新高考物理一轮复习精讲精练第12章 交变电流 第2讲 变压器电能的输送（含解析）

这是一份新高考物理一轮复习精讲精练第12章 交变电流 第2讲 变压器电能的输送（含解析），共18页。试卷主要包含了理想变压器，电能的输送，远距离输电等内容，欢迎下载使用。

第二讲 变压器　电能的输送
Ø 知识梳理
一、理想变压器
1．构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。

(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2．原理：电磁感应的互感现象。
3．理想变压器原、副线圈基本量的关系
理想变压器　
没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)
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＝，与负载、副线圈的个数无关
电流关系
(1)只有一个副线圈时：＝
(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得
I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系
f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
4．几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。


(2)互感器
电压互感器(n1＞n2)：把高电压变成低电压，如图丙所示。
电流互感器(n1＜n2)：把大电流变成小电流，如图丁所示。
二、电能的输送
如图所示。

1．输电电流：I＝＝＝。
2．电压损失
(1)ΔU＝U－U′
(2)ΔU＝IR
3．功率损失
(1)ΔP＝P－P′
(2)ΔP＝I2R＝()2R
4．减少输电线上电能损失的方法
(1)减小输电线的电阻R。由R＝ρ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。
考点一、理想变压器的原理及应用
1．基本关系
(1)原、副线圈中的Φ相同。
(2)副线圈两端电压U2＝n2。
(3)根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，有＝＝＝…。
(4)理想变压器基本关系中的U、I均为有效值。
2．基本关系式中物理量之间的决定关系
制约关系
电压
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2(当U1和匝数比不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变)
功率
副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入(可简记为“用决定供”)
电流
副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1
例1、(2017·北京卷·16)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin(100πt) V的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)

A．原线圈的输入功率为220 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
【答案】B
【解析】由u＝220sin(100πt) V可知，原线圈电压最大值为220 V，故原线圈电压的有效值为U1＝220 V，根据＝可知，U2＝U1＝110 V，故电压表的读数为110 V，选项C错误；副线圈电流有效值为I2＝＝2 A，根据P＝UI可知，输出功率为220 W，则原线圈的输入功率为220 W，故选项A错误；原线圈中的电流I1＝＝1 A，故选项B正确；因为ω＝，所以T＝＝ s＝0.02 s，故选项D错误．
例2、(2020·全国卷Ⅲ)(多选)在图a所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图b所示。下列说法正确的是(　　)

A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
【答案】AD
【解析】变压器不改变交流电的频率，故所用交流电的频率等于电流i2的频率，即f＝＝＝50 Hz，A正确；通过R2电流的有效值为I2＝＝1 A，根据欧姆定律可知，R2两端的电压即副线圈两端的电压，为U2＝I2R2＝1×10 V＝10 V，根据理想变压器的电压规律＝，可知原线圈两端的电压为U1＝U2＝10×10 V＝100 V，电压表示数即电阻R1两端的电压，为UV＝U0－U1＝220 V－100 V＝120 V，B错误；电流表的示数即通过R3的电流，为IA＝＝ A＝0.5 A，C错误；变压器传输的电功率即副线圈电路的总功率，为P＝(I2＋IA)U2＝(1＋0.5)×10 W＝15.0 W，D正确。
例3、(多选)(2021·高考河北卷，T8) 如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　)

A．通过电阻R2的电流为
B．电阻R2两端的电压为
C．n0与n1的比值为
D．发电机的功率为
【答案】BC
【解析】由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律U1＝IR1，根据变压器电压与匝数的关系有＝，＝，代入数据有U0＝IR1，U2＝IR1，再由欧姆定律有U2＝I2R2，可计算出I2＝I，综上可知，A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝NB·2L2ω，U0＝＝NBL2ω，由A、B知U0＝IR1，则＝，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝P1＋P2＝，由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。
例4、如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin(100πt)V的交流电，则(　　)

A．交流电的频率为100 Hz
B．通过R2的电流为1 A
C．通过R2的电流为 A
D．变压器的输入功率为200 W
【答案】C　
【解析】由原线圈交流电电压的瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝＝＝50 Hz，A项错误；由理想变压器变压规律＝可知，输出电压U2＝50 V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，·＝·T，解得U＝U2＝25 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为 A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2＝UI＝50 W，而电阻R1的电功率P1＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150 W，D项错误。
l 课堂随练
训练1、(2019·江苏高考)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20 V时，输出电压(　　)
A．降低2 V　　　　　　　　 B．增加2 V
C．降低200 V D．增加200 V
【答案】D　
【解析】理想变压器的电压与匝数关系为＝＝，整理可得＝，即原、副线圈匝数比等于电压变化量之比，当ΔU1＝20 V时，ΔU2＝200 V，选项D正确。
训练2、(2022·永州第三次模拟)一交流电源电压u＝220sin 100πt(V)，对如图电路供电，已知理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，灯泡L的额定功率为42 W，排气扇电动机线圈的电阻为2 Ω，电流表的示数为2 A，用电器均正常工作，定值电阻R的功率为4 W，电表均为理想电表，则(　　)

A．流过定值电阻R的电流为10 A
B．排气扇电动机的发热功率为4 W
C．整个电路消耗的功率为84 W
D．排气扇电动机的输出功率为40 W
【答案】D
【解析】由题知，通过变压器副线圈的电流的有效值等于电流表的示数，即为I2＝2 A，变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，由＝，则流过定值电阻R的有效值即通过变压器原线圈的电流的有效值I1＝0.4 A，A错误；由题知，电源电压的有效值U＝220 V，则整个电路消耗的功率即电源的输出功率为P＝UI1＝88 W，C错误；故排气扇电动机的总功率为PM＝P－PL－PR＝42 W，原线圈两端的电压U1＝U－UR＝210 V，设变压器副线圈两端的电压的有效值为U2，根据＝，解得U2＝42 V，根据PL＝ILU2，又IL＋IM＝I2，解得通过排气扇电动机的电流的有效值为IM＝1 A，则排气扇电动机的发热功率为P热＝IrM＝2 W，排气扇电动机的输出功率为P出＝PM－P热＝40 W，B错误，D正确。
训练3、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U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。当滑动触头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时(　　)

A．U2＞U1 B．U2＝2U1
C．U2＝U1 D．2U2＝U1
【答案】D
【解析】当滑动触头与a间的匝数等于滑动触头与b间的匝数时，原线圈匝数n1等于副线圈匝数n2的2倍，则＝＝，即2U2＝U1，故D正确。
训练4、(多选)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∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
【答案】AD
【解析】灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U额，则说明原线圈输入电压为9U额，输出电压为U额，由理想变压器规律＝知原、副线圈匝数之比为9∶1，故A正确，B错误；根据公式＝可得＝，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝U额I可得a和b上的电功率之比为1∶9，故C错误，D正确。
考点二、理想变压器的动态分析
例1、(2021·福建高考)某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是(　　)

A．A1增大，V2不变，V3增大
B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小
D．A2增大，V2不变，V3减小
【答案】D
【解析】不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U1＝UV1不变，根据＝可知，变压器副线圈的输出电压U2＝UV2不变；当住户使用的用电器增加时，用电器的总电阻R用变小，由I2＝可知，变压器副线圈的电流I2＝IA2变大，而由UV3＝U2－I2R可知UV3减小；由理想变压器的规律U1I1＝U2I2可知，变压器原线圈的电流I1＝IA1变大。综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小，故选D。
例2、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u1＝310sin 314t(V)，则(　　)

A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1 V
B．副线圈两端的电压频率为50 Hz
C．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＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，B正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变大，I2＝增大，副线圈的输出功率P出＝U2I2增大，原线圈的输入功率增大，C、D错误．
l 课堂随练
训练1、(2020 ·北京卷，9)如图所示， 理想变压器原线圈接在u＝Umsin(ωt＋φ)的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响。闭合开关S后(　　)

A．电流表A2的示数减小
B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变
D．电流表A1的示数不变
【答案】A
【解析】开关S闭合时，副线圈的总电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，副线圈并联部分的电压减小，即V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，故A正确，B、C、D错误。
训练2、如图所示电路中，MN端接电压恒定的正弦交流电，将理想变压器的滑片P向Q端缓慢移动，在此过程中，以下说法正确的是(　　)

A．通过电阻R1的电流变大
B．变压器原线圈两端的电压变大
C．通过电阻R2的交流电的频率变大
D．电阻R1和R2消耗的总功率变小
【答案】A
【解析】设原线圈两端的电压为U1，则副线圈两端的电压为U2＝，则副线圈的电流为I2＝，原线圈的电流为I1＝I2＝()2，所以有U＝U1＋I1R1＝U1＋()2R1。由以上分析可知，滑片P向Q端缓慢移动，n2增大，原线圈两端电压U1减小，则R1两端的电压变大，电流I1变大，A正确，B错误；变压器不改变交流电的频率，所以通过电阻R2的交流电的频率不变，C错误；根据P＝I1U可知电路的总功率变大，即电阻R1和R2消耗的总功率变大，D错误。
考点三、远距离输电
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＝U1I1＝P1.
(2)在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R线．
(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝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：＝，＝，P1＝P2.
(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：＝，＝，P3＝P4.
3．掌握一个守恒观念
功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝I线2R线＝.
例1、(2020·浙江7月选考)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　)

A．发电机输出的电流I1＝40 A
B．输电线上的电流I线＝625 A
C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11
D．用户得到的电流I4＝455 A
【答案】C
【解析】根据电功率公式P＝UI，可知发电机输出的电流I1＝＝400 A，A错误；输电线上损失的功率P线＝5 kW，由P线＝IR线，可得I线＝＝25 A，故B错误；降压变压器得到的功率即用户得到的功率为P4＝P－P线＝95 kW，则用户得到的电流I4＝＝≈432 A，D错误；根据理想变压器电流与线圈匝数成反比，可得＝＝，C正确。
例2、(多选)(2020·全国Ⅱ卷，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550 kV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
1 100 kV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′＝ΔP B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU
【答案】AD
【解析】若采用550 kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝r，输电线路损失的电压ΔU＝r；若改用1 100 kV 的特高压输电，同理有ΔP′＝r，
ΔU′＝r，可得ΔP′＝ΔP，ΔU′＝ΔU，故B、C项错误，A、D项正确。
l 课堂随练
训练1、(多选)(2021·高考山东卷，T9)输电能耗演示电路如图所示。左侧变压器原、副线圈匝数比为1∶3，输入电压为7.5 V的正弦交流电。连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 Ω。开关S接1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为2∶1，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为1∶2，R上的功率为P。以下判断正确的是(　　)

A．r＝10 Ω B．r＝5 Ω
C．P＝45 W D．P＝22.5 W
【答案】BD
【解析】当开关S接1时，左侧变压器次级电压U2＝3×7.5 V＝22.5 V，电阻R上的电压，即右侧变压器的次级电压U4＝＝10 V，电流I4＝＝1 A，则右侧变压器初级电压U3＝×10 V＝20 V，电流I3＝×1 A＝0.5 A，则r＝＝5 Ω。当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的次级电流为0.5I，右侧变压器两边电压关系有＝，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W。
训练2、(2022·唐山二模)为了减小电能输送过程中的损耗，高压送电是当前最有效的方式。将200 V、100 kW的交流电按照如图所示电路输送给用户，线路上总电阻R＝4 Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比为195∶11，用户获得电压为220 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为(　　)

A．1∶25 B．1∶20
C．1∶10 D．1∶5
【答案】B
【解析】设通过用户的总电流为I4，根据理想变压器原、副线圈电流关系可得输电线上的电流为I3＝I4＝I4，根据理想变压器原、副线圈电压关系可得U3＝U4＝3 900 V，根据理想变压器原、副线圈功率相等的关系可得P1＝IR＋U3I3，代入数据解得I3＝25 A或I3＝－100 A(舍去)，升压变压器原线圈的电流为I1＝＝500 A，则升压变压器原、副线圈的匝数比为＝＝＝，所以B正确，A、C、D错误。
Ø 同步训练
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小，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、(2021·广东高考)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0.2 s，电压最大值为0.05 V。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10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．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】交流电的周期为T＝0.2 s，则频率为f＝＝5 Hz，故A错误；由正弦式交流电有效值与峰值的关系有U1m＝U1，U2m＝U2，由理想变压器电压与匝数的关系可知＝，联立解得副线圈两端电压的最大值为U2m＝U1m＝3 V，故B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，螺线管中产生的感应电动势最大值越大，则变压器的输入电压越大，故C错误；由理想变压器的特点可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。
3、如图，理想变压器原副线圈的匝数比为n1∶n2＝k，变压器输入端ab间接有按u＝Umsin ωt规律变化的交变电压，在副线圈的输出端接阻值为R的电阻，则电流表的读数为(　　)

A． B．
C． D．
【答案】D
【解析】在变压器的输入端ab间接按u＝Umsin ωt规律变化的交变电压，所以原线圈电压有效值U1＝，理想变压器的原副线圈的匝数比为n1∶n2＝k，根据电压与匝数成正比，所以副线圈的电压U2＝，根据欧姆定律得副线圈的电流I2＝，根据电流与匝数成反比得原线圈串联的电流表的读数为I1＝I2＝，D正确。
4、图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(　　)

A．1 Ω B．5 Ω
C．6 Ω D．8 Ω
【答案】A　
【解析】由题图乙可知理想变压器输入电压U1＝220 V，应用理想变压器变压公式＝＝，可得副线圈输出电压U2＝30 V。灯泡正常工作时，灯泡两端电压UL＝24 V，电流IL＝＝1.6 A。设R1两端电压为U，由U2＝UL＋U可得U＝6 V。由＋＝IL，解得R＝1 Ω，选项A正确。
5、(2022·潮州第二次教学质检)一电吹风内部电路示意图如图所示，其中变压器原、副线圈匝数比为2∶1。当原线圈接入市电u＝220sin 100πt(V)后，闭合开关S，副线圈中电机M(额定电压100 V，额定功率100 W)刚好正常工作。则(　　)

A．电动机内阻R＝100 Ω
B．交变电压的频率为100 Hz
C．副线圈中电流的有效值为1 A
D．变压器的输入功率为110 W
【答案】C
【解析】由u＝220sin 100πt(V)可知ω＝100π，则交变电压的频率f＝＝＝50 Hz，B错误；电机M(额定电压100 V，额定功率100 W)刚好正常工作，根据P＝UI，可知副线圈电流为1 A，此电流为有效值，C正确；若电动机内阻为R＝100 Ω，则P热＝I2R＝100 W，显然不可能，A错误；由u＝220sin 100πt(V)可知原线圈电压有效值U1＝220 V，则副线圈电压U2＝U1＝110 V，电机M电压100 V，则r上的电压为10 V，功率Pr＝UrI＝10 W，所以副线圈的功率为110 W，变压器的输入功率为110 W，D错误。
6、(多选)(2021·湖北武汉市4月质量检测)如图所示，理想变压器原线圈接u＝220sin(100πt) V 的交流电，R为光敏电阻(阻值随着光照强度的增强而减小)，电流表为理想交流电表。当电路工作时，灯泡L发光，下列说法正确的是(　　)

A．保持滑片P不动，若照射R的光变强，则灯泡L变暗
B．保持滑片P不动，若照射R的光变强，则电流表示数变大
C．保持R上的光照强度不变，若滑片P向下滑动，则灯泡L变亮
D．保持R上的光照强度不变，若滑片P向下滑动，则电流表示数减小
【答案】BD
【解析】照射R的光变强，光敏电阻R的阻值减小，流过光敏电阻的电流变大，流经灯泡的电流不变，副线圈总电流变大，原线圈电流变大，故A项错误，B项正确；滑片P向下滑动，副线圈的匝数减小，两端电压减小，两支路电流均减小，灯泡L变暗；副线圈中的总电流减小，则电流表示数减小，C项错误，D项正确。
7、如图所示为远距离输电的示意图，已知交流电源电压为U，升压变压器的原副线圈匝数比为1∶m，降压变压器的原副线圈匝数比为n∶1，负载R正常工作。现输电距离增大，输电线电阻随之增大，若要保证负载仍能正常工作，只改变选项中的一个量，下列做法可行的是(　　)

A．增大m B．减小m
C．减小n D．减小U
【答案】A
【解析】现输电距离增大，输电线电阻随之增大，损失电压增多，要保证负载仍能正常工作，即副线圈两端电压不变，增大m，升压变压器副线圈上的电压增大，可保证降压变压器原线圈上的电压不变，A正确，B错误；减小n，降压变压器副线圈上的电压变大，不能保证负载正常工作，C错误；减小U，负载两端电压变小，负载不能正常工作，D错误。
8、(2021·江苏七市调研)如图所示为远距离输电的原理图，发电机输出电压不变，升压变压器、降压变压器均为理想变压器，降压变压器的原、副线圈匝数之比为n。若用户负载发生变化，电压表V的示数变化ΔU，电流表A的示数变化ΔI，||＝k。则两变压器间输电线的总电阻R等于(　　)

A．nk B．
C．n2k D．
【答案】C
【解析】电压表V的示数变化ΔU，则降压变压器的原线圈两端电压变化了nΔU，电流表A的示数变化ΔI，则流过R的电流变化了，所以两变压器间输电线的总电阻R＝＝n2k，故选项C正确。
9、(2021·山东烟台市适应性模拟)如图所示为一小型发电站的输电示意图，升压变压器副线圈两端的电压u＝250sin(100πt) V，输电线的总电阻r＝10 Ω，降压变压器原副线圈匝数比为n3∶n4＝5∶1，为使“20 V　10 W”的灯泡L正常发光，需要在降压变压器副线圈串联一个电阻R(图中未画出)，则R的阻值为(　　)

A．9.8 Ω B．49.8 Ω
C．59.6 Ω D．79.6 Ω
【答案】C
【解析】降压变压器副线圈的电流大小为I4＝＝0.5 A，根据＝可得I3＝0.1 A，则输电线上损失的电压为ΔU＝I3r＝1 V，降压变压器原线圈两端的电压为U3＝(250－1) V＝249 V，根据＝可得，降压变压器副线圈两端的电压为U4＝49.8 V，在降压变压器副线圈串联一个电阻R，可得＝，解得R＝59.6 Ω，故选项C正确。
10、一个变压器带有两个副线圈，电路如图。原线圈匝数n1＝1100匝，输入电压U1＝220 V，一个副线圈匝数n2＝110匝，另一个副线圈电压U3＝36 V，R2＝10 Ω，R3＝72 Ω。下列说法正确的是(　　)

A．匝数n3＝120匝
B．电阻R2的电压U2＝22 V
C．电阻R2的电流约为I2＝1.56 A
D．变压器输入功率为66.4 W
【答案】C
【解析】原、副线圈电压与匝数成正比，可得＝，解得n3＝180匝，A错误；由＝可得n2侧副线圈输出电压U2′＝22 V，二极管具有单向导电性，由电流的热效应可得·＋0＝·T，解得U2＝11 V，则流过电阻R2的电流I2＝≈1.56 A，B错误，C正确；变压器的输入功率等于输出功率，可得P入＝U2·I2＋＝42.2 W，D错误。
11、(2021·天津市高三学业水平等级性考试模拟六)如图所示为某实验室研究远距离输电的模拟装置。理想变压器的匝数比n1∶n2＝n4∶n3，交变电源的电动势e＝50sin10πt(V)，r为输电线的电阻，则(　　)

A．闭合开关后，灯泡两端的电压为50 V
B．闭合开关后，通过灯泡电流的频率为10 Hz
C．依次闭合开关S1、S2、S3，输电线消耗的电功率越来越大
D．依次闭合开关S1、S2、S3，在此过程中灯泡L1越来越亮
【答案】C
【解析】升压变压器的输出电压为U2＝U1，降压变压器的输入电压为U3＝U2－Ur，降压变压器的输出电压为U4＝U3，解得U4＝(U2－Ur)＝＝U1－Ur