新課標高中物理模型與方法專題18 理想變壓器、遠距離輸電模型（解析版）

專題18理想變壓器、遠距離輸電模型目錄TOC\o"1-3"\h\u一.理想變壓器基本模型 1二．變壓器原線圈接有負載模型等效法 4三．變壓器副線圈接有二極管模型 10四．多組副線圈的理想變壓器模型 12五．理想變壓器動態(tài)分析模型 15六．遠距離輸電的電模型 19一.理想變壓器基本模型（1）理想變壓器的構(gòu)造、作用、原理及特征。構(gòu)造：兩組線圈（原、副線圈）繞在同一個閉合鐵心上構(gòu)成所謂的變壓器。作用：在辦理送電能的過程中改變電壓。原理：其工作原理是利用了電磁感應(yīng)現(xiàn)象。特征：正因為是利用電磁感應(yīng)現(xiàn)象來工作的，所以變壓器只能在輸送交變電流的電能過程中改變交流電壓。（2）理想變壓器的理想化條件及規(guī)律如圖所示，在理想變壓器的原線圈兩端加交流電壓U1后，由于電磁感應(yīng)的原因，原、副線圈中都將產(chǎn)生感應(yīng)電動勢。根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，有忽略原、副線圈內(nèi)阻，有。另外，考慮到鐵心的導磁作用而且忽略漏磁，即認為任意時刻穿過原、副線圈的磁感線條數(shù)都相同，于是又有。由此便可得理想變壓器的電壓變化規(guī)律為。在此基礎(chǔ)上再忽略變壓器自身的能量損失（一般包括了線圈內(nèi)能量損失和鐵心內(nèi)能量損失這兩部分，分別俗稱為“銅損”和“鐵損”），有，而，。于是又得理想變壓器的電流變化規(guī)律為。由此可見：①理想變壓器的理想化條件一般指的是：忽略原、副線圈內(nèi)阻上的分壓，忽略原、副線圈磁通量的差別，忽略變壓器自身的能量損耗（實際上還忽略了變壓器原、副線圈電路的功率因素的差別）。②理想變壓器的規(guī)律實質(zhì)上就是法拉第電磁感應(yīng)定律和能的轉(zhuǎn)化與守恒定律在上述理想化條件下的新的表現(xiàn)形式?！灸Ｐ脱菥?】(2021·甘肅靜寧縣第一中學月考)如圖所示，理想變壓器的原線圈接入u＝11000eq\r(2)sin100πt(V)的交變電壓，副線圈通過電阻r＝6Ω的導線對“220V880W”的電器RL供電，該電器正常工作．由此可知()A．原、副線圈的匝數(shù)比為50∶1B．交變電壓的頻率為100HzC．副線圈中電流的有效值為4AD．變壓器的輸入功率為880W【答案】C.【解析】：由題可知，副線圈輸出電壓U2＝220V＋Ur，eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(11000,220＋Ur)＜eq\f(50,1)，故A錯誤；2πf＝100πrad/s，f＝50Hz，故B錯誤；I2＝eq\f(880,220)A＝4A，故C正確；由于理想變壓器P入＝P出＝Ieq\o\al(2,2)r＋880W＞880W，故D錯誤．【模型演練2】(2021·貴州遵義市調(diào)研)如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝10∶1，a、b兩點間的電壓為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，R為可變電阻，P為用鉛銻合金制成的保險絲，其電阻可忽略不計，熔斷電流為2A。為使保險絲不熔斷，可變電阻R連入電路的最小阻值應(yīng)大于()A．eq\f(11\r(2),10)Ω B．1.1ΩC．11Ω D．11eq\r(2)Ω【答案】B【解析】由a、b兩點間的電壓為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，可知變壓器原線圈輸入電壓U1＝220V，根據(jù)變壓器變壓公式可得變壓器輸出電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1＝22V，保險絲熔斷電流為2A，原線圈中電流為I1＝2A時，由U1I1＝U2I2可得副線圈中電流為I2＝20A，此時保險絲會熔斷。為保證保險絲不熔斷，由歐姆定律可得可變電阻R連入電路的最小阻值應(yīng)大于eq\f(U2,I2)＝1.1Ω，選項B正確?！灸Ｐ脱菥?】(2020·淮安模擬)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶4，a、b兩端接到交流電源上，R1、R2為阻值相同的定值電阻，下列說法正確的是()A．副線圈兩端電壓是電源電壓的eq\f(1,4)B．流過R1的電流是流過R2電流的4倍C．R1上的電功率是R2上電功率的eq\f(1,16)D．R1上的電功率是R2上電功率的16倍【答案】C【解析】原線圈兩端電壓等于電源電壓，根據(jù)電壓之比等于匝數(shù)之比可得eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)＝4∶1，A錯誤；流過R1的電流I1＝eq\f(U1,R1)，流過R2的電流I2＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(4U1,R1)＝4I1，B錯誤；根據(jù)電功率P＝I2R可得R1上的電功率是R2上電功率的eq\f(1,16)，C正確，D錯誤?！灸Ｐ脱菥?】(2020·北京朝陽區(qū)期末)如圖所示，一理想變壓器原線圈輸入正弦式交流電，交流電的頻率為50Hz，電壓表示數(shù)為11000V，燈泡L1與L2的電阻相等，原線圈與副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝50∶1，電壓表和電流表均為理想交流電表，則()A.原線圈輸入的交流電壓的表達式為u＝11000sin50πt(V)B.開關(guān)K未閉合時，燈泡L1兩端的電壓為220VC.開關(guān)K閉合后電流表的示數(shù)為通過燈泡L1中電流的eq\f(1,2)D.開關(guān)K閉合后，原線圈輸入功率增大為原來的eq\r(2)倍【答案】B【解析】原線圈的電壓最大值Um＝11000eq\r(2)V，角速度ω＝2πf＝100πrad/s，所以原線圈輸入的交流電壓的表達式為u＝11000eq\r(2)sin100πt(V)，故A錯誤；開關(guān)K未閉合時，燈泡L1兩端的電壓即為副線圈電壓，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(50,1)，則開關(guān)K未閉合時，燈泡L1兩端的電壓U2＝220V，故B正確；開關(guān)K閉合后，L1與L2并聯(lián)，且電阻相等，所以電流表的示數(shù)與通過燈泡L1中電流相等，故C錯誤；開關(guān)K閉合后，副線圈功率增大為原來的2倍，則原線圈輸入功率增大為原來的2倍，故D錯誤.二．變壓器原線圈接有負載模型等效法1.變壓器原線圈接有負載R時，原、副線圈的制約關(guān)系依然成立，但電路輸入的總電壓U不再等于變壓器原線圈的電壓U1，而是U＝U1＋U負載，顯然U≠U1.變壓器原、副線圈兩端的功率也始終相等，但電路輸入的電功率P也不等于原線圈兩端的功率P1，而是P＝P1＋P負載．2.等效負載電阻法變壓器等效負載電阻公式的推導：設(shè)理想變壓器原副線圈的匝數(shù)之比為n1：n2，原線圈輸入電壓為U1，副線圈負載電阻為R，如圖1（1）所示，在變壓器正常工作時，求a、b間的等效電阻。先畫出等效電路圖如圖1（2）所示，設(shè)變壓器等效負載電阻為在（1）中由變壓器的分壓規(guī)律：得：，所以負載電阻R消耗的功率為：在（2）中等效電阻消耗的功率為：因，所以等效電阻為：（重要結(jié)論）【模型演練1】一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別為3Ω、1Ω和4Ω，A為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定。當開關(guān)S斷開時，電流表的示數(shù)為I；當S閉合時，電流表的示數(shù)為4I。該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為A．2 B．3C．4 D．5【答案】B【解析】解法一：能量守恒法：設(shè)原副線圈匝數(shù)比為斷開①閉合②①②得即：化簡得解法二：電流、電壓關(guān)系法設(shè)原副線圈匝數(shù)比為斷開時由圖可知即則①閉合由圖可知即則②由①②得解法三：等效負載電阻法設(shè)原副線圈匝數(shù)比為斷開時等效負載電阻為則①閉合時等效負載電阻為則②①②得【模型演練2】(2021·江蘇無錫模擬)如圖所示，理想變壓器的輸入端通過燈泡L1與輸出電壓恒定的正弦交流電源相連，副線圈通過導線與兩個相同的燈泡L2和L3相連，開始時開關(guān)S處于斷開狀態(tài)．當S閉合后，所有燈泡都能發(fā)光，則下列說法中正確的有()A．副線圈兩端電壓不變B．燈泡L1亮度變亮，L2的亮度不變C．副線圈中電流變大，燈泡L1變亮，L2變暗D．因為不知變壓器原、副線圈的匝數(shù)比，所以L1及L2的亮度變化不能判斷【答案】C【解析】在原線圈回路中，U＝I1RL1＋U1，在副線圈回路中，U2＝I2RL，根據(jù)變壓器工作原理有eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，綜合以上各式有U＝I2(eq\f(n2,n1)RL1＋eq\f(n1,n2)RL)，當S閉合后，RL減小，通過副線圈的電流I2增大，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，通過原線圈的電流也增大，故L1因兩端電壓變大而變亮，則原線圈兩端的輸入電壓減小，副線圈兩端的輸出電壓也隨之減小，L2兩端電壓變小，L2變暗，所以只有選項C正確．【典例分析3】(多選)(2020·全國卷Ⅲ·20)在圖(a)所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220V，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1，R1、R2、R3均為固定電阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各電表均為理想電表.已知電阻R2中電流i2隨時間t變化的正弦曲線如圖(b)所示.下列說法正確的是()A.所用交流電的頻率為50HzB.電壓表的示數(shù)為100VC.電流表的示數(shù)為1.0AD.變壓器傳輸?shù)碾姽β蕿?5.0W【答案】AD【解析】根據(jù)i2－t圖象可知T＝0.02s，則所用交流電的頻率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A正確；副線圈兩端電壓U2＝I2R2＝eq\f(\r(2),\r(2))×10V＝10V，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)得原線圈兩端電壓U1＝100V，電壓表的示數(shù)U＝220V－100V＝120V，故B錯誤；電流表的示數(shù)I＝eq\f(U2,R3)＝eq\f(10,20)A＝0.5A，故C錯誤；變壓器傳輸?shù)碾姽β蔖＝I22R2＋I2R3＝15.0W，故D正確.【模型演練4】(多選)(2020·武漢市部分學校起點調(diào)研)含有理想變壓器的電路如圖所示，L1、L2、L3為“24V2W”的燈泡，為理想交流電壓表，a、b端接正弦交流電壓源(輸出電壓的有效值恒定)。當開關(guān)S閉合時，燈泡均正常發(fā)光。下列說法正確的是()A．變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶2B．電壓表的示數(shù)為72VC．變壓器的輸入功率為8WD．若在副線圈上再并聯(lián)一個相同的燈泡，燈泡L1可能會燒毀【答案】BD【解析】每個燈泡的額定電流：IL＝eq\f(PL,UL)＝eq\f(2,24)A＝eq\f(1,12)A，則原線圈的電流為I1＝eq\f(1,12)A，副線圈的電流為I2＝eq\f(1,6)A，則eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，選項A錯誤；變壓器輸出電壓為24V，則根據(jù)匝數(shù)比可得輸入電壓為U1＝eq\f(n1,n2)U2＝48V，則電壓表讀數(shù)為48V＋24V＝72V，選項B正確；變壓器的輸入功率：P1＝U1I1＝4W，選項C錯誤；副線圈上再并聯(lián)一個相同燈泡，則副線圈電流增大，則原線圈電流也增大，超過額定電流，燈泡L1可能燒毀，故D正確?！灸Ｐ脱菥?】(2020·河北衡水月考)（多選）在如圖所示的電路中，理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比為2∶1，四個燈泡完全相同，其額定電壓為U，若已知燈泡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.交流電源電壓為2UD.交流電源電壓為4U【答案】AD【解析】四個燈泡完全相同則電阻均為L3和L4恰能正常工作則根據(jù)又因為所以的電流電壓均為所以均能正常發(fā)光。設(shè)交流電源的電壓為根據(jù)及則所以【另解】能量守恒：設(shè)交流電源的電壓為根據(jù)能量守恒，所以【模型演練6】如圖所示，一理想變壓器，左右兩邊共接有額定電壓均為U的6盞完全相同的燈泡(額定功率均為P)，左端接在一電壓恒為U0的交流電源兩端。此時6盞燈剛好正常發(fā)光。下列說法中不正確的是()A．該變壓器的原、副線圈匝數(shù)比為1∶2B．此時交流電源輸出的功率為6PC．U0＝6UD．如果燈L6突然燒斷，燈L1和L2將變暗，而其余3盞燈將變得更亮【答案】A【解析】由于各盞燈相同且均正常發(fā)光，所以流過每盞燈的電流均相同，原線圈中的電流I1等于燈泡的額定電流I，而副線圈中的總電流為I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1，A錯誤；由于理想變壓器本身不消耗能量，所以交流電源輸出功率為6盞燈的總功率6P，B正確；設(shè)原、副線圈兩端的電壓分別為U1、U2，則U2＝U，U0＝U1＋2U，而U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1，代入得U0＝6U，C正確；當燈L6突然燒斷，變壓器輸出的功率將減小，所以輸入功率也將減小，由P1＝U1I1得I1減小，所以燈L1和L2將變暗，同時因L1和L2分得的電壓減小，變壓器輸入端的電壓U1將增大，所以變壓器輸出的電壓也將增大，使其余3盞燈變得更亮，D正確?！灸Ｐ脱菥?】(多選)(2021·武漢市部分學校起點調(diào)研)含有理想變壓器的電路如圖所示，L1、L2、L3為“24V2W”的燈泡，為理想交流電壓表，a、b端接正弦交流電壓源(輸出電壓的有效值恒定)。當開關(guān)S閉合時，燈泡均正常發(fā)光。下列說法正確的是()A．變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶2B．電壓表的示數(shù)為72VC．變壓器的輸入功率為8WD．若在副線圈上再并聯(lián)一個相同的燈泡，燈泡L1可能會燒毀【答案】BD【解析】每個燈泡的額定電流：IL＝eq\f(PL,UL)＝eq\f(2,24)A＝eq\f(1,12)A，則原線圈的電流為I1＝eq\f(1,12)A，副線圈的電流為I2＝eq\f(1,6)A，則eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，選項A錯誤；變壓器輸出電壓為24V，則根據(jù)匝數(shù)比可得輸入電壓為U1＝eq\f(n1,n2)U2＝48V，則電壓表讀數(shù)為48V＋24V＝72V，選項B正確；變壓器的輸入功率：P1＝U1I1＝4W，選項C錯誤；副線圈上再并聯(lián)一個相同燈泡，則副線圈電流增大，則原線圈電流也增大，超過額定電流，燈泡L1可能燒毀，故D正確。【模型演練8】(多選)(2020·福建廈門市3月質(zhì)檢)如圖所示，燈泡A、B完全相同，理想變壓器原副的交流電壓后，三個燈泡均正常發(fā)光，兩個電流表均為理想電流表，且A2的示數(shù)為0.4A，則()A．電流表A1的示數(shù)為0.08AB．燈泡A的額定電壓為22VC．燈泡L的額定功率為0.8WD．原線圈的輸入功率為8.8W【答案】AC【解析】副線圈的總電流即A2的示數(shù)為I2＝0.4A，由理想變壓器兩端的電流比等于匝數(shù)的反比，可得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,5)×0.4A＝0.08A，即電流表A1的示數(shù)為0.08A，故A正確；輸入端電壓的有效值為U＝110V，根據(jù)全電路的能量守恒定律有UI1＝PL＋2PA而指示燈L的額定功率是燈泡A的eq\f(1,5)，即PL＝eq\f(PA,5)，聯(lián)立解得PA＝4W，PL＝0.8W由燈泡A的電功率PA＝UAIA＝UA·eq\f(I2,2)可得UA＝20V，故B錯誤，C正確；原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率，則P輸入＝2PA＝8W，故D錯誤．三．變壓器副線圈接有二極管模型變壓器副線圈接有二極管時，由于二極管的單向?qū)щ娦裕沟胏d端一個周期的時間內(nèi)只有半個周期有電流，依據(jù)這一特點可畫出cd間I－t關(guān)系圖象展開分析．【模型演練1】如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2.原線圈通過一理想電流表A接正弦交流電源，一個二極管和阻值為R的負載電阻串聯(lián)后接到副線圈的兩端．假設(shè)該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大．用交流電壓表測得a、b端和c、d端的電壓分別為Uab和Ucd，則()A．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大負載電阻的阻值R，電流表的讀數(shù)變小C．負載電阻的阻值越小，cd間的電壓Ucd越大D．將二級管短路，電流表的讀數(shù)加倍【答案】BD【解析】若變壓器初級電壓Uab，則次級電壓U2＝eq\f(n2,n1)Uab，由于二極管的單向?qū)щ娦?，使得cd端只在一半的時間內(nèi)有電流，即Ucd＝eq\f(\r(2),2)U2，故eq\f(Uab,Ucd)＝eq\f(\r(2)n1,n2)，選項A錯誤；增大負載電阻的阻值R，副線圈中的電流減小，則原線圈中的電流也減小，即電流表的讀數(shù)變小，選項B正確；c、d間的電壓由原線圈中的電壓和變壓器的匝數(shù)比決定，與電阻R無關(guān)，選項C錯誤；將二極管短路，副線圈中的電流加倍，則原線圈中的電流也加倍，選項D正確．【模型演練2】(2020·重慶巴蜀中學期中)如圖所示的電路中，理想20eq\r(2)sin(100πt)V的交變電流，則()A.交變電流的頻率為100HzB.通過R2的電流為1AC.通過R2的電流為eq\r(2)AD.變壓器的輸入功率為200W【答案】C【解析】由原線圈交流電瞬時值表達式可知，交變電流的頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A項錯誤；由理想變壓器變壓規(guī)律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，輸出電壓U2＝50V，由理想二極管單向?qū)щ娦钥芍?，交變電流每個周期只有一半時間有電流通過R2，由電流的熱效應(yīng)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，由歐姆定律可知，通過R2的電流為eq\r(2)A，B項錯誤，C項正確；電阻R2的功率P2＝UI＝50W，而電阻R1的電功率P1＝eq\f(U22,R1)＝100W，由理想變壓器輸入功率等于輸出功率可知，變壓器的輸入功率為P＝P1＋P2＝150W，D項錯誤.【模型演練3】.(2021·湖北黃岡模擬)如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝22∶5，原線圈接u＝220eq\r(2)sin100πtV的交流電，電阻R1＝R2＝25Ω，D1、D2為兩只理想二極管，假設(shè)兩二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大，則副線圈電路中理想交流電流表的讀數(shù)為()A．1A B．2AC．eq\r(2)A D．2eq\r(2)A【答案】B【解析】由于二極管具有單向?qū)щ娦?，在一個周期內(nèi)相當于只有一個電阻能夠正常工作，由理想變壓器變壓規(guī)律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，輸出電壓U2＝50V，所以電流表讀數(shù)I＝eq\f(50,25)A＝2A，選項B正確．【模型演練4】(2020·百師聯(lián)盟模擬四)利用半導體二極管的單向?qū)щ娦?，可以對交變電流進行整流，將交變電流變?yōu)橹绷?，一種簡單的整流電路如圖13甲所示，ab為交變電流信號輸入端，D為半導體二極管，R為定值電阻．信號輸入后，電阻R兩端輸出的電壓信號如圖乙所示，則關(guān)于該輸出信號，下列說法正確的是()A．頻率為100HzB．電壓有效值為50eq\r(2)VC．一個標有“90V,30μF”的電容器并聯(lián)在電阻R兩端，可以正常工作D．若電阻R＝10Ω，則1min內(nèi)R產(chǎn)生的熱量為1.5×104J【答案】D【解析】由題圖乙可知，該電壓的周期為0.02s，故頻率為50Hz，A錯；由有效值的概念知，一個周期內(nèi)電阻產(chǎn)生的熱量為eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Vm,\r(2))))2,R)×0.01＝eq\f(U\o\al(有2),R)×0.02，故電壓有效值為50V，B錯；電容器兩端的瞬時電壓不應(yīng)超過標稱電壓，C錯；電阻R產(chǎn)生的熱量應(yīng)使用電壓的有效值進行計算，故產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(U\o\al(有2),R)t＝1.5×104J，D正確．四．多組副線圈的理想變壓器模型如圖所示，原線圈匝數(shù)為，兩個副線圈的匝數(shù)分別為、相應(yīng)的電壓分別為、和，相應(yīng)的電流分別為、和根據(jù)理想變壓器的工作原理可得①②可得③根據(jù)得：④將①③代入④得整理得【模型演練1】(2021·貴州黔東南州一模)如圖所示，接在理想變壓器回路中的四個規(guī)格相同的燈泡都正常發(fā)光，那么，理想變壓器的匝數(shù)比n1∶n2∶n3為()A．1∶1∶1 B．3∶2∶1C．6∶2∶1 D．2∶2∶1【答案】B【解析】：燈泡正常發(fā)光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想變壓器的電壓關(guān)系得eq\f(n2,n3)＝eq\f(U2,U3)＝eq\f(2,1)，可得n2＝2n3，由輸入功率等于輸出功率，可得n1I＝n2I＋n3I，所以n1＝n2＋n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1.故選項B正確．【模型演練2】.(2021·福建廈門市3月質(zhì)檢)如圖所示，電路中變壓器原線圈匝數(shù)n1＝1000，兩個副線圈匝數(shù)分別為n2＝500、n3＝200，分別接一個R＝55Ω的電阻，在原線圈上接入U1＝220V的交流電源．則兩副線圈輸出電功率之比eq\f(P2,P3)和原線圈中的電流I1分別是()A．eq\f(P2,P3)＝eq\f(5,2)，I1＝2.8A B．eq\f(P2,P3)＝eq\f(2,5)，I1＝2.8AC．eq\f(P2,P3)＝eq\f(25,4)，I1＝1.16A D．eq\f(P2,P3)＝eq\f(4,25)，I1＝1.16A【答案】C.【解析】：對兩個副線圈有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)、eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)，所以U2＝110V，U3＝44V，又因為P＝eq\f(U2,R)，所以eq\f(P2,P3)＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),Ueq\o\al(2,3))＝eq\f(25,4)；由歐姆定律得I2＝eq\f(U2,R)＝2A，I3＝eq\f(U3,R)＝0.8A，對有兩個副線圈的變壓器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16A，故C正確．【模型演練3】.(2020·陜西西安中學三模)在如圖所示的電路中，理想變壓器原副線圈的匝數(shù)比n1∶n2∶n3＝6∶3∶1，電流表均為理想交流電流表，兩電阻阻值相同.當在原線圈兩端加上大小為U的交變電壓時，三個電流表的示數(shù)之比I1∶I2∶I3為()A.1∶2∶3 B.1∶2∶1C.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)，由歐姆定律可知I2＝3I3，由變壓器原、副線圈功率相等有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)，則I1∶I2∶I3＝5∶9∶3，故D正確，A、B、C錯誤.【模型演練4】(2020·大教育名校聯(lián)盟一模)如圖所示，理想變壓器的原線圈接在電壓有效值不變的正弦交流電源上，副線圈的中間有一抽頭將副線圈分為匝數(shù)分別為n1和n2的兩部分，抽頭上接有定值電阻R.開關(guān)S接通“1”“2”時電流表的示數(shù)分別為I1、I2，則eq\f(I1,I2)為()A.eq\f(n1,n2) B.eq\f(n2,n1)C.eq\f(n\o\al(12),n\o\al(22)) D.eq\r(\f(n1,n2))【答案】C【解析】設(shè)變壓器原線圈兩端的電壓有效值為U0、匝數(shù)為n0，根據(jù)變壓器原理可知副線圈n1、n2的電壓分別為U1＝eq\f(n1,n0)U0和U2＝eq\f(n2,n0)U0，得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，根據(jù)原線圈輸入功率等于副線圈輸出功率有，I1U0＝eq\f(U\o\al(12),R)，I2U0＝eq\f(U\o\al(22),R)，整理得，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n\o\al(12),n\o\al(22))，選項C正確．【模型演練5】(2020·云南省畢業(yè)生統(tǒng)一檢測)如圖所示，一理想變壓器由一個原線圈和兩個副線圈組成，匝數(shù)比，a、b端接正弦交流電，電路中電阻，其余電阻均不計。若消耗的功率為，則消耗的功率為A.9PB.PC.PD.P【答案】B【解析】方法一：設(shè)原線圈的電壓為則副線圈的電壓分別為、因為的功率，則的功率根據(jù)能量守恒原線圈的輸入功率為，則那么消耗的功率又因為所以。方法二：設(shè)原線圈的電壓為則副線圈的電壓分別為、設(shè)中的電流為則中的電流為，設(shè)中的電流為則由能量守恒得所以解法三：由得根據(jù)則所以。五．理想變壓器動態(tài)分析模型【模型結(jié)構(gòu)】1．變壓器動態(tài)分析流程圖eq\x(\a\al(輸入電,壓U1))→eq\x(\a\al(輸出電,壓U2))→eq\x(\a\al(輸出電,流I2))→eq\x(\a\al(輸入電,壓I1))→eq\x(\a\al(輸入功,率P1))2．涉及問題(1)U2＝eq\f(n2,n1)U1，當U1不變時，不論負載電阻R變化與否，U2都不會改變．(2)輸出電流I2決定輸入電流I1．(3)輸出功率P2決定輸入功率P1．【解題方法】1．變壓器原線圈通入交變電流時，原線圈是交流電源的負載，此時原線圈和與之串、并聯(lián)的用電器同樣遵循串、并聯(lián)電路的特點和性質(zhì)．對直流電，變壓器不起作用，副線圈輸出電壓為零．2．變壓器的副線圈是所連接電路的電源，其電源電動勢U2由輸入電壓和匝數(shù)比決定．3．對其他形狀的鐵芯(如“日”字)，應(yīng)認真分析原、副線圈之間磁通量的關(guān)系，再結(jié)合其變壓原理來分析變壓器的電壓和匝數(shù)之間的關(guān)系．【命題角度】角度1匝數(shù)比不變，負載R變化(如圖甲)(1)U1不變，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，可知不論負載電阻R如何變化，U2不變．(2)當負載電阻R變化時，I2變化，可推出I1的變化．(3)I2變化引起P2變化，根據(jù)P1＝P2知P1的變化．角度2負載電阻R不變，匝數(shù)比變化(如圖乙)(1)U1不變，eq\f(n1,n2)發(fā)生變化，故U2變化．(2)R不變，U2改變，故I2發(fā)生變化．(3)根據(jù)P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)，P1＝P2，可以判斷P2發(fā)生變化時，P1變化，U1不變時，I1發(fā)生變化．【模型演練1】(2021·甘肅天水市期中)如圖所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上，圖中各電表均為理想電表．下列說法正確的是()A．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R1消耗的功率變大B．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表V示數(shù)變大C．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電流表A1示數(shù)變大D．若閉合開關(guān)S，則電流表A1示數(shù)變大，A2示數(shù)變大【答案】B.【解析】：當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，變壓器副線圈的總負載的等效電阻增大，R1中電流減小，R1兩端電壓減小，電壓表示數(shù)變大，R1消耗的電功率變小，選項A錯誤，B正確；當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，變壓器副線圈輸出電流減小，輸出功率減小，根據(jù)變壓器輸入功率等于輸出功率，變壓器輸入功率減小，電流表A1示數(shù)變小，選項C錯誤；若閉合開關(guān)S，變壓器副線圈的總負載的等效電阻減小，則R1中電流增大，R1兩端電壓增大，電壓表示數(shù)減小，電流表A2示數(shù)減小，電流表A1示數(shù)變大，選項D錯誤．【模型演練2】(多選)(2020·河北唐山市摸底考試)如圖所示，理想變壓器原線圈一端有a、b兩接線柱，a是原線圈的一端點，b流表均為理想交流電表.從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u＝Usin100πt.則()A.當單刀雙擲開關(guān)分別與a、b連接時，電壓表的示數(shù)比為1∶2B.當t＝0時，c、d間的電壓瞬時值為eq\f(U,\r(2))C.單刀雙擲開關(guān)與a連接，在滑動變阻器觸頭P向上移動的過程中，電壓表示數(shù)增大D.當單刀雙擲開關(guān)由a扳向b時，電流表的示數(shù)增大【答案】AD【解析】當單刀雙擲開關(guān)與a連接時，原線圈的匝數(shù)為n1，則有U2＝U1eq\f(n2,n1)，當單刀雙擲開關(guān)與b連接時，原線圈的匝數(shù)為eq\f(n1,2)，則有U2′＝U1eq\f(n2,\f(n1,2))，聯(lián)立得U2∶U2′＝1∶2，故電壓表的示數(shù)比為1∶2，故A正確；當t＝0時，c、d間的電壓瞬時值為u＝Usin(100π×0)＝0，故B錯誤；副線圈的電壓由原、副線圈匝數(shù)和輸入電壓決定，單刀雙擲開關(guān)與a連接，滑動變阻器觸頭P向上移，可知副線圈電壓不變，故電壓表的示數(shù)不變，C錯誤；單刀雙擲開關(guān)由a扳向b，原線圈的匝數(shù)變小，副線圈的電壓變大，則電壓表示數(shù)變大，電阻不變，故電流表的示數(shù)也變大，故D正確.【模型演練3】(2020·四川達州市第二次診斷)如圖所示，一自耦變壓器接在交流電源上，V1、V2為理想交流電壓表.下列說法正確的是()A.若P不動，滑片F(xiàn)向下滑動時，V1示數(shù)不變，V2示數(shù)變小B.若P不動，滑片F(xiàn)向下滑動時，燈泡消耗的功率變大C.若F不動，滑片P向上滑動時，V1示數(shù)不變，V2示數(shù)變大D.若F不動，滑片P向上滑動時，燈泡消耗的功率變小【答案】A【解析】設(shè)變壓器的輸入電壓為U1，輸出電壓為U2；若P不動，滑片F(xiàn)向下滑動時，輸入電壓U1不變，V1示數(shù)不變，根據(jù)變壓比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，由于n2減小，故輸出電壓U2減小，故燈泡消耗的功率減小，V2的示數(shù)變小，故A正確，B錯誤；若F不動，根據(jù)變壓比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，輸入電壓U1不變，則輸出電壓U2也不變，V1示數(shù)不變；滑片P向上滑動時，滑動變阻器R接入電路的電阻值減小，則副線圈回路中的電流增大，燈泡中的電流、電壓都增大，燈泡消耗的功率變大；由UV2＝U2－UL可知電壓表V2示數(shù)變小，故C、D錯誤.【模型演練4】(多選)(2020·山西運城市調(diào)研)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶2，正弦交流電源輸出的電壓的有效值恒為U＝12V，電阻R1＝1Ω，R2＝2Ω，滑動變阻器R3最大阻值為20Ω，滑片P處于中間位置，則()A．R1與R2消耗的電功率相等B．通過R1的電流為3AC．若向下移動P，電源輸出功率增大D．若向上移動P，電壓表讀數(shù)將變小【答案】BD【解析】理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為1∶2，可知原、副線圈的電流之比為2∶1，根據(jù)P＝I2R，可知R1與R2消耗的電功率之比為2∶1，選項A錯誤；設(shè)通過R1的電流為I，則副線圈的電流為0.5I，原線圈電壓為U－IR1，根據(jù)電壓與匝數(shù)的關(guān)系可知副線圈電壓為2(U－IR1)，則eq\f(2U－IR1,0.5I)＝R2＋eq\f(1,2)R3m＝12Ω，解得I＝3A，選項B正確；若向下移動P，則R3接入電路的電阻增大，副線圈電流變小，原線圈電流也變小，根據(jù)P＝UI可知電源輸出功率變小，若向上移動P，則R3接入電路的電阻變小，副線圈電流變大，則原線圈電流變大，則電阻R1的電壓變大，變壓器輸入電壓變小，副線圈兩端電壓變小，電壓表的讀數(shù)變小，則選項C錯誤，D正確．【模型演練5】(多選)(2021·安徽蚌埠市第二次質(zhì)檢)如圖所示，電路中的變壓器為理想變壓器，U為正弦式交變電壓，R為變阻器，R1、R2是兩個定值電阻，A、V分別是理想電流表和理想電壓表，則下列說法正確的是()A．閉合開關(guān)S，電流表示數(shù)變大、電壓表示數(shù)變小B．閉合開關(guān)S，電流表示數(shù)變小、電壓表示數(shù)變大C．開關(guān)S閉合時，變阻器滑片向左移動的過程中，電流表、電壓表示數(shù)均變小D．開關(guān)S閉合時，變阻器滑片向左移動的過程中，電流表、電壓表示數(shù)均變大【答案】AC【解析】閉合開關(guān)S，負載總電阻變小，變壓器的輸出功率增大，副線圈的電流增大，根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知變壓器的輸入電流增大，即電流表示數(shù)變大，變阻器R兩端電壓增大，根據(jù)串聯(lián)分壓可知變壓器的輸入電壓減小，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知變壓器的輸出電壓減小，電壓表示數(shù)變小，故A正確，B錯誤；開關(guān)S閉合時，變阻器滑片向左移動的過程中，變阻器R接入電路的阻值增大，兩端電壓增大，根據(jù)串聯(lián)分壓可知變壓器的輸入電壓減小，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知變壓器的輸出電壓減小，電壓表示數(shù)變小，根據(jù)歐姆定律可知副線圈的電流減小，根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知變壓器的輸入電流減小，即電流表示數(shù)變小，故C正確，D錯誤．【模型演練6】(多選)(2020·貴州銅仁市高三適應(yīng)考試)如圖所示，一理想變壓器的原線圈與穩(wěn)定的正弦交流電源相連，副線圈與定值電阻R0和均勻密繞的滑動變阻器R串聯(lián)．若不考慮溫度對R0、R阻值的影響．在將滑動變阻器的滑片P由a勻速滑到b的過程中()A．原線圈輸入功率增大B．原線圈兩端電壓增大C．R兩端的電壓減小D．R0消耗的電功率減小【答案】AC【解析】原線圈與穩(wěn)定的正弦交流電源相連，則原線圈兩端的電壓不變，由于匝數(shù)比不變，則副線圈兩端的電壓不變，將滑片P由a勻速滑到b的過程中，滑動變阻器接入電路中的電阻減小，副線圈中電流增大，由公式P＝UI可知，理想變壓器的輸出功率增大，則理想變壓器的輸入功率增大，即原線圈輸入功率增大，故A正確，B錯誤；由于副線圈中電流增大，則R0兩端電壓增大，副線圈兩端電壓不變，則R兩端電壓減小，故C正確；將副線圈與R0看成電源，由于不知道滑動變阻器的最大阻值與R0的關(guān)系，則無法確定R0消耗的電功率的變化情況，故D錯誤．六．遠距離輸電的電模型1.五個關(guān)系式(1)eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，eq\f(U3,n3)＝eq\f(U4,n4).(2)理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，P入＝P出．(3)升壓變壓器原線圈的電流I1＝eq\f(P1,U1)，副線圈的電流I2＝eq\f(P2,U2)，U2為輸送電壓．(4)功率損失：ΔP＝Ieq\o\al(2,2)R線＝eq\f(U2－U32,R線)，P2＝P3＋ΔP.(5)電壓關(guān)系：U2＝I2R線＋U3.2.解遠距離輸電問題的思路(1)正確畫出輸電過程示意圖并在圖上標出各物理量．(2)抓住變壓器變壓前后各量間關(guān)系，求出輸電線上的電流．(3)計算電路功率問題時常用關(guān)系式：P損＝Ieq\o\al(2,線)R線，注意輸電線上的功率損失和電壓損失．(4)電網(wǎng)送電遵循“用多少送多少”的原則說明原線圈電流由副線圈電流決定.3.輸電線路功率損失的計算方法(1)P損＝P－P′，P為輸送的功率，P′為用戶所得功率．(2)P損＝Ieq\o\al(2,線)R線＝(eq\f(P2,U2))2R線．，I線為輸電線路上的電流，R線為線路電阻．當輸送功率一定時，輸電電壓增大到原來的n倍，輸電線上損耗的功率就減小到原來的eq\f(1,n2).(3)P損＝eq\f(ΔU2,R線)，ΔU為輸電線路上損失的電壓，R線為線路電阻．(4)P損＝ΔUI線，ΔU為輸電線路上損失的電壓，I線為輸電線路上的電流．4.關(guān)于遠距離輸電問題的處理思路(1)畫出輸電線路圖，將已知量和未知量標在圖中相應(yīng)位置；(2)將輸電線路劃分為幾個獨立回路；(3)根據(jù)串并聯(lián)電路特點、歐姆定律、電功率公式等確定各部分回路物理量之間的關(guān)系；(4)根據(jù)升壓、降壓，原、副線圈的電壓、電流關(guān)系和功率關(guān)系列式求解。5.遠距離輸電問題的分析思路及常見的“三個誤區(qū)”（1）分析思路：對高壓輸電問題，應(yīng)按“發(fā)電機→升壓變壓器→遠距離輸電線→降壓變壓器→用電器”，或按從“用電器”倒推到“發(fā)電機”的順序一步一步進行分析．（2）三個誤區(qū)：(1)不能正確地利用公式P損＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))2R計算輸電線上的損耗功率導致錯誤；(2)不能正確理解升壓變壓器的輸出電壓U2、降壓變壓器的輸入電壓U3和輸電線上損失的電壓ΔU的關(guān)系導致錯誤，三者關(guān)系是U2＝ΔU＋U3；(3)不能正確理解升壓變壓器的輸入功率P1、降壓變壓器的輸出功率P4和輸電線上損失的功率P損的關(guān)系導致錯誤，三者關(guān)系是P1＝P損＋P4.【模型演練1】(2020·浙江7月選考·11)如圖所示，某小型水電站發(fā)電機的輸出功率P＝100kW，發(fā)電機的電壓U1＝250V，經(jīng)變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線總電阻R線＝8Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為U4＝220V．已知輸電線上損失的功率P線＝5kW，假設(shè)兩個變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是()A．發(fā)電機輸出的電流I1＝40AB．輸電線上的電流I線＝625AC．降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4＝190∶11D．用戶得到的電流I4＝455A【答案】C【解析】發(fā)電機輸出電流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，故A錯誤；輸電線上損失的功率P線＝I線2R線＝5kW，所以I線＝eq\r(\f(P線,R線))＝25A，故B錯誤；用戶得到的功率P4＝P－P線＝(100－5)kW＝95kW，則I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(95×103,220)A＝eq\f(4750,11)A≈432A，即用戶得到的電流為432A，故eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I線)＝eq\f(190,11)，故C正確，D錯誤．【模型演練2】如圖所示，某小型水電站的發(fā)電機輸出電壓為220V，正常情況下輸出的總功率P0＝8.8×104W，為了減少遠距離輸電過程中的電能損失，往往采用高壓輸電.輸送電壓為U＝1100eq\r(2)sin200πtV，輸電導線的總電阻為r＝5Ω，現(xiàn)要使額定電壓為220V的用電器正常工作，下列說法正確的是()A.輸電線上的電流為220AB.降壓變壓器匝數(shù)比eq\f(n3,n4)＝eq\f(5,1)C.用電器的額定功率P＝5.6×104WD.用電器上交流電的頻率是50Hz【答案】C【解析】因為輸送電壓為U＝1100eq\r(2)sin200πtV，則輸電電壓的有效值為：U輸＝eq\f(1100\r(2)V,\r(2))＝1100V，根據(jù)：P0＝U輸I輸，解得輸電線上的電流為：I輸＝80A，故A錯誤；降壓變壓器的輸入電壓為：頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,\f(2π,ω))＝eq\f(ω,2π)＝100Hz，變壓器不改變電壓的頻率，則用電器上交流電的頻率是100Hz，故D錯誤.【模型演練3】.(2021·廣東汕頭市調(diào)研)如圖所示為遠距離輸電的原理圖.發(fā)電廠輸出的電壓恒定，升壓、降壓變壓器均為理想變壓器.由于用戶負載的變化會造成其得到的電壓變化，供電部門要實時監(jiān)控.監(jiān)控電表為理想電表.若某次監(jiān)測發(fā)現(xiàn)V2表的示數(shù)減小.則下列判斷正確的是()A.電流表A1的示數(shù)增大B.電流表A2的示數(shù)減小C.電壓表V1的示數(shù)增大D.輸電線損失的功率減小【答案】A【解析】根據(jù)題意知，發(fā)電廠的輸出電壓恒為U，升壓變壓器的變壓比不變，所以電壓表V1的示數(shù)不變，故C錯誤；某次監(jiān)測發(fā)現(xiàn)V2表的示數(shù)減小，根據(jù)降壓變壓器變壓比不變可知，降壓變