2020年高考物理专题精准突破 变压器与远距离输电问题(原卷版)

变压器与远距离输电问题1.(2019·贵州部分重点中学高三上学期第四次联合质量测评)某住宅小区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈电阻不计，它可绕轴OO ′在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动。

降压变压器副线圈上的滑动触头P 上下移动时可改变输出电压，R 0表示输电线电阻。

下列判断正确的是( )A ．若发电机线圈某时刻处于图示位置，变压器原线圈的电流瞬时值最大B ．当用户数目增多时，为使用户电压保持不变，滑动触头P 应向下滑动C ．若滑动触头P 向下滑动，流过R 0的电流将减小D ．若发电机线圈的转速减为原来的12，用户获得的功率也将减为原来的122．(2019·广西桂林、贺州、崇左高三下学期3月联合调研)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电流表和电压表均为理想电表，R 是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)、L 是理想线圈、C 是耐压值和电容都足够大的电容器、D 是灯泡、K 是单刀双掷开关。

当原线圈接入如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是( )A ．开关K 连通1时，电压表的示数为44 VB ．开关K 连通1时，若光照增强，电流表的示数变小C ．开关K 连通2时，灯泡不亮D ．开关K 连通2时，若光照增强，电压表的示数减小3.(2019·河南省郑州市一模)如图甲所示，变压器原、副线圈上有L 1、L 2、L 3、L 4四只灯泡，它们的规格都是“9 V 12 W”，当在该变压器cd 端输入交变电压u (u -t 图象如图乙所示)时，四只灯泡都正常发光，各电表均为理想交流电表。

以下说法正确的是( )A ．ab 端输入电压的瞬时值表达式为u ab ＝272·sin100πt (V)B ．原、副线圈匝数比为3∶1C ．流过灯泡L 2的电流方向每秒钟改变50次D ．电流表的示数为4 A ，ab 端输入的功率P ab 为48 W4.(2019·湖北武汉联考)如图甲所示，理想变压器原、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，各电表均为理想交流电表，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 Hz5.(2019·广东东莞联考)如图所示，电源输出电压不变，要使电路中电流表示数变大，可采用的方法有( )A ．将R 上的滑片向上移动B ．将R 上的滑片向下移动C ．将开关S 掷向1D ．将开关S 掷向26.(2019·广西五市联考)如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U 1和输电线的电阻和理想变压器匝数均不变，且n 1∶n 2＝ n 4∶n 3，当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是 ( )A ．用户的总电阻增大B ．用户端的电压U 4减小C ．U 1∶U 2＝ U 4∶U 3D ．用户端增加的功率等于升压变压器多输入的功率7. (2019·唐山月考)如图所示，两种情况下灯泡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8. 为n 1∶n 2＝3∶1，则图甲中L 1的功率和图乙中L 1的功率分别为 ( )A ．P 、PB ．9P 、49P C.49P 、9P D.94P 、9P9.(2019·山西质量监测)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0＝11 Ω的纯电阻用电器供电．已知输电线的总电阻R＝10 Ω，T2的原、副线圈匝数比为4∶1，用电器两端的电压为u＝2202sin 100πt(V)，将T1、T2均视为理想变压器．下列说法正确的是()A．降压变压器的输入功率为4 400 W B．升压变压器中电流的频率为100 HzC．输电线消耗的功率为500 W D．当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小10.(2019·合肥六校联考)如图所示，L1和L2是不计电阻的输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知甲的变压比为500∶1，乙的变流比为200∶1，并且已知加在电压表两端的电压为220 V，通过电流表的电流为5 A，则输电线的输送功率为()A．1.1×108 W B．1.1×106 W C．1.1×104 W D．1.1×102 W 11．(2019·北京东城期末)如图所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交流电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝311 sin 100πt (V)，副线圈所在电路中接有电灯、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，电灯额定功率为44 W，电动机内电阻为1 Ω，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作．则()A．电压表示数为31.1 V B．电动机的输出功率为21 WC．变压器的输入功率为44 W D．通过保险丝的电流为30 A12.(2019·辽宁省鞍山市第八中学期末)如图所示，面积为0.02 m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100 rad/s，匀强磁场的磁感应强度为22T。

2020年高考物理一轮复习热点题型专题27变压器与远距离输电题型一 理想变压器原理的应用 题型二 理想变压器的动态分析 题型三 远距离输电题型四 两种特殊的变压器模型题型一 理想变压器原理的应用理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变 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：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：U 1U 2＝n 1n 2，与负载、副线圈的个数无关 电流 关系 (1)只有一个副线圈时：I 1I 2＝n 2n 1(2)有多个副线圈时：由P 入＝P 出得I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋…＋I n U n 或I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…＋I n n n频率 关系f 1＝f 2(变压器不改变交变电流的频率)【例题1】（2019·江苏卷）某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：10，当输入电压增加20V 时，输出电压 A ．降低2 V B ．增加2 V C ．降低200 V ．增加200 V【答案】D【解析】由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即1122U n U n =，得：2211n U U n =，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：2211n U U n ∆=⋅∆，当输入电压增加20V 时，输出电压增大200V ，故D 正确。

2．（2019·山东省潍坊市高三模拟训练）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1:n 2=11:5，原线圈接u l =110sin100πt V 的交流电，电阻R 1=R 2=25 Ω，D 为理想二极管，则A ．通过电阻R 1的电流为2 AB ．二极管的反向耐压值应大于50 VC ．原线圈的输入功率为大于50 WD ．通过原线圈的电流为15A 11【答案】BC【解析】由表达式知原线圈电压有效值为110552V2U ==，根据122n U U n =，得副线圈两端电压为2252U V =，则通过电阻R 1的电流为2112522A 25U I R ===；故A 错误；输出电压最大值为50 V ；故要使电路正常工作，反向耐压值应大于50 V ，故B 正确；根据电流热效应，22223(252)2U T T R R ⨯=，所以R 2两端的电压为325V U =，则通过R 2的电流为223251A 25U I R ===，输出端的总功率【例题3】(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定.当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I .该变压器原、副线圈匝数比为()A.2B.3C.4D.5 【答案】 B【解析】 开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比I I 2＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2＝In 1n 2，副线圈的输出电压U 2＝I 2(R 2＋R 3)＝5In 1n 2，由U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1＋IR 1＝5I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n22＋3I ；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4I I 2′＝n 2n 1，通过R 2的电流I 2′＝4In 1n 2，副线圈的输出电压U 2′＝I 2′R 2＝4In 1n 2，由U 1′U 2′＝n 1n 2可得原线圈两端的电压U 1′＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22，则U ＝U 1′＋4IR 1＝4I ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22＋12I ，联立解得n 1n 2＝3，选项B 正确.【例题4】(多选)(2016·全国卷Ⅲ·19)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a 和b.当输入电压U 为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是( )A.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 和b 的电功率之比为1∶9 【答案】 AD【解析】 设灯泡的额定电压为U 0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输入端电压为U 1＝9U 0，副线圈两端电压为U 2＝U 0，故U 1U 2＝91，n 1n 2＝U 1U 2＝91，A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得，I 1I 2＝19，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得，灯泡a 和b 的电功率之比为1∶9，C 错误，D 正确.题型二 理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(如图)(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，P 1＝P 2，故P 1发生变化. 2.负载电阻不变的情况(如图)(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化. (2)R 不变，U 2变化，故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.【例题1】(2018·天津理综·4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流.利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图9所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表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 【答案】 B【解析】 发电机线圈的转速变为原来的12，由E ＝nBS ω2知，原线圈中输入电压变为原来的12，频率变为原来的12.根据U 1U 2＝n 1n 2，知U 2变为原来的12，即U 2＝12U ，则通过R 的电流变为原来的12，R 消耗的功率P 2＝U 22R ＝14P ，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈上的电流也变为原来的12，即电流表A 的读数变为12I ，故选B.【例题2】 (多选)(2018·山东省临沂市一模)如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，图中电表均为理想电表，R 为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L 1和L 2是两个完全相同的灯泡.原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u ，下列说法正确的是( )A.交流电压的频率为50 HzB.电压表的示数为11 VC.当照射R 的光强增大时，电流表的示数变大D.若L 1的灯丝烧断后，电压表的示数会变小 【答案】 ABC【解析】 由题图乙可知交流电压周期T ＝0.02 s ，所以频率为f ＝1T＝50 Hz ，故A 正确；原线圈接入电压的最大值是220 2 V ，所以原线圈接入电压的有效值是U ＝220 V ，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，所以副线圈两端电压是11 V ，所以电压表的示数为11 V ，故B 正确；R 阻值随光强增大而减小，根据I ＝UR知副线圈电流增加，副线圈输出功率增加，根据能量守恒定律，可知原线圈输入功率也增加，原线圈电流增加，所以电流表的示数变大，故C 正确；当L 1的灯丝烧断后，变压器的输入电压不变，根据变压比公式，输出电压也不变，故电压表读数不变，故D 错误.【例题3】(2018·山西省重点中学协作体期末)如图甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表和电流表均为理想电表，R t 为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R 1为定值电阻.若发电机向原线圈输入如图乙所示的正弦交流电.下列说法中正确的是( )A.输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u ＝362sin 50πt VB.变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1C.t ＝0.01 s 时，发电机的线圈平面位于中性面D.R t 温度升高时，变压器的输入功率变小 【答案】 C【解析】 由题图乙可知交流电压最大值U ＝36 2 V ，周期T ＝0.02 s ，可由周期求出角速度的值为2π0.02 rad/s ＝100π rad/s ，则可得交流电压u 的瞬时值表达式u ＝362sin 100πtV ，故A 错误；根据I 1I 2＝n 2n 1可知变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故B 错误；t ＝0.01 s 时，瞬时值为零，发电机的线圈平面与磁场方向垂直，发电机的线圈平面位于中性面，故C 正确；R t 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，变压器的输入功率变大，故D 错误.题型三 远距离输电1.理清三个回路远距离输电电网间的基本结构如图所示.输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路.在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁.2.抓住两个物理量的联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，P 1＝P 2，I 1n 1＝I 2n 2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，P 3＝P 4，I 3n 3＝I 4n 4.3.掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户.【例题1】(2019·安徽省马鞍山市质检)图甲为远距离输电示意图，理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1 000，理想降压变压器原、副线圈匝数比为1 000∶1，输电线的总电阻为1 000 Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220 V.下列说法正确的是( )A.输电线中的电流为3 AB.电站输出的功率为7 500 kWC.输电线路损耗功率为90 kWD.用户端交变电流的频率为100 Hz 【答案】 B【解析】 由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为U m ＝250 2 V ，有效值为U 1＝U m2＝250V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，得副线圈两端的电压U 2＝n 2n 1U 1＝1 0001×250 V＝2.5×105V ；用户端电压为220 V ，根据U 3U 4＝n 3n 4，得降压变压器原线圈两端的电压U 3＝n 3n 4U 4＝1 0001×220 V＝2.2×105V ，故输电线上损失的电压为ΔU ＝U 2－U 3＝3×104V ，则输电线上的电流为I ＝ΔU R ＝3×1041 000A ＝30 A ，电站的输出功率为P 1＝P 2＝U 2I ＝7 500 kW ，输电线路损耗功率为ΔP ＝I 2R ＝900 kW ，由题图乙可知，原线圈交变电流的周期为T ＝0.02 s ，则频率为f ＝1T＝50 Hz ，变压器不会改变交流电的频率，故用户端交变电流的频率为50 Hz ，故B 正确，A 、C 、D 错误.【例题2】(多选)(2018·广东省潮州市下学期综合测试)远距离输电线路简化如图所示，电厂输送电功率不变，变压器均为理想变压器，图中标示了电压和电流，其中输电线总电阻为R ，则( )A.I 2<U 2RB.输电线损失的电功率为U22RC.提高输送电压U 2，则输电线电流I 2增大D.电厂输送电功率为U 2I 2 【答案】 AD【解析】 在输电线路上：U 2＝I 2R ＋U 3，所以I 2<U 2R，故A 正确；由于U 2不是R 两端的电压，所以输电线损失的电功率不是U22R，故B 错误；因为输送功率不变，根据P 2＝U 2I 2，可知提高输送电压U 2，则输电线电流I 2减小，故C 错误；因变压器为理想变压器，所以有P 1＝P 2＝U 2I 2，故D 正确.题型四 两种特殊的变压器模型1.自耦变压器自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图所示.2.互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：电压互感器 电流互感器原理图原线圈 的连接 并联在高压电路中串联在交流电路中副线圈 的连接 连接电压表 连接电流表互感器 的作用将高电压变为低电压 将大电流变为小电流利用的 公式U 1U 2＝n 1n 2I 1n 1＝I 2n 2【例题1】(2018·山东省菏泽市上学期期末)如图所示的调压器，滑动触头P 和Q 都可以调节，在输入交变电压一定的条件下，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是( )A.Q 不动，P 向下移动B.Q 不动，P 向上移动C.P 不动，Q 向上移动D.P 不动，Q 向下移动 【答案】 A【解析】 Q 不动，变阻器的有效电阻不变，P 向下移动，原线圈匝数n 1减小，输入电压U 1不变，副线圈匝数n 2不变，根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A 正确；Q 不动，变阻器的有效电阻不变，P 向上移动，原线圈匝数n 1增大，输入电压U 1不变，副线圈匝数n 2不变，根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B 错误；若P 不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q 向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C 错误；若P 不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q 向下移动，接入电路的电阻变大，输出电流减小，则输入电流随之减小，故D 错误.【例题2】(多选)(2018·山西省太原市三模)某50 Hz 的钳形电流表的工作原理如图所示.当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转.不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n 2＝1 000 匝，当用该表测50 Hz 交流电时( )A.电流表G中通过的是交变电流B.若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为50 AC.若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10 mAD.当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小【答案】AB【解析】变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表G中通过的仍是交变电流，A正确；根据变压器原副线圈电流与匝数成反比：I1I2＝n2n1，I1＝n2n1I2＝1 0001×0.05 A＝50 A，B正确；若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C错误；根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误.。

变压器和远距离输电问题1、远距离输送一定功率的交流电,若输送电压提高到原来的n 倍,则（ ） A.输电线上损失的电压减少到原来的()1n n-B.输电线上损失的电压减少到原来的1nC.输电线上损失的电能减少到原来的()221n n-D.输电线上损失的电能不变2、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1U 的交变电流时,c 、d 间的输出电压为2U ,在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中（ ）A.21U U >,2U 降低B.21U U >,2U 升高 C.21U U <,2U 降低 D.21U U <,2U 升高 3、如图所示,理想变压器有两个副线圈,匝数分别为1n 和2n ,所接负载124RR =，当只闭合1S 时,电流表示数为1A,当1S 和2S 都闭合时,电流表示数为2A,则12:n n 为（ ）A.1:1B.1:2C.1:3D.1:44、如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数比为12:5:1n n =，分别接有定值电阻1R 和2R ，且12:5:1R R =。

原线圈接正弦交流电。

电压表为理想交流电压表。

则( )A.电阻1R 和2R 消耗功率之比为1：1B.电压表1V 和2V 的示数之比为5：1C.电压表1V 和2V 的示数之比为6：1D.原副线圈磁通量变化率之比为5：15、如图,理想变压器原线圈输入电压sin m u U t ω=,副线圈电路中0R 为定值电阻,R 是滑动变阻器。

1V 和2V 是理想交流电压表,示数分别用1U 和2U 表示;1A 和2A 是理想交流电流表,示数分别用1I 和2I 表示。

下列说法正确的是( )A.1I 和2I 表示电流的瞬时值B.1U 和2U 表示电压的最大值C.滑片P 向下滑动过程中,2U 不变,1I 变大D.滑片P 向下滑动过程中,2U 变小,1I 变小 6、一台发电机最大输出功率为4000kW,电压为4000V,经变压器T 1升压后向远方输电。

第30单元 理想变压器 远距离输电1.如图所示是4种亮度可调的台灯电路示意图,它们所用的白炽灯泡都相同,当4个电路中调节亮度的滑动触头均处于中央位置时4个台灯所消耗的功率恰好相同,则这4个台灯中亮度最大的是( )2.在变电站里,经常要用交流电表去监测电网上的强电流,所用的器材叫电流互感器.如图所示的A 、B 、C 、D 四个图中,能正确反应其工作原理的是( )3.远距离输电线路的示意图如图所示,若发电机的输出电压不变,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4.(2014·江苏卷) 远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2，电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，输电线上的电阻为R .变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是（ ） A.2121n n I I B.I 2＝R U 2 C.I 1U 1＝22I R D.I 1U 1＝I 2U 25.一理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2=1∶2, 电源电压u= 2202sinωt (V), 原线圈电路中接入一熔断电流I 0=1A 的保险丝,副线圈中接入一可变电阻R ,如图所示,为了使保险丝不致熔断,调节R 时,其阻值最低不能小于( )A.440ΩB.4402ΩC.880ΩD.8802Ω6.调压变压器是一种自耦变压器,它的构造如图所示.线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上.AB 间加上正弦交流电压U ,移动滑动触头P 的位置,就可以调节输出电压.在输出端连接了滑动变阻器R 和理想交流电流表,变阻器的滑动触头为Q.则( )A.保持P 的位置不动,将Q 向下移动时,电流表的读数变大B.保持P 的位置不动,将Q 向下移动时,电流表的读数变小C.保持Q 的位置不动,将P 沿逆时针方向移动时,电流表的计数变大D.保持Q 的位置不动,将P 沿逆时针方向移动时,电流表的读数变小7.(2014·广东卷) 如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合电键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8.(2014·浙江卷)如图所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压是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211I U I B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为21I rD.输电线路上损失的电功率为I 1U9.如图所示,自耦变压器输入端A 、B 接交流稳压电源,其电压有效值U AB =100V,R 0=40Ω,当滑动片处于线圈中点位置时,C 、D 两端电压的有效值U CD 为多少?通过电阻R 0的电流有效值为多少? 10.发电机输出功率为100kW,输出电压是250V,用户需要的电压是220V,输电线电阻为10Ω.若输电线中因发热而损失的功率为输送功率的4%.(1)在虚线框中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和降压变压器的原、副线圈匝数比.参考答案1.解析:台灯消耗的功率为灯泡消耗的功率和内部电路消耗的功率之和.在四种电路中,因A 、B 、D 三种电路中的变阻器均有电能损耗,而C 图中理想变压器无能量损耗,C 图中的灯泡实际功率最大,故C 图中灯泡最亮.答案:C2.解析:电流互感器要把大电流变为小电流,因此原线圈的匝数少,副线圈的匝数多,且原线圈必须串联在火线中,A 项正确.答案:A3.解析:用户用电设备消耗的功率越大,升压变压器的输入功率就越大,原线圈中的电流就越大,A 项错;输电线中的电流与用户消耗的功率有关,B 项错;用户用电器的总电阻减少时,输电线上的总电流变大,输电线上损失的功率增大,C 项正确;输电线上有电阻,所以输电线上有电压损失,D 项错误.答案:C4．解析：对理想变压器来说，输出功率决定输入功率，两者总相等，故选项D 正确；对只有一组副线圈的理想变压器来说，通过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数之比的倒数，因此选项A 错误；输出电流决定输入电流，I 2是由用户的电流决定的，I 1是由I 2决定的，与输电线上的电阻无关，选项B 错误；输出功率决定输入功率，升压变压器的输入功率应等于用户的功率与输电线上消耗的功率之和，故选项C 错误.答案：D5.解析:当原线圈电流I 1=I 0时,副线圈中的电流(即副线圈中电流的有效值)为I 2=21n n I 1=21A,副线圈的输出电压有效值为U 2=12n n U 1=2112n U n m =440V,因此副线圈电路中负载电阻的最小值为R min =22I U =880Ω,故C 项正确. 答案:C6.解析:保持P 的位置不动,副线圈两端电压不变,将Q 向下移动时,滑动变阻器阻值变大,所以电流表的读数变小,B 项正确;保持Q 的位置不动,将P 沿逆时针方向移动时,副线圈匝数变多,所以副线圈两端电压变大,因此电流表的读数变大.答案:BC7.解析：由于理想变压器输入电压不变，则副线圈电压U 2不变，滑片P 滑动时，对灯泡两端的电压没有影响，故灯泡亮度不变，则选项A 错误；滑片P 下滑，电阻变大，但副线圈电压由原线圈电压决定，则副线圈电压不变，故选项B 正确；滑片P 上滑，电阻减小，副线圈输出电流I 2增大，则原线圈输入电流I 1也增大，故选项C 错误；此时变压器输出功率P 2＝U 2I 2将变大，故选项D 正确.答案：BD8.解析：理想变压器输入端与输出端功率相等， U 1 I 1＝ U 2 I 2，用户端的电压U 2＝ 211I U I ，选项A 正确；输电线上的电压降ΔU ＝U -U 1＝I 1r ，选项B 错误；理想变压器输电线上损失的功率为21I r ，选项C 、D 错误.答案：A9.解析:设整个线圈的匝数为n ,则原线圈匝数n 1=2n ,副线圈匝数n 2=n. 由公式2121n n U U =解得,U CD =12n n U AB =200V .通过电阻R 0的电流有效值为I=0R U CD=5A .答案:200V 5A10.解析:(1)输电线路的示意图如图所示,(2)输电线损耗功率P 线=100×4%kW =4kW,又P 线=22I R 线输电线电流I 2=I 3=20A原线圈中输入电流I 1=1U P =400A 所以 U 2=U 112n n =250×20V =5000V U 3=U 2-U 线=5000-20×10V =4800V 所以1124022048004343===U U n n . 答案:(1)如解析图所示(2)1∶20 240∶11。