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【学习目标】1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误 差的产生原因。
2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题。
3.掌握理想变压器的动态分析方法。
4.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率。
考点一　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
考点二　理想变压器
考点三　远距离输电
内
容
索
引
课时作业
第33讲　变压器　远距离输电
实验　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2个，导线若干。
考点一　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
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测量。
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。
(2025·宁波期末)某学习小组用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”，装置如图甲所示。
(1)本实验学习的物理思想方法是______。
A.等效替代法　
B.控制变量法　
C.极限思维法
例 1
【解析】 “探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”采用了控制变量法，A、C错误，B正确。
B
甲
(2)某次实验中，用如图乙所示的匝数na=100匝和nb=200匝的线圈实验，测量的数据如下表所示，下列说法中，正确的是______。
A.原线圈的匝数为na，用较粗导线绕制
B.副线圈的匝数为na，用较细导线绕制
C.原线圈的匝数为nb，用较细导线绕制
D.副线圈的匝数为nb，用较粗导线绕制
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.80
Ub/V 3.99 6.01 8.02 10.03
【解析】 如图乙所示的匝数na=100匝和nb=200匝的线圈实验，如果是
理想变压器，则，由表中的两线圈两端的电压大小可知
，说明实际变压器存在磁漏，副线圈两端的电压比理想变压器偏小，
所以原线圈的匝数为nb，副线圈的匝数为na。根据理想变压器电流与匝数比的关系，即通过线圈a的电流较大，因此线圈a要用较粗的导线绕制，通过线圈b的电流较小，因此线圈b要用较细的导线绕制，C正确。
乙
C
(3)为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横档的铁芯硅钢片应按照下列图中的哪种方法设计______。
A. B. C. D.
【解析】 为了减小涡流引起的热损，同时又为了防止磁漏，变压器的铁芯采用硅钢片叠加而成。作为横挡的铁芯Q的硅钢片应该与下面的硅钢片平行，D正确。
D
1.构造和原理
(1)构造：如图所示，变压器是由______________和绕在铁芯上的______________组成的。

(2)原理：电磁感应的互感现象。
考点二　理想变压器
闭合铁芯
两个线圈
2.理想变压器：没有______________的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型。
(1)原、副线圈中的电流产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内，即无“漏磁”。
(2)原、副线圈不计电阻，电流通过时不产生焦耳热，即无“铜损”。
(3)闭合铁芯中的涡流为零，即无“铁损”。
能量损耗
3.基本关系式
功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P入=P出，且输出功率P出决定输入功率P入
电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，=，与副线圈的个数无关，且U1决定U2
电流关系 ①只有一个副线圈时，=，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
频率关系 f1=f2，变压器不改变交变电流的频率
4.动态分析
(1)匝数比不变的情况(如图所示)
①U1不变，根据，输入电压U1决定输出电压U2，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，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化。
③I2变化引起P2变化，P1=P2，故P1发生变化。
不变，负载R变化
(2)负载电阻不变的情况(如图所示)



①U1不变，发生变化时，U2变化。
②R不变，U2变化时，I2发生变化。
③根据P2=，P2发生变化，再根据P1=P2，故P1变化，P1=U1I1，U1不变，故I1发生变化。
改变，负载R不变
5.两种特殊的变压器
(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)互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：
类别 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 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 将大电流变为小电流
利用的公式 = I1n1=I2n2
(2025·浙南联盟)街头某变压器原理结构如图所示，下列说法中，正确的是(　 　)
A.该变压器是升压变压器
B.变压器工作原理是自感现象
C.原线圈导线比副线圈更细(线圈材质相同)
D.为减小“铁芯”涡流影响，用陶瓷材质替
换更好
例 2
【解析】 根据图示可知，原线圈匝数比副线圈匝数多，由电压与匝数的关系可知，该变压器是降压变压器，A错误；变压器工作原理是互感现象，B错误；若为理想变压器，根据电流匝数关系有I1n1=I2n2，由于原线圈匝数比副线圈匝数多，则原线圈电流小于副线圈电流，即原线圈导线比副线圈更细(线圈材质相同)，C正确；为减小“铁芯”涡流影响，用彼此绝缘的硅钢片叠加更好，D错误。
C
有一理想变压器如图甲所示，原、副线圈匝数比为11∶4，原线圈接入如图乙所示的交流电压，回路中的灯泡L的额定电压为18 V，灯泡正常工作时的电阻RL=12 Ω，定值电阻R1=11 Ω，R2=8 Ω，滑动变阻器最大阻值50 Ω，为保证灯泡不被烧坏，则滑动变阻器接入电路的电阻为
(　 　)
A.不超过28 Ω
B.不小于28 Ω
C.不超过24 Ω
D.不小于24 Ω
例 3
A
甲 乙
【解析】 根据题意可知，正弦式交流电的有效值为U1= V=110 V，根据变压器的电压与匝数的关系可知，副线圈两端电压为U2=U1=40 V，若灯泡正常工作，则灯泡两端电压为18 V，根据串、并联电路特点，电阻R1两端电压=U2－UL=22 V，则流经副线圈的电流I2==2 A，灯泡的电流IL==1.5 A，故流经R2的电流为=I2－IL=0.5 A，故滑动变阻器接入电路的电阻为R==28 Ω，综上所述，为保证灯泡不被烧坏，滑动变阻器接入电路的阻值不超过28 Ω，A正确。
如图所示为带有照明系统的电动装置电路，理想变压器原线圈的匝数n1=220匝，副线圈匝数n2=50匝、n3=28匝，原线圈两端接入电压有效值为220 V的交变电源，两副线圈分别连接电动机M和灯泡L，电动机M线圈的电阻为5 Ω，灯泡L的电阻为28 Ω。开关S闭合时，电动机M和灯泡L都正常工作，理想电流表的示数为0.4 A。下列说法中，正确的是(　 　)
A.开关S闭合时，电动机M中的电流为10 A
B.开关S闭合时，电动机M中的电流为1.76 A
C.开关S断开后，电动机M的总功率为60 W
D.开关S断开前后，电流表的示数不变
例 4
C
【解析】 原线圈两端的输入电压U1=220 V，由得，电动机M两端的电压U2=50 V，开关S闭合时，灯泡L两端的电压U3=28 V，变压器的输入功率为P=220 V×0.4 A=88 W，灯泡消耗的功率为PL==28 W，电动机消耗的功率PM=P－PL=60 W，开关S闭合与断开时电动机两端的电压及消耗的功率都不变，断开后总功率仍为PM=60 W，又由PM=U2I得电动机M中的电流I=1.2 A，A、B错误，C正确；开关S断开后，电动机消耗的功率不变，灯泡消耗的功率为0，由能量守恒定律可知，变压器的输入功率减小，输入电压恒为220 V不变，因此输入电流减小，即电流表的示数减小，D错误。
　　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'，用户端的电压为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
(1)ΔU=______________；
(2)ΔU=IR。
3.功率损失
(1)ΔP=______________=ΔU·I；
(2)ΔP=___________=R。
考点三　远距离输电
U－U'
P－P'
I2R
4.降低输电损耗的两个途径
(1)减小电阻法
由R=ρ知，可加大导线的______________，采用______________的材料做导线。
①采用电阻率ρ较小、密度较小(减轻重量)且材料丰富的铝做远距离输电的导线。
②采用多股铝线绞在一起作为输电线，以增大导线的横截面积S。
(2)升压法：由ΔP=I2R=R知，在输电功率一定的情况下，可通过________________，减小输电电流，以减小输电损耗。
横截面积
电阻率小
提高输电电压
5.理清输电电路图的三个回路(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。
6.抓住两组关联式
(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：，P1=P2。
(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：，P3=P4。
7.掌握一个守恒观念
功率关系：P2=ΔP＋P3，其中ΔP=ΔU·I线=R线=。
(2025·温州期末)我国已投产运行的1 100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程。输电线路流程和数据见图示流程图，若直流线路的输电线总电阻为10 Ω，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当输送功率为4.4×109 W时，下列说法中，正确的是(　 　)
A.直流输电线上的电流为8×103 A
B.降压变压器的原、副线圈匝数比大于2∶1
C.直流输电线上损失的功率为1.6×107 W，损失的电压为40 kV
D.若保持输送电功率不变，改用550 kV输电，直流输电线上损失的功率为6.4×108 W
例 5
D
【解析】 直流输电线上的电流为I= A=4×103 A，A错误；降压器的输入电压为U2=U－IR=1 100×103 V－4×103×10 V=1 060×103 V，则降压变压器的原、副线圈匝数比，B错误；直流输电线上损失的功率ΔP=I2R= ×10 W=1.6×108 W，损失的电压ΔU=IR=4×103×10 V=4×104 V=40 kV，C错误；若保持输送电功率不变，改用550 kV输电，直流输电线的电流I0= A=8×103 A，则直流输电线上损失的功率ΔP0=R=×10 W=6.4×108 W，D正确。
(2020·浙江7月选考)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，下列说法中，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
例 6
【解析】 发电机输出的电流I1= A=400 A，A错误；输电线上损失的功率P线=R线=5 kW，所以I线==25 A，B错误；用户得到的功率P4=P－P线=(100－5)kW=95 kW，则I4= A= A，故，C正确，D错误。
C
课时作业
答案速对
第十三单元 第33讲　变压器　远距离输电 实验　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系 题号 1 2 3 4 5 6 7
答案 A A D A B D C
题号 8 9 10 11 答案 D AC B C 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。下列说法中，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
A
2.(2025·江苏卷)用图示可拆变压器进行探究实验，当变压器左侧的输入电压为2 V时，若右侧接线柱选取“0”和“4”，右侧获得4 V输出电压。则左侧接线柱选取的是(　 　)
A.“0”和“2”
B.“2”和“8”
C.“2”和“14”
D.“8”和“14”
A
3.互感器又称仪用变压器，是电流互感器和电压互感器的统称。它能将高电压变成低电压、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100 V，交流电流表的示数为1 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100∶1
C.高压线路输送的电流为1 A
D.高压线路输送的电功率为2.2×104 kW
D
4.(2024·浙江6月选考)理想变压器的原线圈通过a 或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路，如图所示。当S接a时，三个灯泡均发光，若(　 　)
A.电容C增大，L1灯泡变亮
B.频率f增大，L2灯泡变亮
C.RG上光照增强，L3灯泡变暗
D.S接到b时，三个灯泡均变暗
A
5.(2024·浙江1月选考)图示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。下列说法中，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，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，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，D错误。
B
6.(2025·湖州期中)电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫，原理如图所示，将锂电池的4 V电压通过转换器转变为交流电压u=4sin(10 000πt)V，再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到2 800 V时可击杀蚊虫。电蚊拍正常工作时，下列说法中，正确的是(　 　)
A.交流电压表的示数为4 V
B.副线圈与原线圈匝数比需满足≤700
C.电击网上的高频电压的频率为10 000 Hz
D.相比副线圈，原线圈应该用较粗的导线绕制
D
【解析】 交流电压表的示数等于正弦交流电压的有效值，为U==2 V，A错误；根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系，副线圈与原线圈匝数比需满足≥=700，B错误；交变电压的频率为f==5 000 Hz，变压器不改变交变电压的频率，则电击网上的高频电压的频率为5 000 Hz，C错误；根据理想变压器原、副线圈中电流与线圈匝数的关系有，可知通过原线圈的电流大于通过副线圈的电流，原线圈应该用较粗的导线绕制，D正确。
7.(2025·绍兴期中)如图甲所示，滑动变阻器R2(阻值0~100 Ω)的滑片处于某一位置时，理想交流电压表示数U=200 V，灯泡L1(100 V，100 W)、L2(50 V，50 W)均恰好正常发光，在M、N端接入如图乙所示的交流电压，变压器为理想变压器。下列说法中，正确的是(　 　)
A.图乙所示的交变电压的有效值为220 V
B.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶2
C.电阻R1=20 Ω
D.若将滑动变阻器R2触头向b端移动，灯泡L1将会变暗
C
甲 乙
【解析】 图乙所示的交变电压的有效值为U0= V=220 V，A错误；理想交流电压表示数为原线圈两端电压，则有U1=U=200 V，两灯泡均正常发光，则副线圈两端电压U2=100 V，根据电压与匝数的关系有，解得=2，B错误；两灯泡均正常发光，则副线圈通过的电流I2= A A=2 A，根据电流与匝数的关系有，在原线圈所在电路中有U0=I1R1＋U1，解得R1=20 Ω，C正确；将变压器与负载等效为一个电阻，则有R等=R负，原线圈中电流I1=，当滑动变阻器R2触头向b端移动，滑动变阻器接入电阻增大，R负增大，R等增大，则原线圈中电流减小，R1两端电压减小，原线圈两端电压增大，根据电压与匝数的关系可知，副线圈两端电压增大，通过灯泡L1的电流增大，灯泡L1将会变亮，D错误。
8.(2025·宁波十校联考)图示为高铁列车供电系统的简化模型图，实验时只有一节动车在轨道上。牵引变电所内理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，通过线圈的电流分别为I1、I2。车厢内理想变压器原、副线圈的匝数分别为n3、n4，线圈中的电流分别为I3、I4。受电弓沿架空线滑动，图示位置架空线的总电阻为r。下列关系式中，正确的是(　 　)
A.
B.I2=
C.U1I1=U2I2＋U3I3
D.r=
【解析】 由串联电路规律可得I2=I3，由理想变压器电流与匝数的关系有，可得，A错误；输电过程中有U2=I2r＋U3，解得I2=，B错误；由理想变压器输入功率等于输出功率有U1I1=U2I2，C错误；架空线上损失的电压ΔU=U2－U3，则架空线消耗的电功率P=，又架空线上通过的电流为I3，则有P=r，D正确。
D
9.(多选)数字触发器可以将模拟信号转化为数字信号。如图甲中的正弦式交变电流通过图乙数字触发器后输出图丙的数字信号。数字触发器的转换规则是：交变电流数值小于0.5Um时输出为0，交变电流数值不小于0.5Um时输出2 V。关于图丙，下列说法中正确的有(　 　)
A.t2与t1的时间差为 s
B.通过某理想变压器的输出电压为零
C.该电压的频率等于100 Hz
D.图丙的电压接在R=100 Ω的电阻两端，一个输出电压周期内的发热量为4×10－4 J
AC
甲　 乙　 丙
【解析】 由题图甲可知，正弦式交变电流U=Umsin ωt，ω==100π rad/s，故Δt=t2－t1= s，A正确；由于题图丙中的电压为0和2交替变化，且变化很快，变压器中磁通量变化率不为零，所以理想变压器的输出电压不为零，B错误；由图甲可知，该电压的频率为50×
2 Hz=100 Hz，C正确；由图乙可知，一个输出电压周期内有 s电压为2 V，因此一个输出电压周期内的发热量为Q=T= J=×10－4 J，D错误。
甲 　　 乙
10.如图甲所示为一种逆变器，逆变器是能够把蓄电池提供的直流电转变为交流电的设备。如图乙所示为逆变器的简易电路图，核心的控制电路称为“逆变模块”，它的功能是把直流电转化为交流电，共有5个接线端，其中1、2、3为输入端，与两块相同的蓄电池连接，蓄电池的电动势为E，内阻不计，两块蓄电池同时工作；4、5为输出端，与理想变压器的原线圈相连，原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，副线圈连一个电阻阻值为R的灯泡L。已知电压表读数为U，电流表读数为I，逆变模块自身消耗的电功率忽略不计，则理想变压器原、副线圈的匝数比为　(　 　)
A. B.
C. D.
【解析】 理想变压器原、副线圈的匝数比为，根据题意得U1=U，通过每块电池的电流为，逆变器的输入功率等于变压器的输出功率有2，解得，B正确。
甲　 乙　
B
11.(2023·山东卷)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1=250 V，输出功率为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，功率为88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法中，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
C
【解析】 由题知，发电机的输出电压U1=250 V，输出功率500 kW，则有I1==2×103 A，A错误；由题知，用户端电压U4=220 V，功率为P'=88 kW，则有，P'=U4I4，联立解得I4=400 A，I3=8 A，U3=11 000 V，则输电线上损失的功率为P损=R=4 kW，且U2=U3＋I3R=11 500 V，再根据，解得，B、D错误；根据理想变压器无功率损失有P=U2I3＋P储，代入数据有P储=408 kW，C正确。第33讲　变压器　远距离输电
实验　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【学习目标】
1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差的产生原因。
2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题。
3.掌握理想变压器的动态分析方法。
4.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率。
考点一　实验：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2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测量。
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。
　　　　　　　　　　　　　　　
[例1]　(2025·宁波期末)某学习小组用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”，装置如图甲所示。
(1)本实验学习的物理思想方法是　B　。
A.等效替代法　B.控制变量法　C.极限思维法
(2)某次实验中，用如图乙所示的匝数na=100匝和nb=200匝的线圈实验，测量的数据如下表所示，下列说法中，正确的是　C　。
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.80
Ub/V 3.99 6.01 8.02 10.03
A.原线圈的匝数为na，用较粗导线绕制
B.副线圈的匝数为na，用较细导线绕制
C.原线圈的匝数为nb，用较细导线绕制
D.副线圈的匝数为nb，用较粗导线绕制
　　
甲 乙
(3)为了减小能量传递过程中的损失，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成。作为横档的铁芯硅钢片应按照下列图中的哪种方法设计　D　。
A. B. C. D.
【解析】 (1)“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”采用了控制变量法，A、C错误，B正确。
(2)如图乙所示的匝数na=100匝和nb=200匝的线圈实验，如果是理想变压器，则，由表中的两线圈两端的电压大小可知，说明实际变压器存在磁漏，副线圈两端的电压比理想变压器偏小，所以原线圈的匝数为nb，副线圈的匝数为na。根据理想变压器电流与匝数比的关系，即通过线圈a的电流较大，因此线圈a要用较粗的导线绕制，通过线圈b的电流较小，因此线圈b要用较细的导线绕制，C正确。
(3)为了减小涡流引起的热损，同时又为了防止磁漏，变压器的铁芯采用硅钢片叠加而成。作为横挡的铁芯Q的硅钢片应该与下面的硅钢片平行，D正确。
考点二　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.理想变压器：没有　能量损耗　的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型。
(1)原、副线圈中的电流产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内，即无“漏磁”。
(2)原、副线圈不计电阻，电流通过时不产生焦耳热，即无“铜损”。
(3)闭合铁芯中的涡流为零，即无“铁损”。
3.基本关系式
功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P入=P出，且输出功率P出决定输入功率P入
电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，=，与副线圈的个数无关，且U1决定U2
电流关系 ①只有一个副线圈时，=，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
频率关系 f1=f2，变压器不改变交变电流的频率
4.动态分析
(1)匝数比不变的情况(如图所示)
①U1不变，根据，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变。
不变，负载R变化
②当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化。
③I2变化引起P2变化，P1=P2，故P1发生变化。
(2)负载电阻不变的情况(如图所示)
改变，负载R不变
①U1不变，发生变化时，U2变化。
②R不变，U2变化时，I2发生变化。
③根据P2=，P2发生变化，再根据P1=P2，故P1变化，P1=U1I1，U1不变，故I1发生变化。
5.两种特殊的变压器
(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)互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：
类别 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 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 将大电流变为小电流
利用的公式 = I1n1=I2n2
[例2]　(2025·浙南联盟)街头某变压器原理结构如图所示，下列说法中，正确的是(　C　)
A.该变压器是升压变压器
B.变压器工作原理是自感现象
C.原线圈导线比副线圈更细(线圈材质相同)
D.为减小“铁芯”涡流影响，用陶瓷材质替换更好
【解析】 根据图示可知，原线圈匝数比副线圈匝数多，由电压与匝数的关系可知，该变压器是降压变压器，A错误；变压器工作原理是互感现象，B错误；若为理想变压器，根据电流匝数关系有I1n1=I2n2，由于原线圈匝数比副线圈匝数多，则原线圈电流小于副线圈电流，即原线圈导线比副线圈更细(线圈材质相同)，C正确；为减小“铁芯”涡流影响，用彼此绝缘的硅钢片叠加更好，D错误。
[例3]　有一理想变压器如图甲所示，原、副线圈匝数比为11∶4，原线圈接入如图乙所示的交流电压，回路中的灯泡L的额定电压为18 V，灯泡正常工作时的电阻RL=12 Ω，定值电阻R1=11 Ω，R2=8 Ω，滑动变阻器最大阻值50 Ω，为保证灯泡不被烧坏，则滑动变阻器接入电路的电阻为(　A　)
　　
甲 乙
A.不超过28 Ω B.不小于28 Ω
C.不超过24 Ω D.不小于24 Ω
【解析】 根据题意可知，正弦式交流电的有效值为U1= V=110 V，根据变压器的电压与匝数的关系可知，副线圈两端电压为U2=U1=40 V，若灯泡正常工作，则灯泡两端电压为18 V，根据串、并联电路特点，电阻R1两端电压=U2－UL=22 V，则流经副线圈的电流I2==2 A，灯泡的电流IL==1.5 A，故流经R2的电流为=I2－IL=0.5 A，故滑动变阻器接入电路的电阻为R==28 Ω，综上所述，为保证灯泡不被烧坏，滑动变阻器接入电路的阻值不超过28 Ω，A正确。
[例4]　如图所示为带有照明系统的电动装置电路，理想变压器原线圈的匝数n1=220匝，副线圈匝数n2=50匝、n3=28匝，原线圈两端接入电压有效值为220 V的交变电源，两副线圈分别连接电动机M和灯泡L，电动机M线圈的电阻为5 Ω，灯泡L的电阻为28 Ω。开关S闭合时，电动机M和灯泡L都正常工作，理想电流表的示数为0.4 A。下列说法中，正确的是(　C　)
A.开关S闭合时，电动机M中的电流为10 A
B.开关S闭合时，电动机M中的电流为1.76 A
C.开关S断开后，电动机M的总功率为60 W
D.开关S断开前后，电流表的示数不变
【解析】 原线圈两端的输入电压U1=220 V，由得，电动机M两端的电压U2=50 V，开关S闭合时，灯泡L两端的电压U3=28 V，变压器的输入功率为P=220 V×0.4 A=88 W，灯泡消耗的功率为PL==28 W，电动机消耗的功率PM=P－PL=60 W，开关S闭合与断开时电动机两端的电压及消耗的功率都不变，断开后总功率仍为PM=60 W，又由PM=U2I得电动机M中的电流I=1.2 A，A、B错误，C正确；开关S断开后，电动机消耗的功率不变，灯泡消耗的功率为0，由能量守恒定律可知，变压器的输入功率减小，输入电压恒为220 V不变，因此输入电流减小，即电流表的示数减小，D错误。
考点三　远距离输电
　　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'，用户端的电压为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
(1)ΔU=　U－U'　；
(2)ΔU=IR。
3.功率损失
(1)ΔP=　P－P'　=ΔU·I；
(2)ΔP=　I2R　=R。
4.降低输电损耗的两个途径
(1)减小电阻法
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。
①采用电阻率ρ较小、密度较小(减轻重量)且材料丰富的铝做远距离输电的导线。
②采用多股铝线绞在一起作为输电线，以增大导线的横截面积S。
(2)升压法：由ΔP=I2R=R知，在输电功率一定的情况下，可通过　提高输电电压　，减小输电电流，以减小输电损耗。
5.理清输电电路图的三个回路(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。
6.抓住两组关联式
(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：，P1=P2。
(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：，P3=P4。
7.掌握一个守恒观念
功率关系：P2=ΔP＋P3，其中ΔP=ΔU·I线=R线=。
[例5]　(2025·温州期末)我国已投产运行的1 100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程。输电线路流程和数据见图示流程图，若直流线路的输电线总电阻为10 Ω，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当输送功率为4.4×109 W时，下列说法中，正确的是(　D　)
送端换流站接入550 kV交流电升压变压器整流成1 100 kV直流电输送
逆变成交流电降压变压器受端换流站接入550 kV交流系统
A.直流输电线上的电流为8×103 A
B.降压变压器的原、副线圈匝数比大于2∶1
C.直流输电线上损失的功率为1.6×107 W，损失的电压为40 kV
D.若保持输送电功率不变，改用550 kV输电，直流输电线上损失的功率为6.4×108 W
【解析】 直流输电线上的电流为I= A=4×103 A，A错误；降压器的输入电压为U2=U－IR=1 100×103 V－4×103×10 V=1 060×103 V，则降压变压器的原、副线圈匝数比，B错误；直流输电线上损失的功率ΔP=I2R=×10 W=1.6×108 W，损失的电压ΔU=IR=4×103×10 V=4×104 V=40 kV，C错误；若保持输送电功率不变，改用550 kV输电，直流输电线的电流I0= A=8×103 A，则直流输电线上损失的功率ΔP0=R=×10 W=6.4×108 W，D正确。
[例6]　(2020·浙江7月选考)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，下列说法中，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，A错误；输电线上损失的功率P线=R线=5 kW，所以I线==25 A，B错误；用户得到的功率P4=P－P线=(100－5)kW=95 kW，则I4= A= A，故，C正确，D错误。

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