电线圈两端的电压为U1=U-I1R1=212.5 V，故D正确。 8.如图，理想变压器的原、副线圈的匝数比为1∶2，A、B两端接在u=8sin(100πt) V的交流电源上。定值电阻R0=2 Ω，电压表和电流表均为理想交流电表，不计电源内阻。当滑动变阻器电阻调到R=8 Ω时，下列说法正确的是 A.变压器副线圈中电流的频率为100 Hz B.电流表的读数为2 A C.电压表的读数为4 V D.若将滑动变阻器电阻调小，其消耗的功率一定变大 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 变压器不改变交流电的频率，故副 线圈电流的频率为50 Hz，故A错误； 设副线圈电流为I，根据理想变压器 原、副线圈电流比为匝数的反比可知，原线圈电流为2I，再根据原、 副线圈电压比等于匝数之比得U=2IR0+U1，U1=IR，又U==8 V，解得I=1 A，故B错误； 根据U1=IR得U1=4 V，故C正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 滑动变阻器和变压器的等效电阻R'=()2R，得R'=2 Ω，将交流电源与R0看作等效电源，根据电源输出功率 和外电阻关系得，此时等效电源输出功率最大，即滑动变阻器电阻的功率最大，滑动变阻器电阻变小，其功率减小，故D错误。 9.(2024·盐城市射阳中学高二月考)如图所示，理想变压器的原线圈连接电压恒定的交流电源，原、副线圈均接入阻值为R的负载电阻。当开关S断开时，与原线圈连接的电压表V1的示数为U1，与副线圈连接的电压表V2的示数为U2，电表均为理想电表，则以下判断正确的是 A.交流电源的电压为 B.开关断开时，原线圈中的输入电流为 C.开关闭合时，电压表V1的示数变大 D.开关闭合时，交流电源输出功率减小 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 开关断开时，设原线圈中的电流为I1，理想 变压器原、副线圈功率相等，有U1I1=， 可得I1=，B错误； 开关断开时，原线圈中电阻R两端电压为U'=I1R=， 故交流电源的电压为U=U1+U'=，A正确； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 开关闭合时，副线圈电阻减小，电流增大，原线圈电流随之增大，原线圈所接电阻R两端电压增大，原线圈电压减小，即电压表V1的示数减小，C错误； 根据P=UI，开关闭合时，由于原线圈电流增大，则交流电的输出功率增大，D错误。 10.(2023·泰州中学高二月考)光伏发电可以有效解决偏远农村地区用电难的问题，相对于传统发电机，光伏发电系统更为便捷，电池板只需安装在屋顶上，就可直接将太阳能转化为电能供应，完全不受供电通道的限制。如图，某户农家将输出电压U0=220 V交流电的光伏发电系统接到变压器上，通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12 V　1.5 A”的灯泡和一台电动机供电，电动机线圈电阻r=1.0 Ω，原线圈上所接灯泡L的额定电压UL=40 V，副线圈n2的匝数为60匝。电路接通后，各用电器都正常工作，光伏发 电系统的输出功率P0=440 W，电压表的示 数为36 V，变压器为理想变压器，电表为 理想电表，求： 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (1)原线圈上所接灯泡L消耗的功率PL； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　80 W 根据题意，设原线圈上的电流为I1，则有P0=U0I1 PL=I1UL 解得PL=80 W (2)变压器原线圈的匝数n1； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　900 根据题意，有= 解得n1=900匝 (3)电动机输出的机械功率P机。 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 答案　155 W 根据题意，设副线圈n3上的电流为I3，则有P0=PL+P2+I3U3 P机=I3U3-r 又有P2=10U2I2=180 W U3=36 V 联立解得P机=155 W。 11.(2024·常州市第一中学高二月考)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈输入的交流电压瞬时值的表达式为u=220sin 100πt (V)，定值电阻R1的阻值为60 Ω，电阻箱R2的初始阻值为20 Ω，灯泡L阻值恒为20 Ω，其余电阻不计。下列说法正确的是 A.理想电流表的示数为 A B.逐渐增大R2的阻值，R1功率逐渐变大 C.当R2=60 Ω时，副线圈功率达到最大 D.若将R1换为一个理想二极管，则灯泡L两端电压的有效值为110 V 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 √ 尖子生选练 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 R2和灯泡L并联后的电阻为R并=，变 压器以及副线圈(包括电阻箱、电流表和 灯泡)的等效电阻为R等效=()2R并=40 Ω， 原线圈电流为I1== A=2.2 A，原线圈电压U1=U-I1R1= 88 V，副线圈电压为U2=U1=44 V，则理想电流表的示数为IR2== A，选项A错误； 逐渐增大R2的阻值，则等效电阻R等效变大，则原线圈中电流减小，则R1功率逐渐变小，选项B错误； 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 将R1等效为电源内阻，则当R等效=()2R并=R1时副线圈功率最大，解得R2=60 Ω，选项C正确； 将R1换为理想二极管之前，灯泡L两端电压的有效值为44 V，若将R1换为一个理想二极管，由于二极管有单向导电性，则灯泡L两端电压的有效值将减小，不可能为110 V，选项D错误。 返回 $