2、如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L₁和L₂；输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开，当S 接通时，以下说法中正确的是：

A、　 副线圈两端M、N的输出电压减小

B、副线圈输电线等效电阻R上的电压降增大

C、通过灯泡L₁的电流减小

D、原线圈中的电流增大

1、如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使

A、原线圈匝数n₁增加

B、副线圈匝数n₂增加

C、负载电阻R的阻值增大

D、负载电阻R的阻值减小

3、；高压输电

例题解析

例1　 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输入电压为220V时，线圈2输出电压为110V

B、当七圈1输入电压220V时。线圈2输出电压为55V

C、当线圈2输入电压110V时，线圈1输出电压为220V

D、当线圈2输入电压110V时，线圈1输出电压为110V

思路　 从变压器的变压原理来分析

解析　 变压器的变压原理是当线圈中通有交变电流时，在闭合铁芯中产生交变的磁通量，由于闭合铁芯中交变的磁通量处处相同，所以在线圈中产生的感应电动势与线圈的匝数成正比(这是同法拉第电磁感应定律所确定。)而本题是的闭合铁芯中多了中间的一个臂，导致原线圈中产生的交变磁通量只有一半通过另一个线圈，而另一半通过中间的臂，这就是导到线圈是的感应电动势只有全部通过时的一半。

综上所述，可知(B)和(D)两选项正确。

小结　 错选(A)和(C)的原因是对变压吕的变压原理不清所致，学生对一个定律、一个定理、一个重要的结论，不但要知其然，还要知其所以然，否则用起来主会混为一谈，导到错误百出。

例2　 如图所示理想变压器的初级线圈L，次级线圈有L₁和L₂，R₂=11×10⁴Ω。已知线圈L₁ 和L₂的匝数之比为1：50。当S断开时，L₁中的电流为。0.5A。电源电压为55V，若将S闭合，求初级线圈中的电流。

思路　 本题中两个次级线圈为两个等效电源。解题的出发点当然应为闭全电路的欧姆定律。

解　 高两个次级线圈的电压分别为U₂₁、U₂₂，电流分别为I₂₁、I₂₂，由变压吕的工作原理得：

；

两次级线圈可视为电源，次级线圈分别与外电路电阻R1和R2组成闭全电路，由闭全电路欧姆定律得：　 ；

所以

得

由题述的输入功率与输出功率的关系为：

所以

小结　　　　 较简单的有关变压器的部题，解题的思路是：紧紧扣住变压器的工作原理，依据_，，结合部分电路欧姆定律和电路串并联知识求解。

例3　 如图所示为一理想变压器，S为半单刀双掷开关，P是滑到变阻器的滑动触头，U1为加在变压器两端的电压，I1为原线圈中的电流，则

A、保持U₁和P的位置不变，由a合到b时，I₁将增大

B、保持U₁和P的位置不变，由b合到a时，R消耗功率较小

C、保持U₁不变，S合在a处，当P上滑时，I₁将增大

D、保持P的位置不变，S合在a处，当U₁增大时，I₁将增大

思路　 为直观起见，以下用“箭头升降”表示各量变化

(1)S同a合到b，n₁↓,U₂↑,P₂↑,I₁↑

(2)S由b合到a，n₁↑,U₂↓,P₂↓

(3)P上滑，R↑,I₂↓,I₁↓

(4)U₁↑,U₂↑,I₂↑,I₁↑

解　 正确选项为(A)、(B)、(D)。

小结　 讨论变压器电路中电流，电压变化时先要注意讨论前提。当U₁不变而负载电阻R变化时，输出功率的变化决定了输入功率的变化，由此判定输入电流I₁的变化。变压器匝数改变时，输出电压的变化决定了输出功率的变化，现由理想变压器的输出功率等于输入功率来断定线圈中电流的变化。

例4　 一座小型水电站，水以3m/s的速度流入水轮机，而以1m/s的速度流出。流出水位比流入水信低1.6m，水的流量为1m³/s。如果水流能量的75%代给发电机，20%使水温度升高，求：

(1)　 水温升高多少？

(2)　 若发电机效率为80%，则发电机的输出功率多大？

(3)　 发电机的输出电压为240V，输电线路电阻为Ω，允许损失的电功率为5%，用户所需电压为220V，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数比各是多少？(变压器为现想变压器，g取10m/s，水的比热为1×10³cal/kg·⁰C

思路　 水京戏能量根据能的守恒从机械能的变化来求，再根据已知可以求出第(1)、(2)两问。为了解答(3)问，首先依题意画出输电线路原理图，如图所示。

解　 (1)每秒水流机械能损失为

其中的20%使水温升高，则

所以℃

(2)发电机的输出功率为，而t=1s

所以P_出=12kW

(3)画出发电机以变压器到用户的供电线路示意图。

P_线=5%P_出=600W因为P_线=I²_线R_线所以I_线=6A

又因I₂=I_线=6A，

　　 所以对升压变压器有即

又因为，

所以，对降压变压器有。

小结　 此题综合性强，应用了能的转化和守恒定律，关键在于：求出转化为电能的机械能并求出发电机输出功率；解析有关输电过程问题时，最好能根据题意画出输电过程示意图，再根据题设条件逐级求解。

例5　　 　图是四种亮度可调的台灯电路示意图，它们所用的白炽灯泡相同，且都是“220V40W”，当灯泡消耗的功率都调至20W时，消耗功率最小的电路是

　　　　 (A)　　　　　　　　 (B)　　　　　　　　 (C)　　　　　　　　　 (D)

　　 解析　 题中所给四种调光台灯分别是得用变压器或用定值电阴、滑动变阻器组成分压限流电路来改变灯泡两端的电压(或流过灯泡中电流)，从而改变灯泡消耗的功率，达到改变亮度的目的。四种电路中灯泡的规格相同，均为“220V40W”，而要求实际功率相同，全为20W，则加在灯泡两端的电压必须从电源电压220V降到相同的值U。(A)是用滑动变阻器构成的限流电路，(B)是固定电阻组成的抽头式限流电路，(D)是用滑动变阻器组成的分压电路，它们在降压时都有电流通过电阻，电阻上都要消耗电能，因此整个电路消耗的功率都大于20W。而(C)是抽头式的理想变压器，它既能改变交变电压又不消耗电能，电路的功率就是20W，所以应选(C)

小结　 该题是将物理学与社会生活相结合的一道实用性题目，将分压、限流电路和理相变压器综合在一起，虽然它们都 能改变电压，但变压原理不同。解除题时不必具体计算每个电路在灯泡为20W时所耗的实际功率，这样使问题大为简化。

例6　 加在理想变压器原线圈上的交流电源的电动势为E，内阻为r。与副线圈相连的负协电阻为R。如图所示，求解下列各题 ：

(1)原线圈中I₁多大时，负载上获得的功率最大？最大功率是多少？

(2)负载电阻获得最大功率时，变压吕的匝数比多大？

解析　 根据题意，题中所给交流的电动势、原线圈中的电流，均为交流的有效值，应用有效值这一概念可把问题转化为直流问题来处理。

(1)由于变压器为理想变压器，则负载电阻上R上获得的功率等于交流电源的输出功率，即。该式表明负载电阻上获得的功率P是I₁的一元二次函数，为此求P的最大值：

可见，当时，P有最大值：。

(2)由于负载获得最大功率时，变压器原线圈上电压为。

变压器副线圈上的电压为U₂，由，得。

所以变压器原副线圈的匝数比为：。

跟踪反馈

5、

4、

3、

2、输出功率等于输入功率

3、减小输电导线中的电流可以减小输电线上电能的损失，由于I=　　　　　 因而在输送一定电功率时，可采用　　　　　　 以减少输电线上电能损失，这是行之有效的办法。

4要注意：①远距离输送单相交流电时，输电导线长度按距离2倍计算。②要注意输电的电压与输电导线上损耗的电压、输送的电功率与输电导线上损耗的电功率的区别。

知识回顾答案

2、减小输电导线的电阻是减少输电线上电能损失的一种方法。①可选用电阻率ρ较小的铜和铝。②远距离输电中用增大导线截面积S来减小R，以减小能量损失是有限的。

1、远距离输送电能时，输电导线上的发热损失Q=I²Rt。(R为输电线电阻，I为通过输电线的电流。)