专题30 交变电流与变压器（解析版）

专题30 交变电流与变压器目录TOC \o "1-3" \h \u  HYPERLINK \l "_Toc28266" 题型一 交变电流的产生和描述  PAGEREF _Toc28266 1 HYPERLINK \l "_Toc20851" 类型1 正弦式交变电流的产生及变化规律  PAGEREF _Toc20851 1 HYPERLINK \l "_Toc26602" 类型2 交变电流的有效值的求解  PAGEREF _Toc26602 5 HYPERLINK \l "_Toc17087" 类型3 交变电流“四值”的理解和计算  PAGEREF _Toc17087 8 HYPERLINK \l "_Toc196" 题型二 变压器及其应用  PAGEREF _Toc196 12 HYPERLINK \l "_Toc8083" 类型1　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系  PAGEREF _Toc8083 12 HYPERLINK \l "_Toc11073" 类型2 变压器基本物理量的分析与计算  PAGEREF _Toc11073 15 HYPERLINK \l "_Toc14299" 类型3 原线圈接入负载电阻的变压器问题分析  PAGEREF _Toc14299 18 HYPERLINK \l "_Toc2896" 类型4 两种特殊的变压器模型  PAGEREF _Toc2896 20 HYPERLINK \l "_Toc19606" 类型4 理想变压器的动态分析  PAGEREF _Toc19606 22 HYPERLINK \l "_Toc8064" 题型三 远距离输电模型分析  PAGEREF _Toc8064 25题型一 交变电流的产生和描述【解题指导】1．交变电流的产生往往与交变电流图像结合出题，要能将交变电流的图像与线圈的转动过程一一对应起来，分析电流、电动势、磁通量的变化规律.2.交流电气设备上所标的电压值和电流值、交流电压表和电流表的测量值都是交变电流的有效值，只有正弦式交变电流的峰值才是有效值的eq \r(2)倍．类型1 正弦式交变电流的产生及变化规律1．交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)2.书写交变电流瞬时值表达式的步骤(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nωBS求出相应峰值。(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。①线圈从中性面位置开始计时，则i－t图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsin ωt。②线圈从垂直于中性面的位置开始计时，则i－t 图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcos ωt。【例1】(2022·辽宁丹东市一模)图甲为一台小型发电机的示意图，单匝线圈绕OO′轴转动，若从某位置开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示，已知发电机线圈内阻为r，外接灯泡的电阻为9r，下列说法正确的是(　　)A．线圈是从垂直中性面位置开始计时的B．电动势表达式为e＝6eq \r(2)sin(50πt) VC．电流方向每秒改变50次D．理想电压表示数为5.4 V【答案】　D【解析】　由图乙知，线圈是从中性面开始计时的，故A错误；电动势的最大值为Em＝6eq \r(2) V，而ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，则电动势表达式为e＝Emsin ωt＝6eq \r(2)sin(100πt) V，故B错误；线圈每转一圈，电流方向改变两次，则电流方向每秒改变了100次(2f＝100)，故C错误；理想电压表示数为路端电压的有效值，有UV＝eq \f(ER,R＋r)＝eq \f(EmR,\r(2)（R＋r）)＝eq \f(6\r(2)×9r,\r(2)（9r＋r）) V＝5.4 V，故D正确。【例2】(多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式交变电流的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程所产生正弦式交变电流的图像如图线b所示．下列关于这两个正弦式交变电流的说法中正确的是(　　)A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin (5πt) VD．交变电流b的电动势最大值为eq \f(20,3) V【答案】　BCD【解析】　由题图可知t＝0时刻线圈均在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由图像可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由图像可知交变电流a的电动势最大值为10 V，ω＝eq \f(2π,T)＝eq \f(2π,0.4) rad/s＝5π rad/s，所以交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin (5πt) V，C正确；交变电流的电动势最大值为Em＝NBSω，故Ema∶Emb＝3∶2，知Emb＝eq \f(2,3)Ema＝eq \f(20,3) V，D正确．【例3】(2022·广东省选择考模拟)风速测速仪的简易装置如图甲所示，某段时间内线圈中感应电流的波形如图乙所示，下列说法正确的是(　　)A．若风速变大，图乙中感应电流的周期变大B．若风速变大，图乙中感应电流的峰值变大C．图乙中感应电流最大时，风速最大D．图乙中感应电流随时间变化的原因是风速在变【答案】　B【解析】　若风速变大，则转速变大，角速度变大，根据T＝eq \f(2π,ω)可知，周期变小，故A错误；若风速变大，则角速度变大，根据Em＝NωBS可知，感应电动势峰值变大，再根据Im＝eq \f(Em,R＋r)可知，感应电流的峰值变大，故B正确；图乙中感应电流最大时，是穿过线圈的磁通量的变化率最大，并不是风速最大，故C错误；图乙中感应电流随时间变化的原因是穿过线圈的磁通量变化率随时间在变化，故D错误。【例3】(2022·北京西城区统测)如图为交流发电机的示意图，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，发电机的电动势随时间的变化规律为e ＝20sin(100πt) V。下列说法正确的是(　　)A．此交流电的频率为100 HzB．此交流电动势的有效值为20 VC．当线圈平面转到图示位置时产生的电动势最大D．当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大【答案】　D【解析】　此交流电的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，选项A错误；此交流电动势的最大值为20 V，有效值为eq \f(20,\r(2)) V＝10eq \r(2) V，选项B错误；当线圈平面转到图示位置时磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，产生的电动势为零，选项C错误；当线圈平面转到平行于磁场的位置时磁通量的变化率最大，选项D正确。【例4】．(多选) (2022·广西柳州市模拟)为研究交变电流产生规律，某研究小组把长60 m的导线绕制成N＝100匝的矩形闭合线圈，如图所示。现把线圈放到磁感应强度大小为B＝0.1 T的匀强磁场中，线圈可以绕其对称轴OO′转动。现让线圈从图示位置开始(t＝0)以恒定的角速度ω＝10π rad/s转动。下列说法正确的有(　　)A．t＝0时，线圈位于中性面位置B．t＝0.05 s时，感应电流方向发生改变C．当bc＝2ab时，感应电动势的表达式为e＝2πcos (10πt)VD．当ab＝ad时，感应电动势的有效值最大【答案】　BCD【解析】　t＝0时，线圈位于与中性面垂直的位置，故A错误；线圈转动的周期为T＝eq \f(2π,ω)＝0.2 s，t＝0.05 s时，线圈转过90°，到达中性面位置，磁通量最大，感应电流方向发生改变，故B正确；电动势最大值为Em＝NωBS，S＝ab×bc，又(ab＋bc)×2＝eq \f(l,N)＝0.6 m，bc＝2ab，联立可得Em＝2π V，线圈从图示位置(平行于磁场方向)开始计时，因此感应电动势的表达式为e＝2πcos (10πt)V，故C正确；单匝线圈周长为0.6 m，单匝线圈面积S＝ab×ad，其中2(ab＋ad)＝0.6 m，联立得S＝ab(0.3 m－ab)，故当ab＝ad时，线圈面积最大，则Em＝NωBS最大，即感应电动势的有效值最大，故D正确。【例5】．(2022·江苏海安市期末)如图所示，虚线OO′的左边存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场。单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直。线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边向纸外、cd边向纸里转动)，规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向。从图示位置开始计时，下列四个图像中能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是(　　)【答案】　B【解析】　图示时刻开始，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a为负方向，线圈中产生的感应电动势表达式为e＝－Emsin ωt＝－BSωsin ωt，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i＝eq \f(E,R)＝－Imsin ωt，其中Im＝eq \f(ωBS,R)，故线圈中感应电流按正弦规律变化，故B正确。类型2 交变电流的有效值的求解1．正弦交变电流的有效值的计算I＝eq \f(Im,\r(2))，U＝eq \f(Um,\r(2))，E＝eq \f(Em,\r(2))。2．非正弦交变电流的有效值的计算(1)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”，利用公式Q＝I2Rt和Q＝eq \f(U2,R)t可分别求得一个周期内产生的热量，即得电流和电压的有效值。(2)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1】(2022·湖北黄冈市模拟)如图是某一线圈通过的交流电的电流—时间关系图像(前半个周期为正弦波形的eq \f(1,2))，则一个周期内该电流的有效值为(　　)A.eq \f(3,2)I0 B.eq \f(\r(5),2)I0 C.eq \f(\r(3),2)I0 D.eq \f(5,2)I0【答案】　B【解析】　设该电流的有效值为I，由I2RT＝(eq \f(I0,\r(2)))2R·eq \f(T,2)＋(2I0)2R·eq \f(T,4)，解得I＝eq \f(\r(5),2)I0，故选B.【例2】 (2022·山东日照市模拟)如图所示的区域内有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一扇形闭合导线框，电阻为R、半径为L、圆心角为60°，绕顶点O(位于磁场边界)在纸面内匀速转动，角速度为ω。线框串有一理想交流电流表(未画出)，则交流电流表的示数为(　　)A.eq \f(\r(2)BL2ω,2R) B.eq \f(\r(2)BL2ω,4R)C.eq \f(\r(3)BL2ω,3R) D.eq \f(\r(3)BL2ω,6R)【答案】　D【解析】　设线框转动周期为T，而线框转动一周只有eq \f(T,3)的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为I＝eq \f(E,R)＝eq \f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq \f(BL2ω,2R)根据有效值的定义有Ieq \o\al(2,有效)RT＝(eq \f(BL2ω,2R))2R·eq \f(T,3)所以感应电流的有效值为I有效＝eq \f(\r(3)BL2ω,6R)，D正确。【例3】如图所示电路，电阻R1与电阻R2串联接在交变电源上，且R1＝R2＝10 Ω，正弦交流电的表达式为u＝20eq \r(2)sin(100πt)V，R1和理想二极管D(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)并联，则R2上的电功率为(　　)A．10 W B．15 W C．25 W D．30 W【答案】　C【解析】　由题图可知，当电流从A流出时，R1被短路，则此时R2上电压有效值为U2＝eq \f(Um,\r(2))＝20 V；当电流从B流出时，R1、R2串联，则R2两端电压有效值为U2′＝eq \f(U2,2)＝10 V。设在一个周期内R2两端的电压有效值为U，则eq \f(U2′2,R2)×eq \f(T,2)＋eq \f(Ueq \o\al(2,2),R2)×eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R2)T，解得U＝5eq \r(10) V，则P2＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(250,10) W＝25 W，故选项C正确。【例4】如图所示，在xOy直角坐标系中的第二象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B.直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，在坐标平面内绕坐标原点O以角速度ω匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是(　　)A．I＝eq \f(BL2ω,R) B．I＝eq \f(\r(2)BL2ω,4R)C．I＝0 D．I＝eq \f(BL2ω,2R)【答案】　D【解析】　线框进入或离开磁场时，单边导体杆转动切割磁感线，产生的电动势大小E＝eq \f(1,2)BL2ω，形成的感应电流大小i＝eq \f(BL2ω,2R)，以顺时针方向为感应电流的正方向，则可以做出如图所示的感应电流随时间变化的图像，根据图像可知一个周期内该交流电的有效值就是eq \f(BL2ω,2R)，故D正确，A、B、C错误．【例5】.如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20sin 100πt(V)，则加在R2上的电压有效值为(　　)A．10eq \r(2) V B．20 VC．5eq \r(5) V D．5eq \r(10) V【答案】　C【解析】　当电压为正值时A点电势高于B点电势，二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压U＝eq \f(20,\r(2)) V＝10eq \r(2) V当电压为负时B点电势高于A点电势，二极管截止，R1、R2串联各分得一半电压；则由有效值的概念可得eq \f(U′2,R)T＝eq \f(10\r(2)2,R)·eq \f(T,2)＋eq \f(5\r(2)2,R)·eq \f(T,2)，解得U′＝5eq \r(5) V，故C正确，A、B、D错误．类型3 交变电流“四值”的理解和计算交变电流“四值”的比较【例1】(2022·天津市等级性考试模拟)手摇式发电机是我们教学中常用的演示工具，如图甲所示，可以简化为图乙。一个小型旋转电枢式交流发电机的矩形线圈面积为S，匝数为n，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中以矩形线圈中轴线为轴、以角速度ω匀速转动，产生的交流电通过M、N与外电路连接，如图乙所示，外电路电灯电阻为R，电压表为理想交流电表。在线圈由平行于磁场方向位置转过90°的过程中，下面说法正确的是(　　)A．电压表V的示数为eq \f(nωBSR,R＋r)B．通过灯泡的电荷量为eq \f(n2BS,R＋r)C．电灯中产生的焦耳热为eq \f(n2B2S2ωπR,4（R＋r）2)D．从线圈平行于磁场方向位置开始计时，通过线圈中感应电流的瞬时值表达式为i＝eq \f(nωBS,R＋r)sin ωt A【答案】　C【解析】　当线圈平行于磁场方向时电动势最大，其峰值Em＝nωBS，所以，有效电流I＝eq \f(Em,\r(2)（R＋r）)＝eq \f(nωBS,\r(2)（R＋r）)，电压表示数U＝IR＝eq \f(nωBSR,\r(2)（R＋r）)，故A错误；线圈转过90°的过程中通过灯泡的电荷量为q＝eq \o(I,\s\up6(－))t＝eq \f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)·eq \f(T,4)＝eq \f(2nωBS,π（R＋r）)×eq \f(π,2ω)＝eq \f(nBS,R＋r)，故B错误；电动势的有效值E＝eq \f(nωBS,\r(2))，电流的有效值I＝eq \f(nωBS,\r(2)（R＋r）)，电灯中产生的焦耳热Q＝I2Rt＝eq \f(n2B2S2ωπR,4（R＋r）2)，故C正确；流过线圈电流的最大值为Im＝eq \f(Em,R＋r)＝eq \f(nωBS,R＋r)，从线圈平行磁场方向位置开始计时，感应电流的瞬时值表达式为i＝eq \f(nωBS,R＋r)cos ωt A，故D错误。【例2】(多选) (2022·辽宁葫芦岛市期末)如图所示，矩形线圈面积为S、匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是(　　)A．图示位置为中性面B．电压表的示数NωBSC．电流表的示数为eq \f(NωBS,R)D．通过电阻R的电荷量为q＝eq \f(NBS,R＋r)【答案】　AD【解析】　图示位置线圈平面与磁感线垂直，所以图示位置为中性面，故A正确；线圈在磁场中转动，产生的电动势的最大值为Em＝NωBS，电动势的有效值为E＝eq \f(NωBS,\r(2))，电压表测量的是电路的外电压的有效值，所以电压表的读数为U＝eq \f(E,R＋r)R＝eq \f(NωBSR,\r(2)（R＋r）)，故B错误；电流表的示数I＝eq \f(E,r＋R)＝eq \f(NωBS,\r(2)（r＋R）)，故C错误；由eq \o(E,\s\up6(－))＝Neq \f(ΔΦ,Δt)，eq \o(I,\s\up6(－))＝eq \f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，q＝eq \o(I,\s\up6(－))Δt，得通过电阻R的电荷量q＝eq \f(NBS,R＋r)，故D正确。【例3】 (多选) (2022·天津红桥区质量调查)如图所示，面积为S的单匝闭合线框在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，下列说法中正确的是(　　)A．穿过线框磁通量为BS的时刻，线框中的感应电动势为零B．穿过线框的磁通量为零时磁通量的变化率也最小C．线框转动一周的过程中，感应电动势的有效值为eq \f(1,2)ωBSD．线框由图示位置转动四分之一周过程中，感应电动势的平均值为eq \f(2ωBS,π)【答案】　AD【解析】　穿过线框磁通量为BS的时刻，处于中性面位置，线框中的感应电动势为零，故A正确；穿过线框的磁通量为零时，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故B错误；线框转动一周的过程中，感应电动势的最大值为Em＝ωBS，有效值为E＝eq \f(\r(2),2)ωBS，故C错误；线框转动四分之一周过程中，感应电动势的平均值为E＝eq \f(BS,\f(π,2ω))＝eq \f(2ωBS,π)，故D正确。【例4】(2022·山西朔州市怀仁市期末)一含有理想变压器的电路如图甲所示，图中理想变压器原、副线圈匝数之比为2∶1，电阻R1和R2的阻值分别为3 Ω和10 Ω，电流表、电压表都是理想交流电表，a、b输入端输入的电流如图乙所示，下列说法正确的是(　　)A．0.03 s时，通过电阻R1的电流为0 AB．电流表的示数为eq \r(6) AC．电压表的示数为eq \r(6) VD．0～0.04 s内，电阻R1产生的焦耳热为0.48 J【答案】　A【解析】　由图可知，在0.03 s的前后，原线圈中的电流不变化，则副线圈中没有感应电流，所以通过电阻R1的瞬时电流为0，故A正确；设电流表的示数为I1，则有Ieq \o\al(2,1)RT＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),\r(2))))eq \s\up12(2)R·eq \f(T,2)＋(eq \r(2))2R·eq \f(T,2)，求得I1＝eq \f(\r(6),2) A，故B错误；原线圈中电流只有交流部分电流才能输送到副线圈中，故副线圈中电流交流部分的电流最大值为2eq \r(2) A；设副线圈交流电的有效值为I2，则Ieq \o\al(2,2)RT＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2\r(2),\r(2))))eq \s\up12(2)R·eq \f(T,2)，求得I2＝eq \r(2) A，因此电压表的示数为U＝I2R2＝10eq \r(2) V，故C错误；在0～0.04 s内，电阻R1产生的焦耳热为Q＝Ieq \o\al(2,2)R1t＝(eq \r(2))2×3×0.02 J＝0.12 J，故D错误。题型二 变压器及其应用【解题指导】1.变压器联系着两个电路：原线圈电路、副线圈电路．原线圈在原线圈电路中相当于一用电器，副线圈在副线圈电路中相当于电源.2.变压器的输入电压决定输出电压，但输入电流、功率却由输出电流、功率决定.类型1　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系【例1】 (2022·北京通州区一模)某同学在实验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验。(1)下列实验器材必须要用的有________(选填字母代号)。A．干电池组 B．学生电源C．多用电表 D．直流电压表E．滑动电阻器 F．条形磁铁G．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)(2)下列说法正确的是________(选填字母代号)。A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数B．要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数C．测量电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈(3)该同学通过实验得到了如下表所示的实验数据，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压，通过实验数据分析可以得到的实验结论是：　____________________________________________________________。【答案】　(1)BCG　(2)BC　(3)在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)【解析】　(1)实验中，必须要有学生电源提供交流电，B需要；学生电源本身可以调节电压，无需滑动变阻器，需要用多用电表测量电压，C需要；本实验不需要条形磁铁，用可拆变压器来进行实验，G需要；综上所述，需要的实验器材为B、C、G。(2)为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；要研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，应该保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，故B正确；为了保护电表，测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，故C正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电来传输电能，故D错误。(3) 通过数据计算可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)。【例2】某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验．他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干．(1)实验需要以下哪种电源 ；A．低压直流电源B．高压直流电源C．低压交流电源D．高压交流电源(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的 值 (填“有效”或“最大”)．其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为 ；(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成 (填“正比” 或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般 (填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比．(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为 ．(填字母代号)A．原、副线圈上通过的电流发热B．铁芯在交变磁场作用下发热C．变压器铁芯漏磁D．原线圈输入电压发生变化【答案】　(1)C　(2)有效　7.2 V　(3)正比　大于　(4)D【解析】　(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10 V挡位，所以应该在0～10 V挡位读数，所以读数应该是7.2 V；(3)根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理论值，所以导致eq \f(U1,U2)＞eq \f(n1,n2).(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.类型2 变压器基本物理量的分析与计算1．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).(3)电流关系：只有一个副线圈时eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1).(4)频率关系：f出＝f入．2．理想变压器的制约关系3.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：电压关系：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…＝eq \f(Un,nn)功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn【例1】 (2020·山东卷)图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(　　)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UR1，由U2＝UL＋UR1，可得UR1＝6 V。由eq \f(UR1,R1)＋eq \f(UR1,R2＋R)＝IL，解得R＝1 Ω，选项A正确。【例2】．(2022·福建南平市质检)如图，理想变压器原副线圈的匝数比为n1∶n2＝k，变压器输入端ab间接有按u＝Umsin ωt规律变化的交变电压，在副线圈的输出端接阻值为R的电阻，则电流表的读数为(　　)A.eq \f(Um,\r(2)kR) B.eq \f(Um,2kR) C.eq \f(Um,k2R) D.eq \f(Um,\r(2)k2R)【答案】　D【解析】　在变压器的输入端ab间接按u＝Umsin ωt规律变化的交变电压，所以原线圈电压有效值U1＝eq \f(Um,\r(2))，理想变压器的原副线圈的匝数比为n1∶n2＝k，根据电压与匝数成正比，所以副线圈的电压U2＝eq \f(Um,\r(2)k)，根据欧姆定律得副线圈的电流I2＝eq \f(U2,R)，根据电流与匝数成反比得原线圈串联的电流表的读数为I1＝eq \f(n2,n1)I2＝eq \f(Um,\r(2)k2R)，D正确。【例3】．(多选)(2022·山东青岛市上学期期末)如图(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(　　)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 VB．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) VD．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，U1＝50 V，U2＞5 000 V，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，变压器原、副线圈的匝数n1、n2须满足eq \f(n2,n1)＝eq \f(U2,U1)＞100，即n2＞100n1，故D正确。【例4】(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　)A．通过电阻R2的电流为eq \f(n1I,n2)B．电阻R2两端的电压为eq \f(n2IR1,n1)C．n0与n1的比值为eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)D．发电机的功率为eq \f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)【答案】　BC【解析】　由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U1＝IR1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)，eq \f(n0,n2)＝eq \f(U0,U2)则有U0＝eq \f(n0,n1)IR1，U2＝eq \f(n2,n1)IR1再由欧姆定律有U2＝I2R2可计算出I2＝eq \f(n2R1,n1R2)I故A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝2NBL2ω，U0＝eq \f(Emax,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω又U0＝eq \f(n0,n1)IR1则eq \f(n0,n1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2联立解得P0＝eq \f(\r(2)NBL2ωI,n0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n12R2＋n22R1,n1R2)))由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误．【例5】．(2022·浙江杭州4月质检)有一个原副线圈匝数比为5∶1的理想变压器，在原线圈上接入表达式为u＝220eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50πt＋\f(π,2)))V的交流电，在副线圈上接入一个阻值为20 Ω的电阻R，如图4所示。假设导线电阻不计，下列说法正确的是(　　)A．t＝0时刻原线圈两端的电压为0B．副线圈中交流电的频率为50 HzC．1分钟内电阻R上产生的焦耳热为5 808 JD．若把电阻R换成一个击穿电压为50 V的电容器，则电容器肯定不会被击穿【答案】　C【解析】　t＝0时刻原线圈两端的电压u＝220eq \r(2)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(50πt＋\f(π,2))) V＝220eq \r(2) V，A错误；角速度为ω＝50π rad/s，则ω＝2πf，解得f＝25 Hz，B错误；原线圈两端电压的有效值为U1＝eq \f(220\r(2),\r(2)) V＝220 V，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得U2＝44 V，电阻R上产生的焦耳热Q＝eq \f(Ueq \o\al(2,2),R)t＝5 808 J，C正确；副线圈两端的电压的最大值U2m＝44eq \r(2) V>50 V，能击穿电压为50 V的电容器，D错误。类型3 原线圈接入负载电阻的变压器问题分析【例1】(2022·江西高三模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接在有效值为100 V的正弦交流电源上，原、副线圈匝数比为2∶1，定值电阻R1、R2、R3的阻值分别为10 Ω、20 Ω、20 Ω，电流表为理想交流电流表．下列说法正确的是(　　)A．R1的电功率为40 WB．电流表示数为1 AC．副线圈两端电压为20 VD．副线圈的输出功率为80 W【答案】　A【解析】　原、副线圈匝数比为2∶1，设原线圈电流为I1，副线圈电流为I2 ，则有I1＝eq \f(I2,2)，又有原线圈回路U＝I1R1＋2I2·eq \f(R2R3,R2＋R3)，解得I1＝2 A，I2＝4 A，所以R1的电功率为P＝I12R1＝40 W，故A正确，B错误；副线圈两端电压为U2＝I2·eq \f(R2R3,R2＋R3)＝40 V，故C错误；副线圈的输出功率为P2＝I2U2＝160 W，故D错误．【例2】(多选)理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶3，线路上分别接有五个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3、R4、R5，如图所示，在A、B间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是(　　)A．R1、R2、R3两端的电压之比为7∶1∶2B．R1、R2、R4通过的电流之比为7∶1∶2C．R1、R2、R3的功率之比为49∶1∶4D．A、B间输入功率与变压器输入功率之比为28∶3【答案】　ACD【解析】　已知理想变压器eq \f(U原,U副)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,3)，eq \f(I原,I副)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(3,1)，设流过副线圈的电流为I0，则流过原线圈的电流为3I0，对原线圈电路进行分析，R2的电压与原线圈的相同，R1处于干路，电流为通过原线圈的电流和通过R2的电流之和；对副线圈的电路进行分析，R4与R5并联，可求得并联电路总电阻为eq \f(R,2)，所以R3分得的电压占总电压的eq \f(2,3)，且通过R4和R5的电流相同，通过R3的电流为干路电流，下面对逐个选项进行分析：设原线圈的电压为U0，通过副线圈的电流为I0，则副线圈的电压为3U0，通过原线圈的电流为3I0，则R3分得的电压为2U0，通过R3的电流为I0，则有I3＝eq \f(2U0,R3)＝I0，对R2有I2＝eq \f(U0,R2)＝eq \f(1,2)I0，对R1有I1＝3I0＋I2＝eq \f(7,2)I0，根据U＝IR可得到U1∶U2∶U3＝7∶1∶2，A正确；通过R4的电流应为通过R3电流的一半，即为eq \f(I0,2)，再根据对A选项的分析有I1∶I2∶I4＝7∶1∶1，B错误；功率之比为电流之比的平方，即P1∶P2∶P3＝I12∶I22∶I32＝49∶1∶4，C正确；通过R4和R5的电流相同，所以功率相同，根据对C选项的分析，则所有电阻功率之比为P1∶P2∶P3∶P4∶P5＝49∶1∶4∶1∶1，则输入功率与变压器输入功率之比为(P1＋P2＋P3＋P4＋P5)∶(P3＋P4＋P5)＝28∶3，D正确．【例2】(多选)(2020·全国Ⅲ卷，20)在图(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(　　)A．所用交流电的频率为50 HzB．电压表的示数为100 VC．电流表的示数为1.0 AD．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、副线圈两端电压与匝数之间的关系可得，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。类型4 两种特殊的变压器模型1．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。2．互感器【例1】(多选)(2022·四川成都市诊断)如图，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器(可视为理想变压器)，其中的线圈匝数关系为n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，电流表和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是(　　)A．甲是电流互感器，乙是电压互感器B．甲是电压互感器，乙是电流互感器C．若V表示数为30 V，则输电线两端的电压最大值为6 000 VD．若A表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值为500 A【答案】　BD【解析】图甲的原线圈两端并接在高压线路中，所以是电压互感器，图乙的原线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，故A错误，B正确；电压表测电压的有效值，若V表示数为30 V，已知n1∶n2＝200∶1，则输电线两端的电压有效值为U1＝eq \f(n1,n2)U2＝eq \f(200,1)×30 V＝6 000 V，故C错误；电流表测电流的有效值，若A表示数为5 A，则通过输电线的电流的有效值为I3＝eq \f(n4,n3)I4＝eq \f(100,1)×5 A＝500 A，故D正确。【例2】 (2022·湖南岳阳市教学质检)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。当滑动触头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时(　　)A．U2＞U1 B．U2＝2U1C．U2＝U1 D．2U2＝U1【答案】　D【解析】　当滑动触头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时，原线圈匝数n1等于副线圈匝数n2的2倍，则eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(2,1)，即2U2＝U1，故D正确。类型4 理想变压器的动态分析1．匝数比不变、负载变化的情况(如图)(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、匝数比变化的情况(如图11)(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 \o\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1】(2020 ·北京卷，9)如图所示， 理想变压器原线圈接在u＝Umsin(ωt＋φ)的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后(　　)A．电流表A2的示数减小B．电压表V1的示数减小C．电压表V2的示数不变D．电流表A1的示数不变【答案】　A【解析】　开关S闭合时，副线圈的总电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，副线圈并联部分的电压减小，即V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，B、C、D错误。【例2】(2022·福建莆田市4月模拟)如图所示电路中，MN端接电压恒定的正弦交流电，将理想变压器的滑片P向Q端缓慢移动，在此过程中，以下说法正确的是(　　)A．通过电阻R1的电流变大B．变压器原线圈两端的电压变大C．通过电阻R2的交流电的频率变大D．电阻R1和R2消耗的总功率变小【答案】　A【解析】　设原线圈两端的电压为U1，则副线圈两端的电压为U2＝eq \f(n2U1,n1)，则副线圈的电流为I2＝eq \f(n2U1,n1R2)，原线圈的电流为I1＝eq \f(n2,n1)I2＝(eq \f(n2,n1))2eq \f(U1,R2)，所以有U＝U1＋I1R1＝U1＋(eq \f(n2,n1))2eq \f(U1,R2)R1。由以上分析可知，滑片P向Q端缓慢移动，n2增大，原线圈两端电压U1减小，则R1两端的电压变大，电流I1变大，A正确，B错误；变压器不改变交流电的频率，所以通过电阻R2的交流电的频率不变，C错误；根据P＝I1U可知电路的总功率变大，即电阻R1和R2消耗的总功率变大，D错误。【例3】(多选)(2022·湖北武汉市4月质量检测)如图所示，理想变压器原线圈接u＝220eq \r(2)sin(100πt) V 的交流电，R为光敏电阻(阻值随着光照强度的增强而减小)，电流表为理想交流电表。当电路工作时，灯泡L发光，下列说法正确的是(　　)A．保持滑片P不动，若照射R的光变强，则灯泡L变暗B．保持滑片P不动，若照射R的光变强，则电流表示数变大C．保持R上的光照强度不变，若滑片P向下滑动，则灯泡L变亮D．保持R上的光照强度不变，若滑片P向下滑动，则电流表示数减小【答案】　BD【解析】　照射R的光变强，光敏电阻R的阻值减小，流过光敏电阻的电流变大，流经灯泡的电流不变，副线圈总电流变大，原线圈电流变大，故A项错误，B项正确；滑片P向下滑动，副线圈的匝数减小，两端电压减小，两支路电流均减小，灯泡L变暗；副线圈中的总电流减小，则电流表示数减小，C项错误，D项正确。【例4】．(2022·苏锡常镇四市5月调研)如图所示，b端是一理想变压器副线圈中心抽头，开始时单刀双掷开关置于a端，开关S断开，原线圈c、d两端加正弦交流电。下列说法正确的是(　　)A．将可变电阻R调大，则R两端电压变小B．闭合开关S，则R1两端电压变小C．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率变小D．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大【答案】　B【解析】　变压器副线圈两端电压不变，将可变电阻R调大，副线圈中的电流减小，R1上电压减小，则R两端电压变大，选项A错误；闭合开关S，则副线圈电路中的电阻减小，电流变大，R两端电压变大，则R1两端电压变小，选项B正确；变压器不改变交流电的频率，则当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈电流的频率不变，选项C错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈匝数减小，副线圈两端的电压减小，负载上消耗的功率减小，则原线圈的输入功率变小，选项D错误。【例5】 (2022·广东深圳市4月调研)如图，交流发电机的矩形线圈以角速度ω匀速转动，与理想变压器相连，t＝0时刻，线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是(　　)A．t＝0时，矩形线圈的磁通量最大B．若ω变为原来的0.9倍，则电路的总功率变为原来的0.9倍C．若ω不变，要使L1变亮，L2变暗，可将滑动变阻器滑片向下滑动D．若ω不变，L2突然变暗，可能因滑动变阻器的滑片接触不良所引起【答案】　D【解析】　t＝0时刻，线圈平面与磁场平行，穿过矩形线圈的磁通量为0，故A错误；原线圈两端的电压为U1＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \f(NωBS,\r(2))，若ω变为原来的0.9倍，原线圈两端的电压变为原来的0.9倍，副线圈两端的电压也变为原来的0.9倍，副线圈中的电流变为原来的0.9倍，原线圈中的电流也为原来的0.9倍，则电路的总功率变为原来的0.81倍，故B错误；若ω不变，原、副线圈两端电压不变，则L1亮度不变，故C错误；若ω不变，原、副线圈两端电压不变，如果滑动变阻器的滑片接触不良，说明滑动变阻器电阻变大，总电阻变大，L2中电流I2变小，L2变暗，故D正确。题型三 远距离输电模型分析1．理清输电电路图的三个回路(如图)(1)在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1.(2)在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R线．(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户．2．抓住两组关联式(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，P1＝P2.(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，P3＝P4.3．掌握一个守恒观念功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝I线2R线＝eq \f(ΔU2,R线).【例1】(多选)(2020·全国Ⅱ卷，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)ΔPC．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\co1(\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\co1(\f(P,U′)))eq \s\up12(2)r，ΔU′＝eq \f(P,U′)r，可得ΔP′＝eq \f(1,4)ΔP，ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU，故B、C项错误，A、D项正确。【例2】 (2020·浙江7月选考，11)如图所示，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(　　)A．发电机输出的电流I1＝40 AB．输电线上的电流I线＝625 AC．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D．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。【例3】(多选)(2021·山东卷，9)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是(　　)A．r＝10 Ω B．r＝5 ΩC．P＝45 W D．P＝22.5 W【答案】　BD【解析】　当开关S接1时，左侧变压器副线圈的电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝3×7.5 V＝22.5 V，电阻R上的电压，即右侧变压器的副线圈的电压U4＝eq \r(P1R)＝10 V，电流I4＝eq \f(U4,R)＝1 A，右侧变压器原线圈的电压U3＝eq \f(n3,n4)U4＝eq \f(2,1)×10 V＝20 V，电流I3＝eq \f(n4,n3)I4＝eq \f(1,2)×1 A＝0.5 A，导线的总电阻r＝eq \f(U2－U3,I3)＝5 Ω，故A错误，B正确；当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的副线圈中的电流为0.5I，根据理想变压器的规律，有eq \f(U2－Ir,n3)＝eq \f(0.5IR,n4)，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故C错误，D正确。【例4】(2022·山东烟台市适应性模拟)如图所示为一小型发电站的输电示意图，升压变压器副线圈两端的电压u＝250eq \r(2)sin(100πt) V，输电线的总电阻r＝10 Ω，降压变压器原副线圈匝数比为n3∶n4＝5∶1，为使“20 V　10 W”的灯泡L正常发光，需要在降压变压器副线圈串联一个电阻R(图中未画出)，则R的阻值为(　　)A．9.8 Ω B．49.8 Ω C．59.6 Ω D．79.6 Ω【答案】　C【解析】　降压变压器副线圈的电流大小为I4＝eq \f(P,U)＝0.5 A，根据eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)可得I3＝0.1 A，则输电线上损失的电压为ΔU＝I3r＝1 V，降压变压器原线圈两端的电压为U3＝(250－1) V＝249 V，根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)可得，降压变压器副线圈两端的电压为U4＝49.8 V，在降压变压器副线圈串联一个电阻R，可得eq \f(U4－UL,R)＝eq \f(UL,RL)，解得R＝59.6 Ω，故选项C正确。规律物理量　　函数表达式图像磁通量Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt电动势e＝Emsin ωt＝nωBSsin ωt电压u＝Umsin ωt＝eq \f(REm,R＋r)sin ωt电流i＝Imsin ωt＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt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＝Emsin ωti＝Imsin ωt计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em＝nωBS Im＝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)交流电流表和电压表的读数(2)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(3)电气设备“铭牌”上所标的值(4)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装置图实验说明低压交流电源，所用电压不要超过12 V①原理：采用控制变量法。n1、U1一定，研究n2和U2的关系；n2、U1一定，研究n1和U2的关系。②误差：漏磁，原、副线圈中的焦耳热损耗，铁芯中有磁损耗，产生涡流。③安全：使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡测试，大致确定电压后再选择适当的挡位进行测量 实验次数n1/匝n2/匝U1/VU2/V11 60040012.12.90280040010.24.95340020011.95.92电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝eq \f(n2,n1)U1功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入，P入＝P出电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝eq \f(n2,n1)I2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