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高考物理一轮复习第12章第2节变压器电能的输送课时学案
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这是一份高考物理一轮复习第12章第2节变压器电能的输送课时学案，共17页。学案主要包含了理想变压器，电能的输送等内容，欢迎下载使用。
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。
3．理想变压器原、副线圈基本量的关系
4．几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。
甲 乙
丙 丁
(2)互感器eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\a\al(电压互感器n1>n2：把高电压变成,低电压，如图丙所示。,电流互感器n1二、电能的输送
1．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＝ρeq \f(l,S)知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料制作导线。
(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。当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的eq \f(1,n2)。
2．远距离输电
(1)远距离输电基本电路图及输电电路中各物理量之间的关系。
输出电流I2＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线)＝I3。
电压损失ΔU＝U2－U3＝I2R线。
功率损失ΔP＝P2－P3＝Ieq \\al( 2,2)R线＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))eq \s\up12(2)R线。
(2)两变压器物理量的基本关系
电流关系：n1I1＝n2I2，n3I3＝n4I4，I2＝I3。
电压关系：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，eq \f(U3,n3)＝eq \f(U4,n4)，U2＝U3＋ΔU。
功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P3＋ΔP。
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)变压器能改变交变电流的电压，不能改变交变电流的频率。(√)
(2)正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。(×)
(3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。(×)
(4)增大输电导线的横截面积不利于减少输电过程中的电能损失。(×)
(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)
(6)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大。(√)
二、教材习题衍生
1．(人教版选择性必修第二册改编)一理想变压器如图所示，其原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R组成闭合电路。当直导线MN在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时，电流表A1的示数是10 mA，那么电流表A2的示数是( )
A．40 mA B．0 C．10 mA D．2.5 mA
B [由于直导线MN向左匀速运动，则MN切割磁感线产生的电流恒定，原线圈中通过的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量变化，副线圈中不会有感应电流产生，即电流表A2的示数为0，选项B正确。]
2．(人教版选择性必修第二册改编)从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用11 kV和1 100 V两种电压输电。则两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失之比分别是( )
A．1∶10，1∶100 B．1∶10，1∶10
C．1∶100，1∶100 D．1∶100，1∶10
[答案] A
3．(粤教版选择性必修第二册改编)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器( )
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
D [电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流。故选D。]
理想变压器基本关系的应用
1．关于理想变压器的四点说明
(1)变压器不能改变直流电压。
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
(3)理想变压器本身不消耗能量。
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。
2．理想变压器的制约关系
3．分析变压器电路的两个难点
(1)分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意：变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1＝U源－U串。
(2)分析含有二极管的变压器电路问题时要注意：理想二极管具有单向导电性对交变电流的影响及对应有效值的变化。
[题组突破]
1．(变压器的工作原理)(2022·山东卷)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs(100πt)。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12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W。下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
D [根据理想变压器的变压规律有eq \f(U,n1)＝eq \f(0.1 V,1)，代入U＝220 V得n1＝2 200，Um＝eq \r(2)U＝220eq \r(2) V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝eq \r(PR)＝12 V，根据理想变压器的变压规律有eq \f(U,n1)＝eq \f(UBC,nBC)，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝eq \f(UBC,R)＝1 A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18 V，UAC＝30 V，变压器不改变交流电的频率，故f＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝eq \f(UAC,R)＝2.5 A，周期T＝eq \f(1,f)＝0.02 s，D正确。]
2．(原线圈中接有负载电路的分析)(多选)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是( )
(a) (b)
A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
AD [变压器不会使交流电的周期改变，由图(b)可知所用交流电的周期为2×10－2 s，可求得所用交流电的频率为50 Hz，选项A正确；由图(b)可知通过R2的电流的有效值为1 A，由串并联电路特点可知通过R3的电流(即通过电流表的电流)为0.5 A，故副线圈的总电流为I2＝1.5 A，由欧姆定律可得副线圈两端的电压U2＝1×10 V＝10 V，由变压器原、副线圈两端电压比与匝数比的关系可得，原线圈两端的电压U1＝eq \f(U2,n2)n1＝100 V，再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压为UV＝220 V－100 V＝120 V，选项B、C均错误；根据变压器原理可得变压器传输的电功率为P＝U2I2＝10×1.5 W＝15.0 W，选项D正确。]
3．(含有二极管的变压器的电路分析)(多选)如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n1＝2 200匝，副线圈匝数n2＝100匝，电流表、电压表均可视为理想交流电表，定值电阻R＝10 Ω，二极管D正向电阻等于零，反向电阻无穷大。变压器原线圈接入如图乙所示的交流电压，下列说法正确的是( )
甲
乙
A．电压表的示数约为10 V
B．电流表的示数约为0.032 A
C．穿过变压器铁芯磁通量变化率的最大值约为1.0 Wb/s
D．穿过变压器铁芯的磁通量的最大值约为4.5×10－4 Wb
BD [电流表、电压表的读数为有效值，根据题图乙知，原线圈的电压的最大值Um＝220eq \r(2) V，有效值U1＝eq \f(Um,\r(2))＝220 V，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，代入数据解得U2＝10 V，二极管具有单向导电性，交流电压一个周期内副线圈只有半个周期内有电流，设电压表的读数为U′2，eq \f(U′\\al( 2,2),R)T＝eq \f(U\\al( 2,2),R)·eq \f(T,2)，代入数据解得U′2≈7.07 V，故A错误；副线圈的电流I2＝eq \f(U′2,R)＝eq \f(7.07,10) A＝0.707 A，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，代入数据解得原线圈电流的有效值I1≈0.032 A，故B正确；由Um＝n1eq \f(ΔΦ,Δt)＝220eq \r(2) V，解得磁通量变化率的最大值eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Um,n1)＝eq \f(220\r(2),2 200) Wb/s≈0.14 Wb/s，故C错误；根据题图乙知，T＝0.02 s，ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，而Um＝n1Φmω，代入数据解得穿过变压器铁芯的磁通量的最大值Φm＝eq \f(Um,n1ω)＝eq \f(220\r(2),2 200×100π) Wb≈4.5×10－4 Wb，故D正确。]
理想变压器的动态分析
1．理想变压器动态分析的两种情况
2．分析变压器动态问题的基本思路
匝数比不变，负载变化的情况
[典例1] (2023·黑龙江大庆质检)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的正弦式交变电源，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电压小于额定电压，下列说法正确的是( )
A．原、副线圈中电流的频率之比为n1∶n2
B．原、副线圈中电流的大小之比为n1∶n2
C．灯泡L1先变暗后变亮
D．原线圈输入功率一直在变大
C [理想变压器不能改变交变电流的频率，即原、副线圈中电流的频率之比为1∶1，选项A错误；由理想变压器原、副线圈匝数与电流的关系可知，原、副线圈中电流之比为I1∶I2＝n2∶n1，选项B错误；由串、并联电路的特点可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，即并联的两支路电阻阻值相等时，并联的总电阻最大，此时副线圈的总电阻最大，当滑片从a端滑动到b端的过程中，副线圈所在电路的电阻先增大后减小，所以副线圈所在电路的总电流先减小后增大，故灯泡L1先变暗再变亮，选项C正确；当滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，副线圈电路中的总电流先减小后增大，因为副线圈的电压保持恒定，所以副线圈的功率先减小后增大，而理想变压器中输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率先减小后增大，选项D错误。]
匝数比改变，负载不变的情况
[典例2] (多选)如图所示，可调理想变压器原、副线圈分别与定值电阻R1、滑动变阻器R2连接。现通过移动滑片P′改变电阻R2的阻值，通过移动滑片P来改变原线圈的匝数，使原线圈和副线圈接入电路的匝数分别为n1、n2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)≤1))，已知交流电源电压瞬时值表达式为u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)，电压表为理想电表，下列说法中正确的是( )
A．通过电阻R2的交变电流的频率为100 Hz
B．保持滑片P不动，使P′向下移动时，电压表的示数一定变大
C．当R1＝R2时，保持滑片P′不动，使P向下移动时，电压表的示数一定变大
D．当R1＝R2时，保持滑片P′不动，使P向下移动时，电压表的示数一定变小
BD [因为变压器不能改变交流电的频率，所以通过电阻R2的交变电流的频率为f＝eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，选项A错误；保持滑片P不动，使P′向下移动时，R2阻值变大，则副线圈中的电流减小，因原、副线圈的匝数不变，可知原线圈中的电流减小，R1两端的电压减小，变压器原线圈两端电压变大，则副线圈两端电压变大，电压表的示数变大，选项B正确；当滑片P向下移动时原线圈的匝数减少，设eq \f(n1,n2)＝k，R1＝R2＝R，则此时原线圈两端电压为U1＝U－I1R，则根据匝数比可知，副线圈两端电压为U2＝eq \f(U－I1R,k)＝I2R，eq \f(I2,I1)＝k解得U2＝eq \f(U,k＋\f(1,k))，因k·eq \f(1,k)＝1，则当k＝1时，k＋eq \f(1,k)最小，由题意k≤1知，当P向下移动时，k减小，k＋eq \f(1,k)变大，则U2减小，选项C错误，D正确。]
[跟进训练]
1．(匝数比不变，负载变化)(多选)如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，原线圈与定值电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V为理想电表。当R2＝2R1时，电流表的读数为1 A，电压表的读数为4 V，则( )
A．电源输出电压为6 V
B．电源输出功率为4 W
C．当R2＝8 Ω时，电压表的读数为6 V
D．当R2＝8 Ω时，变压器输出的功率最大
ACD [因理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，设原线圈等效负载电阻为R′，由输入功率等于输出功率可知eq \f(U\\al( 2,1),R′)＝eq \f(U\\al( 2,2),R2)，则R′＝eq \f(U\\al( 2,1),U\\al( 2,2))R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)R2＝eq \f(1,4)R2，R2＝eq \f(U,I)＝4 Ω，I1＝2I＝2 A，可知E＝I1R1＋I1R′＝6 V，P＝EI1＝12 W，A正确，B错误；当R2＝8 Ω时，R′＝2 Ω，I′1＝eq \f(U,R′＋R1)＝1.5 A，I′＝eq \f(I′1,2)＝0.75 A，则U′＝I′R2＝6 V，C正确；将R1等效为电源内阻，则R′＝R1，即R2＝4R1＝8 Ω时，输出功率最大，D正确。]
2．(负载不变，匝数比变化)(多选)(2022·广东东莞一模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压，下列说法正确的是( )
甲
乙
A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 A
B．当S与a连接后，理想电压表示数为11 V
C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍
AD [由题图乙可知，交变电流的电压有效值为220 V、周期为0.02 s，频率为50 Hz。当S接a时，由变压器的原理可知，副线圈两端电压有效值为22 V，所以理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为2.2 A，故选项A正确，选项B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，故选项C错误；副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，故选项D正确。]
电能的输送
1．远距离输电问题的“三二一”
(1)理清三个回路
(2)抓住两个联系
①理想升压变压器联系回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，P1＝P2。
②理想降压变压器联系回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，P3＝P4。
(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P2＝P损＋P3。
2．三种电压和三种电功率的比较
3．远距离输电的处理方法
(1)正推法：按照发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器。
(2)倒推法：用电器→降压变压器→远距离输电线→升压变压器→发电机。
[典例3] (多选)如图(a)、(b)所示，理想变压器给电器供电，其输入电压u＝27 000eq \r(2)sin(100πt)V，电器RL与R′L的参数分别为“220 V/1 100 W”、“220 V/440 W”，输电线的总电阻r＝2 Ω。若(a)、(b)两图中电器都能正常工作，则( )
(a) (b)
A．图(a)中电阻r消耗的功率为50 W
B．图(b)中变压器的输入功率比图(a)中变压器的输入功率增加了440 W
C．图(a)中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2 700∶23
D．图(b)中原、副线圈匝数比n′1∶n′2＝1 500∶13
ACD [根据P＝UI可得图(a)中通过电器RL的电流为IL＝eq \f(PL,UL)＝eq \f(1 100,220) A＝5 A，电阻r消耗的功率为Pr＝Ieq \\al( 2,L)r＝52×2 W＝50 W，选项A正确；图(a)中变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝220 V＋5×2 V＝230 V，由理想变压器的规律可知输入功率等于输出功率，则图(a)中变压器的输入功率为P1＝U出IL＝230×5 W＝1 150 W，R′L正常工作的电流为I′L＝eq \f(P′L,U′L)＝eq \f(440 ,220) A＝2 A，图(b)中副线圈干路电流为I总＝IL＋I′L＝7 A，图(b)中变压器输出电压为U′出＝U′L＋I总r＝220 V＋2×7 V＝234 V，同理，图(b)中变压器的输入功率为P2＝U′出I总＝234×7 W＝1 638 W，则图(b)中变压器的输入功率比图(a)中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝1 638 W－1 150 W＝488 W，选项B错误；由于变压器输入电压为U入＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(27 000\r(2),\r(2)) V＝27 000 V，则图(a)中原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入,U出)＝eq \f(2 700,23)，同理，图(b)中原、副线圈匝数比eq \f(n′1,n′2)＝eq \f(U入,U′出)＝eq \f(1 500,13)，选项C、D正确。]
[跟进训练]
1．(远距离输电中电压、功率损耗的计算)(多选)中国特高压输电技术已成为国际标准，如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝1.0×104 V，输出功率P1＝1.0×109 W，输电线总电阻r＝54 Ω，升压变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶100，用户电压U4＝220 V，则( )
A．降压变压器的原、副线圈匝数比n3∶n4＝4 300∶1
B．输电线总电阻r损耗的功率为5.0×107 W
C．用户端电流I4＝4.3×106 A
D．若进行线路改造，换用电阻更小的输电线，则用户电压U4会升高
ACD [由P1＝U1I1得I1＝1.0×105 A，根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)和eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)得U2＝1.0×106 V，I2＝1.0×103 A，输电线总电阻r上的电压ΔU＝I2r＝5.4×104 V，U2＝ΔU＋U3，则U3＝9.46×105 V，故eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝4 300∶1，选项A正确；输电线总电阻r损耗的功率P′＝ΔU·I2＝5.4×107 W，选项B错误；由eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I2)可得I4＝4.3×106 A，选项C正确；若换用电阻更小的输电线，则ΔU减小，U3＝U2－ΔU会增大，由eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)可知U4会升高，选项D正确。]
2．(远距离输电的电路动态分析)(多选)(2023·山东枣庄市滕州一中月考)如图所示，某学习小组模拟远距离输电，手摇发电机产生e＝10eq \r(2)sin 8πt(V)稳定的交流电。通过升、降压比相同(n1∶n2＝n4∶n3)的两个变压器给三个相同的灯泡供电。若变压器为理想变压器，则( )
A．闭合开关S1，灯泡L1两端电压为10 V
B．闭合开关，通过灯泡电流的频率都为4 Hz
C．开关全闭合时，输电线消耗的电功率最大
D．依次闭合开关S1、S2、S3，直至三个开关全部闭合，在此过程中灯泡L1越来越亮
BC [升压变压器原线圈电压有效值为U1＝eq \f(10\r(2),\r(2)) V ＝10 V，升、降压比相同，但因输电导线上有电压损失，可知降压变压器的次级电压小于10 V，即闭合开关S1，灯泡L1两端电压小于10 V，A错误；交流电的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(8π,2π) Hz＝4 Hz，变压器不改变交流电的频率，可知闭合开关，通过灯泡电流的频率都为4 Hz，B正确；开关全闭合时，降压变压器输出的功率最大，次级电流最大，初级电流也是最大，输电线上的电流最大，根据P＝I2r可知，此时输电线消耗的电功率最大，C正确；依次闭合开关S1、S2、S3，直至三个开关全部闭合，在此过程输电线上的电流越来越大，降压变压器初级电压逐渐减小，次级电压逐渐减小，则灯泡L1两端电压逐渐减小，即L1越来越暗，D错误。]
理想变
压器
(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)
(2)没有磁通量损失(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l：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
电压
关系
原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，与负载、副线圈的个数无关
电流
关系
(1)只有一个副线圈时：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)
(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或
I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率
关系
f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
制约关系
电压
副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定
功率
原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定
电流
原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定
类型
匝数比不变，负载电阻变
负载电阻不变，匝数比变
原理图
eq \f(n1,n2)不变，负载R变化
eq \f(n1,n2)改变，负载R不变
分析
①电压分析：U1不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知不论负载电阻R如何变化，U2都不变。
②电流分析：当负载电阻R发生变化时，I2＝eq \f(U2,R)变化，由于eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，故I1发生变化。
③功率分析：I2变化引起P2＝U2I2变化，由于P1＝P2，故P1发生变化
①电压分析：U1不变，eq \f(n1,n2)发生变化，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知U2发生变化。
②副线圈电流分析：R不变，U2变化，故I2＝eq \f(U2,R)发生变化。
③功率分析：根据P2＝eq \f(U\\al( 2,2),R)，可知P2发生变化，再根据P1＝P2，可知P1变化。
④原线圈电流分析：根据P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化
三种电压
计算公式
三种电功率
计算公式
输电电压U输
U输＝eq \f(P输,I输)
输电功率P输
P输＝I输U输
输电线上损失的电压ΔU
ΔU＝I线·R线
输电线上损失的电功率P损
P损＝Ieq \\al( 2,线)R线
用户得到的电压
降压变压器的输出电压
用户得到的电功率P用
P用＝I用U用
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。
3．理想变压器原、副线圈基本量的关系
4．几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。
甲 乙
丙 丁
(2)互感器eq \b\lc\(\rc\ (\a\vs4\al\c1(\a\al(电压互感器n1>n2：把高电压变成,低电压，如图丙所示。,电流互感器n1
1．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＝ρeq \f(l,S)知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料制作导线。
(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。当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的eq \f(1,n2)。
2．远距离输电
(1)远距离输电基本电路图及输电电路中各物理量之间的关系。
输出电流I2＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线)＝I3。
电压损失ΔU＝U2－U3＝I2R线。
功率损失ΔP＝P2－P3＝Ieq \\al( 2,2)R线＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))eq \s\up12(2)R线。
(2)两变压器物理量的基本关系
电流关系：n1I1＝n2I2，n3I3＝n4I4，I2＝I3。
电压关系：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，eq \f(U3,n3)＝eq \f(U4,n4)，U2＝U3＋ΔU。
功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P3＋ΔP。
一、易错易混辨析(正确的打“√”，错误的打“×”)
(1)变压器能改变交变电流的电压，不能改变交变电流的频率。(√)
(2)正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。(×)
(3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。(×)
(4)增大输电导线的横截面积不利于减少输电过程中的电能损失。(×)
(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)
(6)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大。(√)
二、教材习题衍生
1．(人教版选择性必修第二册改编)一理想变压器如图所示，其原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R组成闭合电路。当直导线MN在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时，电流表A1的示数是10 mA，那么电流表A2的示数是( )
A．40 mA B．0 C．10 mA D．2.5 mA
B [由于直导线MN向左匀速运动，则MN切割磁感线产生的电流恒定，原线圈中通过的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量变化，副线圈中不会有感应电流产生，即电流表A2的示数为0，选项B正确。]
2．(人教版选择性必修第二册改编)从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用11 kV和1 100 V两种电压输电。则两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失和功率损失之比分别是( )
A．1∶10，1∶100 B．1∶10，1∶10
C．1∶100，1∶100 D．1∶100，1∶10
[答案] A
3．(粤教版选择性必修第二册改编)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器( )
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
D [电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流。故选D。]
理想变压器基本关系的应用
1．关于理想变压器的四点说明
(1)变压器不能改变直流电压。
(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。
(3)理想变压器本身不消耗能量。
(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。
2．理想变压器的制约关系
3．分析变压器电路的两个难点
(1)分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意：变压器的输入电压不等于电源的电压，而是等于电源电压减去串联负载的电压，即U1＝U源－U串。
(2)分析含有二极管的变压器电路问题时要注意：理想二极管具有单向导电性对交变电流的影响及对应有效值的变化。
[题组突破]
1．(变压器的工作原理)(2022·山东卷)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcs(100πt)。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12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W。下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
D [根据理想变压器的变压规律有eq \f(U,n1)＝eq \f(0.1 V,1)，代入U＝220 V得n1＝2 200，Um＝eq \r(2)U＝220eq \r(2) V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝eq \r(PR)＝12 V，根据理想变压器的变压规律有eq \f(U,n1)＝eq \f(UBC,nBC)，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝eq \f(UBC,R)＝1 A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18 V，UAC＝30 V，变压器不改变交流电的频率，故f＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝eq \f(UAC,R)＝2.5 A，周期T＝eq \f(1,f)＝0.02 s，D正确。]
2．(原线圈中接有负载电路的分析)(多选)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是( )
(a) (b)
A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
AD [变压器不会使交流电的周期改变，由图(b)可知所用交流电的周期为2×10－2 s，可求得所用交流电的频率为50 Hz，选项A正确；由图(b)可知通过R2的电流的有效值为1 A，由串并联电路特点可知通过R3的电流(即通过电流表的电流)为0.5 A，故副线圈的总电流为I2＝1.5 A，由欧姆定律可得副线圈两端的电压U2＝1×10 V＝10 V，由变压器原、副线圈两端电压比与匝数比的关系可得，原线圈两端的电压U1＝eq \f(U2,n2)n1＝100 V，再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压为UV＝220 V－100 V＝120 V，选项B、C均错误；根据变压器原理可得变压器传输的电功率为P＝U2I2＝10×1.5 W＝15.0 W，选项D正确。]
3．(含有二极管的变压器的电路分析)(多选)如图甲所示，理想变压器原线圈匝数n1＝2 200匝，副线圈匝数n2＝100匝，电流表、电压表均可视为理想交流电表，定值电阻R＝10 Ω，二极管D正向电阻等于零，反向电阻无穷大。变压器原线圈接入如图乙所示的交流电压，下列说法正确的是( )
甲
乙
A．电压表的示数约为10 V
B．电流表的示数约为0.032 A
C．穿过变压器铁芯磁通量变化率的最大值约为1.0 Wb/s
D．穿过变压器铁芯的磁通量的最大值约为4.5×10－4 Wb
BD [电流表、电压表的读数为有效值，根据题图乙知，原线圈的电压的最大值Um＝220eq \r(2) V，有效值U1＝eq \f(Um,\r(2))＝220 V，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，代入数据解得U2＝10 V，二极管具有单向导电性，交流电压一个周期内副线圈只有半个周期内有电流，设电压表的读数为U′2，eq \f(U′\\al( 2,2),R)T＝eq \f(U\\al( 2,2),R)·eq \f(T,2)，代入数据解得U′2≈7.07 V，故A错误；副线圈的电流I2＝eq \f(U′2,R)＝eq \f(7.07,10) A＝0.707 A，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，代入数据解得原线圈电流的有效值I1≈0.032 A，故B正确；由Um＝n1eq \f(ΔΦ,Δt)＝220eq \r(2) V，解得磁通量变化率的最大值eq \f(ΔΦ,Δt)＝eq \f(Um,n1)＝eq \f(220\r(2),2 200) Wb/s≈0.14 Wb/s，故C错误；根据题图乙知，T＝0.02 s，ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，而Um＝n1Φmω，代入数据解得穿过变压器铁芯的磁通量的最大值Φm＝eq \f(Um,n1ω)＝eq \f(220\r(2),2 200×100π) Wb≈4.5×10－4 Wb，故D正确。]
理想变压器的动态分析
1．理想变压器动态分析的两种情况
2．分析变压器动态问题的基本思路
匝数比不变，负载变化的情况
[典例1] (2023·黑龙江大庆质检)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的正弦式交变电源，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电压小于额定电压，下列说法正确的是( )
A．原、副线圈中电流的频率之比为n1∶n2
B．原、副线圈中电流的大小之比为n1∶n2
C．灯泡L1先变暗后变亮
D．原线圈输入功率一直在变大
C [理想变压器不能改变交变电流的频率，即原、副线圈中电流的频率之比为1∶1，选项A错误；由理想变压器原、副线圈匝数与电流的关系可知，原、副线圈中电流之比为I1∶I2＝n2∶n1，选项B错误；由串、并联电路的特点可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，即并联的两支路电阻阻值相等时，并联的总电阻最大，此时副线圈的总电阻最大，当滑片从a端滑动到b端的过程中，副线圈所在电路的电阻先增大后减小，所以副线圈所在电路的总电流先减小后增大，故灯泡L1先变暗再变亮，选项C正确；当滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，副线圈电路中的总电流先减小后增大，因为副线圈的电压保持恒定，所以副线圈的功率先减小后增大，而理想变压器中输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率先减小后增大，选项D错误。]
匝数比改变，负载不变的情况
[典例2] (多选)如图所示，可调理想变压器原、副线圈分别与定值电阻R1、滑动变阻器R2连接。现通过移动滑片P′改变电阻R2的阻值，通过移动滑片P来改变原线圈的匝数，使原线圈和副线圈接入电路的匝数分别为n1、n2eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)≤1))，已知交流电源电压瞬时值表达式为u＝220eq \r(2)sin 100πt(V)，电压表为理想电表，下列说法中正确的是( )
A．通过电阻R2的交变电流的频率为100 Hz
B．保持滑片P不动，使P′向下移动时，电压表的示数一定变大
C．当R1＝R2时，保持滑片P′不动，使P向下移动时，电压表的示数一定变大
D．当R1＝R2时，保持滑片P′不动，使P向下移动时，电压表的示数一定变小
BD [因为变压器不能改变交流电的频率，所以通过电阻R2的交变电流的频率为f＝eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，选项A错误；保持滑片P不动，使P′向下移动时，R2阻值变大，则副线圈中的电流减小，因原、副线圈的匝数不变，可知原线圈中的电流减小，R1两端的电压减小，变压器原线圈两端电压变大，则副线圈两端电压变大，电压表的示数变大，选项B正确；当滑片P向下移动时原线圈的匝数减少，设eq \f(n1,n2)＝k，R1＝R2＝R，则此时原线圈两端电压为U1＝U－I1R，则根据匝数比可知，副线圈两端电压为U2＝eq \f(U－I1R,k)＝I2R，eq \f(I2,I1)＝k解得U2＝eq \f(U,k＋\f(1,k))，因k·eq \f(1,k)＝1，则当k＝1时，k＋eq \f(1,k)最小，由题意k≤1知，当P向下移动时，k减小，k＋eq \f(1,k)变大，则U2减小，选项C错误，D正确。]
[跟进训练]
1．(匝数比不变，负载变化)(多选)如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，原线圈与定值电阻R1串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源。副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V为理想电表。当R2＝2R1时，电流表的读数为1 A，电压表的读数为4 V，则( )
A．电源输出电压为6 V
B．电源输出功率为4 W
C．当R2＝8 Ω时，电压表的读数为6 V
D．当R2＝8 Ω时，变压器输出的功率最大
ACD [因理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，设原线圈等效负载电阻为R′，由输入功率等于输出功率可知eq \f(U\\al( 2,1),R′)＝eq \f(U\\al( 2,2),R2)，则R′＝eq \f(U\\al( 2,1),U\\al( 2,2))R2＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(1,2)))eq \s\up12(2)R2＝eq \f(1,4)R2，R2＝eq \f(U,I)＝4 Ω，I1＝2I＝2 A，可知E＝I1R1＋I1R′＝6 V，P＝EI1＝12 W，A正确，B错误；当R2＝8 Ω时，R′＝2 Ω，I′1＝eq \f(U,R′＋R1)＝1.5 A，I′＝eq \f(I′1,2)＝0.75 A，则U′＝I′R2＝6 V，C正确；将R1等效为电源内阻，则R′＝R1，即R2＝4R1＝8 Ω时，输出功率最大，D正确。]
2．(负载不变，匝数比变化)(多选)(2022·广东东莞一模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压，下列说法正确的是( )
甲
乙
A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 A
B．当S与a连接后，理想电压表示数为11 V
C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍
AD [由题图乙可知，交变电流的电压有效值为220 V、周期为0.02 s，频率为50 Hz。当S接a时，由变压器的原理可知，副线圈两端电压有效值为22 V，所以理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为2.2 A，故选项A正确，选项B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，故选项C错误；副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，故选项D正确。]
电能的输送
1．远距离输电问题的“三二一”
(1)理清三个回路
(2)抓住两个联系
①理想升压变压器联系回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，P1＝P2。
②理想降压变压器联系回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，P3＝P4。
(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P2＝P损＋P3。
2．三种电压和三种电功率的比较
3．远距离输电的处理方法
(1)正推法：按照发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器。
(2)倒推法：用电器→降压变压器→远距离输电线→升压变压器→发电机。
[典例3] (多选)如图(a)、(b)所示，理想变压器给电器供电，其输入电压u＝27 000eq \r(2)sin(100πt)V，电器RL与R′L的参数分别为“220 V/1 100 W”、“220 V/440 W”，输电线的总电阻r＝2 Ω。若(a)、(b)两图中电器都能正常工作，则( )
(a) (b)
A．图(a)中电阻r消耗的功率为50 W
B．图(b)中变压器的输入功率比图(a)中变压器的输入功率增加了440 W
C．图(a)中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2 700∶23
D．图(b)中原、副线圈匝数比n′1∶n′2＝1 500∶13
ACD [根据P＝UI可得图(a)中通过电器RL的电流为IL＝eq \f(PL,UL)＝eq \f(1 100,220) A＝5 A，电阻r消耗的功率为Pr＝Ieq \\al( 2,L)r＝52×2 W＝50 W，选项A正确；图(a)中变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝220 V＋5×2 V＝230 V，由理想变压器的规律可知输入功率等于输出功率，则图(a)中变压器的输入功率为P1＝U出IL＝230×5 W＝1 150 W，R′L正常工作的电流为I′L＝eq \f(P′L,U′L)＝eq \f(440 ,220) A＝2 A，图(b)中副线圈干路电流为I总＝IL＋I′L＝7 A，图(b)中变压器输出电压为U′出＝U′L＋I总r＝220 V＋2×7 V＝234 V，同理，图(b)中变压器的输入功率为P2＝U′出I总＝234×7 W＝1 638 W，则图(b)中变压器的输入功率比图(a)中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝1 638 W－1 150 W＝488 W，选项B错误；由于变压器输入电压为U入＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(27 000\r(2),\r(2)) V＝27 000 V，则图(a)中原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2)＝eq \f(U入,U出)＝eq \f(2 700,23)，同理，图(b)中原、副线圈匝数比eq \f(n′1,n′2)＝eq \f(U入,U′出)＝eq \f(1 500,13)，选项C、D正确。]
[跟进训练]
1．(远距离输电中电压、功率损耗的计算)(多选)中国特高压输电技术已成为国际标准，如图为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝1.0×104 V，输出功率P1＝1.0×109 W，输电线总电阻r＝54 Ω，升压变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶100，用户电压U4＝220 V，则( )
A．降压变压器的原、副线圈匝数比n3∶n4＝4 300∶1
B．输电线总电阻r损耗的功率为5.0×107 W
C．用户端电流I4＝4.3×106 A
D．若进行线路改造，换用电阻更小的输电线，则用户电压U4会升高
ACD [由P1＝U1I1得I1＝1.0×105 A，根据eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)和eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)得U2＝1.0×106 V，I2＝1.0×103 A，输电线总电阻r上的电压ΔU＝I2r＝5.4×104 V，U2＝ΔU＋U3，则U3＝9.46×105 V，故eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝4 300∶1，选项A正确；输电线总电阻r损耗的功率P′＝ΔU·I2＝5.4×107 W，选项B错误；由eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I2)可得I4＝4.3×106 A，选项C正确；若换用电阻更小的输电线，则ΔU减小，U3＝U2－ΔU会增大，由eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)可知U4会升高，选项D正确。]
2．(远距离输电的电路动态分析)(多选)(2023·山东枣庄市滕州一中月考)如图所示，某学习小组模拟远距离输电，手摇发电机产生e＝10eq \r(2)sin 8πt(V)稳定的交流电。通过升、降压比相同(n1∶n2＝n4∶n3)的两个变压器给三个相同的灯泡供电。若变压器为理想变压器，则( )
A．闭合开关S1，灯泡L1两端电压为10 V
B．闭合开关，通过灯泡电流的频率都为4 Hz
C．开关全闭合时，输电线消耗的电功率最大
D．依次闭合开关S1、S2、S3，直至三个开关全部闭合，在此过程中灯泡L1越来越亮
BC [升压变压器原线圈电压有效值为U1＝eq \f(10\r(2),\r(2)) V ＝10 V，升、降压比相同，但因输电导线上有电压损失，可知降压变压器的次级电压小于10 V，即闭合开关S1，灯泡L1两端电压小于10 V，A错误；交流电的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(8π,2π) Hz＝4 Hz，变压器不改变交流电的频率，可知闭合开关，通过灯泡电流的频率都为4 Hz，B正确；开关全闭合时，降压变压器输出的功率最大，次级电流最大，初级电流也是最大，输电线上的电流最大，根据P＝I2r可知，此时输电线消耗的电功率最大，C正确；依次闭合开关S1、S2、S3，直至三个开关全部闭合，在此过程输电线上的电流越来越大，降压变压器初级电压逐渐减小，次级电压逐渐减小，则灯泡L1两端电压逐渐减小，即L1越来越暗，D错误。]
理想变
压器
(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)
(2)没有磁通量损失(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l：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
电压
关系
原、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，与负载、副线圈的个数无关
电流
关系
(1)只有一个副线圈时：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)
(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或
I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率
关系
f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
制约关系
电压
副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定
功率
原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定
电流
原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定
类型
匝数比不变，负载电阻变
负载电阻不变，匝数比变
原理图
eq \f(n1,n2)不变，负载R变化
eq \f(n1,n2)改变，负载R不变
分析
①电压分析：U1不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知不论负载电阻R如何变化，U2都不变。
②电流分析：当负载电阻R发生变化时，I2＝eq \f(U2,R)变化，由于eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，故I1发生变化。
③功率分析：I2变化引起P2＝U2I2变化，由于P1＝P2，故P1发生变化
①电压分析：U1不变，eq \f(n1,n2)发生变化，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知U2发生变化。
②副线圈电流分析：R不变，U2变化，故I2＝eq \f(U2,R)发生变化。
③功率分析：根据P2＝eq \f(U\\al( 2,2),R)，可知P2发生变化，再根据P1＝P2，可知P1变化。
④原线圈电流分析：根据P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化
三种电压
计算公式
三种电功率
计算公式
输电电压U输
U输＝eq \f(P输,I输)
输电功率P输
P输＝I输U输
输电线上损失的电压ΔU
ΔU＝I线·R线
输电线上损失的电功率P损
P损＝Ieq \\al( 2,线)R线
用户得到的电压
降压变压器的输出电压
用户得到的电功率P用
P用＝I用U用
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