資源簡介

(共90張PPT)
第2講
目標
要求
1.會用實驗探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系，體會控制變量法，了解實驗誤差.2.知道變壓器的工作原理，掌握變壓器的特點，并能分析、解決實際問題.3.理解遠距離輸電的原理并會計算線路損失的電壓和功率.
變壓器　遠距離輸電
實驗：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
內容索引
考點一　實驗：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
考點二　理想變壓器的原理及應用
考點三　理想變壓器的動態分析
課時精練
考點四　遠距離輸電
考點一
實驗：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
1.實驗原理
(1)實驗電路圖(如圖所示)：
(2)實驗方法采用控制變量法
①n1、U1一定，研究n2和U2的關系.
②n2、U1一定，研究n1和U2的關系.
2.實驗器材
學生電源(低壓交流電源，小于12 V)1個、可拆變壓器1個、多用電表1個、導線若干.
梳理
必備知識
3.實驗過程
(1)保持原線圈的匝數n1和電壓U1不變，改變副線圈的匝數n2，研究n2對副線圈電壓U2的影響.
①估計被測電壓的大致范圍，選擇多用電表交流電壓擋適當量程，若不知道被測電壓的大致范圍，則應選擇交流電壓擋的最大量程進行測量.
②組裝可拆變壓器：把兩個線圈穿在鐵芯上，閉合鐵芯，用交流電壓擋測量輸入、輸出電壓.
(2)保持副線圈的匝數n2和原線圈兩端的電壓U1不變，研究原線圈的匝數對副線圈電壓的影響.重復(1)中步驟.
4.數據處理
由數據分析變壓器原、副線圈兩端電壓U1、U2之比與原、副線圈的匝數n1、n2之比的關系.
5.注意事項
(1)在改變學生電源電壓、線圈匝數前均要先斷開電源開關，再進行操作.
(2)為了人身安全，學生電源的電壓不能超過12 V，通電時不能用手接觸裸露的導線和接線柱.
(3)為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定被測電壓后再選用適當的擋位進行測量.
例1　在“探究變壓器原、副線圈電壓和匝數的關系”實驗中，可拆變壓器如圖所示.
(1)本實驗要通過改變原、副線圈匝數，探究原、副線圈的電壓比與匝數比的關系，實驗中需要運用的科學方法是____；
A.控制變量法
B.等效替代法
C.整體隔離法
A
本實驗要通過改變原、副線圈匝數，探究原、副線圈的電壓比與匝數比的關系，實驗中需要運用的科學方法是控制變量法，故選A.
(2)為了減少渦流的影響，鐵芯應該選擇____；
A.整塊硅鋼鐵芯 B.整塊不銹鋼鐵芯
C.絕緣的硅鋼片疊成 D.絕緣的銅片疊成
C
變壓器鐵芯的材料要選擇磁性材料，為防止出現渦流，選擇用絕緣的硅鋼片疊成的鐵芯，故C正確，A、B、D錯誤.
(3)以下給出的器材中，本實驗需要用到的有哪些______；
BD
實驗中需要交流電源和交流電壓表，不需要干電池和直流電壓表，故選B、D.
(4)下列做法正確的是____；
A.為了人身安全，只能使用低壓直流電源，所用電壓不要超過12 V
B.為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測
C.觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，導線粗的線圈匝數多
D.變壓器開始正常工作后，鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈
B
變壓器改變的是交流電壓，因此為了人身安全，只能使用低壓交流電源，所用電壓不能超過12 V，若用直流電源，變壓器不能工作，故A錯誤；
使用多用電表測電壓時，先用最大量程擋試測，再選用恰當的擋位進行測量，故B正確；
觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，由變壓器工作原理知　　　，
可知匝數少的電流大，則導線越粗，即導線粗的線圈匝數少，故C錯誤；
變壓器的工作原理是電磁感應現象，若不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用，不是鐵芯導電，傳輸電能，故D錯誤.
(5)在實際實驗中將電源接在原線圈的“0”和“800”兩個接線柱上，用電表測得副線圈的“0”和“400”兩個接線柱之間的電壓為3.0 V，則原線圈的輸入電壓可能為____.(填選項前字母)
A.1.5 V B.3.0 V
C.6.0 V D.7.0 V
D
若變壓器的原線圈接“0”和“800”兩個接線柱，副線圈接“0”和“400”兩個接線柱，
可知原、副線圈的匝數比為2∶1，副線圈的電壓為3 V，
則原線圈的電壓為U1＝2×3 V＝6 V，考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現象，
則原線圈所接的電源電壓大于6 V，可能為7 V，故D正確.
考點二
理想變壓器的原理及應用
1.構造和原理
(1)構造：如圖所示，變壓器是由 和繞在鐵芯上的 組成的.
(2)原理：電磁感應的互感現象.
梳理
必備知識
閉合鐵芯
兩個線圈
2.基本關系式
(1)功率關系： .
(2)電壓關系：＝ .
(3)電流關系：只有一個副線圈時　　　.
(4)頻率關系：　 .
P入＝P出
f出＝f入
1.變壓器只對交變電流起作用，對恒定電流不起作用.(　　)
2.變壓器不但能改變交變電流的電壓，還能改變交變電流的頻率.
(　　)
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√
提升
關鍵能力
1.理想變壓器的制約關系
電壓 原線圈電壓U1和匝數比決定副線圈電壓U2，U2＝　U1
功率 副線圈的輸出功率P出決定原線圈的輸入功率P入，P入＝P出
電流 副線圈電流I2和匝數比決定原線圈電流I1，I1＝　I2
2.含有多個副線圈的變壓器
計算具有兩個或兩個以上副線圈的變壓器問題時，需注意三個關系：
功率關系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn
電流關系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn
例2　(2022·山東卷·4)如圖所示的變壓器，輸入電壓為220 V，可輸出12 V、18 V、30 V電壓，匝數為n1的原線圈中電壓隨時間變化為u＝Umcos (100πt).單匝線圈繞過鐵芯連接交流電壓表，電壓表的示數為0.1 V.將阻值為12 Ω的電阻R接在BC兩端時，功率為12 W.下列說法正確的是
A.n1為1 100匝，Um為220 V
B.BC間線圈匝數為120匝，流過R的電流為1.4 A
C.若將R接在AB兩端，R兩端的電壓為18 V，頻率為100 Hz
D.若將R接在AC兩端，流過R的電流為2.5 A，周期為0.02 s
√
考向1　變壓器基本物理量的分析與計算
例3　(2022·北京卷·4)某理想變壓器的原線圈接在220 V的正弦交流電源上，副線圈輸出電壓為22 000 V，輸出電流為300 mA.該變壓器
A.原、副線圈的匝數之比為100∶1
B.輸入電流為30 A
C.輸入電流的最大值為15 　 A
D.原、副線圈交流電的頻率之比為1∶100
√
變壓器不會改變交流電的頻率，故原、副線圈交流電的頻率之比為1∶1，故D錯誤.
例4　(多選)(2023·福建省漳平第一中學、永安第一中學聯考)如圖所示的理想變壓器，在原、副線圈上接有交流電壓表和三個完全相同的燈泡，且燈泡的電阻R均為1 Ω，在AB端加上u＝6sin 5πt (V)的電壓時，三個小燈泡均正常發光，下列說法正確的是
A.AB端所加電壓的有效值為3 V
B.變壓器原、副線圈的匝數比為2∶1
C.每個小燈泡正常發光時的功率為2 W
D.t＝0.1 s時，理想電壓表的示數為6 V
√
考向2　原線圈接入用電器的變壓器問題分析
√
考點三
理想變壓器的動態分析
梳理
必備知識
1.匝數比不變的分析思路
(1)U1不變，根據　　　，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，不論負載電阻R
如何變化，U2 .
(2)當負載電阻發生變化時，I2變化，輸出電流I2決定輸入電流I1，故I1發生變化.
(3)I2變化引起P2變化，而P1＝P2，故P1發生變化.
不變
2.負載電阻不變的分析思路
(1)U1不變，　發生變化時，U2變化.
(2)R不變，U2變化時，I2發生變化.
(3)根據P2＝ 　，P2發生變化，再根據P1＝ ，故P1變化，P1＝U1I1，
U1不變，故I1發生變化.
P2
1.變壓器副線圈并聯更多的用電器時，原線圈輸入的電流隨之減小.(　　)
2.原線圈所加電壓恒定，當原線圈的匝數增加時，副線圈兩端電壓增大.(　　)
3.變壓器副線圈接入負載越多，原線圈的輸入電流越小.(　　)
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例5　(2021·湖北卷·6)如圖所示，理想變壓器原線圈接入電壓恒定的正弦交流電，副線圈接入最大阻值為2R的滑動變阻器和阻值為R的定值電阻.在變阻器滑片從a端向b端緩慢移動的過程中
A.電流表A1示數減小
B.電流表A2示數增大
C.原線圈輸入功率先增大后減小
D.定值電阻R消耗的功率先減小后增大
√
考向1　理想變壓器匝數不變問題的分析和計算
原線圈的輸入功率為P入＝U1I1，由于I1逐漸減小，則原線圈的輸入功率逐漸減小，故C錯誤；
例6　如圖所示，原、副線圈匝數比為100∶1的理想變壓器，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表，從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝310sin 314t(V)，則
A.當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表的示數為3.1 V
B.副線圈兩端的電壓頻率為50 Hz
C.當單刀雙擲開關由a扳向b時，原線圈輸入功率變小
D.當單刀雙擲開關由a扳向b時，電壓表和電流表的示
　數均變小
√
考向2　理想變壓器負載不變問題的分析和計算
考點四
遠距離輸電
梳理
必備知識
如圖所示，若發電站輸出電功率為P，輸電電壓為U，用戶得到的電功率為P′，用戶端的電壓為U′，輸電電流為I，輸電線總電阻為R.
1.輸電電流
I＝____＝_________.
2.電壓損失
(1)ΔU＝　 ；(2)ΔU＝IR.
3.功率損失
(1)ΔP＝ ＝ΔU·I；
(2)ΔP＝ ＝(　)2R
U－U′
P－P′
I2R
4.降低輸電損耗的兩個途徑
(1)減小輸電線的電阻R.由R＝　 知，可加大導線的 、采用__________的材料做導線.
(2)減小輸電導線中的電流.在輸電功率一定的情況下，根據P＝UI，要減小電流，必須 .
橫截面積
電阻率小
提高輸電電壓
1.增大輸電導線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失.
(　　)
2.高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的熱損耗.(　　)
3.若發電站輸出功率為P，輸電電壓為U，輸電線總電阻為R，如圖所示，則輸電線上損失的功率為P損＝ 　.(　　)
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√
1.理清輸電電路圖的三個回路(如圖)
提升
關鍵能力
(1)在電源回路中，P發電機＝U1I1＝P1.
(2)在輸送回路中，I2＝I線＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R線，ΔP＝I22R線.
(3)在用戶回路中，P4＝U4I4＝P用戶.
2.抓住兩組關聯式
3.掌握一個守恒觀念
例7　如圖所示為遠距離交流輸電的簡化電路圖.發電廠的輸出電壓為U，用等效總電阻是r的兩條輸電線輸電，輸電線路中的電流是I1，其末端間的電壓為U1，在輸電線與用戶間連有一理想變壓器，流入用戶端的電流為I2，則
A.用戶端的電壓為
B.輸電線上損失的電壓為U
C.理想變壓器的輸入功率為I12r
D.輸電線路上損失的電功率為I1U
√
因為P入＝P出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝ 　 ，選項A正確；
輸電線上損失的電壓為U線＝U－U1，選項B錯誤；
理想變壓器的輸入功率P入＝I1U1，輸電線路上損失的電功率P損＝I12r＝I1(U－U1)，選項C、D錯誤.
例8　(多選)(2023·福建三明市模擬)某同學研究遠距離輸電的電路如圖所示，a、b端接入電壓為U0的交流電源，升壓變壓器T1和降壓變壓器T2均為理想變壓器，且　　　.已知R1＝R2＝R3，三個電阻消耗的功率相同，電表均為理想交流電表，則
A.升壓變壓器T1的匝數比為
B.電壓表的示數小于U0
C.若R1短路，電流表示數將變大
D.若R3斷路，電壓表示數將變小
√
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五
課時精練
1.(2020·江蘇卷·2)電流互感器是一種測量電路中電流的變壓器，工作原理如圖所示.其原線圈匝數較少，串聯在電路中，副線圈匝數較多，兩端接在電流表上.則電流互感器
A.是一種降壓變壓器
B.能測量直流電路的電流
C.原、副線圈電流的頻率不同
D.副線圈的電流小于原線圈的電流
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基礎落實練
電流互感器原線圈匝數少，副線圈匝數多，是一種升壓變壓器，故A錯誤；
變壓器的原理是電磁感應，故它不能測量直流電路的電流，故B錯誤；
變壓器不改變交變電流的頻率，故C錯誤；
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變壓器的電流與匝數成反比，因此副線圈的電流小于原線圈的電流，故D正確.
2.(多選)(2020·全國卷Ⅱ·19)特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低.我國已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術.假設從A處采用550 kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的電功率為ΔP，到達B處時電壓下降了ΔU.在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1 100 kV特高壓輸電.輸電線上損耗的電功率變為ΔP′，到達B處時電壓下降了ΔU′.不考慮其他因素的影響，則
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3.(2021·廣東卷·7)某同學設計了一個充電裝置，如圖所示，假設永磁鐵的往復運動在螺線管中產生近似正弦式交流電，周期為0.2 s，電壓最大值為0.05 V，理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數比為1∶60，下列說法正確的是
A.交流電的頻率為10 Hz
B.副線圈兩端電壓最大值為3 V
C.變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強弱無關
D.充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率
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根據法拉第電磁感應定律可知，永磁鐵磁場越強，線圈中產生的感應電動勢越大，變壓器的輸入電壓會越大，故C錯誤；
由理想變壓器原理可知，充電電路的輸入功率等于變壓器的輸入功率，故D錯誤.
4.(多選)無線充電器能給手機充電是因為兩者內部有線圈存在，當電源的電流通過無線充電器的送電線圈會產生變化的磁場，手機端的受電線圈靠近該磁場就會產生感應電流，雙方密切配合，手機成功無線充電.如圖為某老師自制的簡易無線充電裝置，由一個電磁爐(發射線圈)、一個接收線圈、一個二極管、一個車載充電器構成，發射線圈、接收線圈匝數比n1∶n2＝10∶1，若電磁爐兩端所加電壓為u＝220　 sin 314t (V)，不考慮充電過程中的各種能量損失.則下列說法正確的是
A.通過車載充電器的電流為交流電
B.通過車載充電器的電流為直流電
C.車載充電器兩端電壓的有效值約為22 V
D.車載充電器兩端電壓的有效值約為 V
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接收線圈與車載充電器之間連接一個二極管，二極管只能正向通電，具有整流作用，所以通過車載充電器的電流為直流電，故A錯誤，B正確；
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5.(2022·河北卷·3)張家口市壩上地區的風力發電場是北京冬奧會綠色電能的主要供應地之一，其發電、輸電簡易模型如圖所示，已知風輪機葉片轉速為每秒z轉，通過轉速比為1∶n的升速齒輪箱帶動發電機線圈高速轉動，發電機線圈面積為S，匝數為N，勻強磁場的磁感應強度為B，t＝0時刻，線圈所在平面與磁場方向垂直，發電機產生的交變電流經過理想變壓器升壓后.輸出電壓為U.忽略線圈電阻，
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下列說法正確的是
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發電機線圈的轉速為nz，輸出交變電流的頻率為f＝nz，B錯誤；
發電機產生的瞬時電動勢為e＝Emsin ωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D錯誤.
6.某同學在實驗室進行探究變壓器原、副線圈電壓與匝數關系的實驗.他準備了可拆變壓器、多用電表、開關和導線若干.
(1)實驗需要以下哪種電源____；
A.低壓直流電源 B.高壓直流電源
C.低壓交流電源 D.高壓交流電源
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C
探究變壓器原、副線圈電壓與匝數關系，應選擇低壓交流電源，故選C.
(2)該同學認真檢查電路無誤后，先保證原線圈匝數不變，改變副線圈匝數；再保證副線圈匝數不變，改變原線圈匝數.分別測出相應的原、副線圈電壓值.由于交變電流電壓是變化的，所以，我們實際上測量的是電壓的______值 (填“有效”或“最大”).其中一次多用電表讀數如圖所示，此時電壓表讀數為______；
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有效
7.0 V
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多用電表測量的交流電壓為有效值，不是最大值；多用電表選用的擋位是交流電壓的10 V擋位，所以應該在0～10 V擋位讀數，所以讀數應該是7.0 V.
(3)理想變壓器原、副線圈電壓應與其匝數成______(選填“正比” 或“反比”)，實驗中由于變壓器的銅損和鐵損，導致原線圈與副線圈的電壓之比一般______(選填“大于”“小于”或“等于”)原線圈與副線圈的匝數之比；
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正比
大于
(4)實驗中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數之比有微小差別.原因不可能為_____.(填字母代號)
A.原、副線圈上通過的電流發熱
B.鐵芯在交變磁場作用下發熱
C.變壓器鐵芯漏磁
D.原線圈輸入電壓發生變化
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原、副線圈上通過的電流發熱，鐵芯在交變磁場作用下發熱，都會使變壓器輸出功率發生變化，從而導致電壓比與匝數比有差別；變壓器鐵芯漏磁，也會導致電壓比與匝數比有差別；原線圈輸入電壓發生變化，不會影響電壓比和匝數比，故選D.
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能力綜合練
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C.若磁感應強度的變化周期減小，則變壓器的輸
　出功率將增大
D.若自耦變壓器的滑片P順時針轉動，則通過原線圈的電流增大
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若磁感應強度的變化周期減小，則感應電動勢的最大值增大，有效值增大，副線圈兩端的電壓增大，定值電阻消耗的電功率即變壓器的輸出功率將增大，C正確；
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自耦變壓器的滑片P順時針轉動，則副線圈的匝數減少，副線圈兩端的電壓減小，通過副線圈的電流減小，由n1I1＝n2I2可知通過原線圈的電流減小，D錯誤.
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8.(多選)(2023·福建省模擬)20年來福建電網實現電網結構、電壓等級、電力技術“三大跨越”.如圖所示是遠距離輸電示意圖，現將輸送電壓U2由220 kV升級為1 000 kV高壓，輸送的總電功率變為原來的2倍，保持發電機輸出電壓U1及用戶得到的電壓U4均不變，輸電線的電阻不變，變壓器均為理想變壓器，則
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9.如圖甲所示為半波整流電路，在理想變壓器的輸出電路中有一只整流二極管，已知原、副線圈的匝數比為11∶1，電阻R＝10 Ω，原線圈的輸入電壓隨時間的變化關系如圖乙所示，電表均為理想交流電表，則
A.電壓表V1的讀數為28 V
B.電壓表V2的讀數為20 V
C.電流表A的讀數為0.18 A
D.原線圈的輸入功率為20 W
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9
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11
12
原線圈的輸入功率等于輸出功率，即P0＝P1＝U2I2＝20 W，D正確.
10.(多選)(2022·湖北卷·9)近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示.發射線圈的輸入電壓為220 V、匝數為1 100匝，接收線圈的匝數為50匝.若工作狀態下，穿過接收線圈的磁通量約為發射線圈的80%，忽略其它損耗，下列說法正確的是
A.接收線圈的輸出電壓約為8 V
B.接收線圈與發射線圈中電流之比約為22∶1
C.發射線圈與接收線圈中交變電流的頻率
　相同
D.穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同
1
2
3
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5
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√
√
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由于漏磁，接收線圈與發射線圈功率不相等，接收線圈與發射線圈中的電流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，故B錯誤；
變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；
由于穿過發射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相等，所以穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤.
11.(多選)(2023·福建漳州市質檢)如圖為某地鐵系統供電的變電站示意圖，理想變壓器原線圈兩端連接有效值為36 kV的交流電源，兩副線圈分別連接牽引電機和照明系統.已知兩副線圈匝數分別為n2和n3，牽引電機的額定電壓為1 500 V，額定功率為180 kW，照明系統的額定電壓為220 V，閉合開關S，牽引電機和照明系統均能正常工作.則
A.n2∶n3＝75∶11
B.牽引電機的內阻為12.5 Ω
C.S斷開后，原線圈電流為5 A
D.S斷開前后，原線圈電流不變
√
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素養提升練
√
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S斷開后，減少了照明系統消耗的電功率，原線圈的輸入功率也要減少，而原線圈兩端電源電壓U1＝36 kV不變，故原線圈電流I1應變小，D選項錯誤.
12.(2022·湖南卷·6)如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數相同，滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源.定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端.理想電壓表 　的示數為U，理想電流表　 的示數為I.下列說法正確的是
A.保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，
　U不變
B.保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R1消耗
　的功率增大
C.保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，U增大
D.保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小
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√
1
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3
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5
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12
由題意可知，原、副線圈的匝數比為2，
則副線圈的電流為2I，
根據歐姆定律可得副線圈的電壓有效值為U2＝2IR1，
則變壓器原線圈兩端的電壓有效值為U1＝2U2＝4IR1，
設接入交變電源的電壓有效值為U0，
保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I不斷變大，
根據歐姆定律有U1＝4IR1，可知變壓器原線圈兩端的電壓有效值變大，輸入端接入的電壓有效值不變，
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
11
12
則R2兩端的電壓不斷變小，
則電壓表示數U變小，原線圈的電壓、電流都變大，
則功率變大，
根據原、副線圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正確，A錯誤；
設原、副線圈的匝數比為n，同理可得U1＝n2IR1，
保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，n不斷變大，則I變小，
1
2
3
4
5
6
7
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9
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11
12
對R2由歐姆定律可知U＝IR2，可知U不斷變小，
當n＝3時，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后減小，故C、D錯誤.第2講　變壓器　遠距離輸電
實驗：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
目標要求　1.會用實驗探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系，體會控制變量法，了解實驗誤差.2.知道變壓器的工作原理，掌握變壓器的特點，并能分析、解決實際問題.3.理解遠距離輸電的原理并會計算線路損失的電壓和功率．
考點一　實驗：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系
1．實驗原理
(1)實驗電路圖(如圖所示)：
(2)實驗方法采用控制變量法
①n1、U1一定，研究n2和U2的關系．
②n2、U1一定，研究n1和U2的關系．
2．實驗器材
學生電源(低壓交流電源，小于12 V)1個、可拆變壓器1個、多用電表1個、導線若干．
3．實驗過程
(1)保持原線圈的匝數n1和電壓U1不變，改變副線圈的匝數n2，研究n2對副線圈電壓U2的影響．
①估計被測電壓的大致范圍，選擇多用電表交流電壓擋適當量程，若不知道被測電壓的大致范圍，則應選擇交流電壓擋的最大量程進行測量．
②組裝可拆變壓器：把兩個線圈穿在鐵芯上，閉合鐵芯，用交流電壓擋測量輸入、輸出電壓．
(2)保持副線圈的匝數n2和原線圈兩端的電壓U1不變，研究原線圈的匝數對副線圈電壓的影響．重復(1)中步驟．
4．數據處理
由數據分析變壓器原、副線圈兩端電壓U1、U2之比與原、副線圈的匝數n1、n2之比的關系．
5．注意事項
(1)在改變學生電源電壓、線圈匝數前均要先斷開電源開關，再進行操作．
(2)為了人身安全，學生電源的電壓不能超過12 V，通電時不能用手接觸裸露的導線和接線柱．
(3)為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定被測電壓后再選用適當的擋位進行測量．
例1　在“探究變壓器原、副線圈電壓和匝數的關系”實驗中，可拆變壓器如圖所示．
(1)本實驗要通過改變原、副線圈匝數，探究原、副線圈的電壓比與匝數比的關系，實驗中需要運用的科學方法是________；
A．控制變量法
B．等效替代法
C．整體隔離法
(2)為了減少渦流的影響，鐵芯應該選擇________；
A．整塊硅鋼鐵芯 B．整塊不銹鋼鐵芯
C．絕緣的硅鋼片疊成 D．絕緣的銅片疊成
(3)以下給出的器材中，本實驗需要用到的有哪些________；
(4)下列做法正確的是________；
A．為了人身安全，只能使用低壓直流電源，所用電壓不要超過12 V
B．為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測
C．觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，導線粗的線圈匝數多
D．變壓器開始正常工作后，鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈
(5)在實際實驗中將電源接在原線圈的“0”和“800”兩個接線柱上，用電表測得副線圈的“0”和“400”兩個接線柱之間的電壓為3.0 V，則原線圈的輸入電壓可能為________．(填選項前字母)
A．1.5 V B．3.0 V
C．6.0 V D．7.0 V
答案　(1)A　(2)C　(3)BD　(4)B　(5)D
解析　(1)本實驗要通過改變原、副線圈匝數，探究原、副線圈的電壓比與匝數比的關系，實驗中需要運用的科學方法是控制變量法，故選A.
(2)變壓器鐵芯的材料要選擇磁性材料，為防止出現渦流，選擇用絕緣的硅鋼片疊成的鐵芯，故C正確，A、B、D錯誤．
(3)實驗中需要交流電源和交流電壓表，不需要干電池和直流電壓表，故選B、D.
(4)變壓器改變的是交流電壓，因此為了人身安全，只能使用低壓交流電源，所用電壓不能超過12 V，若用直流電源，變壓器不能工作，故A錯誤；使用多用電表測電壓時，先用最大量程擋試測，再選用恰當的擋位進行測量，故B正確；觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，由變壓器工作原理知＝，可知匝數少的電流大，則導線越粗，即導線粗的線圈匝數少，故C錯誤；變壓器的工作原理是電磁感應現象，若不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用，不是鐵芯導電，傳輸電能，故D錯誤．
(5)若是理想變壓器，則由變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系有＝，若變壓器的原線圈接“0”和“800”兩個接線柱，副線圈接“0”和“400”兩個接線柱，可知原、副線圈的匝數比為2∶1，副線圈的電壓為3 V，則原線圈的電壓為U1＝2×3 V＝6 V，考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現象，則原線圈所接的電源電壓大于6 V，可能為7 V，故D正確．
考點二　理想變壓器的原理及應用
1．構造和原理
(1)構造：如圖所示，變壓器是由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的兩個線圈組成的．
(2)原理：電磁感應的互感現象．
2．基本關系式
(1)功率關系：P入＝P出．
(2)電壓關系：＝.
(3)電流關系：只有一個副線圈時＝.
(4)頻率關系：f出＝f入．
1．變壓器只對交變電流起作用，對恒定電流不起作用．(　√　)
2．變壓器不但能改變交變電流的電壓，還能改變交變電流的頻率．(　×　)
3．在任何情況下，理想變壓器均滿足＝、＝、P入＝P出．(　×　)
1．理想變壓器的制約關系
電壓 原線圈電壓U1和匝數比決定副線圈電壓U2，U2＝U1
功率 副線圈的輸出功率P出決定原線圈的輸入功率P入，P入＝P出
電流 副線圈電流I2和匝數比決定原線圈電流I1，I1＝I2
2.含有多個副線圈的變壓器
計算具有兩個或兩個以上副線圈的變壓器問題時，需注意三個關系：
電壓關系：＝＝＝…＝
功率關系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn
電流關系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn
考向1　變壓器基本物理量的分析與計算
例2　(2022·山東卷·4)如圖所示的變壓器，輸入電壓為220 V，可輸出12 V、18 V、30 V電壓，匝數為n1的原線圈中電壓隨時間變化為u＝Umcos (100πt)．單匝線圈繞過鐵芯連接交流電壓表，電壓表的示數為0.1 V．將阻值為12 Ω的電阻R接在BC兩端時，功率為12 W．下列說法正確的是(　　)
A．n1為1 100匝，Um為220 V
B．BC間線圈匝數為120匝，流過R的電流為1.4 A
C．若將R接在AB兩端，R兩端的電壓為18 V，頻率為100 Hz
D．若將R接在AC兩端，流過R的電流為2.5 A，周期為0.02 s
答案　D
解析　變壓器的輸入電壓為220 V，原線圈的交流電的電壓與時間成余弦函數關系，故輸入交流電壓的最大值為220 V，根據理想變壓器原線圈與單匝線圈的匝數比為＝，解得原線圈為2 200匝，A錯誤；根據題圖可知，當原線圈輸入電壓為220 V時，BC間的電壓為UBC＝＝12 V，故BC間的線圈與單匝線圈匝數關系有＝，則BC間的線圈匝數為120匝，流過R的電流為IBC＝＝＝1 A，B錯誤；若將R接在AB兩端，根據題圖可知，當原線圈輸入電壓為220 V時，AB間的電壓應該為18 V，根據交流電原線圈電壓的表達式可知，交流電的角速度為100π rad/s，故交流電的頻率為f＝＝＝50 Hz，C錯誤；若將R接在AC兩端，根據題圖可知，當原線圈輸入電壓為220 V時，AC間的電壓應該為30 V，根據歐姆定律可知，流過電阻R的電流為IAC＝＝ A＝2.5 A，交流電的周期為T＝＝0.02 s，D正確．
例3　(2022·北京卷·4)某理想變壓器的原線圈接在220 V的正弦交流電源上，副線圈輸出電壓為22 000 V，輸出電流為300 mA.該變壓器(　　)
A．原、副線圈的匝數之比為100∶1
B．輸入電流為30 A
C．輸入電流的最大值為15 A
D．原、副線圈交流電的頻率之比為1∶100
答案　B
解析　原、副線圈的匝數之比為＝＝＝，故A錯誤；根據＝可得輸入電流為I1＝I2＝100×300×10－3 A＝30 A，故B正確；輸入電流的最大值為Im＝I1＝30 A，故C錯誤；變壓器不會改變交流電的頻率，故原、副線圈交流電的頻率之比為1∶1，故D錯誤．
考向2　原線圈接入用電器的變壓器問題分析
例4　(多選)(2023·福建省漳平第一中學、永安第一中學聯考)如圖所示的理想變壓器，在原、副線圈上接有交流電壓表和三個完全相同的燈泡，且燈泡的電阻R均為1 Ω，在AB端加上u＝6sin 5πt (V)的電壓時，三個小燈泡均正常發光，下列說法正確的是(　　)
A．AB端所加電壓的有效值為3 V
B．變壓器原、副線圈的匝數比為2∶1
C．每個小燈泡正常發光時的功率為2 W
D．t＝0.1 s時，理想電壓表的示數為6 V
答案　BC
解析　根據題意可知，AB端所加電壓的最大值為Um＝6 V，則AB端所加電壓的有效值為U＝＝3 V，即t＝0.1 s時，理想電壓表的示數為3 V，故A、D錯誤；設小燈泡的額定電壓為UL，額定電流為IL，由題圖可知，變壓器原線圈的電流為I1＝IL，副線圈的電流為I2＝2IL，則變壓器原、副線圈的匝數比為＝＝，故B正確；由題圖可知，變壓器副線圈的電壓為U2＝UL，設原線圈的電壓為U1，則有＝，可得U1＝2UL，又有U＝UL＋U1，聯立解得UL＝ V，每個小燈泡正常發光時的功率為P＝＝2 W，故C正確．
考點三　理想變壓器的動態分析
1．匝數比不變的分析思路
(1)U1不變，根據＝，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，不論負載電阻R如何變化，U2不變．
(2)當負載電阻發生變化時，I2變化，輸出電流I2決定輸入電流I1，故I1發生變化．
(3)I2變化引起P2變化，而P1＝P2，故P1發生變化．
2．負載電阻不變的分析思路
(1)U1不變，發生變化時，U2變化．
(2)R不變，U2變化時，I2發生變化．
(3)根據P2＝，P2發生變化，再根據P1＝P2，故P1變化，P1＝U1I1，U1不變，故I1發生變化．
1．變壓器副線圈并聯更多的用電器時，原線圈輸入的電流隨之減小．(　×　)
2．原線圈所加電壓恒定，當原線圈的匝數增加時，副線圈兩端電壓增大．(　×　)
3．變壓器副線圈接入負載越多，原線圈的輸入電流越小．(　×　)
考向1　理想變壓器匝數不變問題的分析和計算
例5　(2021·湖北卷·6)如圖所示，理想變壓器原線圈接入電壓恒定的正弦交流電，副線圈接入最大阻值為2R的滑動變阻器和阻值為R的定值電阻．在變阻器滑片從a端向b端緩慢移動的過程中(　　)
A．電流表A1示數減小
B．電流表A2示數增大
C．原線圈輸入功率先增大后減小
D．定值電阻R消耗的功率先減小后增大
答案　A
解析　由于原線圈所接電壓恒定，匝數比恒定，故變壓器副線圈的輸出電壓恒定，滑動變阻器的滑片從a端向b端緩慢移動的過程中，由數學知識可知，變壓器副線圈所接的電阻值逐漸增大，則由歐姆定律得I2＝，可知副線圈的電流逐漸減小，由＝，可知變壓器原線圈的電流I1也逐漸減小，故A正確，B錯誤；原線圈的輸入功率為P入＝U1I1，由于I1逐漸減小，則原線圈的輸入功率逐漸減小，故C錯誤；滑片從a端向b端滑動時，副線圈干路電流減小，滑動變阻器右半部分和R并聯總電阻減小，則并聯部分分壓減小，由PR＝知，定值電阻R消耗的功率減小，故D錯誤．
考向2　理想變壓器負載不變問題的分析和計算
例6　如圖所示，原、副線圈匝數比為100∶1的理想變壓器，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表，從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝310sin 314t(V)，則(　　)
A．當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表的示數為3.1 V
B．副線圈兩端的電壓頻率為50 Hz
C．當單刀雙擲開關由a扳向b時，原線圈輸入功率變小
D．當單刀雙擲開關由a扳向b時，電壓表和電流表的示數均變小
答案　B
解析　由＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，A錯誤；由瞬時值表達式可得ω＝314 rad/s，則頻率f＝＝ Hz＝50 Hz，B正確；當單刀雙擲開關由a扳向b時，n1減小，則U2增大，電壓表示數變大，I2＝增大，副線圈的輸出功率P出＝U2I2增大，原線圈的輸入功率增大，C、D錯誤．
考點四　遠距離輸電
如圖所示，若發電站輸出電功率為P，輸電電壓為U，用戶得到的電功率為P′，用戶端的電壓為U′，輸電電流為I，輸電線總電阻為R.
1．輸電電流
I＝＝.
2．電壓損失
(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR.
3．功率損失
(1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I；
(2)ΔP＝I2R＝()2R
4．降低輸電損耗的兩個途徑
(1)減小輸電線的電阻R.由R＝ρ知，可加大導線的橫截面積、采用電阻率小的材料做導線．
(2)減小輸電導線中的電流．在輸電功率一定的情況下，根據P＝UI，要減小電流，必須提高輸電電壓．
1．增大輸電導線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失．(　√　)
2．高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的熱損耗．(　√　)
3．若發電站輸出功率為P，輸電電壓為U，輸電線總電阻為R，如圖所示，則輸電線上損失的功率為P損＝.(　×　)
1．理清輸電電路圖的三個回路(如圖)
(1)在電源回路中，P發電機＝U1I1＝P1.
(2)在輸送回路中，I2＝I線＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R線，ΔP＝I22R線．
(3)在用戶回路中，P4＝U4I4＝P用戶．
2．抓住兩組關聯式
(1)理想的升壓變壓器聯系著電源回路和輸送回路，由理想變壓器原理可得：＝，＝，P1＝P2.
(2)理想的降壓變壓器聯系著輸送回路和用戶回路，由理想變壓器原理可得：＝，＝，P3＝P4.
3．掌握一個守恒觀念
功率關系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I線＝I線2R線＝.
例7　如圖所示為遠距離交流輸電的簡化電路圖．發電廠的輸出電壓為U，用等效總電阻是r的兩條輸電線輸電，輸電線路中的電流是I1，其末端間的電壓為U1，在輸電線與用戶間連有一理想變壓器，流入用戶端的電流為I2，則(　　)
A．用戶端的電壓為
B．輸電線上損失的電壓為U
C．理想變壓器的輸入功率為I12r
D．輸電線路上損失的電功率為I1U
答案　A
解析　因為P入＝P出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝，選項A正確；輸電線上損失的電壓為U線＝U－U1，選項B錯誤；理想變壓器的輸入功率P入＝I1U1，輸電線路上損失的電功率
P損＝I12r＝I1(U－U1)，選項C、D錯誤．
例8　(多選)(2023·福建三明市模擬)某同學研究遠距離輸電的電路如圖所示，a、b端接入電壓為U0的交流電源，升壓變壓器T1和降壓變壓器T2均為理想變壓器，且＝.已知R1＝R2＝R3，三個電阻消耗的功率相同，電表均為理想交流電表，則(　　)
A．升壓變壓器T1的匝數比為＝
B．電壓表的示數小于U0
C．若R1短路，電流表示數將變大
D．若R3斷路，電壓表示數將變小
答案　BC
解析　令R1＝R2＝R3＝R，三個電阻消耗的功率相同，則有PR1＝I32R，PR2＝PR3＝()2R，則有＝，根據變壓器原、副線圈匝數比與電流之間的關系可得＝＝，由題意可得升壓變壓器T1的匝數比為＝＝，A錯誤；根據變壓器的工作原理＝，＝，又因為U3＝U2－I3R1，U1＝U0，則U4＝U0－I3R1＝U0－()2I4R1＝U0－()2R1＝U0－U4，解得U4＝U0，電壓表的示數即U4，可知電壓表的示數小于U0，B正確；若R1短路，則U3＝U2，降壓變壓器的原線圈電壓變大，副線圈的電壓也將升高，從而使得降壓變壓器的電流I4增大，根據電流與變壓器匝數的關系＝可知，當降壓變壓器副線圈中的電流增加時，降壓變壓器原線圈中的電流也增加，即R1短路，電流表示數將變大，C正確；若R3斷路，此時電壓表的示數為U4′＝U0－()2R1＝U0－，解得U4′＝U0，可知U4′>U4，由此可以判定，R3斷路，電壓表示數將變大，D錯誤．
課時精練
1．(2020·江蘇卷·2)電流互感器是一種測量電路中電流的變壓器，工作原理如圖所示．其原線圈匝數較少，串聯在電路中，副線圈匝數較多，兩端接在電流表上．則電流互感器(　　)
A．是一種降壓變壓器
B．能測量直流電路的電流
C．原、副線圈電流的頻率不同
D．副線圈的電流小于原線圈的電流
答案　D
解析　電流互感器原線圈匝數少，副線圈匝數多，是一種升壓變壓器，故A錯誤；變壓器的原理是電磁感應，故它不能測量直流電路的電流，故B錯誤；變壓器不改變交變電流的頻率，故C錯誤；變壓器的電流與匝數成反比，因此副線圈的電流小于原線圈的電流，故D正確．
2．(多選)(2020·全國卷Ⅱ·19)特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低．我國已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術．假設從A處采用550 kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的電功率為ΔP，到達B處時電壓下降了ΔU.在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1 100 kV特高壓輸電．輸電線上損耗的電功率變為ΔP′，到達B處時電壓下降了ΔU′.不考慮其他因素的影響，則(　　)
A．ΔP′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU
答案　AD
解析　由輸電電流I＝知，輸送的電功率不變，輸電電壓加倍，輸電電流變為原來的，損耗的電功率ΔP＝I2r，故輸電電壓加倍，損耗的電功率變為原來的，即ΔP′＝ΔP；輸電線上損失電壓為ΔU＝Ir，則輸電電壓加倍，損失電壓變為原來的，即ΔU′＝ΔU.故A、D正確．
3．(2021·廣東卷·7)某同學設計了一個充電裝置，如圖所示，假設永磁鐵的往復運動在螺線管中產生近似正弦式交流電，周期為0.2 s，電壓最大值為0.05 V，理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數比為1∶60，下列說法正確的是(　　)
A．交流電的頻率為10 Hz
B．副線圈兩端電壓最大值為3 V
C．變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強弱無關
D．充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率
答案　B
解析　周期為T＝0.2 s，頻率為f＝＝5 Hz，故A錯誤；由理想變壓器原理可知＝，解得副線圈兩端的最大電壓為U2＝U1＝3 V，故B正確；根據法拉第電磁感應定律可知，永磁鐵磁場越強，線圈中產生的感應電動勢越大，變壓器的輸入電壓會越大，故C錯誤；由理想變壓器原理可知，充電電路的輸入功率等于變壓器的輸入功率，故D錯誤．
4．(多選)無線充電器能給手機充電是因為兩者內部有線圈存在，當電源的電流通過無線充電器的送電線圈會產生變化的磁場，手機端的受電線圈靠近該磁場就會產生感應電流，雙方密切配合，手機成功無線充電．如圖為某老師自制的簡易無線充電裝置，由一個電磁爐(發射線圈)、一個接收線圈、一個二極管、一個車載充電器構成，發射線圈、接收線圈匝數比n1∶n2＝10∶1，若電磁爐兩端所加電壓為u＝220sin 314t (V)，不考慮充電過程中的各種能量損失．則下列說法正確的是(　　)
A．通過車載充電器的電流為交流電
B．通過車載充電器的電流為直流電
C．車載充電器兩端電壓的有效值約為22 V
D．車載充電器兩端電壓的有效值約為 V
答案　BD
解析　接收線圈與車載充電器之間連接一個二極管，二極管只能正向通電，具有整流作用，所以通過車載充電器的電流為直流電，故A錯誤，B正確；發射線圈、接收線圈匝數比n1∶n2＝10∶1，若電磁爐兩端所加電壓為u＝220sin 314t (V)，則發射線圈兩端電壓有效值U1＝，由＝，代入數據聯立可得接收線圈兩端電壓有效值U2＝＝ V＝22 V，由有效值的定義有·＝·T，可得車載充電器兩端電壓的有效值約為U3＝ V，故C錯誤，D正確．
5．(2022·河北卷·3)張家口市壩上地區的風力發電場是北京冬奧會綠色電能的主要供應地之一，其發電、輸電簡易模型如圖所示，已知風輪機葉片轉速為每秒z轉，通過轉速比為1∶n的升速齒輪箱帶動發電機線圈高速轉動，發電機線圈面積為S，匝數為N，勻強磁場的磁感應強度為B，t＝0時刻，線圈所在平面與磁場方向垂直，發電機產生的交變電流經過理想變壓器升壓后．輸出電壓為U.忽略線圈電阻，下列說法正確的是(　　)
A．發電機輸出的電壓為πNBSz
B．發電機輸出交變電流的頻率為2πnz
C．變壓器原、副線圈的匝數比為πNBSnz∶U
D．發電機產生的瞬時電動勢e＝πNBSnzsin(2πnz)
答案　C
解析　發電機線圈的轉速為nz，輸出交變電流的頻率為f＝nz，B錯誤；線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產生正弦交流電，最大值為Em＝NBS·2π·nz，則發電機輸出的電壓為E＝＝πNBSnz，A錯誤；變壓器原、副線圈的匝數比為＝＝，C正確；發電機產生的瞬時電動勢為e＝Emsin ωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D錯誤．
6．某同學在實驗室進行探究變壓器原、副線圈電壓與匝數關系的實驗．他準備了可拆變壓器、多用電表、開關和導線若干．
(1)實驗需要以下哪種電源________；
A．低壓直流電源 B．高壓直流電源
C．低壓交流電源 D．高壓交流電源
(2)該同學認真檢查電路無誤后，先保證原線圈匝數不變，改變副線圈匝數；再保證副線圈匝數不變，改變原線圈匝數．分別測出相應的原、副線圈電壓值．由于交變電流電壓是變化的，所以，我們實際上測量的是電壓的________值 (填“有效”或“最大”)．其中一次多用電表讀數如圖所示，此時電壓表讀數為________；
(3)理想變壓器原、副線圈電壓應與其匝數成________(選填“正比” 或“反比”)，實驗中由于變壓器的銅損和鐵損，導致原線圈與副線圈的電壓之比一般________(選填“大于”“小于”或“等于”)原線圈與副線圈的匝數之比；
(4)實驗中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數之比有微小差別．原因不可能為________．(填字母代號)
A．原、副線圈上通過的電流發熱
B．鐵芯在交變磁場作用下發熱
C．變壓器鐵芯漏磁
D．原線圈輸入電壓發生變化
答案　(1)C　(2)有效　7.0 V　(3)正比　大于　(4)D
解析　(1)探究變壓器原、副線圈電壓與匝數關系，應選擇低壓交流電源，故選C.
(2)多用電表測量的交流電壓為有效值，不是最大值；多用電表選用的擋位是交流電壓的10 V擋位，所以應該在0～10 V擋位讀數，所以讀數應該是7.0 V.
(3)根據＝可知，理想變壓器原、副線圈電壓應與其匝數成正比．實驗中由于變壓器的銅損和鐵損，變壓器的鐵芯損失一部分的磁通量，所以導致副線圈電壓的實際值一般略小于理論值，所以導致＞.
(4)原、副線圈上通過的電流發熱，鐵芯在交變磁場作用下發熱，都會使變壓器輸出功率發生變化，從而導致電壓比與匝數比有差別；變壓器鐵芯漏磁，也會導致電壓比與匝數比有差別；原線圈輸入電壓發生變化，不會影響電壓比和匝數比，故選D.
7．(多選)(2023·福建省百校聯合測評)如圖甲所示，自耦變壓器的原線圈與N匝半徑為r的圓形線圈(圖中未畫全)相連，副線圈與定值電阻R構成閉合回路，圖示位置副線圈的匝數為原線圈匝數的.線圈內有垂直線圈平面向里的磁場，磁感應強度按圖乙所示規律變化．不考慮電阻隨溫度的變化以及線圈的電阻，下列說法正確的是(　　)
A．圖示位置，定值電阻兩端的最大電壓為
B．圖示位置，定值電阻消耗的電功率為
C．若磁感應強度的變化周期減小，則變壓器的輸出功率將增大
D．若自耦變壓器的滑片P順時針轉動，則通過原線圈的電流增大
答案　BC
解析　由題圖乙可得磁感應強度為B＝B0sint，由法拉第電磁感應定律得圓形線圈中產生的感應電動勢為E＝Nπr2＝cost，所以原線圈兩端的最大電壓為U1max＝，由＝得，定值電阻兩端的最大電壓為U2max＝，A錯誤；定值電阻消耗的電功率為P＝＝，B正確；若磁感應強度的變化周期減小，則感應電動勢的最大值增大，有效值增大，副線圈兩端的電壓增大，定值電阻消耗的電功率即變壓器的輸出功率將增大，C正確；自耦變壓器的滑片P順時針轉動，則副線圈的匝數減少，副線圈兩端的電壓減小，通過副線圈的電流減小，由n1I1＝n2I2可知通過原線圈的電流減小，D錯誤.
8．(多選)(2023·福建省模擬)20年來福建電網實現電網結構、電壓等級、電力技術“三大跨越”．如圖所示是遠距離輸電示意圖，現將輸送電壓U2由220 kV升級為1 000 kV高壓，輸送的總電功率變為原來的2倍，保持發電機輸出電壓U1及用戶得到的電壓U4均不變，輸電線的電阻不變，變壓器均為理想變壓器，則(　　)
A.變為原來的倍
B．輸電線上電流I2變為原來的
C．輸電線損失的功率變為原來的()2
D．降壓變壓器原、副線圈匝數比值變小
答案　ABC
解析　由理想變壓器基本關系知＝，U1不變，U2變為原來的倍，所以變為原來的倍，A正確；根據P送＝U2I2可知，因P送變為原來的2倍，U2變為原來的倍，則輸電線上電流I2變為原來的，B正確；根據P損＝I22R線，可知P損變為原來的()2，C正確；總功率變大，損失的功率變小，則用戶端功率變大，因用戶端電壓不變，則I4變大，又I2變小，I2＝I3，則＝變大，D錯誤．
9．如圖甲所示為半波整流電路，在理想變壓器的輸出電路中有一只整流二極管，已知原、副線圈的匝數比為11∶1，電阻R＝10 Ω，原線圈的輸入電壓隨時間的變化關系如圖乙所示，電表均為理想交流電表，則(　　)
A．電壓表V1的讀數為28 V
B．電壓表V2的讀數為20 V
C．電流表A的讀數為0.18 A
D．原線圈的輸入功率為20 W
答案　D
解析　由題圖可知，原線圈輸入電壓的有效值為U0＝220 V，根據原、副線圈匝數比與電壓比的關系可知＝，解得U1＝·U0＝×220 V＝20 V，所以電壓表V1的讀數為20 V，A錯誤；由于二極管具有單向導電性，一個周期內只有半個周期有電流通過，故有·＝·T，有效值為U2＝10 V，即電壓表V2的讀數為10 V≈14.14 V，B錯誤；流過R的電流為I2＝＝ A≈1.4 A，由原線圈輸入功率等于輸出功率可知，U0I0＝U2I2，解得I0≈0.09 A，C錯誤；原線圈的輸入功率等于輸出功率，即P0＝P1＝U2I2＝20 W，D正確．
10．(多選)(2022·湖北卷·9)近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示．發射線圈的輸入電壓為220 V、匝數為1 100匝，接收線圈的匝數為50匝．若工作狀態下，穿過接收線圈的磁通量約為發射線圈的80%，忽略其它損耗，下列說法正確的是(　　)
A．接收線圈的輸出電壓約為8 V
B．接收線圈與發射線圈中電流之比約為22∶1
C．發射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同
D．穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同
答案　AC
解析　根據＝，可得接收線圈的輸出電壓約為U2＝8 V，故A正確；由于漏磁，接收線圈與發射線圈功率不相等，接收線圈與發射線圈中的電流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，故B錯誤；變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；由于穿過發射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相等，所以穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤．
11．(多選)(2023·福建漳州市質檢)如圖為某地鐵系統供電的變電站示意圖，理想變壓器原線圈兩端連接有效值為36 kV的交流電源，兩副線圈分別連接牽引電機和照明系統．已知兩副線圈匝數分別為n2和n3，牽引電機的額定電壓為1 500 V，額定功率為180 kW，照明系統的額定電壓為220 V，閉合開關S，牽引電機和照明系統均能正常工作．則(　　)
A．n2∶n3＝75∶11
B．牽引電機的內阻為12.5 Ω
C．S斷開后，原線圈電流為5 A
D．S斷開前后，原線圈電流不變
答案　AC
解析　根據＝，＝，可得＝＝＝，A選項正確；對于純電阻用電器有R＝＝ Ω＝12.5 Ω，因電動機是非純電阻用電器，故內阻不等于12.5 Ω，B選項錯誤；S斷開后，由原線圈輸入功率與副線圈輸出功率相等，即I1U1＝I2U2＝P2＝180 kW，可得I1＝＝ A＝5 A，C選項正確；S斷開后，減少了照明系統消耗的電功率，原線圈的輸入功率也要減少，而原線圈兩端電源電壓U1＝36 kV不變，故原線圈電流I1應變小，D選項錯誤．
12.(2022·湖南卷·6)如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數相同，滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源．定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端．理想電壓表的示數為U，理想電流表的示數為I.下列說法正確的是(　　)
A．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，U不變
B．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，U增大
D．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小
答案　B
解析　由題意可知，原、副線圈的匝數比為2，則副線圈的電流為2I，根據歐姆定律可得副線圈的電壓有效值為U2＝2IR1，則變壓器原線圈兩端的電壓有效值為U1＝2U2＝4IR1，設接入交變電源的電壓有效值為U0，則U0＝4IR1＋IR2，可得I＝；保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I不斷變大，根據歐姆定律有U1＝4IR1，可知變壓器原線圈兩端的電壓有效值變大，輸入端接入的電壓有效值不變，則R2兩端的電壓不斷變小，則電壓表示數U變小，原線圈的電壓、電流都變大，則功率變大，根據原、副線圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正確，A錯誤；
設原、副線圈的匝數比為n，同理可得U1＝n2IR1，則U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝；保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，n不斷變大，則I變小，對R2由歐姆定律可知U＝IR2，可知U不斷變小，根據原、副線圈的功率相等可知R1消耗的功率為P＝IU1＝·(U0－)，整理可得P＝，當n＝3時，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后減小，故C、D錯誤．

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