第69讲 理想变压器 电能的输送 讲义-2027届高三物理一轮复习

第69讲　理想变压器　电能的输送 一、理想变压器 1．构造和原理 (1)构造：如图所示，变压器是由 闭合铁芯　和绕在铁芯上的 两个线圈　组成的。 (2)原理：电磁感应的互感现象。 2．基本关系式 (1)功率关系： P入＝P出　。 (2)电压关系：①有一个副线圈时 ＝　。 ②有多个副线圈时＝ ＝＝…　。 (3)电流关系：①有一个副线圈时＝，且I2决定I1。 ②有多个副线圈时，由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn，输出决定输入。 (4)频率关系：f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率。 3．电压互感器和电流互感器 (1)电压互感器：把高电压变成 低电压　，如图A所示。 (2)电流互感器：把大电流变成 小电流　，如图B所示。 二、电能的输送 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。 1．输出电流 I＝＝＝。 2．电压损失 (1)ΔU＝U－U′； (2)ΔU＝ IR　。 3．功率损失 (1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I； (2)ΔP＝ I2R　＝2R。 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　。 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．理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率。( √ ) 3．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大。( √ ) 4．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小。( × ) 考点1　理想变压器基本关系的应用 (基础考点·自主探究) 1．理想变压器的基本特点 (1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、相同。 (2)线圈无电阻，因此无电压损失，U＝E＝n。 (3)根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有＝＝＝… 2．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U1、U2、I1、I2均为有效值。 3．分析变压器电路的两个难点 (1)分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意：变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1＝U源－U串。 (2)分析含有二极管的变压器电路问题时要注意：理想二极管具有单向导电性，正弦式交变电流通过二极管后会变成半波直流电流，对应的有效值会发生变化。 【跟踪训练】 (变压器的原理)(多选)(2022·湖北卷)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是(　　) A．接收线圈的输出电压约为8 V B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1 C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同 D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同 (变压器基本关系的应用)(2024·浙江1月卷)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 (理想变压器原线圈接电阻问题分析)手机无线充电技术越来越普及，如图甲所示是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220 V的正弦交流电源后，受电线圈中产生交变电流给手机快速充电，这时手机两端的电压为5 V，充电电流为2 A。若把装置线圈视为理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．快速充电时，送电线圈的输入电压U1＝212.5 V B．快速充电时，cd间电压U2＝44 V C．快速充电时，送电线圈的输入功率为10 W D．R的值为187.5 Ω (含二极管变压器电路问题)(2023·河北卷)除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型除颤仪电路原理如图。某次调试时交流电压表示数为20 V，电容器充电完毕，开关由“1”掷向“2”，放电电流平均值为2.8 A，放电时间约为10－2 s，已知电容器电容为20×10－5 F。则升压变压器原、副线圈的匝数比约为(　　) A．1∶25 B．1∶50 C．1∶70 D．1∶100 (多个副线圈的变压器电路)(多选)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　) A．通过电阻R2的电流为 B．电阻R2两端的电压为 C．n0与n1的比值为 D．发电机的功率为 考点2　理想变压器的动态分析 (能力考点·深度研析) 理想变压器的制约关系 1．电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定。 2．功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定。 3．电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定。 (多选)(2024·全国甲卷)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以(　　) A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 反思提升 解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法 (1)分清不变量和变量，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，利用闭合电路的欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。 (2)分析该类问题的一般思维流程U1U2 I2 I1 P1 【跟踪训练】 在如图所示的理想降压变压器电路中，在a、b之间加上电压稳定的交流电源，R1为定值电阻，P为滑动变阻器的滑片，滑动变阻器的总电阻R2>R1，电压表、电流表均为理想交流电表。当滑片P由d端向c端滑动过程中，下列说法正确的是(　　) A．电流表的示数一直变大 B．电压表的示数保持不变 C．R1的功率一直变大 D．R2的功率先增大后减小 考点3　两种特殊的变压器模型 (基础考点·自主探究) 1．自耦变压器 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，如图所示。 2．互感器 电压互感器 电流互感器 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流 ＝ I1n1＝I2n2 【跟踪训练】 (自耦变压器)(多选)如图所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上u＝220sin(100πt)V的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压。当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，现想将一个“38 V　19 W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是(　　) A．仅将P顺时针旋转到合适位置 B．仅将P逆时针旋转到合适位置 C．仅将灯泡并联一个阻值为144 Ω的电阻 D．仅将灯泡串联一个阻值为144 Ω的电阻 (互感器)如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，T2接在两根输电线的正中间，T1接在其中一根输电线上。输电线电阻不可忽略，若输电线电阻率相同，发电站端的理想升压变压器副线圈输出电压为U1，输出功率为22 800 kW，用户端理想降压变压器原线圈两端电压为U2＝220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，T2的原、副线圈匝数比为10 000 ∶1，a的示数为1 A，则下列说法正确的是(　　) A．U1＝248 kV B．b的示数为22.8 V C．输电线总电阻为40 Ω D．输电效率约为96% 考点4　远距离输电问题 (能力考点·深度研析) 1．理清输电电路图的三个回路(如图) (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＝IR线。 (3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。 2．升压变压器和降压变压器的基本关系 (1)升压变压器基本关系 ＝，＝，P1＝P2 (2)降压变压器基本关系 ＝，＝，P3＝P4 3．掌握一个守恒观念 功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝IR线＝。 反思提升 处理远距离输电问题的一般思维步骤 (1)画出远距离输电的示意图，并在图上标出相应物理量。 (2)以变压器铁芯为界线区分各个回路。各回路独立，运用串联电路的特点和性质，分析回路中的电压、电流和功率等问题。 (3)各回路间通过变压器的匝数比、电压比、电流比和原、副线圈输入功率与输出功率相同的关系相联系。 (4)在计算输电线上的功率损耗时，思路应该是P损＝I2R线＝＝P送－P用，一定不能用P损＝。 【跟踪训练】 (高压输电电压损失、功率损失的计算)(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 (远距离输电电路的动态分析问题)(多选)我国能源分布很不均匀，远距离大容量输电有着特别重要的意义。远距离高压交流输电的示意图如图所示，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n，输电线的总电阻为r。U、I分别表示电压表V、电流表A的示数，输入电压U0保持不变。下列说法正确的是(　　) A．若仅闭合开关S，则U减小 B．若仅闭合开关S，则U增大 C．仅增大R2，则U减小 D．仅增大R2，若电压表的示数变化为ΔU，电流表的示数变化为ΔI，则r＝||n2 等效电阻法分析变压器问题 如图(a)所示，我们可以将变压器与负载看为一个整体，等效为一个新的电阻R′，即为a、b间的等效电阻，等效电路图如图(b)所示。 在图(a)中由变压器的变压规律＝，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，这个方法叫理想变压器等效电阻法。 (2024·湖南卷)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上消耗的功率为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 提能训练　练案[69] 基础巩固练 题组一　理想变压器基本关系、动态分析两种特殊的变压器 1．(2025·八省联考山西陕西卷)牙医所用的口腔X射线机，需利用变压器将电压从220 V升到96 kV，输出电流为1.0 mA。若将此变压器视为理想变压器，则(　　) A．该变压器的输入功率为96 kW B．该变压器的原、副线圈匝数比为11∶4 800 C．该变压器的输入电流约为0.4 mA D．该变压器功能主要利用自感现象实现 2．如图甲所示，b是理想变压器原线圈的中心抽头，灯泡L1、L2的铭牌上均标注“55 V　11 W”字样，电流表为理想电表，R是滑动变阻器，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交流电，当单刀双掷开关与b连接时，灯泡L1恰好正常发光，则(　　) A．理想变压器原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝8∶1 B．1秒内流过灯泡L2的电流方向改变50次 C．当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，两灯泡均变暗 D．当单刀双掷开关由b扳向a时，电流表的示数变大 3．(2024·重庆南开中学高三阶段练习)如图所示，理想变压器的初级线圈接有输出电压有效值恒定不变的交流电源，次级线圈接有光敏电阻R(其阻值随光照强度增大而减小)、灯泡L1和灯泡L2。图中电表均为理想交流电表，若增大光照强度，则(　　) A．电压表V1与电流表A1的示数之比增大 B．电压表V2与电流表A2的示数之比减小 C．灯泡L1和灯泡L2均变亮 D．灯泡L1和灯泡L2均变暗 4．(2022·山东卷)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(V)。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 5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1，在原、副线圈回路中分别接有规格相同的灯泡L1、L2，原线圈回路接在小型发电机上，发电机输出电压u＝220sin 100πt(V)的正弦交流电。已知两灯泡的阻值均为11 Ω，且保持恒定不变，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是(　　) A．电压表的示数为66 V B．发电机线圈的转速n＝100 r/s C．灯泡L1、L2消耗的电功率之比为9∶1 D．发电机输出的电功率为400 W 题组二　远距离输电 6．(2023·天津卷)下图为输电线为用户输电的情景，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，下列说法正确的有(　　) 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．(多选)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是(　　) A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω C．P＝45 W D．P＝22.5 W 8．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 能力提升练 9．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶2，原线圈接电压随时间变化规律为u＝220·sin 100πt(V)的交流电源，A1、A2、A3是三个理想交流电流表，D为理想二极管，R1是滑动变阻器，定值电阻R2＝R3＝220 Ω。下列说法正确的是(　　) A．电流表A3的示数为2 A B．电流表A2的示数为 A C．当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，电流表A1的示数将变大 D．当滑动变阻器R1的滑片向下滑动时，电流表A3的示数将变小 10．如图甲所示，矩形线框切割磁感线产生的交流电压e＝25sin 100πt(V)，线框的匝数N＝5、电阻r＝1 Ω，将其接在图乙所示理想变压器的原线圈上。“220 V　22 W”的灯泡L正常发光，内阻为10 Ω的电风扇M正常工作，电流表A的示数为0.3 A。导线电阻不计，电压表和电流表均为理想交流电表，不计灯泡电阻的变化，矩形线框最大电流不能超过20 A。以下描述错误的是(　　) A．矩形线框转动过程中磁通量变化率的最大值为5 V B．电风扇输出的机械效率约为99.1% C．原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶10 D．若将电风扇去掉，则小灯泡变亮，电流表的示数变大 11．(2022·湖南卷)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交流电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是(　　) A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变 B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大 C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大 D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小 12．如图所示为某发电站输电示意图，发电机的输出电压恒定，变压器均为理想变压器，在输电线路的起始端接入甲、乙两个理想互感器，甲、乙两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，降压变压器原、副线圈匝数比为200∶1，电压表的示数为220 V，电流表的示数为5 A，输电线路的总电阻r＝20 Ω。则下列说法正确的是(　　) A．互感器甲中圈内接入电流表，互感器乙中圈内接入电压表 B．输电线路上损耗的功率约占输电总功率的6% C．用户端的电压U4为200 V D．用电高峰相对平时用电时，用户端的电压偏小 13．(2025·浙江衢州联考)如图所示，“奋进号”潮流能发电机组核心部件是“水下大风车”，一台潮流能发电机的叶片转动时可形成半径为10 m的圆面，某次涨潮期间，该区域海水的潮流速度是3 m/s，流向恰好与叶片转动的圆面垂直，并将40%的潮流能转化为电能。随后通过海上升压变压器将发电机组690 V电压升为10 kV电压后向远处传输，不考虑升压过程中的能量损耗。已知海水密度约为ρ＝1×103 kg/m3，则(　　) A．涨潮期间该发电机的功率约为4×106 W B．若每天至少有2 h潮流速度高于3 m/s，则该台发电机日发电量至少为320 kW·h C．升压变压器原、副线圈匝数之比约为1∶69 D．若允许输送过程中损失的功率控制在4%以内，则输电线电阻不能超过2.5 Ω 学科网（北京）股份有限公司 $ 第69讲　理想变压器　电能的输送 一、理想变压器 1．构造和原理 (1)构造：如图所示，变压器是由 闭合铁芯　和绕在铁芯上的 两个线圈　组成的。 (2)原理：电磁感应的互感现象。 2．基本关系式 (1)功率关系： P入＝P出　。 (2)电压关系：①有一个副线圈时 ＝　。 ②有多个副线圈时＝ ＝＝…　。 (3)电流关系：①有一个副线圈时＝，且I2决定I1。 ②有多个副线圈时，由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn，输出决定输入。 (4)频率关系：f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率。 3．电压互感器和电流互感器 (1)电压互感器：把高电压变成 低电压　，如图A所示。 (2)电流互感器：把大电流变成 小电流　，如图B所示。 二、电能的输送 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。 1．输出电流 I＝＝＝。 2．电压损失 (1)ΔU＝U－U′； (2)ΔU＝ IR　。 3．功率损失 (1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I； (2)ΔP＝ I2R　＝2R。 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　。 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．理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率。( √ ) 3．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大。( √ ) 4．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小。( × ) 考点1　理想变压器基本关系的应用 (基础考点·自主探究) 1．理想变压器的基本特点 (1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、相同。 (2)线圈无电阻，因此无电压损失，U＝E＝n。 (3)根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有＝＝＝… 2．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U1、U2、I1、I2均为有效值。 3．分析变压器电路的两个难点 (1)分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意：变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1＝U源－U串。 (2)分析含有二极管的变压器电路问题时要注意：理想二极管具有单向导电性，正弦式交变电流通过二极管后会变成半波直流电流，对应的有效值会发生变化。 【跟踪训练】 (变压器的原理)(多选)(2022·湖北卷)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是(　　) A．接收线圈的输出电压约为8 V B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1 C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同 D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同 [答案]　AC [解析]　根据＝，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，故A正确；由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，故B错误；变压器是不改变交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。故选AC。 (变压器基本关系的应用)(2024·浙江1月卷)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 [答案]　B [解析]　根据理想变压器的变压规律有＝，根据题意可知U1＝ V，U2> V，解得>2 000，即<，A错误，B正确；电压表测量的是有效值，其示数应为 V，C错误；变压器不改变交流电的频率，结合原线圈输入交流电压的瞬时表达式可知，副线圈输出交流电压的频率f＝＝50 Hz，D错误。 (理想变压器原线圈接电阻问题分析)手机无线充电技术越来越普及，如图甲所示是某款手机无线充电装置，其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当ab间接上220 V的正弦交流电源后，受电线圈中产生交变电流给手机快速充电，这时手机两端的电压为5 V，充电电流为2 A。若把装置线圈视为理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．快速充电时，送电线圈的输入电压U1＝212.5 V B．快速充电时，cd间电压U2＝44 V C．快速充电时，送电线圈的输入功率为10 W D．R的值为187.5 Ω [答案]　A [解析]　对送电线圈有220 V＝I1R＋U1，受电线圈有U2＝I2R＋5 V，由原副线圈电流和匝数的关系可得＝，由原副线圈电压和匝数的关系可得＝，联立解得U1＝212.5 V，U2＝42.5 V，A正确，B错误；变压器原副线圈的功率相等，则送电线圈的输入功率P1＝P2＝U2I2＝42.5×2 W＝85 W，C错误；由欧姆定律可得R＝＝ Ω＝18.75 Ω，D错误。 (含二极管变压器电路问题)(2023·河北卷)除颤仪是用于突发心室纤颤等心脏疾病的急救医疗设备，某型除颤仪电路原理如图。某次调试时交流电压表示数为20 V，电容器充电完毕，开关由“1”掷向“2”，放电电流平均值为2.8 A，放电时间约为10－2 s，已知电容器电容为20×10－5 F。则升压变压器原、副线圈的匝数比约为(　　) A．1∶25 B．1∶50 C．1∶70 D．1∶100 [答案]　B [解析]　由题意可知，充电完毕后电容器所带的电荷量q＝t≈2.8×10－2 C，电容器两极板间电压的最大值Um＝≈ V＝1 400 V，则升压变压器输出电压的有效值U2＝≈1 000 V，由变压器的工作原理可知＝，又U1＝20 V，解得≈，B正确。 (多个副线圈的变压器电路)(多选)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　) A．通过电阻R2的电流为 B．电阻R2两端的电压为 C．n0与n1的比值为 D．发电机的功率为 [答案]　BC [解析]　由题意知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U1＝IR1，根据变压器电压与匝数的关系有＝，＝，代入有U0＝IR1，U2＝IR1，再由欧姆定律，有U2＝I2R2，可计算出I2＝I，A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝NB2L2ω，U0＝＝NBL2ω，由选项A、B知U0＝IR1，则＝，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2，代入选项A、B、C公式有P0＝·，由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。 考点2　理想变压器的动态分析 (能力考点·深度研析) 理想变压器的制约关系 1．电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定。 2．功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定。 3．电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定。 (多选)(2024·全国甲卷)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以(　　) A．保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变 C．将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D．将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动 [答案]　AC [解析]　保持T不动，变压器的输出电压不变，并联电路两端电压不变，滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，接入电路的电阻减小，由串联电路分压原理可知R1两端的电压增大，R1的热功率增大，A正确；T向b端移动时，变压器副线圈接入电路的匝数减少，变压器的输出电压减小，各电阻两端的电压减小，R1的热功率减小，B错误；T向a端移动时，变压器的输出电压增大，并联电路两端电压增大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，滑动变阻器接入电路的电阻减小，则R1两端的电压增大，R1的热功率增大，C正确；T向b端移动时，变压器副线圈接入电路的匝数减少，变压器的输出电压减小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，则R1两端的电压减小，R1的热功率减小，D错误。 反思提升 解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法 (1)分清不变量和变量，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，利用闭合电路的欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。 (2)分析该类问题的一般思维流程U1U2 I2 I1 P1 【跟踪训练】 在如图所示的理想降压变压器电路中，在a、b之间加上电压稳定的交流电源，R1为定值电阻，P为滑动变阻器的滑片，滑动变阻器的总电阻R2>R1，电压表、电流表均为理想交流电表。当滑片P由d端向c端滑动过程中，下列说法正确的是(　　) A．电流表的示数一直变大 B．电压表的示数保持不变 C．R1的功率一直变大 D．R2的功率先增大后减小 [答案]　D [解析]　当滑片P由d端向c端滑动时，滑动变阻器R2的阻值由0开始增加，假设副线圈的电压U2不变，根据欧姆定律I2＝，可知电流表示数减小，又＝，在匝数比不变的情况下，原线圈电流I1减小，根据ΔU＝I1R1，则R1的电压减小，P1＝IR1，可知R1功率减小，U1＝U－ΔU，则原线圈两端的电压增大，根据＝，副线圈两端的电压U2增大，即电压表的示数增大，故A、B、C错误；可以将副线圈的电阻等效到原线圈上来，从而将复杂的电路简化为简单的串联电路，如图所示， 由于＝，＝，可知R2＝＝＝R等效，将R2等效为原线圈的电阻，其大小R等效＝R2，由于n1>n2，R2>R1，则R等效>R1，将R1看作电源的内阻，此时R等效的功率即为电源的输出功率，随着滑动触头P由d端向c端滑动，R等效的电阻从0开始逐渐增加，可知R等效的功率先增大再减小，且当R等效＝R1时有最大功率，则R2的功率先增大后减小，故D正确。 考点3　两种特殊的变压器模型 (基础考点·自主探究) 1．自耦变压器 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，如图所示。 2．互感器 电压互感器 电流互感器 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流 ＝ I1n1＝I2n2 【跟踪训练】 (自耦变压器)(多选)如图所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上u＝220sin(100πt)V的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压。当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，现想将一个“38 V　19 W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是(　　) A．仅将P顺时针旋转到合适位置 B．仅将P逆时针旋转到合适位置 C．仅将灯泡并联一个阻值为144 Ω的电阻 D．仅将灯泡串联一个阻值为144 Ω的电阻 [答案]　AD [解析]　输入电压的有效值为U1＝＝220 V，根据变压器两端的电压与线圈匝数的关系可知U2＝U1＝110 V，想将一个“38 V　19 W”的灯泡接到输出端C、D正常发光，仅将P顺时针旋转到合适位置，以减小副线圈的匝数n2使U2可减小至38 V，故A正确；仅将P逆时针旋转时，n2增大，U2增大，灯泡烧毁，B错误；仅将灯泡并联一个电阻，副线圈两端的电压不变，仍为110 V，可将灯泡烧毁，C错误；给灯泡串联一个144 Ω的电阻，因RL＝＝76 Ω，根据RL∶R＝UL∶UR，UL＋UR＝110 V，联立解得UL＝38 V，故D正确。 (互感器)如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，T2接在两根输电线的正中间，T1接在其中一根输电线上。输电线电阻不可忽略，若输电线电阻率相同，发电站端的理想升压变压器副线圈输出电压为U1，输出功率为22 800 kW，用户端理想降压变压器原线圈两端电压为U2＝220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，T2的原、副线圈匝数比为10 000 ∶1，a的示数为1 A，则下列说法正确的是(　　) A．U1＝248 kV B．b的示数为22.8 V C．输电线总电阻为40 Ω D．输电效率约为96% [答案]　D [解析]　T1是电流互感器，由匝数比及a的示数可知输电线中的电流为100 A，根据P＝UI可知U1＝228 kV，则输电线上的损失电压为U损＝8 kV，输电线总电阻为80 Ω，A、C错误；电压互感器接在两输电线的正中间，则T2的原线圈两端的电压为224 kV，则b的示数为22.4 V，B错误；该输电线的输电效率η＝×100%≈96%，D正确。 考点4　远距离输电问题 (能力考点·深度研析) 1．理清输电电路图的三个回路(如图) (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＝IR线。 (3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。 2．升压变压器和降压变压器的基本关系 (1)升压变压器基本关系 ＝，＝，P1＝P2 (2)降压变压器基本关系 ＝，＝，P3＝P4 3．掌握一个守恒观念 功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝IR线＝。 反思提升 处理远距离输电问题的一般思维步骤 (1)画出远距离输电的示意图，并在图上标出相应物理量。 (2)以变压器铁芯为界线区分各个回路。各回路独立，运用串联电路的特点和性质，分析回路中的电压、电流和功率等问题。 (3)各回路间通过变压器的匝数比、电压比、电流比和原、副线圈输入功率与输出功率相同的关系相联系。 (4)在计算输电线上的功率损耗时，思路应该是P损＝I2R线＝＝P送－P用，一定不能用P损＝。 【跟踪训练】 (高压输电电压损失、功率损失的计算)(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 [答案]　AD [解析]　若采用550 kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝2·r，输电线路损失的电压ΔU＝·r，若改用1 100 kV的特高压输电，同理有ΔP′＝2·r，ΔU′＝·r，可得ΔP′＝，ΔU′＝，故B、C项错误，A、D项正确。 (远距离输电电路的动态分析问题)(多选)我国能源分布很不均匀，远距离大容量输电有着特别重要的意义。远距离高压交流输电的示意图如图所示，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n，输电线的总电阻为r。U、I分别表示电压表V、电流表A的示数，输入电压U0保持不变。下列说法正确的是(　　) A．若仅闭合开关S，则U减小 B．若仅闭合开关S，则U增大 C．仅增大R2，则U减小 D．仅增大R2，若电压表的示数变化为ΔU，电流表的示数变化为ΔI，则r＝||n2 [答案]　AD [解析]　若仅闭合开关S，降压变压器副线圈电阻减小，则副线圈中电流增大，由n1I1＝n2I2，可知原线圈中电流增大，输电线损失的电压增大，则降压变压器原线圈电压减小，副线圈两端电压减小，所以U减小，故A正确，B错误；仅增大R2，降压变压器副线圈电阻增大，则副线圈中电流减小，由n1I1＝n2I2，可知原线圈中电流减小，输电线损失的电压减小，则降压变压器原线圈电压增大，副线圈两端电压增大，所以U增大，故C错误；设降压变压器原线圈上的电压变化为ΔU1，对降压变压器有＝n，则ΔU1＝nΔU，设原线圈的电流变化为ΔI1，则对降压变压器有＝，则ΔI1＝ΔI，由欧姆定律可得ΔU1＝ΔI1r，则r＝＝||n2，故D正确。 等效电阻法分析变压器问题 如图(a)所示，我们可以将变压器与负载看为一个整体，等效为一个新的电阻R′，即为a、b间的等效电阻，等效电路图如图(b)所示。 在图(a)中由变压器的变压规律＝，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，这个方法叫理想变压器等效电阻法。 (2024·湖南卷)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上消耗的功率为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 [答案]　A [解析]　设升压变压器原、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，降压变压器连同其右侧电阻R整体可等效为一个电阻，等效电阻阻值为R。若转子角速度增加一倍，根据交流电最大值表达式Em＝nBSω，U有效＝，n1、n2不变，可知升压变压器的输入电压与输出电压均增加一倍，由欧姆定律可知通过R0的电流增加一倍，R0上消耗的功率变为之前的4倍，A正确；R0阻值增加一倍，升压变压器的输入电压与输出电压均不变，由欧姆定律可知通过R0的电流减小，由于等效电阻与R0的关系未知，故通过R0的电流减小几倍未知，则R0上消耗的功率也未知，B错误；升压变压器副线圈匝数n2增加一倍，根据变压器原理可知，升压变压器的输出电压变为原来的2倍，则通过R0的电流变为原来的2倍，R0上消耗的功率变为之前的4倍，C错误；在用户端并联一个完全相同的电阻R，等效电阻变为原来的，由于等效电阻与R0的关系未知，故无法判断通过R0的电流增加几倍，则R0上消耗的功率也无法判断，D错误。 提能训练　练案[69] 基础巩固练 题组一　理想变压器基本关系、动态分析两种特殊的变压器 1．(2025·八省联考山西陕西卷)牙医所用的口腔X射线机，需利用变压器将电压从220 V升到96 kV，输出电流为1.0 mA。若将此变压器视为理想变压器，则(　　) A．该变压器的输入功率为96 kW B．该变压器的原、副线圈匝数比为11∶4 800 C．该变压器的输入电流约为0.4 mA D．该变压器功能主要利用自感现象实现 [答案]　B [解析]　变压器输出功率等于输入功率，则该变压器输入功率P1＝P2＝I2U2＝10－3×96×103 W＝96 W，选项A错误；该变压器原副线圈的匝数比＝＝＝，选项B正确；变压器输入电流为I1＝＝A＝0.44 A，选项C错误；该变压器功能主要利用互感现象实现，选项D错误。故选B。 2．如图甲所示，b是理想变压器原线圈的中心抽头，灯泡L1、L2的铭牌上均标注“55 V　11 W”字样，电流表为理想电表，R是滑动变阻器，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交流电，当单刀双掷开关与b连接时，灯泡L1恰好正常发光，则(　　) A．理想变压器原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝8∶1 B．1秒内流过灯泡L2的电流方向改变50次 C．当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，两灯泡均变暗 D．当单刀双掷开关由b扳向a时，电流表的示数变大 [答案]　A [解析]　b为原线圈的中心抽头，单刀双掷开关与b连接时灯泡L1恰好正常发光，灯泡L1的额定电压为55 V，说明副线圈电压为55 V，原线圈c、d两端电压由题图乙可得U1≈220 V，则∶n2＝U1∶U2，解得n1∶n2＝8∶1，故A正确；由题图乙可得交流电的周期为0.02 s，一个周期内交流电方向改变两次，可知1秒内流过灯泡L2的电流方向改变100次，故B错误；当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，滑动变阻器接入电路中的阻值增大，副线圈所在回路中的总电阻值增大，副线圈电压不变，副线圈回路中的总电流减小，灯泡L1两端的电压等于副线圈两端的电压，故灯泡L1正常发光，通过灯泡L2的电流减小，因此L2将变暗，故C错误；当单刀双掷开关由b扳向a时，接入电路的原线圈的匝数增大，原线圈与副线圈的匝数比增大，则副线圈两端的电压减小，副线圈中的总电流减小，导致原线圈中的电流减小，则接在原线圈回路中的电流表的示数减小，故D错误。 3．(2024·重庆南开中学高三阶段练习)如图所示，理想变压器的初级线圈接有输出电压有效值恒定不变的交流电源，次级线圈接有光敏电阻R(其阻值随光照强度增大而减小)、灯泡L1和灯泡L2。图中电表均为理想交流电表，若增大光照强度，则(　　) A．电压表V1与电流表A1的示数之比增大 B．电压表V2与电流表A2的示数之比减小 C．灯泡L1和灯泡L2均变亮 D．灯泡L1和灯泡L2均变暗 [答案]　B [解析]　依题意，理想变压器初级线圈两端电压保不变，由＝，可知次级线圈两端电压U2不变，若增大光照强度，光敏电阻的阻值将减小，则变压器次级线圈总电阻减小，根据欧姆定律可得I2＝，整理可得R总＝，可知电流表A2的示数增加，电压表V2与电流表A2的示数之比减小。根据＝，易知，电流表A1的示数增加，电压表V1与电流表A1的示数之比减小，故A错误，B正确；根据上面选项分析可知，灯泡L1的电流增加，两端电压也增加所以变亮。由分压原理可得U并＝U2－UL1，即灯泡L2的两端电压减小，灯泡L2变暗，故C、D错误。 4．(2022·山东卷)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(V)。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 [答案]　D [解析]　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错误；根据题意可知，当原线圈输入220 V时，BC间的电压应该为12 V，故BC间的线圈匝数为＝＝120，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端，根据题意可知，当原线圈输入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，交流电的圆频率为100π，故交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，C错误；若将R接在AC端，根据题意可知，当原线圈输入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。故选D。 5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1，在原、副线圈回路中分别接有规格相同的灯泡L1、L2，原线圈回路接在小型发电机上，发电机输出电压u＝220sin 100πt(V)的正弦交流电。已知两灯泡的阻值均为11 Ω，且保持恒定不变，电表均为理想交流电表，下列说法正确的是(　　) A．电压表的示数为66 V B．发电机线圈的转速n＝100 r/s C．灯泡L1、L2消耗的电功率之比为9∶1 D．发电机输出的电功率为400 W [答案]　A [解析]　发电机输出电压为u＝220sin 100πt(V)，可知输出电压的有效值为U＝ V＝220 V，发电机线圈的转速关系为ω＝2πn，即n＝50 r/s，故B错误；根据＝，解得I2＝3I1，原线圈两端的电压为U1＝U－I1RL，副线圈两端的电压为U2＝I2RL＝3I1RL，理想变压器原、副线圈电压与匝数关系为＝，解得I1＝2 A，电压表的示数为U2＝I2RL＝66 V，故A正确；灯泡L1、L2消耗的电功率之比为＝，故C错误；发电机输出的电功率为P＝UI1＝440 W，故D错误。 题组二　远距离输电 6．(2023·天津卷)下图为输电线为用户输电的情景，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，下列说法正确的有(　　) 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 [答案]　B [解析]　由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率；T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损＝I2R，可知R功率增大，故C错误；用户接入电路的用电器越多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。故选B。 7．(多选)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是(　　) A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω C．P＝45 W D．P＝22.5 W [答案]　BD [解析]　当开关S接1时，左侧变压器输出电压U2＝3×7.5 V＝22.5 V，电阻R上的电压，即右侧变压器的输出电压U4＝＝10 V，电流I4＝＝1 A，则右侧变压器输入电压U3＝×10 V＝20 V，电流I3＝×1 A＝0.5 A，则r＝＝5 Ω，故A错误，B正确；当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的输出电流为0.5I，由右侧变压器两边电压关系可知＝，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故C错误，D正确。故选BD。 8．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 [答案]　C [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。 能力提升练 9．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶2，原线圈接电压随时间变化规律为u＝220·sin 100πt(V)的交流电源，A1、A2、A3是三个理想交流电流表，D为理想二极管，R1是滑动变阻器，定值电阻R2＝R3＝220 Ω。下列说法正确的是(　　) A．电流表A3的示数为2 A B．电流表A2的示数为 A C．当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，电流表A1的示数将变大 D．当滑动变阻器R1的滑片向下滑动时，电流表A3的示数将变小 [答案]　B [解析]　原线圈接入电压的有效值为U1＝＝220 V，可得副线圈两端的电压为U2＝·U1＝440 V，可得电流表A3的示数为I3＝＝2 A，A错误；定值电阻R2和一个二极管串联，所以只有一半的时间有电流通过，设其电压的有效值为U′，有·T＝·，解得U′＝220 V，可得电流表A2的示数为I2＝＝ A，B正确；当滑动变阻器R1的滑片向上滑动时，接入电路的阻值增大，所以副线圈中的总电流减小，可得原线圈中的电流也减小，则电流表A1的示数将减小，C错误；当滑动变阻器R1的滑片向下滑动时，由于副线圈两端电压不变，即R3两端电压不变，所以通过R3的电流不变，即电流表A3的示数不变，D错误。 10．如图甲所示，矩形线框切割磁感线产生的交流电压e＝25sin 100πt(V)，线框的匝数N＝5、电阻r＝1 Ω，将其接在图乙所示理想变压器的原线圈上。“220 V　22 W”的灯泡L正常发光，内阻为10 Ω的电风扇M正常工作，电流表A的示数为0.3 A。导线电阻不计，电压表和电流表均为理想交流电表，不计灯泡电阻的变化，矩形线框最大电流不能超过20 A。以下描述错误的是(　　) A．矩形线框转动过程中磁通量变化率的最大值为5 V B．电风扇输出的机械效率约为99.1% C．原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶10 D．若将电风扇去掉，则小灯泡变亮，电流表的示数变大 [答案]　D [解析]　根据法拉第电磁感应定律，有Em＝N，解得＝＝ V＝5 V，故A正确，与题意不符；副线圈电路中，灯泡与电风扇并联，灯泡L正常发光，则电风扇M的电压为UM＝220 V，电风扇所在支路电流为IM＝I2－＝0.2 A，电风扇输出的机械效率为η＝≈99.1%，故B正确，与题意不符；原、副线圈的匝数比为＝，＝，又E＝＝25 V，由闭合电路的欧姆定律，可得U1＝E－I1r，联立解得＝，故C正确，与题意不符；若将电风扇去掉，副线圈电阻增大，电流表示数减小，导致原线圈电流减小，原线圈两端电压增大，副线圈两端电压随之增大，则小灯泡变亮，故D错误，与题意相符。 11．(2022·湖南卷)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交流电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I。下列说法正确的是(　　) A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变 B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大 C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大 D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小 [答案]　B [解析]　由题意可知，初始时原、副线圈的匝数比为2∶1，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入交流电的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝，保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R2不断减小，I不断变大，根据U1＝4IR1，可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压和电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，B正确，A错误；设原、副线圈的匝数比为n∶1，同理可得U1′＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率P0＝IU1′＝·，整理可得P0＝，可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后减小，C、D错误。 12．如图所示为某发电站输电示意图，发电机的输出电压恒定，变压器均为理想变压器，在输电线路的起始端接入甲、乙两个理想互感器，甲、乙两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，降压变压器原、副线圈匝数比为200∶1，电压表的示数为220 V，电流表的示数为5 A，输电线路的总电阻r＝20 Ω。则下列说法正确的是(　　) A．互感器甲中圈内接入电流表，互感器乙中圈内接入电压表 B．输电线路上损耗的功率约占输电总功率的6% C．用户端的电压U4为200 V D．用电高峰相对平时用电时，用户端的电压偏小 [答案]　D [解析]　互感器甲并联在零线和火线上，是电压互感器，圈内接入电压表，互感器乙串联在电路中，是电流互感器，圈内接入电流表，A错误；电流表的示数为5 A，电流互感器原、副线圈的匝数比1∶20，则输电线路上的电流I＝100 A，输电线路上损耗的功率P损＝I2r＝200 kW，电压表的示数为220 V，电压互感器原、副线圈的匝数比为200∶1，所以输送电压U＝44 000 V，输电总功率P＝UI＝4 400 kW，则输电线路上损耗的功率占输电总功率的比值＝×100%≈4.5%，B错误；降压变压器原线圈两端的电压U3＝44 000 V－100×20 V＝42 000 V，根据理想变压器电压与匝数比的关系可知，用户端的电压U4＝＝210 V，C错误；用户使用的用电设备越多，用户回路中的电流增大，输电电流增大，输电线损失的电压增大，降压变压器的输入电压减小，用户端的电压偏小，D正确。 13．(2025·浙江衢州联考)如图所示，“奋进号”潮流能发电机组核心部件是“水下大风车”，一台潮流能发电机的叶片转动时可形成半径为10 m的圆面，某次涨潮期间，该区域海水的潮流速度是3 m/s，流向恰好与叶片转动的圆面垂直，并将40%的潮流能转化为电能。随后通过海上升压变压器将发电机组690 V电压升为10 kV电压后向远处传输，不考虑升压过程中的能量损耗。已知海水密度约为ρ＝1×103 kg/m3，则(　　) A．涨潮期间该发电机的功率约为4×106 W B．若每天至少有2 h潮流速度高于3 m/s，则该台发电机日发电量至少为320 kW·h C．升压变压器原、副线圈匝数之比约为1∶69 D．若允许输送过程中损失的功率控制在4%以内，则输电线电阻不能超过2.5 Ω [答案]　D [解析]　涨潮期间该发电机的功率约为P＝，W＝mv2×40%，m＝ρvtS，S＝πr2，解得P＝1.6×106 W＝1.6×103 kW，A错误；若每天至少有2 h潮流速度高于3 m/s，则该台发电机日发电量至少为E＝Pt＝3.2×103 kW·h，B错误；升压变压器原、副线圈匝数之比约为＝＝＝，C错误；根据题意得I2R＝P×4%，输电线电流为I＝，解得R＝2.5 Ω，D正确。故选D。 学科网（北京）股份有限公司 $