2026届高考物理总复习（第1轮）教师用书第十一章 交变电流　传感器

第十一章交变电流传感器课程标准1.通过实验，认识交变电流.能用公式和图像描述正弦交变电流.2.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.3.通过实验，了解常见传感器的工作原理.会利用传感器制作简单的自动控制装置.核心素养物理观念1.理解交变电流的产生，理解交变电流“四值”问题，理解理想变压器及远距离输电原理.2.掌握交变电流的描述方法，运用能量观念分析变压器及远距离输电问题.科学思维1.运用等效思想求解交变电流问题.2.建构理想变压器及远距离输电模型分析求解问题.科学探究1.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系.2.探究传感器的简单使用.科学态度与责任通过学习，了解生活中发电机的工作原理以及知道如何在输电过程中减少电能的损耗.命题探究命题分析从题型上看，高考对本章命题均为选择题，主要考交变电流的产生、交变电流图像及表述(峰值、有效值、瞬时值)、理想变压器原理及远距离输电，理想变压器电路中原、副线圈各物理量之间的制约关系.趋势分析交变电流的产生、“四值”及图像和变压器的计算与动态分析仍然是高考命题的重点.预设情境家用电器、雷达、射电望远镜、发电机、变压器、远距离输电、无线充电、家用和工业电路、X射线管、电子秤、烟雾报警器等.第1讲交变电流的产生和描述一、交变电流、交变电流的图像1.交变电流大小和__方向__都随时间做周期性变化的电流.2.正弦式交变电流的产生和图像(1)产生：在__匀强__磁场里，线圈绕__垂直于__磁场方向的轴__匀速__转动.(2)两个特殊位置的特点①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ__最大__，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将__发生改变__.②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)__最大__，e最大，i最大，电流方向__不改变__.(3)电流方向的改变一个周期内线圈中电流的方向改变__两__次.(4)图像：线圈从中性面位置开始计时，如图甲、乙、丙、丁所示.eq\o(\s\up7(),\s\do15(甲乙丙丁))二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值1.周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次__周期性变化(线圈转一周)所需的__时间__，单位是秒(s)，公式T＝__eq\f(2π,ω)__.(2)频率(f)：交变电流在1s内完成周期性变化的__次数__，单位是__赫兹(Hz)__.(3)周期和频率的关系：T＝__eq\f(1,f)__.2.交变电流的瞬时值、峰值和有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数.如e＝Emsinωt.(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的__最大__值.线圈平面平行于磁场方向时电动势最大：Em＝__nBSω__，与转轴位置无关，与线圈形状__无关__.(3)有效值：①定义：让交流和恒定电流通过__相同阻值__的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量__相等__，就把这一恒定电流的__数值__叫作这一交流的有效值.②正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系：I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，E＝eq\f(Em,\r(2)).(4)交变电流的平均值：E＝__neq\f(ΔΦ,Δt)__，eq\o(I,\s\up6(－))＝__eq\f(nΔΦ,(R＋r)Δt)__.考点一交变电流的产生及规律1.交流电产生过程中的两个特殊位置图示概念中性面位置与中性面垂直的位置特点B⊥SB∥SΦ＝BS，最大Φ＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nBSω，最大感应电流为零，方向改变感应电流最大，方向不变2.交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)项目函数表达式图像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt电流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt3.产生正弦交流电的另外4种方式(1)导体棒在匀强磁场中平动导体棒在匀强磁场中匀速平动，但导体棒切割磁感线的有效长度按正弦规律变化，则导体棒组成的闭合电路中就会产生正弦式交变电流.(2)导体棒在匀强磁场中振动导体棒在匀强磁场中沿平行导轨平动切割磁感线时，棒的速度按正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流.(3)棒在不均匀磁场中平动导体棒在磁场中匀速平动切割磁感线，在棒的平动方向上，磁场按照正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流.(4)线圈处于周期性变化的磁场中闭合线圈垂直于匀强磁场，线圈静止不动，磁场按正弦规律做周期性变化，则线圈中会产生正弦交变电流.【例1】eq\a\vs4\al([易错题])如图所示是线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动.矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，理想电压表接在R两端.当线圈以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是()A.从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势表达式为e＝nBSωsinωtB.线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)C.当线圈平面转到与磁场垂直时电压表示数为零D.线圈从与磁场平行位置转过90°过程中通过电阻R的电荷量为eq\f(nBS,R)【解析】B交流发电机产生电动势的最大值Em＝nBSω，图示位置电动势最大，所以从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωcosωt，A错误；电压表示数显示的是电压有效值，不为零，C错误；线圈从与磁场平行位置转过90°过程中通过电阻R的电荷量为q＝eq\f(nΔΦ,R＋r)＝eq\f(nBS,R＋r)，D错误；线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q＝I2(R＋r)t＝eq\f(πn2B2S2ω,R＋r)，B正确.【易错点】电压表示数显示的是电压有效值，跟线圈转到哪个位置没有关系，切勿掉入问题陷阱.【变式训练1】(2024·全国卷)(多选)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来.车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流.磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示.将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中()A.电流最小B.电流最大C.电流方向由P指向QD.电流方向由Q指向P【解析】BD开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，故可知电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P.考点二交变电流“四值”的理解和应用物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))适用于正(余)弦式交变电流(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)；(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值；(3)保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值eq\o(E,\s\up6(－))＝Bleq\o(v,\s\up6(－))eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)计算通过导线横截面的电荷量【例2】(2023·湖南卷)(多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示.大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上.线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场.大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直.线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡.假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是()A.线圈转动的角速度为4ωB.灯泡两端电压有效值为3eq\r(2)nBL2ωC.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为eq\f(4\r(2)nBL2ω,3)D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮【解析】AC大轮和小轮通过皮带传动，线速度大小相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，联立可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E＝eq\f(Emax,\r(2))＝2eq\r(2)nBL2ω，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝eq\f(RE,R＋R)＝eq\r(2)nBL2ω，B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax′＝8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝eq\f(Emax′,\r(2))＝4eq\r(2)nBL2ω，根据电阻定律有R′＝ρeq\f(L′,S′)，可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝eq\f(RE′,R＋2R)＝eq\f(4\r(2)nBL2ω,3)，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝eq\f(nBSω,\r(2))可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误.【变式训练2】(2024·广东卷)将阻值为50Ω的电阻接在正弦式交流电源上.电阻两端电压随时间的变化规律如图所示.下列说法正确的是()A.该交流电的频率为100HzB.通过电阻电流的峰值为0.2AC.电阻在1s内消耗的电能为1JD.电阻两端电压表达式为u＝10eq\r(2)sin(100πt)V【解析】D由题图可知交流电的周期为0.02s，则频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，A错误；由题图可知电压的峰值为10eq\r(2)V，根据欧姆定律可知电流的峰值Im＝eq\f(Um,R)＝eq\f(10\r(2),50)A＝eq\f(\r(2),5)A，B错误；电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))＝0.2A，所以电阻在1s内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1J＝2J，C错误；由题图可知电阻两端电压表达式为u＝Umsinωt＝10eq\r(2)sin(eq\f(2π,T)t)V＝10eq\r(2)sin(100πt)V，D正确.考点三特殊交变电流的有效值计算1.计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解.2.分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量.3.利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分别求得电流有效值和电压有效值.4.若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的eq\f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq\f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解.【例3】(2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的eq\r(3)倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为()eq\o(\s\up7(),\s\do15(图1))eq\o(\s\up7(),\s\do15(图2))A.2∶3B.4∶3C.2∶eq\r(3)D.5∶4【解析】B根据有效值的定义可知图1的有效值的计算为eq\f(Ueq\o\al(2,1),R1)T＝eq\f((\f(U0,\r(3)))2,R1)×eq\f(T,2)＋eq\f(Ueq\o\al(2,0),R1)×eq\f(T,2)，解得U1＝eq\r(\f(2,3))U0，图2的有效值为U2＝eq\f(U0,\r(2))，接在阻值大小相等的电阻上，因此Q1∶Q2＝Ueq\o\al(2,1)∶Ueq\o\al(2,2)＝4∶3，B正确.【变式训练3】(多选)一电阻R＝10Ω的单匝闭合线框处于变化的磁场中，在一个周期内穿过线框的磁通量Φ随时间t的变化情况如图所示，已知图中的曲线部分按正弦规律变化，取π2＝10，则下列说法正确的是()A.线框中电流的有效值为eq\f(6,5)eq\r(10)AB.线框中电流的有效值为4eq\r(3)AC.0～π×10-2s内线框中产生的焦耳热为48πJD.π×10-2～5π×10-2s内线框中产生的焦耳热为eq\f(40,π)J【解析】BD0～π×10-2s内磁通量按正弦规律变化则产生正弦交流电的最大值Emax＝NBSω＝200V，π×10-2～3π×10-2s时间内根据法拉第电磁感应定律可知E1＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(100,π)V，3π×10-2～5π×10-2s时间内根据法拉第电磁感应定律可知E2＝Neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(100,π)V，由交流电有效值的定义可得eq\f((\f(Emax,\r(2)))2,R)×π×10-2＋eq\f(Eeq\o\al(2,1),R)×2π×10-2＋eq\f(Eeq\o\al(2,2),R)×2π×10-2＝eq\f(Eeq\o\al(2,有),R)×5π×10-2，解得E有＝40eq\r(3)V，由欧姆定律可知线框中电流的有效值为I＝eq\f(E有,R)＝4eq\r(3)V，0～π×10-2s内线框中产生的焦耳热为Q1＝eq\f((\f(Emax,\r(2)))2,R)×π×10-2＝20πJ，π×10-2～5π×10-2s内线框中产生的焦耳热为Q2＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),R)×2π×10-2＋eq\f(Eeq\o\al(2,2),R)×2π×10-2＝eq\f(40,π)J，B、D正确.几种典型交变电流的有效值电流名称电流图像有效值正弦式交变电流I＝eq\f(Im,\r(2))正弦半波电流I＝eq\f(Im,2)矩形脉冲电流I＝eq\r(\f(t0,T))Im非对称性交变电流I＝eq\r(\f(1,2)（Ieq\o\al(2,1)＋Ieq\o\al(2,2)）)1.正弦式交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R＝10Ω，交流电压表的示数是10V，图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图像.则()eq\o(\s\up11(INCLUD4ICTURE"17z1.TIF"),\s\do15(图1图2))A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝eq\r(2)cos(100πt)AB.通过R的电流最大值是1AC.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5eq\r(2)cos(50πt)VD.R两端的电压有效值是10eq\r(2)V【解析】A交流电压表的示数是10V，则输出电压的最大值为Um＝eq\r(2)U＝10eq\r(2)V，由图可得周期T＝2×10-2s，则角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，则输出电压u随时间t的表达式为u＝10eq\r(2)cos(100πt)V，因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝eq\f(u,R)＝eq\r(2)cos(100πt)A，而R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝u＝10eq\r(2)cos(100πt)V，A正确、C错误；通过R的电流的最大值为Im＝eq\f(Um,R)＝eq\f(10\r(2),10)A＝eq\r(2)A，B错误；交流电压表的示数为有效值，所以R两端的电压有效值是10V，D错误.2.(2024·山东卷)如图甲所示，在－d≤x≤d，－d≤y≤d的区域中存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合.线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示.若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为()INCLUDEPICTURE"24WL2LB-37b.TIF"甲乙丙eq\o(\s\up7(),\s\do15(A))eq\o(\s\up7(),\s\do15(B))eq\o(\s\up7(),\s\do15(C))eq\o(\s\up7(),\s\do15(D))【解析】C根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝Esinωt.由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esinωt＝eq\f(\r(3)E,2)时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转eq\f(π,3)时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′＝2dcoseq\f(π,3)＝d，C正确.3.如图所示，将一根均匀导线围成圆心角为60°的扇形导线框OMN，O为圆心，半径为R，线框总电阻为r，将线框O点置于坐标系的原点，在第二、四象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.从t＝0时刻开始，导线框绕O点以角速度ω匀速转动，则导线框中感应电流的有效值为()A.eq\f(BωR2,2r)B.eq\f(\r(2)BωR2,4r)C.eq\f(\r(6)BωR2,6r)D.eq\f(\r(15)BωR2,6r)【解析】C线框转动一周过程中，两次进入磁场、两次离开磁场，所以产生感应电流的时间为t＝eq\f(4×60°,360°)T＝eq\f(2,3)T；转动切割磁感线产生的感应电动势E′＝eq\f(1,2)BR2ω，设感应电动势的有效值为E，根据有效值的计算公式可得eq\f(E2,r)T＝eq\f(E′2,r)t，解得E＝eq\f(\r(6)BωR2,6)，则导线框中感应电流的有效值为I＝eq\f(E,r)＝eq\f(\r(6)BωR2,6r)，C正确，A、B、D错误.4.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电压的图像如图乙所示，则()eq\o(\s\up11(INCLUD4ICTURE"gk62.TIF"),\s\do15(甲乙))A.t＝0.005s时线框的磁通量变化率为零B.t＝0.01s时线框平面与中性面重合C.线框产生的交变电动势有效值为311VD.线框产生的交变电动势频率为100Hz【解析】B由题图乙可知T＝0.02s，Em＝311V，根据正弦式交变电压有效值和峰值的关系可得，该交变电压的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(311,\r(2))V≈220V，C错误；根据周期和频率的关系可得，该交变电压的频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，D错误；由题图乙可知t＝0.01s时e＝0，所以此时线框平面与中性面重合，B正确；t＝0.005s时e＝311V，由法拉第电磁感应定律可得，此时磁通量的变化率最大，不为零，A错误.5.(多选)如图所示，水平放置的边长为L的正方形金属框开始以恒定角速度ω绕水平轴OO′转动，仅在OO′轴的右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属框外部连有阻值为R的电阻，其他电阻不计.则金属框转动一周的过程中()A.电阻R上通过的电流方向不变B.产生的感应电动势的有效值为eq\f(\r(2),2)BωL2C.通过电阻R电流的有效值为eq\f(\r(2)BωL2,4R)D.电阻R上产生的焦耳热为eq\f(πωB2L4,4R)【解析】CD金属框经过中性面时，电流方向变化，金属框转动一周的时间内，经过两次中性面，所以电流方向会发生变化，A错误；金属框产生的感应电动势的最大值为Em＝BL·eq\f(ωL,2)＝eq\f(BωL2,2)，所以有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)BωL2,4)，B错误；由I＝eq\f(E,R)可知I＝eq\f(\r(2)BωL2,4R)，C正确；电阻R上产生的焦耳热Q＝eq\f(E2,R)T，其中周期T＝eq\f(2π,ω)，则Q＝eq\f(πωB2L4,4R)，D正确.6.(多选)如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具.某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视).圆环上接有三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°.在圆环左半部分张角也为120°的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯(二极管)相连.除LED灯电阻外，其他电阻不计.下列说法正确的是()eq\o(\s\up7(),\s\do15(甲乙))A.若OP棒进入磁场中，P点电势小于O点电势B.金属辐条在磁场中旋转产生的是正弦式交变电流C.若导电圆环顺时针转动(俯视)，也能看到LED灯发光D.角速度比较大时，能看到LED灯更亮【解析】AD由右手定则可知OP切割磁感线产生的感应电流在OP辐条上从P流向O，OP为电源时O为正极，P为负极，所以P点电势小于O点电势，A正确；金属辐条在磁场中旋转产生的感应电流大小和方向都恒定，是直流电，B错误；导电圆环顺时针转动(俯视)产生的感应电流与逆时针转动时产生的感应电流方向相反，逆时针转动时二极管发光，由二极管的单向导电性可知顺时针转动时二极管不发光，C错误；假设辐条长度为L，辐条切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BLeq\o(v,\s\up6(－))＝BLeq\f(ωL,2)＝eq\f(BωL2,2)，可知角速度比较大时，感应电动势比较大，感应电流比较大，则LED灯更亮，D正确.7.如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里.求：(π≈3.14)(1)t＝0时感应电流的方向；(2)感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量.【解析】(1)根据右手定则知，t＝0时线圈中感应电流方向为adcba.(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s，题图位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω，代入数据得Em≈314V，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝314cos(100πt)V.(3)电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))，线圈匀速转动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝eq\f(E2,R＋r)T，代入数据得W≈98.6J.(4)从t＝0时起线圈转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(NBΔS,R＋r)＝eq\f(NBl1l2,R＋r)，代入数据得q＝0.1C.第2讲变压器远距离输电一、理想变压器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.(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__.原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率相同，频率相同.3.理想变压器及其基本关系(1)功率关系：__P入＝P出__.(2)电压关系：__eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)__.有多个副线圈时：eq\f(U1,n1)＝__eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…__.(3)电流关系：只有一个副线圈时eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1).由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝__U2I2＋U3I3＋…＋UnIn__.二、电能的输送1.输电过程(如图所示)2.输送电流(1)I＝eq\f(P,U)；(2)I＝eq\f(U－U′,R).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＝I2Rt.4.电压损失(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR.5.功率损失(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝(eq\f(P,U))2R.6.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__.

考点一理想变压器原理与基本规律理想变压器(1)没有“铜损”(线圈电阻为零，不发热)(2)没有“铁损”(铁芯中无涡流，不发热)(3)没有“漏磁”(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出频率关系f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)单个副线圈的理想变压器静态问题【例1】(2024·北京卷)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6V3W”的灯泡.若灯泡正常发光，则下列说法正确的是()eq\o(\s\up7(),\s\do15(甲))eq\o(\s\up7(),\s\do15(乙))A.原线圈两端电压的有效值为24eq\r(2)VB.副线圈中电流的有效值为0.5AC.原、副线圈匝数之比为1∶4D.原线圈的输入功率为12W【解析】B由题图知，原线圈电压最大值为Um＝24eq\r(2)V，则原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝24V，A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为I＝eq\f(PL,U2)＝eq\f(3W,6V)＝0.5A，B正确；由理想变压器电压与匝数关系可知eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝4，C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3W，D错误.【变式训练1】(多选)某种电吹风机的电路如图所示，a、b、c、d为四个固定触点.绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态.n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风机的各项参数如下表所示.当电风吹机接上220V的交变电流时，则()冷风时输入功率50W热风时输入功率440W小风扇额定电压40V输入交流电的电压220VA.吹冷风时，触片P同时接触d、c两个触点B.小风扇正常工作时电阻为32ΩC.原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶2D.吹热风时，通过电吹风机的电流为2A【解析】CD触片P同时接触b、c两个触点时电热丝没有接入电路，电吹风吹冷风，A错误；吹冷风时通过小风扇的电流I1＝eq\f(P1,U2)＝eq\f(50,40)A＝1.25A，小风扇正常工作时电阻r<eq\f(U2,I1)＝eq\f(40,1.25)Ω＝32Ω，B错误；原、副线圈的匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,40)＝eq\f(11,2)，C正确；吹热风时，通过电吹风机的电流为I＝eq\f(P,U)＝eq\f(440,220)A＝2A，D正确.有多个副线圈的理想变压器静态问题【例2】(2023·山东卷)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()A.发电机的输出电流为368AB.输电线上损失的功率为4.8kWC.输送给储能站的功率为408kWD.升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44【解析】C由题知，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率为500kW，则有I1＝eq\f(P,U1)＝2×103A，A错误；由题知，用户端电压U4＝220V，功率88kW，则有eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(n3,n4)，P′＝U4I4，联立解得I4＝400A，I3＝8A，U3＝11000V，则输电线上损失的功率为P损＝Ieq\o\al(2,3)R＝4kW，且U2＝U3＋I3R＝11500V，再根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得eq\f(n1,n2)＝eq\f(1,46)，B、D错误；根据理想变压器无功率损失有P＝U2I3＋P储，代入数据有P储＝408kW，C正确.【变式训练2】eq\a\vs4\al([易错题])在如图所示的电路中，交流电源输出50Hz、电压有效值为220V的正弦交流电，通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12V1.5A”的灯泡和“36V5A”的电动机供电，原线圈所接灯泡L的额定电压为40V，副线圈n2的匝数为60匝.电路接通后，各用电器都恰好正常工作.则下列说法正确的是()A.交流电源的输出功率为360WB.灯泡L的额定电流为2.0AC.副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变50次D.原线圈n1的匝数为1100匝，副线圈n3的匝数为180匝【解析】B根据电压匝数关系有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得n1＝eq\f(U1n2,U2)＝eq\f((220－40)×60,12)匝＝900匝，根据eq\f(U2,U3)＝eq\f(n2,n3)，解得n3＝eq\f(U3n2,U2)＝eq\f(36×60,12)匝＝180匝，副线圈n2中的电流I2＝10×1.5A＝15A，副线圈n3中的电流I3＝5A，根据电流匝数关系有I1n1＝I2n2＋I3n3，解得I1＝2.0A，即灯泡L的额定电流为2.0A，B正确；交流电源的输出功率为P＝UI1＝220×2.0W＝440W，A错误；原线圈n1的匝数为900匝，副线圈n3的匝数为180匝，D错误；交流电源频率为50Hz，变压器不改变频率，则副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变次数为50×2＝100次，C错误.【易错点】有多个副线圈时，电流之比不跟匝数成反比，此时应根据原副线圈功率相等来建立方程.原线圈有电阻的理想变压器静态问题【例3】(多选)电阻R接在20V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将R接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，R消耗的电功率为eq\f(P,4).已知电路中电阻R0的阻值是R的4倍，a、b两端接在u＝40eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，此变压器()A.副线圈输出电压的频率为100HzB.副线圈输出电压的有效值为10VC.原、副线圈的匝数之比为2∶1D.原、副线圈的电流之比为1∶4【解析】BC变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)＝50Hz，A错误；由题意可得eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)＝eq\f(1,4)×eq\f(202,R)，解得U2＝10V，B正确；电源的有效值为U＝eq\f(40\r(2),\r(2))V＝40V，设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为eq\f(1,n)，则R0两端电压为eq\f(4U2,n)，根据原、副线圈电压比等匝数比即eq\f(40－\f(4,n)U2,U2)＝n，解得n＝2，C正确；由原、副线圈中的电流之比等于匝数的反比可知原、副线圈的电流之比为1∶2，D错误.【变式训练3】(多选)如图所示，理想变压器原线圈a的匝数n1＝200匝，副线圈b的匝数n2＝100匝，原线圈接在u＝80eq\r(2)sin(314t)V的交流电源上，副线圈中“20V10W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R2＝20Ω，电压表V为理想电表.则下列判断正确的是(π取3.14)()A.交变电流的频率为100HzB.原线圈的输入电压为80VC.电压表V的示数为30VD.R1消耗的功率与R2消耗的功率相等【解析】CD由电源的瞬时表达式可知f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(314,2π)Hz＝50Hz，A错误；灯泡正常发光，故UL＝20V，IL＝eq\f(P,U)＝eq\f(10,20)A＝0.5A，电阻R2两端的电压为UR2＝ILR2＝10V，副线圈两端电压为U2＝UR2＋UL＝30V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得原线圈两端电压为U1＝eq\f(n1U2,n2)＝eq\f(200×30,100)V＝60V，B错误；电压表的示数UV＝U2＝30V，C正确；电阻R2消耗的功率为PR2＝UR2IL＝5W，通过电阻R1的电流为IR1＝eq\f(ILn2,n1)＝eq\f(0.5×100,200)A＝0.25A，电源电压的有效值为U＝80V，电阻R1的功率为PR1＝IR1(U－U1)＝0.25×(80－60)W＝5W，D正确.变压器的静态问题分析这类问题，首先要弄清原副线圈中电路的结构，抓住两线圈的电压和电流的联系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，再结合恒定电流知识求解.分析原线圈有串联负载的变压器问题时要注意变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1＝U源－U串.考点二理想变压器的动态分析1.常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况.匝数比不变的情况负载电阻不变的情况(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，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变.(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化.(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化.(1)U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，U2变化.(2)R不变，U2变化，I2发生变化.(3)根据P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化.2.含有变压器的动态电路问题的解题思路匝数不变时的动态分析【例4】如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同.在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是()A.L1先变暗后变亮，L2一直变亮B.L1先变亮后变暗，L2一直变亮C.L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗D.L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗【解析】A在滑动变阻器R的滑片从a滑动到b的过程中，在滑动变阻器R的滑片滑到中点时，变压器负载电阻最大，输出电流和输出电功率最小，灯泡L2一直变亮，灯泡L1先变暗后变亮，A正确，B、C、D错误.【变式训练4】eq\a\vs4\al([一题多解])(多选)在如图所示的电路中，输入交变电压的瞬时值u＝22eq\r(2)sin100πt(V)，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，两定值电阻R1、R2的阻值相同.在滑动变阻器的滑片P向上滑动一小段的过程中，R1、R2两端电压的变化量分别为ΔU1、ΔU2，R1的电功率的变化量为ΔP1.下列说法正确的是()A.R2中电流的频率与R1中电流的频率相等B.ΔU2＝2ΔU1C.ΔP1＝eq\f((ΔU1)2,R1)D.当滑片P移到最上端时，R1两端的电压为11V【解析】AB(方法1：等效电阻法)变压器改变的是交流电的电压和电流，不改变频率，A正确；R1和R2都是定值电阻，有ΔU＝ΔI·R，又由理想变压器特点知原、副线圈上的电流与匝数成反比，则有ΔI2＝2ΔI1，可得ΔU2＝2ΔU1，B正确；设滑片P滑动前后R1两端电压分别为UR1、UR1′，滑片上滑，副线圈中负载电阻减小，电流增大，原线圈电流增大，R1两端电压增大，知ΔU1＝UR1′－UR1，其电功率的变化量为ΔP1＝eq\f((UR1′)2,R1)－eq\f((UR1)2,R1)≠eq\f((ΔU1)2,R1)，C错误；当滑片P移到最上端时，副线圈电阻只有R2，将原、副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻R′，由U1＝I1R′，U1＝eq\f(n1,n2)U2，I1＝eq\f(n2,n1)I2，U2＝I2R2，联立可得R′＝(eq\f(n1,n2))2R2＝4R2，由闭合电路欧姆定律，对原线圈电路有U＝22V＝IR1＋IR′＝5IR1＝5UR1，可得R1两端的电压为4.4V，D错误.(方法2：常规方法)对于D，由UR1＝I1R1，U2＝I2R2，UR1＋eq\f(n1,n2)U2＝U0，I1＝eq\f(n2,n1)I2，解得UR1＝4.4V，同样得出答案，对于原线圈带电阻的题目来说，用等效电阻法会更简便一些.匝数改变时的动态分析【例5】(多选)如图，理想变压器原线圈接在u＝220eq\r(2)sin(100πt)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、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，为了使图中“100V50W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是()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】BD原线圈电压有效值U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，则次级电压有效值U2＝eq\f(n2,n1)U1＝eq\f(1,2)×220V＝110V>100V，则为了使图中“100V50W”的灯泡能够正常发光，则需要减小次级电压，即仅将滑片P向下滑动；或者仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值为R＝eq\f(U2－UL,\f(PL,UL))＝eq\f(110－100,\f(50,100))Ω＝20Ω，B、D正确.【变式训练5】如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝310sin(314t)V，则(π取3.14)()A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1VB.副线圈两端的电压频率为100HzC.当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率增大D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小【解析】C由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝eq\f(U1n2,n1)，因U1＝eq\f(310,\r(2))V，所以U2＝eq\f(310,\r(2))×eq\f(1,100)V≈2.2V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314rad/s，则频率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(314,2π)Hz＝50Hz，B错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变大，I2＝eq\f(U2,R)增大，副线圈的输出功率P出＝U2I2增大，原线圈的输入功率增大，C正确、D错误.含二极管的变压器【例6】eq\a\vs4\al([易错题])为了激发同学们的学习兴趣和探究精神，某学校建有节能环保风力发电演示系统，该系统由风力发电机、交流电变压器和用户三部分构成，简易示意图如下.t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈以每秒50转的转速转动，已知发电机线圈面积S＝eq\f(0.01,π)m2，匝数为N＝100匝，内阻不计；匀强磁场的磁感应强度为B＝eq\f(\r(2),10)T.变压器部分，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶4.在用户部分，电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则()A.发电机产生的瞬时电动势e＝10eq\r(2)·sin(50πt)VB.电压表的示数为40eq\r(2)VC.电流表的示数为5eq\r(2)AD.原线圈的输入功率为800W【解析】C发电机产生的最大电动势为Em＝NBSω＝2πnNBS＝10eq\r(2)V，因为t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，所以其瞬时电动势为e＝Emsinωt＝Emsin2πnt＝10eq\r(2)sin(100πt)V，A错误；因为线圈无内阻，所以原线圈两端的电压为u1＝eq\f(10\r(2),\r(2))V＝10V，因为是理想变压器，所以副线圈两端的电压为u2＝eq\f(n2,n1)u1＝eq\f(4,1)×10V＝40V，又因为电压表的示数为有效值，所以电压表的示数为40V，B错误；因为二极管为理想二极管，电流表的示数也为有效值，所以有(eq\f(\f(u2m,\r(2)),R2))2R2eq\f(T,2)＝I2R2T，解得I＝5eq\r(2)A，C正确；电阻R1的功率为P1＝eq\f(ueq\o\al(2,2),R1)＝400W，电阻R2的功率为P2＝I2R2＝200W，副线圈功率为P副＝P1＋P2＝600W，因为是理想变压器，所以P原＝P副＝600W，D错误.【易错点】变压器电路中带有二极管时，理想二极管具有单向导电性，有半个周期电流不能通过二极管，电流有效值不等于最大值除以eq\r(2).【变式训练6】某电子设备内部原理如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻R0、二极管(正向电阻为零，负向电阻无穷大)串联后接在有效电压U＝36V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶3，已知R0＝4Ω，R的最大阻值为100Ω.现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，下列说法正确的是()A.对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为eq\f(R,3)B.电压表示数变大，电流表示数变小C.当R＝4Ω时，电压表示数为10.8VD.当R＝36Ω时，R获得的功率最大【解析】D将原、副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻R′，由U1＝I1R′，U1＝eq\f(n1,n2)U2，I1＝eq\f(n2,n1)I2，U2＝I2R，联立可得R′＝(eq\f(n1,n2))2R＝eq\f(1,9)R，A错误；由于二极管的单向导电性，原线圈和R0在电源的一个周期时间内只有半个周期有电流通过，电源电压有效值满足eq\f(U2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),R)T，得U0＝eq\f(U,\r(2))＝eq\f(36,\r(2))V＝18eq\r(2)V，由理想变压器的特点可知U0I1＝Ieq\o\al(2,1)R0＋Ieq\o\al(2,2)R，I1∶I2＝3∶1，得U0＝I1R0＋eq\f(I1,9)R，滑动变阻器R的滑片P向下滑动，R减小，所以电流增大，电流表示数变大，电源的输出功率P＝U0I1增大，原线圈两端电压U1＝U0－I1R0，因为电流增大，所以U1减小，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得U2减小，电压表示数变小，B错误；原线圈与副线圈两端电压之比为eq\f(U0－I1R0,I2R)＝eq\f(1,3)，电流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(3,1)，联立可得I2＝eq\f(3U0,9R0＋R)，即I2≈1.91A，电压表示数为U2＝I2R＝7.64V，C错误；R获得的功率P2＝Ieq\o\al(2,2)R＝(eq\f(3U0,9R0＋R))2R＝eq\f(9Ueq\o\al(2,0),81Req\o\al(2,0)＋18R0R＋R2)R＝eq\f(9Ueq\o\al(2,0),\f(81Req\o\al(2,0),R)＋18R0＋R)，当eq\f(81Req\o\al(2,0),R)＝R时，R获得的功率最大，此时R＝9R0＝36Ω，D正确.考点三远距离输电1.理清三个回路2.抓住两个联系(1)回路1和回路2的联系——升压变压器→基本关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2.(2)回路2和回路3的联系——降压变压器→基本关系：eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4.3.明确三个重要关联式(联系两个变压器的纽带)(1)功率关联式：P2＝ΔP＋P3[其中ΔP＝ΔUI线＝Ieq\o\al(2,线)R线＝eq\f((ΔU)2,R线)].(2)电压关联式：U2＝ΔU＋U3.(3)电流关联式：I2＝I线＝I3.【例7】(2024·湖南卷)根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位.某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示.已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0.当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P.不计其余电阻，下列说法正确的是()A.风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4PB.输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4PC.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8PD.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P【解析】A如图所示画出降压变压器的等效电路图，设降压变压器原、副线圈的匝数比为k∶1(k>1)，则输电线路上的电流I2＝eq\f(U2,R0＋k2R)，转子在磁场中转动时产生的电动势e＝NBSωsinωt，当转子角速度增加一倍时，则升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，则输电线路上的电流变为I2′＝2I2，R0上消耗的功率P1＝I2′2R0＝4Ieq\o\al(2,2)R0＝4P，A正确；同理，当升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流也增加一倍，R0消耗的功率P2＝P1＝4P，C错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I2″＝eq\f(U2,2R0＋k2R)，R0消耗的功率P3＝2I2″2R0≠4P，B错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻相当于减为原来的一半，输电线上的电流I2＝eq\f(U2,R0＋\f(k2R,2))＝eq\f(2U2,2R0＋k2R)，R0消耗的功率P4＝I22R0≠6P，D错误.【变式训练7】如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的输出电压为U1＝250V，经升压变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V.已知输电线上损失的功率P线＝5kW，假设两个变压器均是理想变压器，求：(1)整个输电网络的输电效率(即用户实际消耗的功率占电源输出功率的百分比)；(2)降压变压器的匝数比n3∶n4；(3)若因用户增加导致用户消耗功率达到211.2kW，且要求用户电压U4不变，输电网络的输电效率不能太低，则可调整发电机输出功率和降压变压器的匝数比以满足要求，求调整后降压变压器原、副线圈的匝数比和发电机的输出功率.【解析】(1)输电效率η＝eq\f(P－P线,P)＝95%.(2)输电线电流I3，由P线＝Ieq\o\al(2,3)R线得I3＝eq\r(\f(P线,R线))＝25A，对用户，由P－P线＝U4I4，得I4＝eq\f(P－P线,U4)＝eq\f(4750,11)A，由理想变压器的电流与匝数的关系可得eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)＝eq\f(190,11).(3)由输电线路的关系eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，U2＝U3＋I3R线，可得U2＝4000V，当用户消耗功率达到P′＝211.2kW后P′＝U4I4′，eq\f(I3′,I4′)＝eq\f(n4′,n3′)，U2＝U3′＋I3′R线，eq\f(U3′,U4′)＝eq\f(n3′,n4′)，解得eq\f(n3′,n4′)＝eq\f(16,1)，由eq\f(I3′,I4′)＝eq\f(n4′,n3′)，可得I3′＝eq\f(n4′,n3′)I4′，由于I2′＝I3′，发电机的输出功率为P＝U2I2′＝240kW.1.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.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】A升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，A正确、B错误；1100kV指的是交流电的有效值，C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，D错误.2.小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2.原线圈两端接电压为220V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则()eq\o(\s\up7(),\s\do15(甲))eq\o(\s\up7(),\s\do15(乙))A.n1∶n2＝55∶3B.当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小C.当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能D.图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大【解析】C滑片P在最左端时，图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6V，因此eq\f(n1,n2)＝eq\f(220,6)＝eq\f(110,3)，A错误；当P滑到R中点时，图甲中总电阻为P左端电阻与灯泡电阻串联，图乙中总电阻为灯泡电阻与P右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，由于并联电阻小于灯泡电阻，则图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，则图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，B错误；当P滑到R最左端时，图甲中只有灯泡，图乙中R与灯泡并联，总电阻更小，输出功率更大，图甲比图乙更节能，C正确；图乙中的灯泡两端电压在0到6V间变化，图甲中灯泡两端电压最高为6V，最低达不到0，则图乙中灯泡两端可调电压范围大，D错误.3.如图所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为k，所接电源为有效值恒定的正弦交流电压，且不计电源内阻.原线圈接有定值电阻R0，副线圈接有定值电阻R1、R3，以及滑动变阻器R2，四个理想交流电表的连接如图所示.现将R2的滑动触头向下滑动少许，电表的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2，则下列说法正确的是()A.电压表V2的示数减小，电流表A2的示数减小B.电压表V1的示数增大，电流表A1的示数增大C.eq\f(ΔU1,ΔI2)∶eq\f(ΔU2,ΔI1)＝eq\f(1,k2)D.eq\f(ΔU1,ΔI1)∶eq\f(ΔU2,ΔI2)＝k2【解析】D滑动变阻器的触头向下滑动，则副线圈电路电阻值增大，作出该变压器的等效电路如图所示，可知等效电阻k2R增大，则电流表A1示数减小，从而A2示数也减小，又因为R0分压减小，V1示数增大，由变压比可知V2示数增大，A、B错误；由原、副线圈电压比与匝数比的关系可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k，可知U2＝eq\f(U1,k)，由原、副线圈电流比与匝数比的关系可得eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,k)，可知I2＝kI1，则有eq\f(ΔU1,ΔU2)＝k，eq\f(ΔI2,ΔI1)＝k，则有eq\f(ΔU1,ΔU2)∶eq\f(ΔI2,ΔI1)＝1，eq\f(ΔU1,ΔI2)∶eq\f(ΔU2,ΔI1)＝1，C错误；由以上分析可知eq\f(ΔU1,ΔI1)＝R0，eq\f(ΔU2,ΔI2)＝eq\f(ΔU1,k·k·ΔI1)＝eq\f(R0,k2)，则有eq\f(ΔU1,ΔI1)∶eq\f(ΔU2,ΔI2)＝k2，D正确.4.如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源.定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端.理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I.下列说法正确的是()A.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变B.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大D.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小【解析】B由题意可知，原副线圈的匝数比为2∶1，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入交流电的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝eq\f(U0,4R1＋R2)，保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律U1＝4IR1，可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，B正确、A错误；设原、副线圈的匝数比为n∶1，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝eq\f(U0,n2R1＋R2)，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率，P1＝IU1＝eq\f(U0,n2R1＋R2)·(U0－eq\f(U0R2,n2R1＋R2))，整理可得P1＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),n2R1＋\f(Req\o\al(2,2),n2R1)＋2R2)，可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后减小，C、D错误.5.如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是()A.变压器线圈的匝数关系为n1>n2，n3<n4B.升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率C.输电电路中的电流关系为I1>I线>I4D.输送功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小【解析】D根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(I线,I1)＝eq\f(n1,n2)，又U1<U2，则n1<n2，I1>I线，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I线)＝eq\f(n3,n4)，又U3>U4，则n3>n4，I线<I4，A、C错误；升压变压器可以提高输电电压，从而减小输电电流，减小输电线上的功率损失，但无法提高输电功率，B错误、D正确.6.(2024·全国卷)(多选)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S.S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以()A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动【解析】AC保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P＝I2R1可知此时热功率增大，A正确；将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故热功率减小，B错误；将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，R1的热功率增大，C正确；将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，电流减小，R1的热功率减小，D错误.7.(多选)如图所示，有一个理想变压器，原线圈匝数n1＝400，两组副线圈匝数n2＝n3＝100，理想二极管和C＝2×10-6F的电容器接在副线圈n2两端，定值电阻R＝25Ω接在副线圈n3两端，在ab端输入交流电uab＝220eq\r(2)·sin(100πt)V，闭合开关S，电路稳定后，原线圈电压为U1，电流为I1，副线圈n3的电压为U3，电流为I3，下列说法正确的是()A.电容器C的电荷量一直在变化B.电容器C的电荷量是1.10×10-4CC.原线圈n1与副线圈n3的电流满足eq\f(I1,I3)＝eq\f(n3,n1)D.定值电阻R电功率是121W【解析】CD理想二极管和电容器接在副线圈n2，理想二极管具有单向导电性，电容器只能充电不会放电，当电容器的电压达到最大值，电荷量达到最大值且以后电荷量不变，原线圈n1中电压最大值U1m＝220eq\r(2)V，根据理想变压器电压比等于匝数比可得eq\f(U1m,U2m)＝eq\f(n1,n2)，解得U2m＝55eq\r(2)V，开关S闭合，电路稳定后电容器的电荷量为q＝CU2m＝11eq\r(2)×10-5C，A、B错误；当电容器的电压达到最大值后，副线圈n2中电流为0，根据理想变压器输出功率等于输入功率可得U1I1＝U3I3，则有eq\f(I1,I3)＝eq\f(U3,U1)＝eq\f(n3,n1)，C正确；由于U1＝220V，则U3＝eq\f(n3,n1)U1＝55V，定值电阻R的电功率为P＝eq\f(Ueq\o\al(2,3),R)＝121W，D正确.8.(多选)图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1.原线圈接入如图甲所示的正弦交流电.电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大)，则()eq\o(\s\up7(),\s\do15(甲乙))A.电阻R2两端的电压频率为50HzB.电流表的示数为5AC.原线圈的输入功率为150WD.将R1摘掉，电压表的示数不变【解析】ACD由题图甲可知，交流电的周期为0.02s，故频率为50Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50Hz，A正确；经变压器后，输出电压为eq\f(100V,5)＝20V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，则由有效值的定义可得U＝10eq\r(2)V，则电流表的示数为2.5eq\r(2)A，B错误；原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，输出功率P＝eq\f(202,4)W＋(2.5eq\r(2))2×4W＝150W，C正确；因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变，D正确.

核心素养提升(十一)特殊变压器问题题型一自耦变压器自耦变压器，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1、2所示.eq\o(\s\up7(),\s\do15(图1图2))【例1】图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的a、b间接入220V的交流电，变压器线圈总匝数为1100匝，交流电流表A为理想电表，定值电阻R＝2500Ω，灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示.当c、P之间线圈匝数为750匝时，则()eq\o(\s\up7(),\s\do15(甲))eq\o(\s\up7(),\s\do15(乙))A.灯泡两端的电压约为47VB.通过电阻的电流约为0.02AC.通过电流表的示数约为0.03AD.灯泡的功率约为2.3W【解析】D由变压器原理可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得U2＝150V，对于副线圈，设灯泡的电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律可得U＝U2－IR，将解析式画入灯泡的I－U图中，由图中交点可得U＝75V，I＝0.03A，A、B错误；由变压器原理可知eq\f(I1,I)＝eq\f(n2,n1)，可得I1≈0.02A，C错误；灯泡的功率P＝UI，解得P＝2.25W≈2.3W，D正确.【变式训练1】eq\a\vs4\al([易错题])一理想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c、d间接定值电阻R.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升高C.变压器输入功率增大D.变压器输入功率减小【解析】D根据变压器的电压关系有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应该减小，即U2降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，A、B错误；由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，C错误、D正确.【易错点】对于自耦变压器，一定要分清原、副线