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1、专题1 2 变压器远距离输电画 题 呈 现【母题来源一】2 0 2 2 年高考湖南卷【母题题文】（2 0 2 2 湖南卷T 6）如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头R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R 的阻值为R,滑动变阻器&的最大阻值为9R，滑片P 2 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 下 列 说 法 正 确 的是（）A.保持R位置不变，P,向左缓慢滑动的过程中，/减小，U 不变B.保持R位置不变，巳向左缓慢滑动的过程中，用 消耗的功率增大C.保持P 2 位置不变，P 1 向下缓慢滑动的过程中，/减小，U 增大
2、D.保持用位置不变，R向下缓慢滑动的过程中，与 消耗的功率减小【答案】B【解析】AB.由题意可知，原副线圈的匝数比为2,则副线圈的电流为2/，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2=2/7?,则变压器原线圈的电压有效值为5 =2力=4出设 输 入 交 流 电 的 电 压 有 效 值 为 则U0=4I&+IR2可得44+R2保持R位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，/不断变大，根据欧姆定律5 =4/R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U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，可知用 消耗的功率增大，故B正确，A
3、错误；C D.设原副线圈的匝数比为，同理可得5=2/4则U=n21R+1R2整理可得/=2Ri+R2保持P?位置不变，R向下缓慢滑动的过程中，不断变大，则/变小，对此由欧姆定律可知U=IR2可知。不断变小，根据原副线圈的功率相等可知4消耗的功率P=IU=J _.0 0一。向_)11 2舄+凡 n2R+R2整理可得四/R +勺+2凡1 n2R”可知=3时，用 消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大，后减小，故CD错误。故选B。【母题来源二】2 0 2 2年高考山东卷【母题题文】（2 0 2 2 山 东 卷 T 4）如图所示的变压器，输入电压为2 2 0 V,可输出1 2 V、1 8 V、3
4、 O V电压，匝数为的原线圈中电随时间变化为=Um C O S（1 0 0”）.单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V。将阻值为1 2。的电阻R接在BC两端时，功率为1 2 W。下列说法正确的是（）B.间线圈匝数为1 2 0匝，流过R的电流为1.4 AC.若将R接在A8两端，R两端的电压为1 8 V,频率为1 0 0 HzD.若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A,周期为0.0 2 s【答案】D【解析】A.变压器的输入电压为2 2 0 V,原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为22O0V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为n,_ 2 2
5、 0 VT-0.1 V解得原线圈为2 2 0 0匝，A错误；B.根据图像可知，当原线圈输入2 2 0 V时，8 C间的电压应该为1 2 V,故8 c间的线圈匝数关系有 =1 2 01 0.1 V8 c间的线圈匝数为1 2 0匝，流过R的电流为,P 1 2 W 一IRr=-=-=1 ABC UBC 1 2 VB错误；C.若将R接在4 8端，根据图像可知，当原线圈输入2 2 0 V时，A 8间的电压应该为1 8 V。根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为1 0 0不，故交流电的频率为c错误:D.若将R接在AC端，根据图像可知，当原线圈输入2 2 0 V 时，AC间的电压应该为3 0 V
6、,根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为=UAC=30 AA =2.5AA C R 12交流电的周期为T=J_=0.02sf (oD正确。故选D。【母题来源三】2 0 2 2 年高考湖北卷【母题题文】（2 0 2 2 湖 北 T 9）近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为2 2 0 V、匝数为1 1 0 0 匝，接收线圈的匝数为5 0 匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的8 0%,忽略其它损耗，下列说法正确的是（）A.接收线圈的输出电压约为8 VB.接收线圈与发射线圈中电流之比约为2 2:1C.发射线圈与接收线圈中交变
7、电流的频率相同D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同【答案】A C【解析】A.根据 _ 80%qn2 U 2可得接收线圈的输出电压约为U2=8 V；B.根据一 =，2n2.8 0%/,可得/,_88T5故B错误；C.变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；D.由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。故选ACo福 题 解 密【命题意图】考查变压器的工作原理、欧姆定律、闭合电路欧姆定律和电功率等知识，意在考查考生的理解能力和综合分析能力。【考试方向】对理想变压器的动态分析的考查：一是负载不变，通过匝数
8、变化求解原副线圈的各参量；二是匝数不变，负载变化，讨论各量的变化。【得分要点】1、电压器的几个常用关系：（1）电压关系：=2或者4=或 者4=支=4=（多个副线圈时），U2 n2 n1nl A r nx n2 n3 N即原副线圈两端电压之比等于线圈的匝数之比。I（2）电流关系：根据P入=P 1 1 1可求出，/=1或者附1/1=2/2或者1/|=2/2+3/3+4/4+5/5+（有多个副线圈时）。（3）功率关系：尸入=P出，即/初=/2。2 （一个副线圈）或者/1 S =/2 S+/3 S+/4 U 4+.（多个副线圈）。（4）各物理量之间的制约关系：输入电压3 决定输出电压U 2；输出功率2
9、加 决定输入功率产 入；输出电流/2决定输入电流八。对于动态变化问题，求解思路是：通过某一电阻变化判断整体电阻变化，据闭合电路欧姆定律判断干路电流变化：再抓住“原线圈电压决定副线圈电压、副线圈电路决定原线圈电流、副线圈输出功率决定输入功率”这个结论。2、解远距离输电问题必备技巧（1）正确画出输电过程示意图，并在图上标出各物理量。(2)抓住变压器变压前、后各量间关系，求出输电线上的电流。(3)计算电路功率问题时常用关系式：A P =/2 R =()2 R,注意输电线上的功率损失和电压损失。(4)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，说明原线圈电流由副线圈电流决定。1、(2 0 2 2 福建福州市高
10、三下学期三月质检)图甲是一款手机无线充电接收器，将其插入原本没有无线充电功能的手机的接口，并贴于手机背部，再将手机放在无线充电器上即可实现无线充电。其工作原理如图乙所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比，7”小=5：1,两个线圈中所接电阻的阻值均为当而间接上2 2 0 V的正弦交变电源后，受电线圈中产生电流给手机充电；充电时，受电线圈中的电流为2 A。若把装置线圈视为理想变压器、手机充电时，下列说法正确的是()A.c d 间电压为S=44VB.送电线圈中电流为/i=0.4AC.送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电压之比为5：1D.送电线圈和受电线圈线路上所接电阻R的电功率比为2 5：1【答案】B
11、【解析】A.送电线圈和受电线圈匝数比小：“2=5：1,如果原线圈接上2 2 0 V的正弦交变电源后，c d 间电压为U,=4 4 V现在原线圈两端电压小于2 2 0 V,故cd间电压为S l3B.电流表A的 示 数 为 而C.电压表V示 数 等 于 勇 丝感 应 电 动 势 也 零MBSR兀D.在矩形线圈转一周的过程中，电阻R产生的焦耳热为9r/?J【答案】BD【解析】A.在图示位置时线框中磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故 A 错误:B.电流表A 的示数为有效值，设为4,则有根据能量守恒定律，可得纥又因Em=联立求得4故 B 正确：c.电压表V 示数为有效值，设为3 有可得
12、 _ n2A 4NBSC D=NBCC ONBcoC用心n=I、R=JR2NBsC./、尺3局 +幺I 9 J故 C 错误：D.在矩形线圈转一周的过程中，电阻及产生的焦耳热为Q喔TT上0)可得八 N2B%CR7T故 D正确。故选B D 9、（2 0 2 2 江苏盐城市高三下学期二模）随着经济发展，用电需求大幅增加，当电力供应紧张时，有关部门就会对部分用户进行拉闸限电。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，输电线的电阻为凡 两个变压器均为理想变压器。在某次拉闸限电后（假设所有用电器可视为纯电阻）电网中数据发生变化，下列说法正确的是（)发电厂升压变压器降压变压器用户A.降压变压器的
13、输出电压减小了B.升压变压器的输出电流八增加了C.输电线上损失功率减小了D.发电厂输出的总功率增加了【答案】C【解析】AB.拉闸限电后，用电器减少，意味着并联支路减少，用户端总电阻增加，减小，4=4也随着减小,输 电 线 上 的 电 压 损 失 减 小，由于发电厂输出电压q 恒定，输送电压力 也恒定，根据。2 =0+&可 知 增 加，也增加，故 AB错误;C.根据可知输电线上损失的功率减小了，故c正确;D.（减小，L也随着减小，发电厂输出电压G恒定，所以发电厂输出总功率减小，故D错误。故选C。10、（2 0 2 2 山东聊城市高三下学期一模）为做好疫情防控供电准备，防控指挥中心为医院设计的备用
14、供电系统输电电路简图如图甲所示，交流发电机的矩形线圈匝数为=1（X）,在匀强磁场中以0 0 为轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间f的变化图像如图乙所示，矩形线圈与变压器的原线圈相连，变压器的副线圈接入到医院为医疗设备供电，线圈、导线的电阻均不计，变压器为理想变压器，额定电压为2 2 0 V的医疗设备恰能正常工作，下列说法正确的是（）A.电压表的示数为100后VB.从，=0开始计时，变压器原线圈两端的电压a=100&s i n l 00%1V）C.变压器的原、副线圈匝数比为5：1 1D.假如给变压器输入端接入电压U =100V的直流电，医疗设备也能正常工作【答案】C【解析】A C.根据图像可得线
15、圈的角速度线圈产生的电动势，根据则电压表的示数为T=0.02s27 rco=100n r ad/sTEm=nBSco=0M =1000Vpt/I=-=100V变压器的匝数比A错误，C正确；B.由乙图可知，当，=0 时，磁通量变化率最大，由法拉第电磁感应定律 =n-t可知，此时电动势最大，所以从，=0 开始计时，变压器的原线圈两端的电压为u=100/2 co s 100TI/(V)B错误。D.根据变压器的原理，变压器输入端接入电压为100V 的直流电，变压器不工作，医疗设备不能正常工作，D 错误。故选C。11、(2022 山东日照市高三下学期一模)图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压
16、转换为如图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为-%，原线圈中接交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V 时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是()A.电压表的示数等于5VB.实现点火的条件是%1000C.变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为u=5s i n l O(V)D.f=0.2s 时穿过副线圈的磁通量变化率最小【答案】B【解析】A.电压表的示数为输入电压的有效值，根据图乙得到原线圈电压的最大值为5 V,所以电压表的示数为A错误;B.当变压器副线圈电压的瞬时值大于 5000V时，就会点火，根据m axAn2且G
17、max=5V,t72max 5000V得实现点火的条件是-1000iB正确;C.由图像可知啰=也=5万T故正弦交流电表达式为=5sin 5 M V)C错误;D.由图像可知/=0.2s时穿过副线圈的磁通量变化率最大，D错误。故选B。12、（2022 重庆市普通高中高三下学期二模）2021年下半年，东北一些地区、一些时段实行了限电、停电,引起人们对输电、用电、节能的关注。某电站的电能输送示意图如图所示，升压变压器与降压变压器间输电线总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数之比以=加，降压变压器原、副线圈匝数之比卫=左。变压2 4器均为理想变压器，如果发电机的输出电压为U l,用户输入端电压为U 2,用
18、户消耗电功率为P,则输电线上消耗电功率为（）A.p YmU,B.mPYrC.p YD.【答 案】C【解 析】由题知，降压变压器副线圈电流降压变压器原线圈电流则升压变压器与降压变压器间输电线上消耗电功率P=(P风）故 选C o13、（2 0 2 2 江苏连云港市高三下学期二模）如图是交流发电机的发电供电原理图。一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴。0 匀速转动，线 圈 共2 2 0匝，线 圈 面 积 为0 6 5 1 0 1 2,转 动 频 率 为5 0 H z,磁场的磁感应强 度 为YZT。发 电 机 的输出端心 人与理想变压器的原线圈相连，变 压 器 副 线 圈 接 有 两 个 标 有“2
19、 2 0 V,l l k W”7 1的电动机。己知变压器原、副 线 圈 的匝数比为5：1,电动机正常工作。求:（1）电流表的示数;【解 析】（1）由题意知副线圈的功率为P 出=2.2 x i aw副 线 圈 的 电 压 为S=2 2 0 V,则根据理想变压器原副线圈匝数比为所以电流表示数为2 0 A。%U2 1可得原线圈电压为(J|=1 1 O O V由理想变压器Ul Uih可得原线圈上电流为A=2 0 A可解得线圈的内阻（2）线圈转动产生的电动势最大值为Em=NBSs=22五 Y发电机的电动势有效值为E=1 1 2 2 V由闭合电路欧姆定律知E=hr+Uir=l.l Q 14.（2 0 2
20、2 山东蒲泽高三下学期一模）如图所示，一个匝数N=2 0、电阻厂=1。的矩形线圈，以固定转速5 0 r/s在匀强磁场中旋转，从图示位置开始计时，其产生的交变电流通过一匝数比4：%=2 0：3的理想变压器，给副线圈电路供电，定值电阻4=1 0。，&=5 Q,R =1 Q；灯泡L的电阻恒为1 0 Q,额定电压为2 4 V,灯泡正常工作，可以判断（）A.电阻R消耗的电功率为2.2 5 W B.穿过线圈平面的最大磁通量为 一w b1 0 0乃C.矩 形 线 圈 热 功 率 为0.1 2 9 6 W D.，=（）时刻流过线圈的电流为零【答案】ACD【解析】A.灯泡L的电阻恒为1 0。，额定电压为2 4
21、V,灯泡正常工作，则,U,2 4 /,=-=2.4 ARL I。则/,=0.9 A/2=1.5 A因此&=/2R=I 5 2 x l =2.2 5 WA正确；B.以固定转速5 0 r/s在匀强磁场中旋转，则O）=2兀n -1 O O rad/s由A推理得5=/禺 +2 4 =3 3 V由L_L_ 2 01 rlU?3则 20 U,=220V由丸=石2 A则/,=0.36A所以E=Ui+/=220+0.36x1=220.36V因为E,“=NBSco则%E,11.18 夜,Neo lOOzrB 错误；C.矩形线圈的热功率为p=/i2r=0.362x l=0.1296WC 正确；D.f=0 时刻，磁
22、通量最大，磁通量变化率为零，流过线圈的电流为零，D 正确。故选ACD。15.（2022 山东烟台市德州市高三下学期一模）如图所示电路中，理想变压器原线圈两接线柱间的交流电压10.（2022 湖北八市高三下学期二模）如图甲所示，100匝圆形线圈接入理想变压器的原线圈，变压器的副线圈接入阻值为R 的电阻，电表都是理想电表。已知每匝线圈的电阻均为凡若在线圈位置加人垂直于线圈平面的磁场，磁感应强度B 随时间 按正弦规律变化的图像如图乙所示，得到圆形线圈的电热功率与电阻R 的功率相等。下列说法正确的是（）21 A.工时刻两电流表示数均达最大2TB.一时刻两电流表示数均为04C.原、副线圈匝数比勺：叼=1 0:1D.对某一段线圈来说，当磁感应强度最大时，受到的安培力最大【答案】C【解析】A B.电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，A B 错误;C.根据题意得/：x l O O R =/；x R4 =2，2 n解得1 02 1C 正确；D.当磁感应强度最大时，感应电流等于零，线圈受到的安培力等于零，D 错误。故选C。