2020版物理新增分大一轮新高考（京津鲁琼）讲义：第十一章交变电流传感器第2讲

第2讲　变压器、电能的输送

一、理想变压器
1.构造
如图1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.

图1
(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
电流磁效应、电磁感应.
3.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：＝，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2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示.


图2
(2)互感器
自测1　关于理想变压器，下列说法正确的是(　　)
A.变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用
B.变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率
C.正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压
D.变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小
答案　A
二、电能的输送
如图3所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R.

图3
1.输出电流
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.
自测2　从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V和11 kV两种电压输电.两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为(　　)
A.100∶1 B.1∶100 C.1∶10 D.10∶1
答案　A
解析　由题意知输电线上的电流I＝，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝，故＝＝＝，故选A.

命题点一　实验：探究变压器电压与线圈匝数的关系
1.实验目的：探究变压器电压与线圈匝数的关系.
2.实验原理：原线圈通过电流时，铁芯中产生磁场，由于交变电流的大小和方向都在不断变化，铁芯中的磁场也在不断的变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈中就存在输出电压.本实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系.
3.实验器材：两只多用电表(或两只交直流数字电压表)、学生电源(低压交流电源)、开关、可拆变压器、导线若干.
4.实验步骤
(1)按如图4所示连接好电路图，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数.

图4
(2)打开学生电源，读出两个电表电压值，并记录在表格中.
(3)保持匝数不变多次改变输入电压，记录下每次的两个电压值.
(4)保持电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值.
5.数据记录与处理
次序
n1(匝)
n2(匝)
n1∶n2
U1(V)
U2(V)
U1∶U2
1






2






3






4







6.结论：原、副线圈的电压比与原、副线圈的匝数比相等.
7.误差分析
(1)实际变压器存在各种损耗.
(2)交流电表的读数存在误差.
8.注意事项
(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作.
(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱.
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量.
例1　在“探究变压器线圈两端电压与匝数关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、
n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示.
实验序号
原线圈两端的电压U1(V)
副线圈两端
的电压U2(V)

1
3.9
8.2
1∶2.1
2
5.9
11.8
1∶2.0
3
7.8
15.2


(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中.
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数关系为______________(用题目中给出的字母表示).
(3)该变压器是______________变压器(选填“升压”或“降压”).
答案　(1)1∶1.9　(2)＝　(3)升压
解析　(1)第三组数据为：＝＝
(2)线圈匝数之比＝＝，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系是＝.
(3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器.
变式1　在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：
A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B.条形磁铁
C.直流电源
D.多用电表
E.开关、导线若干
上述器材在本实验中不必用到的是________(填器材前的序号)，本实验中还需用到的器材有________.
答案　BC　低压交流电源
命题点二　理想变压器原理的应用
例2　(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图5所示，图中电阻R1、R2和R3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(　　)

图5
A.2 B.3
C.4 D.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＝，通过R2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝，由＝可得原线圈两端的电压U1＝5I2，则U＝U1＋IR1＝5I2＋3I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2′＝，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝，由＝可得原线圈两端的电压U1′＝4I2，则U＝U1′＋4IR1＝4I2＋12I，联立解得＝3，选项B正确.
　　
变式2　(多选)(2014·山东卷·17)如图6所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上.闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A.以下判断正确的是(　　)

图6
A.变压器输入功率为484 W
B.通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C.通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
答案　BD
解析　变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60 W＝132 W，选项A错误；由＝得＝＝＝，选项D正确；由＝得I1＝I2＝×2.2 A＝0.6 A，选项B正确；根据I＝得通过副线圈的电流的最大值I2m＝I2＝2.2 A，选项C错误.
变式3　(2018·河南省中原名校第六次模拟)如图7所示，一理想变压器，左右两边共接有额定电压均为U的6盏完全相同的灯泡(额定功率均为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端.此时6盏灯刚好正常发光.下列说法中不正确的是(　　)

图7
A.该变压器的原、副线圈匝数比为1∶2
B.此时交流电源输出的功率为6P
C.U0＝6U
D.如果灯L6突然烧断，灯L1和L2将变暗，而其余3盏灯将变得更亮
答案　A
解析　由于各盏灯相同且均正常发光，所以流过每盏灯的电流均相同，原线圈中的电流I1等于灯泡的额定电流I，而副线圈中的总电流为I2＝4I，故n1∶n2＝I2∶I1＝4∶1，A错误；由于理想变压器本身不消耗能量，所以交流电源输出功率为6盏灯的总功率6P，B正确；设原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，则U2＝U，U0＝U1＋2U，而U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1，代入得U0＝6U，C正确；当灯L6突然烧断，变压器输出的功率将减小，所以输入功率也将减小，由P1＝U1I1得I1减小，所以灯L1和L2将变暗，同时因L1和L2分得的电压减小，变压器输入端的电压U1将增大，所以变压器输出的电压也将增大，使其余3盏灯变得更亮，D正确.
命题点三　理想变压器的动态分析
1.匝数比不变的情况(如图8)

图8
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变.
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化.
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化.
2.负载电阻不变的情况(如图9)

图9
(1)U1不变，发生变化，故U2变化.
(2)R不变，U2变化，故I2发生变化.
(3)根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化.

图10
例3　(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10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，则(　　)
A.R消耗的功率变为P
B.电压表V的读数变为U
C.电流表A的读数变为2I
D.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，由E＝知，原线圈中输入电压变为原来的，频率变为原来的.根据＝，知U2变为原来的，即U2＝U，则通过R的电流变为原来的，R消耗的功率P2＝＝P，根据＝，原线圈上的电流也变为原来的，即电流表A的读数变为I，故选B.
变式4　(多选)(2011·山东卷·20)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图11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11
A.u2＝190sin (50πt) V
B.u2＝190sin (100πt) V
C.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
答案　BD
解析　由u2－t图象知u2m＝190 V，T＝2×10－2 s故ω＝＝100π rad/s，故u2＝
190sin (100πt) V，选项A错误，选项B正确.由变压器电压与匝数关系＝得u2＝，可减小n1以使u2的有效值增大至220 V，即将P适当上移，故选项C错误，选项D正确.
例4　(多选)(2018·山东省临沂市一模)如图12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)，L1和L2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(　　)

图12
A.交流电压的频率为50 Hz
B.电压表的示数为11 V
C.当照射R的光强增大时，电流表的示数变大
D.若L1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＝＝50 Hz，故A正确；原线圈接入电压的最大值是220 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＝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L1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.
变式5　(2018·山西省重点中学协作体期末)如图13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，Rt为阻值随温度升高而变小的热敏电阻，R1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(　　)


图13
A.输入变压器原线圈的交流电压的瞬时值表达式为u＝36sin 50πt V
B.变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1
C.t＝0.01 s时，发电机的线圈平面位于中性面
D.Rt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 V，周期T＝0.02 s，可由周期求出角速度的值为＝100 π，则可得交流电压u的瞬时值表达式u＝36sin 100πt V，故A错误；根据＝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；Rt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.
命题点四　远距离输电
1.理清三个回路

图14
远距离输电电网间的基本结构如图14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n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，P1＝P2，I1n1＝I2n2.
(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n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，P3＝P4，I3n3＝I4n4.
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P1＝P线损＋P用户.
例5　(2019·安徽省马鞍山市质检)图15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(　　)

图15
A.输电线中的电流为3 A
B.电站输出的功率为7 500 kW
C.输电线路损耗功率为90 kW
D.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Um＝250 V，有效值为U1＝＝250 V，根据＝，得副线圈两端的电压U2＝U1＝×250 V＝2.5×105 V；用户端电压为220 V，根据＝，得降压变压器原线圈两端的电压U3＝U4＝×220 V＝2.2×105 V，故输电线上损失的电压为ΔU＝U2－U3＝3×104 V，则输电线上的电流为I＝＝ A＝30 A，电站的输出功率为P1＝P2＝U2I＝7 500 kW，输电线路损耗功率为ΔP＝I2R＝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＝＝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.
变式6　(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16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(　　)

图16
A.I2<
B.输电线损失的电功率为
C.提高输送电压U2，则输电线电流I2增大
D.电厂输送电功率为U2I2
答案　AD
解析　在输电线路上：U2＝I2R＋U3，所以I2<，故A正确；由于U2不是R两端的电压，所以输电线损失的电功率不是，故B错误；因为输送功率不变，根据P2＝U2I2，可知提高输送电压U2，则输电线电流I2减小，故C错误；因变压器为理想变压器，所以有P1＝P2＝U2I2，故D正确.


1.(2019·湖北省黄冈中学模拟)下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法中不正确的是(　　)
A.理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定
B.交变电流的最大值是有效值的倍
C.降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压
D.如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器
答案　B
解析　理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定，选项A正确；正弦交变电流的最大值是有效值的倍，选项B错误；降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压，选项C正确；如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器，选项D正确.
2.(2019·河北省衡水中学模拟)如图1所示为某山区小型电站输电示意图，发电厂发出U1＝220sin 100πt(V)的交流电通过变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电，图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想交流电表，下列有关描述正确的是(　　)

图1
A.若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零
B.负载端所接收到交流电的频率为25 Hz
C.深夜开灯时灯特别亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故
D.用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度
答案　C
解析　S1、S2都断开时变压器空载，副线圈两端有电压，电压表示数不为零，故选项A错误；变压器不能改变交流电的频率，故负载端交流电的频率还是50 Hz，故B选项错误；深夜大部分用户已关灯，干路中电流减小，线路损耗也减小，用户得到的电压较高，故此时开灯时灯特别明亮，故选项C正确；用电高峰时，负载增多，负载总电阻减小，干路中电流增大，因此输电线损耗电压增大，导致降压变压器的输入电压降低，为提高负载电压，可增大降压变压器的副线圈的匝数，使输出电压提高，故选项D错误.
3.(2018·广东省深圳市第一次调研)如图2所示，a、b两端接在正弦交流电源上，原副线圈回路中A、B电阻的阻值相同，原副线圈匝数比为n1∶n2，下列说法正确的是(　　)

图2
A.A、B电阻的电流之比为n1∶n2
B.A、B电阻的电压之比为n1∶n2
C.A、B电阻的功率之比为n22∶n12
D.原副线圈的电压之比为1∶1
答案　C
解析　根据＝可得A、B电阻的电流之比为n2∶n1，由于两电阻相等，则A、B电阻的电压之比为n2∶n1，选项A、B错误；根据P＝I2R可知，A、B电阻的功率之比为n22∶n12，选项C正确；原副线圈的电压之比为＝，选项D错误.
4.(多选)(2018·湖北省武汉市部分学校起点调研)含有理想变压器的电路如图3所示，L1、L2、L3为“24 V　2 W”的灯泡，为理想交流电压表，a、b端接正弦交流电压源(输出电压的有效值恒定).当开关S闭合时，灯泡均正常发光.下列说法正确的是(　　)

图3
A.变压器原、副线圈匝数比为1∶2
B.电压表的示数为72 V
C.变压器的输入功率为8 W
D.若在副线圈上再并联一个相同的灯泡，灯泡L1可能会烧毁
答案　BD
解析　每个灯泡的额定电流：IL＝＝ A＝ A，则原线圈的电流为I1＝ A，副线圈的电流为I2＝ A，则＝＝，选项A错误；变压器输出电压为24 V，则根据匝数比可得输入电压为U1＝U2＝48 V，则电压表读数为48 V＋24 V＝72 V，选项B正确；变压器的输入功率：P1＝U1I1＝4 W，选项C错误；副线圈上再并联一个相同灯泡，则副线圈电流增大，则原线圈电流也增大，超过额定电流，灯泡L1可能烧毁，故D正确.
5.(多选)(2018·广东省惠州市模拟)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图4所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上.以下说法正确的是(　　)

图4
A.当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通
B.当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通
C.当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开
D.当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开
答案　AD
解析　正常状态时，火线和零线中电流产生的磁场完全抵消，甲线圈中没有电压，脱扣开关保持接通，A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，保护器中火线和零线中电流产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，脱扣开关断开，C错误，D正确.
6.(多选)(2018·山西省晋城市第一次模拟)如图5所示为某山区小型水电站的电能输送示意图，发电机输出的电压和输电线路上的电阻恒定，用电器均为纯电阻元件，当用电高峰来临时，下列判断正确的是(　　)

图5
A.用电器等效电阻R0变大
B.升压变压器T1的输出电压变大
C.降压变压器T2的输出电压变小
D.输电线路总电阻R上消耗的功率变大
答案　CD
解析　用电高峰来临时，用电器增多，用电器并联后的总电阻R0减小，选项A错误；由于升压变压器的输入电压一定，则输出电压一定，选项B错误；设输电线的输送电流为I，降压变压器的变压比为k，升压变压器的输出电压为U，则U＝IR＋k2IR0，当R0减小时，I增大，输电线总电阻R消耗的功率PR＝I2R变大，选项D正确；降压变压器T2的输入电压等于U－IR，可以判断此电压减小，则输出电压也减小，选项C正确.
7.(2018·山西省孝义市第一次模拟)图6甲所示为一发电机的原理图，发电机产生的交变电流接图乙中理想变压器的原线圈.已知变压器原、副线圈的匝数之比为22∶1，发电机输出电压u随时间t变化的规律如图丙所示，发电机线圈电阻忽略不计，则(　　)

图6
A.电阻两端电压的瞬时值表达式为u＝10sin 50πt(V)
B.电压表示数为10 V
C.若仅使发电机线圈的转速增大一倍，则变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，而电压表示数不变
D.若仅使电阻R增加，则电流表示数不变
答案　B
解析　由题图丙知：原线圈电压的最大值U1m＝311 V，原线圈电压有效值U1＝＝220 V，由U1∶U2＝n1∶n2知，副线圈电压的最大值U2m≈14.1 V，副线圈电压有效值U2＝10 V，故A项错误，B项正确；若仅使发电机线圈的转速n增大一倍，则角速度ω增大一倍，根据Em＝NBSω可知，变压器原线圈输入电压的频率和最大值都增大一倍，原副线圈中电流的频率相等，变压器副线圈输出电压的频率增大一倍，由U1∶U2＝n1∶n2知，副线圈输出电压增大一倍，电压表读数增大一倍，故C项错误；仅使电阻R增加，原线圈两端的电压和原副线圈匝数比不变，则副线圈输出电压不变，副线圈中电流减小，原副线圈匝数比不变，则原线圈中电流也减小，电流表示数减小，故D项错误.
8.(多选)(2018·山东省枣庄市二调)如图7所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝10∶1，电阻R＝10 Ω，两只相同小灯泡L1、L2的规格均为“3 V,1.5 W”，S1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交流电源.当S1接1、S2闭合时，L2正常发光.设小灯泡的电阻值恒定.下列说法正确的是(　　)

图7
A.原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为30 V
B.只断开S2后，变压器的输出功率为0.75 W
C.将S1换接到2后，原线圈的输入功率为90 W
D.将S1换接到2后，R的电功率为0.9 W
答案　BD
解析　当S1接1、S2闭合时，L2正常发光，副线圈的电压为U2＝3 V，根据原、副线圈电压比等于匝数比即＝，解得原线圈的电压为U1＝30 V，原线圈所接正弦交流电源的电动势最大值为Em＝30 V，故A错误；两只相同小灯泡阻值均为RL＝＝6 Ω，只断开S2后，变压器的输出功率为P2＝＝ W＝0.75 W，故B正确；将S1换接到2后，R的电功率为PR＝＝0.9 W，原线圈的输入功率为P入＝PR＝0.9 W，故C错误，D正确.

9.(2018·河南省濮阳市第二次模拟)如图8甲所示，一个电阻不计、边长为1 m的正方形单匝线圈被固定，正方形线圈内有一磁场与线圈平面垂直，磁感应强度B随时间t变化的规律如图乙所示，将线圈的两端与理想变压器原线圈相连，开关闭合，副线圈接有定值电阻R0和磁敏电阻GMR(GMR的阻值随所处空间磁场的增大而增大)，则下列说法正确的是(　　)

图8
A.线圈中产生的电动势的有效值为2 V
B.若使电阻R0消耗的功率增大，则滑动触头P需上移
C.当开关S由闭合到断开，副线圈中电流增大
D.当GMR处的磁场增强时，变压器的输入功率减小
答案　D
解析　磁感应强度随时间t的变化关系为B＝0.02sin (100t) T，则ω＝＝100 rad/s，所以产生的最大感应电动势为Em＝NBmSω＝2 V，线圈中产生的感应电动势的有效值为E＝＝ V，A错误；滑动触头P上移，R0两端电压减小，故其消耗的功率减小，B错误；当开关S由闭合到断开时，副线圈减少一个支路，电流减小，C错误；当GMR处的磁场增强时，其阻值增大，副线圈的电功率＋减小，故变压器的输入功率减小，D正确.
10.(多选)(2012·山东卷·18)图9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，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(　　)

图9
A.电压表的示数等于5 V
B.电压表的示数等于 V
C.实现点火的条件是>1 000
D.实现点火的条件是<1 000
答案　BC
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错误，选项B正确；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.
11.(2018·华南师大附中三模)如图10所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1 一定，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.下列说法正确的是(　　)

图10
A.当用户的用电器增多时，U2减小，U4变小
B.当用户的用电器增多时，P1变大，P3减小
C.输电线上损失的功率为ΔP＝
D.要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比
答案　D
解析　交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据＝，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输电线上损失的功率为ΔP＝2R，故C错误；输送功率一定时，根据P＝UI和P损＝I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据＝知，应增大升压变压器的匝数比；U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压不变，根据＝知，应增大降压变压器的匝数比，故D正确.
12.(多选)(2018·广东省肇庆市第三次检测)如图11所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图，图中变压器均可视为理想变压器，电表均为理想交流电表.设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，并且电阻不变.变阻器R相当于用户用电器的总电阻.当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时(　　)

图11
A.电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小
B.电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数增大
C.电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变
D.线路损耗功率增大
答案　BCD
解析　当用电进入高峰时，发电机的输出功率增大，输入原线圈的电流增大，升压变压器输出端的电流增大，输电线的电压损失和功率损失增大，所以V1、V2的读数均不变，A1、A2的读数增大；V3、V4的读数均减小，A3的读数增大，A错，B、D正确；而电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值是输电线的电阻，是不变的，C正确.
13.(多选)(2019·山东省济宁市第一中学模拟)如图12所示，理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2＝100匝，线圈a接在u＝44sin 314t V的交流电源上，“12 V　6 W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝16 Ω，电压表V为理想电表.下列推断正确的是(　　)

图12
A.交变电流的频率为100 Hz
B.穿过铁芯的磁通量的最大变化率为 Wb/s
C.电压表V的示数为22 V
D.R1消耗的功率是1 W
答案　BD
解析　由表达式知ω＝100π rad/s，交变电流的频率为f＝＝＝50 Hz，故A错误；副线圈电流的有效值为I2＝＝ A＝0.5 A，电阻R2两端的电压为：U2′＝I2R2＝0.5×16 V＝8 V，副线圈两端电压的有效值为：U2＝U2′＋UL＝20 V，电压表示数为20 V，副线圈电压的最大值为：Um＝20 V，根据Um＝n2，可得：＝＝ Wb/s＝ Wb/s，故B正确，C错误；原线圈的电流为：I1＝I2＝0.25 A，原线圈的电压为：U1＝U2＝40 V，电阻R1消耗的功率为：P＝(E－U1)I1＝(44－40)×0.25 W＝1 W，故D正确.
14.(2018·浙江省温州市期末)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究.
(1)下列器材中，实验需要的器材有________.
A.干电池
B.低压交流电源
C.220 V交流电源
D.条形磁铁
E.可拆变压器和导线
F.直流电压表
G.多用电表
(2)关于实验操作，下列说法正确的是________.
A.为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V
B.实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C.使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量
(3)在实验中，某同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”).
答案　(1)BEG　(2)A　(3)增大
解析　(1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要的器材是低压交流电源，提供低压交流电，同时还需要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线，故选BEG；
(2)变压器是为了改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12 V，故A正确；实验通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，就将人体并联电路中，会导致所测数据不准确，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误.
(3)根据电压比公式：＝，保持原线圈两端的电压和副线圈的匝数不变，减小原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大.