(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-2 第十一章 第2讲 (含解析)

这是一份(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-2 第十一章 第2讲 (含解析)，共19页。试卷主要包含了构造和原理，几种常用的变压器，56 V等内容，欢迎下载使用。
知识排查
理想变压器
1.构造和原理
(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
(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,n1)＝eq \f(U2,n2)。
有多个副线圈时eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…。
(3)电流关系：只有一个副线圈时eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)。
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。
远距离输电
图2
1．电压损失：(1)ΔU＝U2－U3。(2)ΔU＝I2R线。
2．功率损失：(1)ΔP＝P2－P3。(2)ΔP＝Ieq \\al(2,2)R线＝eq \f(ΔU2,R线)。
3．功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3。
4．电压、电流关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)，U2＝ΔU＋U3，
I2＝I3＝I线。
5．输电电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线)。
6．输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝Ieq \\al(2,线)R线＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))eq \s\up12(2)R线。
小题速练
1．思考判断
(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。( )
(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)理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率。( )
(4)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热功率。( )
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
2．[人教版选修3－2·P44T2改编]有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36 V，这个电压是把380 V的电压降压后得到的。如果变压器的原线圈是1 140匝，副线圈是( )
A．1 081匝 B．1 800匝
C．108匝 D．8 010匝
解析 由题意知U1＝380 V，U2＝36 V，n1＝1 140，则eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)得n2＝eq \f(U2,U1)n1＝108，选项C正确。
答案 C
3. (多选)理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接交流电源，则( )
A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1
B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1
C．原、副线圈内电流之比I1∶I2＝1∶10
D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1
答案 BC
4．[人教版选修3－2·P50T3改编]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∶100C．1∶10 D．10∶1
解析 由题意知输电线上的电流I＝eq \f(P,U)，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝eq \f(Pr,U)，故eq \f(ΔU1,ΔU2)＝eq \f(\f(1,U1),\f(1,U2))＝eq \f(U2,U1)＝eq \f(11×103,110)＝eq \f(100,1)，故选项A正确。
答案 A
理想变压器基本关系的应用
1．理想变压器的制约关系
2.几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器，如图A、B所示。
(2)互感器eq \b\lc\{(\a\vs4\al\c1(电压互感器：把高电压变成低电压，如图C所示。,电流互感器：把大电流变成小电流，如图D所示。))
【例1】 (多选)(2016·全国卷Ⅲ，19)如图3，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( )
图3
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
解析 设灯泡的额定电压为U0，两灯均能正常发光，所以原线圈输入端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故eq \f(U1,U2)＝eq \f(9,1)，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(9,1)，选项A正确，B错误；根据公式eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可得，eq \f(I1,I2)＝eq \f(1,9)，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，选项C错误，D正确。
答案 AD
1．(2019·福建龙岩质检)L1和L2是高压输电的两条输电线，现要通过变压器测量L1和L2之间的电压，下图的四种电路连接正确的是 ( )
答案 A
2．(2017·北京理综，16)如图4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( )
图4
A．原线圈的输入功率为220eq \r(2) W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110eq \r(2) V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
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)＝100π rad/s，所以T＝0.02 s，故选项D错误。
答案 B
3．(2018·天津和平质量调查)如图5甲所示电路中，L1、L2、L3为三只“6 V 3 W”的灯泡，变压器为理想变压器。各电表均为理想电表。当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。下列说法正确的是( )
图5
A．变压器原副线圈的匝数比为1∶2
B．副线圈两端输出的交流电频率为50 Hz
C．电流表的示数为0.5 A
D．电压表的示数为18 V
解析 灯泡正常发光时的电流I0＝eq \f(3,6) A＝0.5 A，则副线圈中电流I2＝2I0，而原线圈中电流I1＝I0，则变压器原副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1＝2∶1，选项A错误；由乙图可知交流电的周期T＝0.02 s，则频率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，选项B正确；电流表的示数IA＝I2＝2I0＝1 A，选项C错误；因灯泡正常发光，则副线圈的两端电压U2＝6 V，则原线圈两端电压U1＝eq \f(n1,n2)U2＝12 V，电压表示数为12 V，选项D错误。
答案 B
理想变压器的动态分析
1．常见的两种情况
常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。
2．变压器与电路动态分析相结合问题的分析方法
(1)分清不变量和变量。
(2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系。
(3)利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。
【例2】 如图6甲所示，一自耦变压器的原线圈与有效值不变的正弦交流电源相连接，副线圈中通过输电线接有3只灯泡L1、L2和L3，输电线等效电阻为R；如图乙所示，一总阻值为R的滑动变阻器与有效值不变的正弦交流电源相连接，通过输电线接有3只灯泡L4、L5和L6，输电线等效电阻为R，A1、A2均可视为理想电表。下列分析判断正确的是( )
图6
A．当滑动触头P1向上移动一段后，灯泡L1、L2和L3都变亮
B．当滑动触头P2向下移动一段后，灯泡L4、L5和L6都变亮
C．当滑动触头P1向下移动一段后，原线圈中电流表A1的示数增大
D．当滑动触头P2向下移动一段后，电流表A2的示数减小
解析 此自耦变压器为升压变压器，滑动触头P1向下移动，输入电压不变，输出电压增加，等效电阻R、灯泡L1、L2和L3消耗的功率都变大，原线圈中电流表A1示数变大，所以C正确，A错误；当滑动触头P2向下移动一段后，电路中的总电阻减小，总电流增大，电流表A2的示数增大，通过灯泡L4、L5和L6所在支路电流减小，所以灯泡L4、L5和L6变暗，所以B、D错误。
答案 C
1．(2016·天津理综，5)如图7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( )
图7
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
2．[易错题](多选)如图8甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是( )
图8
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为55 V
B. 当单刀双掷开关与a连接且t＝0.01 s时，电流表示数为零
C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率增大
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率为25 Hz
答案 AC
3．[易错题]如图9甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R0、热敏电阻Rt(阻值随温度的升高而减小)及报警器P(电流增加到一定值时报警器P将发出警报声)组成闭合电路，电压表、电流表均为理想电表。则以下判断正确的是( )
图9
A．变压器线圈输出交流电的频率为25 Hz
B．电压表的示数为22eq \r(2) V
C．Rt处温度减小到一定值时，报警器P将会发出警报声
D．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小
解析 由图乙可知f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，而理想变压器不改变交流电的频率，选项A错误；由图乙可知原线圈输入电压的有效值U1＝220 V，则副线圈两端电压有效值U2＝eq \f(n2,n1)U1＝44 V，设电压表示数为U，由于二极管作用，副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流，则由有效值定义有eq \f(Ueq \\al(2,2),R总)·eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R总)·T，解得U＝eq \f(U2,\r(2))＝22eq \r(2) V，选项B项正确；由题给条件可知，Rt处温度升高到一定值时，报警器会发出警报声，选项C错误；因报警器报警时回路中电流比报警前大，则报警时副线圈回路的总功率比报警前大，而输入功率与输出功率相等，选项D错误。
答案 B
远距离输电问题
解决远距离输电问题时的思路
(1)首先画出输电的电路图，如图所示：
(2)分析三个回路：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。
(3)综合运用下面三个方面的关系求解
①能量关系P＝U1I1＝U2I2＝P用户＋ΔP，ΔP＝Ieq \\al(2,2)R，
P用户＝U3I3＝U4I4。
②电路关系U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R。
③变压器关系eq \f(U1,U2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(I4,I3)＝eq \f(n3,n4)。
【例3】 (多选)(2019·江西上饶联考)图10甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω。若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW。下列说法中正确的有( )
图10
A．用户端交变电流的频率50 Hz
B．用户端电压为250 V
C．输电线中的电流为30 A
D．输电线路损耗功率为180 kW
解析 由图乙知交变电流的周期为0.02 s，故频率为50 Hz，所以A正确；升压变压器原线圈电压U1＝250 V，根据变压规律得副线圈电压U2＝25 000 V，又输入功率为750 kW，输电线中电流I＝eq \f(P,U2)＝30 A，故C正确；输电线上损耗电压U＝IR＝3 000 V，降压变压器原线圈电压U3＝U2－U＝22 000 V，根据变压规律可得，用户端电压U4＝220 V，故B错误；输电线损耗的功率P′＝I2R＝90 kW，故D错误。
答案 AC
1．(2018·江苏单科，2)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq \f(1,4)，输电电压应变为( )
A．55 kV B．110 kVC．440 kV D．880 kV
解析 设输送功率为P，则有P＝UI，其中U为输电电压，I为输电电流。为使输电线上损耗的功率减小为原来的四分之一，由P损＝I2R(R为输电线的电阻，恒定不变)可知应使I变为原来的二分之一，又输送功率不变，则输电电压应变为原来的2倍，即440 kV，选项C正确。
答案 C
2．某小型水电站的电能输送示意图如图11所示，水电站的发电机输出电压恒定。发电机通过升压变压器和降压变压器(变压比为40∶1)向25 km外的小区用户供电(供电电压为220 V)，输送到用户的电功率为165 kW，若用表格中某种型号的输电线进行高压输电，线路上损耗的功率约为输送电功率的6%，则所选用的输电线的型号的代号为( )
图11
A.X B．Y C．Z D．W
解析 小区用户供电电压为220 V，由变压器的变压规律可知，降压变压器原线圈两端的电压为U＝220 V×40＝8 800 V，设输电线上的电流为I，输电线总电阻为R，则升压变压器副线圈两端电压为U′＝U＋IR，P＝U′I，输电线路上损耗的功率P线＝I2R，联立解得R＝30 Ω，由于输电线长度需要50 km，由电阻与长度关系R＝Lρ0，则ρ0＝0.6 Ω/km，所以可以选择0.6 Ω/km的Y，B正确。
答案 B
课时作业
(时间：35分钟)
基础巩固练
1．(多选)如图1所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时( )
图1
A．原、副线圈磁通量之比为2∶1
B．原、副线圈电流之比为1∶2
C．输入功率和输出功率之比为1∶1
D．原、副线圈磁通量变化率之比为1∶1
答案 BCD
2．图2为远距离输电的电路原理图，下列判断正确的是( )
图2
A．U1＞U2 B．U2＝U3
C．I4＜I2 D．I1＞I2
答案 D
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3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)P
B．电压表V的读数变为eq \f(1,2)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
解析 交流发电机产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，且有ω＝2πn，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B项正确；由电功率P＝eq \f(U2,R)可知，变压器输出功率即R消耗的功率变为原来的eq \f(1,4)，A项错误；由P＝UI可知，原线圈中电流减为原来的一半，C项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D项错误。
答案 B
4．(多选)如图4所示是通过变压器给用户供电的示意图，变压器的输入电压是电网电压，基本稳定，输出电压通过输电线输送给用户。输电线的电阻用R0表示，用变阻器的电阻R表示用户用电器的总电阻，当变阻器的滑动触头P向上移动时，以下说法正确的是( )
图4
A．相当于增加用电器的个数
B．V1的示数随V2示数的增大而增大
C．A1的示数随A2示数的减小而减小
D．变压器的输入功率减小
解析 当变阻器的滑动触头P向上移动时，用电器的总电阻增大，相当于并联的用电器数目减少，故选项A错误，D正确；同时变压器的输入功率减小，由于电网电压u不变，所以两个电压表的示数不变，故选项B错误；由于变压器的输出功率决定输入功率，所以A1的示数随A2示数的减小而减小，故选项C正确。
答案 CD
5．(2019·山西省高三质量检测)如图5，理想变压器的原、副线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U0的交变电源上。当S断开时，L1、L2、L3三只灯泡均正常发光。若闭合S，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则( )
图5
A．灯泡L1变亮 B．灯泡L2变亮
C．灯泡L3亮度不变 D．灯泡L4正常发光
解析 当S断开时，设原线圈电流为I1，电压为U1，副线圈电流为I2，电压为U2，灯泡电阻为R，由变压器规律得eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，则U1＝eq \f(n1,n2)U2＝eq \f(n1,n2)·I2R并＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(n1,n2)))eq \s\up12(2)I1R并。因原线圈有灯泡，故U0＝I1R＋U1＝I1R＋I1·eq \f(neq \\al(2,1),neq \\al(2,2))R并；闭合S时R并减小，故I1增大，则灯泡L1变亮；变压器的输入电压减小，而匝数比不变，则变压器的输出电压减小，则灯泡L2和L3变暗，L4不能正常发光。故选项A正确，B、C、D 错误。
答案 A
6．如图6为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，R为输电线的等效电阻。保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是( )
图6
A．电流表示数变小
B．降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小
C．升压变压器输出电压变小
D．输电线损失的功率变大
解析 降压变压器原、副线圈的电压比等于降压变压器原、副线圈匝数比，保持不变，选项B错误；电压表的示数减小，则降压变压器原线圈的电压U3减小，由于发电机的输出电压不变，则升压变压器副线圈的输出电压U2不变，由U2＝U3＋IR可知，电流表的示数变大，选项A、C错误；由于电流表的示数变大，则由PR＝I2R可知，输电线上损失的功率变大，选项D正确。
答案 D
7．2017年8月，广东省受台风“天鸽”影响，造成大面积停电。某通讯公司准备的应急供电系统如图7所示，图中T1、T2分别为理想的升压变压器和降压变压器，R表示输电线电阻，I表示电流，U表示线圈两端电压，n表示线圈的匝数，下列说法正确的是( )
图7
A．如果发电机的输出功率为P，则P＝U1I1＝U2I2＝U4I4
B．若n1∶n2＝n4∶n3，则有U1＝U4
C．用户消耗的功率越大，输电线上消耗的功率越小
D．如果发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为eq \f(P2,Ueq \\al(2,2))R
解析 如果发电机的输出功率为P，因理想变压器没有能量损失，故有P＝U1I1＝U2I2，但输电线上消耗功率，故P＞U4I4，A错误；因为输电线上有电压损失，所以U1≠U4，B错误；用户消耗的功率越大，三个回路中的电流越大，输电线上消耗的功率也越大，C错误；如果发电机的输出功率为P，则输电线中的电流为eq \f(P,U2)，输电线上消耗的功率为eq \f(P2,Ueq \\al(2,2))R，D正确。
答案 D
8．(多选)如图8所示，为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经过变电所将高压变为低压。某变电所将电压u0＝11 000eq \r(2)sin 100πt(V)的交流电降为220 V供居民小区用电，则该变电所变压器( )
图8)
A．原、副线圈匝数比为50∶1
B．原线圈中电流的频率是50 Hz
C．原线圈的导线比副线圈的要粗
D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
解析 根据电压u0＝11 000eq \r(2)sin 100πt(V)可知降压变压器原线圈的电压为11 000 V，则eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(11 000,220)＝eq \f(50,1)，选项A正确；交流电的频率f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，经过变压器后，交流电的频率不变，选项B正确；降压变压器中副线圈中的电流大于原线圈中的电流，则副线圈导线应比原线圈导线粗，选项C错误；副线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和，而原、副线圈中的电流不相等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，选项D错误。
答案 AB
9．(2018·广东深圳二模)如图9为理想变压器，其中r为定值电阻，R为滑动变阻器，P为滑动变阻器的触头，u为正弦交流电源，电源输出电压的有效值恒定，则( )
图9
A．P向右移动时，原、副线圈的电流之比可能变大
B．P向右移动时，变压器的输出功率变大
C．若原、副线圈增加相同的匝数，其他条件不变，则变压器输出电压不变
D．若原、副线圈增加相同的匝数，其他条件不变，r消耗的功率可能不变
解析 由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知原、副线圈的电流之比与匝数比有关，与电阻R无关，故A错误；P向右移动时，电阻增大，由功率P＝eq \f(Ueq \\al(2,2),R)可知变压器的输出功率变小，故B错误；若原、副线圈增加相同的匝数，eq \f(n1,n2)将可能发生变化，其他条件不变，则变压器输出电压也可能变化，故C错误；若原、副线圈增加相同的匝数，eq \f(n1,n2)可能不变，其他条件不变，通过r的电流可能不变，则r消耗的功率也不变，所以D正确。
答案 D
综合提能练
10.一台柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图10所示。发电机到安置区的距离是400 m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4 Ω，安置区家用电器的总功率为44 kW，当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时( )
图10
A.输电线路中的电流为20 A
B．发电机的实际输出电压为300 V
C．在输电线路上损失的电功率为8 kW
D．如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300 V
解析 当这些额定电压为220 V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝eq \f(P,U)＝200 A，选项A错误；导线电阻为R＝2.5×10－4×400×2 Ω＝0.2 Ω，则发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260 V，选项B错误；在输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8 kW，选项C正确；如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是Um＝eq \r(2)U输＝368 V，选项D错误。
答案 C
11．(多选)(2018·河南濮阳二模)在如图11所示的变压器电路中，两定值电阻的阻值R1＝R2＝R，变压器为理想变压器，电表为理想电表，在a、b两端输入正弦交流电压u＝eq \r(2)Usin ωt。原、副线圈的匝数比为1∶2，则( )
图11
A．电流表的示数为eq \f(2U,5R)
B．电压表的示数为eq \f(2,5)U
C．电路消耗的总功率为eq \f(4U2,5R)
D．电阻R1、R2消耗的功率之比为2∶1
解析 设电流表电流为I2，由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)＝eq \f(2,1)，解得I1＝2I2，原线圈两端的电压为U1，则eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,2)，故U2＝2U1，又U2＝I2R，U1＝U－I1R，联立解得I2＝eq \f(2U,5R)，U1＝eq \f(1,5)U，故A正确，B错误；电路消耗的总功率为P＝Ieq \\al(2,2)R＋Ieq \\al(2,1)R＝eq \f(4U2,5R)，故C正确；电阻R1、R2消耗的功率之比为Ieq \\al(2,1)R∶Ieq \\al(2,2)R＝4∶1，故D错误。
答案 AC
12．如图12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( )
图12
A．电压表的示数为220 V
B．原、副线圈的匝数比为10∶1
C．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 由题图乙知输入电压的有效值即电压表的示数，为220 V，A正确；电容器的耐压值为交流电压的最大值，则有效值为eq \f(22,\r(2)) V＝11eq \r(2) V，所以原、副线圈的匝数比为10eq \r(2)∶1，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，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，D错误。
答案 A
13．(多选)如图13甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1，在原线圈输入端a、b接入如图乙所示的不完整正弦交流电。电路中电阻R1＝5 Ω，R2＝6 Ω，R3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，开始时开关S断开。下列说法正确的是( )
图13
A．电压表的示数为15.56 V
B．电流表的示数为1.41 A
C．闭合开关S后，电压表示数变大
D．闭合开关S后，电流表示数变大
解析 根据交变电流有效值含义可知题图乙所示交变电压的有效值满足eq \f(（\f(Um,\r(2))）2,R)·eq \f(T,2)＝eq \f(U2,R)·T，得U＝eq \f(Um,2)＝110eq \r(2) V，由理想变压器变压规律可知，电压表示数为11eq \r(2) V，A项正确；由欧姆定律可知，副线圈电流为I＝eq \f(U,10（R1＋R2）)＝eq \r(2) A，由变流规律可知，原线圈电流为eq \f(\r(2),10) A，B项错误；闭合开关，副线圈电路的总电阻减小，输出电压不变，输出功率增大，故理想变压器的输入功率增大，所以电流表示数增大，C项错误，D项正确。
答案 AD
14．如图14所示为一理想变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u＝Umsin(100πt) V。当输入电压为灯泡额定电压的8倍时，三个灯泡刚好都正常发光。下列说法正确的是( )
图14
A．三个灯泡的额定电压为eq \f(Um,8)
B．变压器原、副线圈匝数比为9∶2
C．此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2∶7
D．流过灯泡c的电流，每0.02 s方向改变一次
解析 设灯泡额定电压为U，变压器原、副线圈匝数比为k，由三个灯泡都正常发光即每个灯泡两端的电压均为U，可知变压器输出电压为2U，根据变压器的变压规律，原线圈输入电压为2kU，对原线圈电路，由串联电路规律，eq \f(Um,\r(2))＝U＋2kU，eq \f(Um,\r(2))＝8U，解得U＝eq \f(Um,8\r(2))，k＝eq \f(7,2)，选项A、B错误；此时灯泡a和b中电流之比为2∶7，根据P＝UI，可知灯泡a和b消耗的电功率之比为2∶7，选项C正确；由输入电压u＝Umsin(100πt) V可知，交变电流周期为0.02 s，频率为50 Hz，根据变压器不改变交变电流的周期和频率可知，流过灯泡c的电流周期为0.02 s，每0.01 s方向改变一次，选项D错误。
答案 C
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U2＝eq \f(n2,n1)U1
功率
原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定 P入＝P出
电流
原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定I1＝eq \f(n2,n1)I2
型号的代号
千米电阻(Ω/km)
X
1
Y
0.6
Z
0.3
W
0.2
型号
AED6500S
输出电压范围
220～300 V
最大输出功率
60 kW