2024高考物理一轮复习第十一章第2讲变压器电能的输送学案含解析

PAGEPAGE26第2讲变压器电能的输送主干梳理对点激活学问点志向变压器Ⅱ1．构造：如图所示。变压器主要由eq\o(□,\s\up3(01))闭合铁芯和eq\o(□,\s\up3(02))绕在铁芯上的两个线圈组成。(1)原线圈：指与沟通电源连接的线圈，也叫eq\o(□,\s\up3(03))初级线圈。(2)副线圈：指与负载连接的线圈，也叫eq\o(□,\s\up3(04))次级线圈。2．工作原理：电磁感应的eq\o(□,\s\up3(05))互感现象。3．志向变压器的基本关系式(1)功率关系：P入＝P出。(2)电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，若n1>n2，为eq\o(□,\s\up3(06))降压变压器；若n1<n2，为eq\o(□,\s\up3(07))升压变压器。(3)电流关系：只有一个副线圈时，eq\f(I1,I2)＝eq\o(□,\s\up3(08))eq\f(n2,n1)；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。4．几种常用的变压器(1)自耦变压器(也叫调压变压器)。(2)互感器①电压互感器，可以把eq\o(□,\s\up3(09))高电压降为eq\o(□,\s\up3(10))低电压；②电流互感器，可以把eq\o(□,\s\up3(11))强电流降为eq\o(□,\s\up3(12))弱电流。学问点远距离输电Ⅰ1．削减输电电能损失的两种方法削减输电电能损失的理论依据：P损＝I2R。(1)减小输电线的电阻：依据电阻定律R＝ρeq\f(l,S)，要减小输电线的电阻R，在保证输电距离状况下，可采纳减小材料的eq\o(□,\s\up3(01))电阻率、增大导线的eq\o(□,\s\up3(02))横截面积等方法。(2)减小输电导线中的电流：在输电功率肯定的状况下，依据P＝UI，要减小电流，必需提高eq\o(□,\s\up3(03))输电电压。2．远距离高压输电的分析(1)输电过程(如图所示)(2)输送电流①I＝eq\f(P,U)。②I＝eq\f(U－U′,R)。(3)电压损失①ΔU＝U－U′。②ΔU＝eq\o(□,\s\up3(04))IR。(4)功率损失①ΔP＝P－P′。②ΔP＝eq\o(□,\s\up3(05))I2R＝eq\o(□,\s\up3(06))eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2R＝eq\f(ΔU2,R)。一思维辨析1．变压器不但可以变更沟通电压，也可以变更稳恒直流电压。()2．志向变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。()3．高压输电的目的是增大输电的电流。()4．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。()5．变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流确定。()6．变压器副线圈中的电压由原线圈中的电压确定。()答案1.×2.√3.×4.×5.√6.√二对点激活1．(人教版选修3－2·P44·T2改编)有些机床为了平安，照明电灯用的电压是36V，这个电压是把380V的电压降压后得到的。假如变压器的原线圈是1140匝，副线圈是()A．1081匝B．1800匝C．108匝D．8010匝答案C解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得n2＝eq\f(U2n1,U1)＝108匝，故C正确。2．(人教版选修3－2·P44·T5改编)(多选)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器的输入电压是市区电网的电压，当滑动变阻器R滑片向下移动时，下列说法正确的是()A.不变，不变 B.变大，不变C.变大，变小 D.不变，不变答案AC解析输入电压不变，所以不变，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，不变，故A正确；滑片下移，R变小，故变大，I1由I2确定，所以变大，R0分压变大，故变小，所以C正确，B、D错误。3．(人教版选修3－2·P50·T3改编)从发电站输出的功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V和11kV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答案A解析由题意知输电线上的电流I＝eq\f(P,U)，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝eq\f(Pr,U)故eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(\f(1,U1),\f(1,U2))＝eq\f(U2,U1)＝eq\f(11×103,110)＝eq\f(100,1)，故选A。4．(人教版选修3－2·P50·T5改编)(多选)如图所示为远距离输电示意图，其中水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V。通过升压变压器上升电压后向远处输电，输电线总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V。要求在输电线上损失的功率限制为5kW(即用户得到的功率为95kW)。下列说法正确的是()A．输电线上通过的电流为25AB．降压变压器的输入电压为4000VC．升压变压器的匝数比为eq\f(1,16)D．降压变压器的匝数比为eq\f(200,11)答案AC解析输电线上的电流I2＝eq\r(\f(P损,R))＝eq\r(\f(5000,8))A＝25A，A正确；输电线上损失的电压U损＝I2R＝25×8V＝200V，升压变压器的输出电压U2＝eq\f(P,I2)＝eq\f(100000,25)V＝4000V，则降压变压器的输入电压U3＝U2－U损＝4000V－200V＝3800V，B错误；升压变压器的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(250,4000)＝eq\f(1,16)，C正确；降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(3800,220)＝eq\f(190,11)，D错误。考点细研悟法培优考点1志向变压器的工作原理和基本关系1．变压器的工作原理2．基本关系(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ相同。(2)线圈无电阻，因此无电压降，副线圈端电压U＝E＝neq\f(ΔΦ,Δt)。(3)依据eq\f(U,n)＝eq\f(ΔΦ,Δt)得，套在同一铁芯上的线圈，有eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…。(4)无电能损失，因此P入＝P出，无论副线圈一个还是多个，总有U1I1＝U2I2＋U3I3＋…，将电压关系代入可得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。(5)变压器只能变更交变电流的电压和电流，不能变更交变电流的频率。(6)志向变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。3．基本关系式中物理量之间的确定关系制约关系电压原线圈电压U1和匝数比确定副线圈电压U2(当U1不变时，不论负载电阻R变更与否，U2不会变更)功率副线圈的输出功率P出确定原线圈的输入功率P入(可简记为“用确定供”)电流副线圈电流I2和匝数比确定原线圈电流I1例1(2024·北京高考)如图所示，志向变压器的原线圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的沟通电源上，副线圈接有R＝55Ω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220eq\r(2)WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110eq\r(2)VD．副线圈输出沟通电的周期为50s解题探究(1)、的读数是什么值？提示：有效值。(2)变压器变更沟通电的周期吗？提示：不变更。尝试解答选B。志向变压器原线圈两端电压的有效值为U1＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U2＝eq\f(n2U1,n1)＝110V，即电压表的读数为110V，通过负载电阻的电流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(110,55)A＝2A，则副线圈的输出功率P＝U2I2＝110×2W＝220W，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为220W，故A、C错误。由n1I1＝n2I2得I1＝eq\f(n2I2,n1)＝1A，即电流表的读数为1A，B正确。由u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，角速度ω＝100πrad/s，原线圈所接沟通电的周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，副线圈输出沟通电的周期不变，仍为0.02s，D错误。总结升华1．变压器原线圈含有负载问题的分析(1)在原线圈回路中，原线圈两端的电压与负载两端电压之和等于电源的电压；(2)要求解原线圈中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后依据志向变压器的关系求得原线圈中负载的电流。原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。2．含有多个副线圈的变压器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＋…，结合电压(电流)匝数比关系、欧姆定律等分析。3．变压器与二极管相结合的分析当副线圈回路中含有二极管时，由于二极管具有单向导电性，会使交变电流只有一半时间导通，经过二极管后的输出电压的有效值与副线圈两端沟通电压的正常有效值不相等，应依据电流的热效应进行计算。[变式1－1](2024·河北名校联盟质量监测)(多选)如图所示，a、b两端接在正弦沟通电源上，原、副线圈回路中A、B电阻阻值相同，原、副线圈匝数比为n1∶n2＝3∶1，下列说法正确的是()A．A、B电阻电流之比为1∶3B．A、B电阻电压之比为3∶1C．A、B电阻功率之比为1∶1D．A电阻两端电压与原线圈输入电压之比为1∶9答案AD解析依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(3,1)得，U1＝3U2＝3UB，依据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,3)，A正确；UA＝I1R＝eq\f(1,3)I2R＝eq\f(1,3)UB，B错误；eq\f(PA,PB)＝eq\f(UA,UB)·eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,9)，C错误；eq\f(UA,U1)＝eq\f(1,9)，D正确。[变式1－2]如图所示，志向变压器有两个副线圈，L1、L2是两盏规格为“8V,10W”的灯泡，L3、L4是两盏规格为“6V,12W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1＝220V时，四盏灯泡恰好都能正常发光，假如原线圈的匝数n1＝1100匝，求：(1)副线圈的匝数n2、n3；(2)电流表的读数。答案(1)40匝60匝(2)0.2A解析(1)由变压器原理可知，n1∶n2∶n3＝U1∶U2∶U3，则n2＝eq\f(U2,U1)n1＝eq\f(8,220)×1100＝40n3＝eq\f(U3,U1)n1＝eq\f(2×6,220)×1100＝60。(2)由P入＝P出可得，I1U1＝P1＋P2＋P3＋P4，所以I1＝eq\f(2P2＋2P3,U1)＝eq\f(2×10＋2×12,220)A＝0.2A。考点2志向变压器的动态分析常见的志向变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的状况和负载电阻不变的状况。1．匝数比不变的状况(如图所示)(1)U1不变，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1确定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变更，U2不变。(2)当负载电阻发生变更时，I2变更，依据输出电流I2确定输入电流I1，可以推断I1的变更。(3)I2变更引起P2变更，依据P1＝P2，可以推断P1的变更。2．负载电阻不变的状况(如图所示)(1)U1不变，eq\f(n1,n2)发生变更，U2变更。(2)R不变，U2变更，I2发生变更。(3)依据P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)和P1＝P2，可以推断P2变更时，P1发生变更，U1不变时，I1发生变更。3．分析动态问题的步骤例2(2024·福建高三期末)(多选)如图所示的志向变压器电路中，原、副线圈的匝数比为2∶1，原、副线圈的电路中均有一阻值为R的定值电阻，副线圈电路中定值电阻和滑动变阻器串联，a、b端接电压恒定的正弦沟通电，在滑动变阻器滑片P向右移动的过程中()A．原线圈电路中定值电阻R消耗的功率在减小B．副线圈电路中定值电阻R消耗的功率在增大C．原、副线圈电路中定值电阻R消耗的功率之比恒为1∶4D．原、副线圈电路中定值电阻R两端的电压之比恒为2∶1解题探究(1)求原、副线圈电路中定值电阻R消耗的功率之比和两端电压之比的前提是求________之比。提示：电流(2)滑片P向右移，原、副线圈电流均________。提示：变大尝试解答选BC。当滑片向右滑动时，输出电流增大，所以副线圈中定值电阻R消耗的功率I2R会增大，B正确；原、副线圈电流之比恒为匝数反比，即I1∶I2＝1∶2，输出电流增大，输入电流增大，流过原线圈中定值电阻R的电流增大，所以原线圈中定值电阻R消耗的功率会增大，A错误；原、副线圈电流之比恒为I1∶I2＝1∶2，又由P＝I2R知，C正确；由U＝IR知，原、副线圈中定值电阻R两端的电压之比为1∶2，D错误。总结升华原线圈含有用电器的动态分析技巧图甲中当R2变更时如何推断原线圈中I1的变更状况？我们可以把图甲等效画成图乙。由eq\f(U1,I1)＝R，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，eq\f(U2,I2)＝R2，联立得：R＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(n1U2,n2I1)＝eq\f(n1I2R2,n2I1)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2R2这样若当R2变大时，知R变大，U1不变则I1变小，便利极了！[变式2－1](2024·广东深圳七校联考)(多选)如图所示，志向变压器的原线圈连接一只志向沟通电流表，副线圈的匝数可以通过滑动触头Q来调整，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压有效值为U的正弦交变电流，则()A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，滑动变阻器R接入电路的部分消耗的功率变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．调整P、Q使副线圈匝数、滑动变阻器R接入电路部分的阻值均变为原来的2倍，则变压器输入功率不变答案AC解析保持Q的位置不动，将P向上滑动时，滑动变阻器接入电路部分的电阻增大，副线圈中电流减小，电流表读数减小，A正确；保持Q的位置不动，将P向上滑动时，副线圈上电压不变，由于不知道滑动变阻器与定值电阻阻值关系，故无法推断滑动变阻器R接入电路部分消耗的功率变更状况，B错误；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，副线圈两端的电压增大，副线圈中电流增大，电流表读数变大，C正确；调整P、Q使副线圈匝数、滑动变阻器R接入电路部分的阻值均变为原来的2倍，副线圈两端的电压增加为原来的2倍，定值电阻的阻值不变，副线圈两端的总电阻小于原来的2倍，依据P＝eq\f(U2,R)，变压器的输出功率大于原来的2倍，变压器的输入功率大于原来的2倍，D错误。[变式2－2]如图甲所示，志向变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦沟通电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R0、热敏电阻Rt(阻值随温度的上升而减小)及报警器P(电流增加到肯定值时报警器P将发出警报声)组成闭合电路，电压表、电流表均为志向电表，则以下推断正确的是()A．变压器线圈输出沟通电的频率为25HzB．电压表的示数为22eq\r(2)VC．Rt处温度减小到肯定值时，报警器P将发出警报声D．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小答案B解析由题图乙可知f＝eq\f(1,T)＝50Hz，而志向变压器不变更沟通电的频率，A项错误。由题图乙可知原线圈输入电压的有效值U1＝220V，则副线圈两端电压有效值U2＝eq\f(n2,n1)U1＝44V，设电压表示数为U，由于二极管作用，副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流，则由有效值定义有eq\f(U\o\al(2,2),R总)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R总)·T，解得U＝eq\f(U2,\r(2))＝22eq\r(2)V，B项正确。由题给条件可知，Rt处温度上升到肯定值时，报警器会发出警报声，C项错误。因报警器报警时回路中电流比报警前大，则报警时副线圈回路的总功率比报警前大，而输入功率与输出功率相等，D项错误。考点3远距离输电1．远距离输电问题的分析方法对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的依次，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。2．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3。(2)电压、电流关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。(3)输电电流：I线＝eq\f(P2,U2)＝eq\f(P3,U3)＝eq\f(U2－U3,R线)。(4)输电线上损耗的电功率P损＝I线ΔU＝Ieq\o\al(2,线)R线＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))2R线。当输送的电功率肯定时，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eq\f(1,n2)。例3(2024·河南省中原名校高三质检)2024年8月，广东省受台风“天鸽”影响，造成大面积停电。某通讯公司打算的应急供电系统如图所示，图中T1、T2分别为志向的升压变压器和降压变压器，R表示输电线电阻，I表示电流，U表示线圈两端电压，n表示线圈的匝数，下列说法正确的是()A．假如发电机的输出功率为P，则P＝U1I1＝U2I2＝U4I4B．若n1∶n2＝n4∶n3，则有U1＝U4C．用户消耗的功率越大，输电线上消耗的功率越小D．假如发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为eq\f(P2,U\o\al(2,2))R解题探究(1)因为输电线上有电压损失，有功率损失，即使eq\f(n1,n2)＝eq\f(n4,n3)，U1和U4能相等吗？提示：不能。(2)用户消耗的功率越大则三个回路的电流________。提示：越大尝试解答选D。假如发电机的输出功率为P，因志向变压器没有能量损失，故有P＝U1I1＝U2I2，但输电线上消耗功率，故P>U4I4，A错误；因为输电线上有电压损失，所以U1≠U4，B错误；用户消耗的功率越大，三个回路中的电流越大，输电线上消耗的功率也越大，C错误；假如发电机的输出功率为P，则输电线中的电流为eq\f(P,U2)，输电线上消耗的功率为eq\f(P2,U\o\al(2,2))R，D正确。总结升华解决远距离输电问题应留意下列几点(1)画出输电电路图。(2)留意升压变压器副线圈中的电流与降压变压器原线圈中的电流相等。(3)输电线长度等于输电距离的2倍。(4)计算线损功率一般用P损＝I2R线。[变式3]某小型水电站的电能输送示意图如图所示，水电站的发电机输出电压恒定。发电机通过升压变压器和降压变压器(变压比为40∶1)向25km外的小区用户供电(供电电压为220V)，输送到用户的电功率为165kW，若用表格中某种型号的输电线进行高压输电，线路上损耗的功率约为输送电功率的6%，则所选用的输电线的型号的代号为()型号的代号千米电阻(Ω/km)X1Y0.6Z0.3W0.2A．XB．YC．ZD．W答案B解析小区用户供电电压为220V，由变压器的变压规律可知，降压变压器原线圈两端的电压为U＝220×40V＝8800V，设输电线上的电流为I，输电线总电阻为R，则用户的功率P用＝0.94P＝UI，已知P用＝165kW，输电线路上损耗的功率P线＝0.06P＝I2R，联立解得R＝30Ω，由于输电线长度须要50km，所以可以选择0.6Ω/km的Y，B正确。考点4两种特别的变压器模型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，当沟通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，如下图所示。2．互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：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沟通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例4(2024·江苏高考)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。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点顺时针旋转到N点的过程中()A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升C．U2<U1，U2降低 D．U2<U1，U2升解题探究(1)一般变压器的关系式在自耦变压器中适用吗？提示：适用。(2)滑动触头从M顺时针滑到N的过程中，相当于n2在________。提示：减小尝试解答选C。由图可知变压器的原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2，因eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，则U2<U1；在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中，n2减小，U2降低，C正确，A、B、D错误。总结升华1对于自耦变压器，若原线圈能调整，则为升压变压器；若副线圈能调整，则为降压变压器。2电压互感器和电流互感器的区分：一是看匝数，二是看串联还是并联在高压电路中。[变式4](2024·江苏四市联考)(多选)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a、b表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22V，电流表的示数为1A，则()A．a为电流表，b为电压表B．a为电压表，b为电流表C．线路输送电功率是220kWD．输电线路总电阻为22Ω答案BC解析左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，所以a为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b为电流表，B正确，A错误；电压表的示数为22V，依据变压器变压公式，eq\f(U1,U2)＝100，输电电压为U1＝100×22V＝2200V；电流表的示数为1A，依据变流公式，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝100，输电电流I1＝100×1A＝100A，线路输送电功率为P＝U1I1＝220kW，C正确；依据题述条件，不能求出输电线路总电阻，D错误。高考模拟随堂集训1．(2024·江苏高考)采纳220kV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eq\f(1,4)，输电电压应变为()A．55kVB．110kVC．440kVD．880kV答案C解析输电功率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＝I2R，R为输电线路的电阻，即P损＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2R。当输电功率肯定时，输电线路损失的功率为原来的eq\f(1,4)，则输电电压为原来的2倍，即440kV，故C正确。2．(2024·天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽视)通过志向变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，志向沟通电流表A、志向沟通电压表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eq\f(1,2)，则()A．R消耗的功率变为eq\f(1,2)PB．电压表V的读数为eq\f(1,2)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解析依据ω＝2πn可知转速变为原来的eq\f(1,2)，则角速度变为原来的eq\f(1,2)，依据Em＝nBSω可知发电机产生的最大电动势为原来的eq\f(1,2)，依据U＝eq\f(Em,\r(2))可知发电机的输出电压有效值变为原来的eq\f(1,2)，即原线圈的输出电压变为原来的eq\f(1,2)，依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知副线圈的输入电压变为原来的eq\f(1,2)，即电压表示数变为原来的eq\f(1,2)，依据P＝eq\f(U2,R)可知R消耗的电功率变为eq\f(1,4)P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝eq\f(\f(1,2)U,R)，即变为原来的eq\f(1,2)，依据eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)可知原线圈中的电流也变为原来的eq\f(1,2)，C错误；转速减小为原来的eq\f(1,2)，则频率变为原来的eq\f(1,2)，D错误。3．(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答案AD解析由题意知U＝10U灯，a、b均正常发光，则变压器输入电压U1＝9U灯，而输出电压U2＝U灯，所以原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝9∶1；而I1∶I2＝n2∶n1＝1∶9，所以两灯功率之比Pa∶Pb＝U灯I1∶U灯I2＝1∶9，A、D正确。4．(2024·全国卷Ⅰ)一含有志向变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为志向沟通电流表，U为正弦沟通电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为()A．2B．3C．4D．5答案B解析设原、副线圈匝数比为n，依据能量守恒，当S断开时，UI＝I2R1＋(nI)2(R2＋R3)；当S闭合时，4UI＝(4I)2R1＋(4nI)2R2，联立解得n＝3，所以B正确。5．(2024·天津高考)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，R1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A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大答案B解析由于原、副线圈两端电压不变，当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时，连入电路的电阻变大，所在电路总电阻变大，副线圈中电流减小，R1中电流减小，R1消耗的功率减小，A项错误；R1中电流减小，则R1两端电压减小，而副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压增大，电压表示数变大，B项正确；副线圈中电流减小，原线圈中电流随之减小，故C项错误；若闭合开关S，负载电路的总电阻减小，副线圈中电流增大，R1中电流增大，则R1两端电压上升，R2两端电压减小，A2示数变小，D项错误。6．(2024·四川高考)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答案B解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U2＝eq\f(n2,n1)U1①由eq\f(U1,U2′)＝eq\f(n1－Δn,n2－Δn)得U2′＝eq\f(n2－Δn,n1－Δn)U1②由eq\f(②,①)得：eq\f(U2′,U2)＝eq\f(n2－Δnn1,n1－Δnn2)＝eq\f(n2n1－Δnn1,n2n1－Δnn2)，因为n2<n1，所以eq\f(U2′,U2)<1，即U2′<U2，故小灯泡变暗，B正确，A错误；由以上分析过程可以看出，C错误；由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)和eq\f(I1′,I2′)＝eq\f(n2－Δn,n1－Δn)可见，D错误。配套课时作业时间：45分钟满分：100分一、选择题(本题共10小题，每小题8分，共80分。其中1～6为单选，7～10为多选)1.(2024·石家庄质检一)如图所示，志向变压器三个线圈的匝数比为n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中匝数为n1的原线圈接到220V的沟通电源上，匝数为n2和n3的两个副线圈分别与电阻R2、R3组成闭合电路。已知通过电阻R3的电流I3＝2A，电阻R2＝110Ω，则通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1分别是()A．10A,12A B．10A,20AC．1A,0.7A D．1A,3A答案C解析原线圈输入电压U1＝220V，依据变压器变压公式，由U1∶U2＝10∶5，解得匝数为n2的副线圈输出电压U2＝110V，由U1∶U3＝10∶1，解得匝数为n3的副线圈输出电压U3＝22V。通过电阻R2的电流I2＝eq\f(U2,R2)＝1A，依据志向变压器输入功率等于输出功率得，U1I1＝U2I2＋U3I3，解得I1＝0.7A，C正确。2．(2024·汉中质检)如图甲所示，志向变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈输入的沟通电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R和额定电压为12V、工作时内阻为2Ω的电动机。闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1A，则()A．副线圈两端电压为22eq\r(2)VB．电动机输出的机械功率为12WC．通过电动机的沟通电频率为50HzD．突然卡住电动机，原线圈输入功率变小答案C解析原线圈两端输入电压最大值为Um＝220eq\r(2)V，则有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，副线圈两端电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝22V，A错误；电动机输出的机械功率为P＝UI2－Ieq\o\al(2,2)r＝10W，B错误；由题图乙知原线圈所接电压的周期为0.02s，则f＝eq\f(1,T)＝50Hz，C正确；卡住电动机，变压器副线圈的电压不变，由于电动机无法对外做功，则副线圈的电流增大，输出功率增加，则原线圈输入功率增加，D错误。3．(2024·河南适应性考试)黑光灯是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，然后被黑光灯四周的沟通高压电网“击毙”。图示是高压电网的工作电路，其输入电压为有效值是220V的正弦沟通电，经变压器输出给电网运用。已知空气的击穿电场的电场强度为3000V/cm，要使害虫瞬间被击毙至少要1000V的电压。为了能瞬间击毙害虫而又防止空气被击穿而造成短路，则()A．变压器原、副线圈的匝数之比的最小值为eq\f(50,11)B．变压器原、副线圈的匝数之比的最小值为eq\f(11,50)C．电网相邻两极间距离需大于eq\f(1,3)cmD．电网相邻两极间距离的最大值为3cm答案C解析要使害虫瞬间被击毙至少要1000V的电压，据eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，结合U2≥1000V，eq\f(n1,n2)≤eq\f(220,1000)＝eq\f(11,50)，原、副线圈的匝数之比的最大值为eq\f(11,50)，故A、B错误。由E＝eq\f(U,d)得d＝eq\f(U2,E)＝eq\f(1,3)cm，所以电网相邻两极间距离需大于eq\f(1,3)cm，故C正确，D错误。4.在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上。当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂。已知线圈1、2的匝数之比n1∶n2＝2∶1。在不接负载的状况下()A．当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出电压为110VB．当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出电压为55VC．当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为220VD．当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为440V答案B解析在不考虑原、副线圈内电阻的状况下，变压器原、副线圈电压之比eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U1,U2)))等于原、副线圈中产生的感应电动势之比eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E1,E2)))。给一个线圈通交变电流后，其内部磁通量只有一半通过另一个线圈，因此另一线圈的磁通量的变更率只有通电线圈的一半。当给线圈1输入电压U1时，eq\f(U1,U2)＝eq\f(E1,E2)＝eq\f(n1\f(ΔΦ1,Δt),n2\f(ΔΦ2,Δt))＝eq\f(n1ΔΦ1,n2ΔΦ2)＝eq\f(2,1)×eq\f(2,1)＝eq\f(4,1)。当给线圈2输入电压U2′时，eq\f(U2′,U1′)＝eq\f(E2′,E1′)＝eq\f(n2\f(ΔΦ2′,Δt),n1\f(ΔΦ1′,Δt))＝eq\f(n2ΔΦ2′,n1ΔΦ1′)＝eq\f(1,2)×eq\f(2,1)＝eq\f(1,1)。所以选项B正确。5．(2024·南昌模拟)某供电系统是由沟通发电机输出电压和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示。图中R0表示输电线的电阻。则()A．当电压表V1示数减小，而用电器负载不变时，不变更触头位置，电流表A1示数增大B．当电压表V1示数减小，而用电器负载不变时，适当上移触头P，可使电流表A2示数不变C．当电压表V1示数不变，而用电器负载增加时，不变更触头位置，电流表A1示数不变D．当电压表V1示数不变，而用电器负载增加时，适当上移触头P，电流表A1示数肯定减小答案B解析在不变更触头位置时，V1读数减小导致V2读数减小，负载电阻不变，导致I2减小，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)知I1减小，A错误；电压关系为eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，减小U1同时增大n2可以使得U2不变，I2不变，B正确；U1不变，又不变更触头位置则U2不变，此时增加负载(即减小负载电阻)，I2增大，从而I1增大，C错误；依据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，在U1不变时，上移触头，n2增大，U2增大，此时增加负载，I2增大，从而I1增大，D错误。6．(2024·陕西摸底)心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器，其部分电路可简化为大电阻R1与沟通电源串联，该电源输出的电压恒为U0，如图所示。心电图仪与一个志向变压器的初级线圈相连，一个扬声器(可等效为一个定值电阻R2)与该变压器的次级线圈相连。若R2的功率此时最大，下列说法错误的是()A．大电阻R1两端电压为eq\f(U0,2)B．志向变压器初级线圈与次级线圈的匝数比值为eq\f(R1,R2)C．沟通电源的输出功率为eq\f(U\o\al(2,0),2R1)D．通过扬声器的电流为eq\f(U0,2)eq\r(\f(1,R1R2))答案B解析解法一：设志向变压器初级线圈和次级线圈的匝数分别为n1、n2，初级线圈和次级线圈中的电流分别为I1、I2，依据志向变压器的初级线圈和次级线圈的电流和电压关系可得I1n1＝I2n2，eq\f(U0－I1R1,n1)＝eq\f(I2R2,n2)，设R2的功率为P，联立则有P＝Ieq\o\al(2,2)R2＝U0I1－Ieq\o\al(2,1)R1，由于扬声器有最大功率，则I1＝eq\f(U0,2R1)、I2＝eq\f(U0,2)eq\r(\f(1,R1R2))，D正确；大电阻R1两端电压I1R1＝eq\f(U0,2)，A正确；志向变压器的初级线圈和次级线圈的匝数比值为eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\r(\f(R1,R2))，B错误；沟通电源的输出功率为I1U0＝eq\f(U\o\al(2,0),2R1)，C正确。故本题选B。解法二：将电路等效为如图所示。当R2功率最大时，即R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2R2时，解得eq\f(n1,n2)＝eq\r(\f(R1,R2))，故B错误；此时R1两端电压为eq\f(U0,2)，A正确；沟通电输出功率为eq\f(U\o\al(2,0),R1＋R2)＝eq\f(U\o\al(2,0),2R1)，故C正确；通过R1的电流I1＝eq\f(U0,2R1)，则由eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)得I2＝eq\f(n1I1,n2)＝eq\r(\f(R1,R2))·eq\f(U0,2R1)＝eq\f(U0,2)eq\r(\f(1,R1R2))，故D正确。7．(2024·武汉调研)含有志向变压器的电路如图所示，L1、L2、L3均为“24V'2W”的灯泡，为志向沟通电压表，a、b端接正弦沟通电压(输出电压的有效值恒定)。当开关S闭合时，灯泡均正常发光。下列说法正确的是()A．变压器原、副线圈匝数比为1∶2B．电压表的示数为72VC．变压器的输入功率为8WD．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧坏答案BD解析每个灯泡的额定电流：IL＝eq\f(PL,UL)＝eq\f(2,24)A＝eq\f(1,12)A，则原线圈的电流为I1＝eq\f(1,12)A，副线圈的电流为I2＝eq\f(1,6)A，则eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，A错误；变压器副线圈两端的电压为24V，则依据匝数比可得变压器原线圈两端的电压为U1＝eq\f(n1,n2)U2＝48V，则电压表读数为48V＋24V＝72V，B正确；变压器的输入功率等于输出功率，故P1＝P2＝4W，C错误；副线圈上再并联一个相同的灯泡，负载总电阻变小，则副线圈中电流增大，原线圈中电流也增大，超过灯泡L1的额定电流，灯泡L1可能会烧坏，故D正确。8．(2024·唐山二模)如图甲所示的电路，志向变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2，电流表和电压表都是志向电表，当原线圈接图乙所示的交变电源时，电路正常工作。现将电源换成图丙所示的交变电源，则更换电源前后()A．电流表A1、A2的示数之比均为n2∶n1B．电压表V1、V2的示数之比均为n1∶n2C．电压表V1示数不变，V2的示数变大D．电流表A1、A2的示数均不变答案BD解析更换电源后，电压有效值不变，只是周期变更，电压表V1、V2示数之比均为eq\f(n1,n2)，且电压表V1示数不