新教材人教版高中物理精品资料第2讲变压器电能的输送

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变压器电能的输送第二讲高三物理3-2选修教材(必考内容)新课标人教版

变压器电能的输送第二讲高三物理3-2选修教材(必考内容)教学目标：1．了解变压器的工作原理，掌握理想变压器的电流、电压与匝数的关系2．理解远距离输电的原理3．能够讨论负载变化时电流、电压等相关物理量的变化情况本讲重点：理想变压器的电流、电压与匝数的关系本讲难点：变压规律和变流规律的应用考点点拨：1．理想变压器的理想化条件及其规律2．解决变压器问题的常用方法 3．远距离输电一、考点扫描（一）知识整合 1．理想变压器的P输入和P输出之间的关系为__________________，变压比是根据__________________定律推导出来的，电流比是根据____________________相等导出的。

如果有两个副线圈n 2和n 3，其电流分别为I 1和I 2，则n 1I 1和它们的关系为_______________。

2．远距离输电过程中，在输电线上的损耗的电能由___________、_______________、______________决定。

当输送功率一定时可改变___________、___________、____________来减少电能的损耗，而最有效的办法是__________________。

（二）重难点阐释1．理想变压器各物理量的决定因素输入电压U 1决定输出电压U 2，输出电流I 2决定输入电流I 1，输入功率随输出功率的变化而变化直到达到变压器的最大功率（负载电阻减小，输入功率增大；负载电阻增大，输入功率减小）。

2．一个原线圈多个副线圈的理想变压器的电压、电流的关系U 1:U 2:U 3:…=n 1:n 2:n 3:… I 1n 1=I 2n 2+I 3n 3+…3．电压互感器和电流互感器电压互感器是将高电压变为低电压，故其原线圈并联在待测高压电路中；电流互感器是将大电流变为小电流，故其原线圈串联在待测的高电流电路中。

4．变压器原、副线圈的磁通量的变化率是相等的（“日”字形变压器除外）。

高考物理 102 变压器电能的输送课件新人教版

(2)由引发电火花的电压最大值可以确定变压器原、副线
细研
圈的匝数之比．
菜单
新课标 ·物理（安徽专用）
固
考基
【解析】由题 u-t 图象知，交流电压的最大值 Um＝5
· 教材
V，所以电压表的示数 U＝U2m＝
5 2
V，故选项 A、B 错误；
练
回扣
根据UU12＝nn12得nn21＝UU21，变压器副线圈电压的最大值 U2m＝5
课
提
后
考
B．U＝110 V，I＝0.05 A
作
能
业
· 考
C．U＝110 2 V，I＝0.2 A
题
细研
D．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A
菜单
新课标 ·物理（安徽专用）
固
考
基 · 教材
【解析】由变压原理nn12＝UU12可得 U1＝110 V，即电压练
回扣
表示数为 110 V．由 P 入＝P 出，灯泡正常发光可得 P 入＝U1I1
n1 n2
.
练考题 ·
随
析考
(2)功率关系：P 入＝P出．
堂自
点 · 重难
(3)电流关系：①只有一个副线圈时：II12＝
n2 n1
.
测
突破
②有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn..
课
提
后
考
作
能
业
·
考
题
细
研
菜单
新课标 ·物理（安徽专用）
固
考 3．几种常用的变压器
基 ·
突破
则U2和I1分别约为(

第十二章第2讲变压器电能的输送-2025高三总复习物理(新高考)

第2讲变压器电能的输送[课标要求]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，知道远距离输电时通常采用高压输电的原因。

2．了解发电机和电动机工作过程中的能量转化，认识电磁学在人类生活和社会发展中的作用。

考点一变压器的工作原理与基本关系1．构造和原理(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。

(2)原理：利用电磁感应的互感现象。

2．基本关系式(1)功率关系：P 1＝P 2。

(2)电压关系：只有一个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2；有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…＝U n n n。

(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1；有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n 。

(4)频率关系：f 1＝f 2(变压器不改变交变电流的频率)。

【高考情境链接】(2023·广东高考·改编)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 。

判断下列说法的正误：(1)副线圈输出电压的最大值为1102V。

(×)(2)副线圈输出电压的有效值为440V。

(√)(3)副线圈输出电流的有效值为20A。

(√)(4)副线圈输出电流的频率为50Hz。

(√)1．变压器原、副线圈的物理量间的制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和原、副线圈匝数比决定功率原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和原、副线圈匝数比决定2．含有多个副线圈的变压器的电路分析副线圈有两个或两个以上时，一般从原、副线圈的功率相等入手。

利用P1＝P2＋P3＋…，结合原、副线圈电压关系、欧姆定律等分析。

3．变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析(1)将原线圈看作用电器，在原线圈电路中可应用串、并联电路规律、闭合电路的欧姆定律等。

人教版高中物理一轮复习课件：10.2变压器电能的输送

【解题指南】解答本题应从以下三点重点把握： (1)画出远距离输电的模型图，并在图上标出各个参量. (2)根据P=UI计算输电电流. (3)根据升压变压器和降压变压器原、副线圈的电压、电流和功率关系列式求解.
【自主解答】选A、B、D.远距离输电的模型如图所示.
T1原线圈的电流为
I1
=
P1 U1
=
3.基本关系 (((②123有)))电功电多压率流个关关关副系系系线：：：圈①PUU时入12只：==有__U__nn1一__I12P__1出个_=_.__副___.线_U_2圈_I_2时+_U_:3_I_I3I_12+_…=___+__Un_n_n12_I__n_.__. 4.几种常用的变压器 (1)自耦变压器——也叫__调__压___变压器.
A.变压器的输入电压最大值是220 2 V B.正弦交变电流的周期是1×10-3 s C.变压器的输入功率是1×103 W D.电压表的示数是100 2 V
4
00010A3 ,A输=1电1线03上损失的
4 000
功率为P损=I22R=10%P1,所I以2 =
10%P1 = R
4
000 103 1103
0.1
A
=20
A，选项A正确；T1的匝数比为nn12
=
I2 I1
20 = 103
=；51T0 1
上副线圈的电压为U2=50U1=2×105 V,T2原线圈的电压为U3=U2-
U2 n2
n1 n2 n3
(2)功率切入法：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+… (3)电流切入法：由 I 知P ，对只有一个副线圈的变压器有，当变II12压= nn器12 有多个副线圈时U 有n1I1=n2I2+n3I3+…

高中物理(新人教版)选择性必修2：电能的输送【精品课件】

四、远距离输电原理图
几百千伏
100千伏左右
10千伏左右
10潜伏
输电简易图
220伏
四、远距离输电原理图
I1
I2 U损 P损 I3
I4
P1
P2
r线 P3
P4
F U 1 n1 n2 U2
U3n3 n4 U4 R用
升压变压器
降压变压器
功率关系：
P1=P2，P3=P4，P2=P损+P3
I1
I2 U损 P损 I3
电网供电有什么好处？
1、次能源产地使用大容量的发电机组，降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益； 2、可以减小断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡； 3、可以根据火电、水电、核电的特点，合理地调度电力。
六、输电技术的发展
1882年，爱迪生在美国修建了第一个电力照明系统；每隔3 km 左右就要建立一个发电厂，否则灯泡因电压过低而不能发光；
Pr I 2r 20 2 4 1600 (W) ( 3 ) U用 U Ur 220 80 140(V)
P用 P Pr 4400 1600 2800 (W)
例4、图甲为远距离输电示意图，理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1000，理想降压变压器原、副线圈匝数比为1 000∶1，输电线的总电阻为1 000 Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220 V。下列说法正确的是( B )
P损
=（P）2 U
L S
如何减少电能损失? P损 =I 2R线 (1)减小输电线电阻R
(2)减小输电电流I
途径一、减小输电线电阻R： R L
S
①减小材料的电阻率ρ：用铜或铝 ②减小输电线的长度L：不可行 ③可适当增大导线横截面积S. 有一定限度

2024高考物理一轮总复习第十一章第2讲变压器电能的输送讲义含解析新人教版

第2讲变压器电能的输送[基础学问·填一填][学问点1] 志向变压器1．变压器的构造：变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成． 2．原理：电流磁效应、电磁感应 .3．志向变压器：不考虑铜损(线圈电阻产生的热量)、铁损(涡流产生的热量)和漏磁的变压器，即志向变压器原、副线圈的电阻均为零，变压器的输入功率和输出功率相等．4．志向变压器原、副线圈基本量的关系推断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)变压器不但能变更交变电流的电压，还能变更交变电流的频率．(×)(2)志向变压器能变更交变电压、交变电流，但不变更功率，即输入功率总等于输出功率．(√)(3)志向变压器基本关系式中，电压和电流可以均为有效值．(√) (4)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．(×) [学问点2] 电能的输送如图所示，若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 ′，输电线总电阻为R .1．输出电流：I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R.2．电压损失：ΔU ＝U －U ′＝ IR3．功率损失：ΔP ＝P －P ′＝ I 2R ＝ ⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R .4．削减输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρl S知，可加大导线的横截面积、采纳电阻率小的材料做导线．(2)减小输电线中的电流．在输电功率肯定的状况下，依据P ＝UI ，要减小电流，必需提高输电电压 .推断正误，正确的划“√”，错误的划“×”． (1)高压输电的目的是增大输电的电流．(×)(2)在输送电压肯定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．(×) (3)高压输电可以削减输电线路上的电能损失，且输电线路上电压越高越好．(×)[教材挖掘·做一做]1．(人教版选修3－2 P43科学闲逛改编)(多选) 如图所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )A ．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VB ．甲图是电流互感器，输电电流是100 AC ．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD ．乙图是电流互感器，输电电流是100 A 解析：AD [依据匝数比U 1U 2＝n 1n 2，有U 1＝n 1n 2U 2＝1001×220 V＝22 000 V ，故A 正确；甲图是电压互感器，故B 错误；乙图是电流互感器，电表是电流表，故C 错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I 1I 2＝n 2n 1，有I 1＝n 2n 1I 2＝101×10 A＝100 A ，故D 正确．]2．(人教版选修3－2 P44第2题改编)有些机床为了平安，照明电灯用的电压是36 V ，这个电压是把380 V 的电压降压后得到的．假如变压器的原线圈是 1 140匝，副线圈是( )A ．1 081匝B ．1 800匝C ．108 匝D ．8 010匝解析：C [由题意知U 1＝380 V ，U 2＝36 V ，n 1＝1 140匝，则 U 1U 2＝n 1n 2得n 2＝U 2U 1n 1＝108匝．]3．(人教版选修3－2 P50第3题改编)从发电站输出的功率为220 kW ，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V 和11 kV 两种电压输电．两种状况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( )A ．100∶1B ．1∶100C ．1∶10D ．10∶1解析：A [由题意知输电线上的电流I ＝P U，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir ＝Pr U ，故ΔU 1ΔU 2＝1U 11U 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A.]4．(人教版选修3－2 P48科学闲逛改编)超导是当今高科技探讨的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有始终流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它供应应用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供应用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103kW C ．1.6 kWD ．10 kW解析：A [节约的电功率即为一般电路输电时损耗的电功率，I ＝P U ＝40×103800 A ＝50 A ，P 线＝I 2R ＝502×0.4 W＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 项正确．]考点一志向变压器基本关系的应用[考点解读]1．志向变压器的制约关系(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示．(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器(n 1>n 2)：把高电压变成低电压，如图丙所示.电流互感器(n 1<n 2)：把大电流变成小电流，如图丁所示.[典例赏析][典例1] (2024·北京卷)如图所示，志向变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的沟通电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为志向电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出沟通电的周期为50 s[解析] B [由题知，变压器的输入电压U 1＝22022 V ＝220 V ，所以U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2 A ，原线圈电流I 1＝n 2n 1I 2＝1 A ．本题中电压表、电流表的读数为有效值，故B 项正确，C 项错误；原线圈输入功率P 1＝U 1I 1＝220 W ，A 项错误；沟通电的周期T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，D 项错误．] 志向变压器问题三点应牢记1．熟记两个基本公式：(1)U 1U 2＝n 1n 2，即对同一变压器的随意两个线圈，都有电压和匝数成正比．(2)P 入＝P 出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于输出功率之和． 2．原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变更率相等．3．原、副线圈中电流变更规律一样，电流的周期、频率一样．[题组巩固]1．如图为一志向变压器，其原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R 组成闭合电路．当直导线MN 在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时，电流表的示数是10 mA ，那么电流表的示数是( )A ．40 mAB ．0C ．10 mAD ．2.5 mA答案：B2．(2024·全国卷Ⅲ)(多选)如图，志向变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )A ．原、副线圈匝数比为9∶1B ．原、副线圈匝数比为1∶9C ．此时a 和b 的电功率之比为9∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶9解析：AD [设灯泡额定电压为U 0，则原线圈两端电压U 1＝10U 0－U 0＝9U 0，副线圈两端的电压U 2＝U 0，依据U 1U 2＝n 1n 2，可得原、副线圈匝数之比n 1n 2＝91，选项A 正确，选项B 错误；由I 1I 2＝n 2n 1可得，原、副线圈电流之比为1∶9，由P ＝UI 可得，此时a 和b 的电功率之比为1∶9，选项C 错误，选项D 正确．]考点二志向变压器的动态分析[考点解读]1．匝数比不变的状况(如图所示)(1)U 1不变，依据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1确定输出电压U 2，可以得出不论负载电阻R 如何变更，U 2不变．(2)当负载电阻发生变更时，I 2变更，依据输出电流I 2确定输入电流I 1，可以推断I 1的变更．(3)I 2变更引起P 2变更，依据P 1＝P 2，可以推断P 1的变更． 2．负载电阻不变的状况(如图所示)(1)U 1不变，n 1n 2发生变更，U 2变更． (2)R 不变，U 2变更，I 2发生变更．(3)依据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以推断P 2变更时，P 1发生变更，U 1不变时，I 1发生变更．[典例赏析][典例2] (2024·定州月考)(多选)志向变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调整，如图，在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．原线圈两端接在电压为U 的沟通电源上，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小[解析] BC [在原、副线圈匝数比肯定的状况下，变压器的输出电压由输入电压确定．因此，当Q 位置不变时，输出电压U 不变，此时P 向上滑动，负载电阻值R ′增大，则输出电流I ′减小．依据输入功率P 入等于输出功率P 出，电流表的读数I 变小，故A 错误，B 正确；P 位置不变，将Q 向上滑动，则输出电压U ′变大，I ′变大，电流表的读数变大，变压器的输入功率变大，因此选项C 正确，D 错误．]解决志向变压器中有关物理量的动态分析问题的方法：(1)分清不变量和变量，弄清志向变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定．[母题探究][探究如图所示，志向变压器原线圈接在沟通电源上，图中各电表均为志向电表．下列说法正确的是( )A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大、A 2示数变大解析：B [当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 的阻值变大，变压器的次级电压不变，则次级电流减小，则R 1消耗的功率及两端电压均变小，电压表的示数等于变压器次级电压减去R 1两端的电压，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；由于当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，次级电流减小，故初级电流也减小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，则变压器的次级电阻减小，次级电流变大，R 1的电压变大，则电压表V 示数减小，则R 2两端电压减小，电流表A 2读数减小；次级电流变大，则初级电流变大，则电流表A 1示数变大，选项D 错误；故选B.][探究2] 匝数比变更，负载不变时的动态分析如图为加热装置的示意图，运用电阻丝加热导气管，视变压器为志向变压器，原线圈接入电压有效值恒定的沟通电并保持匝数不变，调整触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调整前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2解析：C [原线圈的输入电压和匝数不变，依据输出电压的有效值由220 V 降到110V ，由志向变压器原理U 1U 2＝n 1n 2，可得副线圈的匝数变为原来的12，C 选项正确；依据P ＝U 22R可得，副线圈的输出功率变为原来的14，同样原线圈的输入功率也变为原来的14，B 、D 错误；故P ＝UI 可得副线圈的电流变为原来的12，A 错误．][探究3] 原、副线圈匝数都变更时的动态分析(2024·四川理综)如图所示，接在家庭电路上的志向降压变压器给小灯泡L 供电，假如将原、副线圈削减相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变解析：B [依据变压器电压与匝数关系，U 1U 2＝n 1n 2，因为是降压变压器，则n 1>n 2，当原、副线圈削减相同匝数时，由数学学问可知n 1n 2变大，则U 2减小，故灯泡变暗，选项A 、C 错误，B 正确；依据I 1I 2＝n 2n 1可知通过原、副线圈电流的比值变小，选项D 错误．故选B.]考点三远距离输电问题[考点解读]1．理清三个回路回路1：发电机回路．该回路中，通过线圈1的电流I 1等于发电机中的电流I 机；线圈1两端的电压U 1等于发电机的路端电压U 机；线圈1输入的电功率P 1等于发电机输出的电功率P 机．回路2：输送电路．I 2＝I 3＝I 线，U 2＝U 3＋ΔU ，P 2＝ΔP ＋P 3. 回路3：输出电路．I 4＝I 用，U 4＝U 用，P 4＝P 用． 2．抓住两个物理量的联系(1)志向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n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，P 1＝P 2.(2)志向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n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.3．驾驭一个能量守恒定律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运用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户．[典例赏析][典例3] (2024·湖南六校联考)(多选)某大型光伏电站的功率是500 kW ，电压为12 V ，送往外地时，先通过逆变器转化为220 V 的沟通电(转化效率为80%)，然后经变压器Ⅰ升压为20 000 V ，通过总电阻为20 Ω的输电线路送往某地，再经变压器Ⅱ降为220 V ，电压供用户运用，下列说法正确的是( )A ．变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为1 000∶11B ．变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为11∶1 000C ．用户最多可运用的功率为392 kWD ．用户负载越多，线路上损耗的功率越小[解析] BC [变压器Ⅰ的原、副线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝111 000，B 项正确．变压器Ⅰ的输出功率P 2＝P 1＝500 kW×80%＝400 kW ，输电电流I ＝P 2U 2＝400 kW20 000 V＝20 A ，则输电线上损失的电压ΔU ＝IR 线＝400 V ，变压器Ⅱ的输入电压U 1′＝U 2－ΔU ＝19 600 V ，则变压器Ⅱ的原、副线圈匝数比为n 1′n 2′＝U 1′U 2′＝98011，A 项错误．用户最多可运用的功率为P 用＝P 2－I 2R 线＝4×105 W －8 000 W ＝392 kW ，C 项正确．用户负载越多，线路上电流越大，线路上损耗的功率越大，D 项错误．]输电线路功率损失的计算方法1．(2024·江苏卷)采纳220 kV 高压向远方的城市输电．当输送功率肯定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的14，输电电压应变为( )A ．55 kVB ．110 kVC ．440 kVD ．880 kV解析：C [本题考查输电线路的电能损失，意在考查考生的分析实力．当输电功率P ＝UI ，U 为输电电压，I 为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P 损＝I 2R ，R 为输电线路的电阻，即P损＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R .当输电功率肯定时，输电线路损失的功率变为原来的14，则输电电压为原来的2倍，即440 V ，故选项C 正确．]2．如图为远距离输电示意图，两变压器均为志向变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的沟通电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m4rB.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4rC ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2rD ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r解析：C [升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m2；由变压关系可得U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1P n 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2rn 22U 2m＝4⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r ，故选项C 正确．]思想方法(二十二) 含二极管的变压器问题[典例] (2024·西安八校联考)如图所示的电路中，志向变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为志向二极管，原线圈接u ＝2202sin 100πt (V)的沟通电，则( )A ．沟通电的频率为100 HzB ．通过R 2的电流为1 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为200 W[解析] C [由原线圈沟通电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 项错；由志向变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压U 2＝50 V ，由志向二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R 2，由交变电流的热效应可知，U 22R ·T 2＝U 2R ·T ⇒U ＝22U 2＝25 2 V ，由欧姆定律可知，通过R 2的电流为 2 A ，B 项错，C 项正确；电阻R 2的功率P 2＝UI ＝50 W ，而电阻R 1的电功率P 1＝U 22R 1＝100 W ，由志向变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P ＝P 1＋P 2＝150 W ，D 项错．][题组巩固]1．(2024·沈阳模拟)(多选)如图，一志向变压器的原线圈接在电压为220 V 的正弦沟通电源上，两副线圈匝数分别为n 2＝16匝、n 3＝144匝，通过志向二极管(具有单向导电性)、单刀双掷开关与一只“36 V 18 W”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接1时，灯泡正常发光，则下列说法中正确的是( )A ．原线圈的匝数为880B ．当开关接2时，灯泡两端电压的有效值为20 2 VC ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为18 WD ．当开关接2时，原线圈的输入功率约为11 W解析：ABD [由n 1n 3＝U 1U L得n 1＝880，选项A 正确；当开关接2时，有n 1n 2＋n 3＝U 1U，解得U＝40 V ，设沟通电周期为T ，U 2R ·T 2＝U ′2R T ，U ′＝20 2 V ，选项B 正确；灯泡电阻为R ＝U 2LP L ＝72 Ω，灯泡消耗的实际功率为P ＝U ′2R ＝1009W≈11 W，选项C 错误，D 正确．] 2．(多选) 如图，一志向变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一志向电流表A 接正弦沟通电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用沟通电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：BD [变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2, 选项A 错误；增大负载电阻R 的阻值，负载的电功率减小，由于P 入＝ P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确；c 、d 端的电压由输入电压U ab 确定，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误；依据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T 的时间内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2RT ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．]。

新人教版高中物理选修2-1变压器电能的输送第2课时

变压器电能的输送第二课时〔三〕远距离输电考点点拨一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。

并按照规X 在图中标出相应的物理量符号。

一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为、n 1、n 1/ n 2、n 2/，相应的电压、电流、功率也应该采用相应的符号来表示。

从图中应该看出功率之间的关系是：P 1=P 1/，P 2=P 2/，P 1/=P r =P 2。

电压之间的关系是：2122221111,,U U U n n U U n n U U r +=''=''='。

电流之间的关系是：2122221111,,I I I n n I I n n I I r ==''=''='。

可见其中电流之间的关系最简单，21,,I I I r '中只要知道一个，另两个总和它相等。

因此求输电线上的电流往往是这类问题的突破口。

输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。

分析和计算时都必须用r I U r I P r r r r ==,2，而不能用rU P r 21'=。

特别重要的是要会分析输电线上的功率损失S U S L U P P r 212111'∝⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'=ρ，由此得出结论： ⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积。

两者相比，当然选择前者。

⑵假设输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。

[例3] 学校有一台应急备用发电机，内阻为r =1Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R =4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V ，40W 〞的灯6盏，要求所有灯都正常发光，那么：⑴发电机的输出功率多大？⑵发电机的电动势多大？⑶输电线上损耗的电功率多大？解：⑴所有灯都正常工作的总功率为22×6×40=5280W ，用电器总电流为242205280222==''='U P I A ，输电线上的电流64221='==='I I I I r A ，降压变压器上：U 2=4U 2/=880V ，输电线上的电压损失为：U r =I R R =24V ，因此升压变压器的输出电压为U 1/=U R +U 2=904V ，输入电压为U 1=U 1//4=226V ，输入电流为I 1=4I 1/=24A ，所以发电机输出功率为P 出=U 1I 1=5424W~ R⑵发电机的电动势E =U 1+I 1r =250V⑶输电线上损耗的电功率P R =I R 2R =144W[例4] 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。

人教版高中物理全套教案和导学案10、第2讲变压器电能的传输

变压器图10－2－11．构造和原理(如图10－2－1所示)(1)主要构造：由原线圈、副线圈和铁芯组成。

(2)工作原理：电磁感应的互感现象。

2．理想变压器不考虑铜损(线圈电阻产生的焦耳热)、铁损(涡流产生的焦耳热)和漏磁的变压器，即它的输入功率和输出功率相等。

3．基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出；(2)电压关系：只有一个副线圈时，U 1U 2＝n 1n 2；有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝…＝U nn n 。

(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1。

由P 入＝P 出及P ＝UI 推出有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n 。

4．几种常用的变压器(1)自耦变压器的原、副线圈共用一个线圈，如图10－2－2A 、B 所示。

(2)电压互感器：属降压变压器，并联在电路中，用于测高电压，如图10－2－2C 所示。

(3)电流互感器：属于升压变压器，串联在电路中，用于测大电流，如图10－2－2D 所示。

图10－2－2 1．理想变压器原、副线圈基本量的关系基本关系功率关系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、副线圈的电压比等于匝数比，公式：U1U2＝n1n2，与负载情况、副线圈个数的多少无关电流关系只有一个副线圈，电流和匝数成反比即I1I2＝n2n1有多个副线圈时，由输入功率和输出功率相等确定电流关系：I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋I n U n频率关系原、副线圈中交流电的频率相等即f1＝f2制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定功率原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定2．关于理想变压器的几点说明(1)变压器不能改变恒定的直流电压。

(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。

人教版高中物理全套教案和导学案第2课时变压器电能的输送

第二课时变压器电能的输送第一关：基础关展望高考基础知识一、变压器的构造和原理[来源:学§科§Z§X§X§K]知识讲解如图所示，变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，其中一个线圈与电源相接，另一个线圈与负载（工作电路）相接，前者称为原线圈或初级线圈，后者称为副线圈或次级线圈.当在原线圈上加交变电源时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变磁通量，磁通量通过铁芯也穿过副线圈，磁通量的变化在副线圈上产生感应电动势.若副线圈上接有负载形成闭合电路，有交变电流通过时，也会产生磁通量通过铁芯穿过原线圈，在原线圈上产生感应电动势.这样原、副线圈在铁芯中磁通量发生了变化，从而发生互相感应（称为互感现象），产生了感应电动势.归纳为：（1）互感现象是变压器的工作基础，其实质是电磁感应现象.（2）若在原线圈上加交流电压，副线圈上空载（开路），则副线圈上存在感应电动势.（3）变压器改变电压的作用只适用于交变电流，不适用于恒定电流.活学活用1.理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，以下说法中正确的是()[来源:Zxxk.]A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10:1B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10:1D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1:1解析：此题考查的是对变压器原理的掌握，对理想变压器，B 选项认为无磁通量损漏，因而穿过两个线圈的交变磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，才导致电压与匝数成正比.D 选项认为可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率.答案：BD 二、电能的输送知识讲解（1）减少电能损耗的方法据P 损=I 2R 可知，减小输电线路上功率损失的方法主要有两种： ①减小输电线的电阻R ，据R L Sρ=∙a.减小输电线长度L ：由于输电距离一定，所以在实际中不可能用减小L 来减小R.b.减小电阻率ρ：目前一般用电阻率较小的铜或铝作导线材料.c.增大导线的横截面积S ：这要多耗费金属材料增加成本，同时给输电线的架设带来很大的困难.②减小输电电流I ，据P I U=a.减小输送功率P ：在实际中不能以用户少用或不用电来达到减少损耗的目的.b.提高输电电压U ：在输送功率P 一定，输线电阻R 一定的条件下，输电电压提高到原来的n 倍，2P P R U =损据（）知，输电线上的功率损耗将降为原来的21.n根据以上分析知，采用高压输电是减小输电线上功率损耗最有效、最经济的措施.（2）远距离高压输电的几个基本关系（以图为例）：①功率关系P 1=P 2，P 3=P 4，P 2=P 损+P 3[来源:学&科&] ②电压、电流关系331124221443U n U n I I ,.U n I U n I ==== U 2=ΔU+U 3,I 2=I 3=I 线. ③输电电流：323223P U U P I .U U R -===线线④输电线上损耗的功率: 2222P P I U I R R .U =∆==损线线线线（）当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减少到原来的21.n 活学活用2.远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n 倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是()A.输电线上的电功率损失是原来的1n B.输电线上的电功率损失是原来的21nC.输电线上的电压损失是原来的1nD.输电线上的电压损失是原来的21n [来源:] 解析：根据由P=IU 得I=P U,导线上损失功率222P P I R R U ==损.因输送功率一定，P损跟输送电压的平方成反比；PU R U=损.跟输送电压成反比.所以正确选项为B 、C. 答案：BC第二关：技法关解读高考解题技法一、变压器各量变化问题的分析技法讲解处理这类问题的关键是要分清变量和不变量，弄清理想变压器中“谁决定谁”的问题，在理想变压器中，U 2由U 1和匝数比决定；I 2由U 2和负载决定；I 1由I 2和匝数比决定.注意因果关系,对电压而言,有U 入才有U 出,输入决定输出,而对电流\,功率而言,则是有I 出、P 出,才有I 入、P 入,输出决定输入.当理想变压器的原副线圈的匝数不变时,如果变压器的负载发生变化,可依据以下原则判定,如图所示.(1)输入电压U 1决定输出电压U 2.这是因为输出电压2211n U U ,n 当U 1不变时,不论负载电阻R 变化与否,U 2不会改变.(2)输出电流I 2决定输入电流I 1,在输入电压U 1一定的情况下,输出电压U 2也被完全确定.当负载电阻R 增大时,I 2减小,则I 1相应减小;当负载电阻R 减小时,I 2增大,则I 1相应增大.在使用变压器时,不能使变压器次级短路.(3)输出功率P 2决定输入功率P 1,理想变压器的输出功率与输入功率相等,即P 2=P 1.在输入电压U 1一定的情况下,当负载电阻R 增大时,I 2减小,则变压器输出功率P 2=I 2U 2减小,输入功率P 1也将相应减小;当负载电阻R 减小时,I 2增大,变压器的输出功率P 2=I 2U 2增大,则输入功率P 1也将增大.典例剖析例1（江苏高考题）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，P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是（）A.保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小B.保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小C.保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大D.保持U 1不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I 1减小解析：保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a,副线圈匝数变多，由1122U n U n =知U 2变大，22U I R=变大，R 上消耗的功率增大，故A 错.又由于1221I n ,I n =I 1也变大，故C 正确.S由a 切换到b,副线圈匝数变少，由1122U n U n =知U 2变小，I 2=2UR变小，故B 正确.保持U 1不变，S 接在b 端，P 向上滑动，R 变小，I 2=2U R变大，I 1变大，故D 错. 答案：BC二、远距离输电问题技法讲解在求解远距离输电的有关问题时，常会涉及到较多的物理量，应特别注意各物理量的对应性，所以对远距离输电问题一定要先画出过程图再分析，可以保证思路通顺流畅避免混乱出错．另外针对输电过程中因物理量较多，易发生混乱的特点，把各物理量在图中标出可以使物理意义条理清晰．远距离输电过程的示意图（如图所示）由图可知：P 1=P 2，I 2=I 3，P 3=P 4，P 损=I 22·2r=I 32·2r=P 1-P 4.（1）升压变压器的输出电流和输电线上的电压损失、功率损失，是联系两个变压器的纽带，解题时要抓住这个“纲”，然后根据和其他相关量的联系按相应规律列式求解.（2）输电导线上损失的电能和输出电压的平方成反比，输出电压提高n 倍，导线上电能的损失就减为原来的21.n（3）在计算远距离输电线路的功率损耗时常用关系式P 损=I 线2R 线计算，其原因是I 线较易求出；I 总=I 线=P 总/U 总；而P 损=U 线 I 线或P 损=U 线2/R 线，则不常用，其原因是在一般情况下U 线不易求出，且易把U 线和U 总相混淆而造成错误.典例剖析[来源:Zxxk.] 例2有一台内阻为1 Ω的发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器匝数之比为1：4，降压变压器的匝数之比为4：1，输电线的总电阻R=4 Ω，全校共有22个班，每班有“220 V 40 W ”的灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则[来源:Z#xx#k.]（1）发电机输出功率多大？（2）发电机电动势多大？（3）输电效率多少？（4）若使用灯数减半并正常发光，发电机输出功率是否减半？解析：发电机的电动势E ，一部分降在电源内阻上，即I 1r ，另一部分为发电机的路端电压U 1，升压变压器副线圈电压U 2的一部分降在输电线上，即I 2R ，其余的就是降压变压器原线圈电压U 2′，而U 3应为灯的额定电压U 额，具体计算由用户向前递推即可.(1)对降压变压器：U 2′I 2=U 3I 3=nP 灯=22×6×40 W=5 280 W ，而U 2′=41U 3=880 V. 所以22nP 5280I A 6 A.U 880===灯对升压变压器： U 1I 1=U 2I 2=I 22R+U 2′I 2=（62×4+5 280）W=5 424 W ，所以P 出=5 424 W. （2）因为U 2=U 2′+I 2R=（880+6×4）V=904 V. 所以11222n 11U U U 904 V 226 V.n 44===⨯= 又因为U 1I 1=U 2I 2，所以22121U I I 4I 24 A U ===，所以11E U I r 226241V 250 V.=+=+⨯=（）（3）P 5 280100%100%97%.P 5 424η=⨯=⨯=有用出（4）电灯减少一半时，n ′P 灯=2 640 W ，2n R 2640 WI 3 A.U 800 V''===灯所以P ′出=n ′P 灯+I ′22R=（2 640+32×4） W=2 676 W ，不是减半. 答案：（1）5424 W (2)250 V (3)97%(3)不减半第三关：训练关笑对高考随堂训练1.一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n 1和n 2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U 1和U 2、I 1和I 2、P 1和P 2，已知n 1＞n 2，则()A.U 1＞U 2，P 1＜P 2B.P 1=P 2，I 1＜I 2C.I 1＜I 2，U 1＞U 2D.P 1＞P 2，I 1＞I 2解析：对理想变压器来说，穿过原副线圈的磁通量的变化率一定相等，由法拉第电磁感应定律可得1122U n U n =，由题给条件n 1>n 2，得U 1>U 2.理想变压器不考虑能量损耗，则有P 1=P 2.由于题给变压器为单个副线圈的变压器，则I 1U 1=I 2U 2成立，所以I 1<I 2.综合上述分析可知，B 、C 两项对.答案：BC2.一理想变压器初\,次级线圈匝数比为31,次级接三个相同的灯泡,均能正常发光,在初级线圈接一个相同的灯泡L,如图所示,则（）A.灯L 也能正常发光B.灯L 比另三灯都暗C.灯L 将会烧坏[来源:]D.灯L 时亮时暗解析：分析此题应从变压器的电流关系来考虑;原\,副线圈中的电流比I 1：I 2=1：3,副线圈后面每灯的电流与其额定电流为2L 1I :I ,I I I 3===额额故,所以灯L 也正常发光. 答案：A3.如图甲所示是日光灯的电路图，它主要由灯管、镇流器和启动器组成的，镇流器是一个带铁芯的线圈，启动器的构造如图乙所示，为了便于启动，常在启动器的两极并上一纸质电容器C ，某教室的一盏日光灯总是出现灯管两端亮而中间不亮的情况，经检查，灯管是好的，电压正常，镇流器无故障，其原因可能是()A.启动器两脚与启动器底座接触不良B.电容器C 断路C.电容器C 击穿而短路D.镇流器自感系数L 太大答案：C4.国家重点项目工程——750千伏兰州至银川西电东输工程完成塔基建设.9月底全线架通.远距离输送交流电都采用高压输电，采用高压输电的优点是()A.可节省输电线的铜材料B.可根据需要调节交流电的频率C.可减少输电线上的能量损失D.可加快输电的速度解析：由P=IU 得P I U=，输送的电功率P 一定，采用高压输电，U 大则I 小，由P 线=I 2r ，在要求输电损耗一定的情况下，就可以选电阻率略大一点的材料作导线；若输电线确定，则可以减少输电线上的能量损失，故选项A 、C 正确.交流电的频率是固定的，不需要调节，输电的速度是就是电磁波的传播速度，是一定的，故选项B 、D 不正确.答案：AC5.如图所示，MN和PQ为处于同一水平面内的两根平行的光滑金属导轨，垂直导轨放置的金属棒ab与导轨接触良好，在水平金属导轨之间加竖直向下的匀强磁场，导轨的N、Q端接理想变压器的初级线圈，理想变压器的输出端有三组次级线圈，分别接有电阻元件R、电感元件L和电容元件C.若用IR、IL、IC分别表示通过R、L和C 的电流，不考虑电容器的瞬间充放电，则下列判断中正确的是()A.若ab棒匀速运动，则I R≠0，I L≠0,I C=0B.若ab棒匀加速运动，则I R≠0,I L≠0,I C=0C.若ab棒做加速度变小的加速运动，则I R≠0，I L=0，I C=0D.若ab棒在某一中心位置附近做简谐运动，则I R≠0,I L≠0,I C≠0解析：当ab棒匀速运动时，根据公式E=Blv可知电动势E恒定，则原线圈中有恒定的电流通过，产生稳定的磁场，通过副线圈的磁通量不变，那么副线圈上不产生感应电动势，无电压，则I R=I L=I C=0,A错误.当ab棒匀加速运动时，产生的电动势均匀增加，原线圈的电流均匀增大，产生的磁场均匀增强，则副线圈中的磁通量均匀增大，副线圈就会产生一个恒定的电压，那么I R≠0,I L≠0,I C=0,B正确.当ab棒做加速度变小的加速运动时，ab棒产生的电动势变化越来越慢，同理可知在副线圈上将产生一个逐渐减小的电压，则I R≠0，IL≠0，而电容器要不停的放电而使IC≠0，故C错误.当ab棒做简谐运动时，ab棒将产生正弦或余弦式交变电流，在副线圈上也将感应出正弦或余弦式交变电压，从而I R≠0，I L≠0，I C≠0，D正确.答案：BD课时作业四十二变压器电能的输送[来源:Z.xx.k.]1.一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R.设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2.当R增大时()A.I1减小，P1增大B.I2减小，P2减小C.I2增大，P2减小D.I1增大，P2增大解析:理想变压器（副线圈上电压不变）当负载电阻R增大时电流I2减小，由P2=U2I2可知，功率P 2也减小，所以B 正确.答案:B2.一理想变压器原、副线圈匝数比n 1n 2=11 5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 如图所示.副线圈仅接入一个10 Ω的电阻.则()A.流过电阻的电流是20 AB.与电阻并联的电压表的示数是1002 VC.经过1分钟电阻发出的热量是6×103J D.变压器的输入功率是1×１０3W 解析:由图象可知U 1=220 V ，则2211n 5U U 220V 100 V n 11==⨯= 流过电阻电流2U I 10 A R==，A 错；电压表示数应为100V ，B 错；1分钟放出热量Q=I 2Rt=102×10×60 J=6×104J,C 错；P 出=U 2I=100×10 W=1×103W ，所以P 入=P 出=1×103W ，D 正确.答案:D3.如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3和R 4均为固定电阻，开关S 是闭合的.○V1和○V2为理想电压表，读数分别U 1和U 2；○V1、○V2和○V2为理想电流表，读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S ，U 1数值不变，下列推断中正确的是()A.U 2变小、I 3变小B.U 2不变、I 3变大C.I 1变小、I 2变小D.I 1变大、I 2变大解析:U 2=211n U ,n U 1、n 1、n 2均不变，故U 2不变，A 错误；S 断开，副线圈电路R 总增大，则I 2减小，UR 1=I 2R 1减小，UR 3必增大，333UR I R =增大，B 对；由2121n I I n =知I 1减小，C 对，D 错误.答案:BC4.如图，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1,原线圈接入一电压为U=U 0sin ωt 的交流电源，副线圈接一个R=27.5 Ω的负载电阻.若U 0=2202V ，ω=100πrad/s ，则下述结论正确的是()A.副线圈中电压表的读数为55 VB.副线圈中输出交流电的周期为1100π s C.原线圈中电流表的读数为0.5 AD.原线圈中的输入功率为1102 W解析:因为U 0=2202 V,则电压有效值U=220 V ，由1122U n U n =得U 2220 V 4==55 V,A 正确.因为ω=100πrad/s,则22T s 0.02 s 100ππωπ===，则B 错误. 负载R 中电流12221I n U 5 V I 5 2 A R 27.5I n ====Ω，由得I 1=0.5 A ，所以C 正确.功率P=U 1I 1=220 V ×0.5 A=110 W,所以D 错误.答案:AC5.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，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法正确的是()A.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B.保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1增大D.保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小解析：S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，R上消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故输入电流I1增大，所以A错C对;S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，I2减小，B对；P向上滑动时，R减小，I2增大，由电流与匝数的关系可知，I1增大，D错.答案：BC6.如图所示，P为一理想自耦变压器的滑片，Q为滑动变阻器的滑动触头.在输入交变电压一定的条件下，下列说法正确的是()A.Q不动，P向下移动，电流表示数减小，电压表示数增大B.Q不动，P向上移动，电流表示数减小，电压表示数减小C.P不动，Q向上移动，电流表示数增大，电压表示数不变D.P不动，Q向下移动，电流表示数增大，电压表示数不变解析:图为升压自耦变压器，当Q不变P下移时，n1减小U2↑，○V读数增大，副线圈电流22UIR=，原线圈电流I1↑，○A A错、当Q不变P上移时n1↑U2↓○V读数减小，I2↓I1↓B正确.当P不动时n1不变，由1122U nU n=知U2不变，○V读数不变，Q 上移R ↓I 2↑I 1↑○V 读数增大，C 对D 错. 答案:BC7.如图甲所示，在闭合铁芯上绕着两个线圈M 和P ，线圈P 与电流表构成闭合回路.若在t 1至t 2这段时间内，观察到通过电流表的电流方向自上向下（即为由c 经电流表至d ），则可以判断出线圈M 两端的电势差uab 随时间t 的变化情况可能是图乙中的()解析:根据楞次定律可知副线圈中的电流方向，可知穿过副线圈的磁场应是向上增加，或向下减少的，可以判断原线圈中的磁场方向是向下增加的，或向上减少的，综合四个选项可知在t 1至t 2这段时间内输入电压变化的可能情况为C 、D.答案:CD8.如图是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器.已知变压器原线圈与副线圈匝数比12n 1n 20，加在原线圈的电压为u 1=311sin 100πt(V)，霓虹灯正常工作的电阻R=440 k Ω,I 1、I 2表示原、副线圈中的电流，下列判断正确的是()A.副线圈两端电压6220 V ，副线圈中的电流14.1 mAB.副线圈两端电压4400 V ，副线圈中的电流10.0 mAC.I 1＜I 2D.I 1＞I 2解析:由u 1=311sin 100πt(V) 知1311U V 220 V 2== 由1122U n U n =得U 2=4400 V 22U I 0.01 A R==故A 错误，B 正确. 由 1221I n 20I n 1==,则I 1＞I 2 故C 错误，D 正确. 答案:BD9.如图所示，变压器的原线圈及两个副线圈的匝数比为n 1:n 2:n 3=4:2:1，所连接的三个灯消耗的电功率相同，则流过每个灯的电流之比I 1:I 2:I 3=____，每个灯的电阻之比为R 1:R 2:R 3=____.解析:理解变压器每个线圈的电压之比等于它们的匝数比，则U 1:U 2:U 3=4:2:1，理想变压器的输入功率等于输出功率，则有I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3.又I 2U 2=I 3U 3，则32332U 1I I I U 2=-I 1U 1=2I 2U 2，则2222312U 1I I I I U 2===[来源:学。

高考物理总复习 11 第2讲变压器电能的输送教案新人教版-新人教版高三全册物理教案

第2讲变压器电能的输送一、变压器原理1．构造和原理(如图所示)(1)主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。

(2)工作原理：电磁感应的互感现象。

2．理想变压器的基本关系式(1)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，若n 1＞n 2，为降压变压器；若n 1＜n 2，为升压变压器。

(2)电流关系：I 1I 2＝n 2n 1，只适用于只有一个副线圈的情况。

3．互感器(1)电压互感器，用来把高电压变成低电压。

(2)电流互感器，用来把大电流变成小电流。

特别提醒 (1)如果变压器没有漏磁和能量损失，这样的变压器是理想变压器。

(2)变压器只能改变交变电流的电流和电压，不能改变恒定电流的电流和电压。

二、电能的输送1．输电损耗(1)功率损失：设输电电流为I ，输电线的电阻为R ，则功率损失为ΔP ＝I 2R 。

(2)降低输电损耗的两个途径。

①一个途径是减小输电线的电阻。

由电阻定律R ＝ρl S 可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线。

此外，还要尽可能增加导线的横截面积。

②另一个途径是减小输电导线中的电流，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。

2．远距离输电过程的示意图(如图所示)对理想变压器，各物理量的关系为①P 1＝P 2，P 2＝P 损＋P 3，P 3＝P 4＝P 用。

②U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 3＋U 线，U 3U 4＝n 3n 4。

③n 1I 1＝n 2I 2，I 2＝I 线＝I 3，n 3I 3＝n 4I 4。

(判断正误，正确的画“√”，错误的画“×”。

)1．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。

(×)2．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。

(×)3．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增大。

(√)4．变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定。

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第十二章 第2讲 变压器 电能的输送-2025高三总复习 物理(新高考)

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