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2025年高考物理精品教案第十三章 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器 第2讲 变压器 远距离输电
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这是一份2025年高考物理精品教案第十三章 交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器 第2讲 变压器 远距离输电，共18页。
考点1 对理想变压器原理的理解
1.构造与原理
构造：如图，变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成.
原理：原线圈中变化的电流在铁芯中激发变化的[1] 磁场 ，变化的磁场在副线圈中产生[2] 感应电动势 .
2.基本关系式
3.理想变压器的制约关系
为什么变压器不能改变恒定电流的电压？
答案 变压器的变压原理是互感现象，若通过原线圈的电流为恒定电流，则在铁芯中激发的磁场为恒定磁场，副线圈中无感应电动势产生，因此变压器不能改变恒定电流的电压.
依据下面情境，判断下列说法对错.
无线充电器能给手机充电是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈时会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，手机成功实现无线充电.如图为某科技小组自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝2202sin314t（V），不考虑充电过程中的各种能量损失.
（1）无线充电的原理是自感现象.（ ✕ ）
（2）通过车载充电器的电流为交流电.（ ✕ ）
（3）车载充电器两端电压的有效值为112V.（ √ ）
解析 （1）无线充电的原理是电磁感应，故错误；
（2）通过车载充电器的电流为直流电，故错误；
（3）电磁炉两端所加电压有效值U1＝Umax2＝220V
发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1
则接收线圈的电压有效值由U1U2＝n1n2可得，U2＝22V
接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管只能正向通电，由有效值的定义U22R·T2＝U32R·T可得，车载充电器两端电压的有效值为U3＝112V，故正确.
命题点1 对变压器原理的理解
1.[2023海南/多选]如图是工厂利用u＝2202sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1100，下列说法正确的是（ BC ）
A.电源电压有效值为2202V
B.交变电流的周期为0.02s
C.副线圈匝数为180
D.副线圈匝数为240
解析 由交流电的表达式可知，该交流电电压有效值为220V，A错；交流电的周期T＝2πω＝0.02s，B对；根据理想变压器的变压规律有U1U2＝n1n2，代入数据得n2＝36×1100220＝180，C对，D错.
命题点2 原线圈串联用电器问题
2.[2023江西高三模拟]如图所示，理想变压器的原线圈接在有效值为100V的正弦交流电源上，原、副线圈匝数比为2∶1，定值电阻R1、R2、R3的阻值分别为10Ω、20Ω、20Ω，电流表为理想交流电流表.下列说法正确的是（ A ）
A.R1的电功率为40W
B.电流表示数为1A
C.副线圈两端电压为20V
D.副线圈的输出功率为80W
解析 原、副线圈匝数比为2∶1，设原线圈电流为I1，副线圈电流为I2，则有I1＝I22，又有原线圈回路U＝I1R1＋2I2·R2R3R2＋R3，解得I1＝2 A，I2＝4 A，所以R1的电功率为P＝I12R1＝40 W，故A正确，B错误；副线圈两端电压为U2＝I2·R2R3R2＋R3＝40 V，故C错误；副线圈的输出功率为P2＝I2U2＝160 W，故D错误.
命题点3 多个副线圈的变压器问题
3.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0＝100、n1＝200和n2＝300，两个副线圈分别接有电阻R1＝5Ω、R2＝10Ω和R3＝5Ω.当原线圈中接入正弦交流电源时，理想电压表的示数为U＝5V.不计线圈电阻，理想电流表的读数为（ B ）
A.3AB.7AC.32AD.722A
解析 设原线圈两端的电压为U0，副线圈n1两端的电压为U1，副线圈n2两端的电压为U2，由串并联电路特点可知副线圈n2两端的电压为U2＝R2＋R3R3U，由理想变压器原理可得U0n0＝U1n1＝U2n2，由能量守恒定律得U0I0＝U12R1＋U22R2＋R3，解得I0＝7 A，B正确.
命题点4 自耦变压器与分压器问题分析
4.如图甲、乙所示的电路中，当A、B接10V交流电压时，C、D间电压为4V；当M、N接10V直流电压时，P、Q间电压也为4V.现把C、D接4V交流电压，P、Q接4V直流电压，则A、B间和M、N间的电压分别是（ B ）
A.10V 10VB.10V 4V
C.4V 10VD.10V 0
解析 题图甲所示是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边的电压之比等于两边线圈的匝数之比.当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流电压时，A、B间将得到10 V交流电压.图乙所示是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们的阻值成正比.但是当把电压加在P、Q两端时，M、P两点的电势相等.所以当P、Q接4 V直流电压时，M、N两端电压也是4 V，故选B.
考点2 变压器电路的动态分析
理想变压器电路的动态分析，一是要符合理想变压器的基本规律（电压、电流、功率关系）；二是要遵循欧姆定律.
某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，则交流电的频率为 5 Hz，副线圈两端电压最大值为 3 V，变压器输入电压与永磁铁磁场强弱 有关 （填“有关”或“无关”），充电电路的输入功率 等于 （填“大于”“小于”或“等于”）变压器的输入功率.
解析 周期为T＝0.2 s，频率为f＝1T＝5 Hz ；由理想变压器的变压原理可知U1U2＝n1n2，解得副线圈两端的最大电压为U2＝n2n1U1＝3 V；由法拉第电磁感应定律可知，变压器输入电压为U＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，变压器输入电压与永磁铁磁场强弱(磁感应强度B)有关；由理想变压器的变压原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率.
命题点1 匝数不变
5.[2023广东惠州一模]一理想变压器原、副线圈的匝数比为311∶11，原线圈输入电压的变化规律如图甲，副线圈接如图乙电路，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（ C ）
A.副线圈输出电压的频率为200Hz
B.副线圈输出电压的有效值为11V
C.P向右移动时，变压器原、副线圈的电流都增加
D.P向右移动时，变压器的输入功率减小
解析 由题图甲可知，交流电的周期为T＝0.02 s，变压器不改变交流电的频率，故副线圈输出电压的频率为f＝1T＝10.02 Hz＝50 Hz，故A错误；原线圈电压的最大值为U1m＝311 V，根据电压与匝数成正比可知U1m∶U2m＝n1∶n2＝311∶11，可得副线圈电压的最大值为U2m＝11 V，副线圈输出电压的有效值为U2＝112 V，故B错误；原、副线圈电压之比等于匝数之比，原、副线圈的匝数不变，输入电压不变，则副线圈输出电压不变，P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据功率公式P＝U22R总可知变压器的输出功率增加，则变压器的输入功率也增加；由P＝UI可知变压器原、副线圈的电流都增加，故C正确，D错误.
命题点2 负载不变
6.[2021海南/多选]如图，理想变压器原线圈接在u＝2202sin100πt（V）的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节.当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，为了使图中“100V 50W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是（ BD ）
A.仅将滑片P向上滑动
B.仅将滑片P向下滑动
C.仅在副线圈电路中并联一个阻值为20Ω的电阻
D.仅在副线圈电路中串联一个阻值为20Ω的电阻
解析 原线圈两端电压有效值为220V，由变压规律U1U2＝n1n2可知，理想变压器输出电压有效值为110V，为使灯泡正常发光，则输出电压应减小，故滑片P应下移，A错误，B正确；仅在副线圈电路中并联电阻，不能改变灯泡两端电压，C错误；小灯泡电阻为R＝U2P＝200Ω，由串联分压规律可知，在副线圈电路中串联20Ω电阻，灯泡即可正常发光，D正确.
考点3 远距离输电问题
1.弄清三个回路
在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3.
2.抓住两个联系
（1）理想的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）中各个量间的关系是U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1，P1＝P2.
（2）理想的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）中各个量间的关系是U3U4＝n3n4，I3I4＝n4n3，P3＝P4.
3.掌握一个守恒
能量守恒关系式P1＝P损＋P4.
2023年8月24日，±800千伏白鹤滩—浙江特高压直流输电工程自投运以来首次进入800万千瓦满功率运行工况，由该工程与±800千伏宁夏灵州至浙江绍兴、±800千伏溪洛渡左岸至浙江金华特高压直流输电工程组成的三大“西电入浙”特高压工程日输电量超5亿千瓦时，创历史新高.如图所示，由于输电导线上有
电阻，当电流通过输电导线时，导线会发热，从而损失电功率，同时产生电压降，损失电压.
电功率损失 ΔP＝I2R ，电压损失 ΔU＝IR .
减小损失的方法：（1） 减小 输电导线的电阻R.根据电阻定律R＝ρlS可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻R，可采用电阻率ρ 小 或横截面积S 大 的导线.（2） 减小 输电导线中的电流I.根据P＝UI知，在输送电功率一定的条件下，可采取 提高 输电电压的方法来减小导线中的输电电流.
远距离输电中的能量守恒
命题点1 变压器匝数变化的输电线路
7.[2021山东/多选]输电能耗演示电路如图所示.左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压有效值为7.5V的正弦交流电.连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω.开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P.以下判断正确的是（ BD ）
A.r＝10ΩB.r＝5Ω
C.P＝45WD.P＝22.5W
解析 左侧变压器副线圈上的电压U2＝3×7.5 V ＝ 22.5 V，当开关S接1时，电阻R上的电压，即右侧变压器的副线圈上两端的电压，U4 ＝PR＝ 10 V，电流I4 ＝U4R＝ 1 A，则右侧变压器原线圈上的电压U3 ＝21×10 V ＝ 20 V，电流I3 ＝12×1 A ＝ 0.5 A，则r＝U2-U3I3＝5 Ω，A错误，B正确；当开关S接2时，设导线上的输电电流为I，则右侧变压器副线圈上的电流为0.5I，由右侧变压器原、副线圈上的电压关系可知U2-Irn3＝0.5IRn4，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，C错误，D正确.
命题点2 高压输电电压损失、功率损失的计算
8.[2023芜湖一中校考/多选]张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其输电简易模型如图所示.假设风力发电机输送的功率恒定不变，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，且图中已经标出了各部分的电流和电压，输电线的总电阻为R，则下列关系式正确的是（ BC ）
A.I1I2＝n1n2
B.U3U4＝n3n4C.输电线上损失的功率为ΔP＝I22R
D.输电线上损失的功率为ΔP＝U22R
解析 由理想变压器的原、副线圈的电流与匝数成反比关系，可得I1I2＝n2n1，A错误；由理想变压器的原、副线圈的电压与匝数成正比关系，可得U3U4＝n3n4，B正确；由电功率公式，可得输电线上损失的功率为ΔP＝I22R＝（U2－U3）2R，C正确，D错误.
方法点拨
输电线路功率损失的四种计算方法
1.输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率.两者的关系是P损＝P－P'（P为输送功率，P'为用户所得功率）.
2.P损＝I线2R线，I线为输电线路上的电流，R线为输电线的电阻.
3.P损＝（ΔU）2R线，ΔU为输电线路上损失的电压.
4.P损＝ΔUI线.
命题点3 用户数变化的输电线路
9.[2023天津/多选]如图是输电线为用户输电的示意图，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电线上的总电阻为R，下列说法正确的是（ BD ）
A.T1的输出电压与T2的输入电压相等
B.T1的输出功率大于T2的输入功率
C.若用户接入的用电器增多，则R消耗的电功率减小
D.若用户接入的用电器减少，则T2的输出功率减小
解析 设输电线中的电流为I2，T1的输出电压与T2的输入电压分别为U2、U3，则有U2＝I2R＋U3，即T1的输出电压大于T2的输入电压，A错误；T1的输出功率为P2＝U2I2，输电线上损耗的功率为ΔP＝I22R，T2的输入功率为P3＝U3I2，则P2＝ΔP＋P3，即T1的输出功率大于T2的输入功率，B正确；若用户接入电路的用电器增多，则T2副线圈中的电流增大，由变压器的工作原理可知，T2原线圈中的电流增大，即输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，即R消耗的电功率增大，C错误；若用户接入电路的用电器减少，则用电器消耗的功率减小，即T2的输出功率减小，D正确.
1.[理想变压器的工作原理/2023广东]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8.8kW，原线圈的输入电压u＝2202sin（100πt）V.关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（ A ）
A.20A，50HzB.202A，50Hz
C.20A，100HzD.202A，100Hz
解析 原线圈：u＝2202sin（100πt）V
变压器不改变交变电流的频率，故副线圈输出电流的频率也为50Hz，CD错
理想变压器变压规律：U1U2＝n1n2＝12→U2＝440V
功率P＝I2U2＝8.8×103W→I2＝20A，A对，B错
2.[变压器的动态分析/2023北京]自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡.实际测得小灯泡两端电压为2.5V.下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ B ）
A.仅增加原线圈匝数
B.仅增加副线圈匝数
C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D.将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
解析 原线圈电压为U1，匝数为n1；副线圈电压为U2，匝数为n2
仅增加n1→n1n2变大→U2减小，U2'减小，A错
仅增加n2→n1n2减小→U2增大，U2'增大，B对
n1、n2都翻倍并联灯泡n1n2不变→U2不变，U2'不变，CD错
3.[远距离输电/2023浙江6月]我国1100kV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 ）
A.送电端先升压再整流
B.用户端先降压再变交流
C.1100kV是指交流电的最大值
D.输电功率由送电端电压决定
解析 由于变压器的工作原理是电磁感应现象，因此升压变压器和降压变压器原线圈两端的电压均为交流电压，所以送电端先升压再整流，用户端先变交流再降压，A正确，B错误；1100kV指的是交流电的有效值，C错误；由远距离输电的原理可知，输电功率由用户端决定，D错误.
4.[多个副线圈/2023山东]某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW.降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器.下列说法正确的是（ C ）
A.发电机的输出电流为368A
B.输电线上损失的功率为4.8kW
C.输送给储能站的功率为408kW
D.升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
解析 由P＝UI可得发电机的输出电流I1＝P1U1＝2 000 A，A错误；用户端的电流I4＝P4U4＝400 A，由理想变压器的变流规律有I4I3＝n3n4，解得I3＝8 A，故输电线上损失的功率ΔP＝I32R＝4 000 W＝4 kW，B错误；升压变压器的输出功率P2＝P4＋ΔP＝92 kW，由P1＝P＋P5可得输送给储能站的功率为P5＝408 kW，C正确；由理想变压器的变压规律有U3U4＝n3n4，解得U3＝11 000 V，输电线上损失的电压为ΔU＝I3R＝500 V，则升压变压器的输出电压U2＝U3＋ΔU＝11 500 V，由理想变压器的变压规律有U1U2＝n1n2，解得n1n2＝146，D错误.
1.[变压器的铭牌/2024广东惠州第一次调研]如图所示是一种理想变压器的铭牌，根据上面标示的信息，以下判断正确的是（ B ）
A.这是一个升压变压器
B.原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为55∶3
C.当原线圈输入交流电压220V时，副线圈输出直流电压12V
D.当原线圈输入交流电压220V时，只要副线圈构成回路，则其电流一定为3.0A
解析 额定输入电压U1＝220V
额定输入电压U2＝12V
额定输入电压I2＝3A
U1＞U2，故为降压变压器，A错n1n2＝U1U2＝220V12V＝553，B对输入电压与输出电压均为交流电压，C错副线圈的电流与负载功率有关，D错
2.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示.其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上，则电流互感器（ D ）
A.是一种降压变压器
B.能测量恒定电流
C.原、副线圈电流的频率不同
D.副线圈的电流小于原线圈的电流
解析 变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，也不能在恒定电流电路中工作，B、C项均错误；根据变压器匝数与电压的关系U1U2＝n1n2可得副线圈的电压U2＝n2n1U1，由于原线圈匝数少而副线圈匝数多，即n1＜n2，因此有U2＞U1，电流互感器是一种升压变压器，A项错误；根据变压器匝数与电流的关系I1I2＝n2n1可得副线圈的电流I2＝n1n2I1，由于n1＜n2，因此有I2＜I1，D项正确.
3.[2024湖南娄底校联考]如图所示为远距离输电电路图，左边升压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶5，输入电压u＝102sin50πt（V）的正弦交变电流.连接两理想变压器的输电线的总电阻为r＝5Ω，右边降压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，负载的电功率为升压变压器输入功率的80％.下列说法正确的是（ D ）
A.升压变压器原线圈上的电流为2A
B.输电线上损失的功率为10W
C.负载的功率为25W
D.降压变压器原线圈上的电压为20V
解析 设升压变压器原、副线圈上的电压为U1、U2，电流为I1、I2，降压变压器原、副线圈上的电压为U3、U4，电流为I3、I4，有I2＝I3，则由变流比得I1I2＝52，I3I4＝12，由题意可知，输电线上的功率为升压变压器输入功率的20％，则有U1I1＝5I22r，代入数据，解得I2＝1 A，则I1＝2.5I2＝2.5 A，故A错误；输电线上损失的功率为Pr＝I22r＝5 W，故B错误；负载的功率为PR＝4Pr＝20 W，故C错误；因为I4＝2I2＝2 A，则负载上的电压为U4＝PRI4＝10 V，则U3＝2U4＝20 V，故D正确.
4.[2024江西临川一中校考]某电站用500kV电压输电给300km外的用户使用，其输出电功率是3×106kW，输电线总电阻为2.5Ω，则下列说法正确的是（ B ）
A.输电线上输送的电流大小为3.0×105A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15kV
C.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kW
D.输电线上损失的功率为ΔP＝U2r，U为输电电压，r为输电线的电阻
解析 由P＝UI得输电线上输送的电流I＝PU＝3×106×103500×103 A＝6×103 A，故A错误；由ΔU＝Ir得输电线路上的电压损失ΔU＝Ir＝6×103×2.5 V＝15×103 V，故B正确；由于损失的功率不可能大于电站的输出功率，故C错误；输电线上损失的功率用ΔP＝U2r计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压，故D错误.
5.如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为U的交流电源两端.电路中R0为定值电阻，测量电表均为理想电表，导线电阻不计.现使滑动变阻器R的滑片P向上滑动，则下列说法正确的是（ A ）
A.电压表V2的示数变大
B.电压表V1与电流表A的示数的比值不变
C.电流表A的示数变大
D.定值电阻R0消耗的电功率变大
解析 输入电压不变，原、副线圈匝数比不变，输出电压由输入电压决定，则副线圈两端电压U2不变，滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，滑动变阻器两端电压变大，V2示数变大，故A正确；副线圈电路中总电阻变大，电流减小，原、副线圈匝数比不变，则原线圈中电流也减小，故C错误；副线圈中电流变小，定值电阻R0消耗的功率变小，故D错误；输入电压不变，输入电流随输出电流变化而变化，所以电压表V1与电流表A的示数的比值变化，故B错误.
6.[多选]如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流.下列说法正确的是（ BC ）
A.保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B.保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C.保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大
D.保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大
解析 保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，输出电流I2增大，根据P2＝I2U2知，P2增大，又因P1＝P2，故I1增大，A错误，C正确；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，根据P2＝I2U2知，P2减小，又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小，B正确，D错误.
7.[副线圈电路中含二极管/2024浙江高三联考]如图，某同学用自制的简易无线充电装置给手机充电，装置由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比为n1∶n2，若电磁炉两端所加电压为u＝2202sin314t（V），车载充电器的输入限制电压为4.4V，不考虑充电过程中的各种能量损失.则下列说法正确的是（ A ）
A.接收线圈两端电压的有效值约为6.2V
B.通过车载充电器的电流为交流电
C.发射线圈、接收线圈匝数比为n1∶n2＝50∶1
D.接收线圈1s内电流方向变化50次
解析 设接收线圈两端电压的有效值为U2，充电器两端电压有效值为U3，由题意可知U3＝4.4 V，根据有效值的定义可得U22R·T2＝U32R·T，解得U2≈6.2 V，故A正确；因为二极管单向导电，则通过车载充电器的电流方向一定，为直流电，故B错误；由题意可知发射线圈电压有效值为U1＝220 V，故发射线圈、接收线圈匝数比为n1n2＝U1U2＝2206.2＝1 10031，故C错误；根据所加电压表达式可知，电流的频率f＝1T＝ω2π＝50 Hz，接收线圈1个周期内电流方向改变两次，故1 s内电流方向变化100次，故D错误.
8.[2023安徽江淮十校联考/多选]如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0＝800匝、n1＝100匝和n2＝400匝，原线圈串联一个电阻R0＝8.0Ω，并接入内阻不计的正弦交流电源，电源电动势为E且保持不变；两个副线圈分别接电阻R1＝1.0Ω和R2＝16.0Ω.开关S断开时，理想电流表读数为I1＝4.0A；开关S闭合时，理想电流表读数为I2.不计线圈电阻，则（ BD ）
A.E＝32.0VB.E＝36.0V
C.I2＝3.2AD.I2＝3.6A
解析 开关S断开时，理想电流表读数为I1＝4.0 A，且n0＝800匝、n1＝100匝，故n0n1＝I1I0，得I0＝0.5 A，由n0n1＝U0U1及U1＝I1R1＝4 V，可得U0＝32.0 V，故E＝I0R0＋U0＝36.0 V，故A错误，B正确；开关S闭合时，由输出功率等于输入功率，可知P原＝P副1＋P副2，得U0I0＝U1I1＋U2I2，即36V-U0R0U0＝U12R1＋U22R2，由n0n1＝U0U1，n0n2＝U0U2，则U1＝3.6 V，故I2＝3.6 A，故C错误，D正确.
9.[用户功率增大时的动态分析/2024湖南怀化三中校考]图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站.白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ D ）
图（a） 图（b）
A.A2示数增大，A1示数减小
B.V1、V2示数都减小
C.输电线上的功率损失减小
D.V1、A1示数的乘积大于V2、A2示数的乘积
解析 当用户功率增大时，降压变压器的输出功率增大，输出电流增大，A2示数增大，根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知，降压变压器中的输入电流增大，A1示数增大，故A错误；升压变压器线圈匝数以及升压变压器输入电压不变，则升压变压器输出电压不变，则V1的示数不变，降压变压器中的输入电流增大，输电线电阻消耗的电压增大，则降压变压器输入电压减小，根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知，降压变压器输出电压减小，故V2示数减小，故B错误；输电线上的电流增大，输电线上的功率损失增大，故C错误；根据降压变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知I1I2＝n2n1，设降压变压器的输入电压为U0，有U1＞U0，根据降压变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知U0U2＝n1n2，故I1U1＞I1U0＝I2U2，故D正确.
10.[汽车点火装置/2024湖北武汉部分学校调研]点火线圈能产生20000V的高压，使汽车启动.某型号点火线圈部分结构如图所示，其初级线圈匝数为100匝，次级线圈匝数为20000匝.已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池.下列说法正确的是（ D ）
A.点火线圈的次级线圈应和蓄电池相连
B.仅增加初级线圈的匝数，也一定能成功点火
C.汽车蓄电池是直流电源，需要将直流电先转化为交流电才能使点火线圈正常工作
D.初级线圈断电瞬间，其两端电压约为100V
解析 由于蓄电池的电压为低电压，则结合变压器的变压规律可知蓄电池应和匝数较少的初级线圈相连，A错误；若仅增加初级线圈的匝数，则通过变压器产生的高压将减小，则不一定能点火成功，B错误；点火线圈利用的是在开关通、断电的瞬间通过线圈的磁通量发生变化从而在次级线圈两端产生高电压，所以不需要将汽车蓄电池产生的直流电转化为交流电，C错误；由题意可知初级线圈通、断电的瞬间，点火线圈能产生20000V的高压，则由变压器的变压规律可知此时初级线圈两端的电压约为100V，D正确.
11.[黑光灯的应用]黑光灯是利用物理方法灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”.如图所示是高压电网的工作电路，高压电网是利用变压器将有效值为220V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5cm，已知空气在常温常压下的击穿场强为6220V/cm，为防止空气被击穿而造成短路，变压器的次、初级线圈匝数比不得超过多少？
答案 10∶1
解析 电网两极间的电场可看作匀强电场且Um＝Emd，由题意知空气被击穿时Em
＝6 220 V/cm，已知理想变压器电压关系为U1mUm＝n1n2，峰值与有效值关系为U1m＝
2U1，由以上各式得n1n2＝110，所以变压器次、初级线圈匝数比不得超过10∶1.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过实验，探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系.
2.知道远距离输电时通常采用高压输电的原因.
对理想变压器原理的理解
2023：广东T6，海南T11；
2022：北京T4，山东T4，重庆T3；
2021：河北T8，重庆T6；
2020：山东T5，江苏T2，全国ⅢT20，浙江1月T10
1.物理观念：理解理想变压器及远距离输电原理；运用能量观念分析变压器及远距离输电问题.
2.科学思维：建构理想变压器及远距离输电模型，分析求解问题.
3.科学探究：通过实验，了解变压器的工作原理.
4.科学态度与责任：通过变压器在远距离输电中的应用，了解科技对人类社会发展的影响，培养科学态度及社会责任意识.
变压器电路的动态分析
2023：北京T7；
2022：湖南T6；
2021：湖南T6，福建T3，海南T9；
2020：北京T9
远距离输电问题
2023：山东T7，天津T6，浙江6月T7；
2022：河北T3；
2021：山东T9；
2020：全国ⅡT19，浙江7月T11
命题分析预测
该部分内容与生产生活实际联系紧密，题目多围绕变压器电路的分析以及远距离输电等进行考查，以选择题形式出现，难度中等.根据近几年考情可知，高考对该部分内容的考查比较常规，因远距离输电问题与生活实际联系紧密，应引起重视.
功率
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
原、副线圈的电压比等于[3] 匝数比 ，即U1U2＝[4] n1n2 ，与副线圈个数的多少无关
电流
（1）只有一个副线圈时，I1I2＝n2n1；
（2）有多个副线圈时，由P入＝P出（P1＝P2＋P3＋…＋Pn）得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率
原、副线圈中电流的频率[5] 相等 .
电动势
由于互感现象，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝n1ΔΦΔt，E2＝n2ΔΦΔt，所以E1E2＝n1n2
电压
副线圈输出电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝n2n1U1（“原制约副”）
功率
副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（“副制约原”）
电流
原线圈中的电流I1由副线圈中的电流I2和匝数比决定，即I1＝n2n1I2（“副制约原”）
类型
匝数比不变，负载电阻变
负载电阻不变，匝数比变
原理图
n1n2不变，负载R变化
n1n2改变，负载R不变
分析流程
考点1 对理想变压器原理的理解
1.构造与原理
构造：如图，变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成.
原理：原线圈中变化的电流在铁芯中激发变化的[1] 磁场 ，变化的磁场在副线圈中产生[2] 感应电动势 .
2.基本关系式
3.理想变压器的制约关系
为什么变压器不能改变恒定电流的电压？
答案 变压器的变压原理是互感现象，若通过原线圈的电流为恒定电流，则在铁芯中激发的磁场为恒定磁场，副线圈中无感应电动势产生，因此变压器不能改变恒定电流的电压.
依据下面情境，判断下列说法对错.
无线充电器能给手机充电是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈时会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生电流，双方密切配合，手机成功实现无线充电.如图为某科技小组自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝2202sin314t（V），不考虑充电过程中的各种能量损失.
（1）无线充电的原理是自感现象.（ ✕ ）
（2）通过车载充电器的电流为交流电.（ ✕ ）
（3）车载充电器两端电压的有效值为112V.（ √ ）
解析 （1）无线充电的原理是电磁感应，故错误；
（2）通过车载充电器的电流为直流电，故错误；
（3）电磁炉两端所加电压有效值U1＝Umax2＝220V
发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1
则接收线圈的电压有效值由U1U2＝n1n2可得，U2＝22V
接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管只能正向通电，由有效值的定义U22R·T2＝U32R·T可得，车载充电器两端电压的有效值为U3＝112V，故正确.
命题点1 对变压器原理的理解
1.[2023海南/多选]如图是工厂利用u＝2202sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1100，下列说法正确的是（ BC ）
A.电源电压有效值为2202V
B.交变电流的周期为0.02s
C.副线圈匝数为180
D.副线圈匝数为240
解析 由交流电的表达式可知，该交流电电压有效值为220V，A错；交流电的周期T＝2πω＝0.02s，B对；根据理想变压器的变压规律有U1U2＝n1n2，代入数据得n2＝36×1100220＝180，C对，D错.
命题点2 原线圈串联用电器问题
2.[2023江西高三模拟]如图所示，理想变压器的原线圈接在有效值为100V的正弦交流电源上，原、副线圈匝数比为2∶1，定值电阻R1、R2、R3的阻值分别为10Ω、20Ω、20Ω，电流表为理想交流电流表.下列说法正确的是（ A ）
A.R1的电功率为40W
B.电流表示数为1A
C.副线圈两端电压为20V
D.副线圈的输出功率为80W
解析 原、副线圈匝数比为2∶1，设原线圈电流为I1，副线圈电流为I2，则有I1＝I22，又有原线圈回路U＝I1R1＋2I2·R2R3R2＋R3，解得I1＝2 A，I2＝4 A，所以R1的电功率为P＝I12R1＝40 W，故A正确，B错误；副线圈两端电压为U2＝I2·R2R3R2＋R3＝40 V，故C错误；副线圈的输出功率为P2＝I2U2＝160 W，故D错误.
命题点3 多个副线圈的变压器问题
3.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0＝100、n1＝200和n2＝300，两个副线圈分别接有电阻R1＝5Ω、R2＝10Ω和R3＝5Ω.当原线圈中接入正弦交流电源时，理想电压表的示数为U＝5V.不计线圈电阻，理想电流表的读数为（ B ）
A.3AB.7AC.32AD.722A
解析 设原线圈两端的电压为U0，副线圈n1两端的电压为U1，副线圈n2两端的电压为U2，由串并联电路特点可知副线圈n2两端的电压为U2＝R2＋R3R3U，由理想变压器原理可得U0n0＝U1n1＝U2n2，由能量守恒定律得U0I0＝U12R1＋U22R2＋R3，解得I0＝7 A，B正确.
命题点4 自耦变压器与分压器问题分析
4.如图甲、乙所示的电路中，当A、B接10V交流电压时，C、D间电压为4V；当M、N接10V直流电压时，P、Q间电压也为4V.现把C、D接4V交流电压，P、Q接4V直流电压，则A、B间和M、N间的电压分别是（ B ）
A.10V 10VB.10V 4V
C.4V 10VD.10V 0
解析 题图甲所示是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边的电压之比等于两边线圈的匝数之比.当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流电压时，A、B间将得到10 V交流电压.图乙所示是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们的阻值成正比.但是当把电压加在P、Q两端时，M、P两点的电势相等.所以当P、Q接4 V直流电压时，M、N两端电压也是4 V，故选B.
考点2 变压器电路的动态分析
理想变压器电路的动态分析，一是要符合理想变压器的基本规律（电压、电流、功率关系）；二是要遵循欧姆定律.
某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s，电压最大值为0.05V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，则交流电的频率为 5 Hz，副线圈两端电压最大值为 3 V，变压器输入电压与永磁铁磁场强弱 有关 （填“有关”或“无关”），充电电路的输入功率 等于 （填“大于”“小于”或“等于”）变压器的输入功率.
解析 周期为T＝0.2 s，频率为f＝1T＝5 Hz ；由理想变压器的变压原理可知U1U2＝n1n2，解得副线圈两端的最大电压为U2＝n2n1U1＝3 V；由法拉第电磁感应定律可知，变压器输入电压为U＝nΔΦΔt＝nΔBΔtS，变压器输入电压与永磁铁磁场强弱(磁感应强度B)有关；由理想变压器的变压原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率.
命题点1 匝数不变
5.[2023广东惠州一模]一理想变压器原、副线圈的匝数比为311∶11，原线圈输入电压的变化规律如图甲，副线圈接如图乙电路，P为滑动变阻器的触头，下列说法正确的是（ C ）
A.副线圈输出电压的频率为200Hz
B.副线圈输出电压的有效值为11V
C.P向右移动时，变压器原、副线圈的电流都增加
D.P向右移动时，变压器的输入功率减小
解析 由题图甲可知，交流电的周期为T＝0.02 s，变压器不改变交流电的频率，故副线圈输出电压的频率为f＝1T＝10.02 Hz＝50 Hz，故A错误；原线圈电压的最大值为U1m＝311 V，根据电压与匝数成正比可知U1m∶U2m＝n1∶n2＝311∶11，可得副线圈电压的最大值为U2m＝11 V，副线圈输出电压的有效值为U2＝112 V，故B错误；原、副线圈电压之比等于匝数之比，原、副线圈的匝数不变，输入电压不变，则副线圈输出电压不变，P向右移动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，根据功率公式P＝U22R总可知变压器的输出功率增加，则变压器的输入功率也增加；由P＝UI可知变压器原、副线圈的电流都增加，故C正确，D错误.
命题点2 负载不变
6.[2021海南/多选]如图，理想变压器原线圈接在u＝2202sin100πt（V）的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节.当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，为了使图中“100V 50W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是（ BD ）
A.仅将滑片P向上滑动
B.仅将滑片P向下滑动
C.仅在副线圈电路中并联一个阻值为20Ω的电阻
D.仅在副线圈电路中串联一个阻值为20Ω的电阻
解析 原线圈两端电压有效值为220V，由变压规律U1U2＝n1n2可知，理想变压器输出电压有效值为110V，为使灯泡正常发光，则输出电压应减小，故滑片P应下移，A错误，B正确；仅在副线圈电路中并联电阻，不能改变灯泡两端电压，C错误；小灯泡电阻为R＝U2P＝200Ω，由串联分压规律可知，在副线圈电路中串联20Ω电阻，灯泡即可正常发光，D正确.
考点3 远距离输电问题
1.弄清三个回路
在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3.
2.抓住两个联系
（1）理想的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）中各个量间的关系是U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1，P1＝P2.
（2）理想的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）中各个量间的关系是U3U4＝n3n4，I3I4＝n4n3，P3＝P4.
3.掌握一个守恒
能量守恒关系式P1＝P损＋P4.
2023年8月24日，±800千伏白鹤滩—浙江特高压直流输电工程自投运以来首次进入800万千瓦满功率运行工况，由该工程与±800千伏宁夏灵州至浙江绍兴、±800千伏溪洛渡左岸至浙江金华特高压直流输电工程组成的三大“西电入浙”特高压工程日输电量超5亿千瓦时，创历史新高.如图所示，由于输电导线上有
电阻，当电流通过输电导线时，导线会发热，从而损失电功率，同时产生电压降，损失电压.
电功率损失 ΔP＝I2R ，电压损失 ΔU＝IR .
减小损失的方法：（1） 减小 输电导线的电阻R.根据电阻定律R＝ρlS可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻R，可采用电阻率ρ 小 或横截面积S 大 的导线.（2） 减小 输电导线中的电流I.根据P＝UI知，在输送电功率一定的条件下，可采取 提高 输电电压的方法来减小导线中的输电电流.
远距离输电中的能量守恒
命题点1 变压器匝数变化的输电线路
7.[2021山东/多选]输电能耗演示电路如图所示.左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压有效值为7.5V的正弦交流电.连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10Ω.开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P.以下判断正确的是（ BD ）
A.r＝10ΩB.r＝5Ω
C.P＝45WD.P＝22.5W
解析 左侧变压器副线圈上的电压U2＝3×7.5 V ＝ 22.5 V，当开关S接1时，电阻R上的电压，即右侧变压器的副线圈上两端的电压，U4 ＝PR＝ 10 V，电流I4 ＝U4R＝ 1 A，则右侧变压器原线圈上的电压U3 ＝21×10 V ＝ 20 V，电流I3 ＝12×1 A ＝ 0.5 A，则r＝U2-U3I3＝5 Ω，A错误，B正确；当开关S接2时，设导线上的输电电流为I，则右侧变压器副线圈上的电流为0.5I，由右侧变压器原、副线圈上的电压关系可知U2-Irn3＝0.5IRn4，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，C错误，D正确.
命题点2 高压输电电压损失、功率损失的计算
8.[2023芜湖一中校考/多选]张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其输电简易模型如图所示.假设风力发电机输送的功率恒定不变，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，且图中已经标出了各部分的电流和电压，输电线的总电阻为R，则下列关系式正确的是（ BC ）
A.I1I2＝n1n2
B.U3U4＝n3n4C.输电线上损失的功率为ΔP＝I22R
D.输电线上损失的功率为ΔP＝U22R
解析 由理想变压器的原、副线圈的电流与匝数成反比关系，可得I1I2＝n2n1，A错误；由理想变压器的原、副线圈的电压与匝数成正比关系，可得U3U4＝n3n4，B正确；由电功率公式，可得输电线上损失的功率为ΔP＝I22R＝（U2－U3）2R，C正确，D错误.
方法点拨
输电线路功率损失的四种计算方法
1.输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率.两者的关系是P损＝P－P'（P为输送功率，P'为用户所得功率）.
2.P损＝I线2R线，I线为输电线路上的电流，R线为输电线的电阻.
3.P损＝（ΔU）2R线，ΔU为输电线路上损失的电压.
4.P损＝ΔUI线.
命题点3 用户数变化的输电线路
9.[2023天津/多选]如图是输电线为用户输电的示意图，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电线上的总电阻为R，下列说法正确的是（ BD ）
A.T1的输出电压与T2的输入电压相等
B.T1的输出功率大于T2的输入功率
C.若用户接入的用电器增多，则R消耗的电功率减小
D.若用户接入的用电器减少，则T2的输出功率减小
解析 设输电线中的电流为I2，T1的输出电压与T2的输入电压分别为U2、U3，则有U2＝I2R＋U3，即T1的输出电压大于T2的输入电压，A错误；T1的输出功率为P2＝U2I2，输电线上损耗的功率为ΔP＝I22R，T2的输入功率为P3＝U3I2，则P2＝ΔP＋P3，即T1的输出功率大于T2的输入功率，B正确；若用户接入电路的用电器增多，则T2副线圈中的电流增大，由变压器的工作原理可知，T2原线圈中的电流增大，即输电线上的电流增大，输电线上损耗的功率增大，即R消耗的电功率增大，C错误；若用户接入电路的用电器减少，则用电器消耗的功率减小，即T2的输出功率减小，D正确.
1.[理想变压器的工作原理/2023广东]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8.8kW，原线圈的输入电压u＝2202sin（100πt）V.关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（ A ）
A.20A，50HzB.202A，50Hz
C.20A，100HzD.202A，100Hz
解析 原线圈：u＝2202sin（100πt）V
变压器不改变交变电流的频率，故副线圈输出电流的频率也为50Hz，CD错
理想变压器变压规律：U1U2＝n1n2＝12→U2＝440V
功率P＝I2U2＝8.8×103W→I2＝20A，A对，B错
2.[变压器的动态分析/2023北京]自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡.实际测得小灯泡两端电压为2.5V.下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ B ）
A.仅增加原线圈匝数
B.仅增加副线圈匝数
C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D.将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
解析 原线圈电压为U1，匝数为n1；副线圈电压为U2，匝数为n2
仅增加n1→n1n2变大→U2减小，U2'减小，A错
仅增加n2→n1n2减小→U2增大，U2'增大，B对
n1、n2都翻倍并联灯泡n1n2不变→U2不变，U2'不变，CD错
3.[远距离输电/2023浙江6月]我国1100kV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 ）
A.送电端先升压再整流
B.用户端先降压再变交流
C.1100kV是指交流电的最大值
D.输电功率由送电端电压决定
解析 由于变压器的工作原理是电磁感应现象，因此升压变压器和降压变压器原线圈两端的电压均为交流电压，所以送电端先升压再整流，用户端先变交流再降压，A正确，B错误；1100kV指的是交流电的有效值，C错误；由远距离输电的原理可知，输电功率由用户端决定，D错误.
4.[多个副线圈/2023山东]某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW.降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器.下列说法正确的是（ C ）
A.发电机的输出电流为368A
B.输电线上损失的功率为4.8kW
C.输送给储能站的功率为408kW
D.升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
解析 由P＝UI可得发电机的输出电流I1＝P1U1＝2 000 A，A错误；用户端的电流I4＝P4U4＝400 A，由理想变压器的变流规律有I4I3＝n3n4，解得I3＝8 A，故输电线上损失的功率ΔP＝I32R＝4 000 W＝4 kW，B错误；升压变压器的输出功率P2＝P4＋ΔP＝92 kW，由P1＝P＋P5可得输送给储能站的功率为P5＝408 kW，C正确；由理想变压器的变压规律有U3U4＝n3n4，解得U3＝11 000 V，输电线上损失的电压为ΔU＝I3R＝500 V，则升压变压器的输出电压U2＝U3＋ΔU＝11 500 V，由理想变压器的变压规律有U1U2＝n1n2，解得n1n2＝146，D错误.
1.[变压器的铭牌/2024广东惠州第一次调研]如图所示是一种理想变压器的铭牌，根据上面标示的信息，以下判断正确的是（ B ）
A.这是一个升压变压器
B.原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为55∶3
C.当原线圈输入交流电压220V时，副线圈输出直流电压12V
D.当原线圈输入交流电压220V时，只要副线圈构成回路，则其电流一定为3.0A
解析 额定输入电压U1＝220V
额定输入电压U2＝12V
额定输入电压I2＝3A
U1＞U2，故为降压变压器，A错n1n2＝U1U2＝220V12V＝553，B对输入电压与输出电压均为交流电压，C错副线圈的电流与负载功率有关，D错
2.电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示.其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上，则电流互感器（ D ）
A.是一种降压变压器
B.能测量恒定电流
C.原、副线圈电流的频率不同
D.副线圈的电流小于原线圈的电流
解析 变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，也不能在恒定电流电路中工作，B、C项均错误；根据变压器匝数与电压的关系U1U2＝n1n2可得副线圈的电压U2＝n2n1U1，由于原线圈匝数少而副线圈匝数多，即n1＜n2，因此有U2＞U1，电流互感器是一种升压变压器，A项错误；根据变压器匝数与电流的关系I1I2＝n2n1可得副线圈的电流I2＝n1n2I1，由于n1＜n2，因此有I2＜I1，D项正确.
3.[2024湖南娄底校联考]如图所示为远距离输电电路图，左边升压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶5，输入电压u＝102sin50πt（V）的正弦交变电流.连接两理想变压器的输电线的总电阻为r＝5Ω，右边降压变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，负载的电功率为升压变压器输入功率的80％.下列说法正确的是（ D ）
A.升压变压器原线圈上的电流为2A
B.输电线上损失的功率为10W
C.负载的功率为25W
D.降压变压器原线圈上的电压为20V
解析 设升压变压器原、副线圈上的电压为U1、U2，电流为I1、I2，降压变压器原、副线圈上的电压为U3、U4，电流为I3、I4，有I2＝I3，则由变流比得I1I2＝52，I3I4＝12，由题意可知，输电线上的功率为升压变压器输入功率的20％，则有U1I1＝5I22r，代入数据，解得I2＝1 A，则I1＝2.5I2＝2.5 A，故A错误；输电线上损失的功率为Pr＝I22r＝5 W，故B错误；负载的功率为PR＝4Pr＝20 W，故C错误；因为I4＝2I2＝2 A，则负载上的电压为U4＝PRI4＝10 V，则U3＝2U4＝20 V，故D正确.
4.[2024江西临川一中校考]某电站用500kV电压输电给300km外的用户使用，其输出电功率是3×106kW，输电线总电阻为2.5Ω，则下列说法正确的是（ B ）
A.输电线上输送的电流大小为3.0×105A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15kV
C.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kW
D.输电线上损失的功率为ΔP＝U2r，U为输电电压，r为输电线的电阻
解析 由P＝UI得输电线上输送的电流I＝PU＝3×106×103500×103 A＝6×103 A，故A错误；由ΔU＝Ir得输电线路上的电压损失ΔU＝Ir＝6×103×2.5 V＝15×103 V，故B正确；由于损失的功率不可能大于电站的输出功率，故C错误；输电线上损失的功率用ΔP＝U2r计算时，U为输电线上的电压降，而不是输电电压，故D错误.
5.如图所示为一理想变压器，原线圈接在输出电压为U的交流电源两端.电路中R0为定值电阻，测量电表均为理想电表，导线电阻不计.现使滑动变阻器R的滑片P向上滑动，则下列说法正确的是（ A ）
A.电压表V2的示数变大
B.电压表V1与电流表A的示数的比值不变
C.电流表A的示数变大
D.定值电阻R0消耗的电功率变大
解析 输入电压不变，原、副线圈匝数比不变，输出电压由输入电压决定，则副线圈两端电压U2不变，滑片向上滑动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，滑动变阻器两端电压变大，V2示数变大，故A正确；副线圈电路中总电阻变大，电流减小，原、副线圈匝数比不变，则原线圈中电流也减小，故C错误；副线圈中电流变小，定值电阻R0消耗的功率变小，故D错误；输入电压不变，输入电流随输出电流变化而变化，所以电压表V1与电流表A的示数的比值变化，故B错误.
6.[多选]如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流.下列说法正确的是（ BC ）
A.保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
B.保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小
C.保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大
D.保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大
解析 保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，输出电流I2增大，根据P2＝I2U2知，P2增大，又因P1＝P2，故I1增大，A错误，C正确；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，根据P2＝I2U2知，P2减小，又因P1＝P2，所以变压器输入功率减小，B正确，D错误.
7.[副线圈电路中含二极管/2024浙江高三联考]如图，某同学用自制的简易无线充电装置给手机充电，装置由一个电磁炉（发射线圈）、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比为n1∶n2，若电磁炉两端所加电压为u＝2202sin314t（V），车载充电器的输入限制电压为4.4V，不考虑充电过程中的各种能量损失.则下列说法正确的是（ A ）
A.接收线圈两端电压的有效值约为6.2V
B.通过车载充电器的电流为交流电
C.发射线圈、接收线圈匝数比为n1∶n2＝50∶1
D.接收线圈1s内电流方向变化50次
解析 设接收线圈两端电压的有效值为U2，充电器两端电压有效值为U3，由题意可知U3＝4.4 V，根据有效值的定义可得U22R·T2＝U32R·T，解得U2≈6.2 V，故A正确；因为二极管单向导电，则通过车载充电器的电流方向一定，为直流电，故B错误；由题意可知发射线圈电压有效值为U1＝220 V，故发射线圈、接收线圈匝数比为n1n2＝U1U2＝2206.2＝1 10031，故C错误；根据所加电压表达式可知，电流的频率f＝1T＝ω2π＝50 Hz，接收线圈1个周期内电流方向改变两次，故1 s内电流方向变化100次，故D错误.
8.[2023安徽江淮十校联考/多选]如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0＝800匝、n1＝100匝和n2＝400匝，原线圈串联一个电阻R0＝8.0Ω，并接入内阻不计的正弦交流电源，电源电动势为E且保持不变；两个副线圈分别接电阻R1＝1.0Ω和R2＝16.0Ω.开关S断开时，理想电流表读数为I1＝4.0A；开关S闭合时，理想电流表读数为I2.不计线圈电阻，则（ BD ）
A.E＝32.0VB.E＝36.0V
C.I2＝3.2AD.I2＝3.6A
解析 开关S断开时，理想电流表读数为I1＝4.0 A，且n0＝800匝、n1＝100匝，故n0n1＝I1I0，得I0＝0.5 A，由n0n1＝U0U1及U1＝I1R1＝4 V，可得U0＝32.0 V，故E＝I0R0＋U0＝36.0 V，故A错误，B正确；开关S闭合时，由输出功率等于输入功率，可知P原＝P副1＋P副2，得U0I0＝U1I1＋U2I2，即36V-U0R0U0＝U12R1＋U22R2，由n0n1＝U0U1，n0n2＝U0U2，则U1＝3.6 V，故I2＝3.6 A，故C错误，D正确.
9.[用户功率增大时的动态分析/2024湖南怀化三中校考]图（a）是目前世界上在建规模最大、技术难度最高的水电工程——白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其发电量位居全世界第二，仅次于三峡水电站.白鹤滩水电站远距离输电电路示意图如图（b）所示，如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时（ D ）
图（a） 图（b）
A.A2示数增大，A1示数减小
B.V1、V2示数都减小
C.输电线上的功率损失减小
D.V1、A1示数的乘积大于V2、A2示数的乘积
解析 当用户功率增大时，降压变压器的输出功率增大，输出电流增大，A2示数增大，根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知，降压变压器中的输入电流增大，A1示数增大，故A错误；升压变压器线圈匝数以及升压变压器输入电压不变，则升压变压器输出电压不变，则V1的示数不变，降压变压器中的输入电流增大，输电线电阻消耗的电压增大，则降压变压器输入电压减小，根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知，降压变压器输出电压减小，故V2示数减小，故B错误；输电线上的电流增大，输电线上的功率损失增大，故C错误；根据降压变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知I1I2＝n2n1，设降压变压器的输入电压为U0，有U1＞U0，根据降压变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知U0U2＝n1n2，故I1U1＞I1U0＝I2U2，故D正确.
10.[汽车点火装置/2024湖北武汉部分学校调研]点火线圈能产生20000V的高压，使汽车启动.某型号点火线圈部分结构如图所示，其初级线圈匝数为100匝，次级线圈匝数为20000匝.已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池.下列说法正确的是（ D ）
A.点火线圈的次级线圈应和蓄电池相连
B.仅增加初级线圈的匝数，也一定能成功点火
C.汽车蓄电池是直流电源，需要将直流电先转化为交流电才能使点火线圈正常工作
D.初级线圈断电瞬间，其两端电压约为100V
解析 由于蓄电池的电压为低电压，则结合变压器的变压规律可知蓄电池应和匝数较少的初级线圈相连，A错误；若仅增加初级线圈的匝数，则通过变压器产生的高压将减小，则不一定能点火成功，B错误；点火线圈利用的是在开关通、断电的瞬间通过线圈的磁通量发生变化从而在次级线圈两端产生高电压，所以不需要将汽车蓄电池产生的直流电转化为交流电，C错误；由题意可知初级线圈通、断电的瞬间，点火线圈能产生20000V的高压，则由变压器的变压规律可知此时初级线圈两端的电压约为100V，D正确.
11.[黑光灯的应用]黑光灯是利用物理方法灭蛾杀虫的一种环保型设备，它发出的紫色光能够引诱害虫飞近黑光灯，然后被黑光灯周围的交流高压电网“击毙”.如图所示是高压电网的工作电路，高压电网是利用变压器将有效值为220V的交流电压变成高压，高压电网相邻两极间距离为0.5cm，已知空气在常温常压下的击穿场强为6220V/cm，为防止空气被击穿而造成短路，变压器的次、初级线圈匝数比不得超过多少？
答案 10∶1
解析 电网两极间的电场可看作匀强电场且Um＝Emd，由题意知空气被击穿时Em
＝6 220 V/cm，已知理想变压器电压关系为U1mUm＝n1n2，峰值与有效值关系为U1m＝
2U1，由以上各式得n1n2＝110，所以变压器次、初级线圈匝数比不得超过10∶1.课标要求
核心考点
五年考情
核心素养对接
1.通过实验，探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系.
2.知道远距离输电时通常采用高压输电的原因.
对理想变压器原理的理解
2023：广东T6，海南T11；
2022：北京T4，山东T4，重庆T3；
2021：河北T8，重庆T6；
2020：山东T5，江苏T2，全国ⅢT20，浙江1月T10
1.物理观念：理解理想变压器及远距离输电原理；运用能量观念分析变压器及远距离输电问题.
2.科学思维：建构理想变压器及远距离输电模型，分析求解问题.
3.科学探究：通过实验，了解变压器的工作原理.
4.科学态度与责任：通过变压器在远距离输电中的应用，了解科技对人类社会发展的影响，培养科学态度及社会责任意识.
变压器电路的动态分析
2023：北京T7；
2022：湖南T6；
2021：湖南T6，福建T3，海南T9；
2020：北京T9
远距离输电问题
2023：山东T7，天津T6，浙江6月T7；
2022：河北T3；
2021：山东T9；
2020：全国ⅡT19，浙江7月T11
命题分析预测
该部分内容与生产生活实际联系紧密，题目多围绕变压器电路的分析以及远距离输电等进行考查，以选择题形式出现，难度中等.根据近几年考情可知，高考对该部分内容的考查比较常规，因远距离输电问题与生活实际联系紧密，应引起重视.
功率
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
原、副线圈的电压比等于[3] 匝数比 ，即U1U2＝[4] n1n2 ，与副线圈个数的多少无关
电流
（1）只有一个副线圈时，I1I2＝n2n1；
（2）有多个副线圈时，由P入＝P出（P1＝P2＋P3＋…＋Pn）得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率
原、副线圈中电流的频率[5] 相等 .
电动势
由于互感现象，根据法拉第电磁感应定律，有E1＝n1ΔΦΔt，E2＝n2ΔΦΔt，所以E1E2＝n1n2
电压
副线圈输出电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝n2n1U1（“原制约副”）
功率
副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（“副制约原”）
电流
原线圈中的电流I1由副线圈中的电流I2和匝数比决定，即I1＝n2n1I2（“副制约原”）
类型
匝数比不变，负载电阻变
负载电阻不变，匝数比变
原理图
n1n2不变，负载R变化
n1n2改变，负载R不变
分析流程
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