【高考突破方案】第十一章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习
文档属性
| 名称 | 【高考突破方案】第十一章 -讲义（教师版）高考物理一轮复习 |
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| 格式 | DOCX | ||
| 文件大小 | 5.5MB | ||
| 资源类型 | 试卷 | ||
| 版本资源 | 通用版 | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2025-12-10 14:11:27 | ||
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文档简介
第十一章 交变电流 传感器
课程标准 1.通过实验，认识交变电流.能用公式和图像描述正弦交变电流. 2.通过实验，探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系.知道远距离输电时通常采用高压输电的原因. 3.通过实验，了解常见传感器的工作原理.会利用传感器制作简单的自动控制装置.
核心素养 物理观念 1.理解交变电流的产生，理解交变电流“四值”问题，理解理想变压器及远距离输电原理. 2.掌握交变电流的描述方法，运用能量观念分析变压器及远距离输电问题.
科学思维 1.运用等效思想求解交变电流问题. 2.建构理想变压器及远距离输电模型分析求解问题.
科学探究 1.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系. 2.探究传感器的简单使用.
科学态度 与责任 通过学习，了解生活中发电机的工作原理以及知道如何在输电过程中减少电能的损耗.
命题探究 命题分析 从题型上看，高考对本章命题均为选择题，主要考交变电流的产生、交变电流图像及表述(峰值、有效值、瞬时值)、理想变压器原理及远距离输电，理想变压器电路中原、副线圈各物理量之间的制约关系.
趋势分析 交变电流的产生、“四值”及图像和变压器的计算与动态分析仍然是高考命题的重点.
预设情境 家用电器、雷达、射电望远镜、发电机、变压器、远距离输电、无线充电、家用和工业电路、X射线管、电子秤、烟雾报警器等.
第1讲 交变电流的产生和描述
一、交变电流、交变电流的图像
1.交变电流
大小和__方向__都随时间做周期性变化的电流.
2.正弦式交变电流的产生和图像
(1)产生：在__匀强__磁场里，线圈绕__垂直于__磁场方向的轴__匀速__转动.
(2)两个特殊位置的特点
①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ__最大__，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将__发生改变__.
②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，__最大__，e最大，i最大，电流方向__不改变__.
(3)电流方向的改变
一个周期内线圈中电流的方向改变__两__次.
(4)图像：线圈从中性面位置开始计时，如图甲、乙、丙、丁所示.
二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值
1.周期和频率
(1)周期(T)：交变电流完成一次__周期性变化(线圈转一周)所需的__时间__，单位是秒(s)，公式T＝____.
(2)频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的__次数__，单位是__赫兹(Hz)__.
(3)周期和频率的关系：T＝____.
2.交变电流的瞬时值、峰值和有效值
(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数.如e＝Emsin ωt.
(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的__最大__值.
线圈平面平行于磁场方向时电动势最大：Em＝__nBSω__，与转轴位置无关，与线圈形状__无关__.
(3)有效值：
①定义：让交流和恒定电流通过__相同阻值__的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量__相等__，就把这一恒定电流的__数值__叫作这一交流的有效值.
②正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系：I＝，U＝，E＝.
(4)交变电流的平均值：E＝__n__，＝____.
考点一 交变电流的产生及规律
1.交流电产生过程中的两个特殊位置
图示
概念 中性面位置 与中性面垂直的位置
特点 B⊥S B∥S
Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小
e＝n＝0，最小 e＝n＝nBSω，最大
感应电流为零， 方向改变 感应电流最大， 方向不变
2.交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
项目 函数表达式 图像
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BS cos ωt
电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt
电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt
3.产生正弦交流电的另外4种方式
(1)导体棒在匀强磁场中平动
导体棒在匀强磁场中匀速平动，但导体棒切割磁感线的有效长度按正弦规律变化，则导体棒组成的闭合电路中就会产生正弦式交变电流.
(2)导体棒在匀强磁场中振动
导体棒在匀强磁场中沿平行导轨平动切割磁感线时，棒的速度按正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流.
(3)棒在不均匀磁场中平动
导体棒在磁场中匀速平动切割磁感线，在棒的平动方向上，磁场按照正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流.
(4)线圈处于周期性变化的磁场中
闭合线圈垂直于匀强磁场，线圈静止不动，磁场按正弦规律做周期性变化，则线圈中会产生正弦交变电流.
【例1】 如图所示是线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动.矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，理想电压表接在R两端.当线圈以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是( )
A.从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势表达式为e＝nBSωsin ωt
B.线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为
C.当线圈平面转到与磁场垂直时电压表示数为零
D.线圈从与磁场平行位置转过90°过程中通过电阻R的电荷量为
【解析】 B 交流发电机产生电动势的最大值Em＝nBSω，图示位置电动势最大，所以从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωcos ωt，A错误；电压表示数显示的是电压有效值，不为零，C错误；线圈从与磁场平行位置转过90°过程中通过电阻R的电荷量为q＝＝，D错误；线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q＝I2(R＋r)t＝，B正确.
【易错点】 电压表示数显示的是电压有效值，跟线圈转到哪个位置没有关系，切勿掉入问题陷阱.
【变式训练1】 (2024·全国卷)(多选)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来.车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流.磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示.将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中( )
A.电流最小
B.电流最大
C.电流方向由P指向Q
D.电流方向由Q指向P
【解析】 BD 开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，故可知电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P.
考点二 交变电流“四值”的理解和应用
物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况
峰值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Im＝ 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＝ U＝ I＝ 适用于正(余)弦式交变电流 (1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)； (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值； (3)保险丝的熔断电流为有效值
平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值 ＝Bl ＝n ＝ 计算通过导线横截面的电荷量
【例2】 (2023·湖南卷)(多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示.大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上.线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场. 大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直.线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡.假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A.线圈转动的角速度为4ω
B.灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
【解析】 AC 大轮和小轮通过皮带传动，线速度大小相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，联立可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E＝＝2nBL2ω，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝＝nBL2ω，B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax′＝8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝＝4nBL2ω，根据电阻定律有R′＝ρ，可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝＝，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误.
【变式训练2】 (2024·广东卷)将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上.电阻两端电压随时间的变化规律如图所示.下列说法正确的是( )
A.该交流电的频率为100 Hz
B.通过电阻电流的峰值为0.2 A
C.电阻在1 s内消耗的电能为1 J
D.电阻两端电压表达式为u＝10sin (100πt) V
【解析】 D 由题图可知交流电的周期为0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，A错误；由题图可知电压的峰值为10 V，根据欧姆定律可知电流的峰值Im＝＝ A＝ A，B错误；电流的有效值为I＝＝0.2 A，所以电阻在1 s内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1 J＝2 J，C错误；由题图可知电阻两端电压表达式为u＝Umsin ωt＝10sin (t) V＝10sin (100πt) V，D正确.
考点三 特殊交变电流的有效值计算
1.计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解.
2.分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量.
3.利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值.
4.若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和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＝、U＝求解.
【例3】 (2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为( )
A.2∶3 B.4∶3 C.2∶ D.5∶4
【解析】 B 根据有效值的定义可知图1的有效值的计算为T＝×＋×，解得U1＝U0，图2的有效值为U2＝，接在阻值大小相等的电阻上，因此Q1∶Q2＝U∶U＝4∶3，B正确.
【变式训练3】 (多选)一电阻R＝10 Ω的单匝闭合线框处于变化的磁场中，在一个周期内穿过线框的磁通量Φ随时间t的变化情况如图所示，已知图中的曲线部分按正弦规律变化，取π2＝10，则下列说法正确的是( )
A.线框中电流的有效值为 A
B.线框中电流的有效值为4 A
C.0～π×10-2 s内线框中产生的焦耳热为48π J
D.π×10-2～5π×10-2 s内线框中产生的焦耳热为 J
【解析】 BD 0～π×10-2 s内磁通量按正弦规律变化则产生正弦交流电的最大值Emax＝NBSω＝200 V，π×10-2～3π×10-2 s时间内根据法拉第电磁感应定律可知E1＝N＝ V，3π×10-2～5π×10-2 s时间内根据法拉第电磁感应定律可知E2＝N＝ V，由交流电有效值的定义可得×π×10-2＋×2π×10-2＋×2π×10-2＝×5π×10-2，解得E有＝40 V，由欧姆定律可知线框中电流的有效值为I＝＝4 V，0～π×10-2 s内线框中产生的焦耳热为Q1＝×π×10-2＝20π J，π×10-2～5π×10-2 s内线框中产生的焦耳热为Q2＝×2π×10-2＋×2π×10-2＝ J，B、D正确.
几种典型交变电流的有效值
电流名称电流图像有效值正弦式 交变电流I＝正弦 半波电流I＝矩形 脉冲电流I＝Im非对称性 交变电流I＝
1.正弦式交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V，图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图像.则( )
A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos (100πt) A
B.通过R的电流最大值是1 A
C.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos (50πt) V
D.R两端的电压有效值是10 V
【解析】 A 交流电压表的示数是10 V，则输出电压的最大值为Um＝U＝10 V，由图可得周期T＝2×10-2 s，则角速度为ω＝＝100π rad/s，则输出电压u随时间t的表达式为u＝10cos (100πt) V，因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝＝cos (100πt) A，而R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝u＝10cos (100πt) V，A正确、C错误；通过R的电流的最大值为Im＝＝ A＝ A，B错误；交流电压表的示数为有效值，所以R两端的电压有效值是10 V，D错误.
2.(2024·山东卷)如图甲所示，在－d≤x≤d，－d≤y≤d的区域中存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合.线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示.若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为( )
甲 乙 丙
【解析】 C 根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝E sin ωt.由题图丙可知，磁场区域变化后，当E sin ωt＝时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′＝2d cos ＝d，C正确.
3.如图所示，将一根均匀导线围成圆心角为60°的扇形导线框OMN，O为圆心，半径为R，线框总电阻为r，将线框O点置于坐标系的原点，在第二、四象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.从t＝0时刻开始，导线框绕O点以角速度ω匀速转动，则导线框中感应电流的有效值为( )
A. B. C. D.
【解析】 C 线框转动一周过程中，两次进入磁场、两次离开磁场，所以产生感应电流的时间为t＝T＝T；转动切割磁感线产生的感应电动势E′＝BR2ω，设感应电动势的有效值为E，根据有效值的计算公式可得T＝t，解得E＝，则导线框中感应电流的有效值为I＝＝，C正确，A、B、D错误.
4.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电压的图像如图乙所示，则( )
A.t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B.t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C.线框产生的交变电动势有效值为311 V
D.线框产生的交变电动势频率为100 Hz
【解析】 B 由题图乙可知T＝0.02 s，Em＝311 V，根据正弦式交变电压有效值和峰值的关系可得，该交变电压的有效值为E＝＝ V≈220 V，C错误；根据周期和频率的关系可得，该交变电压的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，D错误；由题图乙可知t＝0.01 s时e＝0，所以此时线框平面与中性面重合，B正确；t＝0.005 s时e＝311 V，由法拉第电磁感应定律可得，此时磁通量的变化率最大，不为零，A错误.
5.(多选)如图所示，水平放置的边长为L的正方形金属框开始以恒定角速度ω绕水平轴OO′转动，仅在OO′轴的右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属框外部连有阻值为R的电阻，其他电阻不计.则金属框转动一周的过程中( )
A.电阻R上通过的电流方向不变
B.产生的感应电动势的有效值为BωL2
C.通过电阻R电流的有效值为
D.电阻R上产生的焦耳热为
【解析】 CD 金属框经过中性面时，电流方向变化，金属框转动一周的时间内，经过两次中性面，所以电流方向会发生变化，A错误；金属框产生的感应电动势的最大值为Em＝BL·＝，所以有效值为E＝＝，B错误；由I＝可知I＝，C正确；电阻R上产生的焦耳热Q＝T，其中周期T＝，则Q＝，D正确.
6.(多选)如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具.某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视).圆环上接有三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°.在圆环左半部分张角也为120°的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯(二极管)相连.除LED灯电阻外，其他电阻不计.下列说法正确的是( )
A.若OP棒进入磁场中，P点电势小于O点电势
B.金属辐条在磁场中旋转产生的是正弦式交变电流
C.若导电圆环顺时针转动(俯视)，也能看到LED灯发光
D.角速度比较大时，能看到LED灯更亮
【解析】 AD 由右手定则可知OP切割磁感线产生的感应电流在OP辐条上从P流向O，OP为电源时O为正极，P为负极，所以P点电势小于O点电势，A正确；金属辐条在磁场中旋转产生的感应电流大小和方向都恒定，是直流电，B错误；导电圆环顺时针转动(俯视)产生的感应电流与逆时针转动时产生的感应电流方向相反，逆时针转动时二极管发光，由二极管的单向导电性可知顺时针转动时二极管不发光，C错误；假设辐条长度为L，辐条切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BL＝BL＝，可知角速度比较大时，感应电动势比较大，感应电流比较大，则LED灯更亮，D正确.
7.如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里.求：(π≈3.14)
(1)t＝0时感应电流的方向；
(2)感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做的功；
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量.
【解析】 (1)根据右手定则知，t＝0时线圈中感应电流方向为adcba.
(2)线圈的角速度
ω＝2πn＝100π rad/s，
题图位置的感应电动势最大，其大小为
Em＝NBl1l2ω，
代入数据得Em≈314 V，
感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emcos ωt＝314cos (100πt) V.
(3)电动势的有效值
E＝，
线圈匀速转动的周期
T＝＝0.02 s，
线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即
W＝I2(R＋r)T＝T，
代入数据得W≈98.6 J.
(4)从t＝0时起线圈转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量
q＝·Δt＝＝，
代入数据得q＝0.1 C.
第2讲 变压器 远距离输电
一、理想变压器
1.构造
如图所示，变压器是由闭合__铁芯__和绕在铁芯上的两个__线圈__组成的.
(1)原线圈：与__交流电源__连接的线圈，也叫__初级__线圈.
(2)副线圈：与__负载__连接的线圈，也叫__次级__线圈.
2.原理：电磁感应的__互感现象__.原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率相同，频率相同.
3.理想变压器及其基本关系
(1)功率关系：__P入＝P出__.
(2)电压关系：__＝__.
有多个副线圈时：＝__＝＝…__.
(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝__U2I2＋U3I3＋…＋UnIn__.
二、电能的输送
1.输电过程(如图所示)
2.输送电流
(1)I＝；(2)I＝.
3.输电导线上的能量损失
主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝I2Rt.
4.电压损失
(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR.
5.功率损失
(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝()2R.
6.减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R.由R＝ρ知，可加大导线的__横截面积__、采用__电阻率小__的材料做导线.
(2)减小输电线中的电流.在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高__输电电压__.
考点一 理想变压器原理与基本规律
理想 变压器 (1)没有“铜损”(线圈电阻为零，不发热) (2)没有“铁损”(铁芯中无涡流，不发热) (3)没有“漏磁”(磁通量全部集中在铁芯中)
基本关系 功率 关系 根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
频率 关系 f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
单个副线圈的理想变压器静态问题
【例1】 (2024·北京卷)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V 3 W”的灯泡.若灯泡正常发光，则下列说法正确的是( )
A.原线圈两端电压的有效值为24 V
B.副线圈中电流的有效值为0.5 A
C.原、副线圈匝数之比为1∶4
D.原线圈的输入功率为12 W
【解析】 B 由题图知，原线圈电压最大值为Um＝24 V，则原线圈两端电压的有效值为U1＝＝24 V，A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为I＝＝＝0.5 A，B正确；由理想变压器电压与匝数关系可知＝＝4，C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3 W，D错误.
【变式训练1】 (多选)某种电吹风机的电路如图所示，a、b、c、d为四个固定触点.绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态.n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风机的各项参数如下表所示.当电风吹机接上220 V的交变电流时，则( )
冷风时输入功率 50 W
热风时输入功率 440 W
小风扇额定电压 40 V
输入交流电的电压 220 V
A.吹冷风时，触片P同时接触d、c两个触点
B.小风扇正常工作时电阻为32 Ω
C.原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶2
D.吹热风时，通过电吹风机的电流为2 A
【解析】 CD 触片P同时接触b、c两个触点时电热丝没有接入电路，电吹风吹冷风，A错误；吹冷风时通过小风扇的电流I1＝＝ A＝1.25 A，小风扇正常工作时电阻r<＝ Ω＝32 Ω，B错误；原、副线圈的匝数比＝＝＝，C正确；吹热风时，通过电吹风机的电流为I＝＝ A＝2 A，D正确.
有多个副线圈的理想变压器静态问题
【例2】 (2023·山东卷)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝ 250 V，输出功率500 kW.降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω.其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，所有变压器均为理想变压器.下列说法正确的是( )
A.发电机的输出电流为368 A
B.输电线上损失的功率为4.8 kW
C.输送给储能站的功率为408 kW
D.升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
【解析】 C 由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率为500 kW，则有I1＝＝2×103 A，A错误；由题知，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，则有＝＝，P′＝U4I4，联立解得I4＝400 A，I3＝8 A，U3＝11 000 V，则输电线上损失的功率为P损＝IR＝4 kW，且U2＝U3＋I3R＝11 500 V，再根据＝，解得＝，B、D错误；根据理想变压器无功率损失有P＝U2I3＋P储，代入数据有P储＝408 kW，C正确.
【变式训练2】 在如图所示的电路中，交流电源输出50 Hz、电压有效值为220 V的正弦交流电，通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12 V 1.5 A”的灯泡和“36 V 5 A”的电动机供电，原线圈所接灯泡L的额定电压为40 V，副线圈n2的匝数为60匝.电路接通后，各用电器都恰好正常工作.则下列说法正确的是( )
A.交流电源的输出功率为360 W
B.灯泡L的额定电流为2.0 A
C.副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变50次
D.原线圈n1的匝数为1 100匝，副线圈n3的匝数为180匝
【解析】 B 根据电压匝数关系有＝，解得n1＝＝匝＝900匝，根据＝，解得n3＝＝匝＝180匝，副线圈n2中的电流I2＝10×1.5 A＝15 A，副线圈n3中的电流I3＝5 A，根据电流匝数关系有I1n1＝I2n2＋I3n3，解得I1＝2.0 A，即灯泡L的额定电流为2.0 A，B正确；交流电源的输出功率为P＝UI1＝220×2.0 W＝440 W，A错误；原线圈n1的匝数为900匝，副线圈n3的匝数为180匝，D错误；交流电源频率为50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变次数为50×2＝100次，C错误.
【易错点】 有多个副线圈时，电流之比不跟匝数成反比，此时应根据原副线圈功率相等来建立方程.
原线圈有电阻的理想变压器静态问题
【例3】 (多选)电阻R接在20 V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将R接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，R消耗的电功率为.已知电路中电阻R0的阻值是R的4倍，a、b两端接在u＝40sin 100πt(V)的交流电源上，此变压器( )
A.副线圈输出电压的频率为100 Hz
B.副线圈输出电压的有效值为10 V
C.原、副线圈的匝数之比为2∶1
D.原、副线圈的电流之比为1∶4
【解析】 BC 变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为f＝＝＝50 Hz，A错误；由题意可得＝×，解得U2＝10 V，B正确；电源的有效值为U＝ V＝40 V，设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为，则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等匝数比即＝n，解得n＝2，C正确；由原、副线圈中的电流之比等于匝数的反比可知原、副线圈的电流之比为1∶2，D错误.
【变式训练3】 (多选)如图所示，理想变压器原线圈a的匝数n1＝200匝，副线圈b的匝数n2＝100匝，原线圈接在u＝80sin (314t) V的交流电源上，副线圈中“20 V 10 W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R2＝20 Ω，电压表V为理想电表.则下列判断正确的是(π取3.14)( )
A.交变电流的频率为100 Hz
B.原线圈的输入电压为80 V
C.电压表V的示数为30 V
D.R1消耗的功率与R2消耗的功率相等
【解析】 CD 由电源的瞬时表达式可知f＝＝ Hz＝50 Hz，A错误；灯泡正常发光，故UL＝20 V，IL＝＝ A＝0.5 A，电阻R2两端的电压为UR2＝ILR2＝10 V，副线圈两端电压为U2＝UR2＋UL＝30 V，由＝得原线圈两端电压为U1＝＝ V＝60 V，B错误；电压表的示数UV＝U2＝30 V，C正确；电阻R2消耗的功率为PR2＝UR2IL＝5 W，通过电阻R1的电流为IR1＝＝ A＝0.25 A，电源电压的有效值为U＝80 V，电阻R1的功率为PR1＝IR1(U－U1)＝0.25×(80－60) W＝5 W，D正确.
变压器的静态问题 分析这类问题，首先要弄清原副线圈中电路的结构，抓住两线圈的电压和电流的联系＝，＝，再结合恒定电流知识求解.分析原线圈有串联负载的变压器问题时要注意变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1＝U源－U串.
考点二 理想变压器的动态分析
1.常见的理想变压器的动态分析问题
一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况.
匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变. (2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化. (3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化. (1)U1不变，发生变化，U2变化. (2)R不变，U2变化，I2发生变化. (3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化.
2.含有变压器的动态电路问题的解题思路
匝数不变时的动态分析
【例4】 如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同.在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A.L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B.L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C.L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D.L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
【解析】 A 在滑动变阻器R的滑片从a滑动到b的过程中，在滑动变阻器R的滑片滑到中点时，变压器负载电阻最大，输出电流和输出电功率最小，灯泡L2一直变亮，灯泡L1先变暗后变亮，A正确，B、C、D错误.
【变式训练4】 (多选)在如图所示的电路中，输入交变电压的瞬时值u＝22sin 100πt(V)，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，两定值电阻R1、R2的阻值相同.在滑动变阻器的滑片P向上滑动一小段的过程中，R1、R2两端电压的变化量分别为ΔU1、ΔU2，R1的电功率的变化量为ΔP1.下列说法正确的是( )
A.R2中电流的频率与R1中电流的频率相等
B.ΔU2＝2ΔU1
C.ΔP1＝
D.当滑片P移到最上端时，R1两端的电压为11 V
【解析】 AB (方法1：等效电阻法)变压器改变的是交流电的电压和电流，不改变频率，A正确；R1和R2都是定值电阻，有ΔU＝ΔI·R，又由理想变压器特点知原、副线圈上的电流与匝数成反比，则有ΔI2＝2ΔI1，可得ΔU2＝2ΔU1，B正确；设滑片P滑动前后R1两端电压分别为UR1、UR1′，滑片上滑，副线圈中负载电阻减小，电流增大，原线圈电流增大，R1两端电压增大，知ΔU1＝UR1′－UR1，其电功率的变化量为ΔP1＝－≠，C错误；当滑片P移到最上端时，副线圈电阻只有R2，将原、副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻R′，由U1＝I1R′， U1＝U2，I1＝I2，U2＝I2R2，联立可得R′＝()2R2＝4R2，由闭合电路欧姆定律，对原线圈电路有U＝22 V＝IR1＋IR′＝5IR1＝5UR1，可得R1两端的电压为4.4 V，D错误.
(方法2：常规方法)对于D，由UR1＝I1R1，U2＝I2R2，UR1＋U2＝U0，I1＝I2，解得UR1＝4.4 V，同样得出答案，对于原线圈带电阻的题目来说，用等效电阻法会更简便一些.
匝数改变时的动态分析
【例5】 (多选)如图，理想变压器原线圈接在u＝220sin (100πt) V的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节.当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，为了使图中“100 V 50 W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是( )
A.仅将滑片P向上滑动
B.仅将滑片P向下滑动
C.仅在副线圈电路中并联一个阻值为20 Ω的电阻
D.仅在副线圈电路中串联一个阻值为20 Ω的电阻
【解析】 BD 原线圈电压有效值U1＝ V＝220 V，则次级电压有效值U2＝U1＝×220 V＝110 V>100 V，则为了使图中“100 V 50 W”的灯泡能够正常发光，则需要减小次级电压，即仅将滑片P向下滑动；或者仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值为R＝＝ Ω＝20 Ω，B、D正确.
【变式训练5】 如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝310sin (314t) V，则(π取3.14)( )
A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1 V
B.副线圈两端的电压频率为100 Hz
C.当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率增大
D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
【解析】 C 由＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，B错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变大，I2＝增大，副线圈的输出功率P出＝U2I2增大，原线圈的输入功率增大，C正确、D错误.
含二极管的变压器
【例6】 为了激发同学们的学习兴趣和探究精神，某学校建有节能环保风力发电演示系统，该系统由风力发电机、交流电变压器和用户三部分构成，简易示意图如下.t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈以每秒50转的转速转动，已知发电机线圈面积S＝ m2，匝数为N＝100匝，内阻不计；匀强磁场的磁感应强度为B＝ T.变压器部分，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶4.在用户部分，电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则( )
A.发电机产生的瞬时电动势e＝10·sin (50πt) V
B.电压表的示数为40 V
C.电流表的示数为5 A
D.原线圈的输入功率为800 W
【解析】 C 发电机产生的最大电动势为Em＝NBSω＝2πnNBS＝10 V，因为t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，所以其瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝Emsin 2πnt＝10sin (100πt) V，A错误；因为线圈无内阻，所以原线圈两端的电压为u1＝ V＝10 V，因为是理想变压器，所以副线圈两端的电压为u2＝u1＝×10 V＝40 V，又因为电压表的示数为有效值，所以电压表的示数为40 V，B错误；因为二极管为理想二极管，电流表的示数也为有效值，所以有()2R2＝I2R2T，解得I＝5 A，C正确；电阻R1的功率为P1＝＝400 W，电阻R2的功率为P2＝I2R2＝200 W，副线圈功率为P副＝P1＋P2＝600 W，因为是理想变压器，所以P原＝P副＝600 W，D错误.
【易错点】 变压器电路中带有二极管时，理想二极管具有单向导电性，有半个周期电流不能通过二极管，电流有效值不等于最大值除以.
【变式训练6】 某电子设备内部原理如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻R0、二极管(正向电阻为零，负向电阻无穷大)串联后接在有效电压U＝36 V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶3，已知R0＝4 Ω，R的最大阻值为100 Ω.现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，下列说法正确的是( )
A.对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为
B.电压表示数变大，电流表示数变小
C.当R＝4 Ω时，电压表示数为10.8 V
D.当R＝36 Ω时，R获得的功率最大
【解析】 D 将原、副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻R′，由U1＝I1R′，U1＝U2，I1＝I2，U2＝I2R，联立可得R′＝()2R＝R，A错误；由于二极管的单向导电性，原线圈和R0在电源的一个周期时间内只有半个周期有电流通过，电源电压有效值满足·＝T，得U0＝＝ V＝18 V，由理想变压器的特点可知U0I1＝IR0＋IR，I1∶I2＝3∶1，得U0＝I1R0＋R，滑动变阻器R的滑片P向下滑动，R减小，所以电流增大，电流表示数变大，电源的输出功率P＝U0I1增大，原线圈两端电压U1＝U0－I1R0，因为电流增大，所以U1减小，由＝，可得U2减小，电压表示数变小，B错误；原线圈与副线圈两端电压之比为＝，电流之比＝，联立可得I2＝，即I2≈1.91 A，电压表示数为U2＝I2R＝7.64 V，C错误；R获得的功率P2＝IR＝()2R＝R＝，当＝R时，R获得的功率最大，此时R＝9R0＝36 Ω，D正确.
考点三 远距离输电
1.理清三个回路
2.抓住两个联系
(1)回路1和回路2的联系——升压变压器→基本关系：＝，＝，P1＝P2.
(2)回路2和回路3的联系——降压变压器→基本关系：＝，＝，P3＝P4.
3.明确三个重要关联式(联系两个变压器的纽带)
(1)功率关联式：P2＝ΔP＋P3[其中ΔP＝ΔUI线＝IR线＝].
(2)电压关联式：U2＝ΔU＋U3.
(3)电流关联式：I2＝I线＝I3.
【例7】 (2024·湖南卷)根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位.某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示.已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0.当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P.不计其余电阻，下列说法正确的是( )
A.风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B.输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
【解析】 A 如图所示画出降压变压器的等效电路图，设降压变压器原、副线圈的匝数比为k∶1(k>1)，则输电线路上的电流I2＝，转子在磁场中转动时产生的电动势e＝NBSωsin ωt，当转子角速度增加一倍时，则升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，则输电线路上的电流变为I2′＝2I2，R0上消耗的功率P1＝I2′2R0＝4IR0＝4P，A正确；同理，当升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流也增加一倍，R0消耗的功率P2＝P1＝4P，C错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I2″＝，R0消耗的功率P3＝2I2″2R0≠4P，B错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻相当于减为原来的一半，输电线上的电流I2?＝＝，R0消耗的功率P4＝I2?2R0≠6P，D错误.
【变式训练7】 如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的输出电压为U1＝250 V，经升压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，求：
(1)整个输电网络的输电效率(即用户实际消耗的功率占电源输出功率的百分比)；
(2)降压变压器的匝数比n3∶n4；
(3)若因用户增加导致用户消耗功率达到211.2 kW，且要求用户电压U4不变，输电网络的输电效率不能太低，则可调整发电机输出功率和降压变压器的匝数比以满足要求，求调整后降压变压器原、副线圈的匝数比和发电机的输出功率.
【解析】 (1)输电效率
η＝＝95%.
(2)输电线电流I3，由P线＝IR线得
I3＝＝25 A，
对用户，由P－P线＝U4I4，
得I4＝＝ A，
由理想变压器的电流与匝数的关系可得
＝＝.
(3)由输电线路的关系
＝，U2＝U3＋I3R线，
可得U2＝4 000 V，
当用户消耗功率达到P′＝211.2 kW后
P′＝U4I4′，＝，
U2＝U3′＋I3′R线，＝，
解得＝，
由＝，可得I3′＝I4′，
由于I2′＝I3′，发电机的输出功率为
P＝U2I2′＝240 kW.
1.我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流.下列说法正确的是( )
A.送电端先升压再整流
B.用户端先降压再变交流
C.1 100 kV是指交流电的最大值
D.输电功率由送电端电压决定
【解析】 A 升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，A正确、B错误；1 100 kV指的是交流电的有效值，C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，D错误.
2.小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6 V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2.原线圈两端接电压为220 V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则( )
A.n1∶n2＝55∶3
B.当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C.当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D.图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
【解析】 C 滑片P在最左端时，图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6 V，因此＝＝，A错误；当P滑到R中点时，图甲中总电阻为P左端电阻与灯泡电阻串联，图乙中总电阻为灯泡电阻与P右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，由于并联电阻小于灯泡电阻，则图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，则图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，B错误；当P滑到R最左端时，图甲中只有灯泡，图乙中R与灯泡并联，总电阻更小，输出功率更大，图甲比图乙更节能，C正确；图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化，图甲中灯泡两端电压最高为6 V，最低达不到0，则图乙中灯泡两端可调电压范围大，D错误.
3.如图所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为k，所接电源为有效值恒定的正弦交流电压，且不计电源内阻.原线圈接有定值电阻R0，副线圈接有定值电阻R1、R3，以及滑动变阻器R2，四个理想交流电表的连接如图所示.现将R2的滑动触头向下滑动少许，电表的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2，则下列说法正确的是( )
A.电压表V2的示数减小，电流表A2的示数减小
B.电压表V1的示数增大，电流表A1的示数增大
C.∶＝
D.∶＝k2
【解析】 D 滑动变阻器的触头向下滑动，则副线圈电路电阻值增大，作出该变压器的等效电路如图所示，可知等效电阻k2R增大，则电流表A1示数减小，从而A2示数也减小，又因为R0分压减小，V1示数增大，由变压比可知V2示数增大，A、B错误；由原、副线圈电压比与匝数比的关系可得＝＝k，可知U2＝，由原、副线圈电流比与匝数比的关系可得＝＝，可知I2＝kI1，则有＝k，＝k，则有∶＝1，∶＝1，C错误；由以上分析可知＝R0，＝＝，则有∶＝k2，D正确.
4.如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源.定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端.理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I.下列说法正确的是( )
A.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
【解析】 B 由题意可知，原副线圈的匝数比为2∶1，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入交流电的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝，保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律U1＝4IR1，可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，B正确、A错误；设原、副线圈的匝数比为n∶1，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率，P1＝IU1＝·(U0－)，整理可得P1＝，可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后减小，C、D错误.
5.如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是( )
A.变压器线圈的匝数关系为n1>n2，n3B.升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率
C.输电电路中的电流关系为I1>I线>I4
D.输送功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小
【解析】 D 根据＝＝，又U1I线，根据＝＝，又U3>U4，则n3>n4，I线6.(2024·全国卷)(多选)如图，理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节，副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S.S处于闭合状态，在原线圈电压U0不变的情况下，为提高R1的热功率，可以( )
A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变
C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动
【解析】 AC 保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P＝I2R1可知此时热功率增大，A正确；将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故热功率减小，B错误；将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，R1的热功率增大，C正确；将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，电流减小，R1的热功率减小，D错误.
7.(多选)如图所示，有一个理想变压器，原线圈匝数n1＝400，两组副线圈匝数n2＝n3＝100，理想二极管和C＝2×10-6 F的电容器接在副线圈n2两端，定值电阻R＝25 Ω接在副线圈n3两端，在ab端输入交流电uab＝220·sin (100πt) V，闭合开关S，电路稳定后，原线圈电压为U1，电流为I1，副线圈n3的电压为U3，电流为I3，下列说法正确的是( )
A.电容器C的电荷量一直在变化
B.电容器C的电荷量是1.10×10-4 C
C.原线圈n1与副线圈n3的电流满足＝
D.定值电阻R电功率是121 W
【解析】 CD 理想二极管和电容器接在副线圈n2，理想二极管具有单向导电性，电容器只能充电不会放电，当电容器的电压达到最大值，电荷量达到最大值且以后电荷量不变，原线圈n1中电压最大值U1m＝220 V，根据理想变压器电压比等于匝数比可得＝，解得U2m＝55 V，开关S闭合，电路稳定后电容器的电荷量为q＝CU2m＝11×10-5 C，A、B错误；当电容器的电压达到最大值后，副线圈n2中电流为0，根据理想变压器输出功率等于输入功率可得U1I1＝U3I3，则有＝＝，C正确；由于U1＝220 V，则U3＝U1＝55 V，定值电阻R的电功率为P＝＝121 W，D正确.
8.(多选)图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1.原线圈接入如图甲所示的正弦交流电.电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大)，则( )
A.电阻R2两端的电压频率为50 Hz
B.电流表的示数为5 A
C.原线圈的输入功率为150 W
D.将R1摘掉，电压表的示数不变
【解析】 ACD 由题图甲可知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50 Hz，A正确；经变压器后，输出电压为＝20 V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，则由有效值的定义可得U＝10 V，则电流表的示数为2.5 A，B错误；原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，输出功率P＝ W＋(2.5)2×4 W＝150 W，C正确；因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变，D正确.
核心素养提升(十一) 特殊变压器问题
题型一 自耦变压器
自耦变压器，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图1、2所示.
【例1】 图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的a、b间接入220 V的交流电，变压器线圈总匝数为1100匝，交流电流表A 为理想电表，定值电阻R＝2500 Ω，灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示.当c、P之间线圈匝数为750匝时，则( )
A.灯泡两端的电压约为47 V
B.通过电阻的电流约为0.02 A
C.通过电流表的示数约为0.03 A
D.灯泡的功率约为2.3 W
【解析】 D 由变压器原理可知＝，可得U2＝150 V，对于副线圈，设灯泡的电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律可得U＝U2－IR，将解析式画入灯泡的I－U图中，由图中交点可得U＝75 V，I＝0.03 A，A、B错误；由变压器原理可知＝，可得I1≈0.02 A，C错误；灯泡的功率P＝UI，解得P＝2.25 W≈2.3 W，D正确.
【变式训练1】 一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈.通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R.在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )
A.U2＞U1 ，U2降低
B.U2＞U1，U2升高
C.变压器输入功率增大
D.变压器输入功率减小
【解析】 D 根据变压器的电压关系有＝，当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应该减小，即U2降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，A、B错误；由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，C错误、D正确.
【易错点】 对于自耦变压器，一定要分清原、副线圈的匝数是哪一段，如何变化.
题型二 互感器
互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：
项目 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 ＝ I1n1＝I2n2
【例2】 如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器.在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，电压表的示数为220 V，电流表的示数为4 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则下列说法正确的是( )
A.通过输电线的电流最大值为80 A
B.线路上损耗的功率为320 W
C.用户得到的电功率为3 392 kW
D.用电设备增多，降压变压器输出电压U4变大
【解析】 C 电流表的示数为4 A，电流互感器乙原、副线圈的匝数比为1∶20，可知输电线上的电流有效值为I2＝80 A，最大值为80 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则有输电线路上损耗的功率为P损＝Ir＝802×20 W＝128 000 W＝128 kW，A、B错误；电压表的示数为220 V，电压互感器的原、副线圈的匝数比为200∶1，可知升压变压器副线圈两端电压为U2＝44 000 V，则升压变压器的输出功率为P2＝U2I2＝44 000×80 W＝3 520 000 W＝3 520 kW，则升压变压器的输入功率为3 520 kW，用户得到的功率为3 392 kW，C正确；用电设备增多，降压变压器副线圈回路的电流增大，则输电线上的电流增大，输电线上的电压降增大，降压变压器的输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，D错误.
【变式训练2】 (多选)如图所示，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.若电压表示数为30 V，则输电线两端的电压最大值为6 000 V
D.若电流表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值为500 A
【解析】 BD 题图中甲的原线圈两端并联接在高压线路中，所以是电压互感器，乙的原线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，A错误、B正确；电压表测量的是有效值，由＝得输电线两端的电压有效值为U1＝U2＝×30 V＝6 000 V，则最大值U1m＝U1＝6 000 V，C错误；电流表示数为5 A，由n3I3＝n4I4得通过输电线的电流的有效值为I3＝I4＝×5 A＝500 A，D正确.
互感器的区分技巧 (1)电压互感器是降压变压器，据＝，知n1>n2. 电流互感器是升压变压器，据＝，知n1题型三 “ ”字形变压器
“”字形变压器的原理是电磁感应里的互感现象.穿过原、副线圈磁通量和磁通量变化时刻都是相同的，即有＝＋.
【例3】 (多选)如图为一理想变压器，铁芯为“”形状，原线圈与副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，通过副线圈的磁感线条数是通过原线圈磁感线条数的50%，原线圈中接有阻值为R的电阻R1，副线圈中的灯泡额定电压为U，额定电流为I，滑动变阻器R2的阻值范围为0～R.当仅闭合S1时，小灯泡恰能正常发光，假设小灯泡的电阻不变，电源输出电压的有效值恒定.下列说法正确的是( )
A.若仅闭合S1，原线圈两端的电压值为2U
B.若仅闭合S1，原线圈中的电流为
C.若仅闭合S2，当滑动变阻器的阻值为时，变压器的输出功率最大
D.当S1、S2都闭合，滑动变阻器的阻值逐渐增大时，小灯泡两端的电压逐渐增大
【解析】 BD 虽然原、副线圈的匝数比为2∶1，但由于通过副线圈的磁感线条数是通过原线圈磁感线条数的50%，因此原、副线圈中的电压比为4∶1，所以若仅闭合S1，则原线圈两端的电压值为4U，A错误；原副线圈中的电流比等于电压的反比，因此若仅闭合S1，原线圈中的电流为，B正确；若仅闭合S2，滑动变阻器消耗的功率为P2＝U0I1－IR1＝－R1(I1－)2＋，因此当I1＝时，根据电流关系4＝，根据电压关系得＝4U′，解得R2＝＝，R2等于时，R2消耗的功率最大，C错误；当S1、S2都闭合，滑动变阻器的阻值逐渐增大时，副线圈中的等效电阻增大，电流逐渐减小，则原线圈中的电流也逐渐减小，R1两端的电压逐渐减小，而电源输出电压的有效值恒定，则原线圈两端的电压逐渐增大，故副线圈两端的电压逐渐增大，而小灯泡两端的电压等于副线圈两端的电压，则小灯泡两端的电压逐渐增大，D正确.
【易错点】 对于“”字形变压器，原、副线圈的磁通量不相等，磁通量的变化率也不相等，原、副线圈电压之比不等于匝数之比.
【变式训练3】 (多选)如图所示为某变压器对称铁芯的示意图，已知原线圈匝数n1＝40匝，副线圈匝数n2＝20匝，电阻R1＝40 Ω，电阻R2＝25 Ω.则下列说法正确的是( )
A.当原线圈接入正弦交流电时，R1、R2消耗的电功率之比为2∶5
B.当原线圈接入正弦交流电时，R1、R2消耗的电功率之比为1∶10
C.原线圈接入交流电压u＝220sin ωt V时， R1上的电压为20 V
D.原线圈接入交流电压u＝220sin ωt V时， R2上的电压为50 V
【解析】 BCD 因该变压器通过副线圈的磁通量是通过原线圈磁通量的一半，则＝＝，故＝，根据P＝I2R得＝×＝，A错误、B正确；原线圈接入交流电压u＝220·sin ωt V时，U＝220 V，设R1两端电压为U1′，R2两端电压为U2′，则有＝，＝＝，解得U1′＝20 V，U2′＝50 V，C、D正确.
1.如图所示为某小型发电站远距离输电示意图，其中升压变压器输入电压U1保持不变，降压变压器原、副线圈的匝数比为200∶1，输电线路总电阻r＝20 Ω.为了安全测量输电线路中的电压和电流，现在输电线路的起始端接入甲、乙两个特殊的变压器，甲、乙两个变压器中原、副线圈匝数比分别是200∶1、1∶20，其中电压表的示数为220 V，电流表的示数为5 A，以上变压器均为理想变压器.下列判断正确的是( )
A.图中a为电流表，b为电压表
B.用户端的电压U4为220 V
C.输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5%
D.若用户端接入的用电设备变多，电流表示数变小
【解析】 C 对变压器甲、乙的连接方式分析可知，甲为电压互感器，乙为电流互感器，A错误；由变压器甲可知U2＝200×220 V＝44 000 V，由变压器乙可知I2＝5×20 A＝100 A，则U3＝U2－I2r＝42 000 V，用端的电压U4＝ V＝210 V，B错误；输电线路上损耗的功率约占输电总功率的η＝＝≈4.5%，C正确；若用户端接入的用电设备变多，降压变压器次级电阻减小，次级电流变大，输电线上的电流变大，则电流表示数变大，D错误.
2.如图所示为一理想自耦式变压器，原线圈两端加220 V交流电，V1、V2为理想电压表.下列说法正确的是( )
A.若P不动，F向下滑动时，V1、V2示数都变小
B.若P不动，F向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
C.若F不动，P向上滑动时，灯泡消耗的功率变大
D.若F不动，P向下滑动时，V1、V2示数都变大
【解析】 C 根据题图中理想自耦式变压器原理可知原线圈电压恒为220 V，则V1示数不变.若P不动，F向下滑动时，根据＝，n2减小，可知U2减小，V2示数UP＝U2，也会减小.反之，F向上滑动时V2示数增加，则副线圈中电流I2增大.根据PL＝IRL可知灯泡消耗的功率变大，A、B错误.若F不动，P向上滑动时，U2不变，滑动变阻器阻值减小，副线圈中电流增大，灯泡消耗的功率会增大，P向下滑动时，V1示数不变，V2示数变大，C正确、D错误.
3.无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用.地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图甲所示.送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1.当送电线圈接上图乙中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2 A.不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是( )
A.受电线圈的电流方向每秒改变50次
B.送电线圈的输入功率为110 W
C.受电线圈的输出电压为50 V
D.送电线圈的输入电压为220 V
【解析】 B 受电线圈的电流频率与送电线圈中的电流频率相同，即为f＝＝50 Hz，一个周期内电流方向改变2次，所以每秒电流方向改变100次，A错误；根据图乙可知送电线圈上正弦交流电的有效值为U有效＝U输入＝220× V＝220 V，受电线圈中的电流为2 A，可得送电线圈中的电流大小为I送＝·I受＝×2 A＝0.5 A，送电线圈的输入功率为P＝220×0.5 W＝110 W，B正确、D错误；对受电线圈的输出电压分析有＝，得U受＝55 V，C错误.
4.如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，其中a、b是交流电压表或交流电流表.若高压输电线间的电压为220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，交流电压表的示数为100 V，交流电流表的示数为1 A，则( )
A.b是交流电压表
B.T2的原、副线圈匝数比为100∶1
C.高压线路输送的电流为1 A
D.高压线路输送的电功率为220 kW
【解析】 A 右侧的互感器原线圈并联在高压线上，b是交流电压表，A正确；若高压输电线间的电压为220 kV，副线圈交流电压表的示数为100 V，根据变压器变压公式，T2的原、副线圈匝数比为2 200∶1，B错误；T1的原、副线圈匝数比为1∶100，a是交流电流表，交流电流表的示数为1 A，根据变压器变流公式，高压线路输送的电流为100 A，C错误；高压线路输送的电功率为P＝UI＝220 kV×100 A＝22 000 kW，D错误.
5.如图所示为某变压器对称铁芯的示意图.已知此时原线圈ab两端输入交流电压u＝220sin ωt(V)，原线圈匝数n1＝22匝，副线圈匝数n2＝6匝.则副线圈cd端输出的电压的有效值为( )
A.15 V B.30 V
C.60 V D.120 V
【解析】 B 此题发生错解的主要原因是穿过原、副线圈的磁通量不同.因为磁感线为闭合曲线，根据对称性可知，任何时刻原线圈中磁通量的变化率都是副线圈中的2倍，故＝2，则U2＝U1×＝×220× V＝30 V，B正确.
6.(多选) 如图所示的电路，变压器为理想自耦变压器，滑动触头P可控制原线圈的匝数，已知电动机的额定功率为80 W、额定电压为40 V，灯泡L的额定功率为20 W、额定电压为10 V.现在原线圈两端接正弦交流电压，当滑动触头位于某位置时，电动机和灯泡刚好正常工作，电动机正常工作时的输出功率为78 W，理想交流电流表的示数为10 A.则下列说法正确的是( )
A.电动机的内阻为20 Ω
B.原、副线圈的匝数比为2∶5
C.原线圈两端所加交流电压的最大值为16 V
D.定值电阻的阻值为25 Ω
【解析】 BC 电动机正常工作时，流过电动机的电流为IM＝＝ A＝2 A，电动机内阻消耗的功率为Pr＝PM－P出＝(80－78) W＝2 W，又Pr＝Ir，解得r＝0.5 Ω，A错误；灯泡正常工作，则流过灯泡的电流为IL＝＝ A＝2 A，流过副线圈的总电流为I2＝IM＋IL＝4 A，由题意可知原线圈中的电流为I1＝10 A，由理想变压器的原理有＝，解得＝，B正确；变压器副线圈的输出电压为U2＝40 V，则由＝，解得U1＝16 V，所以原线圈两端所加交流电压的最大值为Um＝U1＝16 V，C正确；灯泡的额定电压为10 V，则定值电阻两端的电压为UR＝U2－UL＝30 V，定值电阻的阻值为R＝＝ Ω＝15 Ω，D错误.
7.(多选)某课外研究性学习小组设计的家庭电路漏电保护装置如图所示，铁芯左侧线圈由火线和零线并行绕成.当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关S，从而切断家庭电路.仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
A.家庭电路正常工作时，L1中的磁通量为零
B.家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C.家庭电路发生故障时，开关S将被电磁铁吸起
D.地面上的人接触火线发生触电时，开关S将被电磁铁吸起
【解析】 ABD 由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L1中的磁通量为零，A正确；当家庭电路中使用的电器增多时，火线和零线的电流仍然大小相等，方向相反，L2中的磁通量不变，仍为零，B正确；家庭电路发生断路时，电路中电流为零，火线和零线的电流都为零，合磁通量为零，因此开关S不会被电磁铁吸起，C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁场发生变化，导致L2中的磁通量发生变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关S吸起，D正确.
8.(多选)在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂，已知线圈1、2的匝数之比n1∶n2＝2∶1，在不接负载的情况下( )
A.当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为110 V
B.当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为55 V
C.当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为220 V
D.当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为110 V
【解析】 BD 该题给出的变压器的铁芯为日字形，与考生熟知的口字形变压器不同，且通过交变电流时，每个线圈产生的磁通量只有一半通过另一线圈，故＝不再成立，所以只能利用电磁感应定律，从变压器的原理入手，才能解出该题.当线圈1作为输入端时，＝＝＝×＝，因为U1＝220 V，所以U2＝＝55 V，B正确、A错误.当线圈2作为输入端时，＝＝×＝1，因为U2′＝110 V，所以U1′＝U2′×1＝110 V，D正确、C错误.
9.(多选)自行车的发电花鼓可以在骑行时为车灯提供不超过额定值的电能，其原理简化图如图甲所示，图中N、S是与摩擦小轮同轴转动的一对磁极，磁极周围固定一个与理想变压器原线圈相连的矩形线框，变压器的输出端与车灯相连.匀速骑行时，摩擦小轮在车轮的驱动下带动磁极旋转，变压器输出正弦式交流电.某辆装有发电花鼓的自行车的部分结构如图乙所示，其中大齿轮与踏板相连，半径较小的小齿轮1和半径较大的小齿轮2与后轮同轴固定，骑行者可调节变速器使链条挂在不同的小齿轮上，骑行时摩擦小轮与车轮、车轮与地面均不打滑.下列说法正确的是( )
A.车行速度越快，车灯一定越亮
B.车行速度越快，交流电的周期一定越大
C.同样的车行速度，链条挂在小齿轮1上和挂在小齿轮2上，灯泡亮度相同
D.同样的车行速度，变压器的原线圈匝数越多，车灯越亮
【解析】 AC 车速越快，线框磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大，车灯越亮，A正确；车速越快，磁铁转动越快，交流电周期越小，B错误；车速相同，磁铁转速相同，产生的感应电动势相同，所以灯泡亮度相同，C正确；由变压器原、副线圈电压与匝数关系可得＝，解得车灯电压为U2＝，所以原线圈匝数越大，车灯电压越小，灯泡越暗，D错误.
实验十四 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
一、实验目的
1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差.
2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.
二、实验原理
原线圈通过电流时，铁芯中产生磁场，由于交变电流的大小和方向都在不断变化，铁芯中的磁场也在不断地变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈中就存在输出电压.本实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系.
三、实验器材
两只多用电表(或两只交直流数字电压表)、学生电源(低压交流电源)、开关、可拆变压器、导线若干.
四、实验步骤
1.如图所示，把两个线圈套到可拆变压器的铁芯上.一个线圈作为原线圈，连到学生电源的交流输出端.另一个作为副线圈，两端可以不接用电器.
2.闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量两个线圈两端的电压，测量时，先用量程比较大的交流电压挡，例如交流50 V挡，如果电压读数表明实际电压不太大，可以改用较小一级的电压挡.测量完毕时断开学生电源的开关.
3.保持匝数不变，多次改变输入电压，记录下每次实验的两个电压值.
4.保持电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值.
五、数据记录与处理
次数 n1(匝) n2(匝) n1∶n2 U1(V) U2(V) U1∶U2
1
2
3
4
六、实验结论
在误差允许的范围内，变压器线圈两端的电压与匝数成正比，即＝.
七、误差分析
1.由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差.
2.原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)，造成误差.
3.铁芯中有磁损耗，产生涡流，造成误差.
4.交流电表的读数存在误差.
八、注意事项
1.在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作.
2.为了人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱.
3.为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用合适的挡位进行测量.
考点一 教材原型实验
【例1】 利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系.
(1)除图中所示器材外，还需要的器材有________.
A.干电池 B.低压交流电源
C.直流电压表 D.多用电表
(2)下列说法正确的是________.
A.变压器工作时通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈
B.变压器工作时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”能量的作用
C.理想变压器原、副线圈中的磁通量总是相同
D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零
(3)由于变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比应当________(填“大于”“等于”或“小于”)原、副线圈的匝数比.
【答案】 (1)BD (2)BC (3)大于
【解析】 (1)实验中若用干电池，变压器不能互感变压，必须要有低压交流电源提供交流电，需要用多用表测量电压，综上所述需要的实验器材为BD.
(2)变压器是通过互感工作，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈，A错误；变压器工作时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”能量的作用，B正确；理想变压器的原、副线圈通过铁芯共用同一个磁场，则两线圈的磁通量总是相同，磁通量的变化率也相同，C正确；变压器的原线圈两端电压由发电机提供，则副线圈上不接负载时，原线圈两端的电压不变，D错误.
(3)根据变压器原理可知原、副线圈两端电压之比等于原、副线圈匝数之比，实验中由于变压器的铜损、磁损和铁损，导致变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以副线圈上的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比.
【变式训练1】 某物理兴趣小组在进行物理课外实验中，学生电源损坏，不能使用.
(1)在探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系的实验中，可以使用220 V的交流电源来代替，要完成实验，下图实验器材中需要用到的有________(填正确答案标号).
A B C D
(2)组装变压器时，没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接u＝311sin (314t) V的交流电源，原、副线圈的匝数比为8∶1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是________.
A.27.5 V B.38.9 V
C.10.0 V D.1 760 V
【答案】 (1)AD (2)C
【解析】 (1)本实验需要线圈和铁芯，还需要交流电压表测量电压，不用条形磁铁和直流电压表，故A、D正确，B、C错误.
(2)根据题意知原线圈电压有效值为U1＝ V＝220 V，＝，代入数据得U2＝U1＝27.5 V，由于铁芯没有闭合，有漏磁现象，实际上输出电压低于计算值，C正确，A、B、D错误.
考点二 拓展创新实验
【例2】 某学习小组做“探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系”的实验.
(1)以下给出的器材中，本实验需要用到的有________.(填字母)
(2)下列说法正确的是________.
A.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B.实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C.为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12 V
D.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
(3)由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的________(填“平均”“有效”或“最大”)值；某次实验操作，副线圈所接多用电表的读数如图所示，其对应的选择开关对准交流电压“10 V”挡，则此时电表读数为________ V.
(4)若用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器做实验，对应的电压测量数据U1、U2如表所示.根据测量数据，则匝数为N1的线圈一定是______(填“原”或“副”)线圈.
实验次数 1 2 3 4
U1 0.90 1.40 1.90 2.40
U2 2.00 3.01 4.02 5.02
【答案】 (1)BDE (2)BD (3)有效 4.8 (4)副
【解析】 (1)实验中需要交流电源、变压器和交流电压表(多用电表)，不需要干电池和直流电压表，B、D、E正确.
(2)变压器工作时只是改变电压，不改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，A错误；实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原、副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，B正确；变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12 V，而用直流电压变压器不能工作，C错误；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知＝，则匝数少的电流大，导线应该粗，绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，D正确.
(3)由于交变电流的电压是变化的，实验中测量的是电压的有效值；所选择为交流电压“10 V”挡，由题图乙可知此时电表读数为4.8 V.
(4)由于有漏磁，原、副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器变压规律可知＝＝，U1总是略小于U2，故U1应该是副线圈的电压值，匝数为N1的线圈一定是副线圈.
【变式训练2】有一个教学用的可拆变压器，如图所示，它由两个带有绝缘外层的铜质导线绕制而成的线圈A、B组成.
(1)如果把它看成理想变压器，线圈A、B的匝数比为k∶1，则当A线圈接在电压为U1的蓄电池两端以后，线圈B的输出电压为________.
(2)如果把它看成理想变压器，则线圈A、B上的交变电流一定具有相同的__________.
A.电压 B.电流
C.功率 D.频率
【答案】 (1)0 (2)CD
【解析】 (1)当A线圈接在电压为U1的蓄电池两端以后，线圈B将不产生感应电流，所以线圈B的输出电压为0.
(2)如果为理想变压器，没有能量损失，则线圈A、B上的交变电流的频率和功率均相同，而电压和电流与匝数有关，C、D正确.
1.如图甲所示为教学用的可拆变压器，它有两个外观基本相同的线圈A和B，线圈外部还可以绕线.
(1)某同学用多用电表的欧姆挡分别测量了A、B线圈的电阻值，发现A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则可推断________(填“A”或“B”)线圈的匝数多.
(2)为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，如图乙所示，该同学把线圈A与学生电源连接，另一个线圈B与小灯泡连接.其中线圈A应连到学生电源的________(填“直流”或“交流”)输出端上.
(3)将与灯泡相连的线圈B拆掉部分匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将________(填“变亮”或“变暗”)，这说明灯泡两端的电压________(填“变大”或“变小”).
(4)某次实验时，变压器原、副线圈的匝数分别为220匝和110匝，学生电源输出端的电压为6 V，则小灯泡两端的电压值可能是________.
A.11.4 V B.3.6 V
C.2.8 V D.3 V
【答案】 (1)A (2)交流 (3)变暗 变小
(4)C
【解析】 (1)两线圈外观基本相同，根据电阻定律，R＝ρ，A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则A线圈长度约为B线圈长度的2倍，故A线圈匝数多.
(2)变压器只能改变交变电压，应连接交流电源.
(3)根据＝，拆掉B线圈的部分匝数，则n2减小，可得副线圈电压U2减小，灯泡变暗，灯泡两端电压减小.
(4)若是理想变压器，由题中数据，可得副线圈电压为3 V.由于两线圈具有电阻，则灯泡两端电压小于3 V.
2.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示.
(1)针对该实验，下列做法正确的是______.
A.为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V
B.为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测
C.观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多
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
(2)在实验中将电源接在原线圈的“100”和“400”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“200”和“800”两个接线柱之间的电压为7.6 V，若为理想变压器，输入电压的值应为________V，但我们发现实际的电源电压比这个值________(填“偏大”“相同”或“偏小”).
(3)探究此实验后，同学们又找来实验器材继续研究由该变压器组成的电路.如图乙所示，原线圈接入交流电源，电源电压保持不变.副线圈电路中R1、R2为定值电阻，R是滑动变阻器.V1和V2是交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是交流电流表，示数分别用I1和I2表示.忽略电表和变压器非理想化引起的误差，则在滑片P向下滑动过程中，实验结果应为______.
A.U1和U2均保持不变
B.I1增大，I2变小
C.电源的输出功率减小
D.保持不变
【答案】 (1)AB (2)3.8 偏大 (3)BD
【解析】 (1)变压器改变的是交流电压，为了人身安全，原线圈只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，用直流电压时变压器不能工作，A正确；为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，B正确；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理可知＝，可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，C错误；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为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，D错误.
(2)在实验中将电源接在原线圈的“100”和“400”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“200”和“800”两个接线柱之间的电压为7.6 V，根据理想变压器电压比等于匝数比有＝＝＝，若为理想变压器，输入电压的值应为U1＝U2＝×7.6 V＝3.8 V，考虑到变压器不是理想变压器，有漏磁等现象，则实际的电源电压比这个值偏大.
(3)在滑片P向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路阻值变小，副线圈总电阻变小，电源电压保持不变，可知原线圈输入电压不变，即电压表V1示数U1不变，由于匝数不变，副线圈输出电压U2总不变，根据欧姆定律可知，副线圈总电流I2总增大，可知定值电阻R1两端电压增大，定值电阻R2两端电压减小，即电压表V2示数U2减小，A错误；根据变压器电流与匝数关系＝，由于副线圈总电流I2总增大，可知原线圈电流I1增大，由于定值电阻R2两端电压减小，可知通过定值电阻R2的电流减小，即电流表A2示数I2减小，B正确；电源的输出功率为P＝UI1，由于电源电压保持不变，电流I1增大，可知电源的输出功率增大，C错误；根据变压器电流与匝数关系＝，对于副线圈有U2总＝I2总R1＋U2，联立可得U2＝U2总－I1·R1，由于副线圈输出电压U2总不变，变压器匝数n1、n2不变，R1为定值电阻，可知U2－I1图像为一条倾斜直线，故保持不变，D正确.
3.有一个教学用的可拆变压器，其铁芯粗细一致，如图甲所示.它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以再绕线圈.
(1)某同学用多用电表的“×1”电阻挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，则A线圈的电阻为______Ω，由此可推断________(填“A”或“B”)线圈的匝数较多.
(2)如果把该变压器看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线，一只多用电表和低压交流电源.请完成以下实验步骤：
①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈；
②将A线圈与低压交流电源相连接；
③用多用电表的“交流电压”挡分别测量A线圈的输入电压UA和________(填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U；
④则A线圈的匝数为__________(用已知和测得量的符号表示).
【答案】 (1)24 A (2)③绕制 ④n
【解析】 (1)多用电表电阻挡读数＝指针指示值×倍率.a的读数为24，倍率为“×1”，所以A线圈的电阻为24 Ω.由于导线的电阻率、横截面积相同，根据电阻定律R＝ρ可知，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多.
(2)③因为要测量A线圈匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接.变压器输入、输出电压都是交流电，所以要用交流电压挡测绕制线圈的输出电压U.
④根据变压器电压比等于匝数比，有＝，所以nA＝n.
4.在“探究变压器原、副线圈两端电压与匝数关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝.某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示.
实验序号 1 2 3
原线圈两端的电压U1/V 3.9 5.9 7.8
副线圈两端的电压U2/V 7.7 11.6 15.2
1∶2.0 1∶2.0 ______
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中.
(2)本实验可得出结论：在误差允许的范围内，变压器线圈两端电压与匝数的关系为____________(用题目中给出的字母表示).
(3)该变压器是________(填“升压”或“降压”)变压器.
【答案】 (1)1∶1.9 (2)＝ (3)升压
【解析】 (1)第三组数据为＝≈.
(2)线圈匝数之比＝＝，结合题表中的数据可知，在误差允许的范围内，线圈两端电压与匝数的关系是＝.
(3)从题表中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器.
实验十五 传感器的简单使用
一、实验目的
1.认识热敏电阻、光敏电阻等敏感元件的特性.
2.了解传感器的简单应用.
二、实验原理
1.传感器能够将感受到的物理量(力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量).
2.其工作过程如图所示.
三、实验器材
热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等.
四、实验过程
1.研究热敏电阻的热敏特性
(1)实验步骤
a.按图示连接好实物，热敏电阻做绝缘处理.
b.将多用电表置于欧姆挡，选择适当的量程测出烧杯中没有热水时热敏电阻的阻值，并记下温度计的示数.
c.向烧杯中注入少量的冷水，使热敏电阻浸没在冷水中，记下温度计的示数和多用电表测量的热敏电阻的阻值. d.将热水分几次注入烧杯中，测出不同温度下热敏电阻的阻值，并记录.
(2)数据处理
a.根据记录数据，把测量到的温度、电阻值填入表中，分析热敏电阻的特性.
次数 1 2 3 4
温度/ ℃
电阻/Ω
b.在图示坐标系中，粗略画出热敏电阻的阻值随温度变化的图线.
c.根据实验数据和R－t图线，得出结论：热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，随温度的降低而增大. 2.研究光敏电阻的光敏特性
(1)实验步骤
a.将光敏电阻、多用电表、灯泡、滑动变阻器按图示的电路连接好，其中多用电表置于欧姆“×100”挡.
b.先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值，并记录数据.
c.接通电源，让小灯泡发光，调节滑动变阻器使小灯泡逐渐变亮，观察表盘指针显示电阻阻值的情况，并记录.
d.用手掌(或黑纸)遮住光，观察光敏电阻的阻值并记录.
(2)数据处理
把记录的结果填入表中，根据记录数据分析光敏电阻的特性.
光照强度 弱 中 强 无光照射
阻值/Ω
结论：光敏电阻被光照射时阻值发生变化，光照增强电阻变小，光照减弱电阻变大.
考点一 温度传感器的应用
【例1】 为了消防安全，一些生产车间会使用温控报警系统.该系统核心元件可采用热敏电阻来控制.某实验兴趣小组想自制简易温控报警系统.
(1)该实验小组的同学首先对该热敏电阻的温度特性进行研究，可能用到以下实验器材：
A.热敏电阻Rt(常温下的阻值约为30 Ω)
B.烧杯、热水、温度计
C.电流表(量程0～0.6 A，内阻r1＝5 Ω)
D.电压表(量程0～6 V，内阻约15 kΩ)
E.滑动变阻器(最大阻值为10 Ω，额定电流2 A)
F.滑动变阻器(最大阻值为500 Ω，额定电流0.5 A)
G.电源(电动势6 V，额定电流2 A，内阻不计)
H.开关一个，导线若干
(2)要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，为使测量尽量准确，则滑动变阻器应选择________(填器材前的字母标号).
(3)请你按照实验要求用笔画线代替导线在实物图甲中完成余下导线的连接.
(4)实验测得的该热敏电阻的温度特性曲线如图乙所示.接着该实验小组利用其自制简易温控报警系统.如图丙所示，当1、2两端所加电压降低至1 V时，温度控制开关自动启动报警系统，请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当温度升高至约50 ℃时启动报警系统.提供的器材如下：
直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；
定值电阻：R1＝10 Ω，R2＝40 Ω，R3＝80 Ω；
开关S及导线若干；
则定值电阻应该选择________(填写字母符号).
(5)请在图丙虚线框内完成电路原理图(不考虑开关S对所设计电路的影响).
【答案】 (2)E (3)见解析图甲 (4)R2 (5)见解析图乙
【解析】 (2)电源电动势为6 V，热敏电阻常温下的阻值约为30 Ω，故电流最大约为0.2 A，为了让电流从零开始增大，应采用分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的E.
(3)本实验中采用滑动变阻器分压接法，又因电流表内阻已知，故电流表采用内接法，电路图如图甲所示.
(4)串联电阻两端电压与电阻阻值成正比，电源电动势E＝3 V，当温度升高至约50 ℃时，由图线知，此时热敏电阻为Rt＝18 Ω，Ut＝1 V，则串联电阻分压UR＝2 V，所以＝＝，则有R＝2Rt＝36 Ω，故选定值电阻R2.
(5)电路图如图乙所示.
【变式训练1】 (2024·浙江卷)在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，测得热敏电阻Rt在不同温度时的阻值如下表：
温度/℃ 4.1 9.0 14.3 20.0 28.0 38.2 45.5 60.4
电阻/
(102 Ω) 220 160 100 60 45 30 25 15
某同学利用上述热敏电阻Rt、电动势E＝3 V(内阻不计)的电源、定值电阻R(阻值有3 kΩ、5 kΩ、12 kΩ三种可供选择)、控制开关和加热系统，设计了A、B、C三种电路.因环境温度低于20 ℃，现要求将室内温度控制在20 ℃～28 ℃范围，且1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，则应选择的电路是______，定值电阻R的阻值应选______kΩ， 1、2两端的电压小于______V时，自动关闭加热系统(不考虑控制开关对电路的影响).
【答案】 C 3 1.8
【解析】 电路A，定值电阻和热敏电阻并联，电压不变，故不能实现电路的控制，A错误；定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，定值电阻分得电压越小，无法实现1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，B错误；定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻分得电压越大，可以实现1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，C正确.
由热敏电阻Rt在不同温度时的阻值表可知，20.0 ℃的阻值为60×100 Ω＝6 kΩ，由题意可知U12＝E＝×3 V＝2 V，解得R＝3 kΩ.28 ℃时关闭加热系统，此时热敏电阻阻值为4.5 kΩ，此时1、2两点间的电压为×4.5 V＝1.8 V，则1、2两端的电压小于1.8 V时，自动关闭加热系统.
考点二 光电传感器的应用
【例2】 (2024·河北卷)某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤.某兴趣小组决定制作简易光强报警器，以便在光照过强时提醒花农.该实验用到的主要器材如下：学生电源、多用电表、数字电压表(0～20 V)、数字电流表(0～20 mA)、滑动变阻器R(最大阻值50 Ω，1.5 A)、白炽灯、可调电阻R1(0～50 kΩ)、发光二极管LED、光敏电阻RG、NPN型三极管VT、开关和若干导线等.
(1)判断发光二极管的极性使用多用电表的“×10 k”电阻挡测量二极管的电阻.如图1所示，当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时，多用电表指针位于表盘中a位置(见图2)；对调红、黑表笔后指针位于表盘中b位置见图(2)，由此判断M端为二极管的__________(填“正极”或“负极”).
(2)研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性
①采用图3中的器材进行实验，部分实物连接已完成.要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始.导线L1、L2和L3的另一端应分别连接滑动变阻器的______、______、______接线柱(以上三空选填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”).
②图4为不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性曲线，图中曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ对应光敏电阻受到的光照由弱到强.由图像可知，光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而______(填“增大”或“减小”).
(3)组装光强报警器电路并测试其功能图5为利用光敏电阻、发光二极管、三极管(当b、e间电压达到一定程度后，三极管被导通)等元件设计的电路.组装好光强报警器后，在测试过程中发现，当照射到光敏电阻表面的光强达到报警值时，发光二极管并不发光，为使报警器正常工作，应__________(填“增大”或“减小”)可调电阻R1的阻值，直至发光二极管发光.
【答案】 (1)负极 (2)①A A D或C ②减小 (3)增大
【解
课程标准 1.通过实验，认识交变电流.能用公式和图像描述正弦交变电流. 2.通过实验，探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系.知道远距离输电时通常采用高压输电的原因. 3.通过实验，了解常见传感器的工作原理.会利用传感器制作简单的自动控制装置.
核心素养 物理观念 1.理解交变电流的产生，理解交变电流“四值”问题，理解理想变压器及远距离输电原理. 2.掌握交变电流的描述方法，运用能量观念分析变压器及远距离输电问题.
科学思维 1.运用等效思想求解交变电流问题. 2.建构理想变压器及远距离输电模型分析求解问题.
科学探究 1.探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系. 2.探究传感器的简单使用.
科学态度 与责任 通过学习，了解生活中发电机的工作原理以及知道如何在输电过程中减少电能的损耗.
命题探究 命题分析 从题型上看，高考对本章命题均为选择题，主要考交变电流的产生、交变电流图像及表述(峰值、有效值、瞬时值)、理想变压器原理及远距离输电，理想变压器电路中原、副线圈各物理量之间的制约关系.
趋势分析 交变电流的产生、“四值”及图像和变压器的计算与动态分析仍然是高考命题的重点.
预设情境 家用电器、雷达、射电望远镜、发电机、变压器、远距离输电、无线充电、家用和工业电路、X射线管、电子秤、烟雾报警器等.
第1讲 交变电流的产生和描述
一、交变电流、交变电流的图像
1.交变电流
大小和__方向__都随时间做周期性变化的电流.
2.正弦式交变电流的产生和图像
(1)产生：在__匀强__磁场里，线圈绕__垂直于__磁场方向的轴__匀速__转动.
(2)两个特殊位置的特点
①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ__最大__，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将__发生改变__.
②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，__最大__，e最大，i最大，电流方向__不改变__.
(3)电流方向的改变
一个周期内线圈中电流的方向改变__两__次.
(4)图像：线圈从中性面位置开始计时，如图甲、乙、丙、丁所示.
二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值
1.周期和频率
(1)周期(T)：交变电流完成一次__周期性变化(线圈转一周)所需的__时间__，单位是秒(s)，公式T＝____.
(2)频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的__次数__，单位是__赫兹(Hz)__.
(3)周期和频率的关系：T＝____.
2.交变电流的瞬时值、峰值和有效值
(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数.如e＝Emsin ωt.
(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的__最大__值.
线圈平面平行于磁场方向时电动势最大：Em＝__nBSω__，与转轴位置无关，与线圈形状__无关__.
(3)有效值：
①定义：让交流和恒定电流通过__相同阻值__的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量__相等__，就把这一恒定电流的__数值__叫作这一交流的有效值.
②正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系：I＝，U＝，E＝.
(4)交变电流的平均值：E＝__n__，＝____.
考点一 交变电流的产生及规律
1.交流电产生过程中的两个特殊位置
图示
概念 中性面位置 与中性面垂直的位置
特点 B⊥S B∥S
Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小
e＝n＝0，最小 e＝n＝nBSω，最大
感应电流为零， 方向改变 感应电流最大， 方向不变
2.交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
项目 函数表达式 图像
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BS cos ωt
电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt
电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt
3.产生正弦交流电的另外4种方式
(1)导体棒在匀强磁场中平动
导体棒在匀强磁场中匀速平动，但导体棒切割磁感线的有效长度按正弦规律变化，则导体棒组成的闭合电路中就会产生正弦式交变电流.
(2)导体棒在匀强磁场中振动
导体棒在匀强磁场中沿平行导轨平动切割磁感线时，棒的速度按正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流.
(3)棒在不均匀磁场中平动
导体棒在磁场中匀速平动切割磁感线，在棒的平动方向上，磁场按照正弦规律变化，则棒中会产生正弦交变电流.
(4)线圈处于周期性变化的磁场中
闭合线圈垂直于匀强磁场，线圈静止不动，磁场按正弦规律做周期性变化，则线圈中会产生正弦交变电流.
【例1】 如图所示是线圈匝数为n的小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动.矩形线圈电阻为r，矩形线圈通过两刷环接电阻R，理想电压表接在R两端.当线圈以角速度ω匀速转动时，下列说法正确的是( )
A.从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势表达式为e＝nBSωsin ωt
B.线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为
C.当线圈平面转到与磁场垂直时电压表示数为零
D.线圈从与磁场平行位置转过90°过程中通过电阻R的电荷量为
【解析】 B 交流发电机产生电动势的最大值Em＝nBSω，图示位置电动势最大，所以从线圈与磁场平行位置开始计时，瞬时电动势为e＝nBSωcos ωt，A错误；电压表示数显示的是电压有效值，不为零，C错误；线圈从与磁场平行位置转过90°过程中通过电阻R的电荷量为q＝＝，D错误；线圈转一周的过程中回路产生的焦耳热为Q＝I2(R＋r)t＝，B正确.
【易错点】 电压表示数显示的是电压有效值，跟线圈转到哪个位置没有关系，切勿掉入问题陷阱.
【变式训练1】 (2024·全国卷)(多选)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来.车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流.磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示.将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中( )
A.电流最小
B.电流最大
C.电流方向由P指向Q
D.电流方向由Q指向P
【解析】 BD 开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，此时穿过线圈的磁通量为0，故可知电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P.
考点二 交变电流“四值”的理解和应用
物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况
峰值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Im＝ 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＝ U＝ I＝ 适用于正(余)弦式交变电流 (1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)； (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值； (3)保险丝的熔断电流为有效值
平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值 ＝Bl ＝n ＝ 计算通过导线横截面的电荷量
【例2】 (2023·湖南卷)(多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示.大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上.线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R.磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场. 大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直.线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡.假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A.线圈转动的角速度为4ω
B.灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C.若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D.若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮
【解析】 AC 大轮和小轮通过皮带传动，线速度大小相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，联立可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E＝＝2nBL2ω，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为U＝＝nBL2ω，B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax′＝8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝＝4nBL2ω，根据电阻定律有R′＝ρ，可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝＝，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，根据E＝可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误.
【变式训练2】 (2024·广东卷)将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上.电阻两端电压随时间的变化规律如图所示.下列说法正确的是( )
A.该交流电的频率为100 Hz
B.通过电阻电流的峰值为0.2 A
C.电阻在1 s内消耗的电能为1 J
D.电阻两端电压表达式为u＝10sin (100πt) V
【解析】 D 由题图可知交流电的周期为0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，A错误；由题图可知电压的峰值为10 V，根据欧姆定律可知电流的峰值Im＝＝ A＝ A，B错误；电流的有效值为I＝＝0.2 A，所以电阻在1 s内消耗的电能为W＝I2Rt＝0.22×50×1 J＝2 J，C错误；由题图可知电阻两端电压表达式为u＝Umsin ωt＝10sin (t) V＝10sin (100πt) V，D正确.
考点三 特殊交变电流的有效值计算
1.计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解.
2.分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量.
3.利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值.
4.若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和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＝、U＝求解.
【例3】 (2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为( )
A.2∶3 B.4∶3 C.2∶ D.5∶4
【解析】 B 根据有效值的定义可知图1的有效值的计算为T＝×＋×，解得U1＝U0，图2的有效值为U2＝，接在阻值大小相等的电阻上，因此Q1∶Q2＝U∶U＝4∶3，B正确.
【变式训练3】 (多选)一电阻R＝10 Ω的单匝闭合线框处于变化的磁场中，在一个周期内穿过线框的磁通量Φ随时间t的变化情况如图所示，已知图中的曲线部分按正弦规律变化，取π2＝10，则下列说法正确的是( )
A.线框中电流的有效值为 A
B.线框中电流的有效值为4 A
C.0～π×10-2 s内线框中产生的焦耳热为48π J
D.π×10-2～5π×10-2 s内线框中产生的焦耳热为 J
【解析】 BD 0～π×10-2 s内磁通量按正弦规律变化则产生正弦交流电的最大值Emax＝NBSω＝200 V，π×10-2～3π×10-2 s时间内根据法拉第电磁感应定律可知E1＝N＝ V，3π×10-2～5π×10-2 s时间内根据法拉第电磁感应定律可知E2＝N＝ V，由交流电有效值的定义可得×π×10-2＋×2π×10-2＋×2π×10-2＝×5π×10-2，解得E有＝40 V，由欧姆定律可知线框中电流的有效值为I＝＝4 V，0～π×10-2 s内线框中产生的焦耳热为Q1＝×π×10-2＝20π J，π×10-2～5π×10-2 s内线框中产生的焦耳热为Q2＝×2π×10-2＋×2π×10-2＝ J，B、D正确.
几种典型交变电流的有效值
电流名称电流图像有效值正弦式 交变电流I＝正弦 半波电流I＝矩形 脉冲电流I＝Im非对称性 交变电流I＝
1.正弦式交变电源与电阻R、交流电压表按照图1所示的方式连接，R＝10 Ω，交流电压表的示数是10 V，图2是交变电源输出电压u随时间t变化的图像.则( )
A.通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝cos (100πt) A
B.通过R的电流最大值是1 A
C.R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝5cos (50πt) V
D.R两端的电压有效值是10 V
【解析】 A 交流电压表的示数是10 V，则输出电压的最大值为Um＝U＝10 V，由图可得周期T＝2×10-2 s，则角速度为ω＝＝100π rad/s，则输出电压u随时间t的表达式为u＝10cos (100πt) V，因此通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝＝cos (100πt) A，而R两端的电压uR随时间t变化的规律是uR＝u＝10cos (100πt) V，A正确、C错误；通过R的电流的最大值为Im＝＝ A＝ A，B错误；交流电压表的示数为有效值，所以R两端的电压有效值是10 V，D错误.
2.(2024·山东卷)如图甲所示，在－d≤x≤d，－d≤y≤d的区域中存在垂直xOy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合.线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示.若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为( )
甲 乙 丙
【解析】 C 根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝E sin ωt.由题图丙可知，磁场区域变化后，当E sin ωt＝时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′＝2d cos ＝d，C正确.
3.如图所示，将一根均匀导线围成圆心角为60°的扇形导线框OMN，O为圆心，半径为R，线框总电阻为r，将线框O点置于坐标系的原点，在第二、四象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B.从t＝0时刻开始，导线框绕O点以角速度ω匀速转动，则导线框中感应电流的有效值为( )
A. B. C. D.
【解析】 C 线框转动一周过程中，两次进入磁场、两次离开磁场，所以产生感应电流的时间为t＝T＝T；转动切割磁感线产生的感应电动势E′＝BR2ω，设感应电动势的有效值为E，根据有效值的计算公式可得T＝t，解得E＝，则导线框中感应电流的有效值为I＝＝，C正确，A、B、D错误.
4.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电压的图像如图乙所示，则( )
A.t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B.t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C.线框产生的交变电动势有效值为311 V
D.线框产生的交变电动势频率为100 Hz
【解析】 B 由题图乙可知T＝0.02 s，Em＝311 V，根据正弦式交变电压有效值和峰值的关系可得，该交变电压的有效值为E＝＝ V≈220 V，C错误；根据周期和频率的关系可得，该交变电压的频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，D错误；由题图乙可知t＝0.01 s时e＝0，所以此时线框平面与中性面重合，B正确；t＝0.005 s时e＝311 V，由法拉第电磁感应定律可得，此时磁通量的变化率最大，不为零，A错误.
5.(多选)如图所示，水平放置的边长为L的正方形金属框开始以恒定角速度ω绕水平轴OO′转动，仅在OO′轴的右侧存在竖直向下的匀强磁场，磁感应强度大小为B，金属框外部连有阻值为R的电阻，其他电阻不计.则金属框转动一周的过程中( )
A.电阻R上通过的电流方向不变
B.产生的感应电动势的有效值为BωL2
C.通过电阻R电流的有效值为
D.电阻R上产生的焦耳热为
【解析】 CD 金属框经过中性面时，电流方向变化，金属框转动一周的时间内，经过两次中性面，所以电流方向会发生变化，A错误；金属框产生的感应电动势的最大值为Em＝BL·＝，所以有效值为E＝＝，B错误；由I＝可知I＝，C正确；电阻R上产生的焦耳热Q＝T，其中周期T＝，则Q＝，D正确.
6.(多选)如图甲所示，发光竹蜻蜓是一种常见的儿童玩具.某同学对竹蜻蜓的电路作如下简化：如图乙所示，导电圆环绕垂直于圆环平面、通过圆心O的金属轴O1O2以角速度ω逆时针匀速转动(俯视).圆环上接有三根金属辐条OP、OQ、OR，辐条互成120°.在圆环左半部分张角也为120°的范围内(两条虚线之间)分布着垂直圆环平面向下磁感应强度为B的匀强磁场，在转轴O1O2与圆环的边缘之间通过电刷M、N与一个LED灯(二极管)相连.除LED灯电阻外，其他电阻不计.下列说法正确的是( )
A.若OP棒进入磁场中，P点电势小于O点电势
B.金属辐条在磁场中旋转产生的是正弦式交变电流
C.若导电圆环顺时针转动(俯视)，也能看到LED灯发光
D.角速度比较大时，能看到LED灯更亮
【解析】 AD 由右手定则可知OP切割磁感线产生的感应电流在OP辐条上从P流向O，OP为电源时O为正极，P为负极，所以P点电势小于O点电势，A正确；金属辐条在磁场中旋转产生的感应电流大小和方向都恒定，是直流电，B错误；导电圆环顺时针转动(俯视)产生的感应电流与逆时针转动时产生的感应电流方向相反，逆时针转动时二极管发光，由二极管的单向导电性可知顺时针转动时二极管不发光，C错误；假设辐条长度为L，辐条切割磁感线产生的感应电动势大小为E＝BL＝BL＝，可知角速度比较大时，感应电动势比较大，感应电流比较大，则LED灯更亮，D正确.
7.如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里.求：(π≈3.14)
(1)t＝0时感应电流的方向；
(2)感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做的功；
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量.
【解析】 (1)根据右手定则知，t＝0时线圈中感应电流方向为adcba.
(2)线圈的角速度
ω＝2πn＝100π rad/s，
题图位置的感应电动势最大，其大小为
Em＝NBl1l2ω，
代入数据得Em≈314 V，
感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emcos ωt＝314cos (100πt) V.
(3)电动势的有效值
E＝，
线圈匀速转动的周期
T＝＝0.02 s，
线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即
W＝I2(R＋r)T＝T，
代入数据得W≈98.6 J.
(4)从t＝0时起线圈转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量
q＝·Δt＝＝，
代入数据得q＝0.1 C.
第2讲 变压器 远距离输电
一、理想变压器
1.构造
如图所示，变压器是由闭合__铁芯__和绕在铁芯上的两个__线圈__组成的.
(1)原线圈：与__交流电源__连接的线圈，也叫__初级__线圈.
(2)副线圈：与__负载__连接的线圈，也叫__次级__线圈.
2.原理：电磁感应的__互感现象__.原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率相同，频率相同.
3.理想变压器及其基本关系
(1)功率关系：__P入＝P出__.
(2)电压关系：__＝__.
有多个副线圈时：＝__＝＝…__.
(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝__U2I2＋U3I3＋…＋UnIn__.
二、电能的输送
1.输电过程(如图所示)
2.输送电流
(1)I＝；(2)I＝.
3.输电导线上的能量损失
主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝I2Rt.
4.电压损失
(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR.
5.功率损失
(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝()2R.
6.减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R.由R＝ρ知，可加大导线的__横截面积__、采用__电阻率小__的材料做导线.
(2)减小输电线中的电流.在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高__输电电压__.
考点一 理想变压器原理与基本规律
理想 变压器 (1)没有“铜损”(线圈电阻为零，不发热) (2)没有“铁损”(铁芯中无涡流，不发热) (3)没有“漏磁”(磁通量全部集中在铁芯中)
基本关系 功率 关系 根据能量守恒可得：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
频率 关系 f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
单个副线圈的理想变压器静态问题
【例1】 (2024·北京卷)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V 3 W”的灯泡.若灯泡正常发光，则下列说法正确的是( )
A.原线圈两端电压的有效值为24 V
B.副线圈中电流的有效值为0.5 A
C.原、副线圈匝数之比为1∶4
D.原线圈的输入功率为12 W
【解析】 B 由题图知，原线圈电压最大值为Um＝24 V，则原线圈两端电压的有效值为U1＝＝24 V，A错误；灯泡正常发光，由P＝UI得，副线圈中电流有效值为I＝＝＝0.5 A，B正确；由理想变压器电压与匝数关系可知＝＝4，C错误；理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率P1＝PL＝3 W，D错误.
【变式训练1】 (多选)某种电吹风机的电路如图所示，a、b、c、d为四个固定触点.绕O点转动的扇形金属触片P，可同时接触两个触点，触片P处于不同位置时，吹风机可处于停机、吹冷风和吹热风三种工作状态.n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数，该电吹风机的各项参数如下表所示.当电风吹机接上220 V的交变电流时，则( )
冷风时输入功率 50 W
热风时输入功率 440 W
小风扇额定电压 40 V
输入交流电的电压 220 V
A.吹冷风时，触片P同时接触d、c两个触点
B.小风扇正常工作时电阻为32 Ω
C.原、副线圈的匝数比n1∶n2＝11∶2
D.吹热风时，通过电吹风机的电流为2 A
【解析】 CD 触片P同时接触b、c两个触点时电热丝没有接入电路，电吹风吹冷风，A错误；吹冷风时通过小风扇的电流I1＝＝ A＝1.25 A，小风扇正常工作时电阻r<＝ Ω＝32 Ω，B错误；原、副线圈的匝数比＝＝＝，C正确；吹热风时，通过电吹风机的电流为I＝＝ A＝2 A，D正确.
有多个副线圈的理想变压器静态问题
【例2】 (2023·山东卷)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝ 250 V，输出功率500 kW.降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω.其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，所有变压器均为理想变压器.下列说法正确的是( )
A.发电机的输出电流为368 A
B.输电线上损失的功率为4.8 kW
C.输送给储能站的功率为408 kW
D.升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
【解析】 C 由题知，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率为500 kW，则有I1＝＝2×103 A，A错误；由题知，用户端电压U4＝220 V，功率88 kW，则有＝＝，P′＝U4I4，联立解得I4＝400 A，I3＝8 A，U3＝11 000 V，则输电线上损失的功率为P损＝IR＝4 kW，且U2＝U3＋I3R＝11 500 V，再根据＝，解得＝，B、D错误；根据理想变压器无功率损失有P＝U2I3＋P储，代入数据有P储＝408 kW，C正确.
【变式训练2】 在如图所示的电路中，交流电源输出50 Hz、电压有效值为220 V的正弦交流电，通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12 V 1.5 A”的灯泡和“36 V 5 A”的电动机供电，原线圈所接灯泡L的额定电压为40 V，副线圈n2的匝数为60匝.电路接通后，各用电器都恰好正常工作.则下列说法正确的是( )
A.交流电源的输出功率为360 W
B.灯泡L的额定电流为2.0 A
C.副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变50次
D.原线圈n1的匝数为1 100匝，副线圈n3的匝数为180匝
【解析】 B 根据电压匝数关系有＝，解得n1＝＝匝＝900匝，根据＝，解得n3＝＝匝＝180匝，副线圈n2中的电流I2＝10×1.5 A＝15 A，副线圈n3中的电流I3＝5 A，根据电流匝数关系有I1n1＝I2n2＋I3n3，解得I1＝2.0 A，即灯泡L的额定电流为2.0 A，B正确；交流电源的输出功率为P＝UI1＝220×2.0 W＝440 W，A错误；原线圈n1的匝数为900匝，副线圈n3的匝数为180匝，D错误；交流电源频率为50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈n2所接灯泡中的电流方向每秒钟改变次数为50×2＝100次，C错误.
【易错点】 有多个副线圈时，电流之比不跟匝数成反比，此时应根据原副线圈功率相等来建立方程.
原线圈有电阻的理想变压器静态问题
【例3】 (多选)电阻R接在20 V的恒压电源上时，消耗的电功率为P；若将R接在如图所示理想变压器的副线圈电路中时，R消耗的电功率为.已知电路中电阻R0的阻值是R的4倍，a、b两端接在u＝40sin 100πt(V)的交流电源上，此变压器( )
A.副线圈输出电压的频率为100 Hz
B.副线圈输出电压的有效值为10 V
C.原、副线圈的匝数之比为2∶1
D.原、副线圈的电流之比为1∶4
【解析】 BC 变压器不改变交变电流的频率，由题可知，交流电压的频率为f＝＝＝50 Hz，A错误；由题意可得＝×，解得U2＝10 V，B正确；电源的有效值为U＝ V＝40 V，设原、副线圈的匝数之比为n，则原、副线圈的电流之比为，则R0两端电压为，根据原、副线圈电压比等匝数比即＝n，解得n＝2，C正确；由原、副线圈中的电流之比等于匝数的反比可知原、副线圈的电流之比为1∶2，D错误.
【变式训练3】 (多选)如图所示，理想变压器原线圈a的匝数n1＝200匝，副线圈b的匝数n2＝100匝，原线圈接在u＝80sin (314t) V的交流电源上，副线圈中“20 V 10 W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R2＝20 Ω，电压表V为理想电表.则下列判断正确的是(π取3.14)( )
A.交变电流的频率为100 Hz
B.原线圈的输入电压为80 V
C.电压表V的示数为30 V
D.R1消耗的功率与R2消耗的功率相等
【解析】 CD 由电源的瞬时表达式可知f＝＝ Hz＝50 Hz，A错误；灯泡正常发光，故UL＝20 V，IL＝＝ A＝0.5 A，电阻R2两端的电压为UR2＝ILR2＝10 V，副线圈两端电压为U2＝UR2＋UL＝30 V，由＝得原线圈两端电压为U1＝＝ V＝60 V，B错误；电压表的示数UV＝U2＝30 V，C正确；电阻R2消耗的功率为PR2＝UR2IL＝5 W，通过电阻R1的电流为IR1＝＝ A＝0.25 A，电源电压的有效值为U＝80 V，电阻R1的功率为PR1＝IR1(U－U1)＝0.25×(80－60) W＝5 W，D正确.
变压器的静态问题 分析这类问题，首先要弄清原副线圈中电路的结构，抓住两线圈的电压和电流的联系＝，＝，再结合恒定电流知识求解.分析原线圈有串联负载的变压器问题时要注意变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1＝U源－U串.
考点二 理想变压器的动态分析
1.常见的理想变压器的动态分析问题
一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况.
匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变. (2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化. (3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化. (1)U1不变，发生变化，U2变化. (2)R不变，U2变化，I2发生变化. (3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化.
2.含有变压器的动态电路问题的解题思路
匝数不变时的动态分析
【例4】 如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同.在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A.L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B.L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C.L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D.L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
【解析】 A 在滑动变阻器R的滑片从a滑动到b的过程中，在滑动变阻器R的滑片滑到中点时，变压器负载电阻最大，输出电流和输出电功率最小，灯泡L2一直变亮，灯泡L1先变暗后变亮，A正确，B、C、D错误.
【变式训练4】 (多选)在如图所示的电路中，输入交变电压的瞬时值u＝22sin 100πt(V)，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，两定值电阻R1、R2的阻值相同.在滑动变阻器的滑片P向上滑动一小段的过程中，R1、R2两端电压的变化量分别为ΔU1、ΔU2，R1的电功率的变化量为ΔP1.下列说法正确的是( )
A.R2中电流的频率与R1中电流的频率相等
B.ΔU2＝2ΔU1
C.ΔP1＝
D.当滑片P移到最上端时，R1两端的电压为11 V
【解析】 AB (方法1：等效电阻法)变压器改变的是交流电的电压和电流，不改变频率，A正确；R1和R2都是定值电阻，有ΔU＝ΔI·R，又由理想变压器特点知原、副线圈上的电流与匝数成反比，则有ΔI2＝2ΔI1，可得ΔU2＝2ΔU1，B正确；设滑片P滑动前后R1两端电压分别为UR1、UR1′，滑片上滑，副线圈中负载电阻减小，电流增大，原线圈电流增大，R1两端电压增大，知ΔU1＝UR1′－UR1，其电功率的变化量为ΔP1＝－≠，C错误；当滑片P移到最上端时，副线圈电阻只有R2，将原、副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻R′，由U1＝I1R′， U1＝U2，I1＝I2，U2＝I2R2，联立可得R′＝()2R2＝4R2，由闭合电路欧姆定律，对原线圈电路有U＝22 V＝IR1＋IR′＝5IR1＝5UR1，可得R1两端的电压为4.4 V，D错误.
(方法2：常规方法)对于D，由UR1＝I1R1，U2＝I2R2，UR1＋U2＝U0，I1＝I2，解得UR1＝4.4 V，同样得出答案，对于原线圈带电阻的题目来说，用等效电阻法会更简便一些.
匝数改变时的动态分析
【例5】 (多选)如图，理想变压器原线圈接在u＝220sin (100πt) V的交流电源上，副线圈匝数可通过滑片P来调节.当滑片P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，为了使图中“100 V 50 W”的灯泡能够正常发光，下列操作可行的是( )
A.仅将滑片P向上滑动
B.仅将滑片P向下滑动
C.仅在副线圈电路中并联一个阻值为20 Ω的电阻
D.仅在副线圈电路中串联一个阻值为20 Ω的电阻
【解析】 BD 原线圈电压有效值U1＝ V＝220 V，则次级电压有效值U2＝U1＝×220 V＝110 V>100 V，则为了使图中“100 V 50 W”的灯泡能够正常发光，则需要减小次级电压，即仅将滑片P向下滑动；或者仅在副线圈电路中串联一个电阻，阻值为R＝＝ Ω＝20 Ω，B、D正确.
【变式训练5】 如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝310sin (314t) V，则(π取3.14)( )
A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1 V
B.副线圈两端的电压频率为100 Hz
C.当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率增大
D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
【解析】 C 由＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，B错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变大，I2＝增大，副线圈的输出功率P出＝U2I2增大，原线圈的输入功率增大，C正确、D错误.
含二极管的变压器
【例6】 为了激发同学们的学习兴趣和探究精神，某学校建有节能环保风力发电演示系统，该系统由风力发电机、交流电变压器和用户三部分构成，简易示意图如下.t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电机线圈以每秒50转的转速转动，已知发电机线圈面积S＝ m2，匝数为N＝100匝，内阻不计；匀强磁场的磁感应强度为B＝ T.变压器部分，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝1∶4.在用户部分，电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则( )
A.发电机产生的瞬时电动势e＝10·sin (50πt) V
B.电压表的示数为40 V
C.电流表的示数为5 A
D.原线圈的输入功率为800 W
【解析】 C 发电机产生的最大电动势为Em＝NBSω＝2πnNBS＝10 V，因为t＝0时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，所以其瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝Emsin 2πnt＝10sin (100πt) V，A错误；因为线圈无内阻，所以原线圈两端的电压为u1＝ V＝10 V，因为是理想变压器，所以副线圈两端的电压为u2＝u1＝×10 V＝40 V，又因为电压表的示数为有效值，所以电压表的示数为40 V，B错误；因为二极管为理想二极管，电流表的示数也为有效值，所以有()2R2＝I2R2T，解得I＝5 A，C正确；电阻R1的功率为P1＝＝400 W，电阻R2的功率为P2＝I2R2＝200 W，副线圈功率为P副＝P1＋P2＝600 W，因为是理想变压器，所以P原＝P副＝600 W，D错误.
【易错点】 变压器电路中带有二极管时，理想二极管具有单向导电性，有半个周期电流不能通过二极管，电流有效值不等于最大值除以.
【变式训练6】 某电子设备内部原理如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻R0、二极管(正向电阻为零，负向电阻无穷大)串联后接在有效电压U＝36 V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，原、副线圈匝数比为1∶3，已知R0＝4 Ω，R的最大阻值为100 Ω.现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，下列说法正确的是( )
A.对于原线圈回路，虚线框所圈部分的等效电阻为
B.电压表示数变大，电流表示数变小
C.当R＝4 Ω时，电压表示数为10.8 V
D.当R＝36 Ω时，R获得的功率最大
【解析】 D 将原、副线圈及副线圈电路等效为原线圈的一个电阻R′，由U1＝I1R′，U1＝U2，I1＝I2，U2＝I2R，联立可得R′＝()2R＝R，A错误；由于二极管的单向导电性，原线圈和R0在电源的一个周期时间内只有半个周期有电流通过，电源电压有效值满足·＝T，得U0＝＝ V＝18 V，由理想变压器的特点可知U0I1＝IR0＋IR，I1∶I2＝3∶1，得U0＝I1R0＋R，滑动变阻器R的滑片P向下滑动，R减小，所以电流增大，电流表示数变大，电源的输出功率P＝U0I1增大，原线圈两端电压U1＝U0－I1R0，因为电流增大，所以U1减小，由＝，可得U2减小，电压表示数变小，B错误；原线圈与副线圈两端电压之比为＝，电流之比＝，联立可得I2＝，即I2≈1.91 A，电压表示数为U2＝I2R＝7.64 V，C错误；R获得的功率P2＝IR＝()2R＝R＝，当＝R时，R获得的功率最大，此时R＝9R0＝36 Ω，D正确.
考点三 远距离输电
1.理清三个回路
2.抓住两个联系
(1)回路1和回路2的联系——升压变压器→基本关系：＝，＝，P1＝P2.
(2)回路2和回路3的联系——降压变压器→基本关系：＝，＝，P3＝P4.
3.明确三个重要关联式(联系两个变压器的纽带)
(1)功率关联式：P2＝ΔP＋P3[其中ΔP＝ΔUI线＝IR线＝].
(2)电压关联式：U2＝ΔU＋U3.
(3)电流关联式：I2＝I线＝I3.
【例7】 (2024·湖南卷)根据国家能源局统计，截止到2023年9月，我国风电装机4亿千瓦，连续13年居世界第一位，湖南在国内风电设备制造领域居于领先地位.某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示.已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0.当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P.不计其余电阻，下列说法正确的是( )
A.风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B.输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
C.若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D.若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
【解析】 A 如图所示画出降压变压器的等效电路图，设降压变压器原、副线圈的匝数比为k∶1(k>1)，则输电线路上的电流I2＝，转子在磁场中转动时产生的电动势e＝NBSωsin ωt，当转子角速度增加一倍时，则升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，则输电线路上的电流变为I2′＝2I2，R0上消耗的功率P1＝I2′2R0＝4IR0＝4P，A正确；同理，当升压变压器的副线圈匝数增加一倍时，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流也增加一倍，R0消耗的功率P2＝P1＝4P，C错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I2″＝，R0消耗的功率P3＝2I2″2R0≠4P，B错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻相当于减为原来的一半，输电线上的电流I2?＝＝，R0消耗的功率P4＝I2?2R0≠6P，D错误.
【变式训练7】 如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的输出电压为U1＝250 V，经升压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，求：
(1)整个输电网络的输电效率(即用户实际消耗的功率占电源输出功率的百分比)；
(2)降压变压器的匝数比n3∶n4；
(3)若因用户增加导致用户消耗功率达到211.2 kW，且要求用户电压U4不变，输电网络的输电效率不能太低，则可调整发电机输出功率和降压变压器的匝数比以满足要求，求调整后降压变压器原、副线圈的匝数比和发电机的输出功率.
【解析】 (1)输电效率
η＝＝95%.
(2)输电线电流I3，由P线＝IR线得
I3＝＝25 A，
对用户，由P－P线＝U4I4，
得I4＝＝ A，
由理想变压器的电流与匝数的关系可得
＝＝.
(3)由输电线路的关系
＝，U2＝U3＋I3R线，
可得U2＝4 000 V，
当用户消耗功率达到P′＝211.2 kW后
P′＝U4I4′，＝，
U2＝U3′＋I3′R线，＝，
解得＝，
由＝，可得I3′＝I4′，
由于I2′＝I3′，发电机的输出功率为
P＝U2I2′＝240 kW.
1.我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流.下列说法正确的是( )
A.送电端先升压再整流
B.用户端先降压再变交流
C.1 100 kV是指交流电的最大值
D.输电功率由送电端电压决定
【解析】 A 升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，A正确、B错误；1 100 kV指的是交流电的有效值，C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，D错误.
2.小明设计了台灯的两种调光方案，电路图分别如图甲、乙所示，图中额定电压为6 V灯泡的电阻恒定，R为滑动变阻器，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2.原线圈两端接电压为220 V的交流电，滑片P可调节灯泡L的亮度，P在R最左端时，甲、乙图中灯泡L均在额定功率下工作，则( )
A.n1∶n2＝55∶3
B.当P滑到R中点时，图甲中L功率比图乙中的小
C.当P滑到R最左端时，图甲所示电路比图乙更节能
D.图甲中L两端电压的可调范围比图乙中的大
【解析】 C 滑片P在最左端时，图甲、乙中变压器输出电压均为灯泡的额定电压6 V，因此＝＝，A错误；当P滑到R中点时，图甲中总电阻为P左端电阻与灯泡电阻串联，图乙中总电阻为灯泡电阻与P右端的电阻并联后再与P左端电阻串联，由于并联电阻小于灯泡电阻，则图甲中灯泡电压大于图乙中灯泡电压，则图甲中灯泡功率比图乙中灯泡功率大，B错误；当P滑到R最左端时，图甲中只有灯泡，图乙中R与灯泡并联，总电阻更小，输出功率更大，图甲比图乙更节能，C正确；图乙中的灯泡两端电压在0到6 V间变化，图甲中灯泡两端电压最高为6 V，最低达不到0，则图乙中灯泡两端可调电压范围大，D错误.
3.如图所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为k，所接电源为有效值恒定的正弦交流电压，且不计电源内阻.原线圈接有定值电阻R0，副线圈接有定值电阻R1、R3，以及滑动变阻器R2，四个理想交流电表的连接如图所示.现将R2的滑动触头向下滑动少许，电表的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2，则下列说法正确的是( )
A.电压表V2的示数减小，电流表A2的示数减小
B.电压表V1的示数增大，电流表A1的示数增大
C.∶＝
D.∶＝k2
【解析】 D 滑动变阻器的触头向下滑动，则副线圈电路电阻值增大，作出该变压器的等效电路如图所示，可知等效电阻k2R增大，则电流表A1示数减小，从而A2示数也减小，又因为R0分压减小，V1示数增大，由变压比可知V2示数增大，A、B错误；由原、副线圈电压比与匝数比的关系可得＝＝k，可知U2＝，由原、副线圈电流比与匝数比的关系可得＝＝，可知I2＝kI1，则有＝k，＝k，则有∶＝1，∶＝1，C错误；由以上分析可知＝R0，＝＝，则有∶＝k2，D正确.
4.如图所示，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源.定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端.理想电压表V的示数为U，理想电流表A的示数为I.下列说法正确的是( )
A.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
【解析】 B 由题意可知，原副线圈的匝数比为2∶1，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入交流电的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝，保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律U1＝4IR1，可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数变小，原线圈的电压电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，B正确、A错误；设原、副线圈的匝数比为n∶1，同理可得U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝，保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率，P1＝IU1＝·(U0－)，整理可得P1＝，可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后减小，C、D错误.
5.如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是( )
A.变压器线圈的匝数关系为n1>n2，n3
C.输电电路中的电流关系为I1>I线>I4
D.输送功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小
【解析】 D 根据＝＝，又U1
A.保持T不动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
B.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片位置不变
C.将T向a端移动，滑动变阻器R的滑片向f端滑动
D.将T向b端移动，滑动变阻器R的滑片向e端滑动
【解析】 AC 保持T不动，根据理想变压器的性质可知副线圈中电压不变，当滑动变阻器R的滑片向f端滑动时，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，根据P＝I2R1可知此时热功率增大，A正确；将T向b端移动，副线圈匝数变小，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片位置不变时，通过R1的电流减小，故热功率减小，B错误；将T向a端移动，副线圈匝数增加，故副线圈两端电压变大，滑动变阻器R的滑片向f端滑动，R与R1串联后的总电阻减小，电流增大，R1的热功率增大，C正确；将T向b端移动，副线圈匝数减少，故副线圈两端电压变小，滑动变阻器R的滑片向e端滑动，R与R1串联后的总电阻增大，电流减小，R1的热功率减小，D错误.
7.(多选)如图所示，有一个理想变压器，原线圈匝数n1＝400，两组副线圈匝数n2＝n3＝100，理想二极管和C＝2×10-6 F的电容器接在副线圈n2两端，定值电阻R＝25 Ω接在副线圈n3两端，在ab端输入交流电uab＝220·sin (100πt) V，闭合开关S，电路稳定后，原线圈电压为U1，电流为I1，副线圈n3的电压为U3，电流为I3，下列说法正确的是( )
A.电容器C的电荷量一直在变化
B.电容器C的电荷量是1.10×10-4 C
C.原线圈n1与副线圈n3的电流满足＝
D.定值电阻R电功率是121 W
【解析】 CD 理想二极管和电容器接在副线圈n2，理想二极管具有单向导电性，电容器只能充电不会放电，当电容器的电压达到最大值，电荷量达到最大值且以后电荷量不变，原线圈n1中电压最大值U1m＝220 V，根据理想变压器电压比等于匝数比可得＝，解得U2m＝55 V，开关S闭合，电路稳定后电容器的电荷量为q＝CU2m＝11×10-5 C，A、B错误；当电容器的电压达到最大值后，副线圈n2中电流为0，根据理想变压器输出功率等于输入功率可得U1I1＝U3I3，则有＝＝，C正确；由于U1＝220 V，则U3＝U1＝55 V，定值电阻R的电功率为P＝＝121 W，D正确.
8.(多选)图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1.原线圈接入如图甲所示的正弦交流电.电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4 Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大)，则( )
A.电阻R2两端的电压频率为50 Hz
B.电流表的示数为5 A
C.原线圈的输入功率为150 W
D.将R1摘掉，电压表的示数不变
【解析】 ACD 由题图甲可知，交流电的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50 Hz，A正确；经变压器后，输出电压为＝20 V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，则由有效值的定义可得U＝10 V，则电流表的示数为2.5 A，B错误；原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，输出功率P＝ W＋(2.5)2×4 W＝150 W，C正确；因输出电压由输入电压决定，故将R1摘掉，电压表的示数不变，D正确.
核心素养提升(十一) 特殊变压器问题
题型一 自耦变压器
自耦变压器，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图1、2所示.
【例1】 图甲是一种家用台灯的原理图，理想自耦变压器的a、b间接入220 V的交流电，变压器线圈总匝数为1100匝，交流电流表A 为理想电表，定值电阻R＝2500 Ω，灯泡L的伏安特性曲线如图乙所示.当c、P之间线圈匝数为750匝时，则( )
A.灯泡两端的电压约为47 V
B.通过电阻的电流约为0.02 A
C.通过电流表的示数约为0.03 A
D.灯泡的功率约为2.3 W
【解析】 D 由变压器原理可知＝，可得U2＝150 V，对于副线圈，设灯泡的电压为U，电流为I，由闭合电路欧姆定律可得U＝U2－IR，将解析式画入灯泡的I－U图中，由图中交点可得U＝75 V，I＝0.03 A，A、B错误；由变压器原理可知＝，可得I1≈0.02 A，C错误；灯泡的功率P＝UI，解得P＝2.25 W≈2.3 W，D正确.
【变式训练1】 一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈.通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R.在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2.在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中( )
A.U2＞U1 ，U2降低
B.U2＞U1，U2升高
C.变压器输入功率增大
D.变压器输入功率减小
【解析】 D 根据变压器的电压关系有＝，当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应该减小，即U2降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，A、B错误；由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，C错误、D正确.
【易错点】 对于自耦变压器，一定要分清原、副线圈的匝数是哪一段，如何变化.
题型二 互感器
互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：
项目 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 ＝ I1n1＝I2n2
【例2】 如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器.在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，电压表的示数为220 V，电流表的示数为4 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则下列说法正确的是( )
A.通过输电线的电流最大值为80 A
B.线路上损耗的功率为320 W
C.用户得到的电功率为3 392 kW
D.用电设备增多，降压变压器输出电压U4变大
【解析】 C 电流表的示数为4 A，电流互感器乙原、副线圈的匝数比为1∶20，可知输电线上的电流有效值为I2＝80 A，最大值为80 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则有输电线路上损耗的功率为P损＝Ir＝802×20 W＝128 000 W＝128 kW，A、B错误；电压表的示数为220 V，电压互感器的原、副线圈的匝数比为200∶1，可知升压变压器副线圈两端电压为U2＝44 000 V，则升压变压器的输出功率为P2＝U2I2＝44 000×80 W＝3 520 000 W＝3 520 kW，则升压变压器的输入功率为3 520 kW，用户得到的功率为3 392 kW，C正确；用电设备增多，降压变压器副线圈回路的电流增大，则输电线上的电流增大，输电线上的电压降增大，降压变压器的输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，D错误.
【变式训练2】 (多选)如图所示，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.若电压表示数为30 V，则输电线两端的电压最大值为6 000 V
D.若电流表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值为500 A
【解析】 BD 题图中甲的原线圈两端并联接在高压线路中，所以是电压互感器，乙的原线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，A错误、B正确；电压表测量的是有效值，由＝得输电线两端的电压有效值为U1＝U2＝×30 V＝6 000 V，则最大值U1m＝U1＝6 000 V，C错误；电流表示数为5 A，由n3I3＝n4I4得通过输电线的电流的有效值为I3＝I4＝×5 A＝500 A，D正确.
互感器的区分技巧 (1)电压互感器是降压变压器，据＝，知n1>n2. 电流互感器是升压变压器，据＝，知n1
“”字形变压器的原理是电磁感应里的互感现象.穿过原、副线圈磁通量和磁通量变化时刻都是相同的，即有＝＋.
【例3】 (多选)如图为一理想变压器，铁芯为“”形状，原线圈与副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，通过副线圈的磁感线条数是通过原线圈磁感线条数的50%，原线圈中接有阻值为R的电阻R1，副线圈中的灯泡额定电压为U，额定电流为I，滑动变阻器R2的阻值范围为0～R.当仅闭合S1时，小灯泡恰能正常发光，假设小灯泡的电阻不变，电源输出电压的有效值恒定.下列说法正确的是( )
A.若仅闭合S1，原线圈两端的电压值为2U
B.若仅闭合S1，原线圈中的电流为
C.若仅闭合S2，当滑动变阻器的阻值为时，变压器的输出功率最大
D.当S1、S2都闭合，滑动变阻器的阻值逐渐增大时，小灯泡两端的电压逐渐增大
【解析】 BD 虽然原、副线圈的匝数比为2∶1，但由于通过副线圈的磁感线条数是通过原线圈磁感线条数的50%，因此原、副线圈中的电压比为4∶1，所以若仅闭合S1，则原线圈两端的电压值为4U，A错误；原副线圈中的电流比等于电压的反比，因此若仅闭合S1，原线圈中的电流为，B正确；若仅闭合S2，滑动变阻器消耗的功率为P2＝U0I1－IR1＝－R1(I1－)2＋，因此当I1＝时，根据电流关系4＝，根据电压关系得＝4U′，解得R2＝＝，R2等于时，R2消耗的功率最大，C错误；当S1、S2都闭合，滑动变阻器的阻值逐渐增大时，副线圈中的等效电阻增大，电流逐渐减小，则原线圈中的电流也逐渐减小，R1两端的电压逐渐减小，而电源输出电压的有效值恒定，则原线圈两端的电压逐渐增大，故副线圈两端的电压逐渐增大，而小灯泡两端的电压等于副线圈两端的电压，则小灯泡两端的电压逐渐增大，D正确.
【易错点】 对于“”字形变压器，原、副线圈的磁通量不相等，磁通量的变化率也不相等，原、副线圈电压之比不等于匝数之比.
【变式训练3】 (多选)如图所示为某变压器对称铁芯的示意图，已知原线圈匝数n1＝40匝，副线圈匝数n2＝20匝，电阻R1＝40 Ω，电阻R2＝25 Ω.则下列说法正确的是( )
A.当原线圈接入正弦交流电时，R1、R2消耗的电功率之比为2∶5
B.当原线圈接入正弦交流电时，R1、R2消耗的电功率之比为1∶10
C.原线圈接入交流电压u＝220sin ωt V时， R1上的电压为20 V
D.原线圈接入交流电压u＝220sin ωt V时， R2上的电压为50 V
【解析】 BCD 因该变压器通过副线圈的磁通量是通过原线圈磁通量的一半，则＝＝，故＝，根据P＝I2R得＝×＝，A错误、B正确；原线圈接入交流电压u＝220·sin ωt V时，U＝220 V，设R1两端电压为U1′，R2两端电压为U2′，则有＝，＝＝，解得U1′＝20 V，U2′＝50 V，C、D正确.
1.如图所示为某小型发电站远距离输电示意图，其中升压变压器输入电压U1保持不变，降压变压器原、副线圈的匝数比为200∶1，输电线路总电阻r＝20 Ω.为了安全测量输电线路中的电压和电流，现在输电线路的起始端接入甲、乙两个特殊的变压器，甲、乙两个变压器中原、副线圈匝数比分别是200∶1、1∶20，其中电压表的示数为220 V，电流表的示数为5 A，以上变压器均为理想变压器.下列判断正确的是( )
A.图中a为电流表，b为电压表
B.用户端的电压U4为220 V
C.输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5%
D.若用户端接入的用电设备变多，电流表示数变小
【解析】 C 对变压器甲、乙的连接方式分析可知，甲为电压互感器，乙为电流互感器，A错误；由变压器甲可知U2＝200×220 V＝44 000 V，由变压器乙可知I2＝5×20 A＝100 A，则U3＝U2－I2r＝42 000 V，用端的电压U4＝ V＝210 V，B错误；输电线路上损耗的功率约占输电总功率的η＝＝≈4.5%，C正确；若用户端接入的用电设备变多，降压变压器次级电阻减小，次级电流变大，输电线上的电流变大，则电流表示数变大，D错误.
2.如图所示为一理想自耦式变压器，原线圈两端加220 V交流电，V1、V2为理想电压表.下列说法正确的是( )
A.若P不动，F向下滑动时，V1、V2示数都变小
B.若P不动，F向上滑动时，灯泡消耗的功率变小
C.若F不动，P向上滑动时，灯泡消耗的功率变大
D.若F不动，P向下滑动时，V1、V2示数都变大
【解析】 C 根据题图中理想自耦式变压器原理可知原线圈电压恒为220 V，则V1示数不变.若P不动，F向下滑动时，根据＝，n2减小，可知U2减小，V2示数UP＝U2，也会减小.反之，F向上滑动时V2示数增加，则副线圈中电流I2增大.根据PL＝IRL可知灯泡消耗的功率变大，A、B错误.若F不动，P向上滑动时，U2不变，滑动变阻器阻值减小，副线圈中电流增大，灯泡消耗的功率会增大，P向下滑动时，V1示数不变，V2示数变大，C正确、D错误.
3.无线充电技术已经在新能源汽车等领域得到应用.地下铺设供电的送电线圈，车上的受电线圈与蓄电池相连，如图甲所示.送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1.当送电线圈接上图乙中的正弦交流电后，受电线圈中的电流为2 A.不考虑线圈的自感，忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是( )
A.受电线圈的电流方向每秒改变50次
B.送电线圈的输入功率为110 W
C.受电线圈的输出电压为50 V
D.送电线圈的输入电压为220 V
【解析】 B 受电线圈的电流频率与送电线圈中的电流频率相同，即为f＝＝50 Hz，一个周期内电流方向改变2次，所以每秒电流方向改变100次，A错误；根据图乙可知送电线圈上正弦交流电的有效值为U有效＝U输入＝220× V＝220 V，受电线圈中的电流为2 A，可得送电线圈中的电流大小为I送＝·I受＝×2 A＝0.5 A，送电线圈的输入功率为P＝220×0.5 W＝110 W，B正确、D错误；对受电线圈的输出电压分析有＝，得U受＝55 V，C错误.
4.如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，其中a、b是交流电压表或交流电流表.若高压输电线间的电压为220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，交流电压表的示数为100 V，交流电流表的示数为1 A，则( )
A.b是交流电压表
B.T2的原、副线圈匝数比为100∶1
C.高压线路输送的电流为1 A
D.高压线路输送的电功率为220 kW
【解析】 A 右侧的互感器原线圈并联在高压线上，b是交流电压表，A正确；若高压输电线间的电压为220 kV，副线圈交流电压表的示数为100 V，根据变压器变压公式，T2的原、副线圈匝数比为2 200∶1，B错误；T1的原、副线圈匝数比为1∶100，a是交流电流表，交流电流表的示数为1 A，根据变压器变流公式，高压线路输送的电流为100 A，C错误；高压线路输送的电功率为P＝UI＝220 kV×100 A＝22 000 kW，D错误.
5.如图所示为某变压器对称铁芯的示意图.已知此时原线圈ab两端输入交流电压u＝220sin ωt(V)，原线圈匝数n1＝22匝，副线圈匝数n2＝6匝.则副线圈cd端输出的电压的有效值为( )
A.15 V B.30 V
C.60 V D.120 V
【解析】 B 此题发生错解的主要原因是穿过原、副线圈的磁通量不同.因为磁感线为闭合曲线，根据对称性可知，任何时刻原线圈中磁通量的变化率都是副线圈中的2倍，故＝2，则U2＝U1×＝×220× V＝30 V，B正确.
6.(多选) 如图所示的电路，变压器为理想自耦变压器，滑动触头P可控制原线圈的匝数，已知电动机的额定功率为80 W、额定电压为40 V，灯泡L的额定功率为20 W、额定电压为10 V.现在原线圈两端接正弦交流电压，当滑动触头位于某位置时，电动机和灯泡刚好正常工作，电动机正常工作时的输出功率为78 W，理想交流电流表的示数为10 A.则下列说法正确的是( )
A.电动机的内阻为20 Ω
B.原、副线圈的匝数比为2∶5
C.原线圈两端所加交流电压的最大值为16 V
D.定值电阻的阻值为25 Ω
【解析】 BC 电动机正常工作时，流过电动机的电流为IM＝＝ A＝2 A，电动机内阻消耗的功率为Pr＝PM－P出＝(80－78) W＝2 W，又Pr＝Ir，解得r＝0.5 Ω，A错误；灯泡正常工作，则流过灯泡的电流为IL＝＝ A＝2 A，流过副线圈的总电流为I2＝IM＋IL＝4 A，由题意可知原线圈中的电流为I1＝10 A，由理想变压器的原理有＝，解得＝，B正确；变压器副线圈的输出电压为U2＝40 V，则由＝，解得U1＝16 V，所以原线圈两端所加交流电压的最大值为Um＝U1＝16 V，C正确；灯泡的额定电压为10 V，则定值电阻两端的电压为UR＝U2－UL＝30 V，定值电阻的阻值为R＝＝ Ω＝15 Ω，D错误.
7.(多选)某课外研究性学习小组设计的家庭电路漏电保护装置如图所示，铁芯左侧线圈由火线和零线并行绕成.当右侧线圈L2中产生电流时，电流经放大器放大后，使电磁铁吸起铁质开关S，从而切断家庭电路.仅考虑L1在铁芯中产生的磁场，下列说法正确的有( )
A.家庭电路正常工作时，L1中的磁通量为零
B.家庭电路中使用的电器增多时，L2中的磁通量不变
C.家庭电路发生故障时，开关S将被电磁铁吸起
D.地面上的人接触火线发生触电时，开关S将被电磁铁吸起
【解析】 ABD 由于火线和零线并行绕制，所以在家庭电路正常工作时，火线和零线的电流大小相等，方向相反，因此合磁通量为零，L1中的磁通量为零，A正确；当家庭电路中使用的电器增多时，火线和零线的电流仍然大小相等，方向相反，L2中的磁通量不变，仍为零，B正确；家庭电路发生断路时，电路中电流为零，火线和零线的电流都为零，合磁通量为零，因此开关S不会被电磁铁吸起，C错误；当地面上的人接触火线发生触电时，火线的电流突然变大，即L1中的磁场发生变化，导致L2中的磁通量发生变化，L2中产生感应电流，电磁铁将开关S吸起，D正确.
8.(多选)在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂，已知线圈1、2的匝数之比n1∶n2＝2∶1，在不接负载的情况下( )
A.当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为110 V
B.当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为55 V
C.当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为220 V
D.当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为110 V
【解析】 BD 该题给出的变压器的铁芯为日字形，与考生熟知的口字形变压器不同，且通过交变电流时，每个线圈产生的磁通量只有一半通过另一线圈，故＝不再成立，所以只能利用电磁感应定律，从变压器的原理入手，才能解出该题.当线圈1作为输入端时，＝＝＝×＝，因为U1＝220 V，所以U2＝＝55 V，B正确、A错误.当线圈2作为输入端时，＝＝×＝1，因为U2′＝110 V，所以U1′＝U2′×1＝110 V，D正确、C错误.
9.(多选)自行车的发电花鼓可以在骑行时为车灯提供不超过额定值的电能，其原理简化图如图甲所示，图中N、S是与摩擦小轮同轴转动的一对磁极，磁极周围固定一个与理想变压器原线圈相连的矩形线框，变压器的输出端与车灯相连.匀速骑行时，摩擦小轮在车轮的驱动下带动磁极旋转，变压器输出正弦式交流电.某辆装有发电花鼓的自行车的部分结构如图乙所示，其中大齿轮与踏板相连，半径较小的小齿轮1和半径较大的小齿轮2与后轮同轴固定，骑行者可调节变速器使链条挂在不同的小齿轮上，骑行时摩擦小轮与车轮、车轮与地面均不打滑.下列说法正确的是( )
A.车行速度越快，车灯一定越亮
B.车行速度越快，交流电的周期一定越大
C.同样的车行速度，链条挂在小齿轮1上和挂在小齿轮2上，灯泡亮度相同
D.同样的车行速度，变压器的原线圈匝数越多，车灯越亮
【解析】 AC 车速越快，线框磁通量变化率越大，产生的感应电动势越大，车灯越亮，A正确；车速越快，磁铁转动越快，交流电周期越小，B错误；车速相同，磁铁转速相同，产生的感应电动势相同，所以灯泡亮度相同，C正确；由变压器原、副线圈电压与匝数关系可得＝，解得车灯电压为U2＝，所以原线圈匝数越大，车灯电压越小，灯泡越暗，D错误.
实验十四 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
一、实验目的
1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差.
2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.
二、实验原理
原线圈通过电流时，铁芯中产生磁场，由于交变电流的大小和方向都在不断变化，铁芯中的磁场也在不断地变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈中就存在输出电压.本实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系.
三、实验器材
两只多用电表(或两只交直流数字电压表)、学生电源(低压交流电源)、开关、可拆变压器、导线若干.
四、实验步骤
1.如图所示，把两个线圈套到可拆变压器的铁芯上.一个线圈作为原线圈，连到学生电源的交流输出端.另一个作为副线圈，两端可以不接用电器.
2.闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量两个线圈两端的电压，测量时，先用量程比较大的交流电压挡，例如交流50 V挡，如果电压读数表明实际电压不太大，可以改用较小一级的电压挡.测量完毕时断开学生电源的开关.
3.保持匝数不变，多次改变输入电压，记录下每次实验的两个电压值.
4.保持电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值.
五、数据记录与处理
次数 n1(匝) n2(匝) n1∶n2 U1(V) U2(V) U1∶U2
1
2
3
4
六、实验结论
在误差允许的范围内，变压器线圈两端的电压与匝数成正比，即＝.
七、误差分析
1.由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差.
2.原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)，造成误差.
3.铁芯中有磁损耗，产生涡流，造成误差.
4.交流电表的读数存在误差.
八、注意事项
1.在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作.
2.为了人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱.
3.为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用合适的挡位进行测量.
考点一 教材原型实验
【例1】 利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系.
(1)除图中所示器材外，还需要的器材有________.
A.干电池 B.低压交流电源
C.直流电压表 D.多用电表
(2)下列说法正确的是________.
A.变压器工作时通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈
B.变压器工作时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”能量的作用
C.理想变压器原、副线圈中的磁通量总是相同
D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零
(3)由于变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比应当________(填“大于”“等于”或“小于”)原、副线圈的匝数比.
【答案】 (1)BD (2)BC (3)大于
【解析】 (1)实验中若用干电池，变压器不能互感变压，必须要有低压交流电源提供交流电，需要用多用表测量电压，综上所述需要的实验器材为BD.
(2)变压器是通过互感工作，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈，A错误；变压器工作时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”能量的作用，B正确；理想变压器的原、副线圈通过铁芯共用同一个磁场，则两线圈的磁通量总是相同，磁通量的变化率也相同，C正确；变压器的原线圈两端电压由发电机提供，则副线圈上不接负载时，原线圈两端的电压不变，D错误.
(3)根据变压器原理可知原、副线圈两端电压之比等于原、副线圈匝数之比，实验中由于变压器的铜损、磁损和铁损，导致变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以副线圈上的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比.
【变式训练1】 某物理兴趣小组在进行物理课外实验中，学生电源损坏，不能使用.
(1)在探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系的实验中，可以使用220 V的交流电源来代替，要完成实验，下图实验器材中需要用到的有________(填正确答案标号).
A B C D
(2)组装变压器时，没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接u＝311sin (314t) V的交流电源，原、副线圈的匝数比为8∶1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是________.
A.27.5 V B.38.9 V
C.10.0 V D.1 760 V
【答案】 (1)AD (2)C
【解析】 (1)本实验需要线圈和铁芯，还需要交流电压表测量电压，不用条形磁铁和直流电压表，故A、D正确，B、C错误.
(2)根据题意知原线圈电压有效值为U1＝ V＝220 V，＝，代入数据得U2＝U1＝27.5 V，由于铁芯没有闭合，有漏磁现象，实际上输出电压低于计算值，C正确，A、B、D错误.
考点二 拓展创新实验
【例2】 某学习小组做“探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系”的实验.
(1)以下给出的器材中，本实验需要用到的有________.(填字母)
(2)下列说法正确的是________.
A.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同
B.实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法
C.为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12 V
D.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好
(3)由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的________(填“平均”“有效”或“最大”)值；某次实验操作，副线圈所接多用电表的读数如图所示，其对应的选择开关对准交流电压“10 V”挡，则此时电表读数为________ V.
(4)若用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器做实验，对应的电压测量数据U1、U2如表所示.根据测量数据，则匝数为N1的线圈一定是______(填“原”或“副”)线圈.
实验次数 1 2 3 4
U1 0.90 1.40 1.90 2.40
U2 2.00 3.01 4.02 5.02
【答案】 (1)BDE (2)BD (3)有效 4.8 (4)副
【解析】 (1)实验中需要交流电源、变压器和交流电压表(多用电表)，不需要干电池和直流电压表，B、D、E正确.
(2)变压器工作时只是改变电压，不改变频率，副线圈电压频率与原线圈相同，A错误；实验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，改变一个来探究匝数比与原、副线圈电压之比的关系，用的是控制变量法，B正确；变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用交流电压不能超过12 V，而用直流电压变压器不能工作，C错误；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知＝，则匝数少的电流大，导线应该粗，绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，D正确.
(3)由于交变电流的电压是变化的，实验中测量的是电压的有效值；所选择为交流电压“10 V”挡，由题图乙可知此时电表读数为4.8 V.
(4)由于有漏磁，原、副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器变压规律可知＝＝，U1总是略小于U2，故U1应该是副线圈的电压值，匝数为N1的线圈一定是副线圈.
【变式训练2】有一个教学用的可拆变压器，如图所示，它由两个带有绝缘外层的铜质导线绕制而成的线圈A、B组成.
(1)如果把它看成理想变压器，线圈A、B的匝数比为k∶1，则当A线圈接在电压为U1的蓄电池两端以后，线圈B的输出电压为________.
(2)如果把它看成理想变压器，则线圈A、B上的交变电流一定具有相同的__________.
A.电压 B.电流
C.功率 D.频率
【答案】 (1)0 (2)CD
【解析】 (1)当A线圈接在电压为U1的蓄电池两端以后，线圈B将不产生感应电流，所以线圈B的输出电压为0.
(2)如果为理想变压器，没有能量损失，则线圈A、B上的交变电流的频率和功率均相同，而电压和电流与匝数有关，C、D正确.
1.如图甲所示为教学用的可拆变压器，它有两个外观基本相同的线圈A和B，线圈外部还可以绕线.
(1)某同学用多用电表的欧姆挡分别测量了A、B线圈的电阻值，发现A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则可推断________(填“A”或“B”)线圈的匝数多.
(2)为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系，如图乙所示，该同学把线圈A与学生电源连接，另一个线圈B与小灯泡连接.其中线圈A应连到学生电源的________(填“直流”或“交流”)输出端上.
(3)将与灯泡相连的线圈B拆掉部分匝数，其余装置不变继续实验，灯泡亮度将________(填“变亮”或“变暗”)，这说明灯泡两端的电压________(填“变大”或“变小”).
(4)某次实验时，变压器原、副线圈的匝数分别为220匝和110匝，学生电源输出端的电压为6 V，则小灯泡两端的电压值可能是________.
A.11.4 V B.3.6 V
C.2.8 V D.3 V
【答案】 (1)A (2)交流 (3)变暗 变小
(4)C
【解析】 (1)两线圈外观基本相同，根据电阻定律，R＝ρ，A线圈电阻约为B线圈电阻的2倍，则A线圈长度约为B线圈长度的2倍，故A线圈匝数多.
(2)变压器只能改变交变电压，应连接交流电源.
(3)根据＝，拆掉B线圈的部分匝数，则n2减小，可得副线圈电压U2减小，灯泡变暗，灯泡两端电压减小.
(4)若是理想变压器，由题中数据，可得副线圈电压为3 V.由于两线圈具有电阻，则灯泡两端电压小于3 V.
2.在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图甲所示.
(1)针对该实验，下列做法正确的是______.
A.为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V
B.为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测
C.观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多
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
(2)在实验中将电源接在原线圈的“100”和“400”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“200”和“800”两个接线柱之间的电压为7.6 V，若为理想变压器，输入电压的值应为________V，但我们发现实际的电源电压比这个值________(填“偏大”“相同”或“偏小”).
(3)探究此实验后，同学们又找来实验器材继续研究由该变压器组成的电路.如图乙所示，原线圈接入交流电源，电源电压保持不变.副线圈电路中R1、R2为定值电阻，R是滑动变阻器.V1和V2是交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是交流电流表，示数分别用I1和I2表示.忽略电表和变压器非理想化引起的误差，则在滑片P向下滑动过程中，实验结果应为______.
A.U1和U2均保持不变
B.I1增大，I2变小
C.电源的输出功率减小
D.保持不变
【答案】 (1)AB (2)3.8 偏大 (3)BD
【解析】 (1)变压器改变的是交流电压，为了人身安全，原线圈只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，用直流电压时变压器不能工作，A正确；为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，B正确；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理可知＝，可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，C错误；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为磁场能，在副线圈上将磁场能转化为电能，铁芯起到传递磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，D错误.
(2)在实验中将电源接在原线圈的“100”和“400”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“200”和“800”两个接线柱之间的电压为7.6 V，根据理想变压器电压比等于匝数比有＝＝＝，若为理想变压器，输入电压的值应为U1＝U2＝×7.6 V＝3.8 V，考虑到变压器不是理想变压器，有漏磁等现象，则实际的电源电压比这个值偏大.
(3)在滑片P向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路阻值变小，副线圈总电阻变小，电源电压保持不变，可知原线圈输入电压不变，即电压表V1示数U1不变，由于匝数不变，副线圈输出电压U2总不变，根据欧姆定律可知，副线圈总电流I2总增大，可知定值电阻R1两端电压增大，定值电阻R2两端电压减小，即电压表V2示数U2减小，A错误；根据变压器电流与匝数关系＝，由于副线圈总电流I2总增大，可知原线圈电流I1增大，由于定值电阻R2两端电压减小，可知通过定值电阻R2的电流减小，即电流表A2示数I2减小，B正确；电源的输出功率为P＝UI1，由于电源电压保持不变，电流I1增大，可知电源的输出功率增大，C错误；根据变压器电流与匝数关系＝，对于副线圈有U2总＝I2总R1＋U2，联立可得U2＝U2总－I1·R1，由于副线圈输出电压U2总不变，变压器匝数n1、n2不变，R1为定值电阻，可知U2－I1图像为一条倾斜直线，故保持不变，D正确.
3.有一个教学用的可拆变压器，其铁芯粗细一致，如图甲所示.它有两个外观基本相同的线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相同)，线圈外部还可以再绕线圈.
(1)某同学用多用电表的“×1”电阻挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置，则A线圈的电阻为______Ω，由此可推断________(填“A”或“B”)线圈的匝数较多.
(2)如果把该变压器看作理想变压器，现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长绝缘导线，一只多用电表和低压交流电源.请完成以下实验步骤：
①用绝缘导线在线圈B上绕制n匝线圈；
②将A线圈与低压交流电源相连接；
③用多用电表的“交流电压”挡分别测量A线圈的输入电压UA和________(填“绕制”或“B”)线圈的输出电压U；
④则A线圈的匝数为__________(用已知和测得量的符号表示).
【答案】 (1)24 A (2)③绕制 ④n
【解析】 (1)多用电表电阻挡读数＝指针指示值×倍率.a的读数为24，倍率为“×1”，所以A线圈的电阻为24 Ω.由于导线的电阻率、横截面积相同，根据电阻定律R＝ρ可知，导线越长，电阻越大，因为A的电阻比B大，所以A线圈匝数多.
(2)③因为要测量A线圈匝数，所以要把A线圈与低压交流电源相连接.变压器输入、输出电压都是交流电，所以要用交流电压挡测绕制线圈的输出电压U.
④根据变压器电压比等于匝数比，有＝，所以nA＝n.
4.在“探究变压器原、副线圈两端电压与匝数关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝.某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示.
实验序号 1 2 3
原线圈两端的电压U1/V 3.9 5.9 7.8
副线圈两端的电压U2/V 7.7 11.6 15.2
1∶2.0 1∶2.0 ______
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中.
(2)本实验可得出结论：在误差允许的范围内，变压器线圈两端电压与匝数的关系为____________(用题目中给出的字母表示).
(3)该变压器是________(填“升压”或“降压”)变压器.
【答案】 (1)1∶1.9 (2)＝ (3)升压
【解析】 (1)第三组数据为＝≈.
(2)线圈匝数之比＝＝，结合题表中的数据可知，在误差允许的范围内，线圈两端电压与匝数的关系是＝.
(3)从题表中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器.
实验十五 传感器的简单使用
一、实验目的
1.认识热敏电阻、光敏电阻等敏感元件的特性.
2.了解传感器的简单应用.
二、实验原理
1.传感器能够将感受到的物理量(力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量).
2.其工作过程如图所示.
三、实验器材
热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等.
四、实验过程
1.研究热敏电阻的热敏特性
(1)实验步骤
a.按图示连接好实物，热敏电阻做绝缘处理.
b.将多用电表置于欧姆挡，选择适当的量程测出烧杯中没有热水时热敏电阻的阻值，并记下温度计的示数.
c.向烧杯中注入少量的冷水，使热敏电阻浸没在冷水中，记下温度计的示数和多用电表测量的热敏电阻的阻值. d.将热水分几次注入烧杯中，测出不同温度下热敏电阻的阻值，并记录.
(2)数据处理
a.根据记录数据，把测量到的温度、电阻值填入表中，分析热敏电阻的特性.
次数 1 2 3 4
温度/ ℃
电阻/Ω
b.在图示坐标系中，粗略画出热敏电阻的阻值随温度变化的图线.
c.根据实验数据和R－t图线，得出结论：热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，随温度的降低而增大. 2.研究光敏电阻的光敏特性
(1)实验步骤
a.将光敏电阻、多用电表、灯泡、滑动变阻器按图示的电路连接好，其中多用电表置于欧姆“×100”挡.
b.先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值，并记录数据.
c.接通电源，让小灯泡发光，调节滑动变阻器使小灯泡逐渐变亮，观察表盘指针显示电阻阻值的情况，并记录.
d.用手掌(或黑纸)遮住光，观察光敏电阻的阻值并记录.
(2)数据处理
把记录的结果填入表中，根据记录数据分析光敏电阻的特性.
光照强度 弱 中 强 无光照射
阻值/Ω
结论：光敏电阻被光照射时阻值发生变化，光照增强电阻变小，光照减弱电阻变大.
考点一 温度传感器的应用
【例1】 为了消防安全，一些生产车间会使用温控报警系统.该系统核心元件可采用热敏电阻来控制.某实验兴趣小组想自制简易温控报警系统.
(1)该实验小组的同学首先对该热敏电阻的温度特性进行研究，可能用到以下实验器材：
A.热敏电阻Rt(常温下的阻值约为30 Ω)
B.烧杯、热水、温度计
C.电流表(量程0～0.6 A，内阻r1＝5 Ω)
D.电压表(量程0～6 V，内阻约15 kΩ)
E.滑动变阻器(最大阻值为10 Ω，额定电流2 A)
F.滑动变阻器(最大阻值为500 Ω，额定电流0.5 A)
G.电源(电动势6 V，额定电流2 A，内阻不计)
H.开关一个，导线若干
(2)要求通过热敏电阻的电流从零开始增大，为使测量尽量准确，则滑动变阻器应选择________(填器材前的字母标号).
(3)请你按照实验要求用笔画线代替导线在实物图甲中完成余下导线的连接.
(4)实验测得的该热敏电阻的温度特性曲线如图乙所示.接着该实验小组利用其自制简易温控报警系统.如图丙所示，当1、2两端所加电压降低至1 V时，温度控制开关自动启动报警系统，请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当温度升高至约50 ℃时启动报警系统.提供的器材如下：
直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；
定值电阻：R1＝10 Ω，R2＝40 Ω，R3＝80 Ω；
开关S及导线若干；
则定值电阻应该选择________(填写字母符号).
(5)请在图丙虚线框内完成电路原理图(不考虑开关S对所设计电路的影响).
【答案】 (2)E (3)见解析图甲 (4)R2 (5)见解析图乙
【解析】 (2)电源电动势为6 V，热敏电阻常温下的阻值约为30 Ω，故电流最大约为0.2 A，为了让电流从零开始增大，应采用分压接法，故滑动变阻器应选择总阻值较小的E.
(3)本实验中采用滑动变阻器分压接法，又因电流表内阻已知，故电流表采用内接法，电路图如图甲所示.
(4)串联电阻两端电压与电阻阻值成正比，电源电动势E＝3 V，当温度升高至约50 ℃时，由图线知，此时热敏电阻为Rt＝18 Ω，Ut＝1 V，则串联电阻分压UR＝2 V，所以＝＝，则有R＝2Rt＝36 Ω，故选定值电阻R2.
(5)电路图如图乙所示.
【变式训练1】 (2024·浙江卷)在探究热敏电阻的特性及其应用的实验中，测得热敏电阻Rt在不同温度时的阻值如下表：
温度/℃ 4.1 9.0 14.3 20.0 28.0 38.2 45.5 60.4
电阻/
(102 Ω) 220 160 100 60 45 30 25 15
某同学利用上述热敏电阻Rt、电动势E＝3 V(内阻不计)的电源、定值电阻R(阻值有3 kΩ、5 kΩ、12 kΩ三种可供选择)、控制开关和加热系统，设计了A、B、C三种电路.因环境温度低于20 ℃，现要求将室内温度控制在20 ℃～28 ℃范围，且1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，则应选择的电路是______，定值电阻R的阻值应选______kΩ， 1、2两端的电压小于______V时，自动关闭加热系统(不考虑控制开关对电路的影响).
【答案】 C 3 1.8
【解析】 电路A，定值电阻和热敏电阻并联，电压不变，故不能实现电路的控制，A错误；定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，定值电阻分得电压越小，无法实现1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，B错误；定值电阻和热敏电阻串联，温度越低，热敏电阻的阻值越大，热敏电阻分得电压越大，可以实现1、2两端电压大于2 V，控制开关开启加热系统加热，C正确.
由热敏电阻Rt在不同温度时的阻值表可知，20.0 ℃的阻值为60×100 Ω＝6 kΩ，由题意可知U12＝E＝×3 V＝2 V，解得R＝3 kΩ.28 ℃时关闭加热系统，此时热敏电阻阻值为4.5 kΩ，此时1、2两点间的电压为×4.5 V＝1.8 V，则1、2两端的电压小于1.8 V时，自动关闭加热系统.
考点二 光电传感器的应用
【例2】 (2024·河北卷)某种花卉喜光，但阳光太强时易受损伤.某兴趣小组决定制作简易光强报警器，以便在光照过强时提醒花农.该实验用到的主要器材如下：学生电源、多用电表、数字电压表(0～20 V)、数字电流表(0～20 mA)、滑动变阻器R(最大阻值50 Ω，1.5 A)、白炽灯、可调电阻R1(0～50 kΩ)、发光二极管LED、光敏电阻RG、NPN型三极管VT、开关和若干导线等.
(1)判断发光二极管的极性使用多用电表的“×10 k”电阻挡测量二极管的电阻.如图1所示，当黑表笔与接线端M接触、红表笔与接线端N接触时，多用电表指针位于表盘中a位置(见图2)；对调红、黑表笔后指针位于表盘中b位置见图(2)，由此判断M端为二极管的__________(填“正极”或“负极”).
(2)研究光敏电阻在不同光照条件下的伏安特性
①采用图3中的器材进行实验，部分实物连接已完成.要求闭合开关后电压表和电流表的读数从0开始.导线L1、L2和L3的另一端应分别连接滑动变阻器的______、______、______接线柱(以上三空选填接线柱标号“A”“B”“C”或“D”).
②图4为不同光照强度下得到的光敏电阻伏安特性曲线，图中曲线Ⅰ、Ⅱ和Ⅲ对应光敏电阻受到的光照由弱到强.由图像可知，光敏电阻的阻值随其表面受到光照的增强而______(填“增大”或“减小”).
(3)组装光强报警器电路并测试其功能图5为利用光敏电阻、发光二极管、三极管(当b、e间电压达到一定程度后，三极管被导通)等元件设计的电路.组装好光强报警器后，在测试过程中发现，当照射到光敏电阻表面的光强达到报警值时，发光二极管并不发光，为使报警器正常工作，应__________(填“增大”或“减小”)可调电阻R1的阻值，直至发光二极管发光.
【答案】 (1)负极 (2)①A A D或C ②减小 (3)增大
【解
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