(新高考)高考物理一轮复习课时练习第12章第2讲《变压器电能的输送》(含解析)

这是一份(新高考)高考物理一轮复习课时练习第12章第2讲《变压器电能的输送》(含解析)，共25页。试卷主要包含了理想变压器，电能的输送等内容，欢迎下载使用。

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
电磁感应的互感现象。
3.理想变压器原、副线圈基本量的关系
4.几种常用的变压器
(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)eq \a\vs4\al(互感器)eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(电压互感器（n1＞n2）：把高电压变成低电压，如图丙所示。,电流互感器（n1＜n2）：把大电流变成小电流，如图丁所示。))
【自测1】 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3
1.输电电流
I＝eq \f(P,U)＝eq \f(P′,U′)＝eq \f(U－U′,R)。
2.电压损失
(1)ΔU＝U－U′
(2)ΔU＝IR
3.功率损失
(1)ΔP＝P－P′
(2)ΔP＝I2R＝(eq \f(P,U))2R
4.减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R。由R＝ρeq \f(l,S)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P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。
【自测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eq \f(1,4)，输电电压应变为( )
A.55 kV B.110 kV
C.440 kV D.880 kV
答案 C
解析 设输送功率为P，则有P＝UI，其中U为输电电压，I为输电电流。为使输电线上损耗的功率减小为原来的四分之一，由P损＝I2R(R为输电线的电阻，恒定不变)可知应使I变为原来的二分之一，又输送功率不变，则输电电压应变为原来的2倍，即440 kV，选项C正确。
命题点一 理想变压器原理的应用
【例1】 (2020·山东卷，5)图4甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )
图4
A.1 Ω B.5 Ω
C.6 Ω D.8 Ω
答案 A
解析 由图乙可知理想变压器输入电压U1＝220 V，应用理想变压器变压公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(22,3)，可得副线圈输出电压U2＝30 V。灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24 V，电流IL＝eq \f(UL,RL)＝1.6 A。设R1两端电压为U，由U2＝UL＋U，可得U＝6 V。由eq \f(U,R1)＋eq \f(U,R2＋R)＝IL，解得R＝1 Ω，选项A正确。
【变式1】 (多选)(2020·全国卷Ⅲ，20)在图5(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是( )
图5
A.所用交流电的频率为50 Hz
B.电压表的示数为100 V
C.电流表的示数为1.0 A
D.变压器传输的电功率为15.0 W
答案 AD
解析 由图(b)可知通过R2的交流电的周期为2×10－2 s，变压器不会使交流电的周期改变，所以所用交流电的频率为50 Hz，选项A正确；由图(b)可知通过R2的电流的有效值为1 A，由串并联特点可知通过R3的电流(即通过电流表的电流)为0.5 A，故副线圈的电流为I2＝1.5 A，由欧姆定律可得副线圈两端的电压U2＝1×10 V＝10 V，由变压器原、副线圈两端电压比与原、副线圈匝数比的关系可得，原线圈两端的电压U1＝eq \f(U2,n2)n1＝100 V，再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压为UV＝220 V－100 V＝120 V，选项B、C均错误；根据变压器原理可得变压器传输的电功率为P＝U2I2＝10×1.5 W＝15.0 W，选项D正确。
【变式2】 (2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，7)科学中心某款手摇点火器原理如图6所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5 000 V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B大小为0.2 T，手摇发电机线圈的面积为0.25 m2，共50匝，不计内阻。变压器为理想变压器，其原、副线圈匝数比为1∶100。下列说法正确的是( )
图6
A.线圈转速等于2 r/s时，点火器可以产生电火花
B.线圈转速等于4 r/s时，点火器可以产生电火花
C.电压表的示数为5 V时，点火器可以产生电火花
D.电压表的示数为25 V时，点火器可以产生电火花
答案 B
解析 线圈在匀强磁场中转动产生交变电流，设转速为n，则发电机的最大电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，U1m＝Em，根据变压器变压规律知eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，有eq \f(U1m,U2m)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,100)，钢针和金属板间瞬时电压超过5 000 V时可以产生电火花，现令U2m＝5 000 V，联立各方程解得U1m＝50 V，n＝eq \f(10,π) r/s≈3.18 r/s，故线圈转速等于4 r/s时，副线圈的电压最大值超过了5 000 V，能产生电火花，故A错误，B正确；电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，刚点火时UV＝eq \f(U1m,\r(2))＝25eq \r(2) V，5 V和25 V均小于25eq \r(2) V，则不能达到点火电压，故C、D错误。
实验十五 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【例2】 (2020·浙江大学附属中学1月选考模拟)(1)某同学在做“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验时，用学生电源提供给图7甲所示变压器原线圈的电压为5 V，用演示电表交流50 V 挡测量副线圈电压时示数如图乙所示，则变压器的原、副线圈匝数之比可能是__________；
图7
A.5∶8 B.5∶16
C.1∶14 D.1∶8
(2)街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，__________(填写“原线圈”或“副线圈”)应该使用较粗的导线。
答案 (1)D (2)副线圈
解析 (1)根据电压表读数的方法可知，该变压器的输出电压为40 V，所以变压器的原副线圈匝数之比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(5,40)＝eq \f(1,8)，故D正确，A、B、C错误。
(2)理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的时候，电流与匝数成反比，街头用电的变压器是降压变压器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈的电流较大，应该使用较粗的导线。
命题点二 理想变压器的动态分析
1.匝数比不变的情况(如图8)
图8
(1)U1不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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，P1＝P2，故P1发生变化。
2.负载电阻不变的情况(如图9)
图9
(1)U1不变，eq \f(n1,n2)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＝eq \f(Ueq \\al(2,2),R)，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。
【例3】 (2020·山东济南市期末学习质量评估)理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图10所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个相同灯泡L1、L2和L3接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是( )
图10
A.灯泡L1变亮，L2变暗 B.灯泡L1、L2都变亮
C.灯泡L2、L3都变亮 D.电源输出功率减小
答案 B
解析 设M、N两端稳压交流电源的电压有效值为U，原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，原副线圈的匝数比n1∶n2＝k，灯泡的电阻都为R，根据欧姆定律，可得副线圈两端的电压为U2＝I2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋R并))，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝k，得原线圈两端的电压为U1＝kU2＝kI2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋R并))，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(1,k)，解得I1＝eq \f(1,k)I2，根据欧姆定律，可得L1两端的电压U1′＝I1R＝eq \f(I2R,k)，则稳压交流电源的电压为U＝U1′＋U1＝I2eq \b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\c1(\f(R,k)＋k\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(R＋R并))))，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，其电阻减小，则R并电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的电压U不变，所以电流I2变大，则L2变亮；原线圈的电流I1＝eq \f(1,k)I2也增大，所以L1变亮，其两端的电压变大，所以原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而L2的电压变大，所以L3与滑动变阻器并联部分的电压减小，所以L3变暗，B正确，A、C错误；因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据P＝UI1，可知电源输出功率增大，D错误。
【变式3】 (多选)(2020·宁夏石嘴山市4月模拟)如图11所示，理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端，P为滑动变阻器的滑片，RT为热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，下列说法正确的是( )
图11
A.P向左滑动时，变压器的输出电压变大
B.若P向左滑动时，RT阻值保持不变，则变压器的输入功率变大
C.若P保持不变，RT温度升高时，则灯L变暗
D.RT温度升高时，适当向右滑动P可能保持灯L亮度不变
答案 CD
解析 P向左滑动时，变压器原线圈电压和原副线圈的匝数比均不变，输出电压不变，故A错误；P向左滑动时，则滑动变阻器电阻变大，而RT阻值保持不变，所以副线圈回路总电阻增大，根据P＝eq \f(U2,R总)知变压器的输出功率减小，所以变压器的输入功率也变小，故B错误；若P保持不变，RT温度升高时，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器的分压增大，灯L两端电压减小，灯L变暗，故C正确；RT温度升高时，热敏电阻阻值减小，适当向右滑动P，可能使灯L分压不变，从而保持灯的亮度不变，故D正确。
【变式4】 (多选)(2020·云南昆明市4月教学质量检测)如图12甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈的输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，D为理想二极管，R为电阻箱，当电阻箱阻值R＝11 Ω时，下列说法正确的是( )
图12
A.原线圈的输入电压频率为50 Hz
B.电阻箱R两端电压的有效值为11 V
C.电阻箱R消耗的功率为22 W
D.若电阻箱R阻值变小，原线圈中的电流变小
答案 AC
解析 由题图乙可知，T＝0.02 s，f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,0.02) Hz＝50 Hz，故A正确；原线圈电压的有效值为U1＝eq \f(220\r(2),\r(2)) V＝220 V，由变压比可知，副线圈两端的电压U2＝22 V，由于二极管具有单向导电性，由电流的热效应可知，eq \f(Ueq \\al(2,R),R)T＝eq \f(Ueq \\al(2,2),R)·eq \f(T,2)，解得UR＝11eq \r(2) V，故B错误；PR＝eq \f(Ueq \\al(2,R),R)＝eq \f(（11\r(2)）2,11) W＝22 W，故C正确；若电阻箱R阻值变小，由于原线圈电压不变和变压器匝数比不变，所以副线圈的电压不变，所以副线圈中的电流变大，则原线圈中的电流变大，故D错误。
命题点三 两种特殊的变压器模型
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13所示。
图13
2.互感器
分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：
【例4】 (2020·江苏卷，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14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( )
图14
A.是一种降压变压器
B.能测量直流电路的电流
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
答案 D
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，B、C项均错误；根据变压器匝数与电压的关系eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得副线圈的电压U2＝eq \f(n2,n1)U1，由于原线圈匝数少而副线圈的匝数多，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eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可得副线圈的电流I2＝eq \f(n1,n2)I1，由于n1＜n2，因此有I2＜I1，D项正确。
【变式5】 (2020·福建泉州市第一次质检)如图15所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器(均视为理想变压器)，T1的原、副线圈匝数比为1∶1 000，、是交流电压表或交流电流表，其中交流电压表两端的电压为10 V，高压线路输送的电功率是2.2×103 kW、电压是22 kV，则( )
图15
A.是交流电压表
B.T2的原、副线圈匝数比为1 000∶1
C.通过交流电流表的电流为0. 1 A
D.绕制T1原线圈的导线应比副线圈的细
答案 C
解析 T1是电流互感器，是交流电流表，T2是电压互感器，是交流电压表，故A错误；对T2，根据变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(22×1 000,10)＝eq \f(2 200,1)，故B错误；对T1，原线圈的电流I1＝eq \f(P,U)＝eq \f(2.2×103,22) A＝100 A，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，解得I2＝0.1 A，故C正确；T1原线圈的电流大于副线圈的电流，故绕制T1原线圈的导线应比副线圈的粗，故D错误。
【变式6】 (多选)(2020·江苏常州市上学期学业水平监测)如图16所示，钳型电流表是一种穿心式电流互感器，选择量程后，将一根通电导线夹入钳中，就可以读出导线中的电流。该电流表( )
图16
A.可以测直流电流
B.可以测交流电流
C.量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多
D.量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变少
答案 BC
解析 电流互感器是根据电磁感应原理制成的，则只能测量交流电流，不能测量直流电流，选项A错误，B正确；根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知，n1和I2一定，则当I1变大时n2要增大，则量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多，选项C正确，D错误。
命题点四 远距离输电
1.理清三个回路
图17
远距离输电电网间的基本结构如图17所示。输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路。在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁。
2.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)中各个量间的关系是eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，P1＝P2，I1n1＝I2n2。
(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eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，P3＝P4，I3n3＝I4n4。
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P1＝P线损＋P用户。
【例5】 (多选)(2020·全国卷Ⅱ，19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则( )
A.ΔP′＝eq \f(1,4)ΔP B.ΔP′＝eq \f(1,2)ΔP
C.ΔU′＝eq \f(1,4)ΔU D.ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU
答案 AD
解析 若采用550 kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))eq \s\up12(2)r，输电线路损失的电压ΔU＝eq \f(P,U)r，若改用1 100 kV 的特高压输电，同理有ΔP′＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U′)))eq \s\up12(2)r，ΔU′＝eq \f(P,U′)r，可得ΔP′＝eq \f(ΔP,4)，ΔU′＝eq \f(ΔU,2)，故B、C项错误，A、D项正确。
【变式7】 (2020·7月浙江选考，11)如图18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，下列说法正确的是( )
图18
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
答案 C
解析 发电机输出的电流I1＝eq \f(P,U1)＝eq \f(100×103,250)A＝400 A，选项A错误；输电线上的电流I线＝eq \r(\f(P线,R线))＝eq \r(\f(5×103,8))A＝25 A，选项B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝eq \f(P,I线)＝eq \f(100×103,25)V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(3 800,220)＝eq \f(190,11)，选项C正确；降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝eq \f(P4,U4)＝eq \f(95×103,220)A＝431.8 A，选项D错误。
【变式8】 (2021·1月江苏新高考适应性考试，7)小明分别按图19甲和乙电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等，两次实验中( )
图19
A.都接直流电源
B.A两端的电压相等
C.A损耗的功率相等
D.图甲中A的电流较大
答案 D
解析 由于变压器只能改变交变电流，因此题图乙中不可能接直流电源，故A错误；设灯泡的电压为U0，电流为I0，A、B的阻值为R，则题图甲电路中电流为I0，A两端电压为I0R，损耗的功率为Ieq \\al(2,0)R，题图乙中降压变压器的匝数比为eq \f(n3,n4)>1，则流过A的电流I3＝eq \f(n4,n3)· I0课时限时练
(限时：30分钟)
对点练1 理想变压器的原理及应用
1.(2020·江苏盐城市第三次模拟)“新冠肺炎”席卷全球，某汽车厂决定改建生产线转产口罩，原生产线工作电压为380 V，而口罩机工作电压为220 V。现在需要变压器来进行降压，若变压器原线圈匝数为1 900匝，则副线圈匝数为( )
图1
A.110 B.220
C.1 100 D.2 200
答案 C
解析 根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2) 解得n2＝eq \f(U2n1,U1)＝eq \f(220×1 900,380)＝1 100匝，故选项C正确。
2.(2020·辽宁辽阳市二模)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当副线圈中电流增加0.1 A时，原线圈电流( )
A.减小0.01 A B.增加0.01 A
C.减小1 A D.增加1 A
答案 D
解析 根据I1＝eq \f(n2,n1)I2，则ΔI1＝eq \f(n2,n1)ΔI2＝10×0.1 A＝1 A，即原线圈电流增加1 A。故D正确。
3.(多选)(2020·海南省高考调研)如图2所示，一理想变压器输入端接一正弦交流电源(电压有效值不变)，输出端电路由R1、R2、R3和R4四个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后( )
图2
A.R1两端的电压减小到原来的eq \f(1,4)
B.R2两端的电压减小到原来的eq \f(1,3)
C.R3两端的电压减小到原来的eq \f(1,2)
D.R4的热功率减小到原来的eq \f(1,4)
答案 CD
解析 理想变压器的原、副线圈的电压和匝数成正比，将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后，副线圈的电压减小到原来的eq \f(1,2)，输出端的四个电阻的电压都减小到原来的eq \f(1,2)，故A、B错误，C正确；根据P＝eq \f(U2,R)知，R4的热功率减小到原来的eq \f(1,4)，D正确。
4. (2020·江苏南通市5月第二次模拟)如图3甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻55 Ω，电流表、电压表均为理想电表。原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，下列说法正确的是 ( )
图3
A.电流表的示数为4.0 A
B.电压表的示数为155.6 V
C.副线圈中交流电的频率为50 Hz
D.穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为2∶1
答案 C
解析 理想变压器的原线圈接入正弦交流电，由u－t图像知最大值为U1max＝220eq \r(2) V，可知有效值为U1＝eq \f(U1max,\r(2))＝220 V，根据理想变压器规律eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可得副线圈两端的电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(1×220,2) V＝110 V，由欧姆定律可知流过电阻的电流I2＝eq \f(U2,R)＝2 A，所以，电流表的示数为2 A，电压表的示数为110 V，故A、B均错误；因交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，变压器不改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频率也为50 Hz，故C正确；根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿过原、副线圈磁通量的变化率相同，比值为1∶1，故D错误。
5.(2020·山东日照市4月模拟)如图4是实验时用的原、副线圈都有从中点抽头的理想变压器，在原线圈上通过一个单刀双掷开关S1与一只电流表连接，在副线圈上通过另一个单刀双掷开关与一个定值电阻R0相连接，通过S1、S2可以改变原、副线圈的匝数。在原线圈上加一电压为U的交流电后，①当S1接a，S2接c时，电流表的示数为I1；②当S1接a，S2接d时，电流表的示数为I2；③当S1接b，S2接c时，电流表的示数为I3；④当S1接b，S2接d时，电流表的示数为I4，则( )
图4
A.I1＝I2 B.I1＝I4
C.I2＝I3 D.I2＝I4
答案 B
解析 在第①种情况下，S1接a，S2接c时，设副线圈加在R0上的电压为U0，流过R0的电流为I0，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得，第②③④种情况，R0上的电压分别为eq \f(U0,2)、2U0、U0，流过R0的电流分别为eq \f(I0,2)、2I0、I0，根据P入＝P出可得I2＝eq \f(1,4)I1、I3＝4I1、I4＝I1。
对点练2 理想变压器的动态分析
6.(2020·北京市密云区下学期第一次测试)如图5所示，为探究理想变压器原副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接入理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，不计导线电阻。闭合开关S后，下列说法正确的是( )
图5
A.A1示数不变，V1示数不变，L1变亮
B.A2示数变大，V2示数变大，L1变暗
C.A1示数变大，变压器输出功率变大，A1与A2示数的比值不变
D.V2示数变大，变压器输出功率变大，V1与V2示数的比值不变
答案 C
解析 闭合开关后，根据理想变压器的电压规律eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知变压器两端电压不变，所以两电压表示数不变，灯泡两端电压不变，L1亮度不变；副线圈并联负载增加，根据并联分流规律可知副线圈干路电流增大，所以A2示数增大，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知原线圈电流增大，所以A1示数增大，A、B错误；根据P＝IU可知变压器输出电压不变，电流增大，所以变压器输出功率变大，结合上述分析可知A1与A2示数的比值不变，V1与V2示数的比值不变，C正确，D错误。
7.(多选)(2020·山东青岛市一模)如图6所示，理想变压器的a、b两端接在U＝220 V交流电源上，定值电阻R0＝40 Ω，R为光敏电阻，其阻值R随光照强度E变化的公式为R＝eq \f(120,E) Ω，光照强度E的单位为勒克斯(lx)。开始时理想电流表A2的示数为0.2 A，增大光照强度E，发现理想电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，下列说法正确的是( )
图6
A.变压器原副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(4,1)
B.理想电压表V2、V3的示数都减小
C.光照强度的增加量约为7.5 lx
D.在增大光照强度过程中，变压器的输入功率逐渐减小
答案 AC
解析 设开始时变压器初级电流为I1，则eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(ΔI2,ΔI1)＝eq \f(0.8,0.2)＝eq \f(4,1)，选项A正确；因变压器初级电压不变，则由于匝数比一定，可知次级电压V2不变；因次级电流变大，则R0上电压变大，则V3的示数减小，选项B错误；变压器次级电压为U2＝eq \f(1,4)U1＝55 V，开始时光敏电阻R1＝eq \f(U2,I2)－R0＝eq \f(55,0.2) Ω－40 Ω＝235 Ω，后来光敏电阻R2＝eq \f(U2,I2′)－R0＝eq \f(55,0.2＋0.8) Ω－40 Ω＝15 Ω，由E＝eq \f(120,R)可得ΔE＝eq \f(120,R2)－eq \f(120,R1)＝eq \f(120,15) lx－eq \f(120,235) lx＝7.5 lx，选项C正确； 在增大光照强度过程中，变压器副线圈电路中电阻减小，则副线圈电路中消耗功率变大，则变压器的输入功率逐渐变大，选项D错误。
8.(2020·天津市红桥区第一次模拟)如图7所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin(314t)V的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电阻随着温度的升高而减小，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻，当传感器R2所在处出现火灾时，以下说法中正确的是( )
图7
A.A1的示数变大，A2的示数变小
B.A1的示数增大，A2的示数增大
C.V1的示数不变，V2的示数增大
D.V1的示数增大，V2的示数变小
答案 A
解析 当传感器R2所在处出现火警时，R2的电阻减小，导致副线圈电路的总电阻减小，则副线圈的输出电流增大，根据电流与匝数关系可知，原线圈的输入电流增大，电流表A1测量的是原线圈的输入电流，则电流表A1示数变大；由于电源的电压不变，则原线圈输入电压不变，匝数比不变，根据变压比可知，副线圈输出电压也不变，所以电压表V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的两端电压变大，则电压表V2的示数变小，即R1的两端电压变小，根据欧姆定律可知，电流表A2的示数变小，故A正确，B、C、D错误。
对点练3 远距离输电问题
9.(多选)(2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，9)如图8a、b所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27 000eq \r(2)sin(100πt)V，电器RL与RL′的参数分别为“220 V/1 100 W”“220 V/440 W”，输电线的总电阻r＝2 Ω。若两图中电器都能正常工作，则( )
a
b
图8
A.图a中电阻r的功率为50 W
B.图b中变压器的输入功率比图a中变压器的输入功率增加了440 W
C.图a中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2 700∶23
D.图b中原、副线圈匝数比n1∶n2＝1 500∶13
答案 ACD
解析 根据P＝UI可得通过电器RL的电流为IL＝eq \f(PL,UL)＝eq \f(1 100,220) A＝5 A，电阻r的功率为Pr＝Ieq \\al(2,L)r＝52×2 W＝50 W，故A正确；图a变压器输出电压为U出＝UL＋Ir＝220 V＋5×2 V＝230 V，图a输出功率等于输入功率为P1＝U出IL＝230×5 W＝1 150 W，RL′正常工作的电流为IL′＝eq \f(PL′,UL′)＝eq \f(440,220) A＝2 A，图b中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7 A，图(2)中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝220 V＋2×7 V＝234 V，图b中输出功率等于输入功率为P2＝U出I总＝234×7 W＝1 638 W，图b中变压器的输入功率比图a中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝1 638 W－1 150 W＝488 W，故B错误；由于输入电压为U入＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(2 700\r(2),\r(2)) V＝27 000 V，则图a中原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入,U出)＝eq \f(2 700,23)，同理图b中原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入,U出′)＝eq \f(1 500,13)，故C、D正确。
10.(2020·河南濮阳市4月摸底)如图9为某小型水电站的电能输送示意图，发电机向升压变压器原线圈输出电压为220 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，变压器均为理想变压器。要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
图9
A.eq \f(n2,n1)＝eq \f(n3,n4)
B.eq \f(n2,n1)＞eq \f(n3,n4)
C.eq \f(n2,n1)＜eq \f(n3,n4)
D.因为变压器均为理想变压器，所以升压变压器的输入功率等于降压变压器的输出功率
答案 B
解析 设升压变压器副线圈两端电压、降压变压器原线圈两端电压分别为U2、U3，有eq \f(U2,220)＝eq \f(n2,n1)，eq \f(U3,220)＝eq \f(n3,n4)，由于输电线路上有电压损耗，则U2＞U3，即eq \f(n2,n1)＞eq \f(n3,n4)，故A、C错误，B正确；在电能输送过程中，输电线上有功率损耗，升压变压器的输入功率大于降压变压器的输出功率，故D错误。
11.(多选)(2020·山东泰安市一轮检测)如图10电路所示，灯泡A、B完全相同，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，额定电压不同。在输入端接u＝45eq \r(2)sin(100πt)V的交流电压，三个灯泡均正常发光，电流表A1的示数为1 A，电流表A2的示数为1.5 A，电路中变压器、电流表均为理想的，则下列说法正确的是( )
图10
A.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶3
B.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝3∶1
C.灯泡L的额定电压为10 V
D.灯泡L的额定电压为15 V
答案 BD
解析 因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为I2＝3 A，由变压规律可知变压器原、副线圈匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(3,1)，故A错误，B正确；令副线圈两端电压为U2，则由变压规律可知原线圈两端电压U1＝eq \f(n1,n2)U2＝3U2，令灯泡L两端电压为UL，则有ULI1＝U2IA，其中U＝UL＋U1，由输入端电压u＝45eq \r(2)sin(100 πt)V，可知U＝45 V，联立可得UL＝15 V，故C错误，D正确。
12.(多选)(2020·山东青岛市上学期期末)如图11(a)，为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图(b)所示的正弦交流电压，并加在理想变压器的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则( )
图11
A.闭合开关S，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为50 V
B.某交流发电机要产生与图(b)相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100转/秒
C.闭合开关S，电压表的示数为25eq \r(2) V
D.变压器原、副线圈的匝数n1、n2须满足n2>100n1时，才能实现点火
答案 CD
解析 根据图(b)得到原线圈电压的最大值为50 V，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为U＝eq \f(Em,\r(2))＝25eq \r(2) V，电压表的示数为：U＝25eq \r(2) V，故A错误，C正确；根据图(b)得到原线圈电流周期为0.02 s，转速n＝eq \f(1,T)＝50转/秒，某交流发电机要产生与图(b)相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为50转/秒，故B错误；瞬时
电压大于5 000 V即火花放电；根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，且U1＝50 V，U2≥5 000 V得到实现点火的条件是：变压器原、副线圈的匝数n1、n2须满足n2＞100n1，故D正确。
13.(2020·浙江绍兴市适应性考试)如图12所示，一台变压器T的原线圈与3.0 kV的交流电源相连，副线圈上接有一电动机M，电动机正常工作时两端的电压为120 V、消耗功率为1.0 kW，变压器T的效率(效率指的是变压器的输出功率与输入功率的比值)为97%，不计导线的电阻，则( )
图12
A.交流电源提供的电流约为0.34 A
B.电动机的电阻约为14.4 Ω
C.变压器T的输入功率为0.97 kW
D.变压器T的匝数比为25∶1
答案 A
解析 变压器的输入功率为P＝eq \f(PM,97%)＝1 030.9 W，故交流电源的提供的电流为I＝eq \f(P,U)＝0.34 A，故A正确，C错误；流过电动机的电流为IM＝eq \f(PM,UM)＝eq \f(25,3) A，由于电动机不是纯电阻元件，故其电阻R≠eq \f(UM,IM)＝14.4 Ω，故B错误；由于变压器的效率不是100%，故原、副线圈的匝数比不等于变压器两端电压之比，即eq \f(n1,n2)≠eq \f(U,UM)＝eq \f(25,1)，故D错误。
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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，与负载、副线圈的个数无关
电流关系
(1)只有一个副线圈时：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)
(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得
I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn
或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系
f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
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
eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)
I1n1＝I2n2