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专题18 理想变压器、远距离输电模型-2024年新课标高中物理模型与方法
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这是一份专题18 理想变压器、远距离输电模型-2024年新课标高中物理模型与方法，文件包含专题18理想变压器远距离输电模型原卷版docx、专题18理想变压器远距离输电模型解析版docx等2份试卷配套教学资源，其中试卷共38页， 欢迎下载使用。
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc424" 一.理想变压器基本模型 PAGEREF _Tc424 \h 1
\l "_Tc16309" 二．变压器原线圈接有负载模型----等效法 PAGEREF _Tc16309 \h 4
\l "_Tc27502" 三．变压器副线圈接有二极管模型 PAGEREF _Tc27502 \h 9
\l "_Tc31379" 四．多组副线圈的理想变压器模型 PAGEREF _Tc31379 \h 12
\l "_Tc2663" 五．理想变压器动态分析模型 PAGEREF _Tc2663 \h 15
\l "_Tc1685" 六．远距离输电的电模型 PAGEREF _Tc1685 \h 19
一.理想变压器基本模型
（1）理想变压器的构造、作用、原理及特征。
构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁心上构成所谓的变压器。
作用：在办理送电能的过程中改变电压。
原理：其工作原理是利用了电磁感应现象。
特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交流电压。
（2）理想变压器的理想化条件及规律
如图所示，在理想变压器的原线圈两端加交流电压U1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势。根据法拉第电磁感应定律，有
忽略原、副线圈内阻，有 。
另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相同，于是又有 。
由此便可得理想变压器的电压变化规律为 。
在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括了线圈内能量损失和铁心内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有，而 ，。
于是又得理想变压器的电流变化规律为 。
由此可见：
①理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因素的差别）。
②理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想化条件下的新的表现形式。
【模型演练1】(2021·甘肃静宁县第一中学月考)如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000eq \r(2)sin 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 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.
【解析】：由题可知，副线圈输出电压U2＝220 V＋Ur，eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(11 000,220＋Ur)＜eq \f(50,1)，故A错误；2πf＝100π rad/s，f＝50 Hz，故B错误；I2＝eq \f(880,220) A＝4 A，故C正确；由于理想变压器P入＝P出＝Ieq \\al(2,2)r＋880 W＞880 W，故D错误．
【模型演练2】(2021·贵州遵义市调研)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，a、b两点间的电压为u＝220 eq \r(2)sin 100πt(V)，R为可变电阻，P为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽略不计，熔断电流为2 A。为使保险丝不熔断，可变电阻R连入电路的最小阻值应大于( )
A．eq \f(11\r(2),10) ΩB．1.1 Ω
C．11 ΩD．11eq \r(2) Ω
【答案】B
【解析】由a、b两点间的电压为u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)，可知变压器原线圈输入电压U1＝220 V，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U2＝eq \f(n2,n1) U1＝22 V，保险丝熔断电流为2 A，原线圈中电流为I1＝2 A时，由U1I1＝U2I2可得副线圈中电流为I2＝20 A，此时保险丝会熔断。为保证保险丝不熔断，由欧姆定律可得可变电阻R连入电路的最小阻值应大于eq \f(U2,I2)＝1.1 Ω，选项B正确。
【模型演练3】(2020·淮安模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4，a、b两端接到交流电源上，R1、R2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是( )
A．副线圈两端电压是电源电压的eq \f(1,4)
B．流过R1的电流是流过R2电流的4倍
C．R1上的电功率是R2上电功率的eq \f(1,16)
D．R1上的电功率是R2上电功率的16倍
【答案】C
【解析】原线圈两端电压等于电源电压，根据电压之比等于匝数之比可得eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)＝4∶1，A错误；流过R1的电流I1＝eq \f(U1,R1)，流过R2的电流I2＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(4U1,R1)＝4I1，B错误；根据电功率P＝I2R可得R1上的电功率是R2上电功率的eq \f(1,16)，C正确，D错误。
【模型演练4】(2020·北京朝阳区期末)如图所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50 Hz，电压表示数为11 000 V，灯泡L1与L2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n1∶n2＝50∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，则( )
A.原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000sin 50πt(V)
B.开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压为220 V
C.开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡L1中电流的eq \f(1,2)
D.开关K闭合后，原线圈输入功率增大为原来的eq \r(2)倍
【答案】 B
【解析】 原线圈的电压最大值Um＝11 000eq \r(2) V，角速度ω＝2πf＝100π rad/s，所以原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000eq \r(2)sin 100πt(V)，故A错误；开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压即为副线圈电压，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(50,1)，则开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压U2＝220 V，故B正确；开关K闭合后，L1与L2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L1中电流相等，故C错误；开关K闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来的2倍，故D错误.
二．变压器原线圈接有负载模型----等效法
1.变压器原线圈接有负载R时，原、副线圈的制约关系依然成立，但电路输入的总电压U不再等于变压器原线圈的电压U1，而是U＝U1＋U负载，显然U≠U1.变压器原、副线圈两端的功率也始终相等，但电路输入的电功率P也不等于原线圈两端的功率P1，而是P＝P1＋P负载．
2.等效负载电阻法
变压器等效负载电阻公式的推导：
设理想变压器原副线圈的匝数之比为n1：n2，原线圈输入电压为U1，副线圈负载电阻为R，如图1（1）所示，在变压器正常工作时，求a、b间的等效电阻。
先画出等效电路图如图1（2）所示，设变压器等效负载电阻为
在（1）中由变压器的分压规律：得：
，所以负载电阻R消耗的功率为：
在（2）中等效电阻消耗的功率为：
因，所以等效电阻为：（重要结论）
【模型演练1】一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，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．2 B．3
C．4 D．5
【答案】B
【解析】解法一：能量守恒法：
设原副线圈匝数比为 断开①
闭合 ②
①②得即：化简得
解法二：电流、电压关系法
设原副线圈匝数比为 断开时 由图可知
即
则①
闭合由图可知
即
则②
由①②得
解法三：等效负载电阻法
设原副线圈匝数比为 断开时等效负载电阻为
则①
闭合时等效负载电阻为
则②
①②得
【模型演练2】(2021·江苏无锡模拟)如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L1与输出电压恒定的正弦交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连，开始时开关S处于断开状态．当S闭合后，所有灯泡都能发光，则下列说法中正确的有( )
A．副线圈两端电压不变
B．灯泡L1亮度变亮，L2的亮度不变
C．副线圈中电流变大，灯泡L1变亮，L2变暗
D．因为不知变压器原、副线圈的匝数比，所以L1及L2的亮度变化不能判断
【答案】C
【解析】 在原线圈回路中，U＝I1RL1＋U1，在副线圈回路中，U2＝I2RL，根据变压器工作原理有eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，综合以上各式有U＝I2(eq \f(n2,n1)RL1＋eq \f(n1,n2)RL)，当S闭合后，RL减小，通过副线圈的电流I2增大，由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知，通过原线圈的电流也增大，故L1因两端电压变大而变亮，则原线圈两端的输入电压减小，副线圈两端的输出电压也随之减小，L2两端电压变小，L2变暗，所以只有选项C正确．
【典例分析3】(多选)(2020·全国卷Ⅲ·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 Hz
B.电压表的示数为100 V
C.电流表的示数为1.0 A
D.变压器传输的电功率为15.0 W
【答案】 AD
【解析】 根据i2－t图象可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，故A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝eq \f(\r(2),\r(2))×10 V＝10 V，由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，故B错误；电流表的示数I＝eq \f(U2,R3)＝eq \f(10,20) A＝0.5 A，故C错误；变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0 W，故D正确.
【模型演练4】(多选)(2020·武汉市部分学校起点调研)含有理想变压器的电路如图所示， L1、L2、L3 为“24 V 2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(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∶2
B．电压表的示数为72 V
C．变压器的输入功率为8 W
D．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁
【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)，选项A错误；变压器输出电压为24 V，则根据匝数比可得输入电压为U1＝eq \f(n1,n2)U2＝48 V，则电压表读数为48 V＋24 V＝72 V，选项B正确；变压器的输入功率：P1＝U1I1＝4 W，选项C错误；副线圈上再并联一个相同灯泡，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，灯泡L1可能烧毁，故D正确。
【模型演练5】(2020·河北衡水月考)（多选）在如图所示的电路中，理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，四个灯泡完全相同，其额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么 ( )
A.L1和L2都能正常工作
B.L1和L2都不能正常工作
C.交流电源电压为2U
D.交流电源电压为4U
【答案】AD
【解析】四个灯泡完全相同则电阻均为L3和L4恰能正常工作则
根据
又因为所以的电流电压均为所以均能正常发光。
设交流电源的电压为根据及则所以
【另解】能量守恒：设交流电源的电压为根据能量守恒，
所以
【模型演练6】如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时6盏灯刚好正常发光。下列说法中不正确的是( )
A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2
B．此时交流电源输出的功率为6P
C．U0＝6U
D．如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮
【答案】A
【解析】由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1，A错误；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P，B正确；设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，则U2＝U，U0＝U1＋2U，而U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1，代入得U0＝6U，C正确；当灯L6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P1＝U1I1得I1减小，所以灯L1和L2将变暗，同时因L1和L2分得的电压减小，变压器输入端的电压U1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D正确。
【模型演练7】(多选)(2021·武汉市部分学校起点调研)含有理想变压器的电路如图所示， L1、L2、L3 为“24 V 2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(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∶2
B．电压表的示数为72 V
C．变压器的输入功率为8 W
D．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁
【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)，选项A错误；变压器输出电压为24 V，则根据匝数比可得输入电压为U1＝eq \f(n1,n2)U2＝48 V，则电压表读数为48 V＋24 V＝72 V，选项B正确；变压器的输入功率：P1＝U1I1＝4 W，选项C错误；副线圈上再并联一个相同灯泡，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，灯泡L1可能烧毁，故D正确。
【模型演练8】(多选)(2020·福建厦门市3月质检)如图所示，灯泡A、B完全相同，理想变压器原副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，指示灯L的额定功率是灯泡A的eq \f(1,5)，当输入端接上u＝110eq \r(2)sin 100πt (V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，两个电流表均为理想电流表，且A2的示数为0.4 A，则( )
A．电流表A1的示数为0.08 A
B．灯泡A的额定电压为22 V
C．灯泡L的额定功率为0.8 W
D．原线圈的输入功率为8.8 W
【答案】 AC
【解析】 副线圈的总电流即A2的示数为I2＝0.4 A，由理想变压器两端的电流比等于匝数的反比，可得
I1＝eq \f(n2,n1)I2＝eq \f(1,5)×0.4 A＝0.08 A，即电流表A1的示数为0.08 A，故A正确；
输入端电压的有效值为U＝110 V，根据全电路的能量守恒定律有UI1＝PL＋2PA
而指示灯L的额定功率是灯泡A的eq \f(1,5)，
即PL＝eq \f(PA,5)，
联立解得PA＝4 W，PL＝0.8 W
由灯泡A的电功率PA＝UAIA＝UA·eq \f(I2,2)可得UA＝20 V，故B错误，C正确；
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则P输入＝2PA＝8 W，故D错误．
三．变压器副线圈接有二极管模型
变压器副线圈接有二极管时，由于二极管的单向导电性，使得cd端一个周期的时间内只有半个周期有电流，依据这一特点可画出cd间I－t关系图象展开分析．
【模型演练1】如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，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．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．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Ucd越大
D．将二级管短路，电流表的读数加倍
【答案】BD
【解析】若变压器初级电压Uab，则次级电压U2＝eq \f(n2,n1)Uab，由于二极管的单向导电性，使得cd端只在一半的时间内有电流，即Ucd＝eq \f(\r(2),2)U2，故eq \f(Uab,Ucd)＝eq \f(\r(2)n1,n2)，选项A错误；增大负载电阻的阻值R，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，即电流表的读数变小，选项B正确；c、d间的电压由原线圈中的电压和变压器的匝数比决定，与电阻R无关，选项C错误；将二极管短路，副线圈中的电流加倍，则原线圈中的电流也加倍，选项D正确．
【模型演练2】(2020·重庆巴蜀中学期中)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220eq \r(2)sin (100πt) V的交变电流，则( )
A.交变电流的频率为100 Hz
B.通过R2的电流为1 A
C.通过R2的电流为eq \r(2) A
D.变压器的输入功率为200 W
【答案】 C
【解析】 由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，A项错误；由理想变压器变压规律eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，输出电压U2＝50 V，由理想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R2，由电流的热效应可知，eq \f(U22,R2)·eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R2)·T，解得U＝eq \f(\r(2),2)U2＝25eq \r(2) V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为eq \r(2) A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2＝UI＝50 W，而电阻R1的电功率P1＝eq \f(U22,R1)＝100 W，由理想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＝P1＋P2＝150 W，D项错误.
【模型演练3】.(2021·湖北黄冈模拟)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，原线圈接u＝220eq \r(2)sin 100πt V的交流电，电阻R1＝R2＝ 25 Ω，D1、D2为两只理想二极管，假设两二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，则副线圈电路中理想交流电流表的读数为( )
A．1 A B．2 A
C．eq \r(2) A D．2eq \r(2) A
【答案】B
【解析】 由于二极管具有单向导电性，在一个周期内相当于只有一个电阻能够正常工作，由理想变压器变压规律eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，输出电压U2＝50 V，所以电流表读数I＝eq \f(50,25) A＝2 A，选项B正确．
【模型演练4】(2020·百师联盟模拟四)利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流，一种简单的整流电路如图13甲所示，ab为交变电流信号输入端，D为半导体二极管，R为定值电阻．信号输入后，电阻R两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是( )
A．频率为100 Hz
B．电压有效值为50eq \r(2) V
C．一个标有“90 V,30 μF”的电容器并联在电阻R两端，可以正常工作
D．若电阻R＝10 Ω，则1 min内R产生的热量为1.5×104 J
【答案】 D
【解析】 由题图乙可知，该电压的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，A错；由有效值的概念知，一个周期内电阻产生的热量为eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Vm,\r(2))))2,R)×0.01＝eq \f(U\\al(有2),R)×0.02，故电压有效值为50 V，B错；电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压，C错；电阻R产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故产生的热量为Q＝eq \f(U\\al(有2),R)t＝1.5×104 J，D正确．
四．多组副线圈的理想变压器模型
如图所示，原线圈匝数为，两个副线圈的匝数分别为、相应的电压分别为、和，相应的电流分别为、和根据理想变压器的工作原理可得①
②可得
③
根据得：④将
①③代入④得整理得
【模型演练1】(2021·贵州黔东南州一模)如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为( )
A．1∶1∶1 B．3∶2∶1
C．6∶2∶1 D．2∶2∶1
【答案】B
【解析】： 灯泡正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想变压器的电压关系得eq \f(n2,n3)＝eq \f(U2,U3)＝eq \f(2,1)，可得n2＝2n3，由输入功率等于输出功率，可得n1I＝n2I＋n3I，所以n1＝n2＋n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1.故选项B正确．
【模型演练2】.(2021·福建厦门市3月质检)如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220 V的交流电源．则两副线圈输出电功率之比eq \f(P2,P3)和原线圈中的电流I1分别是( )
A．eq \f(P2,P3)＝eq \f(5,2)，I1＝2.8 A B．eq \f(P2,P3)＝eq \f(2,5)，I1＝2.8 A
C．eq \f(P2,P3)＝eq \f(25,4)，I1＝1.16 AD．eq \f(P2,P3)＝eq \f(4,25)，I1＝1.16 A
【答案】C.
【解析】：对两个副线圈有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)、eq \f(U1,U3)＝eq \f(n1,n3)，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又因为P＝eq \f(U2,R)，所以eq \f(P2,P3)＝eq \f(Ueq \\al(2,2),Ueq \\al(2,3))＝eq \f(25,4)；由欧姆定律得I2＝eq \f(U2,R)＝2 A，I3＝eq \f(U3,R)＝0.8 A，对有两个副线圈的变压器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16 A，故C正确．
【模型演练3】.(2020·陕西西安中学三模)在如图所示的电路中，理想变压器原副线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝6∶3∶1，电流表均为理想交流电流表，两电阻阻值相同.当在原线圈两端加上大小为U的交变电压时，三个电流表的示数之比I1∶I2∶I3为( )
A.1∶2∶3 B.1∶2∶1
C.1∶3∶6 D.5∶9∶3
【答案】 D
【解析】 由公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知U2＝eq \f(U,2)，同理可得U3＝eq \f(U,6)，
由欧姆定律可知I2＝3I3，由变压器原、副线圈功率相等有I1U1＝I2U2＋I3U3，
即I1U＝I2×eq \f(U,2)＋eq \f(I2,3)×eq \f(U,6)，得eq \f(I1,I2)＝eq \f(5,9)，则I1∶I2∶I3＝5∶9∶3，故D正确，A、B、C错误.
【模型演练4】(2020·大教育名校联盟一模)如图所示，理想变压器的原线圈接在电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈的中间有一抽头将副线圈分为匝数分别为n1和n2的两部分，抽头上接有定值电阻R.开关S接通“1”“2”时电流表的示数分别为I1、I2，则eq \f(I1,I2)为( )
A.eq \f(n1,n2) B.eq \f(n2,n1)
C.eq \f(n\\al(12),n\\al(22)) D.eq \r(\f(n1,n2))
【答案】 C
【解析】 设变压器原线圈两端的电压有效值为U0、 匝数为n0，根据变压器原理可知副线圈n1、n2的电压分别为U1＝eq \f(n1,n0)U0和U2＝eq \f(n2,n0)U0，得eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，根据原线圈输入功率等于副线圈输出功率有，I1U0＝eq \f(U\\al(12),R)，I2U0＝eq \f(U\\al(22),R)，整理得，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n\\al(12),n\\al(22))，选项C正确．
【模型演练5】(2020·云南省毕业生统一检测)如图所示，一理想变压器由一个原线圈和两个副线圈组成，匝数比，a、b端接正弦交流电，电路中电阻，其余电阻均不计。若消耗的功率为，则消耗的功率为
A. 9P B.P
C. P D. P
【答案】B
【解析】方法一：设原线圈的电压为则副线圈的电压分别为、
因为的功率，则的功率
根据能量守恒原线圈的输入功率为，则那么消耗的功率又因为所以。
方法二：设原线圈的电压为则副线圈的电压分别为、设中的电流为则中的电流为，设中的电流为则由能量守恒得所以
解法三：由得根据则
所以。
五．理想变压器动态分析模型
【模型结构】1．变压器动态分析流程图
eq \x(\a\al(输入电,压U1))→eq \x(\a\al(输出电,压U2))→eq \x(\a\al(输出电,流I2))→eq \x(\a\al(输入电,压I1))→eq \x(\a\al(输入功,率P1))
2．涉及问题
(1)U2＝eq \f(n2,n1)U1，当U1不变时，不论负载电阻R变化与否，U2都不会改变．
(2)输出电流I2决定输入电流I1．
(3)输出功率P2决定输入功率P1．
【解题方法】1．变压器原线圈通入交变电流时，原线圈是交流电源的负载，此时原线圈和与之串、并联的用电器同样遵循串、并联电路的特点和性质．对直流电，变压器不起作用，副线圈输出电压为零．
2．变压器的副线圈是所连接电路的电源，其电源电动势U2由输入电压和匝数比决定．
3．对其他形状的铁芯(如“日”字)，应认真分析原、副线圈之间磁通量的关系，再结合其变压原理来分析变压器的电压和匝数之间的关系．
【命题角度】角度1 匝数比不变，负载R变化(如图甲)
(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，可知不论负载电阻R如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻R变化时，I2变化，可推出I1的变化．
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2知P1的变化．
角度2 负载电阻R不变，匝数比变化(如图乙)
(1)U1不变，eq \f(n1,n2)发生变化，故U2变化．
(2)R不变，U2改变，故I2发生变化．
(3)根据P2＝eq \f(U\\al(2,2),R)，P1＝P2，可以判断P2发生变化时，P1变化，U1不变时，I1发生变化．
【模型演练1】(2021·甘肃天水市期中)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．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】：当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，选项D错误．
【模型演练2】(多选)(2020·河北唐山市摸底考试)如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b流表均为理想交流电表.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u＝Usin 100πt.则( )
A.当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1∶2
B.当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为eq \f(U,\r(2))
C.单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大
D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
【答案】 AD
【解析】 当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有U2＝U1eq \f(n2,n1)，当单刀双掷开关与b连接时，原线圈的匝数为eq \f(n1,2)，则有U2′＝U1eq \f(n2,\f(n1,2))，联立得U2∶U2′＝1∶2，故电压表的示数比为1∶2，故A正确；当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为u＝Usin(100π×0)＝0，故B错误；副线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移，可知副线圈电压不变，故电压表的示数不变，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也变大，故D正确.
【模型演练3】(2020·四川达州市第二次诊断)如图所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表.下列说法正确的是( )
A.若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小
B.若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大
C.若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大
D.若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
【答案】 A
【解析】 设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下滑动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变，V1示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R接入电路的电阻值减小，则副线圈回路中的电流增大，灯泡中的电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由UV2＝U2－UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误.
【模型演练4】(多选)(2020·山西运城市调研)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，正弦交流电源输出的电压的有效值恒为U＝12 V，电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20 Ω，滑片P处于中间位置，则( )
A．R1与R2消耗的电功率相等
B．通过R1的电流为3 A
C．若向下移动P，电源输出功率增大
D．若向上移动P，电压表读数将变小
【答案】 BD
【解析】 理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，可知原、副线圈的电流之比为2∶1，根据P＝I2R，可知R1与R2消耗的电功率之比为2∶1，选项A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈的电流为0.5I，原线圈电压为U－IR1，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压为2(U－IR1)，则eq \f(2U－IR1,0.5I)＝R2＋eq \f(1,2)R3m＝12 Ω，解得I＝3 A，选项B正确；若向下移动P，则R3接入电路的电阻增大，副线圈电流变小，原线圈电流也变小，根据P＝UI可知电源输出功率变小，若向上移动P，则R3接入电路的电阻变小，副线圈电流变大，则原线圈电流变大，则电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，副线圈两端电压变小，电压表的读数变小，则选项C错误，D正确．
【模型演练5】(多选)(2021·安徽蚌埠市第二次质检)如图所示，电路中的变压器为理想变压器，U为正弦式交变电压，R为变阻器，R1、R2是两个定值电阻，A、V分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是( )
A．闭合开关S，电流表示数变大、电压表示数变小
B．闭合开关S，电流表示数变小、电压表示数变大
C．开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小
D．开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大
【答案】 AC
【解析】 闭合开关S，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A正确，B错误；开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R接入电路的阻值增大，两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C正确，D错误．
【模型演练6】(多选)(2020·贵州铜仁市高三适应考试)如图所示，一理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈与定值电阻R0和均匀密绕的滑动变阻器R串联．若不考虑温度对R0、R阻值的影响．在将滑动变阻器的滑片P由a匀速滑到b的过程中( )
A．原线圈输入功率增大
B．原线圈两端电压增大
C．R两端的电压减小
D．R0消耗的电功率减小
【答案】 AC
【解析】 原线圈与稳定的正弦交流电源相连，则原线圈两端的电压不变，由于匝数比不变，则副线圈两端的电压不变，将滑片P由a匀速滑到b的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，副线圈中电流增大，由公式P＝UI可知，理想变压器的输出功率增大，则理想变压器的输入功率增大，即原线圈输入功率增大，故A正确，B错误；由于副线圈中电流增大，则R0两端电压增大，副线圈两端电压不变，则R两端电压减小，故C正确；将副线圈与R0看成电源，由于不知道滑动变阻器的最大阻值与R0的关系，则无法确定R0消耗的电功率的变化情况，故D错误．
六．远距离输电的电模型
1.五个关系式
(1)eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，eq \f(U3,n3)＝eq \f(U4,n4).
(2)理想变压器的输入功率等于输出功率，P入＝P出．
(3)升压变压器原线圈的电流I1＝eq \f(P1,U1)，副线圈的电流I2＝eq \f(P2,U2)，U2为输送电压．
(4)功率损失：ΔP＝Ieq \\al(2,2)R线＝eq \f(U2－U32,R线)，P2＝P3＋ΔP.
(5)电压关系：U2＝I2R线＋U3.
2.解远距离输电问题的思路
(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＝Ieq \\al(2,线)R线，注意输电线上的功率损失和电压损失．
(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.
3.输电线路功率损失的计算方法
(1)P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率．
(2)P损＝Ieq \\al( 2,线)R线＝(eq \f(P2,U2))2R线．，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻．
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eq \f(1,n2).
(3)P损＝eq \f(ΔU2,R线)，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为线路电阻．
(4)P损＝ΔUI线，ΔU为输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流．
4.关于远距离输电问题的处理思路
(1)画出输电线路图，将已知量和未知量标在图中相应位置；
(2)将输电线路划分为几个独立回路；
(3)根据串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式等确定各部分回路物理量之间的关系；
(4)根据升压、降压，原、副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解。
5.远距离输电问题的分析思路及常见的“三个误区”
（1）分析思路：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）三个误区：
(1)不能正确地利用公式P损＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))2R计算输电线上的损耗功率导致错误；
(2)不能正确理解升压变压器的输出电压U2、降压变压器的输入电压U3和输电线上损失的电压ΔU的关系导致错误，三者关系是U2＝ΔU＋U3；
(3)不能正确理解升压变压器的输入功率P1、降压变压器的输出功率P4和输电线上损失的功率P损的关系导致错误，三者关系是P1＝P损＋P4.
【模型演练1】(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 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
【答案】 C
【解析】 发电机输出电流I1＝eq \f(P,U1)＝eq \f(100×103,250) A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I线2R线＝5 kW，所以I线＝eq \r(\f(P线,R线))＝25 A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5) kW＝95 kW，则I4＝eq \f(P4,U4)＝eq \f(95×103,220) A＝eq \f(4 750,11) A≈432 A，即用户得到的电流为432 A，故eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I线)＝eq \f(190,11)，故C正确，D错误．
【模型演练2】如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电.输送电压为U＝1 100eq \r(2)sin 200πt V，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法正确的是( )
A.输电线上的电流为220 A
B.降压变压器匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(5,1)
C.用电器的额定功率P＝5.6×104 W
D.用电器上交流电的频率是50 Hz
【答案】 C
【解析】 因为输送电压为U＝1 100eq \r(2)sin 200πt V，则输电电压的有效值为：U输＝eq \f(1 100\r(2) V,\r(2))＝1 100 V，根据：P0＝U输I输，解得输电线上的电流为：I输＝80 A，故A错误；降压变压器的输入电压为：U3＝U输－I输r＝700 V，则降压变压器匝数比：eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U用)＝eq \f(35,11)，故B错误；用电器的额定功率为：P＝P0－I输2r＝56 000 W，故C正确；由于输送电压为U＝1 100eq \r(2)sin 200πt V，可知输送电压的频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,\f(2π,ω))＝eq \f(ω,2π)＝100 Hz，变压器不改变电压的频率，则用电器上交流电的频率是100 Hz，故D错误.
【模型演练3】.(2021·广东汕头市调研)如图所示为远距离输电的原理图.发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器.由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控.监控电表为理想电表.若某次监测发现V2表的示数减小.则下列判断正确的是( )
A.电流表A1的示数增大
B.电流表A2的示数减小
C.电压表V1的示数增大
D.输电线损失的功率减小
【答案】 A
【解析】 根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比不变可知，降压变压器的输入电压U20减小，又U1＝U20＋I1R线，则I1增大，即电流表A1的示数增大，故A正确；根据电流表A1的示数增大及降压变压器电流比：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n4,n3)，可知电流表A2的示数增大，故B错误；输电线上损失功率为P损＝I12R线，由于电流表A1的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误.
【模型演练4】(多选)(2020·广东深圳市4月第二次调研)如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝104 V，输出功率P1＝109 W，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2＝1∶100、n3∶n4＝100∶1，输电线总电阻r＝50 Ω.则( )
A.U4＝U1
B.I4＝I1
C.通过电阻r的电流I2＝2×104 A
D.电阻r损耗的电功率为5×107 W
【答案】 BD
【解析】 I1＝eq \f(P1,U1)＝105 A，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可得，I2＝eq \f(n1,n2)I1＝eq \f(1,100)×105 A＝103 A，则通过电阻r的电流为103 A，故C错误；电阻r两端的电压为Ur＝I2r＝103×50 V＝5×104 V，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得，U2＝eq \f(n2,n1)U1＝100×104 V＝106 V，则U3＝U2－Ur＝106 V－5×104 V＝9.5×105 V，根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)可得，U4＝eq \f(n4,n3)U3＝eq \f(1,100)×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，根据eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)可得，I4＝eq \f(n3,n4)I3＝eq \f(100,1)×103 A＝105 A，则I4＝I1，故B正确；电阻r损耗的电功率Pr＝I22r＝(103)2×50 W＝5×107 W，故D正确.
【模型演练5】(多选)(2020·全国卷Ⅱ·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)ΔP
C.ΔU′＝eq \f(1,4)ΔU D.ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU
【答案】 AD
【解析】 由输电电流I＝eq \f(P,U)知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的eq \f(1,2)，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的eq \f(1,4)，即ΔP′＝eq \f(1,4)ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的eq \f(1,2)，即ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU.故A、D正确.
【模型演练6】(2020·河南、广东、湖北、湖南四省部分学校联考)如图所示为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器，发电厂发电输出功率P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻保持不变．当升压变压器原副线圈匝数比为k时，用户得到的电功率为P1，则当升压变压器的原副线圈匝数比为nk时，用户得到的电功率为( )
A．(1－n2k2)P＋n2k2P1 B．(1－n2)P＋n2P1
C．(1－eq \f(1,n2k2))P＋eq \f(P1,n2k2) D．(1－eq \f(1,n2k2))P＋eq \f(P1,n2k2)
【答案】 B
【解析】 升压变压器原、副线圈的匝数比为k，设发电厂输出电流为I，升压变压器副线圈两端电流为I1，
根据变压器的规律可得I∶I1＝1∶k
根据能量守恒可得P－P1＝I12R＝k2I2R，而P＝UI，
所以P1＝P－eq \f(k2P2R,U2)；
当升压变压器的原、副线圈匝数比为nk时，同理可得，用户得到的电功率为
P1′＝P－eq \f(n2k2P2R,U2)＝P－n2(P－P1)＝(1－n2)P＋n2P1，B正确．
TOC \ "1-3" \h \u \l "_Tc424" 一.理想变压器基本模型 PAGEREF _Tc424 \h 1
\l "_Tc16309" 二．变压器原线圈接有负载模型----等效法 PAGEREF _Tc16309 \h 4
\l "_Tc27502" 三．变压器副线圈接有二极管模型 PAGEREF _Tc27502 \h 9
\l "_Tc31379" 四．多组副线圈的理想变压器模型 PAGEREF _Tc31379 \h 12
\l "_Tc2663" 五．理想变压器动态分析模型 PAGEREF _Tc2663 \h 15
\l "_Tc1685" 六．远距离输电的电模型 PAGEREF _Tc1685 \h 19
一.理想变压器基本模型
（1）理想变压器的构造、作用、原理及特征。
构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁心上构成所谓的变压器。
作用：在办理送电能的过程中改变电压。
原理：其工作原理是利用了电磁感应现象。
特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交流电压。
（2）理想变压器的理想化条件及规律
如图所示，在理想变压器的原线圈两端加交流电压U1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势。根据法拉第电磁感应定律，有
忽略原、副线圈内阻，有 。
另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相同，于是又有 。
由此便可得理想变压器的电压变化规律为 。
在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括了线圈内能量损失和铁心内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有，而 ，。
于是又得理想变压器的电流变化规律为 。
由此可见：
①理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因素的差别）。
②理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想化条件下的新的表现形式。
【模型演练1】(2021·甘肃静宁县第一中学月考)如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000eq \r(2)sin 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 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.
【解析】：由题可知，副线圈输出电压U2＝220 V＋Ur，eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(11 000,220＋Ur)＜eq \f(50,1)，故A错误；2πf＝100π rad/s，f＝50 Hz，故B错误；I2＝eq \f(880,220) A＝4 A，故C正确；由于理想变压器P入＝P出＝Ieq \\al(2,2)r＋880 W＞880 W，故D错误．
【模型演练2】(2021·贵州遵义市调研)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，a、b两点间的电压为u＝220 eq \r(2)sin 100πt(V)，R为可变电阻，P为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽略不计，熔断电流为2 A。为使保险丝不熔断，可变电阻R连入电路的最小阻值应大于( )
A．eq \f(11\r(2),10) ΩB．1.1 Ω
C．11 ΩD．11eq \r(2) Ω
【答案】B
【解析】由a、b两点间的电压为u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)，可知变压器原线圈输入电压U1＝220 V，根据变压器变压公式可得变压器输出电压U2＝eq \f(n2,n1) U1＝22 V，保险丝熔断电流为2 A，原线圈中电流为I1＝2 A时，由U1I1＝U2I2可得副线圈中电流为I2＝20 A，此时保险丝会熔断。为保证保险丝不熔断，由欧姆定律可得可变电阻R连入电路的最小阻值应大于eq \f(U2,I2)＝1.1 Ω，选项B正确。
【模型演练3】(2020·淮安模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4，a、b两端接到交流电源上，R1、R2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是( )
A．副线圈两端电压是电源电压的eq \f(1,4)
B．流过R1的电流是流过R2电流的4倍
C．R1上的电功率是R2上电功率的eq \f(1,16)
D．R1上的电功率是R2上电功率的16倍
【答案】C
【解析】原线圈两端电压等于电源电压，根据电压之比等于匝数之比可得eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)＝4∶1，A错误；流过R1的电流I1＝eq \f(U1,R1)，流过R2的电流I2＝eq \f(U2,R2)＝eq \f(4U1,R1)＝4I1，B错误；根据电功率P＝I2R可得R1上的电功率是R2上电功率的eq \f(1,16)，C正确，D错误。
【模型演练4】(2020·北京朝阳区期末)如图所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50 Hz，电压表示数为11 000 V，灯泡L1与L2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n1∶n2＝50∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，则( )
A.原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000sin 50πt(V)
B.开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压为220 V
C.开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡L1中电流的eq \f(1,2)
D.开关K闭合后，原线圈输入功率增大为原来的eq \r(2)倍
【答案】 B
【解析】 原线圈的电压最大值Um＝11 000eq \r(2) V，角速度ω＝2πf＝100π rad/s，所以原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000eq \r(2)sin 100πt(V)，故A错误；开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压即为副线圈电压，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(50,1)，则开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压U2＝220 V，故B正确；开关K闭合后，L1与L2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L1中电流相等，故C错误；开关K闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来的2倍，故D错误.
二．变压器原线圈接有负载模型----等效法
1.变压器原线圈接有负载R时，原、副线圈的制约关系依然成立，但电路输入的总电压U不再等于变压器原线圈的电压U1，而是U＝U1＋U负载，显然U≠U1.变压器原、副线圈两端的功率也始终相等，但电路输入的电功率P也不等于原线圈两端的功率P1，而是P＝P1＋P负载．
2.等效负载电阻法
变压器等效负载电阻公式的推导：
设理想变压器原副线圈的匝数之比为n1：n2，原线圈输入电压为U1，副线圈负载电阻为R，如图1（1）所示，在变压器正常工作时，求a、b间的等效电阻。
先画出等效电路图如图1（2）所示，设变压器等效负载电阻为
在（1）中由变压器的分压规律：得：
，所以负载电阻R消耗的功率为：
在（2）中等效电阻消耗的功率为：
因，所以等效电阻为：（重要结论）
【模型演练1】一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，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．2 B．3
C．4 D．5
【答案】B
【解析】解法一：能量守恒法：
设原副线圈匝数比为 断开①
闭合 ②
①②得即：化简得
解法二：电流、电压关系法
设原副线圈匝数比为 断开时 由图可知
即
则①
闭合由图可知
即
则②
由①②得
解法三：等效负载电阻法
设原副线圈匝数比为 断开时等效负载电阻为
则①
闭合时等效负载电阻为
则②
①②得
【模型演练2】(2021·江苏无锡模拟)如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L1与输出电压恒定的正弦交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连，开始时开关S处于断开状态．当S闭合后，所有灯泡都能发光，则下列说法中正确的有( )
A．副线圈两端电压不变
B．灯泡L1亮度变亮，L2的亮度不变
C．副线圈中电流变大，灯泡L1变亮，L2变暗
D．因为不知变压器原、副线圈的匝数比，所以L1及L2的亮度变化不能判断
【答案】C
【解析】 在原线圈回路中，U＝I1RL1＋U1，在副线圈回路中，U2＝I2RL，根据变压器工作原理有eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，综合以上各式有U＝I2(eq \f(n2,n1)RL1＋eq \f(n1,n2)RL)，当S闭合后，RL减小，通过副线圈的电流I2增大，由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知，通过原线圈的电流也增大，故L1因两端电压变大而变亮，则原线圈两端的输入电压减小，副线圈两端的输出电压也随之减小，L2两端电压变小，L2变暗，所以只有选项C正确．
【典例分析3】(多选)(2020·全国卷Ⅲ·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 Hz
B.电压表的示数为100 V
C.电流表的示数为1.0 A
D.变压器传输的电功率为15.0 W
【答案】 AD
【解析】 根据i2－t图象可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，故A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝eq \f(\r(2),\r(2))×10 V＝10 V，由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，故B错误；电流表的示数I＝eq \f(U2,R3)＝eq \f(10,20) A＝0.5 A，故C错误；变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0 W，故D正确.
【模型演练4】(多选)(2020·武汉市部分学校起点调研)含有理想变压器的电路如图所示， L1、L2、L3 为“24 V 2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(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∶2
B．电压表的示数为72 V
C．变压器的输入功率为8 W
D．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁
【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)，选项A错误；变压器输出电压为24 V，则根据匝数比可得输入电压为U1＝eq \f(n1,n2)U2＝48 V，则电压表读数为48 V＋24 V＝72 V，选项B正确；变压器的输入功率：P1＝U1I1＝4 W，选项C错误；副线圈上再并联一个相同灯泡，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，灯泡L1可能烧毁，故D正确。
【模型演练5】(2020·河北衡水月考)（多选）在如图所示的电路中，理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，四个灯泡完全相同，其额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么 ( )
A.L1和L2都能正常工作
B.L1和L2都不能正常工作
C.交流电源电压为2U
D.交流电源电压为4U
【答案】AD
【解析】四个灯泡完全相同则电阻均为L3和L4恰能正常工作则
根据
又因为所以的电流电压均为所以均能正常发光。
设交流电源的电压为根据及则所以
【另解】能量守恒：设交流电源的电压为根据能量守恒，
所以
【模型演练6】如图所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时6盏灯刚好正常发光。下列说法中不正确的是( )
A．该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2
B．此时交流电源输出的功率为6P
C．U0＝6U
D．如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮
【答案】A
【解析】由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1，A错误；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P，B正确；设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，则U2＝U，U0＝U1＋2U，而U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1，代入得U0＝6U，C正确；当灯L6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P1＝U1I1得I1减小，所以灯L1和L2将变暗，同时因L1和L2分得的电压减小，变压器输入端的电压U1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D正确。
【模型演练7】(多选)(2021·武汉市部分学校起点调研)含有理想变压器的电路如图所示， L1、L2、L3 为“24 V 2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(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∶2
B．电压表的示数为72 V
C．变压器的输入功率为8 W
D．若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁
【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)，选项A错误；变压器输出电压为24 V，则根据匝数比可得输入电压为U1＝eq \f(n1,n2)U2＝48 V，则电压表读数为48 V＋24 V＝72 V，选项B正确；变压器的输入功率：P1＝U1I1＝4 W，选项C错误；副线圈上再并联一个相同灯泡，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，灯泡L1可能烧毁，故D正确。
【模型演练8】(多选)(2020·福建厦门市3月质检)如图所示，灯泡A、B完全相同，理想变压器原副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，指示灯L的额定功率是灯泡A的eq \f(1,5)，当输入端接上u＝110eq \r(2)sin 100πt (V)的交流电压后，三个灯泡均正常发光，两个电流表均为理想电流表，且A2的示数为0.4 A，则( )
A．电流表A1的示数为0.08 A
B．灯泡A的额定电压为22 V
C．灯泡L的额定功率为0.8 W
D．原线圈的输入功率为8.8 W
【答案】 AC
【解析】 副线圈的总电流即A2的示数为I2＝0.4 A，由理想变压器两端的电流比等于匝数的反比，可得
I1＝eq \f(n2,n1)I2＝eq \f(1,5)×0.4 A＝0.08 A，即电流表A1的示数为0.08 A，故A正确；
输入端电压的有效值为U＝110 V，根据全电路的能量守恒定律有UI1＝PL＋2PA
而指示灯L的额定功率是灯泡A的eq \f(1,5)，
即PL＝eq \f(PA,5)，
联立解得PA＝4 W，PL＝0.8 W
由灯泡A的电功率PA＝UAIA＝UA·eq \f(I2,2)可得UA＝20 V，故B错误，C正确；
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则P输入＝2PA＝8 W，故D错误．
三．变压器副线圈接有二极管模型
变压器副线圈接有二极管时，由于二极管的单向导电性，使得cd端一个周期的时间内只有半个周期有电流，依据这一特点可画出cd间I－t关系图象展开分析．
【模型演练1】如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，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．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则( )
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．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Ucd越大
D．将二级管短路，电流表的读数加倍
【答案】BD
【解析】若变压器初级电压Uab，则次级电压U2＝eq \f(n2,n1)Uab，由于二极管的单向导电性，使得cd端只在一半的时间内有电流，即Ucd＝eq \f(\r(2),2)U2，故eq \f(Uab,Ucd)＝eq \f(\r(2)n1,n2)，选项A错误；增大负载电阻的阻值R，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，即电流表的读数变小，选项B正确；c、d间的电压由原线圈中的电压和变压器的匝数比决定，与电阻R无关，选项C错误；将二极管短路，副线圈中的电流加倍，则原线圈中的电流也加倍，选项D正确．
【模型演练2】(2020·重庆巴蜀中学期中)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220eq \r(2)sin (100πt) V的交变电流，则( )
A.交变电流的频率为100 Hz
B.通过R2的电流为1 A
C.通过R2的电流为eq \r(2) A
D.变压器的输入功率为200 W
【答案】 C
【解析】 由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，A项错误；由理想变压器变压规律eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，输出电压U2＝50 V，由理想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R2，由电流的热效应可知，eq \f(U22,R2)·eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R2)·T，解得U＝eq \f(\r(2),2)U2＝25eq \r(2) V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为eq \r(2) A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2＝UI＝50 W，而电阻R1的电功率P1＝eq \f(U22,R1)＝100 W，由理想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＝P1＋P2＝150 W，D项错误.
【模型演练3】.(2021·湖北黄冈模拟)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，原线圈接u＝220eq \r(2)sin 100πt V的交流电，电阻R1＝R2＝ 25 Ω，D1、D2为两只理想二极管，假设两二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，则副线圈电路中理想交流电流表的读数为( )
A．1 A B．2 A
C．eq \r(2) A D．2eq \r(2) A
【答案】B
【解析】 由于二极管具有单向导电性，在一个周期内相当于只有一个电阻能够正常工作，由理想变压器变压规律eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，输出电压U2＝50 V，所以电流表读数I＝eq \f(50,25) A＝2 A，选项B正确．
【模型演练4】(2020·百师联盟模拟四)利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流，一种简单的整流电路如图13甲所示，ab为交变电流信号输入端，D为半导体二极管，R为定值电阻．信号输入后，电阻R两端输出的电压信号如图乙所示，则关于该输出信号，下列说法正确的是( )
A．频率为100 Hz
B．电压有效值为50eq \r(2) V
C．一个标有“90 V,30 μF”的电容器并联在电阻R两端，可以正常工作
D．若电阻R＝10 Ω，则1 min内R产生的热量为1.5×104 J
【答案】 D
【解析】 由题图乙可知，该电压的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，A错；由有效值的概念知，一个周期内电阻产生的热量为eq \f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(Vm,\r(2))))2,R)×0.01＝eq \f(U\\al(有2),R)×0.02，故电压有效值为50 V，B错；电容器两端的瞬时电压不应超过标称电压，C错；电阻R产生的热量应使用电压的有效值进行计算，故产生的热量为Q＝eq \f(U\\al(有2),R)t＝1.5×104 J，D正确．
四．多组副线圈的理想变压器模型
如图所示，原线圈匝数为，两个副线圈的匝数分别为、相应的电压分别为、和，相应的电流分别为、和根据理想变压器的工作原理可得①
②可得
③
根据得：④将
①③代入④得整理得
【模型演练1】(2021·贵州黔东南州一模)如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为( )
A．1∶1∶1 B．3∶2∶1
C．6∶2∶1 D．2∶2∶1
【答案】B
【解析】： 灯泡正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想变压器的电压关系得eq \f(n2,n3)＝eq \f(U2,U3)＝eq \f(2,1)，可得n2＝2n3，由输入功率等于输出功率，可得n1I＝n2I＋n3I，所以n1＝n2＋n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1.故选项B正确．
【模型演练2】.(2021·福建厦门市3月质检)如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220 V的交流电源．则两副线圈输出电功率之比eq \f(P2,P3)和原线圈中的电流I1分别是( )
A．eq \f(P2,P3)＝eq \f(5,2)，I1＝2.8 A B．eq \f(P2,P3)＝eq \f(2,5)，I1＝2.8 A
C．eq \f(P2,P3)＝eq \f(25,4)，I1＝1.16 AD．eq \f(P2,P3)＝eq \f(4,25)，I1＝1.16 A
【答案】C.
【解析】：对两个副线圈有eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)、eq \f(U1,U3)＝eq \f(n1,n3)，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又因为P＝eq \f(U2,R)，所以eq \f(P2,P3)＝eq \f(Ueq \\al(2,2),Ueq \\al(2,3))＝eq \f(25,4)；由欧姆定律得I2＝eq \f(U2,R)＝2 A，I3＝eq \f(U3,R)＝0.8 A，对有两个副线圈的变压器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16 A，故C正确．
【模型演练3】.(2020·陕西西安中学三模)在如图所示的电路中，理想变压器原副线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝6∶3∶1，电流表均为理想交流电流表，两电阻阻值相同.当在原线圈两端加上大小为U的交变电压时，三个电流表的示数之比I1∶I2∶I3为( )
A.1∶2∶3 B.1∶2∶1
C.1∶3∶6 D.5∶9∶3
【答案】 D
【解析】 由公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知U2＝eq \f(U,2)，同理可得U3＝eq \f(U,6)，
由欧姆定律可知I2＝3I3，由变压器原、副线圈功率相等有I1U1＝I2U2＋I3U3，
即I1U＝I2×eq \f(U,2)＋eq \f(I2,3)×eq \f(U,6)，得eq \f(I1,I2)＝eq \f(5,9)，则I1∶I2∶I3＝5∶9∶3，故D正确，A、B、C错误.
【模型演练4】(2020·大教育名校联盟一模)如图所示，理想变压器的原线圈接在电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈的中间有一抽头将副线圈分为匝数分别为n1和n2的两部分，抽头上接有定值电阻R.开关S接通“1”“2”时电流表的示数分别为I1、I2，则eq \f(I1,I2)为( )
A.eq \f(n1,n2) B.eq \f(n2,n1)
C.eq \f(n\\al(12),n\\al(22)) D.eq \r(\f(n1,n2))
【答案】 C
【解析】 设变压器原线圈两端的电压有效值为U0、 匝数为n0，根据变压器原理可知副线圈n1、n2的电压分别为U1＝eq \f(n1,n0)U0和U2＝eq \f(n2,n0)U0，得eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，根据原线圈输入功率等于副线圈输出功率有，I1U0＝eq \f(U\\al(12),R)，I2U0＝eq \f(U\\al(22),R)，整理得，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n\\al(12),n\\al(22))，选项C正确．
【模型演练5】(2020·云南省毕业生统一检测)如图所示，一理想变压器由一个原线圈和两个副线圈组成，匝数比，a、b端接正弦交流电，电路中电阻，其余电阻均不计。若消耗的功率为，则消耗的功率为
A. 9P B.P
C. P D. P
【答案】B
【解析】方法一：设原线圈的电压为则副线圈的电压分别为、
因为的功率，则的功率
根据能量守恒原线圈的输入功率为，则那么消耗的功率又因为所以。
方法二：设原线圈的电压为则副线圈的电压分别为、设中的电流为则中的电流为，设中的电流为则由能量守恒得所以
解法三：由得根据则
所以。
五．理想变压器动态分析模型
【模型结构】1．变压器动态分析流程图
eq \x(\a\al(输入电,压U1))→eq \x(\a\al(输出电,压U2))→eq \x(\a\al(输出电,流I2))→eq \x(\a\al(输入电,压I1))→eq \x(\a\al(输入功,率P1))
2．涉及问题
(1)U2＝eq \f(n2,n1)U1，当U1不变时，不论负载电阻R变化与否，U2都不会改变．
(2)输出电流I2决定输入电流I1．
(3)输出功率P2决定输入功率P1．
【解题方法】1．变压器原线圈通入交变电流时，原线圈是交流电源的负载，此时原线圈和与之串、并联的用电器同样遵循串、并联电路的特点和性质．对直流电，变压器不起作用，副线圈输出电压为零．
2．变压器的副线圈是所连接电路的电源，其电源电动势U2由输入电压和匝数比决定．
3．对其他形状的铁芯(如“日”字)，应认真分析原、副线圈之间磁通量的关系，再结合其变压原理来分析变压器的电压和匝数之间的关系．
【命题角度】角度1 匝数比不变，负载R变化(如图甲)
(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，可知不论负载电阻R如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻R变化时，I2变化，可推出I1的变化．
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2知P1的变化．
角度2 负载电阻R不变，匝数比变化(如图乙)
(1)U1不变，eq \f(n1,n2)发生变化，故U2变化．
(2)R不变，U2改变，故I2发生变化．
(3)根据P2＝eq \f(U\\al(2,2),R)，P1＝P2，可以判断P2发生变化时，P1变化，U1不变时，I1发生变化．
【模型演练1】(2021·甘肃天水市期中)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．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】：当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，选项D错误．
【模型演练2】(多选)(2020·河北唐山市摸底考试)如图所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b流表均为理想交流电表.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u＝Usin 100πt.则( )
A.当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1∶2
B.当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为eq \f(U,\r(2))
C.单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数增大
D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大
【答案】 AD
【解析】 当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有U2＝U1eq \f(n2,n1)，当单刀双掷开关与b连接时，原线圈的匝数为eq \f(n1,2)，则有U2′＝U1eq \f(n2,\f(n1,2))，联立得U2∶U2′＝1∶2，故电压表的示数比为1∶2，故A正确；当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为u＝Usin(100π×0)＝0，故B错误；副线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移，可知副线圈电压不变，故电压表的示数不变，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也变大，故D正确.
【模型演练3】(2020·四川达州市第二次诊断)如图所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表.下列说法正确的是( )
A.若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小
B.若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大
C.若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大
D.若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
【答案】 A
【解析】 设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下滑动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变，V1示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R接入电路的电阻值减小，则副线圈回路中的电流增大，灯泡中的电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由UV2＝U2－UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误.
【模型演练4】(多选)(2020·山西运城市调研)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，正弦交流电源输出的电压的有效值恒为U＝12 V，电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20 Ω，滑片P处于中间位置，则( )
A．R1与R2消耗的电功率相等
B．通过R1的电流为3 A
C．若向下移动P，电源输出功率增大
D．若向上移动P，电压表读数将变小
【答案】 BD
【解析】 理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，可知原、副线圈的电流之比为2∶1，根据P＝I2R，可知R1与R2消耗的电功率之比为2∶1，选项A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈的电流为0.5I，原线圈电压为U－IR1，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压为2(U－IR1)，则eq \f(2U－IR1,0.5I)＝R2＋eq \f(1,2)R3m＝12 Ω，解得I＝3 A，选项B正确；若向下移动P，则R3接入电路的电阻增大，副线圈电流变小，原线圈电流也变小，根据P＝UI可知电源输出功率变小，若向上移动P，则R3接入电路的电阻变小，副线圈电流变大，则原线圈电流变大，则电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，副线圈两端电压变小，电压表的读数变小，则选项C错误，D正确．
【模型演练5】(多选)(2021·安徽蚌埠市第二次质检)如图所示，电路中的变压器为理想变压器，U为正弦式交变电压，R为变阻器，R1、R2是两个定值电阻，A、V分别是理想电流表和理想电压表，则下列说法正确的是( )
A．闭合开关S，电流表示数变大、电压表示数变小
B．闭合开关S，电流表示数变小、电压表示数变大
C．开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变小
D．开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，电流表、电压表示数均变大
【答案】 AC
【解析】 闭合开关S，负载总电阻变小，变压器的输出功率增大，副线圈的电流增大，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知变压器的输入电流增大，即电流表示数变大，变阻器R两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，故A正确，B错误；开关S闭合时，变阻器滑片向左移动的过程中，变阻器R接入电路的阻值增大，两端电压增大，根据串联分压可知变压器的输入电压减小，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知变压器的输出电压减小，电压表示数变小，根据欧姆定律可知副线圈的电流减小，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知变压器的输入电流减小，即电流表示数变小，故C正确，D错误．
【模型演练6】(多选)(2020·贵州铜仁市高三适应考试)如图所示，一理想变压器的原线圈与稳定的正弦交流电源相连，副线圈与定值电阻R0和均匀密绕的滑动变阻器R串联．若不考虑温度对R0、R阻值的影响．在将滑动变阻器的滑片P由a匀速滑到b的过程中( )
A．原线圈输入功率增大
B．原线圈两端电压增大
C．R两端的电压减小
D．R0消耗的电功率减小
【答案】 AC
【解析】 原线圈与稳定的正弦交流电源相连，则原线圈两端的电压不变，由于匝数比不变，则副线圈两端的电压不变，将滑片P由a匀速滑到b的过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻减小，副线圈中电流增大，由公式P＝UI可知，理想变压器的输出功率增大，则理想变压器的输入功率增大，即原线圈输入功率增大，故A正确，B错误；由于副线圈中电流增大，则R0两端电压增大，副线圈两端电压不变，则R两端电压减小，故C正确；将副线圈与R0看成电源，由于不知道滑动变阻器的最大阻值与R0的关系，则无法确定R0消耗的电功率的变化情况，故D错误．
六．远距离输电的电模型
1.五个关系式
(1)eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，eq \f(U3,n3)＝eq \f(U4,n4).
(2)理想变压器的输入功率等于输出功率，P入＝P出．
(3)升压变压器原线圈的电流I1＝eq \f(P1,U1)，副线圈的电流I2＝eq \f(P2,U2)，U2为输送电压．
(4)功率损失：ΔP＝Ieq \\al(2,2)R线＝eq \f(U2－U32,R线)，P2＝P3＋ΔP.
(5)电压关系：U2＝I2R线＋U3.
2.解远距离输电问题的思路
(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＝Ieq \\al(2,线)R线，注意输电线上的功率损失和电压损失．
(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.
3.输电线路功率损失的计算方法
(1)P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率．
(2)P损＝Ieq \\al( 2,线)R线＝(eq \f(P2,U2))2R线．，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻．
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eq \f(1,n2).
(3)P损＝eq \f(ΔU2,R线)，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为线路电阻．
(4)P损＝ΔUI线，ΔU为输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流．
4.关于远距离输电问题的处理思路
(1)画出输电线路图，将已知量和未知量标在图中相应位置；
(2)将输电线路划分为几个独立回路；
(3)根据串并联电路特点、欧姆定律、电功率公式等确定各部分回路物理量之间的关系；
(4)根据升压、降压，原、副线圈的电压、电流关系和功率关系列式求解。
5.远距离输电问题的分析思路及常见的“三个误区”
（1）分析思路：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）三个误区：
(1)不能正确地利用公式P损＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))2R计算输电线上的损耗功率导致错误；
(2)不能正确理解升压变压器的输出电压U2、降压变压器的输入电压U3和输电线上损失的电压ΔU的关系导致错误，三者关系是U2＝ΔU＋U3；
(3)不能正确理解升压变压器的输入功率P1、降压变压器的输出功率P4和输电线上损失的功率P损的关系导致错误，三者关系是P1＝P损＋P4.
【模型演练1】(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 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
【答案】 C
【解析】 发电机输出电流I1＝eq \f(P,U1)＝eq \f(100×103,250) A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I线2R线＝5 kW，所以I线＝eq \r(\f(P线,R线))＝25 A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5) kW＝95 kW，则I4＝eq \f(P4,U4)＝eq \f(95×103,220) A＝eq \f(4 750,11) A≈432 A，即用户得到的电流为432 A，故eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I线)＝eq \f(190,11)，故C正确，D错误．
【模型演练2】如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电.输送电压为U＝1 100eq \r(2)sin 200πt V，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法正确的是( )
A.输电线上的电流为220 A
B.降压变压器匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(5,1)
C.用电器的额定功率P＝5.6×104 W
D.用电器上交流电的频率是50 Hz
【答案】 C
【解析】 因为输送电压为U＝1 100eq \r(2)sin 200πt V，则输电电压的有效值为：U输＝eq \f(1 100\r(2) V,\r(2))＝1 100 V，根据：P0＝U输I输，解得输电线上的电流为：I输＝80 A，故A错误；降压变压器的输入电压为：U3＝U输－I输r＝700 V，则降压变压器匝数比：eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U用)＝eq \f(35,11)，故B错误；用电器的额定功率为：P＝P0－I输2r＝56 000 W，故C正确；由于输送电压为U＝1 100eq \r(2)sin 200πt V，可知输送电压的频率为f＝eq \f(1,T)＝eq \f(1,\f(2π,ω))＝eq \f(ω,2π)＝100 Hz，变压器不改变电压的频率，则用电器上交流电的频率是100 Hz，故D错误.
【模型演练3】.(2021·广东汕头市调研)如图所示为远距离输电的原理图.发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器.由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控.监控电表为理想电表.若某次监测发现V2表的示数减小.则下列判断正确的是( )
A.电流表A1的示数增大
B.电流表A2的示数减小
C.电压表V1的示数增大
D.输电线损失的功率减小
【答案】 A
【解析】 根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比不变可知，降压变压器的输入电压U20减小，又U1＝U20＋I1R线，则I1增大，即电流表A1的示数增大，故A正确；根据电流表A1的示数增大及降压变压器电流比：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n4,n3)，可知电流表A2的示数增大，故B错误；输电线上损失功率为P损＝I12R线，由于电流表A1的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误.
【模型演练4】(多选)(2020·广东深圳市4月第二次调研)如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝104 V，输出功率P1＝109 W，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2＝1∶100、n3∶n4＝100∶1，输电线总电阻r＝50 Ω.则( )
A.U4＝U1
B.I4＝I1
C.通过电阻r的电流I2＝2×104 A
D.电阻r损耗的电功率为5×107 W
【答案】 BD
【解析】 I1＝eq \f(P1,U1)＝105 A，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可得，I2＝eq \f(n1,n2)I1＝eq \f(1,100)×105 A＝103 A，则通过电阻r的电流为103 A，故C错误；电阻r两端的电压为Ur＝I2r＝103×50 V＝5×104 V，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得，U2＝eq \f(n2,n1)U1＝100×104 V＝106 V，则U3＝U2－Ur＝106 V－5×104 V＝9.5×105 V，根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)可得，U4＝eq \f(n4,n3)U3＝eq \f(1,100)×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，根据eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)可得，I4＝eq \f(n3,n4)I3＝eq \f(100,1)×103 A＝105 A，则I4＝I1，故B正确；电阻r损耗的电功率Pr＝I22r＝(103)2×50 W＝5×107 W，故D正确.
【模型演练5】(多选)(2020·全国卷Ⅱ·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)ΔP
C.ΔU′＝eq \f(1,4)ΔU D.ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU
【答案】 AD
【解析】 由输电电流I＝eq \f(P,U)知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的eq \f(1,2)，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的eq \f(1,4)，即ΔP′＝eq \f(1,4)ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的eq \f(1,2)，即ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU.故A、D正确.
【模型演练6】(2020·河南、广东、湖北、湖南四省部分学校联考)如图所示为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器，发电厂发电输出功率P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻保持不变．当升压变压器原副线圈匝数比为k时，用户得到的电功率为P1，则当升压变压器的原副线圈匝数比为nk时，用户得到的电功率为( )
A．(1－n2k2)P＋n2k2P1 B．(1－n2)P＋n2P1
C．(1－eq \f(1,n2k2))P＋eq \f(P1,n2k2) D．(1－eq \f(1,n2k2))P＋eq \f(P1,n2k2)
【答案】 B
【解析】 升压变压器原、副线圈的匝数比为k，设发电厂输出电流为I，升压变压器副线圈两端电流为I1，
根据变压器的规律可得I∶I1＝1∶k
根据能量守恒可得P－P1＝I12R＝k2I2R，而P＝UI，
所以P1＝P－eq \f(k2P2R,U2)；
当升压变压器的原、副线圈匝数比为nk时，同理可得，用户得到的电功率为
P1′＝P－eq \f(n2k2P2R,U2)＝P－n2(P－P1)＝(1－n2)P＋n2P1，B正确．
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