2014届高三物理一轮三维专辑：课时跟踪检测38变压器 电能的传输

《三维设计》2014届高三物理一轮教学案（14年预测+目标定位+规律总结）：10.2变压器 电能的传输[想一想]一台理想变压器，其原线圈2 200匝，副线圈440匝，并接一个100 Ω的负载电阻，如图10－2－1所示。

图10－2－1(1)当原线圈接在44 V 直流电源上时，电压表、电流表的示数分别为多少？ (2)当原线圈接在220 V 交流电源上时，电压表、电流表的示数分别为多少？[提示] (1)原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，副线圈两端不产生感应电动势，故电压表示数为零，电流表示数也为零。

(2)由U2U1＝n2n1得U2＝U1n2n1＝220×4402 200 V ＝44 V(电压表示数)I2＝U2R ＝44100 A ＝0.44 A(电流表示数)[记一记]1．构造：如图10－2－2所示。

图10－2－2理想变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。

2．原理线圈的互感现象。

3．基本关系 (1)电压关系：U1U2＝n1n2(2)功率关系：P 入＝P 出(3)电流关系：①只有一个副线圈时：I1I2＝n2n1②有多个副线圈时：U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn4．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，用来把高电压变成低电压。

②电流互感器，用来把大电流变成小电流。

[试一试]1. (2011·新课标全国卷)如图10－2－3，一理想变压器原、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( )图10－2－3A．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：选A 直接求出副线圈中的电压、电流分别为：220 V、0.1 A。

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。

课时跟踪检测(三十)电磁感应现象楞次定律对点训练：对电磁感应现象的理解与判断1．(2015·上海浦东新区质检)如图1所示，矩形线框在磁场内做的各种运动中，能够产生感应电流的是()图12．一种早期发电机原理示意图如图2所示，该发电机由固定的圆形线圈和一对用铁芯连接的圆柱形磁铁构成，两磁极相对于线圈平面对称，线圈圆心为O点。

在磁极绕转轴匀速转动的过程中，当磁极与O点在同一条直线上时，穿过线圈的()图2A．磁通量最大，磁通量变化率最大B．磁通量最大，磁通量变化率最小C．磁通量最小，磁通量变化率最大D．磁通量最小，磁通量变化率最小3．(2015·唐山高三月考)经过不懈的努力，法拉第终于在1831年8月29日发现了“磁生电”的现象，他把两个线圈绕在同一个软铁环上(如图3所示)，一个线圈A连接电池与开关，另一线圈B闭合并在其中一段直导线附近平行放置小磁针。

法拉第可观察到的现象有()图3A．当合上开关，A线圈接通电流瞬间，小磁针偏转一下，随即复原B．只要A线圈中有电流，小磁针就会发生偏转C．A线圈接通后其电流越大，小磁针偏转角度也越大D．当开关打开，A线圈电流中断瞬间，小磁针会出现与A线圈接通电流瞬间完全相同的偏转4. (2015·佛山一模)如图4所示，一个金属圆环水平放置在竖直向上的匀强磁场中，若要使圆环中产生如箭头所示方向的瞬时感应电流，下列方法可行的是()图4A．使匀强磁场均匀增大B．使圆环绕水平轴ab如图转动30°C．使圆环绕水平轴cd如图转动30°D．保持圆环水平并使其绕过圆心的竖直轴转动对点训练：应用楞次定律判断感应电流的方向5. (2015·青岛测试)多年来物理学家一直设想用实验证实自然界中存在“磁单极子”。

磁单极子是指只有S极或只有N极的磁性物质，其磁感线分布类似于点电荷的电场线分布。

如图5所示的实验就是用于检测磁单极子的实验之一，abcd为用超导材料围成的闭合回路。

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。

课时跟踪检测(三十六)　电磁感应的综合应用(二) 高考常考题型：选择题＋计算题 1．(2012·东城一模)如图1所示正方形闭合导线框处于磁感应强度恒定的匀强磁场中，C、E、D、F为线框中的四个顶点，图(甲)中的线框绕E点转动，图(乙)中的线框向右平动，磁场足够大。

下列判断正确的是( ) 图1 A．图(甲)线框中有感应电流产生，C点电势比D点低 B．图(甲)线框中无感应电流产生，C、D两点电势相等 C．图(乙)线框中有感应电流产生，C点电势比D点低 D．图(乙)线框中无感应电流产生，C、D两点电势相等 2．在竖直方向的匀强磁场中，水平放置一个面积不变的单匝金属圆形线圈，规定线圈中感应电流的正方向如图2甲所示，取线圈中磁场方向向上为正，当磁感应强度B随时间t如图乙变化时，图3中能正确表示线圈中感应电流变化的是( ) 图2 图3 3.如图4所示，ab是一个可以绕垂直于纸面的轴O转动的闭合矩形导体线圈，当滑动变阻器R的滑片P自左向右滑动过程中，线圈ab将( ) A．静止不动 B．逆时针转动图4 C．顺时针转动 D．发生转动，但因电源的极性不明，无法确定转动的方向 4．矩形导线框abcd(如图5甲)放在匀强磁场中，磁感线方向与线框平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的图象如图乙所示。

t＝0时刻，磁感应强度的方向垂直纸面向里。

若规定导线框中感应电流逆时针方向为正，则在0～4 s时间内，线框中的感应电流I以及线框的ab边所受安培力F随时间变化的图象为(安培力取向上为正方向)( ) 图5 图6 5. (2012·德州模拟)如图7所示，两固定的竖直光滑金属导轨足够长且电阻不计。

绝缘轻绳一端固定，另一端系于导体棒a的中点，轻绳保持竖直。

将导体棒b由边界水平的匀强磁场上方某一高度处静止释放。

匀强磁场的宽度一定，方向与导轨平面垂直，两导体棒电阻均为R且与导轨始终保持良好接触。

下列说法正确的是( ) A．b进入磁场后，a中的电流方向向左图7 B．b进入磁场后，轻绳对a的拉力增大 C．b进入磁场后，重力做功的瞬时功率可能增大 D．b由静止释放到穿出磁场的过程中，a中产生的焦耳热等于b减少的机械能 6. (2012·浦东新区质量抽测)如图8所示，倾斜的平行导轨处在匀强磁场中，导轨上、下两边的电阻分别为R1＝3Ω和R2＝6 Ω，金属棒ab的电阻R3＝4 Ω，其余电阻不计。

课时跟踪检测(二十八)　电学实验综合训练 高考常考题型：实验题 1．(2012·潍坊模拟)某同学用螺旋测微器测金属丝的直径，示数如图1甲所示，读数是________ mm；用多用电表“×1”挡测该金属丝的电阻，如图乙所示，读数是________ Ω。

图1 2.在用伏安法测电阻的实验中，所用电压表的内阻约为20 kΩ，电流表的内阻约为10 Ω，选择能够尽量减小误差的电路图接线进行实验，读得的各组数据用实心圆点标于坐标图上，如图2所示。

(1)根据各点表示的数据描出I－U图线，由此求得该电阻的阻值Rx＝________ Ω(保留两位有效数字)。

(2)画出“伏安法”测量该电阻的部分电路图。

图2 3．某同学想要了解导线在质量相同时，电阻与截面积的关系，选取了材料相同、质量相等的5卷导线，进行了如下实验： (1)用螺旋测微器测量某一导线的直径如图3所示。

图3 读得直径d＝________ mm。

(2)该同学经实验测量及相关计算得到如下数据： 电阻R(Ω)121.050.023.910.03.1导线直径d(mm)0.8010.9991.2011.4941.998导线截面积S(mm2)0.5040.7841.1331.7533.135 请你根据以上数据判断，该种导线的电阻R与截面积S是否满足反比关系？ 若满足反比关系，请说明理由；若不满足，请写出R与S应满足的关系。

________________________________________________________________________ (3)若导线的电阻率ρ＝5.1×10－7 Ω·m，则表中阻值为3.1 Ω的导线长度l＝________ m(结果保留两位有效数字)。

4．(2011·四川高考)为测量一电源的电动势及内阻 (1)在下列三个电压表中选一个改装成量程为9 V的电压表 A．量程为1、内阻大约为1 kΩ的电压表 B．量程为2、内阻大约为2 kΩ的电压表 C．量程为3、内阻为3 kΩ的电压表 选择电压表________串联________kΩ的电阻可以改装成量程为9 V的电压表。

课时跟踪检测五十一变压器电能的输送【根底过关】1. (2017届江苏宿迁沭阳中学期末)如下列图，电压互感器、电流互感器可看成理想变压器，电压互感器原、副线圈匝数比是1 000∶1，电流互感器原、副线圈匝数比是1∶200，电压表读数是200 V，电流表读数是1.5 A，如此交流电路输送电能的功率是( )A．3×102 W B．6×104 WC．3×105 W D．6×107 W解题思路：理想变压器的工作原理是原线圈输入变化的电流时，导致副线圈的磁通量发生变化，从而导致副线圈中产生感应电动势．而副线圈中的感应电流的变化，又导致在原线圈中产生感应电动势．变压器的电流比与电压比均是有效值，电表测量值也是有效值．解析：由题图可知，V表是电压表，A表是电流表．电压互感器原、副线圈匝数比为1 000∶1，而电流互感器原、副线圈匝数比为1∶200，由电压表的示数为200 V，得原线圈的电压为200 000 V，由电流表的示数为1.5 A，得原线圈的电流为300 A，所以电路输送功率是6×107 W．D正确．答案：D2. (2017届河南顶级名校摸底)如下列图，一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交流电源连接，输入电压u＝2202sin100πt 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2 AB．交变电流的频率是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：由输入电压公式可知，原线圈中电压的最大值为220 2 V，所以电压的有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为100 V，副线圈的电阻为100 Ω，所以电流为1 A，所以A错误；由输入电压公式可知，角速度为100π rad/s，所以交变电流的频率为f＝ω2π＝50 Hz，故B错误；由于电压表测量的是电压的有效值，所以电压表的读数为100 V ，所以C 正确；原、副线圈的功率是一样的，由电阻消耗的功率为P ＝U 2R ＝1002100 W ＝100 W ，所以变压器的输入功率是100 W ，所以D 错误．答案：C3．(多项选择)(2016届辽宁沈阳二中月考)某小型水电站的电能输送示意图如下列图．发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，如此( )A.n 2n 1＞n 3n 4B.n 2n 1＜n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解题思路：高压输电中导线上损失的电压等于U 2－U 3，由电压关系n 1∶n 2＝U 1∶U 2求解，升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线上的损失功率． 解析：根据变压器工作原理可知n 1n 2＝200 V U 2，n 3n 4＝U 3220 V，由于输电线上损失一局部电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有U 2＞U 3，所以n 2n 1＞n 3n 4，A 正确，B 错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线上的损失功率，C 错误，D 正确．答案：AD4．(多项选择)(2017届广东湛江四校联考)理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P 为滑动变阻器的滑片．如此( )A ．副线圈输出电压的频率为50 HzB ．副线圈输出电压的有效值为31 VC ．P 向右移动时，原、副线圈的电流之比减小D ．P 向右移动时，变压器的输出功率增加 解析：由题图甲可知，交变电流的周期为0.02 s ，所以交变电流的频率为50 Hz ，所以A 正确；根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220 2 V ，所以副线圈的电压的最大值为22 2 V ，所以电压的有效值为2222V ＝22 V ，所以B 错误；原、副线圈的电流与匝数成反比，线圈的匝数不变，所以电流比也不变，C 错误；P 向右移动时，滑动变阻器的电阻减小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，所以D 正确．答案：AD【提升过关】一、单项选择题1．(2016届江西红色七校联考)如下列图，两种情况下灯泡L 2、L 3的功率均为P ，且L 1、L 2、L 3为一样的灯泡，匝数比为n 1∶n 2＝3∶1，如此图(a)中L 1的功率和图(b)中L 1的功率分别为( )A ．P 、PB ．9P 、49P C.49P 、9P D ．94P 、9P 解析：由题意可知，两种情况下变压器输入功率均为2P .设灯泡L 2、L 3的电压为U ，电流为I ，电阻为R ，如此有P ＝U 2R，根据电压与匝数成正比可知，两种情况下变压器的输入电压均为3U ，根据输入功率和输出功率相等可知，变压器输入电流为23I .所以图(a)中L 1的功率为P a ＝3U 2R ＝9P ；图(b)中L 1的功率为P b ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2I 32R ＝49P ，B 正确． 答案：B2．(2017届山东淄博一模)如下列图，一理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝5∶1，其原线圈接一交流电源，电压u ＝2202sin100πt (V)，副线圈接一电动机，电阻为11 Ω.假设电流表A 2示数为1 A ，电表对电路的影响忽略不计，如此( )A ．交流电的频率为100 HzB ．电动机输出功率为33 WC ．电流表A 1示数为5 AD ．变压器原线圈的输入功率为33 W解析：由ω＝100π＝2πf ，解得f ＝50 Hz ，A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2解得副线圈两端的电压U 2＝44 V ，电动机的输出功率P 出＝U 2I 2－I 22R ＝33 W ，B 正确；由I 1I 2＝n 2n 1，解得I 1＝0.2 A ，C 错误；变压器原线圈的输入功率P ＝U 1I 1＝220×0.2 W ＝44 W ，D 错误．答案：B3．(2016年某某卷)如下列图，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．如下说法正确的答案是( )A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1消耗的功率变大B ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电压表V 示数变大C ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，电流表A 1示数变大D ．假设闭合开关S ，如此电流表A 1示数变大，A 2示数变大解析：滑动变阻器的触头向上滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，R 1中的电流变小，R 1消耗的功率变小，选项A 错误；滑动变阻器的触头向上滑动时，R 1两端的电压变小，电压表V 示数变大，选项B 正确；滑动变阻器的触头向上滑动时，副线圈电路的总电阻变大，总功率变小，原线圈的功率也变小，电流表A 1的示数变小，选项C 错误；闭合开关S ，R 1两端的电压变大，电压表V 两端电压变小，A 2示数变小，选项D 错误．答案：B4．(2016届福建漳州八校第二次联考)如图，一理想变压器原线圈接正弦式交流电源，副线圈接有三盏一样的灯(不计灯丝电阻的变化)，灯上均标有“36 V 6 W 〞字样，此时L 1恰好正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表的示数为0.5 A ，如下说法正确的答案是( )A ．原、副线圈匝数之比为3∶1B ．变压器的输入功率为12 WC ．电压表的示数为9 VD ．假设L 3突然断路，如此L 1变暗，L 2变亮，输入功率减小解析：L 1恰正常发光，其电流为I ＝636 A ＝16 A ，灯泡的电阻R ＝3626Ω＝216 Ω，电压表示数为12IR ＝18 V ，根据输入功率等于输出功率知U 1×0.5 A＝(36＋18)×16 W ＝9 W ，解得U 1＝18 V ，原、副线圈匝数之比为18∶54＝1∶3，A 、B 、C 错误；假设L 3突然断路，如此副线圈总电阻增大，电流减小，如此L 1变暗，分压减小，L 2分压增大变亮，输入功率减小，D 正确．答案：D二、多项选择题5．(2017届广东六校联考)如图甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交变电流的电动势图象如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡的额定功率为22 W ，现闭合开关，灯泡正常发光．如此( )A ．t ＝0.01 s 时，穿过线框回路的磁通量为零B ．金属线框的转速为50 r/sC ．变压器原线圈中电流表的示数为 2 AD ．灯泡的额定电压为220 V解题思路：根据变压器的构造和原理，正弦式电流的产生原理、三角函数表达式与最大值与有效值的关系求解．解析：由题图乙可知，当t ＝0.01 s 时，感应电动势为零，如此此时穿过线框回路的磁通量最大，故A 错误；由题图可知，交变电流的周期为T ＝0.02 s ，如此角速度为ω＝2πT＝100π rad/s，金属线框的转速为50 r/s ，故B 正确；变压器副线圈中消耗的电功率是22 W ，所以原线圈中的输入功率是22 W ，原线圈输入电压有效值为22 V ，如此变压器原线圈中电流表示数为I ＝P U＝1 A ，故C 错误；灯泡正常发光，故额定电压为220 V ，故D 正确．答案：BD6．(2016届贵州遵义航天中学模拟)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R ＝55 Ω，A 、V 为理想电流表和电压表，假设原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V ，如下表述正确的答案是( )A ．电流表的示数为2 AB ．原、副线圈匝数比为1∶2C ．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为100 Hz解析：根据题图甲可知，电阻R 两端的电压为110 V ，因此通过电阻R 的电流I ＝U R＝2 A ，A 正确；原线圈输入电压的有效值为220 V ，电压表的示数为110 V ，即输出的电压有效值为110 V ，根据n 1∶n 2＝U 1∶U 2可知原副线圈匝数比为n 1∶n 2＝2∶1，B 错误；电压表、电流表的读数都是有效值，C 正确；变压器只改变交流电压的大小，不改变交变电流的频率，根据题图乙可知，输出电压的周期为0.02 s ，频率f ＝50 Hz ，因此原线圈中交变电压的频率也为50 Hz ，D 错误．答案：AC7．(2017届河南洛阳一中周练)如图甲中理想变压器原、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．原线圈接正弦交流电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图乙所示．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( )A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin50πt VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均无法正常发光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：根据题图乙可得输入电压u 的表达式u ＝202×sin100πt V ，A 错误；只断开S 2，两电灯串联分压，如此L 1、L 2均无法正常发光，B 正确；只断开S 2后，变压器的输出电压不变，根据功率公式P ＝U 2R 1＋R 2知，阻值变大，如此功率减小，故理想变压器的原线圈的输入功率也减小，C 错误；根据理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，输入电压的有效值为20 V ，可得输出电压的有效值为4 V ，S 1换接到2后，只有R 接入电路，根据P ＝U 2R ＝4220W ，可得R 消耗的电功率为0.8 W ，D 正确．答案：BD 8．(2016届江西名校学术联盟第一次调研)如图甲所示，空间中存在一水平方向的匀强磁场，磁感应强度B ＝0.5 T ，一矩形线圈绕水平中心轴P 匀速转动，转动角速度ω＝10 2 rad/s ，线圈面积S ＝0.3 m 2，匝数n ＝4，现把甲图产生的交流电加在乙图的a 线圈两端，铁芯上的另一线圈b 与一个标有“12 V 9 W 〞的小灯泡相连．线圈a 与b 的匝数之比为1∶2.甲图中的矩形线圈从图示位置运动开始计时，不计所有导线的电阻．如此( )A ．线圈转动产生的感应电动势e ＝62sin102t (V)B ．线圈绕P 转动时的电动势等于绕另一平行于P 轴的Q 轴转动时的电动势C ．小灯泡恰好正常发光D ．小灯泡不能正常发光解析：线圈在匀强磁场中匀速转动产生的感应电动势与线圈的形状和转轴的位置无关，与线圈匝数、面积、磁感应强度、线圈转动的角速度和计时的起点位置有关，产生的感应电动势e ＝nBS ωcos ωt ，故e ＝62cos102t (V)，故A 选项错误，B 选项正确；不计导线的电阻，加在a 线圈两端的电压有效值为6 V ，而这里铁芯不闭合，a 、b 线圈的磁通量应是a线圈的大于b 线圈的，故有u 1＝n a ΔΦa Δt ＞u 2＝n b ΔΦb Δt，得u 2＜12 V ，小灯泡不能正常发光，故C 选项错误，D 选项正确．答案：BD9．(2017届江西赣州一模)如下列图，发电机的矩形线圈面积为S ，匝数为N ，绕OO ′轴在磁感应强度为B 的匀强磁场中以角速度ω匀速转动．从图示位置开始计时，如下判断正确的答案是( )A ．此时穿过线圈的磁通量为NBS ，产生的电动势为零B ．线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝NBSωsin ωtC ．P 向下移动时，电流表示数变小D ．P 向下移动时，发电机的电功率增大解析：图示位置，磁感线与线圈平面垂直，磁通量最大，即Φ＝BS ，感应电动势为零，A 错误；感应电动势的最大值E m ＝NBSω，瞬时值表达式e ＝E m sin ωt ＝NBSωsin ωt ，B 正确；P 向下移动时，副线圈的匝数n 2增大，U 1U 2＝n 1n 2，U 2增大，电流表的示数增大，而发电机的电功率等于变压器的输入功率也等于变压器的输出功率，P ＝U 1I 1＝U 2I 2，所以发电机的电功率增大，C 错误，D 正确．答案：BD。

课时跟踪检测（三十五） 变压器 电能的输送对点训练：理想变压器1．[多选]如图所示，匝数为200匝的矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.2 m 2，线框电阻不计。

线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝100 rad/s 匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈线接入一只“220 V 60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A 。

下列说法中正确的是( )A ．图示位置穿过线框的磁通量为零B ．线框中产生交变电压的有效值为400 2 VC ．变压器原、副线圈匝数之比为20∶11D ．允许变压器输出的最大功率为4 000 W解析：选CD 题图所示位置穿过的磁通量最大，A 错误；线框中产生交变电压的最大值为E m ＝nBSω＝400 2 V ，有效值为400 V ，B 错误；原副线圈匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝400220＝2011，C 正确；允许变压器输出的最大功率为P ＝U 1I ＝4 000 W ，D 正确。

2．[多选](2018·南京三模)如图甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图像如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10 的理想变压器给一灯泡供电，灯泡上标有“220 V 22 W”字样，如图丙所示，则( )A ．t ＝0.01 s 时刻穿过线框回路的磁通量为零B ．灯泡中的电流方向每秒钟改变100次C ．灯泡正常发光D ．电流表示数为 2 A解析：选BC 由题图乙可知，当t ＝0.01 s 时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，故A 错误；由题图乙可知，交流电的周期T ＝0.02 s ，则f ＝1T＝50 Hz ，所以灯泡中的电流方向每秒钟改变100次，故B 正确；原线圈输入电压的有效值为22 V ，则副线圈的电压为22×10 V＝220 V ，由P ＝UI 可知，副线圈电流I 2＝0.1 A ，则电流表示数I 1＝1 A ，灯泡正常发光，故C 正确，D 错误。

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．1 600 D．3 200解析：根据变压器的变压规律U1U2＝n1n2，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－Pρl U 2S 解析：输电线电阻R ＝ρl S ，输电电流I ＝PU，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－Pρl 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 V B．20 VC．80 V D．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R0＝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R0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R0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100πrad/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L1与L2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n1∶n2＝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L1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L1中电流的1 2D ．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U1＝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D1、D2给阻值R＝20 Ω的纯电阻供电，变压器原线圈n1＝1 100匝，副线圈n2＝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U0，设电阻R上消耗的电功率为P，则()A．U0＝56.6 V，P＝20 WB．U0＝28.3 V，P＝20 WC．U0＝40 V，P＝80 WD．U0＝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D1、D2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n11∶n22＝1 100∶100＝11∶1的理想变压器，所以由n11∶n22＝U11∶U22，原线圈电压的有效值U11＝3112V＝220 V，则副线圈的电阻两端的有效值U22＝20 V，纯电阻的功率P＝U222R＝20220W＝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n2′＝n2＝200，由n1∶n2＝11∶2得二极管两端的电压有效值为U2＝40 V，所以二极管的反向耐压值至少为U0＝2U2＝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1100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 ＝U 2R 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U 1＝250 V ，用户需要的电压为U 2＝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I 2(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I 2＝P 损R， 发电机的输出电流I 1＝PU 1，升压变压器的原、副线圈匝数比 n 1n 2＝I 2I 1＝ηP R ·U 1P ＝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 I 2＝P 用U 2＝P （1－η）U 2＝100×103×（1－0.04）220A≈436 A.答案：(1)见解析图(2)1∶20 (3)436 A。

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（四十五） 志向变压器与电能的输送一、立足主干学问，注意基础性和综合性1．(2024·重庆高考)低压卤素灯在家庭电路中运用时须要变压器降压。

若将“12 V 50 W”的沟通卤素灯干脆通过变压器(视为志向变压器)接入电压为220 V 的沟通电后能正常工作，则( )A ．卤素灯两端的电压有效值为6 2 VB ．变压器原、副线圈的匝数比为55∶3C ．流过卤素灯的电流为0.24 AD ．卤素灯的电阻为968 Ω解析：选B 卤素灯上标记的额定电压12 V 即为卤素灯两端的电压有效值，A 错误；依据志向变压器的原理可知n 1n 2＝U 1U 2＝22012＝553，B 正确；流过卤素灯的电流为I ＝P U ＝50 W 12 V ＝256A ，C 错误；卤素灯是非线性元件，电阻随着电压不同而变更，在正常工作时电阻为R ＝U I＝2.88 Ω，D 错误。

2.如图所示的电路中，志向变压器原副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3，原线圈输入端a 、b 接u ＝2202sin 100πt (V)的交变电压。

副线圈接有电阻箱R 、定值电阻R 1＝30 Ω、R 2＝5 Ω，阻值恒为10 Ω、额定电压为30 V 的灯泡L 。

为使灯泡正常工作，电阻箱R 接入电路的电阻( )A ．5 ΩB ．10 ΩC ．15 ΩD ．20 Ω 解析：选B 输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)U 1＝220 V ，依据志向变压器电压规律U 1U 2＝n 1n 2，可知副线圈电压有效值为U 2＝n 2n 1U 1＝60 V ，灯泡正常工作，依据欧姆定律，则通过灯泡的电流，即副线圈部分的干路电流为I L ＝U LR L＝3 A ，依据串联分压规律可知，R 1和R 2、R 构成的并联电路部分的分压为U ＝U 2－U L ＝30 V ，通过R 1的电流为I 1＝U R 1＝1 A ，通过R 2、R 的电流为I 2＝I L －I 1＝2 A ，R 2、R 的分压为U ＝I 2(R 2＋R )，解得滑动变阻器的阻值为R ＝U I 2－R 2＝10 Ω，B 正确，A 、C 、D 错误。

【与名师对话】（新课标）2016高考物理一轮复习课时跟踪训练36变压器、电能的输送一、选择题1．(2014·四川卷)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )A．用户用电器上交流电的频率是100 HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC．输电线的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小解析：整个远距离输电过程中，交流电的频率不变，由图乙可知，交流电的频率为50 Hz，A错误．发电机输出交流电的电压最大值为500 V，B错误．输电线的电流由用户端电流和降压变压器原、副线圈的匝数比共同决定，C错误．当用户用电器的总电阻增大时，用户电流减小，输电线电流减小，输电线损失的功率减小，D正确．答案：D2.(2014·安徽师大摸底)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随时间t的变化规律如图所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻，则( )A．流过电阻的最大电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是141 VC．变压器的输入功率是2.2×103 WD．在交变电流变化的—个周期内，电阻产生的焦耳热是20 J解析：由变压器变压公式，副线圈输出电压U＝100 V，输出电流I＝10 A，由欧姆定律可得流过电阻的最大电流是I m＝2I＝10 2 A，选项A错误；由变压器变压公式，知与电阻并联的电压表的示数是100 V，选项B错误；变压器输出功率P＝UI＝100×10 W＝1000 W，则变压器的输入功率是1000 W，选项C错误；在交变电流变化的一个周期内，电阻产生的焦耳热是Q＝I2RT＝102×10×0.02 J＝20 J，选项D正确．答案：D3.普通的交流电流表不能直接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：为使电流表正常工作，电流表应接在电流较小一侧，由I 1I 2＝n 2n 1可知，匝数较多的cd 端应接PQ ，匝数少的ab 端接MN ，这样I ab >I cd ，选项B 正确．答案：B4．(2014·四川自贡一诊)如图所示，M 是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝10∶1，接线柱a 、b 接一正弦交变电源，电压u ＝311sin 100πt V ．变压器右侧部分为一火警系统原理图．其中R 2为用半导体热敏材料制成的传感器(电阻随温度升高而减小)，R 1为一定值电阻．下列说法正确的是( )A ．当R 2所在处出现火情时，电阻R 1的功率变小B ．当R 2所在处出现火情时，电压表V 2的示数变大C ．当R 2所在处出现火情时，电流表A 的示数变小D ．电压表V 1示数为22 V解析：根据题意，输入电压的有效值U 1＝220 V ，再根据电压比公式可知，副线圈的输出电压为U 2＝22 V ，因为输入电压决定输出电压，所以当R 2所在处出现火情时，副线圈电压不变，仍是22 V ，即电压表V 1示数仍是22 V ，选项D 正确；当R 2所在处出现火情时，R 2阻值随温度升高而减小，副线圈电路的总电阻减小，输出电流I 2增大，电阻R 1的功率P ＝I 22R 1变大，R 2两端的电压U 2＝U 1－I 2R 1变小，即电压表V 2的示数变小，输入电流I 1＝n 2n 1I 2＝0.1I 2变大，所以电流表A 的示数变大，选项A 、B 、C 错误．答案：D5．(多选)(2014·怀化市高三模拟)如图是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n ∶1，原线圈接电压为U 的交流电源，输出端接有一只电阻为R 的灯泡L 和风扇电动机D ，电动机线圈电阻为r .接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I ，则下列说法正确的是( )A ．风扇电动机D 两端的电压为IrB ．理想变压器的输入功率为UI nC ．风扇电动机D 输出的机械功率为UIn －I 2rD ．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为U R ＋r n 2Rr解析：风扇正常运转，为非纯电阻电路，风扇电动机的两端电压U ′>Ir ，选项A 错．根据原副线圈匝数比等于电压比可得UU 2＝n ，副线圈电压U 2＝U n，副线圈电流I 2＝I ＋I L ，根据电流与匝数成反比，可得原线圈电流I 1＝I 2n ，理想变压器输入功率等于UI 1＝UI 2n，选项B 错．风扇电动机D 输出的机械功率为总功率减去热功率即U 2I －I 2r ＝UIn －I 2r ，选项C 对．若电风扇由于机械故障被卡住，则风扇变为纯电阻，此时副线圈电流I 2＝U 2R ＋U 2r ＝U r ＋R nrR，原线圈电流I 1＝I 2n ＝U r ＋R n 2rR，选项D 对． 答案：CD6．(多选)(2014·宁波市十校高三联考)图甲是小型交流发电机的示意图，两极M 、N间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为理想交流电流表，V为理想交流电压表．内阻不计的矩形线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变变压器副线圈的输出电压，副线圈接有可调电阻R，从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )A．电压表的示数为10 VB．0.01 s时发电机线圈平面与磁场方向平行C．若P的位置向上移动、R的大小不变时，电流表读数将减小D．若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍解析：由图乙知交流电电压峰值为10 2 V，电压表显示的为有效值10 V，A正确；0.01 s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，故B正确；若P的位置向上移动，匝数比减小，副线圈电压增大，R的大小不变时，电流表读数将增大，故C错误；若P的位置不变、R的大小不变，而把发电机线圈的转速增大一倍，电压增大为原来的2倍，则变压器的输入功率将增大到原来的4倍，故D正确．答案：ABD7．(多选)(2014·浙江省金华十校高考模拟)如图所示，电阻不计的正方形导线框abcd 处于匀强磁场中．线框绕中心轴OO′匀速转动时，产生的电动势e＝2002cos(100πt)V.线框的输出端与理想变压器原线圈相连，副线圈连接着一只“20 V、8 W”的灯泡，且灯泡能正常发光，电路中熔断器熔断电流为0.4 2 A，熔断器与输电导线的电阻忽略不计．下列判断正确的是( )A ．t ＝0 s 时刻的线框中磁通量变化率为最大B ．理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1C ．若副线圈两端并联多只“20 V、8 W”的灯泡，则最多不能超过10只D ．若线框转速减半，产生的电动势e ＝1002cos(100πt )V解析：由题意知线圈产生的电动势e ＝2002cos(100πt )V ，故t ＝0 s 时刻电动势最大，线框中磁通量的变化率最大，所以A 正确；变压器原线圈的电压U 1＝200 V ，又灯泡能正常发光，副线圈的电压U 2＝20 V ，根据变压规律n 1n 2＝U 1U 2＝101，所以B 正确；灯泡的电流I ＝P U 2＝0.4 A ，因为熔断器熔断电流为0.4 2 A ，故原线圈的电流有效值最大为0.4 2 A ，根据变流规律可知副线圈的电流最大为4 2 A 大于10I ，所以副线圈并联的灯泡能超过10只，故C 错误；若线框转速减半，即角速度减半产生的电动势e ＝1002cos(50πt )V ，故D 错误．答案：AB8．(多选)(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A．U ab∶U cd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压U cd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍解析：由于二极管的单向导电性，U ab∶U cd≠n1∶n2，A错误．增大负载电阻的阻值R，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，即电流表的读数变小，B正确．c、d间的电压由原线圈中的电压和变压器的匝数比决定，与电阻R无关，C错误．将二极管短路，副线圈中的电流加倍，则原线圈中的电流也加倍，D正确．答案：BD9．(多选)(2014·扬州中学高三阶段测试)如图所示，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A、A1、A2、A3为理想的交流电流表，R为三个完全相同的电阻，L为电感，C为电容，当输入端接通电源后，电流表A读数为I.下列判断正确的是( )A．副线圈两端的电压为nUB ．通过副线圈的最大电流2IC ．电流表A 1的读数I 1大于电流表A 2的读数I 2D ．电流表A 3的读数I 3＝0解析：根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 1U 2＝n ，故A 错误；根据题意得，电流表A 读数为I ，副线圈的电流有效值为I ，所以通过副线圈的最大电流为2I ，故B 正确；电感线圈会对交流电有阻碍作用，即I 1＞I 2，故C 正确；电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表A 3，即I 3≠0，故D 错误．答案：BC10．(2014·邯郸市高三模拟)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n 1与副线圈匝数n 2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R 1＝R 2＝R 3＝20 Ω和电容器C 连接成如图甲所示的电路．其中，电容器击穿电压为8 V ，各电表均为理想交流电表，开关S 处于断开状态，则( )A ．电压表的读数为10 V B ．电流表的读数约为0.05 AC ．电阻R 2上消耗的功率为2.5 WD ．若闭合开关S ，电容器会被击穿解析：由乙图知，原线圈电压的有效值为U 1＝100 2 V ，根据变压规律得U 2＝10 2 V ，开关S 处于断开状态，负载为R 1、R 2串联，电压表测量R 2的电压，又R 1＝R 2，可得电压表读数为5 2 V ，所以A 错误；副线圈电流I 2＝U 2R 1＋R 2＝24A ，所以B 错误；电阻R 2上消耗的功率P 2＝I 22R 2＝2.5 W ，故C 正确；若闭合开关S ，电容器等于13U 2＝1032 V 小于8 V ，故电容器不会被击穿，所以D 错误．答案：C二、非选择题11．理想变压器原线圈中输入电压U 1＝3300 V ，副线圈两端电压U 2为220 V ，输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U ＝2 V ．求：(1)原线圈n 1等于多少匝？(2)当开关S 断开时，电流表A 2的示数I 2＝5 A ．则电流表A 1的示数I 1为多少？(3)当开关S 闭合时，电流表A 1的示数I 1′等于多少？解析：(1)由电压与变压器匝数的关系可得：U 1/n 1＝U 2/n 2＝U ，则n 1＝1650匝．(2)当开关S 断开时，有：U 1I 1＝U 2I 2，I 1＝U 2I 2U 1＝13A. (3)当开关S 断开时，有：R L ＝U 2/I 2＝44 Ω.当开关S 闭合时，设副线圈总电阻为R ′，有R ′＝R L /2＝22 Ω，副线圈中的总电流为I 2′，则I 2′＝U 2/R ′＝10 A ．由U 1I 1′＝U 2I 2′可知，I 1′＝U 2I 2′U 1＝23A. 答案：(1)1650匝 (2)13 A (3)23A 12．三峡水利枢纽工程是长江流域治理开发的关键工程，是中国规模最大的水利工程．枢纽控制流域面积为1.0×106 km 2，占长江流域面积的56%，坝址处年平均流量为Q ＝4.51×1011m 3.水利枢纽的主要任务包括防洪、发电、航运三方面．在发电方面，三峡电站安装水轮发电机组26台，总装机容量(指26台发电机组同时工作的总发电功率)为P ＝1.82×107 kW ，年平均发电量约为W ＝8.40×1010 kW·h.该工程已全部竣工，电站主要向华中、华东电网供电，以缓解这两个地区的供电紧张局面．阅读上述资料，解答下列问题(水的密度ρ＝1.0×103 kg/m 3，g 取10 m/s 2)：(1)若三峡电站上、下游水位差按h ＝100 m 计算，试推导三峡电站将水流的势能转化为电能的效率η的公式，并计算出效率η的数值．(2)若26台发电机组全部建成并发电，要达到年发电量的要求，每台发电机组平均年发电时间t 为多少天？(3)将该电站的电能输送到华中地区，送电功率为P 1＝4.5×105 kW ，采用超高压输电，输电电压为U ＝500 kV ，而发电机输出的电压约为U 0＝18 kV.若输电线上损耗的功率为输电功率的5%，求发电站的升压变压器原、副线圈的匝数比和输电线路的总电阻．解析：(1)一年里水流做功(即减少的势能)W ′＝Qρgh .水流的势能转化为电能的效率η＝W W ′＝W Qρgh ， 将数据代入上式得η≈67%.(2)设每台发电机组平均年发电n 天，则W ＝Pt ，即P ×n ×24＝W .所以n ＝W 24P ＝8.40×10101.82×107×24天≈192.3天． (3)升压变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 0U ＝18500＝9250，输电线上的电流I ＝P 1U＝900 A. 损失功率P 损＝5%P 1＝I 2r ，所以r ≈27.8 Ω.答案：(1)η＝W Qρgh67% (2)192.3天 (3)925027.8 Ω。

课时跟踪检测(三十八) 变压器电能的传输高考常考题型：选择题＋计算题1．(2013·洛阳联考)如图1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，氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有( )图1A．开关接通后，氖泡的发光频率为50 HzB．开关接通后，电压表的示数为100 VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变2．为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图2甲为调压变压器示意图。

保持输入电压u1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u2随时间t变化的曲线如图乙所示。

以下正确的是( )图2A．u2＝190 2 sin (50πt) VB．u2＝190 2 sin(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3.如图3所示，一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是( )A．若通过电路中A、C两处的电流分别为I A、I C，则I A>I CB．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大图3D．若在使电阻R增大的同时，将触头P向A端滑动，则通过A处的电流增大4．(2012·宿州一模)如图4所示为含有理想变压器的电路，图中的三个灯泡L1、L2、L 3都标有“5 V 5 W”字样，L 4标有“5 V 10 W”字样，若它们都能正常发光，不考虑导线的能耗，则该电路的输入功率P ab 和输入电压为U ab 应为( )图4A ．20 W,25 VB ．20 W,20 VC ．25 W,25 VD ．25 W,20 V5．某小型水电站的电能输送示意图如图5所示。

2014届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 VB ．220 V,110 VC ．110 V,110 VD ．220 V,0解析：对变压器，由U 1U 2＝n 1n 2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n 1n 2＝U 1U 2可得U 1＝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＝U 1I 1＝P 出＝22 W ，I 1＝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T 1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T 2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T 1和T 2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )A. T 1原、副线圈电流分别为103A 和20 A B. T 2原、副线圈电压分别为1.8×105V 和220 V C. T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1 D. 有6×104盏灯泡(220 V 、60 W)正常发光解析：T 1原线圈的电流为I 1＝P 1U 1＝4000×1034000A ＝1×103A ，输电线上损失的功率为P 损＝I 22R ＝10%P 1，所以I 2＝10%P 1R＝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＝2×105V ，T 2上原线圈的电压为U 3＝U 2－I 2R ＝2×105V －20×103V ＝1.8×105V ，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·辽宁省丹东市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nI D ．变压器的输入功率为UI n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IU n，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%PR＝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。

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。

课时跟踪检测(三十一) 变压器电能的传输一、单项选择题1．(2014·广州模拟)图1是远距离输电的示意图，下列说法正确的是( )图1A．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2．(2014·连云港摸底)如图2所示，理想变压器的输入电压保持不变。

副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R。

开始时，电键S断开，当S闭合时，下列说法正确的是( )图2A．电压表示数变大B．灯泡L1变亮C．电流表示数增大 D．变压器的输出功率减小3．(2014·福建高考)图3为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。

当A、B端接入低压交流电源时( )图3A．A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压4．如图4所示，理想变压器与电阻R 、交流电压表V 、交流电流表A 按图甲所示方式连接，已知变压器的原副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，电阻R ＝10 Ω，图乙是R 两端电压U 随时间变化的图像，U m ＝10 2 V 。

则下列说法中正确的是( )图4A ．通过R 的电流I R 随时间t 变化的规律是I R ＝cos 100πt (A)B ．电流表A 的读数为210A C ．电压表V 的读数为10 2 V D ．变压器的输入功率为10 W5．(2014·浙江高考)如图5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。

第2讲　变压器　电能的输送 (对应学生用书第173页) 理想变压器1.构造(如图10－2－1所示) 图10－2－1 变压器由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成． 2．基本关系 (1)电压关系：＝. (2)功率关系：P入＝P出． (3)电流关系：只有一个副线圈时：＝. 有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn. 3．几种常用的变压器 (1)自耦变压器的原、副线圈共用一个线圈，如图10－2－2A、B所示． (2)电压互感器：属降压变压器，并联在电路中，用于测高电压，如图10－2－2 C所示． (3)电流互感器：属于升压变压器，串联在电路中，用于测大电流，如图10－2－2 D所示． 图10－2－2 【针对训练】 1．(2011·新课标全国高考)如图10－2－3，一理想变压器原副线圈的匝数比为12；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( ) 图10－2－3 A．U＝110 V，I＝0.2 A B．U＝110 V，I＝0.05 A C．U＝110 V，I＝0.2 A D．U＝110 V，I＝0.2 A 【解析】　由变压原理＝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＝ A＝0.2 A，故A正确． 【答案】　A 2．(2012·新课标全国高考)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图10－2－4所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( ) A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A 【解析】　根据理想变压器电压比关系＝，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U2＝380 V，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P入＝P出＝U1I1，解得I1＝≈9.1 A，选项B正确；选项A、C、D错误． 【答案】　B (对应学生用书第174页) 理想变压器基本关系的应用基本关系和制约关系 基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载情况、副线圈个数的多少无关电流关系(1)只有一个副线圈：电流和匝数成反比(2)多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系频率关系原、副线圈中电流的频率相等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P1由副线圈的输出功率P2决定电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定 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． (2012·山东高考改编)图10－2－5甲是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图10－2－5乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，○V 为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( ) 甲 乙 图10－2－5 A．电压表的示数等于5 V B．电压表的示数等于5 V C．实现点火的条件是＞1 000 D．实现点火的条件是＜1 000 【审题视点】　(1)由变压器原线圈所加电压的u－t图象可以确定原线圈电压的最大值和有效值，进而确定电压表的示数． (2)由引发电火花的电压最大值可以确定变压器原、副线圈的匝数之比． 【解析】　由题u-t图象知，交流电压的最大值Um＝5 V，所以电压表的示数U＝＝ V，故选项A、B错误；根据＝得＝，变压器副线圈电压的最大值U2m＝5 000 V时，有效值U2＝＝ V，所以点火的条件＞＝1 000，故选项C正确，选项D错误． 【答案】　C 【即学即用】 1．(2012·苏北四市调研)如图10－2－6所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为101，R1＝20 Ω，R2＝10Ω，C为电容器，原线圈所加电压u＝220sin (100πt) V．下列说法正确的是( ) 图10－2－6 A．通过电阻R3的电流始终为零 B．副线圈两端交变电压的频率为5 Hz C．电阻R2的电功率为48.4 W D．原副线圈铁芯中磁通量变化率之比为101 【解析】　在交流电路中电容器能够通交流，所以A错误；变压器能够改变交流电压，但是不能变频，因此B错误；根据＝得到U2＝22 V，所以电阻R2的电功率为P2＝＝48.4 W，C正确；根据法拉第电磁感应定律得到原、副线圈铁芯中磁通量变化率之比为11，D错误． 【答案】　C 2．理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是( ) A．I2由I1决定 B．U2与负载有关 C．P1由P2决定 D．以上说法都不正确 【解析】　变压器工作时，原线圈接在电源上，对理想变压器来说，原线圈电压U1总等于电源电压，即U1是由电源电压决定，由U2＝U1知，对于一定变压器来说，一定，U2由U1决定，当U1一定时，U2由决定，即U2与负载无关，即B错．由I1＝，＝知，U1和确定时，U2是确定的，而I2＝，R为负载电阻，R变化时，I2发生变化，从而引起I1发生变化，因此I1由I2决定，所以A错．负载电阻变化，会引起副线圈电流变化，从而引起输出功率P2变化，P2变化又会引起P1的变化，即P1是由P2决定的，所以正确选项是C. 【答案】　C (对应学生用书第175页) 变压器电路的动态分析1.理想变压器的动态分析问题一般有两种类型： (1)负载电阻不变，原、副线圈的电压U1、U2不变，电流I1、I2，功率P1、P2随匝数比的变化而变化． (2)匝数比不变，原、副线圈的电压U1、U2也不变，电流I1、I2，功率P1、P2随负载电阻的变化而变化． 2．处理此类问题的关键都是要分清变量和不变量，弄清理想变压器中各物理量之间的联系和相互制约关系——U2由U1和匝数比决定；I2由U2和负载电阻决定；I1由I2和匝数比决定． 如图10－2－7所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，b是原线圈的中心轴头，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u1＝220sin 100πt(V)，则( ) 图10－2－7 A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V B．当t＝ s时，c、d间的电压瞬时值为110 V C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小 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 【潜点探究】　(1)电压表示数和电流表示数均为副线圈电压和电流的有效值． (2)当负载电阻阻值变化时，负线圈上电压不变，而电流发生变化． (3)当原线圈匝数变化时，副线圈上电压和电流都会发生变化． 【解析】　当单刀双掷开关与a连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，副线圈输出电压为22 V，电压表的示数为22 V，选项A正确；当t＝ s时，c、d间的电压瞬时值为u1＝220sin(100π×) V＝220sin() V＝110 V，选项B错误；单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表示数不变，电流表的示数变小，选项C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比为51，电压表示数变为44 V，电压表和电流表的示数均变大，选项D错误． 【答案】　A 【即学即用】 3．(2011·福建高考)图10－2－8甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1n2＝51，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1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10－2－8乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( ) 甲 乙 图10－2－8 A．输入电压u的表达式u＝20sin(50πt)V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光 C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 D．若S1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＝20sin(100πt) V，A错；只断开S2，L1、L2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B错；只断开S2，负载电阻变大，功率变小，C错，S1换接到2后，据P＝和＝得R消耗的功率为0.8 W，故选D. 【答案】　D (对应学生用书第175页) ●理想变压器的基本关系 1. 图10－2－9 (2012·重庆高考)如图10－2－9所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V　880 W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知( ) A．原、副线圈的匝数比为501 B．交变电压的频率为100 Hz C．副线圈中电流的有效值为4 A D．变压器的输入功率为880 W 【解析】　由电器RL正常工作，可得通过副线圈的电流为I＝＝ A＝4 A，故C对；供电导线所分电压为Ur＝4×6V＝24 V，副线圈两端电压U2＝220 V＋24 V＝244 V，因此原、副线圈的匝数比＝＝＝，故A错；又P1＝P2＝U2I2＝244×4 W＝976 W，故D错；交变电压的频率f＝＝50 Hz，故B错． 【答案】　C 2．(2010·重庆高考)一输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图10－2－10所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( ) A．1 100,360 B．1 100,180 C．2 200,180 D．2 200,360 【解析】　由＝知，n1＝n2＝×5 匝＝1 100 匝，烧坏前＝知n′2＝n1＝×1 100 匝＝180 匝，B正确． 【答案】　B ●变压器和交流电路动态分析 3．(2012·福建高考)如图10－2－11所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．○V1 和○V2 是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；○A1 和○A2 是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是( ) 图10－2－11 A．I1和I2表示电流的瞬时值 B．U1和U2表示电压的最大值 C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大 D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小 【解析】　交流电表的示数为有效值，故A、B两项均错误；P向下滑动过程中，R变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U1、U2均不变，所以I2＝变大，由＝，得I1＝I2变大，故C项正确，D项错误． 【答案】　C ●变压器综合应用问题 4．一个理想变压器原线圈输入功率为P0＝1 200 W，原、副线圈匝数比为n1n2＝21，其副线圈两端接一内阻为r＝4Ω的电动机，此电动机正以速度v＝0.8 m/s匀速向上提升质量为m＝100 kg的重物，已知重力加速度g＝10 m/s2，则变压器原线圈两端的电压为多大？ 【解析】　由能量守恒知，理想变压器原线圈输入功率等于输出功率，又等于电动机的输入功率． 据题意知P0－mgv＝I2r，式中I为变压器的输出电流， 即电动机的输入电流，得I＝＝10 A， 变压器的输出电压为U2＝＝120 V. 设变压器原线圈两端的电压为U1， 据题意知＝＝，则U1＝U2＝240 V. 【答案】　240 V 课后作业(三十)　(对应学生用书第275页) (时间45分钟，满分100分) 一、选择题(本题共10小题，每小题7分，共70分．只有一个选项正确．) 1．(2012·泰州模拟)如图10－2－12所示，原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦交变电流，为了使变压器输入功率增大，可以采取的措施有( ) 图10－2－12 A．只增加原线圈的匝数n1 B．只减少副线圈的匝数n2 C．只减少负载电阻R的阻值 D．只增大负载电阻R的阻值 【解析】　由＝知，当n1增大时，U2减小，当减小n2时，U2也减小，又根据P入＝P出＝知，A、B、D均错误，C正确． 【答案】　C 2．如图10－2－13所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝ T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V　60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A，下列说法正确的是( ) 图10－2－13 A．图示位置穿过线框的磁通量变化率不为零 B．线框中产生交变电压的表达式为u＝500sin (200t) V C．变压器原、副线圈匝数之比为5011 D．允许变压器输出的最大功率为2 200 W 【解析】　图示位置穿过线框的磁通量最大，但由于没有边切割磁感线，所以无感应电动势，磁通量的变化率为零，A选项错误；线框中交变电压u＝NBSωsin ωt＝500sin (200t) V，B选项正确；变压器原、副线圈匝数之比＝＝＝，C选项错误；变压器输出的最大功率等于输入的最大功率P＝UI＝500×10 W＝5 000 W，D选项错误． 【答案】　B 3．如图10－2－14为一自耦变压器，它的特点是铁芯上只绕有一个线圈．把整个线圈作为原线圈，而取线圈的一部分作为副线圈．原线圈接正弦交流电压U，电流表均为理想电表，当P向上移动时，两个电表的读数变化情况为( ) 图10－2－14 A．A1读数变大 B．A1读数变小 C．A2读数不变 D．A2读数变小 【解析】　此变压器为一自耦变压器，当P向上移动时，n2变大，＝，U2变大，R不变，I2变大，由P1＝P2，U·I1＝U2·I2，可知，I1变大，故A正确，B、C、D错误． 【答案】　AD 4．(2013届安徽省宿州质量检测)如图10－2－15所示为含有理想变压器的电路，图中的三个灯泡L1、L2、L3都标有“5 V　5 W”字样，L4标有“5 V　10 W”字样，若它们都能正常发光，不考虑导线的能耗，则该电路的输入功率Pab和输入电压Uab应为( ) 图10－2－15 A．20 W,25 V B．20 W,20 V C．25 W,25 V D．25 W,20 V 【解析】　输入电流I入＝P1/U1＝5 W/5 V＝1 A，输出电流I出＝P4/U4＝10 W/5 V＝2 A，输出电压U出＝U4＋U并＝10 V，Pab＝P1＋P出＝5 W＋U出×I出＝25 W，Uab＝Pab/I入＝25 V，选项C正确．本题答案为C. 【答案】　C 5．(2012·海口模拟)如图10－2－16所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为15，原线圈两端的交变电压为u＝20sin 100πt (V)．氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有( ) 图10－2－16 A．开关接通后，氖泡的发光频率为50 Hz B．开关接通后，电压表的示数为100 V C．开关断开后，电压表的示数变大 D．开关断开后，变压器的输出功率不变 【解析】　交变电压的频率为f＝ Hz＝50 Hz，一个周期内电压两次大于100 V，即一个周期内氖泡能发光两次，所以其发光频率为100 Hz，A错误；由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U1＝ V＝20 V，由＝得副线圈两端的电压为U2＝100 V，电压表的示数为交流电的有效值，B正确；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C错误；开关断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D错误． 【答案】　B 6．(2013届黄山模拟)如图10－2－17所示，有一台交流发电机E，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( ) 图10－2－17 A．U2不变，U3变大 B．U2减小，U4变大 C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大 【解析】　因U1和两线圈的匝数不变，根据＝知U2不变，又由I＝，U损＝IR，U3＝U2－U损，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，用户消耗的电功率变大时，则P3变大，而I变大，线路消耗的电功率变大，则能量守恒得P2变大，所以选项D正确． 【答案】　D 7．如图10－2－18甲所示，原线圈所加交流电压按图10－2－18乙所示规律变化，通过一台降压变压器给照明电路供电，照明电路连接导线的总电阻R＝0.5 Ω，若用户端能使55盏“220 V　40 W”的电灯正常发光．则( ) 甲 乙 图10－2－18 A．副线圈中的电流为 A B．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u1＝1 000sin (100πt) V C．原线圈输入的总功率为2 200 W D．降压变压器的匝数比为n1n2＝409 【解析】　每盏灯泡正常发光时的电流I0＝＝ A，灯泡正常发光时，副线圈电流I2＝NI0＝10 A，A项错误；根据图象，原线圈两端电压的瞬时值表达式为u1＝1 414sin (100πt) V，B项错误；照明电路连接导线损失的功率为50 W，所以原线圈输入的总功率为2 250 W，C项错误；副线圈两端电压U2＝U0＋I2R＝225 V，所以＝＝＝，D项正确． 【答案】　D 8．如图10－2－19所示，一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上，输入端AB间加一正弦式交流电压，在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器，移动滑动触头P的位置，可改变副线圈的匝数，变阻器的滑动触头标记为Q，则( ) 图10－2－19 A．只将Q向下移动时，灯泡的亮度变大 B．只将Q向下移动时，电流表的读数变大 C．只将P沿顺时针方向移动时，电流表的读数变大 D．只提高输入端的电压U时，电流表的读数变大 【解析】　将Q向下移动时，R阻值增大．电路中电阻增大，电流减小，故B项错误；由于副线圈上电压不变，电灯两端的电压不变，功率不变，亮度不变，故A项错．将P沿顺时针方向移动时副线圈匝数减少，电压减小，电流减小，故C项错．提高输入端的电压时，副线圈上电压增大，电流增大，故D项正确． 【答案】　D 9．图10－2－20中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动触头．现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯泡L两端的电压等于其额定电压为止．用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率(这里的电流、电压均指有效值；电功率指平均值)．下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是( ) 图10－2－20 【解析】　当滑动头P匀速上滑时，副线圈匝数均匀增大，由＝知，U2＝U1，U2随时间均匀增大，C项正确；由于灯泡的电阻随温度的升高而增大，所以当电压均匀增加时，由欧姆定律I＝知灯泡中电流并非均匀增加，而是增加的越来越慢，其I2－t图线的斜率逐渐减小，B项错误；灯泡消耗的功率N2＝U2I2，N2随时间并不是均匀增加的，D项错误；变压器的输入功率与输出功率相等，当灯泡功率增大时，输入功率也在增大，原线圈中电流增大，A项错误． 【答案】　C 10．(2013届铜陵模拟)如图10－2－21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，电压为U，输出端接有理想电压表、理想电流表和一个电动机，电动机线圈的电阻为R.当输入端接通电源后，电流表的读数为I，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是( ) 图10－2－21 A．原线圈中的电流为nI B．电压表的读数为IR C．电动机的输入功率为I2R D．变压器的输入功率为UI/n 【解析】　根据n原I入＝n副I出，n原/n副＝n及I出＝I，可得I入＝I/n，选项A错误；对于含有电动机的非纯电阻电路，当电动机转动时，电动机两端电压大于IR，所以选项B错误；输出电压U出＝U/n，输出功率，P出＝U出I出＝UI/n，因为变压器的输出功率就是电动机的输入功率，此外变压器的输出功率决定变压器的输入功率，所以选项C错误，D正确．本题答案为D. 【答案】　D 二、非选择题(本题共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．(14分)如图10－2－22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： 图10－2－22 (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IL＝＝ A，副线圈总电流I2＝24IL＝1 A. 变压器输入功率等于U1I1＝U2I2＝6 W 变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得 E＝U1＋I1R＝＋I1R＝＋6I1， 代入E值解得I1＝A(I1＝3 A应舍去，根据题意是降压变压器，应I1<I2＝1 A)，所以＝＝. (2)发电机的输出功率P＝I1E＝6.67 W. 【答案】　(1)31　(2)6.67 W 12．(16分)(2011·江苏高考)图10－2－23甲图为一理想变压器，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10－2－23乙所示．若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W. 图10－2－23 (1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式； (2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1； (3)求ce和de间线圈的匝数比. 【解析】　(1)由题图乙知ω＝200π rad/s 电压瞬时值uab＝400sin (200πt)V. (2)电压有效值U1＝200 V 理想变压器P1＝P2 原线圈中的电流I1＝ 解得I1≈0.28 A(或 A)． (3)设ab间匝数为n1，则＝ 同理＝ 由题意知U＝＝ 解得＝ 代入数据得＝. 【答案】　(1)u＝400sin(200πt) V (2)0.28 A或 A　(3)。