10.2变压器、电能的输送

一轮复习用

第2课时 变压器、电能的输送

考纲解读 1.理解变压器的原理，会用功率关系、电压比、电流比进行有关的计算.2.能够对变压器进行动态分析.3.会分析计算远距离输电问题．

1． [理想变压器的工作原理]关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是

A．通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变 B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等 C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势 D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈 答案 BC

解析 由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B、C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D错． 2． [理想变压器的变压规律]如图1所示，一理想变压器的原线圈匝

数n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，交流电源的电动势e＝311sin 100πt V(不考虑其内阻)，电阻R＝88 Ω，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则 A．电压表的示数为62.2 V B．电流表的示数为2.5 A C．通过R的电流最大值为0.5 A D．变压器的输入电功率为22 W 答案 D

U解析 由于e＝311sin 100πt V，原线圈电压最大值Um为311 V，有效值U1＝220 V，

2UnU根据U2＝44 V，由欧姆定律知，副线圈中电流I2＝＝0.5 A，I2m2I2＝0.7

U2n2RnA，I1＝I2＝0.1 A，所以A、B、C错误，变压器的输入电功率P1＝P2＝U2I2＝22 W，D

n1正确．

3． [远距离输电中的电压与功率损失]在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不

变时，那么

( )

( )

图1

( )

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A．输电线路上损失的电压与输送电流成正比 B．输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大 C．输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比 D．输电线路上损失的功率跟输电线上的电流成正比 答案 AC

P

解析 输电线路上损失电压ΔU＝IR，在R一定时，ΔU和I成正比．若U越高，I＝，

UP

I越小，那么ΔU越小．输电线路上损失的功率ΔP＝I2R，当P一定时，I＝ΔP

UP

＝(2R，即ΔP和U的平方成反比，跟I的平方成正比，故A、C正确． U考点梳理 一、理想变压器 1． 工作原理

互感现象． 2． 基本关系式

(1)功率关系：入出．UUUUU(2)＝＝.

n1n2n1n2n3In(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝.

I2n1

由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I13． 几种常用的变压器

(1)自耦变压器——调压变压器．

电压互感器：用来把高电压变成低电压.

(2)互感器

电流互感器：用来把大电流变成小电流.

4．

理想变压器的理解

(1)没有能量损失； (2)没有磁通量损失． 二、远距离输电

1． 输电过程(如图2所示)

图2

2．输送电流

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U－U′P

(1)I＝(2)I＝UR

3．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝2. 4．电压损失

(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝. 5． 功率损失

P(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝2＝(2R

U6． 降低输电损耗的两个途径

l

(1)减小输电线的电阻，由电阻定律R＝ρS阻，应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积．

(2)减小输电导线中的输电电流，由P＝UI可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流．

4． [理想变压器的动态分析]如图3所示，一理想自耦变压器线圈

AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑 动触头标记为Q，则

图3

( )

A．只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大 B．只将Q向下移动时，电流表的读数变大 C．只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大 D．只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大 答案 D

解析 只将Q向下移动时，R阻值增大，电路中电阻增大，电流减小，故B项错；由于副线圈上电压不变，电灯两端的电压不变，功率不变，亮度不变，故A项错．只将P沿顺时针方向移动时副线圈匝数减少，电压减小，电流减小，故C项错．只提高输入端的电压时，副线圈上电压增大，电流增大，故D项对．

5． [远距离输电问题的分析]中国已投产运行的1 000 kV特高压输电，是目前世界上电压最

高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，不考虑其他因素的影响．则( ) A．送电电流变为原来的2倍

B．输电线上降落的电压将变为原来的2倍

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1

C．输电线上降落的电压将变为原来的

21

D．输电线上损耗的电功率将变为原来的

2答案 C

解析 根据输送电功率P输＝U输I输及P输不变，可知，送电电流I输＝P输/U输∝1/U输，1

当U输变为原来的2倍时，I输变为原来的，选项A错误；输电线上降落的电压U降＝I

2

输

11

R线∝I输，所以，当送电电流变为原来的22

2

项B错误，C正确；输电线上损耗的电功率P损＝I2输R线∝I输，所以输电线上损耗的电功

1

率将变为原来的，选项D错误．

4规律总结

1． 理想变压器的动态分析的方法

(1)分清不变量和变量；

(2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系； (3)利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定． 2． 解远距离输电问题必备技巧

(1)正确画出输电过程示意图，并在图上标出各物理量． (2)抓住变压器变压前、后各量间关系，求出输电线上的电流．

(3)计算电路功率问题时常用关系式：P损＝I2注意输电线上的功率损失和电压损失． 线R线，(4)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定．

考点一 理想变压器原、副线圈基本关系的应用 1． 基本关系

(1)P入＝P出；

Un(2) U2n2

In(3)＝，电流与匝数成反比，只对一个副线圈的变压器适用．有多个副线圈时，由输I2n1入功率和输出功率相等确定电流关系．

(4)原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率也相同，频率也就相同． 2． 制约关系

(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．

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(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定． (3)电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定． 例1 (2012·课标全国理综·17)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，

原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图4所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流的有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2， 且变压器是理想的，则U2和I1分别约为 A．380 V和5.3 A C．240 V和5.3 A

图4

( )

B．380 V和9.1 A D．240 V和9.1 A

Un解析 由题图并根据理想变压器电压比关系U2n2效值U2＝380 V，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P入＝P出＝U1I1，2.0×103

解得I1＝ A≈9.1 A，选项B正确，选项A、C、D错误．

220答案 B

1.关于理想变压器的四点说明 (1)变压器不能改变直流电压．

(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． (3)理想变压器本身不消耗能量．

(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值． 2．解决变压器问题的三种思路

U1n1U1U2

(1)电压：变压器原、副线圈的电压之比为＝U2n2n1n2U＝ . n3

(2)功率：理想变压器的输入、输出功率为P入＝P出，当变压器有多个副线圈时，P1＝P2＋P3＋ .

PIn(3)电流：由I＝知，对只有一个副线圈的变压器有UI2n1n1I1＝n2I2＋n3I3＋ .

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突破训练1 (2010·海南·9)如图5所示，一理想变压器原、副线圈

匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是

( )

图5

A．若电压表读数为6 V，则输入电压的最大值为2 V

B．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半

C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍

D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来

的4倍 答案 AD

解析 本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识Un和理解．因为电压表的读数为6 V，则变压器的输出电压的有效值为6 V，由＝，故

U2n2U1＝4U2＝24 V，所以输入电压的最大值为Um＝U1＝V，所以选项A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U2增大，由I2＝

UR

UR

项B错；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R变大时，则I2＝

流变小，又P1＝P2＝U2I2，故输入功率也减小，所以选项C错；若负载电阻R不变，输U入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I2＝则输出电流也变为原来

R的2倍，故输出功率P2＝U2I2变为原来的4倍，所以选项D正确． 考点二 理想变压器的动态分析

分析理想变压器动态问题的思路程序可表示为：

.

例2 (2012·福建理综·14)如图6所示，理想变压器原线圈输

入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2 表示．下列说法正确的是

( ) 图

6

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A．I1和I2表示电流的瞬时值 B．U1和U2表示电压的最大值

C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大 D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小

解析 电路中交流电表的示数为有效值，故A、B项均错误；P向下滑动过程中，R变UI小，由于交流电源和原、副线圈匝数不变，U1、U2均不变，所以I2＝I2R0＋Rnn，得I1＝2变大，故C项正确，D项错误． n1n1答案 C

例3 如图7所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电

压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2.下列说法中正确的是( ) A．若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小 B．若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小 C．若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小 D．若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大

解析 若F不动，滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A错误，B正确；若P不动，滑片F向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L消耗的功率减小，电压表V2的示数变小，C、D错误． 答案 B

突破训练2 如图8所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 100匝，副线圈的匝数n2＝110

匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0＝R1＝R2，电流表、电压表均为理想电表．原线圈接u＝2sin (314t) (V)的交流电源．起初开关S处于断开状态．下列说法中正确的是

(

)

图7

图8

A．电压表示数为22 V

B．当开关S闭合后，电压表示数变小 C．当开关S闭合后，电流表示数变大 D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大

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答案 BCD

U1n1

解析 电源电压的有效值为U1＝220 V＝可知U2＝22 V，而电压表示数只是R1

U2n2两端的电压，一定小于U2，A项错误．S闭合后，负载总电阻变小，而U2不变，由P出U2U＝P出变大，I2＝变大，而P入＝P出＝U1I1，U1不变，I1应变大，即电流表示数变R总R总大；电阻R0的分压U0＝I2R0，U0变大，则电压表示数U′＝U2－U0应变小．综上所述，选项B、C、D正确． 考点三 远距离输电问题 1． 远距离输电的处理思路

对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析． 2． 远距离高压输电的几个基本关系(以图9为例

)

图9

(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.

U1n1I2U3n3I4

(2)电压、电流关系：，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．

U2n2I1U4n4I3(3)输电电流：I线＝

PPU－U＝U2U3R线

P2

(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝I2R线． 线R线＝(U2

1当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的n例4 (2012·天津理综·4)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电

压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1P和 P1PR1A.， kUn

( )

P1B．()2R，

kUnP1D．)2R，

kUn

PR1

C. kUn

UU解析 根据变压器的变压规律，得k＝nk，所以U1＝kU，U2＝nkU.根据P＝UI，

UU

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PPPP

知匝数比为k和nk的变压器副线圈的电流分别为I1＝I2.根据P＝I2R

U1kUU2nkUP2P2P12

知，输电线路损耗的电功率分别为P1＝I2R，P2＝I2R＝(R，所以＝.选1R＝(kUnkUP1n项D正确，选项A、B、C错误． 答案 D

2 在远距离输电问题中，计算线路功率的损耗时 应用P损＝I线R线，其原因是I

线

U2线

可以由公式P输入＝I线U输入求出，而P损＝U线I线和P损R线情况下，U线不易求出，且易将U线和U输入相混而造成错误．

突破训练3 (2010·浙江理综·17)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的

用户，其输出电功率是3×106 kW，现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( ) A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV

C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW D．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻 答案 B

6

P3×10 kW

解析 输电线上输送的电流I＝＝6 000 A，A错；输电线上损失的电压为

U500 kV

ΔU＝Ir＝6 000×2.5 V＝1.5×104 V＝15 kV，B对；若改用5 kV的电压输电，则输电线3×106 kWP

上输送的电流I′＝＝＝6×105 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2r＝

5 kVU′(6×105)2×2.5 W＝9×108 kW，表明输出的电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106 kW，C错；D项中输电线上损失的功率ΔP＝U2/r，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D错．

44．两种特殊的变压器模型 1． 自耦变压器

高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，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，

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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．

例5 如图10所示，接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡L1、

L2和L3，输电线的等效电阻为R.当滑动触头P向上移动一段距离后，下列说法正确的是

(

)

图10

A．等效电阻R上消耗的功率变大 B．三个灯泡都变亮

C．原线圈两端的输入电压减小 D．原线圈中电流表示数减小

解析 自耦变压器的原、副线圈是同一个线圈，只是匝数不同而己．由题意知原线圈是Un副线圈的一部分P上移时，U1、n2不变，n1变大时，U2变小，因负载电路

U1n1U2

结构不变，因此负载上的总电流I2＝应变小，R上消耗的功率变小，由串、并联电路

R总特点知三个灯泡都变暗，A、B都错误．由于原线圈的输入电压由外部电路决定，是不

2U变的，C错误；由P入＝P出，U1I1＝U2I2知，P出减小时，I1一定减小，电流表示数

R总

减小，D项正确． 答案 D 2． 互感器

分为：电压互感器和电流互感器，比较如下：

例61234

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a、b为两只交流电表，则 (

)

图11

A．A为电流互感器，且n1<n2，a是电流表 B．A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表 C．B为电流互感器，且n3<n4，b是电流表 D．B为电压互感器，且n3>n4，b是电压表

解析 由题图可知A为电流互感器，B为电压互感器，因此a是电流表，b是电压表．在UnA中，有I1n1＝I2n2，要把大电流变为小电流，有n2>n1；在B中，有U4n4压变成低电压，则有n3>n4；综上所述可知，选项A、D正确． 答案

AD

高考题组

1． (2012·海南单科·4)如图12所示，理想变压器原、副线圈匝数比为

20∶1，两个标有“12 V，6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是 A．120 V,0.10 A C．120 V,0.05 A 答案 D

P灯Un6

解析 副线圈电压U2＝12 V，由U1＝240 V，副线圈中电流I2＝2＝2× A

U2n212U灯I1n2

＝1 A，由＝I1＝0.05 A.

I2n1

2． (2012·重庆理综·15)如图13所示，理想变压器的原线圈接入u＝

2sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V 880 W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知

( )

A．原、副线圈的匝数比为50∶

1

图13

( )

图12

B．240 V,0.025 A D．240 V,0.05 A

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B．交变电压的频率为100 Hz C．副线圈中电流的有效值为4 A D．变压器的输入功率为880 W 答案 C

P880

解析 由电器RL正常工作，可得通过副线圈的电流为I＝A＝4 A，故C对；与

U220副线圈连接的导线所分电压为Ur＝4×6 V＝24 V，副线圈两端电压U2＝220 V＋24 V＝nU11 0002 750

244 V，因此原、副线圈的匝数比＝，故A错；又变压器的输入功

n2U224461率等于其输出功率，即P1＝P2＝U2I2＝244×4 W＝976 W，故D错；交变电压的频率fω

＝50 Hz，故B错． 2π

3． (2012·山东理综·18)图14甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图

乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是

(

)

图14

A．电压表的示数等于5 V B．电压表的示数等于

5

V 2

nC．实现点火的条件是>1 000

n1nD．实现点火的条件是<1 000

n1答案 BC

U5

解析 由题u－t图象知，交流电压的最大值Um＝5 V，所以电压表的示数U＝ V，

22UnnU故选项A错误，选项B正确；根据＝得，变压器副线圈电压的最大值U2m＝

U2n2n1U15 000

V2U5 000n5 000 V时，有效值U2 V，所以点火的条件＝1 000，故选项C

n1522

V2正确，选项D错误．

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4． (2011·山东理综·20)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图15甲为调

压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是

(

)

甲 乙

图15

A．u2＝1902sin (50πt) V B．u2＝1902sin (100πt) V

C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移 D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移 答案 BD

2π－

解析 由题图乙知交变电流的周期T＝2×102 s，所以ω＝100π rad/s，故u2＝Um

TUnnsin ωt＝1902sin (100πt) V，A错误，B正确．由U2U1，欲使U2升高，n1

U2n2n1应减小，P应上移，C错误，D正确． 模拟题组

5． 如图16甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别是n1、n2，b是原线圈的中心抽头，

图中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻R，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压．当单刀双掷开关由a拨向b后，下列说法正确的是

(

)

甲 乙

图16

A．副线圈输出电压的频率变小 B．电压表的示数变大 C．电流表的示数变小 D．原线圈的输入功率变大 答案 BD

U解析 变压器不会改变交流电的频率，A项错误；当开关由a拨向b后，n1变小，由

U2

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nU＝U1＝不变，可知n1变小，n2、U1不变时，U2变大，即电压表的示数变大，n22同样电流表示数也要变大，B项正确，C项错误；由P入＝P出＝U2I2可知，D项正确． n10

6． 正弦交流电经过匝数比为的变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按如

n21

图17甲所示方式连接，R＝10 Ω.图乙是R两端电压u随时间变化的图象，Um＝102 V，则下列说法中正确的是

( )

图17

A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝2sin 100πt(A) B．电流表A的读数为0.1 A C．电流表A的读数为

2

A 10

D．电压表的读数为Um＝10V 答案 B

nI解析 通过R的电流iR＝2cos 100πt(A)，A错误．得I1＝0.1 A，B正确，C错误．电

n2I1U压表读数为有效值U＝＝10 V，D错误． 2

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(限时：30分钟)

题组1 对理想变压器基本关系的考查

1. (2011·课标全国·17)如图1所示，一理想变压器原、副线圈的匝

数比为1∶2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为 220V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．

图1

现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( ) A．U＝110 V，I＝0.2 A B．U＝110 V，I＝0.05 A C．U＝1102 V，I＝0.2 A D．U＝2 V，I＝2 A 答案 A

n1U1

解析 ＝U1＝110 V，即电压表示数为110 V．由P入＝P出，灯泡正

n2U222

常发光可得P入＝U1I1＝P出＝22 W，I1＝ A＝0.2 A，故A正确．

110

2． 一个理想变压器的线圈绕向如图2甲所示，原线圈输入电流的i－t图象如图乙所示，第

1 s内电流方向在图甲中已标出，则

(

)

图2

A．灯泡中的电流变化周期为2 s B．输入电流的有效值小于

2 A 2

C．前2 s内灯泡中电流方向从b到a D．前2 s内铁芯中磁通量的变化率恒定 答案 BCD

解析 由题图乙知i的变化周期为4 s，A项错误．当输入电流为正弦式交流电时，I有效＝

22

A A，B

项正确．由楞次定律判知前2 s内灯22

一轮复习用

泡内电流方向从b向a，C项正确．由图象可知在前2 s电流I的变化率恒定，由此产生的磁通量的变化率也是恒定的，D项正确．综上述可知，B、D正确．

3． 如图3甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电阻R＝22 Ω，各电表均为

理想电表，副线圈输出电压的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是

(

)

甲 乙

图3

A．输入电压的频率为100 Hz B．电压表的示数为220 V C．电流表的示数为1 A D．电阻R消耗的电功率是22 W 答案 BD

U1n1

解析 由图乙知，副线圈输出电压的有效值为22 V，由＝知U1＝220 V；电阻R的

U2n2U211电功率为P＝22 W，B、D选项正确；f＝＝ Hz＝50 Hz，A项错；P入＝

RT2×10－P

P出＝P＝22 W，又P入＝U1I1，所以I1＝0.1 A，C项错．

U1

4． 如图4甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源

连接，输入电压u随时间t的变化规律如图乙所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则

(

)

图4

A．变压器的输入电压最大值是2202 V B．正弦交变电流的周期是1×103 s

－

C．变压器的输入功率是1×103 W D．电压表的示数是2 V 答案 AC

解析 由图乙可知，输入电压最大值为2202 V，有效值为220 V，周期为2×102 s，

－

故A正确，B错误；根据变压器原、副线圈电压关系得输出电压有效值为U2＝100 V，

一轮复习用

U2则电压表的示数为100 V，D错误；变压器的输入功率等于输出功率，为P入＝P出＝R1 000 W，C正确．

题组2 对变压器动态分析的考查

5． 如图5甲所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈所接电路中，电

压表V1、V2和电流表A1、A2都为理想电表，电阻R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，R3的最大阻值为12 Ω，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压．在R3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是

(

)

图5

A．电压表V1的示数增大 B．电压表V2的示数为202 V C．电流表A1、A2的示数都增大

D．电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积一直减小 答案 D

解析 当R3的滑片向上移动时，R2、R3的总电阻减小，分压减小，所以电压表V1的示220 V10

数减小，A错误．由变压比公式得U2＝22 V，B错误．根据“串反并同”得

U21电流表A1的示数增大，电流表A2的示数减小，C错误．电压表V1的示数与电流表A1的示数的乘积为电阻R2、R3消耗的功率之和，由于P入＝P出＝P1＋P23，且P入＝P出不变，P1增大，故P23减小，D正确．

6． (2011·福建理综·15)图6甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝

20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1，S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是

(

)

图6

A．输入电压u的表达式u＝2sin (50πt) V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光

一轮复习用

C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W 答案 D

2π

解析 由图象乙可知Um＝202 V，T＝0.02 s，故ω＝100π rad/s，即输入电压u的

T表达式u＝202sin (100πt) V，所以A项错误．断开S2后两灯串联，总电压仍为4 V，U2

所以L1、L2均不能正常发光，B项错误．根据P入＝P出＝S2后R总增大，P

R总U242

可得PW＝0.8 W，D项正确． 入变小，P出变小，C项错误．若S1接2，由P＝R207． 如图7所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，开关S原来

闭合，且R1＝R2.现将S断开，那么交流电压表的示数U、交流电流表的示数I、电阻R1上的功率P1及该变压器原线圈的输入功率P的变化情况正确的是

(

)

图7

A．U增大 C．P1减小 答案 AD

解析 开关S由闭合到断开时，负载的总电阻变大，变压器的输出电压U2不变，则输

2

UU2出电流I2变小，R上的电压变小，R1上的电压U变大，电阻R1上的功率P1＝R1R1

B．I增大 D．P减小

R1不变，U变大，则P1增大，故A正确，C错误．由电流与匝数的关系可知电流表的示数I减小，B错误．输出功率P出＝I2U2，U2不变，I2减小，则P出减小，输入功率等于输出功率，所以D正确．

8． 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图8甲所示．线圈AB绕在一个圆环形的

铁芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图甲中两电表均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器．现在CD两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么

(

)

图8

A．由乙图可知CD两端输入交流电压u的表达式为u＝362sin 100t(V) B．当滑动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大

一轮复习用

C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大 D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小 答案 D

解析 由题图乙可知u＝2sin 100πt(V)，A错误．M、N之间输出交流电压的频率由输入的交流电压的频率决定，B错误．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R3减小，由U2

“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R2消耗的电功率P2＝C

R2错误，D正确．

9． 某同学自制变压器，原线圈为n1匝，在做副线圈时，将导线ab对折后并在一起，在铁

芯上绕n2圈，从导线对折处引出一个接头c，连成图9所示电路．S为单刀双掷开关，线圈电阻不计，原线圈接u1＝Umsin ωt的交流电源．下列说法正确的是

(

)

图9

A．S接b时，电压表示数为B．S接c时，电压表示数为

2nU n12nU2n1

C．S接c时，滑动触头P向下移动，变压器输入功率变大 D．S接c时，滑动触头P向上移动，变压器输入电流变大 答案 BD

解析 S接b时，双导线ab产生的感应电动势抵消为零，电压表示数为零，选项A错UnU误；S接c时，副线圈的电动势就是一个n2线圈产生的感应电动势，由U1＝U2n22所以U2＝

2nUB正确；P向下滑时，R变大，消耗的功率变小，因此输入功率2n1

也变小，同理分析，P向上滑时，R减小，回路电流变大，由I1n1＝I2n2知输入电流变大，选项C错误，D正确． 题组3 对远距离输电的考查

10．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积

为S，总长度为l，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则下列关系式中正确的是

( )

U2S

A．P′＝

ρlP2ρl

B．P′＝

US

一轮复习用

U2S

C．P用＝P

ρl答案 BD

Pρl

D．P用＝P(1－US

lP

解析 输电线电阻R＝I＝SU

P 2lPρl

故输电线上损失的电功率为P′＝IR＝ U ρSUS2

2

Pρl

1 用户得到的电功率为P用＝P－P′＝P US

11．如图10所示为重庆某中学教学区供电示意图，供电部门通过理想变压器原线圈A、B端

送电，虚线框内表示教学区内各教室的照明电路．已知变压器副线圈C、D两端距教学区输入端E、F距离较远，之间输电线电阻不能忽略，设定A、B端输入电压一定，则以下说法正确的是

(

)

图10

A．如果教学区同时使用的电灯减少，A、B端输入功率仍不变 B．C、D端电压一定为220 V C．E、F端电压一定为220 V

D．教学区内同时使用的电灯越多，E、F端输入电压越低 答案 D

解析 使用的电灯减少时，输电线与照明电路的总电阻变大，副线圈两端电压U2不变，U2故P出＝P入＝P出，所以A、B端输入功率变小，A项错误；由于输电线电阻

R总的分压，要保证教室内照明灯正常工作，则应有UCD>220 V；而UEF会因为使用的电灯数量不同而获得不同电压，B、C项错误；当使用的电灯越多时，输电线上损失的电压就越多，EF端输入的电压就越低，D项正确．

12．某小型水电站的电能输送示意图如图11甲所示，发电机的输出电压变化规律如图乙．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

(

)

一轮复习用

图11

A．乙图中电压的瞬时值表达式为u＝2sin 100πt V

nnB．乙图中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V，所以

n2n3C．通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大 D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率 答案 AD

解析 由于输电线上电阻会损失电压、电功率，使得U2>U3，故P2>P3，选项D正确；nUnUnn因为，由于U1＝U4＝220 V，U2>U3，所以B错误；由交流

n2U2n3U3n2n3电及变压器基础知识可知选项A对，C错．

13．某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线总电阻为6 Ω.

(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率；

(2)若改用5 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．

答案 (1)16.62 kW (2)226.18 V 解析 (1)输电线上的电流为

3P20×10I＝ A≈52.63 A U380

输电线路损耗的功率为

P损＝I2R＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW. (2)改用高压输电后，输电线上的电流为 20×10PI′＝ A＝4 A

5 000U′用户端在变压器降压前获得的电压 U1＝U′－I′R＝(5 000－4×6) V＝4 976 V U1n1

根据

U2n2

3

n21

U2＝1＝×4 976 V≈226.18 V.

n122

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