新高考物理一轮复习讲义第12章 交变电流 传感器第2讲 变压器 电能的输送 (含解析)

第2讲　变压器　电能的输送学习目标　1.掌握变压器的规律，会分析变压器的动态变化问题。 2.理解远距离输电的原理，会计算电路损失的电压、功率和输送的功率。1.2.3.1.思考判断(1)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。(×)(2)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。(√)(3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大。(√)(4)增大输电导线的横截面积不利于减少输电过程中的电能损耗。(×)(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)(6)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损耗越大。(√)2.(2021·广东卷，7)某同学设计了一个充电装置，如图1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(　　)图1A.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考点一　理想变压器的原理及应用1.理想变压器的制约关系2.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。角度　变压器基本关系的应用例1 (2023·辽宁大连高三期末)如图2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，交流电流表、交流电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)图2A.电压表的读数为110eq \r(2) VB.电流表的读数为2 AC.副线圈的输出功率为220 WD.副线圈输出的交变电流的频率为100 Hz答案　C解析　由电压瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110 V，所以电压表读数为110 V，故A错误； 副线圈电流I＝eq \f(U,R)＝2 A，电流表的读数为I′＝eq \f(1,2)I＝1 A，故B错误；副线圈的输出功率为P＝IU＝220 W，故C正确；变压器不改变交变电流的频率，即副线圈输出的交变电流的频率等于原线圈的交流电的频率，为f＝eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，故D错误。跟踪训练1.(2020·山东卷)图3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(　　)图3A.1 Ω B.5 Ω C.6 Ω D.8 Ω答案　A解析　由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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(22,3)，可得副线圈输出电压U2＝30 V。灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24 V，电流IL＝eq \f(UL,RL)＝1.6 A。设R1两端电压为UR1，由U2＝UL＋UR1，可得UR1＝6 V。由eq \f(UR1,R1)＋eq \f(UR1,R2＋R)＝IL，解得R＝1 Ω，选项A正确。角度　原线圈接入负载电阻的变压器问题例2 (多选)(2023·安徽合肥高三期末)在如图4所示的电路中，变压器为理想变压器，电压表、电流表均为理想电表，给电路输入端通以正弦交流电，a、b、c三个灯泡均正常发光。灯泡a上标有“9 V　3 W”字样，a、c两个灯泡完全相同，变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1，则(　　)图4A.电流表的示数为eq \f(1,3) AB.灯泡b的额定功率为9 WC.电压表的示数为27 VD.电路输入端的输入电压为36 V答案　CD解析　灯泡a上标有“9 V　3 W”字样，a、c两个灯泡完全相同，则正常发光的电流为Ia＝Ic＝eq \f(Pa,Ua)＝eq \f(1,3) A，则变压器的原线圈的电流为I1＝Ia＝eq \f(1,3) A，根据理想变压器的电流比等于匝数的反比，有I2＝eq \f(n1,n2)I1＝eq \f(3,1)×eq \f(1,3) A＝1 A，根据并联分流原理，可得电流表的示数为IA＝I2－Ic＝eq \f(2,3) A，故A错误；灯泡b的额定功率为Pb＝UbIb＝UcIA＝9×eq \f(2,3) W＝6 W，故B错误；电压表的示数为UV＝U1＝eq \f(n1,n2)U2＝eq \f(3,1)×9 V＝27 V，故C正确；电路输入端的输入电压为U＝Ua＋U1＝(9＋27)V＝36 V，故D正确。跟踪训练2.(2023·江西高三模拟)如图5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(　　)图5A.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＝Ieq \o\al(2,1)R1＝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。角度　两种特殊的变压器模型例3 (多选)如图6所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器(可视为理想变压器)，其中的线圈匝数关系为n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，电流表和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是(　　)图6A.甲是电流互感器，乙是电压互感器B.甲是电压互感器，乙是电流互感器C.若V表示数为30 V，则输电线两端的电压最大值为6 000 VD.若A表示数为5 A，则通过输电线的电流有效值为500 A答案　BD解析　图甲的原线圈两端并接在高压线路中，所以是电压互感器，图乙的原线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，故A错误，B正确；电压表测电压的有效值，若V表示数为30 V，已知n1∶n2＝200∶1，则输电线两端的电压有效值为U1＝eq \f(n1,n2)U2＝eq \f(200,1)×30 V＝6 000 V，故C错误；电流表测电流的有效值，若A表示数为5 A，则通过输电线的电流的有效值为I3＝eq \f(n4,n3)I4＝eq \f(100,1)×5 A＝500 A，故D正确。跟踪训练3.(多选)(2022·福建莆田模拟)如图7所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上u＝220eq \r(2)sin(100πt)V的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压。当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，现想将一个“38 V　19 W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是(　　)图7A.仅将P顺时针旋转到合适位置B.仅将P逆时针旋转到合适位置C.仅将灯泡并联一个阻值为144 Ω的电阻D.仅将灯泡串联一个阻值为144 Ω的电阻答案　AD解析　输入电压的有效值为U1＝eq \f(Um,\r(2))＝220 V，根据变压器两端的电压与线圈匝数的关系可知U2＝eq \f(n2,n1)U1＝110 V，想将一个“38 V　19 W”的灯泡接到输出端C、D正常发光，仅将P顺时针旋转到合适位置，以减小副线圈的匝数n2使U2可减小至38 V，故A正确；仅将P逆时针旋转到合适位置，n2增大，U2增大，灯泡烧毁，B错误；仅将灯泡并联一个电阻，副线圈两端的电压不变，仍为110 V，可将灯泡烧毁，C错误；给灯泡串联一个144 Ω的电阻R，因RL＝eq \f(Ueq \o\al(2,L),P)，根据RL∶R＝UL∶UR，UL＋UR＝110 V，联立解得UL＝38 V，故D正确。考点二　理想变压器的动态分析角度　匝数比不变、负载变化的情况 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。eq \f(n1,n2)不变，负载R变化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。例4 如图8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8A.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。角度　负载电阻不变、匝数比变化的情况1.U1不变，eq \f(n1,n2)变化，故U2变化。2.R不变，U2变化，故I2发生变化。3.根据P2＝eq \f(Ueq \o\al(2,2),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。例5 如图9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(　　)图9A.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。规律方法考点三　电能的输送1.理清三个回路(如图10)图10(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＝Ieq \o\al(2,2)R线。(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。2.抓住两个联系(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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，P3＝P4，I3n3＝I4n4。3.掌握一个守恒关系能量守恒关系式P1＝P线损＋P用户。例6 (多选)某小型水电站的电能输送示意图如图11所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R＝10 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝220eq \r(2)sin(100πt)V。当用电器电阻R0＝11 Ω时，下列说法正确的是(　　)图11A.通过用电器R0的电流有效值是20 AB.当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小C.发电机中的电流变化频率为100 HzD.升压变压器的输入功率为4 650 W答案　AD解析　通过用电器R0的电流有效值I＝eq \f(U,R0)＝eq \f(220,11) A＝20 A，A正确；当用电器R0的阻值减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误，变压器不改变交流电的频率，f＝50 Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1＝UI＝220×20 W＝4 400 W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I′＝5 A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2R＝52×10 W＝250 W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4 650 W，D正确。跟踪训练4.(2020·浙江7月选考，11)如图12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(　　)图12A.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，选项A错误；输电线上的电流I线＝eq \r(\f(P线,R线))＝eq \r(\f(5×103,8))A＝25 A，选项B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝eq \f(P,I线)＝eq \f(100×103,25) V＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R线＝25×8 V＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比eq \f(n3,n4)＝eq \f(U3,U4)＝eq \f(3 800,220)＝eq \f(190,11)，选项C正确；降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝eq \f(P4,U4)＝eq \f(95×103,220)A＝431.8 A，选项D错误。A级　基础对点练对点练1　理想变压器的原理及应用1.(2023·福建厦门高三期末)工厂检验电动机的质量时，要用到1千多伏电压可调的高压电。利用一个自耦变压器和一个升压变压器可满足这个要求。如图1为自耦变压器部分示意图，已知该自耦变压器可视为理想变压器，线圈总匝数为1 250匝，其中原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上，则输出端AB可以得到最高电压是(　　)图1A.193.6 V B.1 936 VC.250 V D.2 500 V答案　C解析　对于自耦变压器，若要输出端得到最高电压，只需满足副线圈匝数最多为1 250匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，有UAB＝eq \f(n2,n1)U＝eq \f(1 250,1 100)×220 V＝250 V，故C正确。2.(2023·湖北省新高考协作体高三联考)如图2，理想变压器副线圈匝数为2 000匝，原线圈匝数为1 000匝。副线圈接有一个阻值为RL＝200 Ω的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想交流电压表V，示数为0.10 V。则交流电流表的示数为(　　)图2A.2 A B.1 A C.4 A D.3 A答案　A解析　理想交流电压表V的示数为一匝线圈的电压的有效值U0＝0.10 V，根据理想变压器的原理可知，电压与匝数成正比，则有U1＝n1U0＝100 V，U2＝n2U0＝200 V，理想变压器原、副线圈的功率相等，则有U1I1＝U2I2＝eq \f(Ueq \o\al(2,2),RL)，解得I1＝2 A，即接在原线圈上的交流电流表的示数为2 A，故A正确。3.(2023·河北邢台高三期末)家用燃气热水器电子脉冲点火装置的原理图如图3所示。将3 V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u＝12sin(100πt)V，将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值达到18 kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是(　　)图3A.热水器每秒点火50次B.理想交流电压表V的示数为12 VC.在转换器损坏的情况下，只要副线圈的匝数足够大，就可以点燃燃气D.要使点火装置正常工作，变压器原、副线圈的匝数之比不能超过1∶1 500答案　D解析　由u＝12sin(100πt)V可知ω＝100π，由ω＝2πf得f＝50 Hz，一个周期内交变电流两次达到最大值，所以每秒会点火100次，故A错误；理想交流电压表V的示数是正弦式交流电压的有效值，U＝eq \f(Um,\r(2))＝6eq \r(2) V，所以示数为6eq \r(2) V，故B错误；转换器损坏，无法将直流电压转换成正弦式交变电压，变压器不能变压，故C错误；根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)， U1＝6eq \r(2) V，U2＝9eq \r(2) kV，解得n1∶n2＝1∶1 500，则要使点火装置正常工作，变压器原、副线圈的匝数之比不能超过1∶1 500，故D正确。4.(多选)b、c是额定电压均为U0的两个完全相同的小灯泡，与小灯泡a(额定电压为2U0)分别与理想变压器相接，如图4所示，当MN两端的输入电压为6U0的交流电时，三盏小灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是(　　)图4A.原、副线圈的匝数比为4∶1B.原、副线圈的匝数比为2∶1C.此时a和b的电功率之比为1∶1D.此时a 和b的电功率之比为2∶1答案　AC解析　输入电压为6U0，由题可知灯泡a两端电压为2U0，则原线圈的电压为4U0，b、c能正常发光，则副线圈的电压为U0，根据原、副线圈电压与匝数的关系eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可知原、副线圈的匝数比为4∶1，故A正确，B错误；根据原、副线圈电流与匝数的关系eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，可知原、副线圈的电流之比为1∶4，再根据Ib＝Ic＝eq \f(I2,2)＝2I1，则灯泡a的功率Pa＝2U0I1，灯泡b的功率Pb＝U0×2I1＝2U0I1，可知此时a和b的电功率之比为1∶1，故C正确，D错误。对点练2　理想变压器的动态分析5.如图5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，变压器原、副线圈匝数分别为n1和n2。下列说法正确的是(　　)图5A.eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)B.eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)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变小答案　B解析　由题图可知，原、副线圈两端电压满足电压之比为匝数之比，而U2不是副线圈两端电压，为变阻器两端电压，即eq \f(U1,U2)≠eq \f(n1,n2)，故A错误；A1和A2测的是原、副线圈电路中电流，满足eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，故B正确；滑片P向下滑动过程中，变阻器接入电路电阻减小，所以副线圈所在回路电流I2变大，则由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，可知I1变大，又因为U1不变，则副线圈两端电压不变，定值电阻两端电压增大，所以U2变小，故C、D错误。6.理想变压器原线圈两端输入的交变电流电压如图6甲所示，变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，如图乙所示，定值电阻R0 ＝ 10 Ω，R为滑动变阻器，则下列说法正确的是(　　)图6A.电压表的示数为44eq \r(2) VB.变压器输出电压频率为10 HzC.当滑动变阻器滑片向下移动时，变压器的输入功率增大D.当滑动变阻器滑片向下移动时，电流表的示数减小答案　C解析　原线圈电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比知电压表示数为44 V，故A错误； 由甲图知交变电流周期为0.02 s，则f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，故B错误； 滑动触头P向下移动，电阻变小，输入电压和匝数不变，则副线圈电压不变，电流增加，输出功率增大，故输入功率增加，输入电压不变，则原线圈电流增大，故电流表示数变大，故C正确，D错误。7.(多选)如图7所示，理想变压器原线圈接u＝220eq \r(2)·sin(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(　　)图7A.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　滑片P不动时照射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；照射R的光不变时，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，故C项错误，D项正确。对点练3　电能的输送8.(2022·河北张家口一模)2020年9月，中国发布“双碳战略”，计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和。电力作为远程输送能量的载体，特高压远距离输送清洁电能是实现碳中和的重要途径之一。若保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的150 kV高压输电升级为1 350 kV的特高压输电，下列说法正确的是(　　)A.若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的9倍B.若输电线不变，则输电线上损失的电压变为原来的eq \f(1,3)C.若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的eq \f(1,9)D.若更换直径为原来输电线直径eq \f(1,9)的同种材料制成的输电线，则输电线上损失的功率不变答案　D解析　由公式P＝UI可知，在输电功率不变的情况下，电压升高为原来的9倍，则输送电流变为原来的eq \f(1,9)，A错误；由欧姆定律可知，导线上损失的电压ΔU＝Ir，输电线不变，所以输电线上损失的电压变为原来的eq \f(1,9)，B错误；输电线上损失的功率为ΔP＝I2r，所以输电线上损失的功率变为原来的eq \f(1,81)，C错误；根据R＝ρeq \f(l,S)，输电线的直径变为原来的eq \f(1,9)，则电阻变为原来的81倍，所以输电线上损失的功率不变，D正确。9.(多选)(2021·山东卷，9)输电能耗演示电路如图8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(　　)图8A.r＝10 Ω B.r＝5 ΩC.P＝45 W D.P＝22.5 W答案　BD解析　当开关S接1时，左侧变压器副线圈的电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝3×7.5 V＝22.5 V，电阻R上的电压，即右侧变压器的副线圈的电压U4＝eq \r(P1R)＝10 V，电流I4＝eq \f(U4,R)＝1 A，右侧变压器原线圈的电压U3＝eq \f(n3,n4)U4＝eq \f(2,1)×10 V＝20 V，电流I3＝eq \f(n4,n3)I4＝eq \f(1,2)×1 A＝0.5 A，导线的总电阻r＝eq \f(U2－U3,I3)＝5 Ω，故A错误，B正确；当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器的副线圈中的电流为0.5I，根据理想变压器的规律，有eq \f(U2－Ir,n3)＝eq \f(0.5IR,n4)，解得I＝3 A，则R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5 W，故C错误，D正确。B级　综合提升练10.(2023·湖北八市模拟)如图9甲所示，100匝圆形线圈接入理想变压器的原线圈，变压器的副线圈接入阻值为R的电阻，电表都是理想电表。已知每匝线圈的电阻均为R，若在线圈位置加入垂直于线圈平面的磁场，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，得到圆形线圈的电热功率与电阻R的功率相等。下列说法正确的是(　　)图9A.eq \f(T,2)时刻两电流表示数均达到最大值B.eq \f(T,4)时刻两电流表示数均为0C.原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1D.对某一段线圈来说，当磁感应强度最大时，受到的安培力最大答案　C解析　电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，A、B错误；根据题意得Ieq \o\al(2,1)×100R＝Ieq \o\al(2,2)R，又eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，联立解得eq \f(n1,n2)＝eq \f(10,1)，C正确；当磁感应强度最大时，感应电流等于零，线圈受到的安培力等于零，D错误。11.如图10所示，一理想变压器由一个原线圈和两个副线圈组成，匝数比n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，a、b端接正弦交流电，电路中电阻R1＝R2＝R3，其余电阻均不计。若R3消耗的功率为P，则R1消耗的功率为(　　)图10A.9P B.eq \f(25,9)P C.eq \f(5,3)P D.eq \f(1,9)P答案　B解析　设原线圈两端电压为U0，则R2两端电压为eq \f(2U0,3)，R3两端电压为eq \f(U0,3)，设R3中的电流为I，则R2中的电流为2I，R1中的电流满足I·eq \f(U0,3)＋2I·eq \f(2U0,3)＝I1U0，解得I1＝eq \f(5,3)I，所以R1消耗的功率P1＝Ieq \o\al(2,1)R＝eq \f(25,9)I2R＝eq \f(25,9)P，故B正确。12.如图11所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝eq \r(2) T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝10 rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4 m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4 W　100 Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是(　　)图11A.若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e＝40eq \r(2)sin (10t) VB.当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2∶1C.若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D.若将自耦变压器滑片向下滑动，灯泡会变亮答案　B解析　若从题图所示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e＝nBSωcos ωt＝40eq \r(2)cos(10t)V，A错误；原线圈电压U1＝eq \f(40\r(2),\r(2)) V＝40 V，灯泡两端的电压即副线圈电压为U2＝eq \r(PR)＝20 V，所以原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，B正确；若将滑动变阻器滑片向上移动，滑动变阻器有效电阻增大，则副线圈电流变小，根据电流关系可知原线圈电流减小，即电流表示数变小，C错误；若将自耦变压器滑片向下滑动，则副线圈匝数减小，根据变压器电压规律可知副线圈电压减小，所以灯泡会变暗，D错误。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P1由副线圈的输出功率P2决定，P1＝P2。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。