第34讲 变压器 电能的输送 讲义-2027届高考物理一轮复习

该高中物理高考复习讲义聚焦变压器和电能输送核心考点，按理想变压器构造原理、基本关系式、多副线圈问题、动态分析及远距离输电回路关系的逻辑架构梳理知识，通过考点解析、方法归纳、典例精讲（含7道高考真题级例题）等环节，帮助学生系统构建知识网络，突破变压比计算、动态分析等难点。 资料以科学思维培养为核心，创新采用“类型化问题建模”策略，如动态分析中区分匝数比不变与负载电阻不变两种模型，引导学生掌握“U2→I2→P2→I1”推理链条，典例结合燃气灶点火、特高压输电等真实情境，渗透科学态度与责任。分层设计从基础公式应用到综合电路分析的例题，助力教师精准把控复习节奏，提升学生解题效率与应考能力。

第34讲 变压器　电能的输送 讲义 知识梳理： 一．理想变压器 1．变压器的构造：如图所示。变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。 (1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。 (2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。 2．变压器的工作原理：电磁感应的互感现象。 3．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P入＝P出。 (2)电压关系：＝。若n1>n2，为降压变压器；若n1<n2，为升压变压器。 (3)电流关系：只有一个副线圈时，＝。 (4)频率关系：f1＝f2。 二．电能的输送 1．减少输电损耗的理论依据：P损＝I2r。 2．降低输电损耗的两个途径 (1)减小输电线的电阻：根据电阻定律r＝ρ，要减小输电线的电阻r，在输电距离一定的情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积的方法。 (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，要减小输电电流，必须提高输电电压。 考点一　理想变压器的原理及应用 1．多副线圈理想变压器 (1)根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，有＝＝＝…。 (2)根据P入＝P出得，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…， 将电压关系代入可得，n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。 2．基本关系式中物理量之间的决定关系 制约关系 功率 副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入(可简记为“用决定供”) 电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2(当U1和匝数比不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变) 电流 副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1 频率 原线圈电流频率f1决定副线圈电流频率f2 规律: 变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析 (1)将原线圈看成用电器，在原线圈电路中可应用串并联电路规律、闭合电路欧姆定律等。 (2)原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。 典例１：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 原线圈两端电压的有效值U1＝ V＝ V，根据电压与匝数关系有，变压器副线圈电压的峰值U2max＝U2，根据题意有U2max>10×103 V，解得<，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，故C错误;根据ω＝2πf＝100π rad/s，解得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。 典例2： (2026·江苏连云港期中)如图所示，交流发电机的线圈匝数N=10匝，面积S=0.02 m2，处于磁感应强度大小B= T的匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，角速度ω=100 rad/s，通过理想变压器连接R=32 Ω的电阻，变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2=1∶2，电流表为理想电流表。 (1)图示位置开始计时，求感应电动势瞬时值的表达式; (2)若发电机线圈电阻忽略不计，求电流表的示数I1; (3)若发电线线圈电阻r=2 Ω，求电阻R消耗的功率P。 答案　(1)e=20cos (100t) V　(2)2.5 A　(3)32 W 解析　(1)感应电动势的最大值Em=NωBS=20 V 电动势瞬时值e=Emcos ωt=20cos (100t) V。 (2)设变压器的输入电压为U1、输出电压为U2，电阻中的电流为I2 则U1==20 V 由=可得U2=40 V I2== A=1.25 A = 解得I1=2.5 A。 (3)若发电机内阻r=2 Ω，设变压器的输入电压为U1'、输出电压为U2'，电阻中的电流为I2'，则 =U1'+I1'r 又=，I2'==，P=U2'I2' 联立解得P=32 W。 典例3：(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，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。 考点二　理想变压器的动态分析 理想变压器的动态分析基本类型有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。 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 I2P2P1I1。 典例4： (2026·江苏徐州期末)如图所示，理想变压器a、b端接稳压交流电源，电流表、电压表均为理想电表，R1为热敏电阻(阻值随温度升高而减小)，R2为定值电阻。当温度升高时(　　) A.电压表示数增大 B.电流表示数减小 C.交流电源的输出功率增大 D.定值电阻R2的热功率减小 答案　C解析　根据理想变压器电压比等于匝数比有=，由于原线圈输入电压不变，原、副线圈匝数不变，所以副线圈输出电压不变，即电压表示数不变，故A错误;当温度升高时，热敏电阻R1阻值减小，则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，根据PR2=R2，可知定值电阻R2的热功率增大，故D错误;根据=，可知原线圈中的电流I1增大，则电流表示数增大;根据P出=U1I1，可知交流电源的输出功率增大，故B错误，C正确。 典例5：(2026·江苏南京期末)如图所示，匝数为20匝、面积为10 cm2的交流发电机线圈在磁感应强度为1 T的匀强磁场中匀速转动。线圈平面与磁场平行时开始计时，通过一理想自耦变压器对外供电，线圈转动角速度为50 rad/s，线圈内阻不计，电压表为理想电压表。则下列说法正确的是(　　) A.电压表V的示数为1 V B.线圈产生的电动势的瞬时值表达式e=cos 50(πt) V C.当滑动变阻器滑片向上滑动时，流过灯泡的电流不变 D.当自耦变压器滑动触头P向上滑动时，灯泡变亮 答案　C解析　感应电动势的最大值Em=NωBS=1 V，电压表V的示数E== V，A错误;线圈产生的电动势的瞬时值表达式e=Emcos ωt=cos (50t) V，B错误;当滑动变阻器滑片向上滑动时，变压器副线圈两端电压不变，灯泡两端电压不变，流过灯泡的电流不变，C正确; 当自耦变压器滑头触头P向上滑动时，n1增大，根据=可知，副线圈两端电压减小，灯泡两端电压减小，灯泡变暗，D错误。 考点三　远距离输电 1.理清三个回路(如图所示) (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=R线。 (3)在用户回路中，P4=U4I4=P用户。 2.远距离高压输电的几个基本关系 (1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3。 (2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。 (3)输电电流：I线＝＝＝。 (4)输电线上损耗的电功率 P损＝I线ΔU＝IR线＝R线。 当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的。 典例6：我国是目前世界上唯一用特高压输电技术进行远距离输电的国家，也是全球特高压输电线最长、核心专利最多、技术最完备的国家。如图所示是交流特高压远距离输电的原理图，假定在远距离输电过程中，等效理想变压器T1的输入功率P0＝2.2×108 W，输入电压U0＝11 kV，输电线上的电流I1＝200 A，输电线中损失的功率为输入功率P0的4%。U1为理想变压器T1副线圈两端的电压，U2为理想变压器T2原线圈两端的电压。则(　　) A.U1＝1 100 V B.R线＝1.0×103 Ω C.U1与U2的差与输入功率无关 D.变压器T1的原、副线圈匝数比为1∶100 答案　D解析　理想变压器T1副线圈两端的电压U1＝＝1.1×106 V，A错误;输电线中损失的功率为P损＝P0×4%＝R线，解得R线＝220 Ω，B错误;U1与U2的差为ΔU＝I1R线＝，故U1与U2的差与输入功率有关，C错误;理想变压器T1的原、副线圈匝数比为＝1∶100，D正确。 典例7：(2026·江苏徐州期末)如图为某组同学研究远距离输电过程的装置图。ABCD为发电机的矩形线圈，其面积S=0.5 m2，匝数N=200匝，线圈内阻不计。线圈在磁感应强度大小B= T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO'匀速转动，角速度ω=100π rad/s。线圈与升压变压器相连进行远距离输电，输电线路总电阻R=20 Ω，降压变压器的原、副线圈匝数之比=，降压变压器副线圈接入一台内阻r=8 Ω且机械效率η=80%的电动机，其两端的电压U4=250 V。变压器均为理想变压器且其余导线电阻不计，求: (1)电压表的示数U1; (2)电动机的输出功率P; (3)升压变压器的原、副线圈匝数比。 答案　(1)500 V　(2)1 250 W　(3) 解析　(1)U1===500 V。 (2)设流过电动机的电流为I4 则电动机的输入功率为U4I4 内阻发热功率为r 则η= 解得I4=6.25 A 故P=ηU4I4=1 250 W。 (3)由理想变压器电压与匝数关系有= 解得U3=2 500 V 由理想变压器电流与匝数关系有= 解得I3=0.625 A 输电线损失的电压ΔU=I3R=12.5 V 则U2=U3+ΔU=2 512.5 V 故==。 学科网（北京）股份有限公司 $