文檔來源網絡整理侵權必刪PAGE1專題18理想變壓器、遠距離輸電模型目錄一.理想變壓器基本模型 1二．變壓器原線圈接有負載模型等效法 4三．變壓器副線圈接有二極管模型 10四．多組副線圈的理想變壓器模型 12五．理想變壓器動態分析模型 15六．遠距離輸電的電模型 19一.理想變壓器基本模型（1）理想變壓器的構造、作用、原理及特征。構造：兩組線圈（原、副線圈）繞在同一個閉合鐵心上構成所謂的變壓器。作用：在辦理送電能的過程中改變電壓。原理：其工作原理是利用了電磁感應現象。特征：正因為是利用電磁感應現象來工作的，所以變壓器只能在輸送交變電流的電能過程中改變交流電壓。（2）理想變壓器的理想化條件及規律如圖所示，在理想變壓器的原線圈兩端加交流電壓U1后，由于電磁感應的原因，原、副線圈中都將產生感應電動勢。根據法拉第電磁感應定律，有忽略原、副線圈內阻，有。另外，考慮到鐵心的導磁作用而且忽略漏磁，即認為任意時刻穿過原、副線圈的磁感線條數都相同，于是又有。由此便可得理想變壓器的電壓變化規律為。在此基礎上再忽略變壓器自身的能量損失（一般包括了線圈內能量損失和鐵心內能量損失這兩部分，分別俗稱為“銅損”和“鐵損”），有，而，。于是又得理想變壓器的電流變化規律為。由此可見：①理想變壓器的理想化條件一般指的是：忽略原、副線圈內阻上的分壓，忽略原、副線圈磁通量的差別，忽略變壓器自身的能量損耗（實際上還忽略了變壓器原、副線圈電路的功率因素的差別）。②理想變壓器的規律實質上就是法拉第電磁感應定律和能的轉化與守恒定律在上述理想化條件下的新的表現形式。【模型演練1】(2021·甘肅靜寧縣第一中學月考)如圖所示，理想變壓器的原線圈接入u＝11000eq\r(2)sin100πt(V)的交變電壓，副線圈通過電阻r＝6Ω的導線對“220V880W”的電器RL供電，該電器正常工作．由此可知()A．原、副線圈的匝數比為50∶1B．交變電壓的頻率為100HzC．副線圈中電流的有效值為4AD．變壓器的輸入功率為880W【答案】C.【解析】：由題可知，副線圈輸出電壓U2＝220V＋Ur，eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(11000,220＋Ur)＜eq\f(50,1)，故A錯誤；2πf＝100πrad/s，f＝50Hz，故B錯誤；I2＝eq\f(880,220)A＝4A，故C正確；由于理想變壓器P入＝P出＝Ieq\o\al(2,2)r＋880W＞880W，故D錯誤．【模型演練2】(2021·貴州遵義市調研)如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為n1∶n2＝10∶1，a、b兩點間的電壓為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，R為可變電阻，P為用鉛銻合金制成的保險絲，其電阻可忽略不計，熔斷電流為2A。為使保險絲不熔斷，可變電阻R連入電路的最小阻值應大于()A．eq\f(11\r(2),10)Ω B．1.1ΩC．11Ω D．11eq\r(2)Ω【答案】B【解析】由a、b兩點間的電壓為u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，可知變壓器原線圈輸入電壓U1＝220V，根據變壓器變壓公式可得變壓器輸出電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1＝22V，保險絲熔斷電流為2A，原線圈中電流為I1＝2A時，由U1I1＝U2I2可得副線圈中電流為I2＝20A，此時保險絲會熔斷。為保證保險絲不熔斷，由歐姆定律可得可變電阻R連入電路的最小阻值應大于eq\f(U2,I2)＝1.1Ω，選項B正確。【模型演練3】(2020·淮安模擬)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數比為1∶4，a、b兩端接到交流電源上，R1、R2為阻值相同的定值電阻，下列說法正確的是()A．副線圈兩端電壓是電源電壓的eq\f(1,4)B．流過R1的電流是流過R2電流的4倍C．R1上的電功率是R2上電功率的eq\f(1,16)D．R1上的電功率是R2上電功率的16倍【答案】C【解析】原線圈兩端電壓等于電源電壓，根據電壓之比等于匝數之比可得eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2,n1)＝4∶1，A錯誤；流過R1的電流I1＝eq\f(U1,R1)，流過R2的電流I2＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(4U1,R1)＝4I1，B錯誤；根據電功率P＝I2R可得R1上的電功率是R2上電功率的eq\f(1,16)，C正確，D錯誤。【模型演練4】(2020·北京朝陽區期末)如圖所示，一理想變壓器原線圈輸入正弦式交流電，交流電的頻率為50Hz，電壓表示數為11000V，燈泡L1與L2的電阻相等，原線圈與副線圈的匝數比為n1∶n2＝50∶1，電壓表和電流表均為理想交流電表，則()A.原線圈輸入的交流電壓的表達式為u＝11000sin50πt(V)B.開關K未閉合時，燈泡L1兩端的電壓為220VC.開關K閉合后電流表的示數為通過燈泡L1中電流的eq\f(1,2)D.開關K閉合后，原線圈輸入功率增大為原來的eq\r(2)倍【答案】B【解析】原線圈的電壓最大值Um＝11000eq\r(2)V，角速度ω＝2πf＝100πrad/s，所以原線圈輸入的交流電壓的表達式為u＝11000eq\r(2)sin100πt(V)，故A錯誤；開關K未閉合時，燈泡L1兩端的電壓即為副線圈電壓，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(50,1)，則開關K未閉合時，燈泡L1兩端的電壓U2＝220V，故B正確；開關K閉合后，L1與L2并聯，且電阻相等，所以電流表的示數與通過燈泡L1中電流相等，故C錯誤；開關K閉合后，副線圈功率增大為原來的2倍，則原線圈輸入功率增大為原來的2倍，故D錯誤.二．變壓器原線圈接有負載模型等效法1.變壓器原線圈接有負載R時，原、副線圈的制約關系依然成立，但電路輸入的總電壓U不再等于變壓器原線圈的電壓U1，而是U＝U1＋U負載，顯然U≠U1.變壓器原、副線圈兩端的功率也始終相等，但電路輸入的電功率P也不等于原線圈兩端的功率P1，而是P＝P1＋P負載．2.等效負載電阻法變壓器等效負載電阻公式的推導：設理想變壓器原副線圈的匝數之比為n1：n2，原線圈輸入電壓為U1，副線圈負載電阻為R，如圖1（1）所示，在變壓器正常工作時，求a、b間的等效電阻。先畫出等效電路圖如圖1（2）所示，設變壓器等效負載電阻為在（1）中由變壓器的分壓規律：得：，所以負載電阻R消耗的功率為：在（2）中等效電阻消耗的功率為：因，所以等效電阻為：（重要結論）【模型演練1】一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別為3Ω、1Ω和4Ω，A為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定。當開關S斷開時，電流表的示數為I；當S閉合時，電流表的示數為4I。該變壓器原、副線圈匝數比為A．2 B．3C．4 D．5【答案】B【解析】解法一：能量守恒法：設原副線圈匝數比為斷開①閉合②①②得即：化簡得解法二：電流、電壓關系法設原副線圈匝數比為斷開時由圖可知即則①閉合由圖可知即則②由①②得解法三：等效負載電阻法設原副線圈匝數比為斷開時等效負載電阻為則①閉合時等效負載電阻為則②①②得【模型演練2】(2021·江蘇無錫模擬)如圖所示，理想變壓器的輸入端通過燈泡L1與輸出電壓恒定的正弦交流電源相連，副線圈通過導線與兩個相同的燈泡L2和L3相連，開始時開關S處于斷開狀態．當S閉合后，所有燈泡都能發光，則下列說法中正確的有()A．副線圈兩端電壓不變B．燈泡L1亮度變亮，L2的亮度不變C．副線圈中電流變大，燈泡L1變亮，L2變暗D．因為不知變壓器原、副線圈的匝數比，所以L1及L2的亮度變化不能判斷【答案】C【解析】在原線圈回路中，U＝I1RL1＋U1，在副線圈回路中，U2＝I2RL，根據變壓器工作原理有eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，綜合以上各式有U＝I2(eq\f(n2,n1)RL1＋eq\f(n1,n2)RL)，當S閉合后，RL減小，通過副線圈的電流I2增大，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，通過原線圈的電流也增大，故L1因兩端電壓變大而變亮，則原線圈兩端的輸入電壓減小，副線圈兩端的輸出電壓也隨之減小，L2兩端電壓變小，L2變暗，所以只有選項C正確．【典例分析3】(多選)(2020·全國卷Ⅲ·20)在圖(a)所示的交流電路中，電源電壓的有效值為220V，理想變壓器原、副線圈的匝數比為10∶1，R1、R2、R3均為固定電阻，R2＝10Ω，R3＝20Ω，各電表均為理想電表.已知電阻R2中電流i2隨時間t變化的正弦曲線如圖(b)所示.下列說法正確的是()A.所用交流電的頻率為50HzB.電壓表的示數為100VC.電流表的示數為1.0AD.變壓器傳輸的電功率為15.0W【答案】AD【解析】根據i2－t圖象可知T＝0.02s，則所用交流電的頻率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A正確；副線圈兩端電壓U2＝I2R2＝eq\f(\r(2),\r(2))×10V＝10V，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)得原線圈兩端電壓U1＝100V，電壓表的示數U＝220V－100V＝120V，故B錯誤；電流表的示數I＝eq\f(U2,R3)＝eq\f(10,20)A＝0.5A，故C錯誤；變壓器傳輸的電功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0W，故D正確.【模型演練4】(多選)(2020·武漢市部分學校起點調研)含有理想變壓器的電路如圖所示，L1、L2、L3為“24V2W”的燈泡，為理想交流電壓表，a、b端接正弦交流電壓源(輸出電壓的有效值恒定)。當開關S閉合時，燈泡均正常發光。下列說法正確的是()A．變壓器原、副線圈匝數比為1∶2B．電壓表的示數為72VC．變壓器的輸入功率為8WD．若在副線圈上再并聯一個相同的燈泡，燈泡L1可能會燒毀【答案】BD【解析】每個燈泡的額定電流：IL＝eq\f(PL,UL)＝eq\f(2,24)A＝eq\f(1,12)A，則原線圈的電流為I1＝eq\f(1,12)A，副線圈的電流為I2＝eq\f(1,6)A，則eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，選項A錯誤；變壓器輸出電壓為24V，則根據匝數比可得輸入電壓為U1＝eq\f(n1,n2)U2＝48V，則電壓表讀數為48V＋24V＝72V，選項B正確；變壓器的輸入功率：P1＝U1I1＝4W，選項C錯誤；副線圈上再并聯一個相同燈泡，則副線圈電流增大，則原線圈電流也增大，超過額定電流，燈泡L1可能燒毀，故D正確。【模型演練5】(2020·河北衡水月考)（多選）在如圖所示的電路中，理想變壓器原副線圈的匝數比為2∶1，四個燈泡完全相同，其額定電壓為U，若已知燈泡L3和L4恰能正常工作，那么()A.L1和L2都能正常工作B.L1和L2都不能正常工作C.交流電源電壓為2UD.交流電源電壓為4U【答案】AD【解析】四個燈泡完全相同則電阻均為L3和L4恰能正常工作則根據又因為所以的電流電壓均為所以均能正常發光。設交流電源的電壓為根據及則所以【另解】能量守恒：設交流電源的電壓為根據能量守恒，所以【模型演練6】如圖所示，一理想變壓器，左右兩邊共接有額定電壓均為U的6盞完全相同的燈泡(額定功率均為P)，左端接在一電壓恒為U0的交流電源兩端。此時6盞燈剛好正常發光。下列說法中不正確的是()A．該變壓器的原、副線圈匝數比為1∶2B．此時交流電源輸出的功率為6PC．U0＝6UD．如果燈L6突然燒斷，燈L1和L2將變暗，而其余3盞燈將變得更亮【答案】A【解析】由于各盞燈相同且均正常發光，所以流過每盞燈的電流均相同，原線圈中的電流I1等于燈泡的額定電流I，而副線圈中的總電流為I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1，A錯誤；由于理想變壓器本身不消耗能量，所以交流電源輸出功率為6盞燈的總功率6P，B正確；設原、副線圈兩端的電壓分別為U1、U2，則U2＝U，U0＝U1＋2U，而U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1，代入得U0＝6U，C正確；當燈L6突然燒斷，變壓器輸出的功率將減小，所以輸入功率也將減小，由P1＝U1I1得I1減小，所以燈L1和L2將變暗，同時因L1和L2分得的電壓減小，變壓器輸入端的電壓U1將增大，所以變壓器輸出的電壓也將增大，使其余3盞燈變得更亮，D正確。【模型演練7】(多選)(2021·武漢市部分學校起點調研)含有理想變壓器的電路如圖所示，L1、L2、L3為“24V2W”的燈泡，為理想交流電壓表，a、b端接正弦交流電壓源(輸出電壓的有效值恒定)。當開關S閉合時，燈泡均正常發光。下列說法正確的是()A．變壓器原、副線圈匝數比為1∶2B．電壓表的示數為72VC．變壓器的輸入功率為8WD．若在副線圈上再并聯一個相同的燈泡，燈泡L1可能會燒毀【答案】BD【解析】每個燈泡的額定電流：IL＝eq\f(PL,UL)＝eq\f(2,24)A＝eq\f(1,12)A，則原線圈的電流為I1＝eq\f(1,12)A，副線圈的電流為I2＝eq\f(1,6)A，則eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1)，選項A錯誤；變壓器輸出電壓為24V，則根據匝數比可得輸入電壓為U1＝eq\f(n1,n2)U2＝48V，則電壓表讀數為48V＋24V＝72V，選項B正確；變壓器的輸入功率：P1＝U1I1＝4W，選項C錯誤；副線圈上再并聯一個相同燈泡，則副線圈電流增大，則原線圈電流也增大，超過額定電流，燈泡L1可能燒毀，故D正確。【模型演練8】(多選)(2020·福建廈門市3月質檢)如圖所示，燈泡A、B完全相同，理想變壓器原副的交流電壓后，三個燈泡均正常發光，兩個電流表均為理想電流表，且A2的示數為0.4A，則()A．電流表A1的示數為0.08AB．燈泡A的額定電壓為22VC．燈泡L的額定功率為0.8WD．原線圈的輸入功率為8.8W【答案】AC【解析】副線圈的總電流即A2的示數為I2＝0.4A，由理想變壓器兩端的電流比等于匝數的反比，可得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(1,5)×0.4A＝0.08A，即電流表A1的示數為0.08A，故A正確；輸入端電壓的有效值為U＝110V，根據全電路的能量守恒定律有UI1＝PL＋2PA而指示燈L的額定功率是燈泡A的eq\f(1,5)，即PL＝eq\f(PA,5)，聯立解得PA＝4W，PL＝0.8W由燈泡A的電功率PA＝UAIA＝UA·eq\f(I2,2)可得UA＝20V，故B錯誤，C正確；原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率，則P輸入＝2PA＝8W，故D錯誤．三．變壓器副線圈接有二極管模型變壓器副線圈接有二極管時，由于二極管的單向導電性，使得cd端一個周期的時間內只有半個周期有電流，依據這一特點可畫出cd間I－t關系圖象展開分析．【模型演練1】如圖所示，一理想變壓器原、副線圈的匝數分別為n1、n2.原線圈通過一理想電流表A接正弦交流電源，一個二極管和阻值為R的負載電阻串聯后接到副線圈的兩端．假設該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大．用交流電壓表測得a、b端和c、d端的電壓分別為Uab和Ucd，則()A．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大負載電阻的阻值R，電流表的讀數變小C．負載電阻的阻值越小，cd間的電壓Ucd越大D．將二級管短路，電流表的讀數加倍【答案】BD【解析】若變壓器初級電壓Uab，則次級電壓U2＝eq\f(n2,n1)Uab，由于二極管的單向導電性，使得cd端只在一半的時間內有電流，即Ucd＝eq\f(\r(2),2)U2，故eq\f(Uab,Ucd)＝eq\f(\r(2)n1,n2)，選項A錯誤；增大負載電阻的阻值R，副線圈中的電流減小，則原線圈中的電流也減小，即電流表的讀數變小，選項B正確；c、d間的電壓由原線圈中的電壓和變壓器的匝數比決定，與電阻R無關，選項C錯誤；將二極管短路，副線圈中的電流加倍，則原線圈中的電流也加倍，選項D正確．【模型演練2】(2020·重慶巴蜀中學期中)如圖所示的電路中，理想20eq\r(2)sin(100πt)V的交變電流，則()A.交變電流的頻率為100HzB.通過R2的電流為1AC.通過R2的電流為eq\r(2)AD.變壓器的輸入功率為200W【答案】C【解析】由原線圈交流電瞬時值表達式可知，交變電流的頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A項錯誤；由理想變壓器變壓規律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，輸出電壓U2＝50V，由理想二極管單向導電性可知，交變電流每個周期只有一半時間有電流通過R2，由電流的熱效應可知，eq\f(U22,R2)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R2)·T，解得U＝eq\f(\r(2),2)U2＝25eq\r(2)V，由歐姆定律可知，通過R2的電流為eq\r(2)A，B項錯誤，C項正確；電阻R2的功率P2＝UI＝50W，而電阻R1的電功率P1＝eq\f(U22,R1)＝100W，由理想變壓器輸入功率等于輸出功率可知，變壓器的輸入功率為P＝P1＋P2＝150W，D項錯誤.【模型演練3】.(2021·湖北黃岡模擬)如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數比n1∶n2＝22∶5，原線圈接u＝220eq\r(2)sin100πtV的交流電，電阻R1＝R2＝25Ω，D1、D2為兩只理想二極管，假設兩二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大，則副線圈電路中理想交流電流表的讀數為()A．1A B．2AC．eq\r(2)A D．2eq\r(2)A【答案】B【解析】由于二極管具有單向導電性，在一個周期內相當于只有一個電阻能夠正常工作，由理想變壓器變壓規律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，輸出電壓U2＝50V，所以電流表讀數I＝eq\f(50,25)A＝2A，選項B正確．【模型演練4】(2020·百師聯盟模擬四)利用半導體二極管的單向導電性，可以對交變電流進行整流，將交變電流變為直流，一種簡單的整流電路如圖13甲所示，ab為交變電流信號輸入端，D為半導體二極管，R為定值電阻．信號輸入后，電阻R兩端輸出的電壓信號如圖乙所示，則關于該輸出信號，下列說法正確的是()A．頻率為100HzB．電壓有效值為50eq\r(2)VC．一個標有“90V,30μF”的電容器并聯在電阻R兩端，可以正常工作D．若電阻R＝10Ω，則1min內R產生的熱量為1.5×104J【答案】D【解析】由題圖乙可知，該電壓的周期為0.02s，故頻率為50Hz，A錯；由有效值的概念知，一個周期內電阻產生的熱量為eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Vm,\r(2))))2,R)×0.01＝eq\f(U\o\al(有2),R)×0.02，故電壓有效值為50V，B錯；電容器兩端的瞬時電壓不應超過標稱電壓，C錯；電阻R產生的熱量應使用電壓的有效值進行計算，故產生的熱量為Q＝eq\f(U\o\al(有2),R)t＝1.5×104J，D正確．四．多組副線圈的理想變壓器模型如圖所示，原線圈匝數為，兩個副線圈的匝數分別為、相應的電壓分別為、和，相應的電流分別為、和根據理想變壓器的工作原理可得①②可得③根據得：④將①③代入④得整理得【模型演練1】(2021·貴州黔東南州一模)如圖所示，接在理想變壓器回路中的四個規格相同的燈泡都正常發光，那么，理想變壓器的匝數比n1∶n2∶n3為()A．1∶1∶1 B．3∶2∶1C．6∶2∶1 D．2∶2∶1【答案】B【解析】：燈泡正常發光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想變壓器的電壓關系得eq\f(n2,n3)＝eq\f(U2,U3)＝eq\f(2,1)，可得n2＝2n3，由輸入功率等于輸出功率，可得n1I＝n2I＋n3I，所以n1＝n2＋n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1.故選項B正確．【模型演練2】.(2021·福建廈門市3月質檢)如圖所示，電路中變壓器原線圈匝數n1＝1000，兩個副線圈匝數分別為n2＝500、n3＝200，分別接一個R＝55Ω的電阻，在原線圈上接入U1＝220V的交流電源．則兩副線圈輸出電功率之比eq\f(P2,P3)和原線圈中的電流I1分別是()A．eq\f(P2,P3)＝eq\f(5,2)，I1＝2.8A B．eq\f(P2,P3)＝eq\f(2,5)，I1＝2.8AC．eq\f(P2,P3)＝eq\f(25,4)，I1＝1.16A D．eq\f(P2,P3)＝eq\f(4,25)，I1＝1.16A【答案】C.【解析】：對兩個副線圈有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)、eq\f(U1,U3)＝eq\f(n1,n3)，所以U2＝110V，U3＝44V，又因為P＝eq\f(U2,R)，所以eq\f(P2,P3)＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),Ueq\o\al(2,3))＝eq\f(25,4)；由歐姆定律得I2＝eq\f(U2,R)＝2A，I3＝eq\f(U3,R)＝0.8A，對有兩個副線圈的變壓器有n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16A，故C正確．【模型演練3】.(2020·陜西西安中學三模)在如圖所示的電路中，理想變壓器原副線圈的匝數比n1∶n2∶n3＝6∶3∶1，電流表均為理想交流電流表，兩電阻阻值相同.當在原線圈兩端加上大小為U的交變電壓時，三個電流表的示數之比I1∶I2∶I3為()A.1∶2∶3 B.1∶2∶1C.1∶3∶6 D.5∶9∶3【答案】D【解析】由公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知U2＝eq\f(U,2)，同理可得U3＝eq\f(U,6)，由歐姆定律可知I2＝3I3，由變壓器原、副線圈功率相等有I1U1＝I2U2＋I3U3，即I1U＝I2×eq\f(U,2)＋eq\f(I2,3)×eq\f(U,6)，得eq\f(I1,I2)＝eq\f(5,9)，則I1∶I2∶I3＝5∶9∶3，故D正確，A、B、C錯誤.【模型演練4】(2020·大教育名校聯盟一模)如圖所示，理想變壓器的原線圈接在電壓有效值不變的正弦交流電源上，副線圈的中間有一抽頭將副線圈分為匝數分別為n1和n2的兩部分，抽頭上接有定值電阻R.開關S接通“1”“2”時電流表的示數分別為I1、I2，則eq\f(I1,I2)為()A.eq\f(n1,n2) B.eq\f(n2,n1)C.eq\f(n\o\al(12),n\o\al(22)) D.eq\r(\f(n1,n2))【答案】C【解析】設變壓器原線圈兩端的電壓有效值為U0、匝數為n0，根據變壓器原理可知副線圈n1、n2的電壓分別為U1＝eq\f(n1,n0)U0和U2＝eq\f(n2,n0)U0，得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，根據原線圈輸入功率等于副線圈輸出功率有，I1U0＝eq\f(U\o\al(12),R)，I2U0＝eq\f(U\o\al(22),R)，整理得，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n\o\al(12),n\o\al(22))，選項C正確．【模型演練5】(2020·云南省畢業生統一檢測)如圖所示，一理想變壓器由一個原線圈和兩個副線圈組成，匝數比，a、b端接正弦交流電，電路中電阻，其余電阻均不計。若消耗的功率為，則消耗的功率為A.9PB.PC.PD.P【答案】B【解析】方法一：設原線圈的電壓為則副線圈的電壓分別為、因為的功率，則的功率根據能量守恒原線圈的輸入功率為，則那么消耗的功率又因為所以。方法二：設原線圈的電壓為則副線圈的電壓分別為、設中的電流為則中的電流為，設中的電流為則由能量守恒得所以解法三：由得根據則所以。五．理想變壓器動態分析模型【模型結構】1．變壓器動態分析流程圖eq\x(\a\al(輸入電,壓U1))→eq\x(\a\al(輸出電,壓U2))→eq\x(\a\al(輸出電,流I2))→eq\x(\a\al(輸入電,壓I1))→eq\x(\a\al(輸入功,率P1))2．涉及問題(1)U2＝eq\f(n2,n1)U1，當U1不變時，不論負載電阻R變化與否，U2都不會改變．(2)輸出電流I2決定輸入電流I1．(3)輸出功率P2決定輸入功率P1．【解題方法】1．變壓器原線圈通入交變電流時，原線圈是交流電源的負載，此時原線圈和與之串、并聯的用電器同樣遵循串、并聯電路的特點和性質．對直流電，變壓器不起作用，副線圈輸出電壓為零．2．變壓器的副線圈是所連接電路的電源，其電源電動勢U2由輸入電壓和匝數比決定．3．對其他形狀的鐵芯(如“日”字)，應認真分析原、副線圈之間磁通量的關系，再結合其變壓原理來分析變壓器的電壓和匝數之間的關系．【命題角度】角度1匝數比不變，負載R變化(如圖甲)(1)U1不變，根據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，可知不論負載電阻R如何變化，U2不變．(2)當負載電阻R變化時，I2變化，可推出I1的變化．(3)I2變化引起P2變化，根據P1＝P2知P1的變化．角度2負載電阻R不變，匝數比變化(如圖乙)(1)U1不變，eq\f(n1,n2)發生變化，故U2變化．(2)R不變，U2改變，故I2發生變化．(3)根據P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)，P1＝P2，可以判斷P2發生變化時，P1變化，U1不變時，I1發生變化．【模型演練1】(2021·甘肅天水市期中)如圖所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上，圖中各電表均為理想電表．下列說法正確的是()A．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R1消耗的功率變大B．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表V示數變大C．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電流表A1示數變大D．若閉合開關S，則電流表A1示數變大，A2示數變大【答案】B.【解析】：當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻增大，變壓器副線圈的總負載的等效電阻增大，R1中電流減小，R1兩端電壓減小，電壓表示數變大，R1消耗的電功率變小，選項A錯誤，B正確；當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，變壓器副線圈輸出電流減小，輸出功率減小，根據變壓器輸入功率等于輸出功率，變壓器輸入功率減小，電流表A1示數變小，選項C錯誤；若閉合開關S，變壓器副線圈的總負載的等效電阻減小，則R1中電流增大，R1兩端電壓增大，電壓表示數減小，電流表A2示數減小，電流表A1示數變大，選項D錯誤．【模型演練2】(多選)(2020·河北唐山市摸底考試)如圖所示，理想變壓器原線圈一端有a、b兩接線柱，a是原線圈的一端點，b流表均為理想交流電表.從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u＝Usin100πt.則()A.當單刀雙擲開關分別與a、b連接時，電壓表的示數比為1∶2B.當t＝0時，c、d間的電壓瞬時值為eq\f(U,\r(2))C.單刀雙擲開關與a連接，在滑動變阻器觸頭P向上移動的過程中，電壓表示數增大D.當單刀雙擲開關由a扳向b時，電流表的示數增大【答案】AD【解析】當單刀雙擲開關與a連接時，原線圈的匝數為n1，則有U2＝U1eq\f(n2,n1)，當單刀雙擲開關與b連接時，原線圈的匝數為eq\f(n1,2)，則有U2′＝U1eq\f(n2,\f(n1,2))，聯立得U2∶U2′＝1∶2，故電壓表的示數比為1∶2，故A正確；當t＝0時，c、d間的電壓瞬時值為u＝Usin(100π×0)＝0，故B錯誤；副線圈的電壓由原、副線圈匝數和輸入電壓決定，單刀雙擲開關與a連接，滑動變阻器觸頭P向上移，可知副線圈電壓不變，故電壓表的示數不變，C錯誤；單刀雙擲開關由a扳向b，原線圈的匝數變小，副線圈的電壓變大，則電壓表示數變大，電阻不變，故電流表的示數也變大，故D正確.【模型演練3】(2020·四川達州市第二次診斷)如圖所示，一自耦變壓器接在交流電源上，V1、V2為理想交流電壓表.下列說法正確的是()A.若P不動，滑片F向下滑動時，V1示數不變，V2示數變小B.若P不動，滑片F向下滑動時，燈泡消耗的功率變大C.若F不動，滑片P向上滑動時，V1示數不變，V2示數變大D.若F不動，滑片P向上滑動時，燈泡消耗的功率變小【答案】A【解析】設變壓器的輸入電壓為U1，輸出電壓為U2；若P不動，滑片F向下滑動時，輸入電壓U1不變，V1示數不變，根據變壓比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，由于n2減小，故輸出電壓U2減小，故燈泡消耗的功率減小，V2的示數變小，故A正確，B錯誤；若F不動，根據變壓比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，輸入電壓U1不變，則輸出電壓U2也不變，V1示數不變；滑片P向上滑動時，滑動變阻器R接入電路的電阻值減小，則副線圈回路中的電流增大，燈泡中的電流、電壓都增大，燈泡消耗的功率變大；由UV2＝U2－UL可知電壓表V2示數變小，故C、D錯誤.【模型演練4】(多選)(2020·山西運城市調研)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數比為1∶2，正弦交流電源輸出的電壓的有效值恒為U＝12V，電阻R1＝1Ω，R2＝2Ω，滑動變阻器R3最大阻值為20Ω，滑片P處于中間位置，則()A．R1與R2消耗的電功率相等B．通過R1的電流為3AC．若向下移動P，電源輸出功率增大D．若向上移動P，電壓表讀數將變小【答案】BD【解析】理想變壓器原、副線圈匝數比為1∶2，可知原、副線圈的電流之比為2∶1，根據P＝I2R，可知R1與R2消耗的電功率之比為2∶1，選項A錯誤；設通過R1的電流為I，則副線圈的電流為0.5I，原線圈電壓為U－IR1，根據電壓與匝數的關系可知副線圈電壓為2(U－IR1)，則eq\f(2U－IR1,0.5I)＝R2＋eq\f(1,2)R3m＝12Ω，解得I＝3A，選項B正確；若向下移動P，則R3接入電路的電阻增大，副線圈電流變小，原線圈電流也變小，根據P＝UI可知電源輸出功率變小，若向上移動P，則R3接入電路的電阻變小，副線圈電流變大，則原線圈電流變大，則電阻R1的電壓變大，變壓器輸入電壓變小，副線圈兩端電壓變小，電壓表的讀數變小，則選項C錯誤，D正確．【模型演練5】(多選)(2021·安徽蚌埠市第二次質檢)如圖所示，電路中的變壓器為理想變壓器，U為正弦式交變電壓，R為變阻器，R1、R2是兩個定值電阻，A、V分別是理想電流表和理想電壓表，則下列說法正確的是()A．閉合開關S，電流表示數變大、電壓表示數變小B．閉合開關S，電流表示數變小、電壓表示數變大C．開關S閉合時，變阻器滑片向左移動的過程中，電流表、電壓表示數均變小D．開關S閉合時，變阻器滑片向左移動的過程中，電流表、電壓表示數均變大【答案】AC【解析】閉合開關S，負載總電阻變小，變壓器的輸出功率增大，副線圈的電流增大，根據eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知變壓器的輸入電流增大，即電流表示數變大，變阻器R兩端電壓增大，根據串聯分壓可知變壓器的輸入電壓減小，根據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知變壓器的輸出電壓減小，電壓表示數變小，故A正確，B錯誤；開關S閉合時，變阻器滑片向左移動的過程中，變阻器R接入電路的阻值增大，兩端電壓增大，根據串聯分壓可知變壓器的輸入電壓減小，根據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知變壓器的輸出電壓減小，電壓表示數變小，根據歐姆定律可知副線圈的電流減小，根據eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知變壓器的輸入電流減小，即電流表示數變小，故C正確，D錯誤．【模型演練6】(多選)(2020·貴州銅仁市高三適應考試)如圖所示，一理想變壓器的原線圈與穩定的正弦交流電源相連，副線圈與定值電阻R0和均勻密繞的滑動變阻器R串聯．若不考慮溫度對R0、R阻值的影響．在將滑動變阻器的滑片P由a勻速滑到b的過程中()A．原線圈輸入功率增大B．原線圈兩端電壓增大C．R兩端的電壓減小D．R0消耗的電功率減小【答案】AC【解析】原線圈與穩定的正弦交流電源相連，則原線圈兩端的電壓不變，由于匝數比不變，則副線圈兩端的電壓不變，將滑片P由a勻速滑到b的過程中，滑動變阻器接入電路中的電阻減小，副線圈中電流增大，由公式P＝UI可知，理想變壓器的輸出功率增大，則理想變壓器的輸入功率增大，即原線圈輸入功率增大，故A正確，B錯誤；由于副線圈中電流增大，則R0兩端電壓增大，副線圈兩端電壓不變，則R兩端電壓減小，故C正確；將副線圈與R0看成電源，由于不知道滑動變阻器的最大阻值與R0的關系，則無法確定R0消耗的電功率的變化情況，故D錯誤．六．遠距離輸電的電模型1.五個關系式(1)eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，eq\f(U3,n3)＝eq\f(U4,n4).(2)理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，P入＝P出．(3)升壓變壓器原線圈的電流I1＝eq\f(P1,U1)，副線圈的電流I2＝eq\f(P2,U2)，U2為輸送電壓．(4)功率損失：ΔP＝Ieq\o\al(2,2)R線＝eq\f(U2－U32,R線)，P2＝P3＋ΔP.(5)電壓關系：U2＝I2R線＋U3.2.解遠距離輸電問題的思路(1)正確畫出輸電過程示意圖并在圖上標出各物理量．(2)抓住變壓器變壓前后各量間關系，求出輸電線上的電流．(3)計算電路功率問題時常用關系式：P損＝Ieq\o\al(2,線)R線，注意輸電線上的功率損失和電壓損失．(4)電網送電遵循“用多少送多少”的原則說明原線圈電流由副線圈電流決定.3.輸電線路功率損失的計算方法(1)P損＝P－P′，P為輸送的功率，P′為用戶所得功率．(2)P損＝Ieq\o\al(2,線)R線＝(eq\f(P2,U2))2R線．，I線為輸電線路上的電流，R線為線路電阻．當輸送功率一定時，輸電電壓增大到原來的n倍，輸電線上損耗的功率就減小到原來的eq\f(1,n2).(3)P損＝eq\f(ΔU2,R線)，ΔU為輸電線路上損失的電壓，R線為線路電阻．(4)P損＝ΔUI線，ΔU為輸電線路上損失的電壓，I線為輸電線路上的電流．4.關于遠距離輸電問題的處理思路(1)畫出輸電線路圖，將已知量和未知量標在圖中相應位置；(2)將輸電線路劃分為幾個獨立回路；(3)根據串并聯電路特點、歐姆定律、電功率公式等確定各部分回路物理量之間的關系；(4)根據升壓、降壓，原、副線圈的電壓、電流關系和功率關系列式求解。5.遠距離輸電問題的分析思路及常見的“三個誤區”（1）分析思路：對高壓輸電問題，應按“發電機→升壓變壓器→遠距離輸電線→降壓變壓器→用電器”，或按從“用電器”倒推到“發電機”的順序一步一步進行分析．（2）三個誤區：(1)不能正確地利用公式P損＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))2R計算輸電線上的損耗功率導致錯誤；(2)不能正確理解升壓變壓器的輸出電壓U2、降壓變壓器的輸入電壓U3和輸電線上損失的電壓ΔU的關系導致錯誤，三者關系是U2＝ΔU＋U3；(3)不能正確理解升壓變壓器的輸入功率P1、降壓變壓器的輸出功率P4和輸電線上損失的功率P損的關系導致錯誤，三者關系是P1＝P損＋P4.【模型演練1】(2020·浙江7月選考·11)如圖所示，某小型水電站發電機的輸出功率P＝100kW，發電機的電壓U1＝250V，經變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線總電阻R線＝8Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為U4＝220V．已知輸電線上損失的功率P線＝5kW，假設兩個變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是()A．發電機輸出的電流I1＝40AB．輸電線上的電流I線＝625AC．降壓變壓器的匝數比n3∶n4＝190∶11D．用戶得到的電流I4＝455A【答案】C【解析】發電機輸出電流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，故A錯誤；輸電線上損失的功率P線＝I線2R線＝5kW，所以I線＝eq\r(\f(P線,R線))＝25A，故B錯誤；用戶得到的功率P4＝P－P線＝(100－5)kW＝95kW，則I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(95×103,220)A＝eq\f(4750,11)A≈432A，即用戶得到的電流為432A，故eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I線)＝eq\f(190,11)，故C正確，D錯誤．【模型演練2】如圖所示，某小型水電站的發電機輸出電壓為220V，正常情況下輸出的總功率P0＝8.8×104W，為了減少遠距離輸電過程中的電能損失，往往采用高壓輸電.輸送電壓為U＝1100eq\r(2)sin200πtV，輸電導線的總電阻為r＝5Ω，現要使額定電壓為220V的用電器正常工作，下列說法正確的是()A.輸電線上的電流為220AB.降壓變壓器匝數比eq\f(n3,n4)＝eq\f(5,1)C.用電器的額定功率P＝5.6×104WD.用電器上交流電的頻率是50Hz【答案】C【解析】因為輸送電壓為U＝1100eq\r(2)sin200πtV，則輸電電壓的有效值為：U輸＝eq\f(1100\r(2)V,\r(2))＝1100V，根據：P0＝U輸I輸，解得輸電線上的電流為：I輸＝80A，故A錯誤；降壓變壓器的輸入電壓為：頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,\f(2π,ω))＝eq\f(ω,2π)＝100Hz，變壓器不改變電壓的頻率，則用電器上交流電的頻率是100Hz，故D錯誤.【模型演練3】.(2021·廣東汕頭市調研)如圖所示為遠距離輸電的原理圖.發電廠輸出的電壓恒定，升壓、降壓變壓器均為理想變壓器.由于用戶負載的變化會造成其得到的電壓變化，供電部門要實時監控.監控電表為理想電表.若某次監測發現V2表的示數減小.則下列判斷正確的是()A.電流表A1的示數增大B.電流表A2的示數減小C.電壓表V1的示數增大D.輸電線損失的功率減小【答案】A【解析】根據題意知，發電廠的輸出電壓恒為U，升壓變壓器的變壓比不變，所以電壓表V1的示數不變，故C錯誤；某次監測發現V2表的示數減小，根據降壓變壓器變壓比不變可知，降壓變壓器