2024年高考物理第一轮复习讲义(有解析)：第十二章 第2讲 变压器 电能的输送

第2讲变压器远距离输电整合教材·夯实必备知识一、理想变压器(选二第三章第3节)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。

2.原理:电磁感应的互感现象,如图所示。

3.分类:升压变压器和降压变压器。

4.能量转化:原线圈的电场能→磁场能→副线圈的电场能。

5.基本关系式6.理想变压器的特点无漏磁 磁场全部集中在铁芯内,穿过每匝原、副线圈的磁通量相等 无铜损 线圈的电阻不计,不产生热量,不引起电能损失无铁损 铁损中的涡电流忽略不计,不发热,不计电能损失二、远距离输电 (选二第三章第4节) 1.输电过程发电站→升压变压器→高压输电线路→降压变压器→用户2.输电电路图(1)输送电流:I2=P2。

U2(2)功率损失:输电线上的功率损耗ΔP=I22r。

3.减少输电电能损失的两种方法(1)减小输电导线的电阻:根据电阻定律R=ρl,可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面S积等方法。

(2)减小输电导线中的电流: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。

【质疑辨析】角度1变压器(1)变压器对恒定直流电没有变压作用。

(√)(2)变压器能改变交变电流的频率。

(×)(3)变压器原线圈中的电流决定副线圈中的电流。

(×)(4)理想变压器的基本关系式中,电压和电流均为有效值。

(√)角度2远距离输电(5)高压输电的目的是增大输电的电流。

(×)(6)变压器副线圈接入的用电器越多,输电线上损失的功率越大。

(√)精研考点·提升关键能力考点一理想变压器的原理及应用(核心共研)【核心要点】1.原理2.结论【典例剖析】[典例1](2022·北京等级考)某理想变压器的原线圈接在220 V的正弦交流电源上,副线圈输出电压为22 000V,输出电流为300 mA。

该变压器()A.原、副线圈的匝数之比为100∶1B.输入电流为30 AC.输入电流的最大值为15√2 AD.原、副线圈交流电的频率之比为1∶100【解析】选B。

专题强化十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题【素养目标】 1.掌握处理电磁感应中动力学，能量和动量问题的方法.2.能分析电磁感应规律在生产生活中的应用．题型一电磁感应中的动力学问题解决电磁感应中的动力学问题的一般思路是“先电后力”，具体思路如下例1[2022·湖北卷]如图所示，高度足够的匀强磁场区域下边界水平、左右边界竖直，磁场方向垂直于纸面向里．正方形单匝线框abcd的边长L＝0.2 m、回路电阻R＝1.6×10－3Ω、质量m＝0.2 kg.线框平面与磁场方向垂直，线框的ad边与磁场左边界平齐，ab边与磁场下边界的距离也为L.现对线框施加与水平向右方向成θ＝45°角、大小为4√2 N的恒力F，使其在图示竖直平面内由静止开始运动．从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运，求：动；dc边进入磁场时，bc边恰好到达磁场右边界．重力加速度大小取g＝10ms2(1)ab边进入磁场前，线框在水平方向和竖直方向的加速度大小；(2)磁场的磁感应强度大小和线框进入磁场的整个过程中回路产生的焦耳热；(3)磁场区域的水平宽度．[试答]针对训练1．(多选)如图甲所示，倾角为α＝37°的足够长绝缘斜面体固定在水平面上，在两平行于斜面底边的虚线之间存在垂直斜面向上的匀强磁场，两平行虚线间的距离为d＝0.1 m，质量为m＝0.01 kg、阻值为r＝1 Ω的正方形导体框由虚线1上侧无初速释放，经过一段时间导体框穿过磁场，整个过程中导体框的ab边始终与虚线平行，导体框由释放到离开磁场的过程，其速度随时间的变化规律如图乙所示，已知磁感应强度大小为B＝1 T，重力加速度g＝10 m/s2，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.则下列说法正确的是( )A．导体框与斜面体之间的动摩擦因数为0.5B．导体框的边长为0.2 mC．导体框由释放到cd边离开虚线2的时间为1 sD．整个过程，导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J2．[2023·南昌摸底考试]如图甲所示，两条相距l＝2 m的水平粗糙导轨左端接一定值电阻R＝1 Ω，当t＝0时，一质量为m＝2 kg，阻值为r的金属杆，在水平外力F的作用下由静止开始向右运动，5 s末到达MN，MN右侧为一匀强磁场，磁感应强度大小B＝0.5 T，方向垂直纸面向里．当金属杆到达MN(含MN)后，保持外力的功率不变，金属杆进入磁场8 s 末开始做匀速直线运动．整个过程金属杆的v－t图像如图乙所示，若导轨电阻忽略不计，金属杆和导轨始终垂直且接触良好，两者之间的动摩擦因数μ＝0.1，重力加速度g＝10 m/s2.(1)求金属杆进入磁场后外力F的功率P.(2)若前8 s回路产生的总焦耳热为Q＝51 J，求金属杆在磁场中运动的位移大小．(3)求定值电阻R与金属杆的阻值r的比值．题型二电磁感应中的能量问题1．能量转化2．求解焦耳热Q的三种方法3．解题的一般步骤(1)确定研究对象(导体棒或回路)；(2)弄清电磁感应过程中哪些力做功，以及哪些形式的能量相互转化；(3)根据功能关系或能量守恒定律列式求解．例2[2023·江苏省扬州市质检](多选)我国新一代航母阻拦系统的研制引入了电磁阻拦技术，其基本原理如图所示，飞机着舰时关闭动力系统，通过绝缘阻拦索钩住轨道上的一根金属棒，飞机与金属棒瞬间获得共同速度v0＝180 km/h，在磁场中共同减速滑行至停下，已知歼－15舰载机质量M＝2.7×104 kg，金属棒质量m＝3×103 kg、电阻R＝10 Ω，导轨间距L＝50 m，匀强磁场磁感应强度B＝5 T，导轨电阻不计，除安培力外飞机克服其它阻力做的功为1.5×106 J，则下列说法中正确的是( )A．金属棒中感应电流方向a到bB．飞机着舰瞬间金属棒中感应电流大小为I＝1.25×103 AC．金属棒中产生的焦耳热Q＝3.6×107 JD．金属棒克服安培力做功为W＝1.5×106 J[解题心得]针对训练3.(多选)一空间有垂直纸面向里的匀强磁场B，两条电阻不计的平行光滑导轨竖直放置在磁场内，如图所示，磁感应强度B＝0.5 T，导体棒ab、cd长度均为0.2 m，电阻均为0.1 Ω，重力均为0.1 N，现用力向上拉动导体棒ab，使之匀速上升(导体棒ab、cd与导轨接触良好)，此时cd静止不动，则ab上升时，下列说法正确的是( )A．ab受到的拉力大小为2 NB．ab向上运动的速度为2 m/sC．在2 s内，拉力做功，有0.4 J的机械能转化为电能D．在2 s内，拉力做功为0.6 J4．如图甲所示，空间存在B＝0.5 T、方向竖直向下的匀强磁场，MN、PQ是水平放置的平行长直导轨，其间距L＝0.2 m，R是连在导轨一端的电阻，ab是跨接在导轨上质量m＝0.1 kg的导体棒．从零时刻开始，对ab施加一个大小为F＝0.45 N、方向水平向左的恒定拉力，使其从静止开始沿导轨滑动，滑动过程中棒始终保持与导轨垂直且接触良好，图乙是棒的v －t图像，其中AO是图像在O点的切线，AB是图像的渐近线．除R以外，其余部分的电阻均不计．设最大静摩擦力等于滑动摩擦力．已知当棒的位移为100 m时，其速度达到了最大速度10 m/s.求：(1)R的阻值；(2)在棒运动100 m过程中电阻R上产生的焦耳热．题型三电磁感应与动量的综合问题考向1 动量定理在电磁感应中的应用在电磁感应中，动量定理应用于单杆切割磁感线运动，可求解变力的时间、速度、位移和电荷量．(1)求电荷量或速度：B I lΔt＝mv2－mv1，q＝I t.(2)求时间：Ft＝I冲＝mv2－mv1，I冲＝BIlΔt＝BlΔΦR总.(3)求位移：－BIlΔt＝－B 2l2vΔtR总＝0－mv0，即－B 2l2R总x＝m(0－v0)．例3 如图所示的导轨固定在水平面上，左、右两侧的导轨足够长，且间距分别为2d和d，左、右两侧导轨所在空间分别存在竖直向下的匀强磁场B1和B2，且磁感应强度B2＝2B1＝2B0.同种材料且粗细相同的导体棒甲、乙均垂直导轨放置，导体棒甲到衔接处的距离为2d，导体棒乙放在衔接处．t＝0时刻给导体棒甲向右的冲量I0，在导体棒甲运动到衔接处前的瞬间两棒刚好达到共速，且此过程流过导体棒乙某一横截面的电荷量为q，此时导体棒甲在外力的控制下立即停止，导体棒乙继续向右运动，重力加速度为g.忽略导轨的电阻，已知导体棒甲的质量为m，且导体棒甲与导轨间的动摩擦因数为μ，导体棒乙与导轨间的摩擦不计．求：(1)t＝0时刻，导体棒甲两端的电压；(2)导体棒甲运动的总时间．[试答]考向2 动量守恒定律在电磁感应中的应用例4[2022·浙江卷1月]如图所示，水平固定一半径r＝0.2 m的金属圆环，长均为r、电阻均为R0的两金属棒沿直径放置，其中一端与圆环接触良好，另一端固定在过圆心的导电竖直转轴OO′上，并随轴以角速度ω＝600 rad/s匀速转动，圆环内左半圆存在磁感应强度大小为B1的匀强磁场．圆环边缘、与转轴良好接触的电刷分别与间距l1的水平放置的平行金属轨道相连，轨道间接有电容C＝0.09 F的电容器，通过单刀双掷开关S可分别与接线柱1、2相连．电容器左侧存在宽度也为l1、长度为l2、磁感应强度大小为B2的匀强磁场区域．在磁场区域内靠近左侧边缘处垂直轨道放置金属棒ab，磁场区域外有间距也为l1的绝缘轨道与金属轨道平滑连接，在绝缘轨道的水平段上放置“[”形金属框fcde.棒ab长度和“[”形框的宽度也均为l1、质量均为m＝0.01 kg，de与cf长度均为l3＝0.08 m，已知l1＝0.25 m，l2＝0.068 m，B1＝B2＝1 T、方向均为竖直向上；棒ab和“[”形框的cd边的电阻均为R＝0.1 Ω，除已给电阻外其他电阻不计，轨道均光滑，棒ab与轨道接触良好且运动过程中始终与轨道垂直．开始时开关S和接线柱1接通，待电容器充电完毕后，将S 从1拨到2，电容器放电，棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起形成闭合框abcd，此时将S与2断开，已知框abcd在倾斜轨道上重心上升0.2 m后返回进入磁场．(1)求电容器充电完毕后所带的电荷量Q，哪个极板(M或N)带正电？(2)求电容器释放的电荷量ΔQ；(3)求框abcd进入磁场后，ab边与磁场区域左边界的最大距离x.[试答]针对训练5.(多选)如图所示，两间距为d、足够长的平行金属导轨沿水平方向固定，水平导轨的圆弧轨道平滑连接，两质量均为m、电阻均为r的金属棒甲、乙左、右两端与半径为R的14放在圆弧轨道上，且均与导轨垂直，开始时金属棒甲与轨道的圆心等高，金属棒乙距离水平，某时刻将金属棒甲由静止释放，经过一段时间再将金属棒乙由静止释放，导轨的高度为R9结果两金属棒同时滑到水平导轨，已知水平导轨所在的空间存在竖直向上的匀强磁场，磁感应强度大小为B，忽略导轨的电阻以及一切摩擦，重力加速度为g.则下列说法正确的是( )√2gRA．两金属棒稳定时的速度为23B．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，金属棒甲上产生的热量为89mgRC．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，流过金属棒甲的电荷量为2m√2gR3BdD．当乙的速度为零时，乙的加速度为B 2d2√2gR 3mr专题强化十二电磁感应中的动力学、能量和动量问题题型一例1 解析：(1)ab边进入磁场前，对线框进行受力分析，在水平方向有F cos θ＝ma x 代入数据有a x＝20 m/s2在竖直方向有F sin θ－mg＝ma y代入数据有a y＝10 m/s2.(2)ab边进入磁场开始，ab边在竖直方向切割磁感线；ad边和bc边的上部分也开始进入磁场，且在水平方向切割磁感线．但ad和bc边的上部分产生的感应电动势相互抵消，则整个回路的电源为ab，根据右手定则可知回路的电流为adcba，则ab边进入磁场开始，ab 边受到的安培力竖直向下，ad边的上部分受到的安培力水平向右，bc边的上部分受到的安培力水平向左，则ad边和bc边的上部分受到的安培力相互抵消，故线框abcd受到的安培力的合力为ab边受到的竖直向下的安培力．由题知，线框从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动，有F sin θ－mg－BIL＝0，E＝BLv y，I＝ER，v y2＝2a y L，联立有B＝0.2T由题知，从ab边进入磁场开始，在竖直方向线框做匀速运动；dc边进入磁场时，bc 边恰好到达磁场右边界．则线框进入磁场的整个过程中，线框受到的安培力为恒力，则有Q ＝W安＝BILy，y＝L，F sin θ－mg＝BIL，联立解得Q＝0.4 J.(3)线框从开始运动到进入磁场的整个过程中所用的时间为v y＝a y t1，L＝v y t2，t＝t1＋t2联立解得t ＝0.3 s.由(2)分析可知线框在水平方向一直做匀加速直线运动，则在水平方向有x ＝12a x t 2＝12×20×0.32m ＝0.9 m ，则磁场区域的水平宽度X ＝x ＋L ＝1.1 m.答案：(1)20 m/s 2 10 m/s 2(2)0.2 T 0.4 J (3)1.1 m1．解析：方法一 由图乙分析可知，导体框穿过磁场的过程速度不变，则正方形导体框的边长等于两虚线之间的距离，为0.1 m ，导体框的ab 边刚进入磁场的瞬间导体框沿斜面方向合力为零，即F 安＋μmg cos α＝mg sin α，又F 安＝BId 、I ＝Bdv r，代入数据解得μ＝0.5，A 正确，B 错误；导体框进入磁场前，由牛顿第二定律得mg sin α－μmg cos α＝ma ，解得a ＝2 m/s 2，则导体框进入磁场前的运动时间为t 1＝va ＝1 s ，导体框从进入磁场到离开磁场的运动时间为t 2＝2dv ＝0.1 s ，导体框由释放到cd 边离开虚线2的时间为t ＝t 1＋t 2＝1.1 s ，C 错误；导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由功能关系得Q ＝－W 安，又W 安＝－F 安·2d ＝－4×10－3 J ，则整个过程导体框中产生的焦耳热为4×10－3 J ，D 正确．方法二 导体框从进入磁场到离开磁场的过程中，由能量守恒定律得Q ＝mg ·2d sin α－μmg cos α·2d ＝4×10－3J ，D 正确．答案：AD2．解析：(1)在0～5 s 时间内，由图乙可得金属杆的加速度α＝ΔvΔt ＝1 m/s 2由牛顿第二定律有F －μmg ＝ma则金属杆到达MN 边界时，金属杆的速度v 1＝5 m/s ，外力功率P ＝Fv 1 代入数据解得P ＝20 W. (2)在0～5 s 时间内，金属杆做匀加速直线运动，根据位移和时间的关系可得金属杆运动的位移大小为x 1＝12at 12＝12×1×52m ＝12.5 m在5～8 s 时间内，设金属杆在磁场中运动的位移大小为x 2，则时间为Δt 1＝3 s ．由图乙可知第8 s 末金属杆的速度v 2＝4 m/s ，对金属杆，在前8 s 内，由动能定理有Fx 1＋P Δt 1－μmg (x 1＋x 2)－W 安＝12mv 22又W 安＝Q代入数据解得x 2＝9 m.(3)金属杆进入磁场后外力F 的功率恒为P ＝20 W ，最后金属杆做匀速直线运动，根据平衡条件可得F 1＝F 安＋f其中F 安＝BIl ，F 1＝Pv 2通过金属杆的电流为I ＝Blv2R+r金属杆所受的滑动摩擦力为f ＝μmg 联立以上各式并代入数据解得r ＝13Ω所以定值电阻R 与金属杆的阻值r 的比值为Rr ＝3.答案：(1)20 W (2)9 m (3)3题型二例2 解析：由右手定则：感应电流方向b 到a ，A 错误；飞机着舰瞬间金属棒中感应电动势E ＝BLv 0，感应电流I ＝ER，解得I ＝1.25×103A ，B 正确；飞机着舰至停下，由动能定理－W 克安－W 克f ＝0−12(M +m )v 02，解得Q ＝W 克安＝3.6×107 J ，C 正确，D 错误．答案：BC3．解析：对导体棒cd 分析：mg ＝BIl ＝B 2l 2v R 总，得v ＝2 m/s ，B 正确；对导体棒ab 分析：F ＝mg ＋BIl ＝0.2 N ，A 错误；在2 s 内拉力做功转化为ab 棒的重力势能和电路中的电能，电能等于克服安培力做的功，即W 电＝F 安vt ＝B 2l 2v 2t R 总＝0.4 J ，C 正确；在2 s 内拉力做的功为W 拉＝Fvt ＝0.8 J ，D 错误．答案：BC4．解析：(1)由题图乙得ab 棒刚开始运动瞬间a ＝2.5ms 2，则F －F f ＝ma ，解得F f ＝0.2 N.ab 棒最终以速度v ＝10 m/s 匀速运动，则所受到拉力、摩擦力和安培力的合力为零，F －F f －F 安＝0.F 安＝BIL ＝BLBLv R＝B 2L 2v R.联立可得R ＝B 2L 2vF−F f＝0.4 Ω.(2)由功能关系可得(F －F f )x ＝12mv 2＋Q ，解得Q ＝20 J.答案：(1)0.4 Ω (2)20 J题型三例3 解析：(1)由于两导体棒的材料以及粗细程度相同，导体棒甲、乙的长度之比为2∶1，则由电阻定律R ＝ρL S可知R 甲＝2R 乙t ＝0时刻，导体棒甲的速度为v 0＝I0m则导体棒甲切割磁感线产生的感应电动势为E ＝B 1(2d )v 0 根据闭合电路欧姆定律得导体棒甲两端的电压为U ＝ER 乙R 甲+R 乙由以上整理得U ＝2B 0dI 03m.(2)由于两棒的材料以及粗细程度相同，则导体棒乙的质量为导体棒甲的一半，即m ′＝m2，设导体棒甲运动的总时间为tt 时间内对导体棒乙，由动量定理得F ̅乙t ＝m2v －0，由安培力公式得F ̅乙＝B 2I d ＝2B 0I d ，又I＝qt，对导体棒甲，由动量定理得－μmgt－F̅甲t＝mv－mv0由安培力公式得F̅甲＝B1I·2d＝2B0I d解得t＝I0−6qB0dμmg.答案：见解析例4 解析：(1)开关S和接线柱1接通，电容器充电过程中，对绕转轴OO′转动的棒由右手定则可知，其切割磁感线产生的电流沿径向向外，即边缘为电源正极，圆心为负极，则M板带正电；根据法拉第电磁感应定律可得E＝B1v̅r＝12B1ωr2当开关接1时，其等效电路图如图所示，电容器C与R0并联则Q＝CU＝CE2＝0.54 C.(2)电容器放电过程对金属棒ab由动量定理有B2l1I t＝B2l1ΔQ＝mv1棒ab被弹出磁场后与“[”形框粘在一起的过程有mv1＝(m＋m)v2对框的上滑过程有12×2mv22＝2mgh解得ΔQ＝2mB2l1√2gh＝0.16 C.(3)设框在磁场中减速滑行的总路程为Δx，由动量定理有B22l12v̅2R ·t＝B l2212 Δx2R＝2mv2则Δx＝0.128 m>0.08 m，因此金属框会有一段磁通量不变的匀速运动，匀速运动的距离为l3－l2＝0.012 m因此ab边进入磁场后的总位移为x＝Δx＋l3－l2＝0.14 m.答案：(1)M板带正电0.54 C (2)0.16 C (3)0.14 m5．解析：两金属棒由释放到滑到水平导轨的过程中，对金属棒甲，由机械能守恒定律有mgR＝12mv甲2，解得v甲＝√2gR；同理，对金属棒乙有mg·R9＝12mv乙2，解得v乙＝13√2gR.两棒均在水平导轨上运动时，两棒组成的系统动量守恒，取水平向右为正方向，由动量守恒定律可得mv甲－mv乙＝2mv，解得v＝13√2gR，A错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，两棒上产生的焦耳热为Q＝12mv甲2＋12mv乙2－12×2mv2＝89mgR，则金属棒甲上产生的热量为Q 甲＝49mgR ，B 错误．两金属棒从滑到水平导轨到稳定的过程，对金属棒甲，由动量定理得一B I d t ＝mv －mv 甲，又q ＝I t ，整理得q ＝2m √2gR 3Bd ，C 正确．当乙的速度为零时，则由动量守恒定律得mv 甲－mv 乙＝mv ′甲，解得v ′甲＝23√2gR ，则感应电动势为E ＝Bdv ′甲、I ＝E 2r 、F ＝BId ，联立解得F ＝B 2d 2√2gR 3r ，又由牛顿第二定律得a ＝F m ＝B 2d 2√2gR 3mr ，D 正确． 答案：CD。

第十二章交变电流1、理解远距离输电线上的能量损失与哪些因素有关2、分析交变电流的产生过程，推导交变电流电动势的表达式3、理解正弦式交变电流的公式和图像4、了解变压器的构造以及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理一、交变电流、交变电流的图像1．交变电流大小和方向均随时间做周期性变化的电流叫作交变电流。

2．正弦式交变电流的产生和变化规律(1)产生：在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的电流是正弦式交变电流。

(2)中性面①中性面：与磁感线垂直的平面称为中性面。

①中性面的特点以及与峰值面(中性面的垂面)的比较(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。

(4)正弦式交流电的图像：如果从线圈位于中性面位置时开始计时，其图像为正弦曲线。

如图甲、乙所示。

(5)变化规律正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置时开始计时)①电动势e 随时间变化的规律：e ＝Emsinωt ，其中ω表示线圈转动的角速度，Em ＝NBSω。

①负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝Umsinωt 。

①电流i 随时间变化的规律：i ＝Imsinωt 。

二、描述交变电流的物理量 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 ＝2πω。

(2)频率(f)：交变电流在单位时间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 ＝1f 或f ＝1T。

2．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值(1)瞬时值：交变电流的电动势、电流或电压在某一时刻的值，是时间的函数。

(2)峰值：交变电流的电动势、电流或电压所能达到的最大值。

(3)有效值①定义：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，就把这个恒定电流的电流I 、电压U 叫作这一交变电流的有效值。

第2讲 变压器 电能的输送[A 级－基础练]1．用220 V 的正弦沟通电通过志向变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A 解析：A [由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0.05 A ，周期T ＝0.02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin 2πTt ＝0.05sin 100πt (A)，D 错误；志向变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；志向变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W≈3.9 W，A正确．]2．一般的沟通电流表不能干脆接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab <I cdB ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab >I cdC ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab <I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab >I cd解析：B [依据志向变压器的原理，线圈电流与匝数成反比，ab 接MN ，通过的电流较大，电流表接在cd 两端，通过的电流较小，B 正确．]3．(2024·江西南昌一模)如图所示，甲图中变压器为志向变压器，其原线圈接在u ＝122sin 100πt (V)的沟通电源上，副线圈与阻值R 1＝2 Ω的电阻接成闭合电路，电流表为志向电流表．乙图中阻值R 2＝32 Ω的电阻干脆接到u ＝122sin 100πt (V)的沟通电源上，结果电阻R 1与R 2消耗的电功率相等，则( )A ．通过电阻R 1的交变电流的频率为0.02 HzB ．电阻R 1消耗的电功率为9 WC ．电流表的示数为6 AD ．变压器原、副线圈匝数比为4∶1解析：D [由u ＝122sin 100πt (V)可知：ω＝100π＝2πf ，解得f ＝50 Hz ，A 错误；因为R 1、R 2消耗的功率相等，设R 1两端的电压为U 1，U 21R 1＝U 2R 2，解得U 1＝3 V ，由志向变压器电压与匝数成正比得变压器原、副线圈匝数比为4∶1，D 正确；R 1上的电流I 1＝U 1R 1＝1.5 A ，电阻R 1消耗的电功率P ＝U 21R 1＝4.5 W ，B 、C 错误．]4．一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a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针转到N 点的过程中( )A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高解析：C [由题图可知，cd 间的线圈为整个线圈的一部分，故其匝数比作为原线圈的整个线圈的匝数少，依据变压器的电压与匝数的关系可知，U 2<U 1，当触头由M 点顺时针旋转到N 点的过程中，cd 间线圈的匝数削减，所以输出电压降低，选项C 正确．]5．如图所示，电路中变压器原线圈匝数n 1＝1 000匝，两个副线圈匝数分别为n 2＝500匝、n 3＝200匝，分别接一个R ＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U 1＝220 V 的沟通电源．则两副线圈输出电功率之比P 2P 3和原线圈中的电流I 1分别是( )A.P2P3＝52，I1＝2.8 AB.P2P3＝25，I1＝2.8 AC.P2P3＝254，I1＝1.16 AD.P2P3＝425，I1＝1.16 A解析：C [对两个副线圈有U1U2＝n1n2，U1U3＝n1n3，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又P＝U2R，所以P2 P3＝U22U23＝254；由欧姆定律得I2＝U2R＝2 A，I3＝U3R＝0.8 A，对有两个副线圈的变压器有：n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16 A，C正确．]6．如图所示的变压器，接如图甲所示的沟通电时，灯泡正常发光，电容器能正常工作，现将电源换成如图乙所示的沟通电，则( )A．由于乙交变电流的周期短，因此灯泡比第一次亮B．由于乙的频率比甲的大，因此电容器有可能被击穿C．无论接甲电源，还是接乙电源，若滑动触头P向上移动，灯泡都变暗D．若将原线圈n1的匝数增加，灯泡消耗的功率将变大解析：C [灯泡的亮度与周期无关，取决于有效值，故A错误；电容器的击穿电压取决于电压的最大值，与频率无关，故B错误；无论接哪个电源，输入电压相同，滑片向上移动时，接入电阻增大，则灯泡均变暗，故C正确；若将副线圈n1的匝数增加，则输出电压将减小，故灯泡消耗的功率将变小，故D错误．]7．(2024·湖北武汉部分重点中学联考)(多选)如图甲所示，志向变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3为三只规格均为“9 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为志向沟通电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是( )A ．电流表的示数为2 AB ．电压表的示数为27 2 VC ．副线圈两端接入耐压值为8 V 的电容器能正常工作D ．变压器副线圈中交变电流的频率为50 Hz解析：AD [由输入端交变电压u －t 图象知，输入电压的有效值为2722 V ＝27 V ，由原、副线圈匝数之比为3∶1，可得原、副线圈的电压之比为3∶1，电流之比为1∶3，设灯泡两端电压为U ，所以U ＝9 V ，副线圈两端电压的有效值为9 V ，三只灯泡均能正常发光，电流表的读数I ＝3×69 A ＝2 A ，A 正确；电压表的示数为有效值27 V ，B 错误；副线圈两端电压的最大值为9 2 V ，C 错误；变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz ，D 正确．][B 级－实力练]8．(2024·天津卷)教学用发电机能够产生正弦式交变电流．利用该发电机(内阻可忽视)通过志向变压器向定值电阻R 供电，电路如图所示，志向沟通电流表A 、志向沟通电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P .若发电机线圈的转速变为原来的12，则( )A ．R 消耗的功率变为12PB ．电压表V 的读数变为12UC ．电流表A 的读数变为2ID ．通过R 的交变电流频率不变解析：B [依据ω＝2πn 可知转速变为原来的12，则角速度变为原来的12，依据E m ＝nBSω可知电动机产生的最大电动势为原来的12，依据U ＝E m2可知发电机的输出电压有效值变为原来的12，即原线圈的输出电压变为原来的12，依据n 1n 2＝U 1U 2可知副线圈的输入电压变为原来的12，即电压表示数变为原来的12，依据P ＝U 2R 可知R 消耗的电功率变为14P ，A 错误，B 正确；副线圈中的电流为I 2＝12U R ，即变为原来的12，依据n 1n 2＝I 2I 1可知原线圈中的电流也变为原来的12，C 错误；转速减小为原来的12，则频率变为原来的12，D 错误．]9．(多选)如图为远距离输送沟通电的系统示意图，变压器均为志向变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍旧不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的状况下，为了适当提高用户的用电功率，可实行的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：AC [当发电机输出功率肯定时，为运用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，依据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为运用户的用电器正常工作须要适当降低n 4n 3，C 对．]10．如图是原、副线圈都有中心抽头(匝数一半处)的志向变压器，原线圈通过单刀双掷开关S 1与电流表连接，副线圈通过另一单刀双掷开关S 2与定值电阻R 0相连接，通过S 1、S 2可以变更原、副线圈的匝数．现在原线圈加一电压有效值为U 的正弦沟通电，当S 1接a ，S 2接c 时，电流表的示数为I ，下列说法正确的是( )A ．当S 1接a ，S 2接d 时，电流为2IB ．当S 1接a ，S 2接d 时，电流为I2C ．当S 1接b ，S 2接c 时，电流为4ID ．当S 1接b ，S 2接d 时，电流为I2解析：C [设S 1、S 2分别接a 、c 时，原、副线圈匝数比为n 1∶n 2，则输出电压U 2＝n 2n 1U ，功率P ＝UI ＝U 22R 0；在S 1、S 2分别接a 、d 时，输出电压U 2′＝n 2U 2n 1，功率P ′＝UI ′＝U 2′2R 0，联立得I ′＝14I ，A 、B 项均错，同理可知，C 项对，D 项错误．]11．(多选)如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持志向变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大解析：BD [P 向上或向下滑动时，由变压器的电压特点U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2不变，灯L 的亮度也不变，A 项错误，B 项正确；P 向上滑动时，滑动变阻器的阻值减小，副线圈电路总电阻减小，由P ＝U 2R可知，变压器的输出功率P 2变大，又志向变压器的输入功率等于输出功率，则输入功率P 1也变大，由P 1＝U 1I 1及U 1不变可知，变压器的输入电流变大，C 项错误，D 项正确．]12．(2024·湖南师大附中等四校联考)如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图；图中变压器均可视为志向变压器，图中电表均为志向沟通电表；设发电厂输出的电压肯定，两条输电线总电阻用R 0表示，变阻器R 相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R 变小，则当用电进入高峰时 ( )A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．线路损耗功率不变解析：C [依据题意可知，电压表V1、V2的示数不变，当用电进入高峰时，电阻R减小，电流表A3的读数增大，电流表A2、A1的读数都增大，R0两端电压增大，电压表V3读数减小，电压表V4的读数也减小，A、B均错误；电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值是R0的阻值，不变，C正确；线路损耗功率ΔP＝I22R0增大，D错误．]13．(2024·山东潍坊期末)如图所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′垂直于磁感线，制成一台沟通发电机，它与志向变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2.二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置起先计时，下列推断正确的是( )A．沟通发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2sin ωtB．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1C．电压表V示数为NBωL2D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小解析：C [从图示位置起先计时，e＝E m cos ωt＝NBL2ωcos ωt，A错误；变压器的输入功率等于输出功率，B错误；副线圈两端电压的最大值为2NBL2ω，电压表的示数是R两端电压的有效值，设为U，⎝⎛⎭⎪⎫2NBL2ω22R·T2＝U2R·T，解得U＝NBL2ω，C正确；若将滑动变阻器的滑片向下移动，电压表的示数不变，电流表的示数减小，D错误．] 14．(2024·山东德州期末)(多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路．若T1、T2均为志向变压器，T2的副线圈两端电压u＝2202sin 100πt V，当用电器电阻R0＝11 Ω时( )A．通过用电器R0的电流有效值是20 AB．当用电器的电阻R0减小时，输电线损耗的功率也随着减小C．发电机中的电流变更频率为100 HzD．升压变压器的输入功率为4 650 W解析：AD [通过用电器R0的电流有效值I＝UR0＝22011A＝20 A，A正确；当用电器的电阻R0减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B 错误；变压器不变更沟通电的频率，f＝50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1＝UI＝220×20 W＝4 400 W，由志向变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I′＝5 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2R＝25×10 W＝250 W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4 650 W，D正确．]。

题型2 电磁感应中的能量问题1.电磁感应中的能量转化闭合电路中产生感应电流的过程，是其他形式的能转化为电能的过程.电磁感应中能量问题的实质是电能的转化问题，桥梁是安培力.2.求解焦耳热的三种方法能量转化问题的分析程序：先电后力再能量研透高考明确方向命题点1功能关系的应用5.[多选]如图，MN 和PQ 是电阻不计的平行金属导轨，其间距为L ，导轨弯曲部分光滑，平直部分粗糙，两部分平滑连接，平直部分右端接一个阻值为R 的定值电阻.平直部分导轨左边区域有宽度为d 、方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场.质量为m 、电阻也为R 的金属棒从高度为h 处由静止释放，到达磁场右边界处恰好停止.已知金属棒与平直部分导轨间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g ，金属棒与导轨始终垂直且接触良好，则金属棒穿过磁场区域的过程中（ BD ）A.通过金属棒的最大电流为Bd √2gℎ2RB.通过金属棒的电荷量为BdL2RC.克服安培力所做的功为mghD.金属棒上产生的焦耳热为12mg （h －μd ）解析 金属棒由静止释放下滑到弯曲部分底端，根据动能定理有mgh ＝12m v 02，金属棒在磁场中运动时产生的感应电动势E ＝BLv ，当金属棒刚进入磁场时，产生的感应电动势最大，感应电流最大，I max ＝BLv 02R＝BL √2gℎ2R，A 错误；金属棒穿过磁场区域的过程中通过金属棒的电荷量q ＝I t ＝E2R t ＝ΔΦ2R ＝BdL2R ，B 正确；对整个过程由动能定理得mgh －W 克安－μmgd ＝0，金属棒克服安培力做的功W 克安＝mgh －μmgd ，C 错误；由功能关系可得，金属棒上产生的焦耳热Q ＝12W 克安＝12mg (h －μd )，D 正确. 方法点拨常见的功能关系做功情况能量变化重力做功 重力势能发生变化弹簧弹力做功 弹性势能发生变化 合外力做功 动能发生变化 做功情况能量变化 除重力和系统内弹力以外的其他力做功机械能发生变化 滑动摩擦力做功有内能产生 静电力做功 电势能发生变化安培力做正功电能转化为其他形式的能克服安培力做功（动生型电磁感应）其他形式的能转化为电能，并且克服安培力做多少功，就产生多少电能命题点2 能量守恒定律的应用6.[多选]如图所示，间距为l 的平行金属导轨与水平面间的夹角为θ，导轨电阻不计，与阻值为R 的定值电阻相连，匀强磁场垂直穿过导轨平面，磁感应强度为B .有一质量为m 、长为l 的导体棒在ab 位置以初速度v 沿导轨向上运动，最远到达a'b'处，导体棒向上滑行的最远距离为x .已知导体棒的电阻也为R ，与导轨之间的动摩擦因数为μ，重力加速度大小为g .导体棒与导轨始终保持垂直且接触良好，下列说法正确的是（ BCD ）A.导体棒受到的最大安培力为B 2l 2v RB.导体棒损失的机械能为12mv 2－mgx sinθ C.导体棒运动的时间为2mvR －B 2l 2x 2mgR （sinθ＋μcosθ）D.整个电路产生的焦耳热为12mv 2－mgx （sinθ＋μcosθ）解析 根据E ＝Blv ，可以知道速度最大时感应电动势最大，电流和安培力也最 大，所以初始时刻导体棒受到的安培力最大，根据F ＝BIl ，I ＝Blv 2R，可得F ＝B 2l 2v 2R，故A 错误；从初始位置到滑行最远时，损失的机械能为ΔE ＝12mv 2－mgx sin θ，故B 正 确；导体棒向上滑动的过程，由动量定理可得B I lt ＋(mg sin θ＋μmg cos θ)t ＝mv ，而 I t ＝E Rt ＝ΔΦR＝Blx 2R，联立解得t ＝2mvR−B 2l 2x2mgR(sinθ＋μcosθ)，故C 正确；导体棒上滑过程中克服重力、滑动摩擦力和安培力做功，根据能量守恒定律可得整个电路产生的焦耳热 为Q ＝12mv 2－mgx ( sin θ＋μ cos θ)，故D 正确.命题拓展命题情境不变，命题角度变化若导轨光滑，导体棒受到一个平行于导轨向上的拉力作用，以初速度v 0沿导轨向上开始运动，可达到的最大速度为v 1.运动过程中拉力的功率恒定不变，其他条件不变，求拉力的功率.答案 P ＝mgv 1sinθ＋B 2L 2v 122R解析 在导体棒运动过程中，拉力功率恒定，导体棒做加速度逐渐减小的加速运动，速度达到最大时，加速度为零，设此时拉力的大小为F ，安培力大小为F A ，有F －mg sin θ－F A＝0.此时导体棒产生的感应电动势为E ＝BLv 1，回路中的感应电流为I ＝E2R，导体棒受到的安培力F A ＝BIL ，拉力的功率P ＝Fv 1，联立上述各式解得P ＝mgv 1 sin θ＋B 2L 2v 122R.7.[2023浙江6月]如图所示，质量为M 、电阻为R 、长为L 的导体棒，通过两根长均为l 、质量不计的导电细杆连在等高的两固定点上，固定点间距也为L .细杆通过开关S 可与直流电源E 0或理想二极管串接.在导体棒所在空间存在磁感应强度方向竖直向上、大小为B 的匀强磁场，不计空气阻力和其他电阻.开关S 接1，当导体棒静止时，细杆与竖直方向的夹角θ＝π4；然后开关S 接2，棒从右侧开始运动完成一次振动的过程中（ C ）A.电源电动势E 0＝√2Mg2BLRB.棒产生的焦耳热Q ＝（1－√22）MglC.从左向右运动时，最大摆角小于π4D.棒两次过最低点时感应电动势大小相等解析 作出静止时导体棒的受力图如图所示，由于θ＝π4，故安培力F ＝Mg ，又F ＝BIL ，电流I ＝E0R ，解得E 0＝MgR BL，A 错误；开关S 接2，导体棒先向左运动，回路中有电流，棒会产生焦耳热，然后由于重力的作用，棒向右运动，由于二极管的作用，此过程回路中无电流，棒不会产生焦耳热，故导体棒向右通过最低点时速度不为0，即E k ＞0，由能量守恒定律可知，棒完成一次振动的过程产生的焦耳热满足Q ＋E k ＝Mgl (1－ cos θ)，所以Q ＜Mgl (1－ cos θ)＝(1－√22)Mgl ，B 错误；导体棒从右向左摆动，会产生焦耳热，故由能量守恒定律可知，其从右向左运动到最左侧时摆角小于π4，由对称性可知导体棒从左向右摆动时，最大摆角也小于π4，C 正确；导体棒第二次通过最低点的速度小于第一次通过最低点的速度，故两次通过最低点的速度大小不等，由E ＝BLv 可知，产生的感应电动势大小也不相等，D 错误.。

第2讲变压器远距离输电实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系目标要求 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.3.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率．考点一实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．实验原理(1)实验电路图(如图所示)：(2)实验方法采用控制变量法①n1、U1一定，研究n2和U2的关系．②n2、U1一定，研究n1和U2的关系．2．实验器材学生电源(低压交流电源，小于12V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干．3．实验过程(1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响．①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量．②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压．(2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响．重复(1)中步骤．4．数据处理由数据分析变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比与原、副线圈的匝数n1、n2之比的关系．5．注意事项(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作．(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过12V，通电时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适当的挡位进行测量．例1在“探究变压器原、副线圈电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示．(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是；A．控制变量法B．等效替代法C．整体隔离法(2)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择；A．整块硅钢铁芯B．整块不锈钢铁芯C．绝缘的硅钢片叠成D．绝缘的铜片叠成(3)以下给出的器材中，本实验需要用到的有哪些；(4)下列做法正确的是；A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12VB．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(5)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为．(填选项前字母)A．1.5V B．3.0VC．6.0V D．7.0V答案(1)A(2)C(3)BD(4)B(5)D解析(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A.(2)变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为防止出现涡流，选择用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，故C 正确，A 、B 、D 错误．(3)实验中需要交流电源和交流电压表，不需要干电池和直流电压表，故选B 、D.(4)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不能超过12V ，若用直流电源，变压器不能工作，故A 错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故B 正确；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知I 1I 2＝n2n 1，可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，故C 错误；变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，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”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故D 错误．(5)若是理想变压器，则由变压器原、副线圈电压与匝数的关系有U 1U 2＝n 1n 2，若变压器的原线圈接“0”和“800”两个接线柱，副线圈接“0”和“400”两个接线柱，可知原、副线圈的匝数比为2∶1，副线圈的电压为3V ，则原线圈的电压为U 1＝2×3V ＝6V ，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6V ，可能为7V ，故D 正确．考点二理想变压器的原理及应用1．构造和原理(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．(2)原理：电磁感应的互感现象．2．基本关系式(1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n2n 1.(4)频率关系：f 出＝f 入．1．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．(√)2．变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．(×)3．在任何情况下，理想变压器均满足U 1U 2＝n 1n 2、I 1I 2＝n 2n 1、P 入＝P 出．(×)1．理想变压器的制约关系电压原线圈电压U 1和匝数比决定副线圈电压U 2，U 2＝n2n 1U 1功率副线圈的输出功率P 出决定原线圈的输入功率P 入，P 入＝P 出电流副线圈电流I 2和匝数比决定原线圈电流I 1，I 1＝n2n 1I 22.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：电压关系：U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…＝U nn n功率关系：P 1＝P 2＋P 3＋P 4＋…＋P n电流关系：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋n 4I 4＋…＋n n I n考向1变压器基本物理量的分析与计算例2(2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220V ，可输出12V 、18V 、30V 电压，匝数为n 1的原线圈中电压随时间变化为u ＝U m cos (100πt )．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V ．将阻值为12Ω的电阻R 接在BC 两端时，功率为12W ．下列说法正确的是()A ．n 1为1100匝，U m 为220VB ．BC 间线圈匝数为120匝，流过R 的电流为1.4AC ．若将R 接在AB 两端，R 两端的电压为18V ，频率为100HzD ．若将R 接在AC 两端，流过R 的电流为2.5A ，周期为0.02s 答案D解析变压器的输入电压为220V ，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2202V ，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为n 11＝220V0.1V ，解得原线圈为2200匝，A 错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220V 时，BC 间的电压为U BC ＝PR ＝12V ，故BC 间的线圈与单匝线圈匝数关系有n BC 1＝12V 0.1V，则BC 间的线圈匝数为120匝，流过R 的电流为I BC ＝P U BC ＝12W 12V＝1A ，B 错误；若将R 接在AB 两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V 时，AB 间的电压应该为18V ，根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100πrad/s ，故交流电的频率为f ＝1T ＝ω2π＝50Hz ，C 错误；若将R 接在AC 两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V 时，AC 间的电压应该为30V ，根据欧姆定律可知，流过电阻R 的电流为I AC ＝U AC R ＝3012A ＝2.5A ，交流电的周期为T ＝2πω＝0.02s ，D 正确．例3(2022·北京卷·4)某理想变压器的原线圈接在220V 的正弦交流电源上，副线圈输出电压为22000V ，输出电流为300mA.该变压器()A ．原、副线圈的匝数之比为100∶1B ．输入电流为30AC ．输入电流的最大值为152AD ．原、副线圈交流电的频率之比为1∶100答案B解析原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝U 1U 2＝22022000＝1100，故A 错误；根据n 1n 2＝I2I 1可得输入电流为I 1＝n2n 1I 2＝100×300×10－3A ＝30A ，故B 正确；输入电流的最大值为I m ＝2I 1＝302A ，故C 错误；变压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1∶1，故D 错误．考向2原线圈接入用电器的变压器问题分析例4(多选)(2023·广东潮州市模拟)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是()A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1、L 2中的电流之比为1∶1C ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为2∶1D ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2答案BD解析原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，选项A 错误，B 正确；原、副线圈的匝数比为2∶1，则原、副线圈两端的电压之比为2∶1，设电灯的电阻为R ，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U ＝12，选项C 错误，D 正确．考点三理想变压器的动态分析1．匝数比不变的分析思路(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化．(3)I 2变化引起P 2变化，而P 1＝P 2，故P 1发生变化．2．负载电阻不变的分析思路(1)U 1不变，n 1n 2发生变化时，U 2变化．(2)R 不变，U 2变化时，I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R ，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化．1．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．(×)2．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压增大．(×)3．变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小．(×)考向1理想变压器匝数不变问题的分析和计算例5(2021·湖北卷·6)如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R 的滑动变阻器和阻值为R 的定值电阻．在变阻器滑片从a 端向b 端缓慢移动的过程中()A ．电流表A 1示数减小B ．电流表A 2示数增大C ．原线圈输入功率先增大后减小D ．定值电阻R 消耗的功率先减小后增大答案A解析由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，滑动变阻器的滑片从a 端向b 端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得I 2＝U 2R 副，可知副线圈的电流逐渐减小，由n 1n 2＝I2I 1，可知变压器原线圈的电流I 1也逐渐减小，故A 正确，B 错误；原线圈的输入功率为P 入＝U 1I 1，由于I 1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C 错误；滑片从a 端向b 端滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和R 并联总电阻减小，则并联部分分压减小，由P R ＝U 2R 知，定值电阻R 消耗的功率减小，故D 错误．考向2理想变压器负载不变问题的分析和计算例6(2023·广东省八校联考)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u 1＝310sin 314t (V)，则()A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为3.1VB ．副线圈两端的电压频率为50HzC ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈输入功率变小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答案B 解析由U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝U 1n 2n 1，因U 1＝3102V ，所以U 2＝3102×1100V≈2.2V ，A 错误；由瞬时值表达式可得ω＝314rad/s ，则频率f ＝ω2π＝3142πHz ＝50Hz ，B 正确；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，n 1减小，则U 2增大，电压表示数变大，I 2＝U2R 增大，副线圈的输出功率P 出＝U 2I 2增大，原线圈的输入功率增大，C 、D 错误．考点四远距离输电如图所示，若发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，用户得到的电功率为P ′，用户端的电压为U ′，输电电流为I ，输电线总电阻为R .1．输电电流I ＝P U ＝U －U ′R .2．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR .3．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′＝ΔU ·I ；(2)ΔP ＝I 2R ＝(P U)2R4．降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρlS 知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．(2)减小输电导线中的电流．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．1．增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．(√)2．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗．(√)3．若发电站输出功率为P ，输电电压为U ，输电线总电阻为R ，如图所示，则输电线上损失的功率为P 损＝U 2R.(×)1．理清输电电路图的三个回路(如图)(1)在电源回路中，P 发电机＝U 1I 1＝P 1.(2)在输送回路中，I 2＝I 线＝I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，ΔU ＝I 2R 线，ΔP ＝I 22R 线．(3)在用户回路中，P 4＝U 4I 4＝P 用户．2．抓住两组关联式(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n2n 1，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3，P 3＝P 4.3．掌握一个守恒观念功率关系：P 2＝ΔP ＋P 3，其中ΔP ＝ΔU ·I 线＝I 线2R 线＝(ΔU )2R 线.例7如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压为U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1，在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2，则()A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上损失的电压为UC ．理想变压器的输入功率为I 12rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U答案A解析因为P 入＝P 出，所以U 1I 1＝U 2I 2，即U 2＝U 1I 1I 2，选项A 正确；输电线上损失的电压为U 线＝U －U 1，选项B 错误；理想变压器的输入功率P 入＝I 1U 1，输电线路上损失的电功率P 损＝I 12r ＝I 1(U －U 1)，选项C 、D 错误．例8(2023·广东汕头市潮阳区阶段检测)如图为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，R 为输电线的等效电阻．保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是()A ．电流表示数变小B ．降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小C ．升压变压器输出电压变小D ．输电线损失的功率变大答案D解析电压表示数变小，说明降压变压器的副线圈电压减小，则原线圈电压减小，因保持交流发电机输出电压不变，则升压变压器的原线圈电压不变，副线圈电压不变，可知导线上的电压损失变大，即导线上的电流变大，输电线损失的功率变大，电流表的示数变大，选项A 错误，D 正确；降压变压器原、副线圈两端的电压之比等于匝数之比，则降压变压器原、副线圈两端的电压之比不变，选项B 错误；升压变压器输出电压由匝数比和输入电压决定，则升压变压器输出电压不变，选项C 错误．课时精练1．(2020·江苏卷·2)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答案D 解析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D 正确．2．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A 处采用550kV 的超高压向B 处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP ，到达B 处时电压下降了ΔU .在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100kV 特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP ′，到达B 处时电压下降了ΔU ′.不考虑其他因素的影响，则()A ．ΔP ′＝14ΔP B ．ΔP ′＝12ΔP C ．ΔU ′＝14ΔU D ．ΔU ′＝12ΔU 答案AD 解析由输电电流I ＝P U 知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的12，损耗的电功率ΔP ＝I 2r ，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的14，即ΔP ′＝14ΔP ；输电线上损失电压为ΔU ＝Ir ，则输电电压加倍，损失电压变为原来的12，即ΔU ′＝12ΔU .故A 、D 正确．3．(2021·广东卷·7)某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2s ，电压最大值为0.05V ，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是()A ．交流电的频率为10HzB ．副线圈两端电压最大值为3VC ．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D ．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率答案B 解析周期为T ＝0.2s ，频率为f ＝1T ＝5Hz ，故A 错误；由理想变压器原理可知U 1U 2＝n 1n 2，解得副线圈两端的最大电压为U 2＝n 2n 1U 1＝3V ，故B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误．4．(多选)(2023·广东惠州市模拟)如图所示为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为3∶1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接图乙所示的正弦交流电，图甲中R t为热敏电阻(其阻值随温度的升高而变小)，R为定值电阻．下列说法正确的是()A．交流电压u的表达式为u＝362sin100πt(V)B．若R t处的温度升高，则电流表的示数变大C．若R t处的温度升高，则变压器的输入功率变大D．变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为3∶1答案BC解析由题图乙可知交流电压最大值U m＝362V，周期T＝0.02s，则ω＝2πT＝100πrad/s，则可得交流电压u的表达式u＝362sin100πt(V)，故A错误；电压之比等于匝数之比，匝数不变则电压不变；因R t处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，根据P出＝U2I2，可知输出功率增大，理想变压器的输入功率等于输出功率，可知输入功率增大，故B、C正确；变压器原、副线圈中的磁通量随时间的变化率之比为1∶1，故D错误．5．(2023·广东深圳市质检)理想变压器的输入电压如图甲所示，输出端并联2个相同的小灯泡L1、L2，如图乙所示，灯泡的额定电压为20V，额定功率为10W，电路连接了2个理想电流表A1、A2，导线电阻不计，开始开关S断开，L1恰好正常发光，则()A．原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝32∶1B．流过灯L1的电流方向每秒改变5次C．开关S闭合后，灯L1变暗D．开关S闭合后，电流表A1的读数变大，A1与A2的比值不变答案D解析由题图甲知电压有效值为60V，电压与匝数成正比，故原、副线圈的匝数比n1∶n2＝60∶20＝3∶1，A错误；由题图甲知交流电的频率为5Hz，所以流过灯L1的电流方向每秒改变10次，B错误；闭合开关S，两灯泡并联，副线圈负载总电阻变小，副线圈电压不变，灯L 1亮度不变，C 错误；闭合开关S ，由欧姆定律可知，副线圈电流变大，线圈匝数比不变，则原线圈电流变大，两电流表读数都变大，比值仍等于匝数的反比，不变，D 正确．6．某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验．他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干．(1)实验需要以下哪种电源；A ．低压直流电源B ．高压直流电源C ．低压交流电源D ．高压交流电源(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的值(填“有效”或“最大”)．其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为；(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成(选填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比；(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为．(填字母代号)A ．原、副线圈上通过的电流发热B ．铁芯在交变磁场作用下发热C ．变压器铁芯漏磁D ．原线圈输入电压发生变化答案(1)C (2)有效7.0V (3)正比大于(4)D 解析(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10V 挡位，所以应该在0～10V 挡位读数，所以读数应该是7.0V.(3)根据U 1U 2＝n 1n 2可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈电压的实际值一般略小于理论值，所以导致U 1U 2＞n 1n 2.(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.7.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u ＝U m sin 100πt 的正弦交流电压上，P 为滑动触头，初始位置位于线圈CD 的中点G ，A 1和A 2为理想交流电表，R 为定值电阻，下列说法正确的是()A ．将P 向下滑动，A 1的示数将变小B ．将P 向上滑动，A 2的示数将变大C ．将P 下滑到GD 的中点，电阻R 的功率将变为原来的4倍D ．将P 上滑到CG 的中点，电阻R 的功率将变为原来的23答案C 解析将P 下滑时，电阻R 两端电压变大，A 1示数将变大，同理，将P 向上滑动，电阻R两端电压变小，A 2的示数将变小，A 、B 错误；若将P 向下滑动到GD 的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2变为1∶4，电阻R 两端的电压将变为原来的2倍，由P ＝U 2R 可知，功率将变为原来的4倍，C 正确；若将P 向上滑动到CG 的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R 两端的电压将变为原来的23，电阻R 的功率将变为原来的49，D 错误．8．(多选)(2023·福建省模拟)20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”．如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U 2由220kV 升级为1000kV 高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U 1及用户得到的电压U 4均不变，输电线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则()A.n 2n 1变为原来的5011倍B ．输电线上电流I 2变为原来的1125C ．输电线损失的功率变为原来的(1125)2D ．降压变压器原、副线圈匝数比值变小答案ABC 解析由理想变压器基本关系知n 2n 1＝U 2U 1，U 1不变，U 2变为原来的5011倍，所以n 2n 1变为原来的5011倍，A 正确；根据P 送＝U 2I 2可知，因P 送变为原来的2倍，U 2变为原来的5011倍，则输电线上电流I 2变为原来的1125，B 正确；根据P 损＝I 22R 线，可知P 损变为原来的(1125)2，C 正确；总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I 4变大，又I 2变小，I 2＝I 3，则n 3n 4＝I 4I 3D 错误．9.(2023·广东茂名市第一中学模拟)如图所示，理想变压器的原线圈串联一个电阻R 0，并接入电压有效值不变的正弦交流电源；两个副线圈分别接电阻R 1和电阻R 2，图中电流表为理想电流表．开始时开关S 断开，则开关S 闭合后()A ．电流表的示数变大B ．电流表的示数变小C ．原线圈两端的电压变大D ．原线圈两端的电压不变答案B 解析开关S 闭合后，假设电流表的示数不变或变大，由理想变压器功率关系和电压关系可得U 0I 0＝U 1I 1＋U 2I 2，U 0∶U 1∶U 2＝n 0∶n 1∶n 2，得n 0I 0＝n 1I 1＋n 2I 2，可知通过原线圈的电流I 0变大，原线圈两端的电压U 0＝U －I 0R 0减小，由U 0n 0＝U 1n 1可知电阻R 1两端的电压变小，通过电阻R 1的电流变小，假设不成立，选项A 错误，B 正确；由于通过电阻R 1的电流变小，因此电阻R 1两端的电压变小，原线圈两端的电压减小，选项C 、D 错误．10．(多选)(2023·广东韶关市调研)“压敏电阻”是一种具有非线性伏安特性的电阻器件，是一种限压型保护器件；其有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某值时，才会有电流通过．如图所示的电路中，R 为压敏电阻，R 1、R 2、R 3为定值电阻，A 为理想交流电流表，理想变压器原线圈匝数为n 1，副线圈匝数n 2可以通过滑片P 调节．当副线圈滑片在图中位置时，原线圈加某一交变电压u ＝NBSωsin ωt ，小灯泡出现周期性发光，当闭合开关K 后，小灯泡熄灭不再发光．下列说法正确的是()A．闭合开关K，R2两端电压增大B．闭合开关K后，仅增大交流电频率，可能使灯泡继续周期性发光C．闭合开关K后，仅让滑片P向上滑动，可能使灯泡继续周期性发光，发光频率不变D．闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，理想变压器的输入功率变小答案BCD解析闭合K，副线圈回路电阻变小，副线圈电压U不变，回路电流变大，R1两端电压U1变大，由U1＋U2＝U，所以R2两端电压U2变小，故A错误；闭合K，仅增大交流电频率，由原线圈电压u＝NBSωsinωt知原线圈电压增大，则副线圈电压U也增大，可能使灯泡继续周期性发光，故B正确；闭合K后，仅让滑片P向上滑动，副线圈电压U2增大，副线圈回路电流I变大，可能使灯泡继续周期性发光，交变电流周期不变，发光频率不变，故C正确；闭合开关K后，仅让滑片P向下滑动，副线圈电压U2减小，副线圈回路电流I减小，原线圈回路电流减小，理想变压器的输入功率变小，故D正确．11．(多选)(2023·广东揭阳市联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，B是原线圈的中心接头，原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R1、R3为定值电阻，R2为热敏电阻(阻值随温度升高而减小)，C为耐压值为70V的电容器，所有电表均为理想电表．下列判断正确的是()A．当单刀双掷开关与A连接，传感器R2所在处温度升高，A1的示数变大，A2的示数减小B．当单刀双掷开关与B连接，副线圈两端电压的频率变为25HzC．当单刀双掷开关由A→B时，电容器C不会被击穿D．其他条件不变，单刀双掷开关由A→B时，变压器的输出功率变为原来的0.5倍答案AC解析若传感器R2所在处温度升高，R2的阻值减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流变大，所以原线圈电流跟着变大，即A1的示数变大，R3两端电压增大，故R1两端电压减小，所以A2的示数减小，故A正确；交流电的频率与匝数无关，不会发生变化，还是50Hz，所以B 错误；原线圈电压最大值为2202V，当单刀双掷开关由A→B时，匝数之比为5∶1，根据变压规律可得副线圈电压最大值为442V，小于电容器的耐压值，故电容器不会被击穿，所。