2023版步步高物理一轮复习讲义第十二章 第2讲　变压器　远距离输电　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

第2讲　变压器　远距离输电实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系目标要求　1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差.2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.3.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率．考点一　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．实验原理(1)实验电路图(如图所示)：(2)实验方法采用控制变量法①n1、U1一定，研究n2和U2的关系．②n2、U1一定，研究n1和U2的关系．2．实验器材学生电源(低压交流电源，小于12 V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干．3．实验过程(1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响．①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量．②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压．(2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响．重复(1)中步骤．4．数据处理由数据分析变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比与原、副线圈的匝数n1、n2之比的关系．5．注意事项(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，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，通电时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　某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验．他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干．(1)实验需要以下哪种电源 ；A．低压直流电源B．高压直流电源C．低压交流电源D．高压交流电源(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的 值 (填“有效”或“最大”)．其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为 ；(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成 (填“正比” 或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般 (填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比．(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为 ．(填字母代号)A．原、副线圈上通过的电流发热B．铁芯在交变磁场作用下发热C．变压器铁芯漏磁D．原线圈输入电压发生变化答案　(1)C　(2)有效　7.2 V　(3)正比　大于　(4)D解析　(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10 V挡位，所以应该在0～10 V挡位读数，所以读数应该是7.2 V；(3)根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理论值，所以导致eq \f(U1,U2)＞eq \f(n1,n2).(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.考点二　理想变压器的原理及应用1．构造和原理(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．(2)原理：电磁感应的互感现象．2．基本关系式(1)功率关系：P入＝P出．(2)电压关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).(3)电流关系：只有一个副线圈时eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1).(4)频率关系：f出＝f入．1．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．(　√　)2．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．(　×　)3．在任何情况下，理想变压器均满足eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)、eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)、P入＝P出．(　×　)1．理想变压器的制约关系2.含有多个副线圈的变压器计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：电压关系：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…＝eq \f(Un,nn)功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn 考向1　变压器基本物理量的分析与计算例2　(2017·北京卷·16)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq \r(2)sin(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220eq \r(2) WB．电流表的读数为1 AC．电压表的读数为110eq \r(2) VD．副线圈输出交流电的周期为50 s答案　B解析　由u＝220eq \r(2)sin(100πt) V可知，原线圈电压最大值为220eq \r(2) V，故原线圈电压的有效值为U1＝220 V，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，U2＝eq \f(n2,n1)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＝eq \f(U2,R)＝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＝eq \f(P,U1)＝1 A，故选项B正确；因为ω＝eq \f(2π,T)，所以T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,100π) s＝0.02 s，故选项D错误． 考向2　原线圈接入用电器的变压器问题分析例3　(2022·江西高三模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接在有效值为100 V的正弦交流电源上，原、副线圈匝数比为2∶1，定值电阻R1、R2、R3的阻值分别为10 Ω、20 Ω、20 Ω，电流表为理想交流电流表．下列说法正确的是(　　)A．R1的电功率为40 WB．电流表示数为1 AC．副线圈两端电压为20 VD．副线圈的输出功率为80 W答案　A解析　原、副线圈匝数比为2∶1，设原线圈电流为I1，副线圈电流为I2 ，则有I1＝eq \f(I2,2)，又有原线圈回路U＝I1R1＋2I2·eq \f(R2R3,R2＋R3)，解得I1＝2 A，I2＝4 A，所以R1的电功率为P＝I12R1＝40 W，故A正确，B错误；副线圈两端电压为U2＝I2·eq \f(R2R3,R2＋R3)＝40 V，故C错误；副线圈的输出功率为P2＝I2U2＝160 W，故D错误．考点三　理想变压器的动态分析1．匝数比不变的分析思路(1)U1不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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．负载电阻不变的分析思路(1)U1不变，eq \f(n1,n2)发生变化时，U2变化．(2)R不变，U2变化时，I2发生变化．(3)根据P2＝eq \f(U22,R)，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．1．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．(　×　)2．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压也增加．(　×　) 考向1　理想变压器匝数不变问题的分析和计算例4　如图所示，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．下列说法正确的是(　　)A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1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A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大答案　B解析　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小，原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D错误． 考向2　理想变压器负载不变问题的分析和计算例5　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 VB．副线圈两端的电压频率为50 HzC．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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，得U2＝eq \f(U1n2,n1)，因U1＝eq \f(310,\r(2)) V，所以U2＝eq \f(310,\r(2))×eq \f(1,100) V≈2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s，则频率f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(314,2π) 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＝eq \f(U2,R)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．考点四　远距离输电如图所示，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′，输电电流为I，输电线总电阻为R.1．输电电流I＝eq \f(P,U)＝eq \f(U－U′,R).2．电压损失(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR.3．功率损失(1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I；(2)ΔP＝I2R＝(eq \f(P,U))2R4．降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻R.由R＝ρeq \f(l,S)知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．(2)减小输电导线中的电流．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．1．增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．(　√　)2．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗．(　√　)3．若发电站输出功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为R，如图所示，则输电线上损失的功率为P损＝eq \f(U2,R).(　×　)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：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，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：eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，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＝eq \f(ΔU2,R线).例6　如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压为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I1，其末端间的电压为U1，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I2，则(　　)A．用户端的电压为eq \f(I1U1,I2)B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为I12rD．输电线路上损失的电功率为I1U答案　A解析　因为P入＝P出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝eq \f(U1I1,I2)，故选项A正确；输电线上的电压降为U线＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率P入＝I1U1，输电线路上损失的电功率P损＝I12r＝I1(U－U1)，选项C、D错误．例7　(2020·浙江7月选考·11)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 AB．输电线上的电流I线＝625 AC．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D．用户得到的电流I4＝455 A答案　C解析　发电机输出的电流I1＝eq \f(P,U1)＝eq \f(100×103,250) A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I线2R线＝5 kW，所以I线＝eq \r(\f(P线,R线))＝25 A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5) kW＝95 kW，则I4＝eq \f(P4,U4)＝eq \f(95×103,220) A＝eq \f(4 750,11) A≈432 A，故eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I线)＝eq \f(190,11)，故C正确，D错误．课时精练1．(2019·江苏卷·1)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 VC．降低200 V D．增加200 V答案　D解析　假设理想变压器原线圈的输入电压为U1，则由变压器的工作原理可知eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，变压器副线圈的输出电压为U2＝10U1；当输入电压增加20 V时，即输入电压为U1＋20 V，则变压器的输出电压为U2′＝10U1＋10×20 V，则输出电压的变化量为ΔU＝U2′－U2＝10U1＋200 V－10U1＝200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C错误，D正确．2．(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．3．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·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′＝eq \f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq \f(1,2)ΔPC．ΔU′＝eq \f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU答案　AD解析　由输电电流I＝eq \f(P,U)知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的eq \f(1,2)，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的eq \f(1,4)，即ΔP′＝eq \f(1,4)ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的eq \f(1,2)，即ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU.故A、D正确．4．(2021·广东卷·7)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 HzB．副线圈两端电压最大值为3 VC．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　周期为T＝0.2 s，频率为f＝eq \f(1,T)＝5 Hz，故A错误；由理想变压器原理可知eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，解得副线圈两端的最大电压为U2＝eq \f(n2,n1)U1＝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，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误．5.(2018·天津卷·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eq \f(1,2)，则(　　)A．R消耗的功率变为eq \f(1,2)PB．电压表V的读数变为eq \f(1,2)UC．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eq \f(1,2)，由E＝eq \f(nBSω,\r(2))知，原线圈中输入电压变为原来的eq \f(1,2)，频率变为原来的eq \f(1,2).根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，知U2变为原来的eq \f(1,2)，即U2＝eq \f(1,2)U，则通过R的电流变为原来的eq \f(1,2)，R消耗的功率P2＝eq \f(U22,R)＝eq \f(1,4)P，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，原线圈上的电流也变为原来的eq \f(1,2)，即电流表A的读数变为eq \f(1,2)I，故选B.6．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，原线圈接在电压有效值不变的交流电源上．灯泡L阻值不变，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器．闭合开关S1、S2，灯泡发光，下列判断正确的是(　　)A．只向下移动滑片P，R2两端的电压变小B．只向下移动滑片P，灯泡L变亮C．只断开开关S2，电阻R1两端的电压变大D．只断开开关S2，变压器输入功率变大答案　A解析　理想变压器的输出电压由输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变，当滑动变阻器R2的滑片P向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中总电阻减小，副线圈中总电流变大，R1两端的电压变大，所以灯L、R2两端的电压变小，灯泡L变暗，故A正确，B错误；只断开开关S2，副线圈中总电阻变大，副线圈电压不变，副线圈中的电流变小，R1两端的电压变小，副线圈的电功率减小，因为输入功率等于输出功率，变压器输入功率变小，故C、D错误．7.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u＝Umsin 100πt的正弦交流电压上，P为滑动触头，初始位置位于线圈CD的中点G, A1和A2为理想交流电表，R为定值电阻，下列说法正确的是(　　)A．将P向下滑动，A1的示数将变小B．将P向上滑动，A2的示数将变大C．将P下滑到GD的中点，电阻R的功率将变为原来的4倍D．将P上滑到CG的中点，电阻R的功率将变为原来的eq \f(2,3)答案　C解析　将P下滑时，电阻R两端电压变大， A1示数变大，同理，将P向上滑动，A2的示数将变小，A、B错误；若将P向下滑动到GD的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2变为1∶4，电阻R的电压将变为原来2倍，故功率变为原来的4倍，C正确；若将P向上滑动到CG的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R的电压将变为原来的eq \f(2,3)，电阻R的功率将变为原来的eq \f(4,9)，D错误．8．(多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)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 VC．电流表的示数为1.0 AD．变压器传输的电功率为15.0 W答案　AD解析　根据i2－t图像可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，故A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝eq \f(\r(2),\r(2))×10 V＝10 V，由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，故B错误；电流表的示数I＝eq \f(U2,R3)＝eq \f(10,20) A＝0.5 A，故C错误；变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0 W，故D正确．9．(多选)(2021·河北卷·8)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eq \f(n1I,n2)B．电阻R2两端的电压为eq \f(n2IR1,n1)C．n0与n1的比值为eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)D．发电机的功率为eq \f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)答案　BC解析　由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U1＝IR1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)，eq \f(n0,n2)＝eq \f(U0,U2)则有U0＝eq \f(n0,n1)IR1，U2＝eq \f(n2,n1)IR1再由欧姆定律有U2＝I2R2可计算出I2＝eq \f(n2R1,n1R2)I故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＝2NBL2ω，U0＝eq \f(Emax,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω又U0＝eq \f(n0,n1)IR1则eq \f(n0,n1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2联立解得P0＝eq \f(\r(2)NBL2ωI,n0)eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n12R2＋n22R1,n1R2)))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．10．(2017·浙江4月选考·21(1))为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是 ．A．有闭合铁芯的原、副线圈B．无铁芯的原、副线圈C．交流电源D．直流电源E．多用电表(交流电压挡)F．多用电表(交流电流挡)用匝数na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如下表．根据测量数据可判断连接电源的线圈是 ．(选填“na”或“nb”)答案　ACE　nb解析　为了完成实验探究，需要使用交流电源、变压器、多用电表(交流电压挡)．为了让变压效果明显需要含有闭合铁芯的原、副线圈，因此选用A、C、E.由于有漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论变压值，即nb为输入端，na为输出端．11．(多选)如图所示是远距离输电示意图，电站的输出电压U1＝250 V，输出功率P1＝100 kW，输电线电阻R＝8 Ω.则进行远距离输电时，下列说法中正确的是(　　)A．若电站的输出功率突然增大，则升压变压器的输出电压增大B．若电站的输出功率突然增大，则降压变压器的输出电压减小C．输电线损耗比例为5%时，所用升压变压器的匝数比为n1∶n2＝1∶16D．用10 000 V高压输电，输电线损耗功率为8 000 W答案　BC解析　电站的输出电压没有变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，电站的输出功率突然增大，则根据P＝UI，输电线上的电流增大，根据U损＝I线R，U3＝U2－U损，可知降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，故A错误，B正确；输电线损耗比例为5%时，根据ΔP＝I线2R，ΔP＝5%P1，解得I线＝25 A，升压变压器原线圈的电流为I1＝eq \f(P1,U1)＝400 A，升压变压器的匝数比为eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(I线,I1)＝eq \f(1,16)，故C正确；输送电流为I′＝eq \f(P1,U′)＝10 A，损失功率为ΔP′＝I′2R＝800 W，故D错误．12.(2021·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同．在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　　)A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗答案　A解析　由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：滑片在a端时，Ra＝0，滑片在b端时，Rb＝0.由于灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最大．由图可知，滑片在两端时，副线圈的总阻值最小，当滑片从a端向中间滑动时，副线圈的总阻值增大，则副线圈的总电流减小，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知原线圈的电流也减小，则灯泡L1变暗，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知副线圈两端电压增大，而L2所在支路总电阻减小，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮；当滑片从中间向b端移动时，副线圈的总阻值减小，则副线圈的总电流增大，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知原线圈的电流也增大，则灯泡L1变亮，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知副线圈两端电压减小，R0所在支路总电阻增大，则通过R0的电流减小，而副线圈总电流增大，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮．综上所述，A正确，B、C、D错误．电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝eq \f(n2,n1)U1功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入，P入＝P出电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝eq \f(n2,n1)I2Ua/V1.802.803.804.90Ub/V4.006.018.029.98