2015届高考物理冲刺复习 课时跟踪检测 变压器 电能的输送word版 含答案

课时跟踪检测（四十二） 变压器 电能的输送(一)普通高中适用作业[A 级——基础小题练熟练快]★1．(2018·河北定州中学模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源上，副线圈接入“3 V6 W ”灯泡一只，且灯泡正常发光。

则( )A ．原线圈电压为3 VB ．电源输出功率为120 WC ．电流表的示数为0.1 AD ．电流表的示数为40 A解析：选C 根据电压与匝数成正比可知，原线圈端电压为60 V ，故A 错误；理想变压器的输入功率和输出功率大小相等，在副线圈中只有一个6 W 的灯泡正常发光，所以输入功率和输出功率的大小都为6 W ，故B 错误；根据理想变压器输入功率为6 W ，则原线圈的电流为I ＝P U ＝660A ＝0.1 A ，故选项C 正确，选项D 错误。

★2.(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：选A 设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 12R I 22R ＝19。

设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U 3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V 。

选项A 正确。

3.(2018·黄山屯溪一中模拟)有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡。

当S 断开时，灯L 1正常发光。

S 闭合后，下列说法正确的是( )A ．电阻R 消耗的电功率增大B ．灯L 1、L 2都能正常发光C ．原线圈的输入功率减小D ．原、副线圈的电流比减小解析：选A 当S 闭合后，由变压器电压与匝数比关系：U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈电压U 2不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由P ＝I 2R 知R 消耗的电功率增大，故A 正确；当S 闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以电阻R 的电压增大，而副线圈电压U 2不变，所以灯泡两端的电压减小，灯L 1、L 2都不能正常发光，故B 错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为P ＝U 22R 总，故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以C 错误；由电流与匝数关系n 1n 2＝I 2I 1，知变压器原、副线圈的匝数不变，故原、副线圈中电流之比不变，故D 错误。

变压器 电能的输送高考真题1.(2015·新课标全国Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A.U ＝66 V ，k ＝19 B ．U ＝22 V ，k ＝19 C.U ＝66 V ，k ＝13 D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：设变压器原、副线圈电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，可知I 1＝U 0－U 1R ，I 2＝U 2R ，又因为U 0＝220 V ，U 1U 2＝31，I 1I 2＝13，可解得U 2＝66 V ，U 1＝198 V ，I 1＝22R ，I 2＝66R，原线圈中P 1＝(U 0－U 1)I 1，副线圈中P 2＝U 2I 2，易知P 1P 2＝19，故A 正确． 答案：A2.(2015·江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A.200B ．400 C.1 600 D ．3 200解析：由变压器变压比U 1U 2＝n 1n 2，可知n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，B 正确． 答案：B3．(2015·海南卷)(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A.此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB.此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC.原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD.原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析：副线圈两端电压U 2′＝5.0 V 5R 0×6R 0＝6 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2，得U 1′＝24 V ，即此时原线圈两端电压有效值为24 V ，最大值U 1m ′＝2U 1′≈34 V ，A 正确，B 错误．由于前后两次保持输入、输出电流不变，此时副线圈两端电压U 2′＝6R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝12R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝2U 2′，原线圈两端也应有U 1＝2U 1′，即原来原线圈两端电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．答案：AD4.(2015·安徽理综)图示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )A ．电压表V 1示数增大B.电压表V 2、V 3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动解析：对于理想变压器，原线圈电压决定副线圈电压，所以V 1、V 2示数均不变，A 、B 错误．A 1、A 2中电流与原、副线圈中电流相同，由I 1I 2＝n 2n 1，可知n 1>n 2，为降压变压器，C 错误．副线圈所连接的电路电压不变，电流变大，则电阻变小，即滑动变阻器沿c →d 的方向滑动，D 正确．答案：D5.(2015·天津理综)(多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )A.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B.保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D.保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小解析：理想变压器原、副线圈两端功率相等，原线圈电压不变，电流由副线圈电路功率决定．保持Q位置不动，P向上滑动，则R增大，可判断出I1减小，A错误，B正确．保持P 的位置不动，将Q向上滑动，则U2增大，可判断出I1增大，C正确，D错误．答案：BC。

变压器电能的输送(时间：45分钟总分为：100分)知识点题号易中难理想变压器根本原理12、9变压器动态分析问题3、8、10 6远距离输电问题4综合问题分析5、7、1112一、选择题(此题共10小题，每一小题7分，共70分．在每一小题给出的四个选项中，1～6题只有一个选项正确，7～10题有多个选项正确，全部选对的得7分，选对但不全的得4分，有选错或不选的得0分．)1.图10－2－19(2013·海淀二模)如图10－2－19所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u＝2202sin(100πt)V.副线圈接入电阻的阻值R ＝100 Ω.如此( )A．通过电阻的电流是22 AB．交流电的频率是100 HzC．与电阻并联的电压表的示数是100 VD．变压器的输入功率是484 W【解析】由原副线圈电压跟匝数成正比可知副线圈的电压有效值为100 V，故与电阻并联的电压表的示数是100 V，C正确；通过电阻的电流为1 A，A错误；交流电的频率f＝1 T ＝ω2π＝50 Hz，B错误；由P＝U2R可得副线圈电阻消耗的功率为100 W，故变压器的输入功率是100 W，D错误．【答案】 C2.图10－2－20(2014·福建省五校联考)如图10－2－20所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝202sin 100πt (V)．氖泡在两端电压超过100 V后才发光，如下说法中正确的有( )A．开关接通后，氖泡不发光B．开关接通后，电压表的示数为100 2 VC．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzD．开关断开后，变压器的输出功率不变【解析】由变压器变压公式知，副线圈电压为100 V，最大值为100 2 V，电压表的示数为100 V，选项B错误．开关接通后，氖泡连续发光，氖泡的发光频率为100 Hz，选项A错误，C正确．开关断开后，氖泡不发光，变压器的输出功率减小，选项D错误．【答案】 C3．(2013·某某市五区县高三第一次质量调查)如图10－2－21所示，理想变压器原线圈的匝数n 1＝1 000匝，副线圈的匝数n 2＝100匝，R 0、R 1、R 2均为定值电阻，原线圈接入u ＝2202sin(100πt)V 的交流电，开关S 处于断开状态，如此( )图10－2－21A ．电压表示数为22 VB ．闭合开关S ，电压表示数将变大C ．闭合开关S ，电流表示数将变小D ．闭合开关S ，变压器的输出功率将变大【解析】 由U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端电压的有效值为22 V ，开关S 断开时，电压表测的是R 1两端的电压，故电压表示数一定小于22 V ，A 错误；闭合开关S 后，副线圈总电阻减小，总电流增大，R 0分得的电压增大，加在副线圈两端的电压不变，故电压表示数减小，由I 1I 2＝n 2n 1可知原线圈中的电流增大，由P ＝UI 可知原线圈的输出功率增大，选项B 、C 错误，D 正确．【答案】 D4．(2014·兰州一中一模)图10－2－22是远距离输电的示意图，如下说法正确的答案是( )图10－2－22A ．a 是升压变压器，b 是降压变压器B ．a 是降压变压器，b 是升压变压器C ．a 的输出电压等于b 的输入电压D ．a 的输出电压等于输电线上损失的电压【解析】 远距离输电先升压，再降压，选项A 正确而B 错误；由于电线有电压损失，故a 的输出电压等于b 的输入电压与损失的电压之和，选项C 、D 均错．【答案】 A5.图10－2－23(2013·某某河东二模)如图10－2－23所示，理想变压器原线圈匝数为n 1＝1 000匝，副线圈匝数为n 2＝200匝，将原线圈接在u ＝2002sin120πt (V)的交流电源上，电阻R ＝100 Ω，电流表A 为理想交流电表．如此如下说法正确的答案是( )A ．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为0.2 Wb/sB ．交流电的频率为50 HzC ．电流表的示数为0.4 2 AD ．变压器的输入功率是16 W【解析】 接入电压u ＝2002sin120πt (V)可知：U 1＝200 V ，T ＝2πω＝2π120πs ＝160s ，所以f ＝1T ＝60 Hz ，故B 错误；根据E m ＝n ΔΦΔt 得：ΔΦΔt ＝E m n ＝20021000Wb/s ＝25Wb/s ，故A 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2＝5得：U 2＝40 V ，所以I ＝U 2R ＝40100A ＝0.4 A ，故C 错误；副线圈的输出功率P 2＝U 2I 2＝40×0.4 W＝16 W ，而变压器的输入功率P 1＝P 2＝16 W ，故D 正确．应当选D.【答案】 D☆6.(2011·福建高考)图10－2－24甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格一样的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图10－2－24乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．如下说法正确的答案是( )甲 乙图10－2－24A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin(50πt )VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．假设S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W【解析】 由图乙知周期为0.02 s ，因此输入电压的表达式u ＝202sin(100πt ) V ，A 错；只断开S 2，L 1、L 2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B 错；只断开S 2，负载电阻变大，功率变小，C 错；S 1换接到2后，据P ＝U 2出R 和U 入U 出＝n 1n 2得R 消耗的功率为0.8 W ，应当选D.【答案】 D7．(2014·山东省济南市调研)如图10－2－25甲所示，理想变压器的原线圈匝数n 1＝350匝，副线圈匝数n 2＝70匝，电阻R ＝20 Ω，是交流电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，如此如下说法正确的答案是( )图10－2－25A ．加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为u ＝202sin (5πt ) VB ．原线圈电流的有效值为0.04 AC ．在t ＝0.01s 时，电压表的示数为0D ．电阻R 上消耗的电功率为0.8 W【解析】 由图乙可知，加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为u ＝202sin (100πt ) V ，选项A 错误．由变压器变压公式，电压表读数为4 V ，选项C 错误．电阻R 上电流i ＝0.2 A ，消耗的电功率为0.8 W ，选项D 正确．由输入功率等于输出功率可得原线圈电流的有效值为0.04 A ，选项B 正确．【答案】 BD8．用电顶峰期，电灯往往会变暗，我们可将这一现象简化为如下问题进展研究：如图10－2－26所示，原线圈输入有效值恒定的交变电压，在理想变压器的副线圈上，通过等效电阻为R 的输电线连接两只灯泡L 1和L 2.当开关S 闭合时，如下说法正确的答案是( )图10－2－26A ．副线圈中的电流增大B ．原线圈中的电流减小C ．加在R 两端的电压增大D ．加在L 1两端的电压减小【解析】 当开关S 闭合时，副线圈中的电流增大，加在R 两端的电压增大，加在L 1两端的电压减小，选项A 、C 、D 正确，B 错误．【答案】 ACD9．(2014·昆明一中模拟)如图10－2－27所示，理想变压器初级线圈的匝数为n 1，次级线圈的匝数为n 2，初级线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.20 A ．如下判断中正确的答案是( )图10－2－27 A ．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B ．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C ．电流表A 2的示数为1.0 AD ．电流表A 2的示数为0.4 A【解析】 对于理想变压器，P 1＝U 1I 1＝220×0.20 W＝44 W ，如此负载电阻消耗的功率P 2＝P 1＝44 W ，据P 2＝U 22R ，得U 2＝P 2R ＝44×44 V ＝44 V ，如此n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝5，故B 正确，A 错误；A 2的读数I 2＝U 2R ＝4444A ＝1 A ，故C 正确，D 错误． 【答案】 BC10．(2014·浙江局部学校联考)如图10－2－28所示的电路中变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流．如下说法正确的答案是( )图10－2－28A ．保持P 的位置与U 1不变，S 由b 切换到a ，如此R 上消耗的功率减小B ．保持P 的位置与U 1不变，S 由a 切换到b ，如此I 2减小C ．保持P 的位置与U 1不变，S 由b 切换到a ，如此I 1增大D ．保持U 1不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，如此I 1减小【解析】 设理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，根据理想变压器的原、副线圈的电压比等于匝数比，可得：U 1n 1＝U 2n 2.保持P 的位置与U 1不变，S 由b 切换到a ，n 2变大，U 2变大，由欧姆定律可知I 2变大，R 上消耗的功率变大，I 1变大，A 错误，C 正确；同理，保持P 的位置与U 1不变，S 由a 切换到b ，I 2变小，B 正确；保持U 1不变，S 接在b 端，如此U 2不变，P 向上滑动，R 变小，由欧姆定律可知I 2变大，如此I 1也变大，D 错误．【答案】 BC二、非选择题(此题共2小题，共30分．计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位．)11.图10－2－29(14分)如图10－2－29所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W 〞，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：(1)降压变压器原、副线圈匝数比；(2)发电机的输出功率．【解析】 (1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124A ，副线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A. 变压器输入功率等于U 1I 1＝U 2I 2＝6 W变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1， 代入E 值解得I 1＝13A(I 1＝3 A 应舍去，根据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2)发电机的输出功率P ＝I 1E ＝6.67 W.【答案】 (1)3∶1 (2)6.67 W☆12.(16分)(2013·东莞模拟)在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个小型发电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800 kW·h.求：(1)输电效率η和输电线的总电阻r ；(2)假设想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电？【解析】 (1)输送功率P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000 kW·h输电线上损失的电能ΔE ＝4 800 kW·h 终点得到的电能E ′＝E －ΔE ＝7 200 kW·h， 所以输电效率η＝E ′E×100%＝60% 输电线上的电流I ＝P U＝100 A 输电线损耗功率P r ＝I 2r ，其中P r ＝ΔE t ＝200 kW 得r ＝20 Ω.(2)输电线上损耗功率P r ＝(P U )2r ∝1U2 原来P r ＝200 kW ，现在要求P ′r ＝10 kW ，解得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV.【答案】 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV。

取夺市安慰阳光实验学校高考物理一轮复习定时跟踪检测：第10章第2单元《变压器电能的输送》（人教版）(时间：45分钟满分：100分)一、选择题(每小题7分，共70分)1．在图所示两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V；若分别在c、d与g、h的两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为( ) A．220 V,220 V B．220 V,110 VC．110 V,110 V D．220 V,0解析：对变压器，由U1U2＝n1n2可得U ab＝220 V；对滑动变阻器来说，当gh间接上电压时，ef间电压U ef＝110 V，故B选项正确．答案：B[2．[2013·苏州调研]如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )A. U＝110 V，I＝0.2 AB. U＝110 V，I＝0.05 AC. U＝110 2 V，I＝0.2 AD. U＝110 2 V，I＝0.2 2 A解析：由变压原理n1n2＝U1U2可得U1＝110 V，即电压表示数为110 V. 由P入＝P出，灯泡正常发光可得P入＝U1I1＝P出＝22 W，I1＝22110A＝0.2 A，故A正确．答案：A3．一台发电机最大输出功率为4000 kW，电压为4000 V，经变压器T1升压后向远方输电．输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V、60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )A. T1原、副线圈电流分别为103 A和20 AB. T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 VC. T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1D. 有6×104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光解析：T1原线圈的电流为I1＝P1U1＝4000×1034000A＝1×103A，输电线上损失的功率为P损＝I22R＝10%P1，所以I2＝10%P1R＝4000×103×0.11×103A＝20 A，选项A 对；T 1的变压比为n 1n 2＝I 2I 1＝20103＝150；T 1上副线圈的电压为U 2＝50U 1＝2×105 V ，T 2上原线圈的电压为U 3＝U 2－I 2R ＝2×105 V －20×103 V ＝1.8×105 V ，选项B对；T 2上原、副线圈的变压比为n 3n 4＝U 3U 4＝1.8×105220＝9×10311，选项C 错；能正常发光的灯泡的盏数为：N ＝90%P 160＝6×104，选项D 对．答案：ABD4．为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )A ．u 2＝1902sin(50πt )VB ．u 2＝1902sin(100πt )VC ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移解析：由乙图知交变电流的周期T ＝2×10－2s ，所以ω＝2πT＝100π，故u 2＝U m sin ωt ＝1902sin(100πt )V ，A 错误B 正确．由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1，欲使U 2升高，n 1应减小，P 应上移，C 错误D 正确．答案：BD5．[2012·四校协作体高三理综卷]如图所示，两种情况下变压器灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为相同的灯泡，匝数比为n 1∶n 2＝3∶1，则图(a)中L 1的功率和图(b)中L 1的功率分别为( )A ．P 、PB ．9P 、49PC.49P 、9P D.94P 、9P 解析：设灯L 2两端电压为U 2，流过它的电流为I 2，灯泡电阻均为R ，则P＝U 22R＝I 22R ，原线圈上的输入电压U 1＝3U 2，图(a)中L 1与原线圈并联，所以P 1a ＝U 21R ＝9U 22R＝9P ；图(b)中，设流过原线圈上的电流为I 1，则3I 1＝I 2＋I 2，所以I 1＝23I 2，灯L 1与原线圈串联，所以P 1b ＝I 21R ＝49I 22R ＝49P .[ 答案：B6．[2013·陕西五校联考]某理想变压器的原、副线圈按如图所示电路连接，图中电表均为理想交流电表，且R 1＝R 2，电键S 原来闭合．现将S 断开，则电压表的示数U 、电流表的示数I 、电阻R 1上的功率P 1、变压器原线圈的输入功率P 的变化情况分别是( )A ．U 增大B.I 增大C ．P 1减小D ．P 增大[ 解析：将副线圈看成电源，其输出电压不变，电键S 断开，电压表的示数U 增大，A 正确；S 断开，副线圈电流I ′减小，由n 1n 2＝I ′I 知电流表的示数I 减小，B 错误；由P 1＝U 2R 1知电阻R 1上的功率P 1增大，C 错误；由P ＝U 原I 知变压器原线圈的输入功率P 减小，D 错误．答案：A[7．发电厂发电机的输出电压为U 1，发电厂至学校的输电线电阻为R ，通过导线的电流为I ，学校输入电压为U 2.下列4个计算输电线损耗的功率的式子中错误的是( )A.U 21RB.U 1－U 22RC ．I 2RD ．I (U 1－U 2)解析：输出电压U 1不是输电线上损耗的电压，故不能用U 21R计算导线上损耗的功率，A 错；导线损耗电压为ΔU ＝U 1－U 2，故P 损＝ΔU2R＝U 1－U 22R，B 正确；P 损＝I 2R ＝ΔUI ＝(U 1－U 2)I ，故C 、D 项正确．答案：A8．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间输入交变电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图乙中两电表均为理想交流电表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器．现在CD 两端输入图甲所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么( )A. 由甲图可知CD 两端输入交流电压u 的表达式为u ＝362sin(100t )(V)B. 当滑动触头P 逆时针转动时，MN 之间输出交流电压的频率变大C. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D. 当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R 2消耗的电功率变小解析：由图甲可知u ＝362sin100πt (V)，A 错误．M 、N 之间输出交流电压的频率由输入的交流电压的频率决定，B 错误．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R 3减小，由“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R 2消耗的电功率P 2＝U 2R 2减小，C 错误，D 正确．答案：D9．如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n .原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R .当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是( )A ．电动机两端电压为IRB ．电动机消耗的功率为I 2R C ．原线圈中的电流为nID ．变压器的输入功率为UIn解析：因电动机是非纯电阻电路，U ≠IR ，P ≠I 2R ，A 、B 错．电动机两端电压为U n ，故电动机消耗的功率为IUn ，即为变压器的输入功率，原线圈中的电流I 0＝I /n ，D 对C 错．[答案：D10. 如图甲所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈所接电路中，电压表V 1、V 2和电流表A 1、A 2都为理想电表，电阻R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，R 3的最大阻值为12 Ω，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压．在R 3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是( )A. 电压表V 1的示数增大B. 电压表V 2的示数为20 2 VC. 电流表A 1、A 2的示数都增大D. 电压表V 1的示数与电流表A 1的示数的乘积一直减小解析：当R 3的滑片向上移动时，R 2、R 3的总电阻减小，分压减小，所以电压表V 1的示数减小，A 错误．由变压比公式220 V U 2＝101得U 2＝22 V ，B 错误．根据 “串反并同”得电流表A 1的示数增大，电流表A 2的示数减小，C 错误．电压表V 1的示数与电流表A 1的示数的乘积为电阻R 2、R 3消耗的功率之和，由于P 入＝P 出＝P 1＋P 23，且P 入＝P 出不变，P 1＝I 21R 1增大，故P 23减小，D 正确．答案：D二、非选择题(共30分)11．(16分)[2011·江苏卷](1)为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图(2)所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.[(1)请写出原线圈输入电压瞬时值U ab 的表达式；(2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1；(3)求ce 和de 间线圈的匝数比n cen de解析：(1)由题图(2)知ω＝200πrad/s [ 电压瞬时值U ab ＝400sin200πt (V)． (2)电压有效值U 1＝200 2 V ，理想变压器P 1＝P 2，原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，解得I 1≈0.28 A(或25A)．(3)设ab 间匝数为n 1，U 1n 1＝U ce n ce ，同理U 1n 1＝U den de， 由题意知U 2ce R ce ＝U 2deR de ，解得n ce n de＝R ceR de， 代入数据得n ce n de ＝43.答案：(1)u ab ＝400sin200πt (V) (2)0.28 A(或25A) (3)n ce n de ＝4312．(14分)某发电站的输出功率为104kW ，输出电压为4 kV ，通过理想变压器升压后向80 km 远处供电．已知输电导线的电阻率为ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积为1.5×10－4m 2，输电线路损失的功率为输出功率的4%，求：(1)升压变压器的输出电压； (2)输电线路上的电压损失．解析：设线路电阻为R ，线路的损失功率为P 损，线路的损失电压为U 损，发电站的输出功率为P ，升压变压器的输出电压为U .由电阻定律，得R ＝ρL S ＝2.4×10－8×2×80×1031.5×10－4 Ω＝25.6 Ω线路损失的功率P 损＝4%P ＝I 2R 则I ＝4%P R＝0.04×104×10325.6A ＝125 A由P ＝UI 得U ＝P /I ＝104×103/125 V ＝8×104VU 损＝IR ＝125×25.6 V＝3200 V.答案：(1)8×104V (2)3200 V。

交流电，变压器，电能的输送1 i ＝5sin314t (A)的最大值为_______，有效值为________, 周期为_______ 。

2．一只矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势e ＝10sin4πt (V) 则（ ）A ．交流的频率是4πHzB ．当t ＝0时线圈平面跟磁感线垂直C ．当t ＝0.5时，e 有最大值D ．交流的周期是0.5s3、如右图示，是一个交变电流的电流强度i 随时间t 变化的规律。

此交变电流的有效值是（ ） A.52A B.5A C.3.52A D.3.5A 4．一根电阻丝接入100v 的电路中，在1min 内产生的热量为Q ，同样的电阻丝接 入正弦式电流路中在2min 内产生的热量也为Q ，则该交流电路中的电压峰值为（ ）:A ．141.4VB ．100VC ．70.7VD ．50V5．如图10，变压器的原线圈接到220V 的交流电源上，副线圈有两个，副线圈2 的匝数n 2＝30匝，与一个标有“12V 12W ”的灯泡组成闭合回路，且灯泡L正常发光，副线圈3的输出电压U 3＝110V ，与电阻R 组成闭合回路，通过电阻R 的电流强度为0.4A ，求(1) 副线圈3的匝数n 3＝？(2) 原线圈匝数n 1＝？及流经它的电流强度I 1＝？6．远距离输送一定功率的交流电，若输电电压提高n 倍则（ ）A ．输电导线上损失的电功率不变B ．输电导线的电压损失不变C ．输电导线的电功率损失原来的1/n 倍D ．输电导线的电功率损失是原来的1/n 2倍E ．输电导线的电压损失是原来的1/n 倍F ．输电导线的电压损失是原来的1/n 2倍7．发电厂电机的输出电压为U 1 发电厂至学校的的输电导线总电阻为R ，通过导线的电流为I ，学校得到的电压为U 2 则输电导线上损耗的功率可表示为（ ）：A ．U 12/RB ．(U 1-U 2)2/RC ．I 2RD ．(U 1-U 2)I8．某用电器离供电电源L ，线路上的电流为I ， 若要求线路上的电压降不超过U ，已知输42-32 O i /A t /s0.1 0.2 0.3 0.4电导线的电阻率为ρ，那么该输电导线的横截面积最小值是（ ）A ．ρL/RB ．2ρLI/UC ．U/（ρLI ）D ．2UL/（I ρ）9．一小型水力发电站，水流量为1m 3/s 落差为5m ，发电机的总效率为50％，输出电压为350V ，输电线总电阻为4Ω，为了使输电线损耗功率为发电机输出功率的5％，需要安装升压变压器，用户需要电压为220V ，所以到用户需要装降压变压器 (g 取9.8m/s 2) 则 (1) 发电机的输出功率为_______ (2) 输电线路上的电流强度为________ (3) 升压变压器的原副线圈的匝数之比为________ (4) 降压变压器原副线圈匝数之比为__________10．某小水电站，输出功率P ＝40kW ，机端电压U 机＝500V ，向远处输电，导线总电阻R ＝5Ω，升压变压器匝数比为1∶5，降压变压器匝数比为11∶1，向用户供电。

课时跟踪检测（六十六） 变压器 电能的输送1．(多选)如图所示为实验室里的一个变压器，只有一个原线圈和一个副线圈，一实验小组为搞清楚哪一端为变压器的高压端，下列判断正确的是( )A ．用欧姆表测量变压器线圈的直流电阻，电阻大的一侧为高压端B ．用欧姆表测量变压器线圈的直流电阻，电阻小的一侧为高压端C ．观察变压器线圈的线径，线径粗的一端为高压端D ．观察变压器线圈的线径，线径细的一端为高压端解析：选AD 由于只有一个原线圈和一个副线圈，根据变压器的工作原理，匝数比等于电压比，匝数比等于电流的反比，高压端线圈的匝数多，电流小，电阻大，所以电阻大的一端为高压端，故选项A 正确，B 错误；高压端的电流小，导线的电阻大，绕制的导线的线径就越细，故选项C 错误，D 正确。

2.一含有理想自耦变压器的电路如图所示，变压器副线圈匝数可调，原线圈串联定值电阻r 后接在有效值为220 V 的正弦式交流电源上，定值电阻R ＝4r 。

当副线圈匝数调至某位置时，R 和r 的功率恰好相等。

则此时原、副线圈匝数比为( )A ．2∶1B ．4∶1C ．1∶2D ．1∶4解析：选C 由电功率公式P ＝I 2R ，当R 和r 的功率恰好相等时，有I 12·r ＝I 22·4r ，所以I 2＝12I 1，并且已知I 1I 2＝n 2n 1，则n 1n 2＝12，故A 、B 、D 错误，C 正确。

3.理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈接入一电压为u ＝U 0sin ωt 的交流电源，副线圈接一个R ＝27.5 Ω的负载电阻。

若U 0＝220 2V ，ω＝100π Hz ，则下述结论正确的是( )A ．副线圈中电压表的读数为55 2 VB ．副线圈中输出交流电的周期1100πs C ．原线圈中电流表的读数为0.5 AD ．原线圈中的输入功率为110 2 W解析：选C 由瞬时值的表达式可知，原线圈的电压最大值为220 2 V ，所以原线圈的电压的有效值为 22022V ＝220 V ，在根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55 V ，即为电压表的读数为55 V ，副线圈中的电流为5527.5 A ＝2 A ，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为0.5 A ，故A 错误，C 正确；变压器不会改变电流的周期，电流的周期为T ＝2πω＝2π100π s ＝150s ，故B 错误；变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为P ＝55227.5W ＝110 W ，所以原线圈中的输入功率也为110 W ，故D 错误。

课时跟踪检测（三十六） 变压器 电能的输送对点训练：理想变压器1．(2017·云南统测)如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V,22 W”的灯泡10个，灯泡均正常发光。

除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是( )A ．变压器原、副线圈匝数比为102∶1B ．电流表示数为1 AC ．电流表示数为10 AD ．副线圈中电流的频率为5 Hz解析：选B 由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220 V ，交变电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，D 项错；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为22 V ，由理想变压器变压规律可知，n 1n 2＝U 1U 2＝10，A 项错；由灯泡电功率P ＝UI 可知，通过每只灯泡的电流为1 A ，故副线圈输出电流为10 A ，由理想变压器变流规律可知，I 2I 1＝10，所以原线圈中电流的有效值为1 A ，B 项正确，C 项错。

2.如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n 1，副线圈的匝数为n 2，原线圈的两端a 、b 接正弦交流电源时，电压表○V 的示数为220 V ，电流表○A 1的示数为0.20 A 。

已知负载电阻R ＝44 Ω，则下列判断中正确的是( )A ．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1B ．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1C ．电流表○A 2的示数为0.1 A D ．电流表○A 2的示数为0.4 A 解析：选B 由电压表○V 的示数和电流表○A 1的示数可得变压器的输入功率P 1＝U 1I 1，又P 1＝P 2＝I 22R ，所以电流表○A 2的示数为I 2＝ U 1I 1R ＝ 220×0.2044A ＝1.0 A ，选项C 、D 错误；原线圈和副线圈的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝51，选项A 错误，B 正确。

变压器电能的输送（限时：40分钟）A级跨越本科线1.（2015 •江苏高考）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电流改变为110 V.已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为（）【导学号：96622376]A.200B. 400C. 1 600D. 3 200B根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系得处=学=浑泸=400, U2 nz u 220选项B正确.2.如图10-2-14所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是（）图10-2-14A.这是一个升压变压器B.原线圈的匝数比副线圈的匝数多C.当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输岀直流电压12 VD.当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小B根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V,输出电压为12 V,该变压器为降压变压器，故选项A错误、B正确：变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，知副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误.3.（多选）在一些学校教室为了保证照明条件，采用智能照明系统，在自然光不足时接通电源启动日光灯，而在自然光充足时，自动关闭日光灯，苴原理图如图10-2-15所示.R 为一光敏电阻，£为一带铁芯的螺线管，在螺线管上方有一用细弹簧系着的轻质衔铁，一端用狡链固左在墙上可以自由转动，另一端用一绝缘棒连接两动触头.有关这套智能照明系统的工作原理描述正确的是（）图10-2-15A.光照越强，光敏电阻阻值越大，衔铁被吸引下来B.在光线不足时，光敏电阻阻值变大，电流小，衔铁被弹簧拉上去，日光灯接通C.上面两接线柱应该和日光灯电路连接D.下面两接线柱应该和日光灯电路连接BC由光敏电阻特性可知，光照强度越强，电阻越小，电流越大，所以A项错，B项正确：上而两接线柱应接日光灯电路，所以C项正确，而D项错误.4.（多选）（2016 •全国丙卷）如图10-2-16，理想变压器原、副线圈分别接有额泄电压相同的灯泡a和b.当输入电压〃为灯泡额左电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是（）【导学号：96622377]图10-2-16A.原、副线圈匝数比为9： 1B.原、副线圈匝数比为1 : 9C.此时a和b的电功率之比为9 : 1D.此时a^b的电功率之比为1： 9AD设灯泡的额泄电压为爲，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9G,变压器原、副线圈的匝数比为9 : 1,选项A正确，选项B错误：由得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据a、b灯泡的电功率之比为1： 9,选项C错误，选项D正确.5.（2017 •太原模拟）如图10-2-17, —理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中凡、尼和尼均为泄值电阻，⑪和（©为理想电压表，⑥和⑥为理想电流表.开关S闭合时，⑥和（©的读数分别为□和氐 ©^1®的读数分别为£和厶若交流电源电压不变，现断开S,下列推断中正确的是（)图10-2・A.丛可能变小、厶一定变小B.丛一泄不变、乙一泄变小c. I-）'iL变小、厶可能变大D.厶可能变大、厶可能变大B交流电源电压不变，厶;数值不变，根据变压器变压公式可知，副线圈电压只与原线圈电压和变压器原、副线圈匝数比有关，现断开s, E不变，副线圈所接电路的等效电阻增大，电流表'©的读数Z变小，选项B正确，A错误.变压器输出功率减小，导致变压器输入功率变小，I；变小，选项C、D错误.6.如图10-2-18所示为远距禽输电的原理图，已知升压变压器原.副线圈的匝数分别为心、心两端电压分别为心；、电流分别为g升压变压器到降压变压器之间输电线上的总电阻为爪变压器均为理想变压器.若保持发电机的输出功率和输出电压不变，则下列说法正确的是（）【导学号：96622378]图10-2-18A.用戸端的负载增加（并联用电器增多）时，厶增大，厶增大B・远距离输电线上的电流厶=〒C. 若用户端要得到弘大小的电压，则降压变压器原、副线圈的匝数比为庄：尽D. 无论用户端的负载如何变化，始终有血=I 我D 发电机的输出功率及输岀电压不变，由可知厶不变，进而可得厶不变，A 错 误：G 为升压变压器副线圈上的电压，。

第十一章 交流电 传感器第二讲 变压器 电能的输送课时跟踪练 A 组 基础巩固1．(2015·江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改为110 V ，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A ．200B ．400C ．1 600D ．3 200解析：根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2，可求副线圈匝数为400，所以选项B 正确．答案：B2.(2015·广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2解析：通过调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ，输出电压减少为原来的一半，根据欧姆定律I ＝UR ，在电阻不变时，调节前后副线圈输出电流之比为I 2前∶I 2后＝U 2前∶U 2后＝2∶1，选项A 错误；根据理想变压器原理U 1∶U 2＝n 1∶n 2，在原线圈电压和匝数不变的情况下，副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，接入匝数比n 2前∶n 2后＝U 2前∶U 2后＝2∶1，选项C 正确；根据功率P ＝UI ，得到调节前后副线圈输出功率之比P 2前∶P 2后＝U 2前I 2前∶U 2后I 2后＝4∶1，选项B 错误；原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，所以原线圈的输入功率之比P 1前∶P 1后＝P 2前∶P 2后＝4∶1，选项D 错误．答案：C3．(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S ，总长度为l ，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P 用，则下列关系式中正确的是( )A ．P ′＝U 2SρlB ．P ′＝P 2ρlU 2SC ．P 用＝P －U 2SρlD ．P 用＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－P ρl U 2S解析：输电线电阻R ＝ρl S ，输电电流I ＝P U ，故输电线上损失的电功率为P′＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2ρl S ＝P 2ρl U 2S ，用户得到的电功率为P 用＝P －P′＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－P ρl U 2S ，故选项B 、D 正确． 答案：BD4．(2018·九江模拟)如图所示，半径为L ＝1 m 的金属圆环，其半径Oa 是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10 rad/s 匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B ＝2 T 的匀强磁场中．从圆心O 引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n 1∶n 2＝1∶4的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为( )A ．40 VB ．20 VC ．80 VD ．0解析：由于Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10 rad/s 匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，选项D 正确．答案：D5．远距离输电线路的示意图如图所示．若发电机的输电电压不变，则下列叙述中正确的是( )A ．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关B ．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定C ．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大D ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压解析：变压器中电流、功率由副线圈决定，故A 、B 错误；当用户用电器的总电阻减小时，导致电流增大，输电线上损失的功率增大，故C 正确；由于输电线上有电压损失，故D 错误．答案：C6．(2018·潍坊模拟)如图甲所示为一自耦变压器，变压器的原线圈AB 端输入电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻R 0＝11 Ω，电容器C 的击穿电压为22 V ，移动滑片P 使电容器刚好不会被击穿，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是( )A ．电压表的示数为220 VB ．原、副线圈的匝数比为10∶1C ．电流表的示数等于通过电阻R 0的电流D ．原线圈AB 端输入电压的变化规律为u ＝311sin πt (V)解析：由题图乙知电压的有效值即电压表的示数为220 V ，选项A 正确；电容器的耐压值为交流最大值，有效值为222V ＝11 2 V ，所以原、副线圈的匝数比为102∶1，选项B 错误；电容器通交流电，所以电流表的示数大于通过电阻R 0的电流，选项C 错误；由题图乙知交流电的周期为0.02 s ，所以角速度为100π rad/s ，原线圈AB 端输入电压的变化规律为u ＝311sin 100πt (V)，选项D 错误．答案：A7．(2018·咸阳模拟)如图所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50 Hz ，电压表示数为11 000 V ，灯泡L 1与L 2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝50∶1，电压表和电流表均为理想电表，则( )A ．原线圈输入的交流电的表达式为u ＝11 000sin 50πt (V)B ．开关K 未闭合时，灯泡L 1的两端的电压为220 VC ．开关K 闭合后电流表的示数为通过灯泡L 1中电流的12D ．开关K 闭合后原线圈输入功率增大为原来的 2 倍解析：原线圈的电压最大值U m ＝11 000 2 V ，角速度ω＝2πf ＝100π rad/s ，所以原线圈输入的交流电的表达式为u ＝11 0002sin 100πt (V)，故A 错误；开关K 未闭合时，灯泡L 1的两端的电压即为副线圈电压，则U 1U 2＝n 1n 2＝501，则开关K 未闭合时，灯泡L 1的两端的电压U 2＝220 V ，故B 正确；开关K 闭合后，L 1与L 2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L 1中电流相等，故C 错误；开关K 闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来的2倍，故D 错误．答案：B8．(2018·开封模拟)如图所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W ”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：(1)降压变压器原、副线圈匝数比； (2)发电机的输出功率．解析：(1)彩色小灯泡额定电流I ＝P U ＝124 A ，副线圈总电流I 2＝24I ＝1 A.变压器输入功率等于U 1I 1＝U 2I 2＝6 W. 变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得 E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1.代入E 值解得I 1＝13 A(I 1＝3 A 应舍去，根据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31.(2)发电机的输出功率P ＝I 1E ＝6.67 W. 答案：(1)3∶1 (2)6.67 WB 组 能力提升9.(2017·广州一模)如图，在AB 间接入U 1＝311sin 314t (V)的正弦交流电，通过理想变压器和相同的理想二极管D 1、D 2给阻值R ＝20 Ω 的纯电阻供电，变压器原线圈n 1＝1 100匝，副线圈n 2＝200匝，Q 为副线圈正中央抽头．为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U 0，设电阻R 上消耗的电功率为P ，则( )A ．U 0＝56.6 V ，P ＝20 WB ．U 0＝28.3 V ，P ＝20 WC ．U 0＝40 V ，P ＝80 WD ．U 0＝80 V ，P ＝80 W解析：由于在AB 间接入的是正弦交流电，副线圈二极管D 1、D 2轮流导通．从题意可知，副线圈的二分之一匝数被接入，即电阻R 两端的电压为半个副线圈两端的电压，由于二极管的特点，该电路中，电阻在交流电的整个周期都有电流流入，整个周期线圈都对电阻做功，因此该电阻电路等效为原副线圈匝数比为n 11∶n 22＝1 100∶100＝11∶1的理想变压器，所以由n 11∶n 22＝U 11∶U 22，原线圈电压的有效值U 11＝3112V＝220 V ，则副线圈的电阻两端的有效值U 22＝20 V ，纯电阻的功率P ＝U 222R ＝20220 W ＝20 W ．导通二极管两端的电压可以忽略不计，不导通二极管两端的电压为整个副线圈两端的电压，此时n 2′＝n 2＝200，由n 1∶n 2＝11∶2得二极管两端的电压有效值为U 2＝40 V ，所以二极管的反向耐压值至少为U 0＝2U 2＝40 2 V ≈56.6 V ，故A 项正确．答案：A10．(多选)一自耦调压变压器(可看作理想变压器)的电路如图甲所示，移动滑动触头P 可改变副线圈匝数．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在如图乙所示的交流电源上，电压表为理想电表．则( )A ．交流电源电压瞬时值的表达式为u ＝220sin 100πt (V)B ．P 向上移动时，电压表的最大示数为380 VC ．P 向下移动时，原、副线圈的电流之比减小D ．P 向下移动时，变压器的输入功率变大解析：由图乙结合交流瞬时值表达式U ＝U m sin ωt 可得交流电源电压瞬时值的表达式U ＝2202sin 100πt (V)，故选项A 错误；滑动触头P 向上移动时，当副线圈匝数为1 900匝时，副线圈的输出电压为最大，电压表的示数为有效值，由n 1n 2＝U 1U 2，U 2＝n 2n 1U 1＝1 9001 100×220 V ＝380 V ，故选项B 正确；P 向下移动时，副线圈匝数减小，由n 2n 1＝I 1I 2可知当n 2减小时I 1I 2减小，选项C 正确；由P ＝U2R 可知，副线圈匝数减小，变压器输出电压减小，副线圈的输出功率减小，故原线圈的输入功率减小，选项D 错误．答案：BC11．(多选)(2018·徐州质检)如图所示，理想变压器原线圈匝数n 1＝1 210，副线圈匝数n 2＝121，原线圈电压u ＝311sin 100 πt (V)，负载电阻R ＝44 Ω，不计电表对电路的影响，各电表的读数应为( )A ．A 1读数为0.05 AB ．V 1读数为311 VC ．A 2读数为0.5 AD ．V 2读数为31.1 V解析：各表的读数均为有效值，故V 1的读数U 1＝220 V ；由U 2＝n 2n 1U 1知，V 2的读数为22 V ；由I 2＝U 2R 知，A 2的读数为0.5 A ；I 1＝n 2n 1I 2知，A 1的读数为0.05 A ，选项A 、C 正确．答案：AC12.(2018·青岛模拟)1897年，举世闻名的“尼亚加拉”水电站建成，现已使用100多年．当时世界各地都在使用着费用高昂的直流电．而尼亚加拉水电站采用了特斯拉发明的交流电供、输电技术，用高压电实现了远距离供电．若其中某一发电机组设计为：发电机最大输出功率为P＝100 kW，输出电压为U1＝250 V，用户需要的电压为U2＝220 V，输电线电阻为R＝10 Ω，若输电线中因生热而损失的功率为输送功率的4%.(1)画出此输电线路的示意图；(2)求在输电线路中设置的升压变压器的原、副线圈的匝数比；(3)求降压变压器的最大输出电流I2(结果保留整数)．解析：(1)电路示意图如图所示．(2)输电过程中损失的功率P损＝ηP，通过R的电流I2＝P损R，发电机的输出电流I1＝PU1，升压变压器的原、副线圈匝数比n1 n2＝I2I1＝ηPR·U1P＝250100×103×100×103×0.0410＝120.(3)用户得到的最大功率为P用＝P(1－η)，降压变压器的输出最大电流I2＝P用U2＝P（1－η）U2＝100×103×（1－0.04）220A≈436 A.答案：(1)见解析图(2)1∶20 (3)436 A。

第2讲 变压器 电能的输送板块一 主干梳理·夯实基础1、构造：如图所示。

变压器主要由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。

(1)原线圈：指与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。

(2)副线圈：指与负载连接的线圈，也叫次级线圈。

2、工作原理：电磁感应的互感现象。

3、理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出。

(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，若n 1>n 2，为降压变压器；若n 1<n 2，为升压变压器。

(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1；有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n 。

4、几种常用的变压器(1)自耦变压器(也叫调压变压器)。

(2)互感器①电压互感器，可以把高电压降为低电压； ②电流互感器，可以把强电流降为弱电流。

【知识点2】 远距离输电 Ⅰ 1、输电过程(如图所示)2、电压损失(1)ΔU ＝U －U ′。

(2)ΔU ＝IR 。

3、功率损失 (1)ΔP ＝P －P ′。

(2)ΔP ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P U 2R ＝ΔU2R 。

4、输送电流 (1)I ＝P U 。

(2)I ＝U －U ′R 。

板块二 考点细研·悟法培优考点1 理想变压器的工作原理和基本量的关系 [深化理解]1、基本关系(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、ΔΦΔt相同。

(2)线圈无电阻，因此无电压降，U ＝E ＝n ΔΦΔt。

(3)根据U n ＝ΔΦΔt 得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…。

(4)无电能损失，因此P 入＝P 出，无论副线圈一个还是多个，总有U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…，将电压关系代入可得n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…。

(5)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。