1、第2讲变压器、电能的输送一、理想变压器1构造如图1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图1(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原理电流磁效应、电磁感应3理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入P出电压关系原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：，与负载、副线圈的个数无关电流关系只有一个副线圈时：频率关系f1f2(变压器不改变交变电流的频率)4几种常用的
2、变压器(1)自耦变压器调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示图2(2)互感器自测关于理想变压器，下列说法正确的是()A变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用B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C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D变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小答案A二、电能的输送如图3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，用户的电压为U，输电电流为I，输电线总电阻为R.图31输电电流I.2电压损失(1)UUU(2)UIR3功率损失(1)PPP(2)PI2R()2R4减少输电线上
3、电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R.由R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PUI，要减小电流，必须提高输电电压.1实验目的：探究变压器电压与线圈匝数的关系2实验原理：原线圈通过电流时，铁芯中产生磁场，由于交变电流的大小和方向都在不断变化，铁芯中的磁场也在不断的变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈中就存在输出电压本实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系3实验器材：两只多用电表(或两只交直流数字电压表)、学生电源(低压交流电源)、开关、可拆变压器、导线若干4实验步骤(1)按如图4所示连接好电路
4、图，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数图4(2)打开学生电源，读出两个电表电压值，并记录在表格中(3)保持匝数不变多次改变输入电压，记录下每次的两个电压值(4)保持电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值5数据记录与处理次序n1(匝)n2(匝)n1n2U1(V)U2(V)U1U212346.结论：原、副线圈的电压比与原、副线圈的匝数比相等7误差分析(1)实际变压器存在各种损耗(2)交流电表的读数存在误差8注意事项(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，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，不能用手接触
5、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在“探究变压器线圈两端电压与匝数关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1120匝、n2240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示实验序号原线圈两端的电压U1(V)副线圈两端的电压U2(V)13.98.212.125.911.812.037.815.2(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中(2)本实验
6、可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数关系为_(用题目中给出的字母表示)(3)该变压器是_变压器(选填“升压”或“降压”)答案(1)11.9(2)(3)升压解析(1)第三组数据为：(2)线圈匝数之比，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系是.(3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器变式1在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：A可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B条形磁铁C直流电源D多用电表E开关、导线若干上述器材在本实验中不必用到的是_(填器材前的序号)，本实验中还需用到的器材有_答案BC低压
7、交流电源例2(2019江苏卷1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为110，当输入电压增加20 V时，输出电压()A降低2 V B增加2 VC降低200 V D增加200 V答案D解析假设理想变压器原线圈的输入电压为U1，则由变压器的工作原理可知，变压器副线圈的输出电压为U210U1；当输入电压增加20 V时，即输入电压为U120 V，则变压器的输出电压为U210U11020 V，则输出电压的变化量为UU2U210U1200 V10U1200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C错误，D正确变式2(2016江苏卷4)一自耦变压器如图5所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈
8、通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中()图5AU2U1，U2降低 BU2U1，U2升高CU2U1，U2降低 DU2n2知U2U1；滑动触头从M点顺时针旋转至N点过程，n2减小，则U2降低，C项正确变式3如图6所示的调压器，滑动触头P和Q都可以调节，在输入交变电压一定的条件下，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是()图6AQ不动，P向下移动 BQ不动，P向上移动CP不动，Q向上移动 DP不动，Q向下移动答案A解析Q不动，滑动变阻器的有效电阻不变，P向下移动，原线圈
9、匝数n1减小，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A正确；Q不动，滑动变阻器的有效电阻不变，P向上移动，原线圈匝数n1增大，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律
10、知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向下移动，接入电路的电阻变大，输出电流减小，则输入电流随之减小，故D错误1匝数比不变的情况(如图7)图7(1)U1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(3)I2变化引起P2变化，P1P2，故P1发生变化2负载电阻不变的情况(如图8)图8(1)U1不变，发生变化，故U2变化(2)R不变，U2变化，故I2发生变化(3)根据P2，P2发生变化，再根据P1P2，故P1变化，P1U1I1，U1不变，故I1发生变化例3(2019江苏南京市、盐城市二模
11、)如图9所示，理想变压器原线圈输入电压uUmsin t，副线圈电路中R0为定值电阻，R为滑动变阻器，理想交流电压表V1和V2的示数分别为U1和U2，理想交流电流表A1和A2的示数分别为I1和I2.下列说法正确的是()图9AU1和U2是电压的瞬时值BI1、I2之比等于原、副线圈的匝数之比C滑片P向上滑动过程中，U2变大，I1变大D滑片P向上滑动过程中，U2不变，I1变小答案D解析U1和U2是电压的有效值，选项A错误；I1、I2之比等于原、副线圈的匝数的倒数之比，选项B错误；因原线圈电压U1和匝数比一定，则U2不变，滑片P向上滑动过程中，因R变大，则I2变小，则I1变小，选项C错误，D正确变式4(
12、2019江苏南通、泰州、扬州等七市二模联考)可调式理想变压器示意图如图10所示，原线圈的输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，R为电阻将原线圈输入端滑动触头P向下移动时下列结论中正确的是()图10A输出电压U2增大B流过R的电流减小C原线圈输入电流减小D原线圈输入功率不变答案A解析由公式知，当n1减小时，由于U1、n2不变，所以U2增大，因此流过电阻R的电流增大，根据知，I1增大，而P1U1I1，所以P1增大，因此A正确，B、C、D错误1理清三个回路(如图11所示)图112抓住联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中
13、各个量间的关系是，P1P2，I1n1I2n2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是，P3P4，I3n3I4n4.3掌握一个关系发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P1P线损P用户例4(2018江苏卷2)采用220 kV高压向远方的城市输电当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为()A55 kV B1
14、10 kVC440 kV D880 kV答案C解析输送功率PUI输电线上损耗的功率P损I2r2r.当P损减小为原来的时，输电电压应变为原来的2倍变式5(2019江苏扬州中学月考)如图12是远距离输电的示意图，下列说法正确的是()图12Aa是升压变压器，b是降压变压器Ba是降压变压器，b是升压变压器Ca的输出电压等于b的输入电压Da的输出电压等于输电线上损失的电压答案A解析因能量损失与输送电压的平方成反比，故为了减小电路能量损耗，要用高压送电，到用户要进行降压，故a为升压变压器，b是降压变压器，故A正确，B错误；因输电线有电阻，会有电压损失，故a的输出电压减去输电线上损失的电压等于b的输入电压，
15、故C、D错误例5(多选)(2019江苏泰州市期末)如图13甲所示为线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时产生的交变电压图象将该电压加在图乙中理想变压器的M、N两端变压器原、副线圈匝数比为51，电阻R的阻值为2 ，电流表、电压表均为理想电表下列说法正确的是()图13A0.01 s时穿过线圈的磁通量最大B线圈转动的角速度为50 rad/sC流过电阻的电流方向每秒钟改变50次D电流表的示数为2 A答案BCD解析由题图甲可知，在t0.01 s时，电压最大，磁通量的变化率最大，穿过线圈的磁通量为零，所以A错误；由题图甲可知，交流电的周期是0.04 s，则50 rad/s，所以B正确；交流电的频率
16、f25 Hz，则流过电阻的电流方向每秒钟改变50次，选项C正确；原线圈的电压的有效值为100 V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为20 V，所以副线圈电流I2 A10 A，由电流与匝数成反比得 I12 A，所以电流表示数为2 A，所以D正确变式6(2019江苏无锡市期末)矩形线框与理想变压器、理想电流表、灯泡连接电路如图14甲所示灯泡标有“36 V40 W”的字样且阻值可以视为不变，变压器原、副线圈的匝数之比为21，线框产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示则下列说法正确的是()图14A图乙电动势的瞬时值表达式为e36sin (t) VB变压器副线圈中的电流方向每秒改变50次C灯泡L
17、恰好正常发光D理想变压器输入功率为20 W答案D解析由题图乙可知，周期为0.02 s，线框的角速度为： rad/s100 rad/s，故原线圈输入电压的瞬时值表达式为e72sin (100t) V，故选项A错误；交流电的频率为50 Hz，在一个周期内电流方向改变2次，可知变压器副线圈中的电流方向每秒改变100次，选项B错误；变压器原线圈电压有效值为U1 V36 V，由原、副线圈的匝数比为21可知，副线圈电压为18 V，则灯泡L不能正常发光，选项C错误；灯泡电阻为R32.4 ，输出功率：P2 W20 W，理想变压器输入功率等于输出功率，则理想变压器输入功率为20 W，选项D正确1(理想变压器基本
18、关系的应用)(2015江苏卷1)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为()A200 B400 C1 600 D3 200答案B解析根据变压器的变压规律得，n2n1800400，选项B正确2(理想变压器的动态分析)(2019江苏南通市二模)利用如图15装置给小灯泡供电，下列说法正确的是()图15A图示位置穿过线框的磁通量的变化率最大B在图示位置线框电流改变方向C用变压器的目的是提高输出功率D若灯泡亮度偏暗，可通过增加原线圈匝数来提高灯泡亮度答案B解析由题图可知，此时线框和磁场垂直，线框的磁通量最大，感应电动势为0，磁通
19、量的变化率为0，故A错误；线框在中性面时电流方向发生改变，所以在图示位置线框电流改变方向，故B正确；变压器只是改变电压和电流，不改变功率和频率，故C错误；根据可知，要使输出电压变大，可减少原线圈匝数，所以若灯泡亮度偏暗，可通过减少原线圈匝数来提高灯泡亮度，故D错误3(理想变压器的动态分析)(2020贵州毕节市质检)如图16所示，变压器为理想变压器，电流表A1内阻不可忽略，其余的均为理想的电流表和电压表a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器现将滑动变阻器的滑片沿cd的方向滑动时，则下列说法正确的是()图16A电压表V1、V2示数不变，V3示数变小B电压表V1、V2
20、示数变小，V3示数变大C电流表A1、A2的示数都变大D电流表A1的示数变小，A2的示数变大答案C解析当滑动变阻器从c向d滑动的时候，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈的总电阻减小，假设副线圈的总电压不变，则副线圈的总电流I2增大，根据变压器的电流关系可知原线圈的总电流I1增大，则原线圈两端的电压U1U0I1RA1减小，又可知副线圈两端的电压U2减小，滑动变阻器两端的电压U3U2I2R0减小，而电压表V1测量的是U1的电压；电压表V2测量的是U2的电压，电压表V3测量的是U3的电压，电流表A1测量I1的电流，电流表A2测量I2的电流，故A、B、D错误，C正确4(远距离输电问题)(2019江苏南
21、京市六校联考)进入冬季以来，我国北方遭遇雨雪冰冻灾害马路上的冰层坚硬如铁、光滑如玻璃，高压电线覆冰后有成人大腿般粗，为清除高压输电线上的凝冰，有人设计了这样的融冰方法：利用电流的热效应除冰若在正常供电时，高压输电电压为U，电流为I，热耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(输电功率和输电线电阻不变)()A输电电流为 B输电电流为3IC输电电压为3U D输电电压为9U答案B解析高压输电线上的热耗功率为：PI2R线，若热耗功率变为9P，根据电功率公式则有：9PI2R线，联立可得：I3I，故A错误，B正确；又因为输电功率不变，根据PUIUI，解得：UU，故C、D错误5.(交变电路
22、的综合问题)(2018天津卷4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图17所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若发电机线圈的转速变为原来的，则()图17AR消耗的功率变为PB电压表V的读数变为UC电流表A的读数变为2ID通过R的交变电流频率不变答案B解析发电机线圈的转速变为原来的，由E知，原线圈中输入电压变为原来的，频率变为原来的.根据，知U2变为原来的，即U2U，则通过R的电流变为原来的，R消耗的功率P2P，根据，原线圈上的电流也变为原来的，即电流表A的读数变为I，故选B.1下列关于交变电
23、流、变压器和远距离输电的说法中不正确的是()A理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定B交变电流的最大值是有效值的倍C降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压D如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器答案B解析理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定，选项A正确；正(余)弦交变电流的最大值是有效值的倍，选项B错误；降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压，选项C正确；如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器，选项D正确2如图1所示是“探究变压器
24、电压与线圈匝数的关系”的实验示意图，a线圈接交流电源，b线圈接交流电压表，在实验过程中()图1A只增加b线圈的匝数，电压表的示数一定增大B只增加a线圈的匝数，电压表的示数一定增大C同时增加a、b两线圈的匝数，电压表的示数一定增大D只改变a线圈两端的电压，电压表的示数不变答案A解析电压表示数设为Ub，交流电源电压设为Ua，则，所以只增加nb，Ub一定增大，A正确；而只增加na，Ub一定减小，B错误；na、nb都增加，Ub不一定增大，C错误；只改变Ua，Ub一定改变，D错误3(2019四川绵阳市第三次诊断)如图2甲所示的电路中，L1、L2为两只“3 V3 W”的灯泡，变压器为理想变压器，电流表和电
25、压表均为理想交流电表当a、b端接如图乙所示的交变电压时，两只灯泡均正常发光则()图2A电压表的示数为3 V B电压表的示数为6 VC电流表的示数为0.2 A D电流表的示数为0.5 A答案C解析根据题图乙可知，该正弦交流电压有效值为U1 V30 V，电压表测的是有效值，所以电压表示数为30 V，A、B错误；两灯泡均正常发光，根据串联电路功率关系，副线圈功率P22PL6 W，根据变压器两端功率相等，所以P1P26 W，且P1I1U1，所以I1 A0.2 A，C正确，D错误4如图3所示为远距离输电的示意图，变压器均为理想变压器，升压变压器T1的原、副线圈匝数比为k1，降压变压器T2的原、副线圈匝数
26、比为k2.升压变压器原线圈两端接入一电压uUmsin t的交流电源，用户的总电阻为R(可视为纯电阻)，输电线总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则用户获得的电压U为()图3A. B.C. D.答案D解析设用户用电的总功率为P，流过用户电阻的电流为I4，故在输电线路上的电流为I3 ；升压变压器原线圈两端电压的有效值为U1；输电线路上损失的电压为UI32r；升压变压器副线圈两端的电压为U2，故降压变压器原线圈两端电压为U3U2U，又因为U3k2Uk2I4R，联立解得U，故选D.5.(2019四川达州市第二次诊断)如图4所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表下列说法正确的是()
27、图4A若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小B若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大C若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大D若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小答案A解析设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变，V1示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增大，小灯泡中电流
28、、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由UU2UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误6.(多选)某50 Hz的钳形电流表的工作原理如图5所示当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n21 000 匝，当用该表测50 Hz交流电时()图5A电流表G中通过的是交变电流B若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为50 AC若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10 mAD当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小答案AB解析变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表G中通过的仍是
29、交变电流，A正确；根据变压器原、副线圈电流与匝数成反比：，I1I20.05 A50 A，B正确；若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C错误；根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误7(多选)(2020福建宁德市质检)如图6所示，理想变压器的原线圈接有电压为U的正弦交流电源，输出电压的有效值恒定R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小现增大照射光强度，则()图6A通过原线圈的电流减小B变压器的输出功率增大CR1两端的电压减小DR2消耗的功率减小答案BD解析理想变
30、压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻R3阻值减小，副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知，通过原线圈的电流也增大，故A错误；理想变压器的输出功率PUI，其中U不变，I变大，故变压器的输出功率变大，故B正确；副线圈电流增大，根据欧姆定律知R1两端电压增大，故R2两端电压减小，R2消耗的功率减小，故C错误，D正确8(2019陕西汉中市第二次教学质检)有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，电源输出电压U恒定不变，如图7所示若将该线路与交流电源接通，且开关S接在位置1时，4个灯泡发光亮度相同；若将开关S接在位置2时，灯泡均未烧坏则下列可能的是()图7A该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为41B该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为14C当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变亮D当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗答案C解析四个灯泡亮度相同，所以原线圈电流与副线圈电流之比为13，根据电流与匝数成反比知原、副线圈的匝数比为31，可知该变压器是降压变压器，故A、B错误；接到位置2，原线圈输入电压变大，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，所以副线圈中的灯泡的电流变大，灯泡仍能发光，但亮度变亮，故C正确，D错误
