高中物理高考复习题教案变压器电能的输送
变压器及电能的输送教案
一、教案基本信息教案名称：变压器及电能的输送教案学科领域：物理学年级/课程：高中物理教学时间：2课时二、教学目标1. 让学生了解变压器的工作原理及其在电力系统中的应用。
2. 使学生掌握电能输送的基本公式，理解电能损耗的原理。
3. 培养学生运用物理知识解决实际问题的能力。
三、教学内容1. 变压器的工作原理2. 变压器的种类与应用3. 电能输送的基本公式4. 电能损耗的原理与计算5. 实例分析：如何降低电能损耗四、教学过程1. 导入：通过展示电力系统中变压器的图片，引发学生对变压器的兴趣，进而引入本节课的主题。
2. 讲解变压器的工作原理：利用图示和模型，详细讲解变压器的工作原理及其内部结构。
3. 介绍变压器的种类与应用：列举不同种类的变压器，并说明其在电力系统中的应用。
4. 讲解电能输送的基本公式：介绍电能输送的基本公式，解释其中各参数的含义。
5. 讲解电能损耗的原理：通过公式推导，解释电能损耗的原因。
6. 计算电能损耗：让学生运用所学知识，计算实际生活中的电能损耗。
7. 实例分析：引导学生运用所学知识分析实际问题，探讨如何降低电能损耗。
8. 课堂小结：回顾本节课所学内容，总结变压器及电能输送的关键点。
9. 作业布置：布置相关练习题，巩固所学知识。
10. 教学反思：根据学生反馈，调整教学方法，提高教学效果。
五、教学评价1. 学生能熟练解释变压器的工作原理及其在电力系统中的应用。
2. 学生能掌握电能输送的基本公式，并运用其解决实际问题。
3. 学生能理解电能损耗的原理，并提出降低电能损耗的方法。
4. 学生对电力系统中的变压器有更深入的了解，能将其与实际生活相结合。
六、教学目标1. 使学生了解变压器在不同电压等级中的应用，以及其对电力系统稳定运行的重要性。
2. 培养学生运用物理知识分析电力系统中电能损耗的能力，并提出降低损耗的方法。
七、教学内容1. 变压器在不同电压等级中的应用2. 电力系统中的电能损耗分析3. 降低电能损耗的方法与技术八、教学过程1. 导入：通过展示电力系统中不同电压等级的变压器图片，引发学生对变压器应用的思考，进而引入本节课的主题。
2025版高考物理一轮总复习学案 第13章 第32讲 理想变压器 电能的输送
第十三章交变电流 电磁振荡和电磁波 传感器第32讲 理想变压器 电能的输送名师讲坛·素养提升一、理想变压器1．构造和原理(1)构造：如图所示，变压器是由____________和绕在铁芯上的____________组成的。
(2)原理：电磁感应的互感现象。
闭合铁芯两个线圈2．基本关系式P入＝P 出(1)功率关系：_____________。
(2)电压关系：__________。
U2I2＋U3I3＋…＋U n I n3．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图A、B所示。
低电压小电流二、电能的输送如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R。
2．电压损失(1)ΔU＝U－U′；IR (2)ΔU＝________。
3．功率损失(1)ΔP＝P－P ′；I2R横截面积电阻率小输电电压1.变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。
( )2．理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率。
( )3．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大。
( )4．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小。
( )×√√×1理想变压器基本关系的应用(基础考点·自主探究) 1．理想变压器的基本特点2．关于理想变压器的四点说明(1)变压器不能改变直流电压。
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
(3)理想变压器本身不消耗能量。
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。
3．分析变压器电路的两个难点(1)分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意：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。
(2)分析含有二极管的变压器电路问题时要注意：理想二极管具有单向导电性，正弦式交变电流通过二极管后会变成半波直流电流，对应的有效值会发生变化。
高考物理一轮复习 10.3变压器 电能输送学案
第 3 课时 变压器 电能输送基础知识归纳1.变压器(1)变压器的结构如图所示：闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成一个变压器.原线圈n 1(又称初级线圈)与电源连接，副线圈n 2(又称次级线圈)与负载连接，作为用电器的电源.(2)理想变压器的工作原理 ①理想变压器：是种理想化模型，没有任何损耗，输入功率等于输出功率.②工作原理：电磁感应理想变压器原、副线圈中具有完全相同的磁通量及磁通量的变化率.③电压比和电流比电压比：由U ＝n tΦ∆∆得单个副线圈2121n n U U =，多个副线圈U 1∶U 2∶U 3＝n 1∶n 2∶n 3 电流比：单个副线圈1221n n I I = 多个副线圈，由P 1＝P 2＋P 3＋…得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…(3)几种常见的变压器：自耦变压器、互感器.2.远距离输电(1)目的向远距离输送电能，且尽可能减少在输电线上的损失.(2)方法由P 损＝I 2R 可知，要减小损失的电能可以有两种方法：①减小输电导线的电阻.由于R ＝ρl S ，故可采用电阻率ρ较小的材料，并加大导线的横截面积.这种方法的作用十分有限，代价较高，可适当选用.②减小输电电流.由于I ＝P U，P 为额定输出功率，U 为输出电压，增大U 可减小I .这是远距离输电的一种常用的方法.(3)远距离输电的电路模式如图所示①功率关系：P 1＝P 2P 3＝P 4P 2＝P 3＋ΔP ②电压关系：2121n n U U = 4343n n U U = U 2＝U 3＋ΔU③输电电流：I ＝RU U P U P ∆==3322 ④输电线上电压降和消耗的电功率ΔU ＝IR ，ΔP ＝I 2R注意：R 为两根输电导线的总电阻.重点难点突破一、原、副线圈匝数不变时，理想变压器有哪些决定关系理想变压器的原、副线圈的匝数不变时，如果变压器的负载发生变化，怎样确定其他有关物理量的变化，可依据以下原则来判断.有三个决定关系：1.输入电压U 1决定输出电压U 2，即U 2随着U 1的变化而变化，因为U 2＝12n n U 1，所以只要U 1不变化，不论负载如何变化，U 2不变.2.输出功率P 2决定输入功率P 1.理想变压器的输出功率和输入功率相等，即P 2＝P 1.在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.若负载电阻R 增大，则由公式P ＝RU 2得：输出功率P 2减小，输入功率P 1也随着减小；反之，若负载电阻R 增大，则输出功率P 2增大，输入功率P 1也随着P 2减小.3.输出电流I 2决定输入电流I 1.在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.若负载电阻R 增大，则由公式I ＝U R 得：输出电流I 2减小，由P 2＝P 1知输入电流I 1亦随着减小；反之，若负载电阻R 减小，则输出电流I 2增大，输入电流I 1亦随着增大.三、变压器工作时能量损耗的来源有哪些变压器在工作时，实际上从副线圈输出的功率并不等于从原线圈输入的功率，而有少量的功率损耗，功率损耗的形式有三种：1.铜损：实际变压器的原、副线圈都是用绝缘铜导线绕制的，虽然铜的电阻率很小，但铜导线还是有一定的电阻，因此，当变压器工作时，线圈中就会有热量产生导致能量损耗，这种损耗叫铜损.2.铁损：变压器工作时，原、副线圈中有交变电流通过，在铁芯中产生交变磁通量，铁芯中就会因电磁感应产生涡流，使铁芯发热而导致能量损耗，这种在铁芯中损失的能量叫铁损.3.磁损：变压器工作时，原、副线圈产生的交变磁通量绝大多数通过铁芯，但也有很少一部分磁通量从线圈匝与匝之间漏掉，即有漏磁.这就使得通过原副线圈的磁通量并不相等，这漏掉的磁通量会在周围空间形成电磁波而损失一部分能量，这种损耗叫磁损.四、“提高电压，降低电流”是否与欧姆定律相矛盾不矛盾，欧姆定律是对纯电阻耗能元件成立的定律，而“提高电压，降低电流”是从输送角度，由P ＝IU ，且P 一定的条件下得出的结论，两者没有联系.五、高压输电是不是电压越高越好输电线上的电压损失，不但有导线电阻引起的电压损失，而且有电抗引起的电压损失，电抗造成的电压损失随电压的增大而增大，所以高压输电并非电压越高越好.另外，电压越高，对线路和变压器的技术要求就越高，线路的修建费用就会增多，所以实际输电时，综合考虑各种因素，依照不同的情况，选择合适的输电电压.典例精析1.变压器的决定关系【例1】理想变压器的原线圈连接一个电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q 调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头.原线圈两端接在电压为U 的交流电源上.则( )A.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变大B.保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表的读数变小C.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变大D.保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表的读数变小【解析】根据理想变压器原、副线圈上电压、电流的决定关系知：在输入电压U 1不变的情况下，U 2不变.当保持Q 的位置不动，滑动头P 向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流I 亦随着减小，即电流表的示数变小，A 错误，B 正确；当保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，由2121n n U U =知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大，即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C 正确，D 错误.【答案】BC【思维提升】一般由负载变化引起变压器各量的变化时，分析顺序为：负载变化→副线圈电流变化→原线圈电流变化，负载变化→副线圈功率变化→原线圈功率变化.【拓展1】如图所示，一只理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线等效电阻为R .开始时开关S 断开，当S 接通时，下列选项正确的是( BCD )A.副线圈两端M 、N 的输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R 上的电压降增大C.通过灯泡L 1的电流减小D.原线圈中的电流增大【解析】由于输入电压不变，所以S 接通时，理想变压器副线圈M 、N 两端的输出电压不变. 并联灯泡L 2，总电阻变小，由欧姆定律I ＝U 2/R 2知，流过R 的电流增大，电阻上的电压降U R ＝IR 增大.副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I 1U 1＝I 2U 2，得I 2增大，原线圈输入电流I 1也增大.U MN 不变，U R 变大，所以U L1变小，流过灯泡L 1的电流减小.2.变压器的比例关系【例2】如图所示，变压器的输入电压U 一定，两个副线圈的匝数是n 2和n 3.当把电热器接a 、b ，让c ，d 空载时，安培表读数是I 2；当把同一电热器接c 、d ，而a 、b 空载时，安培表读数是I 3，则I 2∶I 3等于( )A.n 2∶n 3B.n 3∶n 2C.n 22∶n 23D.n 23∶n 22 【解析】由变压比知：33221n U n U n U ==，由P 2＝P 1知，当电热器接a 、b ，让c 、d 空载时，有：I 2U ＝R U 22；当把同一电热器接c 、d 而a 、b 空载时，有：I 3U ＝RU 23，所以I 2∶I 3＝U 22∶U 23＝n 22∶n 23，故答案为C.【答案】C【思维提升】副线圈有多个时，变压比等于匝数比仍然成立，变流比不再与匝数比成反比，而要用原、副线圈功率相等去推导.若原线圈中有用电器时，不要把电源电压与原线圈电压搞混，错误利用电源电压去寻找比例关系，而要把原线圈所在电路当做一回路处理，原线圈相当于一非纯电阻用电器，其两端电压与副线圈电压的比值等于匝数比.2.高压输电【例3】某交流发电机输出功率为5×105 W ，输出电压U ＝1.0×103 V ，假如输电线的总电阻R ＝10 Ω，在输电线上损失的电功率等于输电功率的5%，用户使用电压U ＝380 V.(1)画出输电线路的示意图，并标明各部分的符号；(2)所用升压和降压变压器的原、副线圈的匝数比是多少？(使用的变压器是理想变压器)【解析】(1)如图所示.(2)I 1＝UP ＝500 A P 损＝5%×5×105 W ＝2.5×104 W P 损＝I 22RI 2＝RP 损＝50 A I 3＝3801075.45⨯=-=用户损用户用户U P P U P A 所以101500501221===I I n n 125503801075.452321=⨯⨯==''I I n n 【思维提升】远距离输电的分析方法：(1)首先画出输电电路；(2)以变压器为界划分好各个回路，对各个回路独立运用欧姆定律、焦耳定律和电功、电功率公式进行计算；(3)抓住联系各回路之间的物理量，如变压器两侧的功率关系和两端电压、电流与匝数的关系.【拓展2】“十一五”期间，我国将加快建设节约型社会，其中一项措施就是大力推进能源节约.远距离输电时尤其要注意电能的节约问题，假设某电站输送电压为U ＝6 000 V ，输送功率为P ＝500 kW ，这时安装在输电线路的起点和终点的电度表一昼夜里读数相差4 800 kW·h，试求：(1)使用该输送电压输电时的输电效率和输电线的电阻；(2)若要使输电损失的功率降到输送功率的2%，试论述电站应该采用什么输电办法？【解析】(1)依题意输电电线上的功率损失为P 损＝W /t ＝(4 800/24)kW ＝200 kW则输电效率：η＝(P －P 损)/P ＝(500－200)/500＝60%因为P 损＝I 2R 线，又因为P ＝IU ，所以I ＝3250=U P A ，所以R 线＝2I P 损＝28.8 Ω (2)应该采用高压输电的办法.设升压至U ′可满足要求，则输送电流：I ′＝P /U ′＝500 000/U ′ A输电线上损失的功率为P 损′＝I ′2R 损＝P ×2%＝10 000 W则有：(500 000/U ′)2×R 线＝10 000得U ′＝610720⨯V ＝2.68×104 V易错门诊【例4】有条河流，流量Q ＝2 m 3/s ，落差5 m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻R ＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电需求，则该输电线路所使用的理想升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V，100 W”的电灯正常发光？【错解】设水的密度为ρ，电源端输出功率P输出＝)(t mgh ×50%＝Q ρgh ×50%＝5×104 W ，由题意知P 损＝6%P 输出＝6%×5×104 W ＝3 000 W ，而P 损＝RU 22，所以U 2＝300 V 【错因】计算与远距离输电有关的线路功率损耗问题时，没有注意不同公式中各物理量的对应关系，如P 损＝I 2R 线改为P 损＝线R U 2'时，U ′应是输电导线两端的电压，而不是输电电压.如此题中在求升压变压器中的输出电压时，P 损＝6%P 输出＝6%×5×104W ＝3 000 W ，而P 损＝R U 22，从而求出U 2＝300 V 的错误结论.【正解】将水流的机械能转换为电能，实现远距离输电，应先确定输出功率，再利用远距离输电示意图及规律求解.远距离输电示意图如图所示，设水的密度为ρ，电源的输出功率P 输出＝)(tmgh ×50%＝Q ρgh ×50%＝5×104 W 由题意知P 损＝I 2R ＝22)(U P 输出R .又P 损＝6%P 输出，所以U 2＝5.0×103V ，故升压变压器匝数比1256100.524032121=⨯==U U n n .又U 3＝U 2－IR ＝4 700 V ，U 4＝220 V ，因此112354343==U U n n .正常发光的电灯盏数N ＝灯输出灯损输出P P P P P %)61(-⨯=-＝470盏 【思维提升】远距离输电问题关键是要画出等效电路图，标出有关物理量，再分析这些物理量之间的关系.。
第十二章 第2讲 变压器 电能的输送-2025高三总复习 物理(新高考)
第2讲变压器电能的输送[课标要求]1．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。
2．了解发电机和电动机工作过程中的能量转化，认识电磁学在人类生活和社会发展中的作用。
考点一变压器的工作原理与基本关系1．构造和原理(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。
(2)原理：利用电磁感应的互感现象。
2．基本关系式(1)功率关系：P 1＝P 2。
(2)电压关系：只有一个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2；有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…＝U n n n。
(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1；有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n 。
(4)频率关系：f 1＝f 2(变压器不改变交变电流的频率)。
【高考情境链接】(2023·广东高考·改编)用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8kW ，原线圈的输入电压u ＝2202sin (100πt )V 。
判断下列说法的正误：(1)副线圈输出电压的最大值为1102V。
(×)(2)副线圈输出电压的有效值为440V。
(√)(3)副线圈输出电流的有效值为20A。
(√)(4)副线圈输出电流的频率为50Hz。
(√)1．变压器原、副线圈的物理量间的制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和原、副线圈匝数比决定功率原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和原、副线圈匝数比决定2．含有多个副线圈的变压器的电路分析副线圈有两个或两个以上时，一般从原、副线圈的功率相等入手。
利用P1＝P2＋P3＋…，结合原、副线圈电压关系、欧姆定律等分析。
3．变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析(1)将原线圈看作用电器，在原线圈电路中可应用串、并联电路规律、闭合电路的欧姆定律等。
高考物理复习十章交变电流时变压器电能的输送学案
第2课时 变压器、电能的输送一、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：电流磁效应、电磁感应。
3.基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出。
(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2。
(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1。
(4)频率关系：f 入＝f 出。
4.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：用来把高电压变成低电压。
电流互感器：用来把大电流变成小电流。
二、远距离输电 1.输电过程(如图所示)2.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 ＝I 2Rt 。
3.电压损失(1)ΔU ＝U －U′；(2)ΔU ＝IR 4.功率损失(1)ΔP ＝P －P′；(2)ΔP ＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2R 5.输送电流(1)I ＝P U ；(2)I ＝U －U′R 。
6.降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻，由电阻定律R ＝ρlS 可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积。
(2)减小输电导线中的输电电流，由P ＝UI 可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流。
【思考判断】1.理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值( √ )2.变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率( × )3.正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压( × )4.变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小( × )5.增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失( √ )6.高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗( √ )7.在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大( √ )考点一 变压器(－/c) [要点突破] 1.变压器原理变压器是利用电磁感应原理制成的电学设备，变压器只能用来改变交变电流的电压，不能改变恒定电流的电压。
射阳高三物理一轮复习变压器电能的输送教学案
用电设备课题：变压器 电能的输送考纲要求：1．理想变压器 (Ⅰ) 2．电能的输送 (Ⅰ)知识梳理一.理想变压器1.构造、作用、原理。
2.理想变压器的基本关系：⑴变压器原、副线圈的电压之比为U 1/U 2= ;⑵理想变压器的输入、输出功率之比P 1/P 2为: ;⑶对只有一个副绕组的变压器有I 1/I 2= ;3.(变压器动态问题)制约思路：⑴电压制约：⑵电流制约： ⑶负载制约：二、电能的传输1.电能便于远距离传输2.传输电能的基本要求： 、 、 。
3.输电线上的电压、功率损失（1）任何输电线都有电阻，存在功率损失设输送的电功率为P ，输电电压为U ，电线电阻为R ，则输送电流为 ，输电线上电压损失为 ，输电线上的功率损失可表示为： 。
（2）减少输电线上功率损失的方法a 减小输电线的电阻Rb 减小输电电流I讨论：（1）如何减小输电线的电阻R（2）如何减小输电电流I4.高压送电的示意图及分析例1.如下图所示,一个理想变压器,它的初级线圈接在一个交流电源上,次级线圈接有＂12V100W ＂的灯泡,已知变压器的初次级线圈匝数之比为18:1，那么小灯泡正常工作时,图中电压表读数为多大?电流表读数为多大?例2.如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。
变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动。
输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R 0表示，变阻器R 表示用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R 的值减小(滑动片向下移)。
当用户的用电器增加时，请分析下图中各表的读数如何变化？例3.钳形电流表的外形和结构如图（a）所示。
图（a）中电流表的读数为1.2A 。
图（b）中用同一电缆线绕了3匝，则A.这种电流表能测直流电流，图（b）的读数为2.4AB.这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.4AC.这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为3.6AD.这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图（b）的读数为3.6A例4.学校有一台应急备用发电机，内阻为r=1Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R=4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V，40W”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：⑴发电机的输出功率多大？⑵发电机的电动势多大？⑶输电线上损耗的电功率多大？图（a）图（b）。
高三物理第一轮复习 10-2变压器电能的输送学案 新人教版
第二课时 变压器 电能的输送【教学要求】1．了解变压器的构造和原理。
知道变压器的电压与匝数的关系，并能用这关系进行计算。
2．了解远距离输电的主要环节，知道远距离输电时应用高电压的道理。
【知识再现】一、变压器1、主要构造：（1）闭合铁芯。
（2）绕在铁芯上的原、副线圈（初级、次级线圈）。
2、工作原理：电磁感应（互感）。
3、几种常用的变压器（l ）自耦变压器：如调压变压器，铁芯上只绕一个线圈，可升压，可降压。
（2）互感器电压互感器：把高电压变成低电压，以便测量高电压。
（降压变压器）电流互感器：把大电流变成小电流，以便测定小电流。
（升压变压器）二、电能的输送1、输送电能的基本要求：可靠（供电线路工作可靠）、保质（电压和频率稳定）、经济（输电线路的建造和运行费用低，电能损耗少）。
2、关键：减小输电线路上的电能损耗，P 损=I 2R 。
3、方法：①减小输电线的电阻，如采用电阻率小的材料或增大导线的横截面积。
②高压输电：在输送功率一定的条件下提高输送电压，以减小输电电流，从而减小输电导线上损失的电功率。
由于理想变压器没有漏磁和能量损失，所以穿过原、副线圈的磁通量ф相等，磁通量的变化率△ф/△t 也总是相等，这种使原、副线圈产生的感应电动势与原、副线圈的匝数成正比．故变压器的工作原理是电磁感应（互感现象）．变压器的基本规律可概括为“三变三不变”，即：可改变交流的电压、电流、等效电阻；不能改变功率、频率和直流的电压。
变压器的变压比: U 1／n 1 = U 2／n 2= U 3／n 3 =… = ΔU ／Δn = k变压器的变流比: n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3+……理想变压器的输入功率由输出功率决定：2211222222111/R n U n R U U I U I P ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==== 【应用1】如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为n 1：n 2=4:1，原线圈回路中的电阻A 与副线圈回路中的负载电阻B 的阻值相等。
高三物理变压器电能输送教案
§ 变压器 电能的输送讲课人：萧县中学 刘杰教学目标：1．了解变压器的工作原理;2. 把握理想变压器的电流、电压与匝数的关系;和功率关系。
3．明白得远距离输电的原理，明白其中的功率和电压损失。
教学重点：理想变压器的电流、电压与匝数的关系教学难点：变压器的工作原理教学方式：讲练结合教学进程：一、理想变压器1．理想变压器的构造、作用、原理及特点构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁芯上组成变压器．固然也能够是多组线圈（一原线圈，多个副线圈）绕在同一个闭合铁芯上。
作用：在输送电能的进程中改变电压．原理：其工作原理是利用了电磁感应原理，互感现象。
特点：正因为是利用电磁感应现象来工作的，因此变压器只能在输送交变电流的电能进程中改变交变电压．不能改变恒定电流的电压。
2．理想变压器的理想化条件及其规律．在理想变压器的原线圈两头加交变电压U 1后，由于电磁感应的缘故，原、副线圈中都将产生感应电动势，依照法拉第电磁感应定律有：t n E ∆∆Φ=111，tn E ∆∆Φ=222 忽略原、副线圈内阻，有 U 1＝E 1 ， U 2＝E 2另外，考虑到铁芯的导磁作用而且忽略漏磁，即以为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是又有 21∆Φ=∆Φ 由此即可得理想变压器的电压转变规律为2121n n U U = 在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一样包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两部份，别离俗称为“铜损”和“铁损”），有而21P P = 而111U I P = 222U I P =于是又得理想变压器的电流转变规律为12212211,n n I I I U I U == 由此可见：（1）理想变压器的理想化条件一样指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的不同，忽略变压器自身的能量损耗。
（2）理想变压器的规律实质上确实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条件下的新的表现形式．那个地址要求熟记理想变压器的两个大体公式是：⑴ 2121n n U U =，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。
2024高考物理一轮总复习课时冲关四十变压器电能的输送含解析新人教版
第2讲 变压器 电能的输送[A 级－基础练]1．用220 V 的正弦沟通电通过志向变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A 解析：A [由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0.05 A ，周期T ＝0.02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin 2πTt ＝0.05sin 100πt (A)，D 错误；志向变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；志向变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W≈3.9 W，A正确．]2．一般的沟通电流表不能干脆接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab <I cdB ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab >I cdC ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab <I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab >I cd解析：B [依据志向变压器的原理，线圈电流与匝数成反比，ab 接MN ，通过的电流较大，电流表接在cd 两端，通过的电流较小，B 正确．]3．(2024·江西南昌一模)如图所示，甲图中变压器为志向变压器，其原线圈接在u ＝122sin 100πt (V)的沟通电源上，副线圈与阻值R 1＝2 Ω的电阻接成闭合电路，电流表为志向电流表．乙图中阻值R 2＝32 Ω的电阻干脆接到u ＝122sin 100πt (V)的沟通电源上，结果电阻R 1与R 2消耗的电功率相等，则( )A ．通过电阻R 1的交变电流的频率为0.02 HzB ．电阻R 1消耗的电功率为9 WC ．电流表的示数为6 AD ．变压器原、副线圈匝数比为4∶1解析：D [由u ＝122sin 100πt (V)可知：ω＝100π＝2πf ，解得f ＝50 Hz ，A 错误；因为R 1、R 2消耗的功率相等，设R 1两端的电压为U 1，U 21R 1＝U 2R 2，解得U 1＝3 V ，由志向变压器电压与匝数成正比得变压器原、副线圈匝数比为4∶1，D 正确；R 1上的电流I 1＝U 1R 1＝1.5 A ，电阻R 1消耗的电功率P ＝U 21R 1＝4.5 W ，B 、C 错误．]4．一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U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针转到N 点的过程中( )A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高解析：C [由题图可知，cd 间的线圈为整个线圈的一部分，故其匝数比作为原线圈的整个线圈的匝数少，依据变压器的电压与匝数的关系可知，U 2<U 1，当触头由M 点顺时针旋转到N 点的过程中，cd 间线圈的匝数削减，所以输出电压降低，选项C 正确．]5．如图所示，电路中变压器原线圈匝数n 1＝1 000匝，两个副线圈匝数分别为n 2＝500匝、n 3＝200匝，分别接一个R ＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U 1＝220 V 的沟通电源．则两副线圈输出电功率之比P 2P 3和原线圈中的电流I 1分别是( )A.P2P3＝52，I1＝2.8 AB.P2P3＝25，I1＝2.8 AC.P2P3＝254，I1＝1.16 AD.P2P3＝425，I1＝1.16 A解析：C [对两个副线圈有U1U2＝n1n2，U1U3＝n1n3，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又P＝U2R，所以P2 P3＝U22U23＝254；由欧姆定律得I2＝U2R＝2 A，I3＝U3R＝0.8 A，对有两个副线圈的变压器有：n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16 A，C正确．]6．如图所示的变压器，接如图甲所示的沟通电时，灯泡正常发光，电容器能正常工作，现将电源换成如图乙所示的沟通电，则( )A．由于乙交变电流的周期短，因此灯泡比第一次亮B．由于乙的频率比甲的大，因此电容器有可能被击穿C．无论接甲电源，还是接乙电源，若滑动触头P向上移动，灯泡都变暗D．若将原线圈n1的匝数增加，灯泡消耗的功率将变大解析：C [灯泡的亮度与周期无关，取决于有效值，故A错误；电容器的击穿电压取决于电压的最大值，与频率无关，故B错误；无论接哪个电源，输入电压相同，滑片向上移动时，接入电阻增大，则灯泡均变暗，故C正确；若将副线圈n1的匝数增加，则输出电压将减小，故灯泡消耗的功率将变小，故D错误．]7．(2024·湖北武汉部分重点中学联考)(多选)如图甲所示，志向变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为志向沟通电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是( )A ．电流表的示数为2 AB ．电压表的示数为27 2 VC ．副线圈两端接入耐压值为8 V 的电容器能正常工作D ．变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz解析：AD [由输入端交变电压u －t 图象知，输入电压的有效值为2722 V ＝27 V ，由原、副线圈匝数之比为3∶1，可得原、副线圈的电压之比为3∶1，电流之比为1∶3，设灯泡两端电压为U ，所以U ＝9 V ，副线圈两端电压的有效值为9 V ，三只灯泡均能正常发光，电流表的读数I ＝3×69 A ＝2 A ，A 正确；电压表的示数为有效值27 V ，B 错误；副线圈两端电压的最大值为9 2 V ，C 错误；变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz ，D 正确．][B 级－实力练]8．(2024·天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽视)通过志向变压器向定值电阻R 供电，电路如图所示，志向沟通电流表A 、志向沟通电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P .若发电机线圈的转速变为原来的12，则( )A ．R 消耗的功率变为12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变解析：B [依据ω＝2πn 可知转速变为原来的12，则角速度变为原来的12，依据E m ＝nBSω可知电动机产生的最大电动势为原来的12，依据U ＝E m2可知发电机的输出电压有效值变为原来的12，即原线圈的输出电压变为原来的12，依据n 1n 2＝U 1U 2可知副线圈的输入电压变为原来的12，即电压表示数变为原来的12，依据P ＝U 2R 可知R 消耗的电功率变为14P ，A 错误，B 正确；副线圈中的电流为I 2＝12U R ，即变为原来的12，依据n 1n 2＝I 2I 1可知原线圈中的电流也变为原来的12，C 错误；转速减小为原来的12，则频率变为原来的12，D 错误．]9．(多选)如图为远距离输送沟通电的系统示意图，变压器均为志向变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍旧不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的状况下，为了适当提高用户的用电功率，可实行的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：AC [当发电机输出功率肯定时，为运用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，依据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为运用户的用电器正常工作须要适当降低n 4n 3，C 对．]10．如图是原、副线圈都有中心抽头(匝数一半处)的志向变压器，原线圈通过单刀双掷开关S 1与电流表连接，副线圈通过另一单刀双掷开关S 2与定值电阻R 0相连接，通过S 1、S 2可以变更原、副线圈的匝数．现在原线圈加一电压有效值为U 的正弦沟通电，当S 1接a ，S 2接c 时，电流表的示数为I ，下列说法正确的是( )A ．当S 1接a ，S 2接d 时，电流为2IB ．当S 1接a ，S 2接d 时，电流为I2C ．当S 1接b ，S 2接c 时，电流为4ID ．当S 1接b ，S 2接d 时，电流为I2解析：C [设S 1、S 2分别接a 、c 时，原、副线圈匝数比为n 1∶n 2，则输出电压U 2＝n 2n 1U ，功率P ＝UI ＝U 22R 0；在S 1、S 2分别接a 、d 时，输出电压U 2′＝n 2U 2n 1，功率P ′＝UI ′＝U 2′2R 0，联立得I ′＝14I ，A 、B 项均错，同理可知，C 项对，D 项错误．]11．(多选)如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持志向变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：BD [P 向上或向下滑动时，由变压器的电压特点U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2不变，灯L 的亮度也不变，A 项错误，B 项正确；P 向上滑动时，滑动变阻器的阻值减小，副线圈电路总电阻减小，由P ＝U 2R可知，变压器的输出功率P 2变大，又志向变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率P 1也变大，由P 1＝U 1I 1及U 1不变可知，变压器的输入电流变大，C 项错误，D 项正确．]12．(2024·湖南师大附中等四校联考)如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图；图中变压器均可视为志向变压器，图中电表均为志向沟通电表；设发电厂输出的电压肯定，两条输电线总电阻用R 0表示，变阻器R 相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R 变小，则当用电进入高峰时 ( )A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．线路损耗功率不变解析：C [依据题意可知，电压表V1、V2的示数不变，当用电进入高峰时，电阻R减小，电流表A3的读数增大，电流表A2、A1的读数都增大，R0两端电压增大，电压表V3读数减小，电压表V4的读数也减小，A、B均错误；电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值是R0的阻值，不变，C正确；线路损耗功率ΔP＝I22R0增大，D错误．]13．(2024·山东潍坊期末)如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′垂直于磁感线，制成一台沟通发电机，它与志向变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2.二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置起先计时，下列推断正确的是( )A．沟通发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2sin ωtB．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1C．电压表V示数为NBωL2D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小解析：C [从图示位置起先计时，e＝E m cos ωt＝NBL2ωcos ωt，A错误；变压器的输入功率等于输出功率，B错误；副线圈两端电压的最大值为2NBL2ω，电压表的示数是R两端电压的有效值，设为U，⎝⎛⎭⎪⎫2NBL2ω22R·T2＝U2R·T，解得U＝NBL2ω，C正确；若将滑动变阻器的滑片向下移动，电压表的示数不变，电流表的示数减小，D错误．] 14．(2024·山东德州期末)(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路．若T1、T2均为志向变压器，T2的副线圈两端电压u＝2202sin 100πt V，当用电器电阻R0＝11 Ω时( )A．通过用电器R0的电流有效值是20 AB．当用电器的电阻R0减小时，输电线损耗的功率也随着减小C．发电机中的电流变更频率为100 HzD．升压变压器的输入功率为4 650 W解析：AD [通过用电器R0的电流有效值I＝UR0＝22011A＝20 A，A正确；当用电器的电阻R0减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B 错误；变压器不变更沟通电的频率，f＝50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1＝UI＝220×20 W＝4 400 W，由志向变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I′＝5 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2R＝25×10 W＝250 W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4 650 W，D正确．]。
2025年高考物理一轮复习专题精讲精练—变压器 电能的输送(解析版)
2025年高考物理一轮复习专题精讲精练—变压器 电能的输送（解析版）1.理解变压器的原理，掌握理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系及电流关系，并会进行有关计算.2.能利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析.3.会计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压．考点一 理想变压器基本关系的应用1．基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：只有一个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2；有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝….(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1.由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋….2．制约关系(1)电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．(2)功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定．(3)电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定．[例题1]（2024•惠州一模）某电动汽车在充电过程中，可视为理想变压器的原线圈输入电压为220V，输入功率为6.6kW，副线圈的电流为15A，副线圈通过相关设备连接汽车电池，电池容量为33kWh。
忽略充电过程中的能量损耗，则变压器的原副线圈匝数比和电池完全充满所需要的时间分别是（）A．1：2，2.2h B．2：1，5h C．2：1，2.2h D．1：2，5h【解答】解：已知理想变压器的原线圈输入电压为U1＝220V，输入功率为P＝6.6kW＝6600W，则变压器原线圈的输入电流为I1=P U1=6600220A=30A则变压器的原副线圈匝数比为n1 n2=I2I1=1530=12已知电池容量为E＝33kWh，则电池完全充满所需要的时间为t=E P=336.6ℎ=5ℎ，故ABC错误，D正确。
故选：D。
[例题2]（2024•德庆县模拟）如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至U4，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I4，发电厂的输出电流为I1；若变压器的匝数n2＝n3，则下列关系式正确的是（）A ．U 1：U 4＝n 1：n 4B ．U 1：U 4＝n 4：n 1C ．I 1：I 4＝n 1：n 4D ．I 1：I 4＝n 4：n 1【解答】解：AB ．由变压器的原副线圈的电压关系可知U 1U 2=n 1n 2U 3U 4=n 3n 4根据题意n 2＝n 3且U 3加上r 上的电压等于U 2可得 U 2＞U 3故U 1：U 4＞n 1：n 4 故AB 错误；CD ．由变压器的原副线圈的电流关系可知I 1I 2=n 2n 1I 3I 4=n 4n 3根据题意： n 2＝n 3根据串联电路电流的特点： I 2＝I 3 可得I 1：I 4＝n 4：n 1 故C 错误，D 正确。
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高中物理高考复习题教案变压器电能的输送教学目标：1．了解变压器的工作原理，掌握理想变压器的电流、电压与匝数的关系．2．理解远距离输电的原理．教学重点：理想变压器的电流、电压与匝数的关系教学难点：变压器的工作原理教学方法：讲练结合，计算机辅助教学教学过程：一、理想变压器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）绕在同一个闭合铁芯上构成变压器． 作用：在输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变电压．2．理想变压器的理想化条件及其规律．在理想变压器的原线圈两端加交变电压U 1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：tn E ∆∆Φ=111，tn E ∆∆Φ=222 忽略原、副线圈内阻，有 U 1＝E 1 ， U 2＝E 2另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为在任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相等，于是又有 21∆Φ=∆Φ 由此便可得理想变压器的电压变化规律为2121n n U U = 在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括线圈内能量损失和铁芯内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有而21P P = 而111U I P = 222U I P =于是又得理想变压器的电流变化规律为12212211,n n I I I U I U == 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数的差别．）（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条件下的新的表现形式．这里要求熟记理想变压器的两个基本公式是：⑴ 2121n n U U =，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。
⑵P 入=P 出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。
需要特别引起注意的是： ⑴只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有：12212211,n n I I I U I U == ⑵变压器的输入功率由输出功率决定，往往用到：R n U n I U P /2112111⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛==，即在输入电压确定以后，输入功率和原线圈电压与副线圈匝数的平方成正比，与原线圈匝数的平方成反比，与副线圈电路的电阻值成反比。
式中的R 表示负载电阻的阻值，而不是“负载”。
“负载”表示副线圈所接的用电器的实际功率。
实际上，R 越大，负载越小；R 越小，负载越大。
这一点在审题时要特别注意。
【例1】 理想变压器初级线圈和两个次级线圈的匝数分别为n 1=1760匝、n 2=288匝、n 3=800 0匝，电源电压为U 1=220V 。
n 2上连接的灯泡的实际功率为36W ，测得初级线圈的电流为I 1=0.3A ，求通过n 3的负载R 的电流I 3。
解：由于两个次级线圈都在工作，所以不能用I ∝1/n ，而应该用P 1=P 2+P 3和U ∝n 。
由U ∝n 可求得U 2=36V ，U 3=1000V ；由U 1I 1=U 2I 2+U 3I 3和I 2=1A 可得I 3=0.03A 。
【例2】在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器。
如下所示的四个图中，能正确反应其工作原理的是n 2 L n 3 R 220V n 1 A A A A零线火线 火线 零线 零线 火线 零线 火线 A. B. C. D.解：电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多。
监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中。
选A。
3．解决变压器问题的常用方法思路1 电压思路.变压器原、副线圈的电压之比为U1/U2=n1/n2；当变压器有多个副绕组时U1/n1=U2/n2=U3/n3=……思路2 功率思路.理想变压器的输入、输出功率为P入=P出，即P1=P2；当变压器有多个副绕组时P1=P2+P3+……思路3 电流思路.由I=P/U知，对只有一个副绕组的变压器有I1/I2=n2/n1；当变压器有多个副绕组时n1I1=n2I2+n3I3+……思路4 （变压器动态问题）制约思路.（1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2=n2U1/n1，可简述为“原制约副”.（2）电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1=n2I2/n1，可简述为“副制约原”.（3）负载制约：①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2=P负1+P负2+…；②变压器副线圈中的电流I 2由用户负载及电压U 2确定，I 2=P 2/U 2；③总功率P 总=P 线+P 2.动态分析问题的思路程序可表示为：U 122222121I R U I U n n U U 决定负载决定−−−−−→−=−−−−→−=决定决定−−−−→−=−−−−−−−−→−==1112211211)(U I P I U I U I P P P 1 思路5 原理思路.变压器原线圈中磁通量发生变化，铁芯中ΔΦ/Δt 相等；当遇到“”型变压器时有ΔΦ1/Δt =ΔΦ2/Δt +ΔΦ3/Δt ，此式适用于交流电或电压（电流）变化的直流电，但不适用于稳压或恒定电流的情况.【例3】如图，为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的电压，I 1为原线圈中的电流强度，则A.保持U 1及P 的位置不变，K 由a 合到b 时，I 1将增大B.保持U 1及P 的位置不变，K 由b 合到a 时，R 消耗的功率减小C.保持U 1不变，K 合在a 处，使P 上滑，I 1将增大D.保持P 的位置不变，K 合在a 处，若U 1增大，I 1将增大命题意图：以变压器动态问题为背景考查考生综合分析能力及逻辑思维能力.错解分析：部分考生对变压器工作原理理解不深刻，辨不清原副线圈中的变量与不变量，理不明各量间"谁制约谁"的制约关系；导致错选.解析：K 由a 合到b 时，n 1减小，由U 1/U 2=n 1/n 2，可知U 2增大，P 2=U 22/R 随之增大，而P 1=P 2，又P 1=I 1U 1，从而I 1增大，A 正确；K 由b 合到a 时，与上述情况相反，P 2将减小，B 正确；P 上滑时，R 增大，P 2=U 22/R 减小，又P 1=P 2，P 1=I 1U 1，从而I 1减小，C 错误；U 1增大，由U 1/U 2=n 1/n 2可知，U 2增大，I 2=U 2/R 随之增大，由I 1/I 2=n 2/n 1可知I 1也增大，D 正确.故选项A 、B 、D 正确.【例4】一台理想变压器原线圈匝数n 1=1100匝，两个副线圈的匝数分别是n 2=60匝，n 3=600匝，若通过两个副线圈中的电流强度分别是I 2=1 A ，I 3=4 A ，求原线圈中的电流强度.命题意图：考查考生分析推理能力. 错解分析：违背能量守恒，生搬硬套公式，得出：132321n n n I I I +=+，I 1=3 A 的错解.解析：电流强度与匝数成反比，仅适用于理想变压器只有一只副线圈的情况，本题有两个副线圈，应根据理想变压器无能量损失来分析，由于理想变压器无能量损失，所以有P 1=P 2+P 3（P 1为原线圈输入功率，P 2、P 3分别为两只副线圈的输出功率）根据电功率公式有：I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3①又因为2121n n U U =，U 2=112U n n ②3131n n U U =，U 3=13n n U 1 ③把②③代入①，整理得：I 1n 1=I 2n 2+I 3n 3所以I 1=1100600460113322⨯+⨯=+n I n I n A=2.24 A 二、远距离输电一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。
并按照规范在图中标出相应的物理量符号。
一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为、n 1、n 1/ n 2、n 2/，相应的电压、电流、功率也应该采用相应的符号来表示。
从图中应该看出功率之间的关系是：P 1=P 1/，P 2=P 2/，P 1/=P r =P 2。
电压之间的关系是：2122221111,,U U U n n U U n n U U r +=''=''='。
电流之间的关系是：2122221111,,I I I n n I I n n I I r ==''=''='。
可见其中电流之间的关系最简单，21,,I I I r '中只要知道一个，另两个总和它相等。
因此求输电线上的电流往往是这类问题的突破口。
输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。
分析和计算时都必须用r I U r I P r r rr ==,2，而不能用r U P r 21'=。
特别重要的是要会分析输电线上的功率损失S U S L U P P r 212111'∝⋅⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛'=ρ，由此得出结论： ⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积。
两者相比，当然选择前者。
⑵若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。
需要引起注意的是课本上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。
当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。
【例5】 学校有一台应急备用发电机，内阻为r =1Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R =4Ω，全校22个教室，每个教室用“220V ，40W ”的灯6盏，要求所有灯都正常发光，则：⑴发电机的输出功率多大？⑵发电机的电动势多大？⑶输电线上损耗的电功率多大？解：⑴所有灯都正常工作的总功率为22×6×40=5280W ，用电器总电流为242205280222==''='U P I A ，输电线上的电流64221='==='I I I I r A ，降压变压器上：U 2=4U 2/=880V ，输电线上的电压损失为：U r =I R R =24V ，因此升压变压器的输出电压为U 1/=U R +U 2=904V ，输入电压为U 1=U 1//4=226V ，输入电流为I 1=4I 1/=24A ，所以发电机输出功率为P 出=U 1I 1=5424W~ R⑵发电机的电动势E =U 1+I 1r =250V⑶输电线上损耗的电功率P R =I R 2R =144W【例6】 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失。