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第2讲　理想变压器与电能的输送(基础落实课)
一、理想变压器
1.构造:如图所示,变压器是由闭合　　　和绕在铁芯上的两个　　　组成的。
(1)原线圈:与　　　　　连接的线圈,也叫　　　线圈。
(2)副线圈:与　　　连接的线圈,也叫　　　线圈。
2.原理:线圈的　　　　　。
3.理想变压器的基本关系
(1)电压关系:　　　　。(2)电流关系:　　　　。
(3)功率关系:　　　　。
二、电能的输送
1.输电损耗:
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。
输电电流 电压损失 功率损失
I=　　== ΔU=U-U'= 　　 ΔP=P-P'= 　　　=R
2.减少输电线上电能损失的两种方法
方法一 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
方法二 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　　　　
微点判断
1.对于恒定电流,变压器没有变压作用。 ( 　)
2.理想变压器的基本关系式中,电压和电流均为有效值。 ( 　)
3.变压器能改变交变电流的频率。 ( 　)
4.正常工作的变压器,当副线圈与用电器断开时,副线圈两端无电压。 ( 　)
5.变压器副线圈接入负载越多,原线圈的输入电流越小。 ( 　)
6.在任何情况下,理想变压器均满足=、=、P入=P出。 ( 　)
7.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。 ( 　)
8.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。 ( 　)
9.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大。 ( 　)
10.若发电站输出功率为P,输电电压为U,输电线总电阻为R,则输电线上损失的功率为P损=。 ( 　)
逐点清(一)　理想变压器基本规律的应用
|题|点|全|练|
1.[理想变压器基本物理量的分析与计算]如图1所示是某智能手表所采用的无线充电方式,其工作原理示意图(可视为理想变压器)如图2所示,在充电器线圈M中接入220 V交流电,在手表线圈N中感应出5 V交流电,已知手表的充电电流为2 A,则手表充电时 (　　)
A.线圈M中电流为88 A
B.线圈N中电压最大值为5 V
C.线圈M和线圈N的匝数比为1∶44
D.线圈M和线圈N的功率比为1∶44
2.[原线圈连接元件的变压器电路]在图(a)所示的交流电路中,发电机两端输出电压的有效值为20 V,理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,电阻R1、R2、R3阻值相同。通过理想电流表的电流随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是 (　　)
A.交流电的频率为100 Hz
B.理想电压表的示数为4 V
C.R1的阻值为4.5 Ω
D.副线圈的输出功率为 W
3.[理想变压器基本规律的应用]
(1)(人教版教材选择性必修2,P68T2)如图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压,并加在一台理想变压器的原线圈上,变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。
①图中开关闭合时电压表的示数是多少
②变压器原、副线圈的匝数满足怎样的关系才能实现点火
(2)(2024·浙江1月选考)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
|考|教|衔|接| 　
教材习题的发掘命题
　　上面浙江高考题可谓是“不遮不掩”地直接考教材,人教版教材选择性必修2中的练习题与浙江高考题情境相同、装置图相同,命题角度与教材涉及的思想基本一致。“导向教学”是高考的核心功能之一,“考教衔接”是落实高考引导教学的有效手段。抛开教材的复习方式无异于舍本逐末,会迷失高考的方向。
|精|要|点|拨|
1.理想变压器的基本关系
功率 关系 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 (1)只有一个副线圈时:= (2)有多个副线圈时:===…
电流 关系 (1)只有一个副线圈时:= (2)有多个副线圈时:I1n1=I2n2+I3n3+…+Innn
频率 关系 f1=f2(变压器不改变交变电流的频率)
2.变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析
(1)将原线圈看作用电器,在原线圈电路中可应用串并联电路规律、闭合电路的欧姆定律等。
(2)要求解原线圈电路中负载的电流、电压和功率,一般需先求副线圈中的电流,然后根据理想变压器原、副线圈中的电流关系求得原线圈电路中的电流,进而求解通过负载的电流。原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。
逐点清(二)　理想变压器的动态分析
　　理想变压器的制约关系
电压 (1)输入电压U1由电源决定 (2)U2=U1 输出电压U2由输入电压U1和匝数比共同决定
功率 P入=P出 输入功率P入由输出功率P出决定
电流 I1=I2 输入电流I1由输出电流I2和匝数比共同决定
[考法全训]
考法(一)　匝数比不变,负载变化
　　
如图所示,匝数比不变,负载变化的情况的分析思路:
(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。
　　[例1]　(2024·海南高考)(多选)电动汽车充电站变压器输入电压为10 kV,输出电压为220 V,每个充电桩输入电流为16 A,设原、副线圈匝数分别为n1、n2,输入正弦交流电的频率为50 Hz,则下列说法正确的是 (　　)
A.交流电的周期为0.02 s
B.原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶500
C.输出的最大电压为220 V
D.若10台充电桩同时使用,输入功率为35.2 kW
听课记录:
考法(二)　负载不变,匝数比变化
　　如图所示,负载电阻不变,匝数比变化的情况的分析思路:
(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变化时,P1发生变化,U1不变时,I1发生变化。
　　[例2]　(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均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压,下列说法正确的是 (　　)
A.当S与a连接后,理想电流表示数为2.2 A
B.当S与a连接后,理想电压表示数为11 V
C.当S由a拨到b后,副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D.当S由a拨到b后,原线圈的输入功率变为原来的4倍
听课记录:
考法(三)　匝数比、负载都变化
　　分析变压器电路动态变化问题的一般思路:
(1)分清不变量和变量。
(2)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。
(3)利用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。
　　[例3]　(2024·全国甲卷)(多选)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
听课记录:
逐点清(三)　三种特殊的变压器
类型(一)　两类互感器
电压互感器 电流互感器
原理图
原线圈的连接 并联在交流电路中 串联在交流电路中
副线圈的连接 连接电压表 连接电流表
互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流
利用的公式 = I1n1=I2n2
　　[针对训练]
1.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分别为 (　　)
A.k1U,k2I　　　　　　　 B.k1U,
C.,k2I D.,
类型(二)　自耦变压器
　　自耦变压器(又称调压器),它只有一个线圈,原、副线圈共用其中的一部分,当交流电源接不同的端点时,它可以升压(如图甲所示),也可以降压(如图乙所示),变压器的基本关系对自耦变压器同样适用。
　　[针对训练]
2.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,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的比值不变
C.P'不动,P顺时针转动一个小角度时,电流表读数增大
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
类型(三)　多个副线圈的变压器
　　具有两个(或两个以上)副线圈的变压器的三个关系:
(1)电压关系:===…。
(2)电流关系:n1I1=n2I2+n3I3+…。
(3)功率关系:P1=P2+P3+…。
　　[针对训练]
3.(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
逐点清(四)　电能的输送问题
1.理清三个回路
在回路2中,U2=ΔU+U3,I2=I线=I3。
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:线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个物理量间的关系是
=,=,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:线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个物理量间的关系是
=,=,P3=P4
3.掌握一个守恒:能量守恒关系式P1=P损+P4
4.远距离输电中三种电压与三种电功率对比
(1)三种电压的比较
三种电压 计算公式
输电电压 若输电功率为P,输电线中电流为I线,则输电电压U=
输电线上 损失电压 若输电线中电流为I线,输电线电阻为R,则输电线上损失的电压为ΔU=I线R
用户得到电压 降压变压器的输出电压
(2)三种电功率的比较
三种电功率 计算公式
输电功率P输送 输电电压与输电电流的乘积
输电线上损失的电功率P损 若输电线中电流为I线,输电线电阻为R,则输电线上损失的电功率为P损=R
用户得到的电功率P用 用户电压与电流的乘积
[考法全训]
考法1　远距离高压直流输电
1.(2023·浙江6月选考)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
考法2　远距离高压交流输电
2.(人教版教材选择性必修2,P67T5)某个小水电站发电机的输出功率为100 kW,发电机的电压为250 V。通过升压变压器升压后向远处输电,输电线的总电阻为8 Ω,在用户端用降压变压器把电压降为220 V。要求在输电线上损失的功率控制在5 kW(即用户得到的功率为95 kW)。请你设计两个变压器的匝数比。为此,请你计算:
(1)降压变压器输出的电流为多少 输电线上通过的电流是多少
(2)输电线损失的电压为多少 升压变压器输出的电压是多少
(3)两个变压器的匝数比各应等于多少
答题区(面答面评,拍照上传,现场纠错品优)
3.(2024·湖南高考)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
|考|教|衔|接| 　
　　教材练习题是水电站发电远距离高压交流输电问题,2024年湖南高考题的输电网络供电装置问题不但考查了远距离高压交流输电问题,而且还考查了理想变压器动态分析问题,掌握解答中应用等效处理方法,当变压器副线圈的电路是纯电阻电路时,可将变压器与副线圈的电路等效为一个定值电阻。高考题是教材习题的升维命题。
第2讲
课前基础先行
一、1.铁芯　线圈　(1)交流电源　初级
(2)负载　次级　2.互感现象　3.(1)=
(2)=　(3)P入=P出
二、1.　IR　I2R　2.横截面积　电阻率小　输电电压
[微点判断]　1.√　2.√　3.×　4.×　5.×　6.×　7.√　8.√　9.√　10.×
逐点清(一)
1.选B　根据理想变压器基本规律知线圈M和线圈N的功率比为1∶1,由U1I1=U2I2,可得线圈M中电流为I1== A= A,A、D错误;由正弦式交变电流规律知线圈N中电压最大值为U2m=U2=5 V,B正确;线圈M和线圈N的匝数比为===,C错误。
2.选C　由题图(b)可知,交流电的周期为0.02 s,所以交流电的频率为f==50 Hz,故A错误;根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系可知=,解得U2=10 V,由于R2、R3阻值相同,所以电压表示数为5 V,故B错误;设三个电阻的阻值均为R,根据闭合电路欧姆定律和电流与匝数的关系,有+×=I,将I=5 A代入解得R=4.5 Ω,故C正确;副线圈的输出功率为P== W,故D错误。
3.(1)解析:①由题图乙可知交流电压的最大值为5 V,由正弦式交变电流有效值与最大值的关系可知,电压表的示数为U1== V。
②若变压器副线圈的输出电压最大值恰好是5 000 V,则根据理想变压器的规律,有===,所以当副线圈的输出电压最大值大于5 000 V,即<时才能实现点火。
答案:① V　②<
(2)选B　原线圈两端电压的有效值U1= V= V,根据原副线圈电压与匝数的关系有=,变压器副线圈两端电压的峰值U2max=U2,根据题意有U2max>10×103 V,解得>2 000,<,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。
逐点清(二)
[例1]　选AD　交流电的周期为T==0.02 s,故A正确;根据理想变压器原、副线圈的电压与线圈匝数的关系可得,原、副线圈匝数比为===,故B错误;输出的最大电压为U2m=U2=220 V,故C错误;若10台充电桩同时使用,输出功率为P2总=10U2I2=10×220×16 W=35 200 W=35.2 kW,理想变压器不改变功率,故输入功率为P1总=P2总=35.2 kW,故D正确。
[例2]　选AD　由题图乙可知,交流电压有效值为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U2==22 V,所以理想电压表的示数为22 V,理想电流表示数为I== A=2.2 A,A正确,B错误;当S由a拨到b后,原线圈电压、频率不变,原线圈匝数减半,副线圈频率不变,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,C错误,D正确。
[例3]　选AC　保持T不动,根据理想变压器的性质可知,副线圈两端电压不变,当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时,R与R1串联后的总电阻减小,通过R1的电流增大,根据P=I2R1可知,此时R1的热功率增大,故A正确;将T向b端移动,副线圈匝数变小,故副线圈两端电压变小,滑动变阻器R的滑片位置不变时,通过R1的电流减小,故R1的热功率减小,故B错误;将T向a端移动,副线圈匝数增加,故副线圈两端电压变大,滑动变阻器R的滑片向f端滑动,R与R1串联后的总电阻减小,通过R1的电流增大,此时R1的热功率增大,故C正确;将T向b端移动,副线圈匝数减少,故副线圈两端电压变小,滑动变阻器R的滑片向e端滑动,R与R1串联后的总电阻增大,通过R1的电流减小,此时R1的热功率减小,故D错误。
逐点清(三)
1.选B　根据原副线圈的电压、电流与线圈匝数的关系可知==k1,==,由此可知U1=k1U,I1=,B正确。
2.选D　P不动,原副线圈匝数比不变,原线圈电压不变,U2保持不变,故A错误;P'不动,P顺时针转动时,原副线圈匝数比改变,U1和U2的比值改变,故B错误;P'不动,P顺时针转动时,原、副线圈匝数比变大,U2减小,I2减小,根据公式=,I1减小,电流表读数减小,故C错误;P顺时针转动一个小角度,U2减小,同时P'向下滑动,R减小,副线圈电路的电流可以不变,小灯泡的亮度可以不变,故D正确。
3.选BC　电阻R1两端的电压U1=IR1,由变压器变压规律有=,解得U2=,则通过电阻R2的电流I2==,A错误,B正确;由题意可知发电机电动势的最大值Em=NBSω=2NBL2ω,电动势的有效值E==NBL2ω,由变压器的变压规律有==,C正确;发电机的功率等于变压器的输入功率,P=EI原=NBL2ωI,D错误。
逐点清(四)
1.选A　升压和降压都需要在交流的时候才能进行,故送电端应该先升压再整流,用户端应该先变交流再降压,故A正确,B错误;1 100 kV指的是交流电的有效值,故C错误;输电功率是由用户端负载的总功率来决定的,故D错误。
2.解析:(1)输电线路图如图所示
根据P用=U4I3
得I3= A= A
根据ΔP=R
得I2== A=25 A。
(2)根据ΔU=I2R
得ΔU=25×8 V=200 V
根据P=U2I2
得U2== V=4×103 V。
(3)升压变压器原、副线圈匝数比===1∶16
U3=U2-I2R=3.8×103 V
降压变压器原、副线圈匝数比===190∶11。
答案:(1) A　25 A　(2)200 V　4×103 V　(3)1∶16　190∶11
3.选A　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I2'=2I2,故R0上消耗的电功率P1=I2'2R0=4R0=4P,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P2=P1=4P,故C错误;若R0阻值增加一倍,输电线路上的电流I2″=,R0上消耗的电功率P3=I2″2·2R0≠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I2 ==,R0上消耗的电功率P4=I2 2R0≠6P,故D错误。
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理想变压器与电能的输送
(基础落实课)
第 2 讲
1
课前基础先行
2
逐点清(一)　理想变压器基本规律的应用
CONTENTS
目录
4
逐点清(三)　三种特殊的变压器
6
课时跟踪检测
3
逐点清(二)　理想变压器的动态分析
5
逐点清(四)　电能的输送问题
课前基础先行
一、理想变压器
1.构造：如图所示，变压器是由闭合______和绕在铁芯上的两个______组成的。
(1)原线圈：与_________连接的线圈，也叫_______线圈。
(2)副线圈：与_______连接的线圈，也叫_______线圈。
铁芯
线圈
交流电源
初级
负载
次级
2.原理：线圈的__________。
3.理想变压器的基本关系
(1)电压关系：__________。(2)电流关系：_________。
(3)功率关系：_________。
互感现象
=
=
P入=P出
二、电能的输送
1.输电损耗：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。
输电电流 电压损失 功率损失
ΔU=U-U'=____
IR
I2R
2.减少输电线上电能损失的两种方法
方法一
方法二 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__________
横截面积
电阻率小
输电电压
1.对于恒定电流，变压器没有变压作用。 ( )
2.理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。 ( )
3.变压器能改变交变电流的频率。 ( )
4.正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。 ( )
5.变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小。 ( )
微点判断
√
√
×
×
×
6.在任何情况下，理想变压器均满足=、=、P入=P出。 ( )
7.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。 ( )
8.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。 ( )
9.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
失越大。 ( )
10.若发电站输出功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为R，则输电线上损失的功率为P损=。 ( )
×
√
√
√
×
逐点清(一)　理想变压器基本
规律的应用
课
堂
题点全练
1.[理想变压器基本物理量的分析与计算]如图1所示是某智能手表所采用的无线充电方式，其工作原理示意图(可视为理想变压器)如图2所示，在充电器线圈M中接入220 V交流电，在手表线圈N中感应出5 V交流电，已知手表的充电电流为2 A，则手表充电时(　　)
A.线圈M中电流为88 A
B.线圈N中电压最大值为5 V
C.线圈M和线圈N的匝数比为1∶44
D.线圈M和线圈N的功率比为1∶44
√
解析：根据理想变压器基本规律知线圈M和线圈N的功率比为1∶1，由U1I1=U2I2，可得线圈M中电流为I1== A= A，A、D错误；由正弦式交变电流规律知线圈N中电压最大值为U2m=U2= 5 V，B正确；线圈M和线圈N的匝数比为===，C错误。
2.[原线圈连接元件的变压器电路](2025·德州高三模拟)在图(a)所示的交流电路中，发电机两端输出电压的有效值为20 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1、R2、R3阻值相同。通过理想电流表的电流随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是 (　　)
A.交流电的频率为100 Hz B.理想电压表的示数为4 V
C.R1的阻值为4.5 Ω D.副线圈的输出功率为 W
解析：由题图(b)可知，交流电的周期为0.02 s，所以交流电的频率为f==50 Hz，故A错误；根据理想变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系可知=，解得U2=10 V，由于R2、R3阻值相同，所以电
√
压表示数为5 V，故B错误；设三个电阻的阻值均为R，根据闭合电路欧姆定律和电流与匝数的关系，有+×=I，将I=5 A代入解得R=4.5 Ω，故C正确；副线圈的输出功率为P== W，故D错误。
3.[理想变压器基本规律的应用](1)(人教版教材选择性必修2，P68T2)如图甲是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电压，并加在一台理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压表为交流电表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。
①图中开关闭合时电压表的示数是多少
答案： V　
解析： ①由题图乙可知交流电压的最大值为5 V，由正弦式交变电流有效值与最大值的关系可知，电压表的示数为U1== V。
②变压器原、副线圈的匝数满足怎样的关系才能实现点火
答案： <
解析： ②若变压器副线圈的输出电压最大值恰好是5 000 V，则根据理想变压器的规律，有===，所以当副线圈的输出电压最大值大于5 000 V，即<时才能实现点火。
(2)(2024·浙江1月选考)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
√
解析：原线圈两端电压的有效值U1= V= V，根据原副线圈电压与匝数的关系有=，变压器副线圈两端电压的峰值U2max= U2，根据题意有U2max>10×103 V，解得>2 000，<，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。
教材习题的发掘命题
　　上面浙江高考题可谓是“不遮不掩”地直接考教材，人教版教材选择性必修2中的练习题与浙江高考题情境相同、装置图相同，命题角度与教材涉及的思想基本一致。“导向教学”是高考的核心功能之一，“考教衔接”是落实高考引导教学的有效手段。抛开教材的复习方式无异于舍本逐末，会迷失高考的方向。
考教衔接
精要点拨
功率关系 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
电流关系
频率关系 f1=f2(变压器不改变交变电流的频率)
1.理想变压器的基本关系
2.变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析
(1)将原线圈看作用电器，在原线圈电路中可应用串并联电路规律、闭合电路的欧姆定律等。
(2)要求解原线圈电路中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器原、副线圈中的电流关系求得原线圈电路中的电流，进而求解通过负载的电流。原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。
逐点清(二)　理想变压器的动态分析
课
堂
理想变压器的制约关系
电压
功率 P入=P出 输入功率P入由输出功率P出决定
电流
考法(一)　匝数比不变，负载变化
如图所示，匝数比不变，负载变化的情况的分析思路：
考法全训
(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。
[例1]　(2024·海南高考)(多选)电动汽车充电站变压器输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每个充电桩输入电流为16 A，设原、副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正确的是 (　　)
A.交流电的周期为0.02 s
B.原、副线圈匝数比n1∶n2=11∶500
C.输出的最大电压为220 V
D.若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW
√
√
[解析]　交流电的周期为T==0.02 s，故A正确；根据理想变压器原、副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，原、副线圈匝数比为== =，故B错误；输出的最大电压为U2m=U2=220 V，故C错误；若10台充电桩同时使用，输出功率为P2总=10U2I2= 10×220×16 W=35 200 W=35.2 kW，理想变压器不改变功率，故输入功率为P1总=P2总=35.2 kW，故D正确。
考法(二)　负载不变，匝数比变化
如图所示，负载电阻不变，匝数比变化
的情况的分析思路：
(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变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。
[例2]　(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均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压，下列说法正确的是 (　　)
A.当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 A
B.当S与a连接后，理想电压表示数为11 V
C.当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D.当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍
√
√
[解析]　由题图乙可知，交流电压有效值为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U2==22 V，所以理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为I== A=2.2 A，A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，副线圈频率不变，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，C错误，D正确。
考法(三)　匝数比、负载都变化
　　分析变压器电路动态变化问题的一般思路：
(1)分清不变量和变量。
(2)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。
(3)利用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。
[例3]　(2024·全国甲卷)(多选)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
√
√
[解析]　保持T不动，根据理想变压器的性质可知，副线圈两端电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，通过R1的电流增大，根据P=I2R1可知，此时R1的热功率增大，故A正确；将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故R1的热功率减小，故B错误；将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电
压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，通过R1的电流增大，此时R1的热功率增大，故C正确；将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，通过R1的电流减小，此时R1的热功率减小，故D错误。
逐点清(三)　三种特殊的变压器
课
堂
类型(一)　两类互感器
电压互感器 电流互感器
原理图
原线圈的连接 并联在交流电路中 串联在交流电路中
续表
副线圈的连接 连接电压表 连接电流表
互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流
利用的公式 I1n1=I2n2
1.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分别为 (　　)
针对训练
A.k1U，k2I　　　　　　　 B.k1U，
C.，k2I D.
解析：根据原副线圈的电压、电流与线圈匝数的关系可知==k1，==，由此可知U1=k1U，I1=，B正确。
√
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，原、副线圈共用其中的一部分，当交流电源接不同的端点时，它可以升压(如图甲所示)，也可以降压(如图乙所示)，变压器的基本关系对自耦变压器同样适用。
类型(二)　自耦变压器
2.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，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的比值不变
C.P'不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数增大
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
针对训练
√
解析：P不动，原副线圈匝数比不变，原线圈电压不变，U2保持不变，故A错误；P'不动，P顺时针转动时，原副线圈匝数比改变，U1和U2的比值改变，故B错误；P'不动，P顺时针转动时，原、副线圈匝数比变大，U2减小，I2减小，根据公式=，I1减小，电流表读数减小，故C错误；P顺时针转动一个小角度，U2减小，同时P'向下滑动，R减小，副线圈电路的电流可以不变，小灯泡的亮度可以不变，故D正确。
具有两个(或两个以上)副线圈的变压器的三个关系：
(1)电压关系：===…。
(2)电流关系：n1I1=n2I2+n3I3+…。
(3)功率关系：P1=P2+P3+…。
类型(三)　多个副线圈的变压器
3.(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 (　　)
针对训练
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
√
√
解析：电阻R1两端的电压U1=IR1，由变压器变压规律有=，解得U2=，则通过电阻R2的电流I2==，A错误，B正确；由题意可知发电机电动势的最大值Em=NBSω=2NBL2ω，电动势的有效值E== NBL2ω，由变压器的变压规律有==，C正确；发电机的功率等于变压器的输入功率，P=EI原=NBL2ωI ，D错误。
逐点清(四)　电能的输送问题
课
堂
1.理清三个回路
在回路2中，U2=ΔU+U3，I2=I线=I3。
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：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个物理量间的关系是
==，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：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个物理量间的关系是
==，P3=P4
3.掌握一个守恒：能量守恒关系式P1=P损+P4
4.远距离输电中三种电压与三种电功率对比
(1)三种电压的比较
三种电压 计算公式
输电电压
输电线上 损失电压 若输电线中电流为I线，输电线电阻为R，则输电线上损失的电压为ΔU=I线R
用户得到电压 降压变压器的输出电压
(2)三种电功率的比较
三种电功率 计算公式
输电功率P输送 输电电压与输电电流的乘积
输电线上损失的电功率P损
用户得到的电功率P用 用户电压与电流的乘积
考法1　远距离高压直流输电
1.(2023·浙江6月选考)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
考法全训
√
解析：升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；
1 100 kV指的是交流电的有效值，故C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。
考法2　远距离高压交流输电
2.(人教版教材选择性必修2，P67T5)某个小水电站发电机的输出功率为100 kW，发电机的电压为250 V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220 V。要求在输电线上损失的功率控制在5 kW(即用户得到的功率为95 kW)。请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你计算：
(1)降压变压器输出的电流为多少 输电线上通过的电流是多少
答案： A　25 A　
解析：输电线路图如图所示
根据P用=U4I3，得I3= A= A
根据ΔP=R，得I2== A=25 A。
(2)输电线损失的电压为多少 升压变压器输出的电压是多少
答案： 200 V　4×103 V
解析：根据ΔU=I2R
得ΔU=25×8 V=200 V
根据P=U2I2
得U2== V=4×103 V。
(3)两个变压器的匝数比各应等于多少
答案： 1∶16　190∶11
解析：升压变压器原、副线圈匝数比===1∶16
U3=U2-I2R=3.8×103 V
降压变压器原、副线圈匝数比===190∶11。
3.(2024·湖南高考)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
√
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I2'=2I2，故R0上消耗的电功率P1=I2'2R0=4R0=4P，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P2=P1=4P，故C错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流
I2″=，R0上消耗的电功率P3=I2″2·2R0≠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I2 ==，R0上消耗的电功率P4=I2 2R0≠6P，故D错误。
教材练习题是水电站发电远距离高压交流输电问题，2024年湖南高考题的输电网络供电装置问题不但考查了远距离高压交流输电问题，而且还考查了理想变压器动态分析问题，掌握解答中应用等效处理方法，当变压器副线圈的电路是纯电阻电路时，可将变压器与副线圈的电路等效为一个定值电阻。高考题是教材习题的升维命题。
考教衔接
课时跟踪检测
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一、单项选择题
1.(2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)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
√
(说明:标★的为推荐讲评题目)
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解析：理想变压器输出功率等于输入功率，则该变压器的输入功率为P=I2U2=1.0×10-3×96×103 W=96 W，选项A错误；该变压器的原、副线圈匝数比为===，选项B正确；变压器的输入电流为I1== A≈0.44 A，选项C错误；该变压器功能主要是利用互感现象实现，选项D错误。故选B。
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2.(2024·北京高考)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V　3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是 (　　)
A.原线圈两端电压的有效值为24 V
B.副线圈中电流的有效值为0.5 A
C.原、副线圈匝数之比为1∶4
D.原线圈的输入功率为12 W
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解析：由题图乙知，原线圈两端电压的最大值为Um=24 V，则原线圈两端电压的有效值为U1==24 V，故A错误；灯泡正常发光，副线圈中电流的有效值为I== A=0.5 A，故B正确；由理想变压器原副线圈电压与匝数的关系可知，==，故C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率为P1=PL=3 W，故D错误。
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3.(2023·广东高考)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= 220sin(100πt)V。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
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解析：由题可知，原线圈输入电压的有效值为U1= V=220 V，原线圈输入电流的有效值为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。
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4.如图所示为理想自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，Q为滑动变阻器上的滑片，则以下说法正确的是(　　)
A.适当调节变压器上的滑动触头P，该自
耦变压器既可升压也可降压
B.滑片Q不动，滑动触头P逆时针转动，
电流表读数变大
C.图示位置，U2>U1
D.滑动触头P不动，滑片Q缓慢向下滑动时，U2一直在减小
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解析：适当调节变压器上的滑动触头P，可改变副线圈的匝数，但副线圈匝数一直不大于原线圈匝数，故该自耦变压器不能升压，A错误；滑片Q不动，滑动触头P逆时针转动，副线圈匝数增大，根据=，可知副线圈电压增大，则副线圈电流增大，电流表读数变大，B正确；题图所示位置，原线圈匝数大于副线圈匝数，则有U1>U2，C错误；滑动触头P不动，副线圈匝数不变，则U2不变，D错误。
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5.(2025·山东烟台质检)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，输入端A、B接入电压有效值恒定的交流电源。滑动变阻器R1最大阻值为40 Ω，其滑片P1初始位置在最左端；滑动变阻器R2最大阻值为
5 Ω，其滑片P2初始位置在正中间。理想电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，下列说法中正确的是 (　　)
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A.P2保持不动，P1向右滑动，则U1增大，U2不变
B.P1保持不动，P2向下滑动，则I1减小，I2减小
C.P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率一直增大
D.P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率先增大后减小
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解析：设原、副线圈的匝数比为k，根据理想变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系有U原=kU副，I原=，副线圈负载电阻 R2=，原线圈的等效电阻 R等效==k2R2，设输入电压为U0，对于原线圈电路，根据欧姆定律 I原==，P2保持不动，即R2不变，P1向右滑动，则R1变大，则I原减小，副线圈电流减小，原线圈电压减小，则U2减小，U1增大，故A错误；P1保持不动，P2向下滑动，则R2接入
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电路的电阻不变，则I原不变，即I1不变，I2也不变，故B错误；P2保持不动，原线圈的等效电阻R等效=k2R2=22×5 Ω=20 Ω，将此电阻看作是电源的内阻，将R1看作是电源的外电阻，则当P1向右滑动时，R1接入电路的电阻增加，当R1=20 Ω时即滑片滑到中央位置时，R1消耗的功率最大，然后随着R1阻值继续增加，R1消耗的功率逐渐减小，即R1消耗的功率先增加后减小，故C错误，D正确。
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6.如图所示，一理想变压器原线圈与e=220sinV的交流电源连接，两副线圈分别接灯泡和电动机，原线圈匝数n1=120，连接电动机的副线圈匝数n3=30，电流表示数为2 A，标注有“110 V　55 W”的灯泡正常发光，电动机线圈的总电阻为1 Ω，则下列说法中正确的是(　　)
A.流过灯泡的交变电流的频率为60 Hz
B.灯泡两端的电压峰值为110 V
C.流过电动机的电流为55 A
D.电动机的输出功率为336 W
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解析：交流电源的频率f== Hz=50 Hz，变压器不改变交流电的频率，故A错误；灯泡的额定电压110 V为有效值，则灯泡两端的电压峰值为110 V，故B错误；根据=，可得U3=55 V，根据功率关系，则有U1I1=P2+U3I3，解得I3=7 A，电动机的输出功率为P出=U3I3-r = 55×7 W-72×1 W=336 W，故C错误，D正确。
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7.(2025·山东潍坊检测)特高压直流输电可以减少感抗和容抗的损耗，该技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础。如图为特高压输电示意图，升压变压器T1、降压变压器T2均为理想变压器，整流及逆变等过程不计能量损失且有效值不变。若直流输电线的总电阻R=10 Ω，T2匝数之比n3∶n4=53∶25，结合图中信息，下列说法正确的是 (　　)
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A.图中“500 kV”指交流电的峰值
B.直流输电线损失的电压为40 kV
C.输电功率为4.24×109 W
D.当用户负载增加时，用户端增加的功率大于T1输出端增加的功率
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解析：题图中“500 kV”指交流电的有效值，故A错误；根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系=，解得U3=1 060 kV，直流输电线损失的电压为ΔU=U2-U3=40 kV，故B正确；输电电流为I2= =4 000 A，输电功率为P=I2U2=4 000×1 100×103 W=4.4×109 W，故C错误；当用户负载增加时，T1输出端增加的功率等于用户端增加的功率与输电线上增加的损失功率之和，故用户端增加的功率小于T1输出端增加的功率，故D错误。
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二、多项选择题
8.(2025·福建漳州一模)如图为风力发电机的简化模型，风带动发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦交流电，通过理想变压器向用户端的m盏灯泡供电。A灯和用户端所有灯泡的额定电压均为U、额定电流均为I，都正常发光，则(　　)
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A.变压器原副线圈的电流比为1∶m
B.变压器原副线圈的匝数比为1∶m
C.发电机输出功率为UI
D.仅减少用户端的灯泡数量，A灯变亮
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解析：根据题意可知，原线圈电流为I1=I，副线圈电流为I2=mI，则变压器原副线圈的电流比为I1∶I2=I∶mI=1∶m，故A正确；根据理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比可得n1∶n2=I2∶I1=m∶1，故B错误；
发电机输出功率为P=UI+m·UI=UI，故C正确；仅减少用户端的灯泡数量，则副线圈负载电阻增大，把变压器和副线圈负载看成一个等效电阻，则有R等=R副，可知等效电阻增大，根据闭合电路欧姆定律可知，原线圈电流减小，则通过A灯的电流减小，所以A灯变暗，故D错误。
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9.(2024·重庆高考)小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6 V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220 V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则 (　　)
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A.n1∶n2=110∶3
B.当P滑到R中点时，图甲中L的功率比图乙中的小
C.当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D.图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
解析：滑片P在R最左端时，题图甲、乙中变压器的输出电压均为灯泡的额定电压6 V，因此n1∶n2=220∶6=110∶3，故A正确；当P滑到R中点时，题图甲中R左端与灯泡串联，题图乙中灯泡与R右端并联后再与
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R左端串联，由于并联电阻小于灯泡电阻，则题图甲中灯泡两端电压大于题图乙中灯泡两端电压，则题图甲中灯泡功率比题图乙中灯泡功率大，故B错误；当P滑到R最左端时，题图甲中只有灯泡，题图乙中R与灯泡并联，总电阻更小，输出功率更大，题图甲所示电路比题图乙更节能，故C正确；题图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化，题图甲中的灯泡两端电压最高为6 V，最低达不到0，则题图乙中灯泡两端电压可调范围大，故D错误。
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10.绿色环保、低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家。某老师为自家电动汽车安装充电桩的电路图如图所示，已知总电源的输出电压为U1=220 V，输出功率为P1=3.3×105 W，输电线的总电阻r=12 Ω，变压器均视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比为n1∶n2=1∶15，汽车充电桩的额定电压为50 V。则下列说法中正确的是 (　　)
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A.输电线上的电流为100 A
B.用户获得的功率为1.5×105 W
C.降压变压器的匝数比为n3∶n4=66∶1
D.若充电桩消耗的功率增大，在总电压不变的情况下，充电桩获得的电压减小
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解析：升压变压器原线圈电流为I1==1 500 A，输电线上的电流为I2=I1=100 A，故A正确；输电线损耗的功率为ΔP=r=1.2×105 W，所以用户获得的功率为P4=P1-ΔP=2.1×105 W，故B错误；升压变压器副线圈电压为U2=U1=3 300 V，输电线损耗的电压为ΔU=I2r=1 200 V，所以降压变压器的匝数比为===，故C错误；
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若充电桩消耗的功率增大，则电源输出总功率变大，因为总电压不变，由I=可知升压变压器原线圈电流变大，由I2=I1可知，升压变压器副线圈电流变大，则输电线上损耗的电压变大，降压变压器原线圈电压变小，由U4=U3可知，降压变压器副线圈电压也变小，故D正确。
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三、计算题
11.(10分)(2024·黑吉辽高考)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=5∶1，原线圈接在电压峰值为Um的正弦交流电源上，副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝，电热丝密封在绝热容器内，容器内封闭有一定质量的理想气体，接通电路开始加热，加热前气体温度为T0。
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(1)求变压器的输出功率P。(4分)
答案：　
解析：由原线圈所接正弦交流电的峰值求出其有效值U1=，设变压器副线圈的输出电压为U2，则有=
求得U2=U1=，故变压器的输出功率P==。
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(2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比，即Q=CΔT，其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收，要使容器内的气体压强达到加热前的2倍，求电热丝的通电时间t。(6分)
答案：
解析：设加热前容器内气体的压强为p0，加热后容器内气体的温度为T1，则加热后气体的压强为2p0，由题意可知容器内的气体做等容变化，
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则由查理定律有=
解得T1=2T0
由Q=CΔT知气体吸收的热量Q=C(2T0-T0)=CT0
又容器是绝热容器且电热丝产生的热量全部被气体吸收，则Q=Pt=CT0，即t=CT0
解得t=。
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4课时跟踪检测(六十五)　理想变压器与电能的输送
一、单项选择题
1.(2025年1月·八省联考陕晋宁青卷)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.(2024·北京高考)如图甲所示,理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上,输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示,副线圈接规格为“6 V　3 W”的灯泡。若灯泡正常发光,下列说法正确的是 (　　)
A.原线圈两端电压的有效值为24 V
B.副线圈中电流的有效值为0.5 A
C.原、副线圈匝数之比为1∶4
D.原线圈的输入功率为12 W
3.(2023·广东高考)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=220sin(100πt)V。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
4.如图所示为理想自耦变压器,其中P为变压器上的滑动触头,Q为滑动变阻器上的滑片,则以下说法正确的是 (　　)
A.适当调节变压器上的滑动触头P,该自耦变压器既可升压也可降压
B.滑片Q不动,滑动触头P逆时针转动,电流表读数变大
C.图示位置,U2>U1
D.滑动触头P不动,滑片Q缓慢向下滑动时,U2一直在减小
5.(2025·山东烟台质检)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1,输入端A、B接入电压有效值恒定的交流电源。滑动变阻器R1最大阻值为40 Ω,其滑片P1初始位置在最左端;滑动变阻器R2最大阻值为5 Ω,其滑片P2初始位置在正中间。理想电流表A1、A2的示数分别为I1、I2,理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2,下列说法中正确的是 (　　)
A.P2保持不动,P1向右滑动,则U1增大,U2不变
B.P1保持不动,P2向下滑动,则I1减小,I2减小
C.P2保持不动,P1向右滑动,则R1消耗的功率一直增大
D.P2保持不动,P1向右滑动,则R1消耗的功率先增大后减小
6.如图所示,一理想变压器原线圈与e=220sinV的交流电源连接,两副线圈分别接灯泡和电动机,原线圈匝数n1=120,连接电动机的副线圈匝数n3=30,电流表示数为2 A,标注有“110 V　55 W”的灯泡正常发光,电动机线圈的总电阻为1 Ω,则下列说法中正确的是 (　　)
A.流过灯泡的交变电流的频率为60 Hz
B.灯泡两端的电压峰值为110 V
C.流过电动机的电流为55 A
D.电动机的输出功率为336 W
7.(2025·山东潍坊检测)特高压直流输电可以减少感抗和容抗的损耗,该技术已成为我国“西电东送”战略的技术基础。如图为特高压输电示意图,升压变压器T1、降压变压器T2均为理想变压器,整流及逆变等过程不计能量损失且有效值不变。若直流输电线的总电阻R=10 Ω,T2匝数之比n3∶n4=53∶25,结合图中信息,下列说法正确的是 (　　)
A.图中“500 kV”指交流电的峰值
B.直流输电线损失的电压为40 kV
C.输电功率为4.24×109 W
D.当用户负载增加时,用户端增加的功率大于T1输出端增加的功率
二、多项选择题
8.(2025·福建漳州一模)如图为风力发电机的简化模型,风带动发电机线圈在匀强磁场中匀速转动,产生正弦交流电,通过理想变压器向用户端的m盏灯泡供电。A灯和用户端所有灯泡的额定电压均为U、额定电流均为I,都正常发光,则 (　　)
A.变压器原副线圈的电流比为1∶m
B.变压器原副线圈的匝数比为1∶m
C.发电机输出功率为UI
D.仅减少用户端的灯泡数量,A灯变亮
9.(2024·重庆高考)小明设计了台灯的两种调光方案,电路图分别如图甲、乙所示,图中额定电压为6 V灯泡的电阻恒定,R为滑动变阻器,理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。原线圈两端接电压为220 V的交流电,滑片P可调节灯泡L的亮度,P在R最左端时,甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作,则 (　　)
A.n1∶n2=110∶3
B.当P滑到R中点时,图甲中L的功率比图乙中的小
C.当P滑到R最左端时,图甲所示电路比图乙更节能
D.图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
10.绿色环保、低碳出行已经成为一种时尚,新能源汽车越来越受市民的喜爱,正在加速“驶入”百姓家。某老师为自家电动汽车安装充电桩的电路图如图所示,已知总电源的输出电压为U1=220 V,输出功率为P1=3.3×105 W,输电线的总电阻r=12 Ω,变压器均视为理想变压器,其中升压变压器的匝数比为n1∶n2=1∶15,汽车充电桩的额定电压为50 V。则下列说法中正确的是 (　　)
A.输电线上的电流为100 A
B.用户获得的功率为1.5×105 W
C.降压变压器的匝数比为n3∶n4=66∶1
D.若充电桩消耗的功率增大,在总电压不变的情况下,充电桩获得的电压减小
三、计算题
11.(10分)(2024·黑吉辽高考)如图,理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=5∶1,原线圈接在电压峰值为Um的正弦交流电源上,副线圈的回路中接有阻值为R的电热丝,电热丝密封在绝热容器内,容器内封闭有一定质量的理想气体,接通电路开始加热,加热前气体温度为T0。
(1)求变压器的输出功率P。(4分)
(2)已知该容器内的气体吸收的热量Q与其温度变化量ΔT成正比,即Q=CΔT,其中C已知。若电热丝产生的热量全部被气体吸收,要使容器内的气体压强达到加热前的2倍,求电热丝的通电时间t。(6分)
课时跟踪检测(六十五)
1.选B　理想变压器输出功率等于输入功率,则该变压器的输入功率为P=I2U2=1.0×10-3×96×103 W=96 W,选项A错误;该变压器的原、副线圈匝数比为===,选项B正确;变压器的输入电流为I1== A≈0.44 A,选项C错误;该变压器功能主要是利用互感现象实现,选项D错误。故选B。
2.选B　由题图乙知,原线圈两端电压的最大值为Um=24 V,则原线圈两端电压的有效值为U1==24 V,故A错误;灯泡正常发光,副线圈中电流的有效值为I== A=0.5 A,故B正确;由理想变压器原副线圈电压与匝数的关系可知,==,故C错误;理想变压器没有能量损失,原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,则原线圈的输入功率为P1=PL=3 W,故D错误。
3.选A　由题可知,原线圈输入电压的有效值为U1= V=220 V,原线圈输入电流的有效值为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。
4.选B　适当调节变压器上的滑动触头P,可改变副线圈的匝数,但副线圈匝数一直不大于原线圈匝数,故该自耦变压器不能升压,A错误;滑片Q不动,滑动触头P逆时针转动,副线圈匝数增大,根据=,可知副线圈电压增大,则副线圈电流增大,电流表读数变大,B正确;题图所示位置,原线圈匝数大于副线圈匝数,则有U1>U2,C错误;滑动触头P不动,副线圈匝数不变,则U2不变,D错误。
5.选D　设原、副线圈的匝数比为k,根据理想变压器原副线圈电压比、电流比与匝数比的关系有U原=kU副,I原=,副线圈负载电阻 R2=,原线圈的等效电阻 R等效==k2R2,设输入电压为U0,对于原线圈电路,根据欧姆定律 I原==,P2保持不动,即R2不变,P1向右滑动,则R1变大,则I原减小,副线圈电流减小,原线圈电压减小,则U2减小,U1增大,故A错误;P1保持不动,P2向下滑动,则R2接入电路的电阻不变,则I原不变,即I1不变,I2也不变,故B错误;P2保持不动,原线圈的等效电阻R等效=k2R2=22×5 Ω=20 Ω,将此电阻看作是电源的内阻,将R1看作是电源的外电阻,则当P1向右滑动时,R1接入电路的电阻增加,当R1=20 Ω时即滑片滑到中央位置时,R1消耗的功率最大,然后随着R1阻值继续增加,R1消耗的功率逐渐减小,即R1消耗的功率先增加后减小,故C错误,D正确。
6.选D　交流电源的频率f== Hz=50 Hz,变压器不改变交流电的频率,故A错误;灯泡的额定电压110 V为有效值,则灯泡两端的电压峰值为110 V,故B错误;根据=,可得U3=55 V,根据功率关系,则有U1I1=P2+U3I3,解得I3=7 A,电动机的输出功率为P出=U3I3-r=55×7 W-72×1 W=336 W,故C错误,D正确。
7.选B　题图中“500 kV”指交流电的有效值,故A错误;根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系=,解得U3=1 060 kV,直流输电线损失的电压为ΔU=U2-U3=40 kV,故B正确;输电电流为I2==4 000 A,输电功率为P=I2U2=4 000×1 100×103 W=4.4×109 W,故C错误;当用户负载增加时,T1输出端增加的功率等于用户端增加的功率与输电线上增加的损失功率之和,故用户端增加的功率小于T1输出端增加的功率,故D错误。
8.选AC　根据题意可知,原线圈电流为I1=I,副线圈电流为I2=mI,则变压器原副线圈的电流比为I1∶I2=I∶mI=1∶m,故A正确;根据理想变压器原副线圈的电流与匝数成反比可得n1∶n2=I2∶I1=m∶1,故B错误;发电机输出功率为P=UI+m·UI=UI,故C正确;仅减少用户端的灯泡数量,则副线圈负载电阻增大,把变压器和副线圈负载看成一个等效电阻,则有R等=R副,可知等效电阻增大,根据闭合电路欧姆定律可知,原线圈电流减小,则通过A灯的电流减小,所以A灯变暗,故D错误。
9.选AC　滑片P在R最左端时,题图甲、乙中变压器的输出电压均为灯泡的额定电压6 V,因此n1∶n2=220∶6=110∶3,故A正确;当P滑到R中点时,题图甲中R左端与灯泡串联,题图乙中灯泡与R右端并联后再与R左端串联,由于并联电阻小于灯泡电阻,则题图甲中灯泡两端电压大于题图乙中灯泡两端电压,则题图甲中灯泡功率比题图乙中灯泡功率大,故B错误;当P滑到R最左端时,题图甲中只有灯泡,题图乙中R与灯泡并联,总电阻更小,输出功率更大,题图甲所示电路比题图乙更节能,故C正确;题图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化,题图甲中的灯泡两端电压最高为6 V,最低达不到0,则题图乙中灯泡两端电压可调范围大,故D错误。
10.选AD　升压变压器原线圈电流为I1==1 500 A,输电线上的电流为I2=I1=100 A,故A正确;输电线损耗的功率为ΔP=r=1.2×105 W,所以用户获得的功率为P4=P1-ΔP=2.1×105 W,故B错误;升压变压器副线圈电压为U2=U1=3 300 V,输电线损耗的电压为ΔU=I2r=1 200 V,所以降压变压器的匝数比为===,故C错误;若充电桩消耗的功率增大,则电源输出总功率变大,因为总电压不变,由I=可知升压变压器原线圈电流变大,由I2=I1可知,升压变压器副线圈电流变大,则输电线上损耗的电压变大,降压变压器原线圈电压变小,由U4=U3可知,降压变压器副线圈电压也变小,故D正确。
11.解析:(1)由原线圈所接正弦交流电的峰值求出其有效值U1=,设变压器副线圈的输出电压为U2,则有=
求得U2=U1=
故变压器的输出功率P==。
(2)设加热前容器内气体的压强为p0,加热后容器内气体的温度为T1,则加热后气体的压强为2p0,由题意可知容器内的气体做等容变化,则由查理定律有=
解得T1=2T0
由Q=CΔT知气体吸收的热量Q=C(2T0-T0)=CT0
又容器是绝热容器且电热丝产生的热量全部被气体吸收,则Q=Pt=CT0,即t=CT0
解得t=。
答案:(1)　(2)
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