【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习课时练习第12章第2讲《变压器电能的输送》(含解析).doc，共(25)页，529.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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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(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U1U2＝n1n2，与负载、副线圈的个

数无关电流关系(1)只有一个副线圈时：I1I2＝n2n1(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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。【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，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。图31.输电电流I＝PU＝P′U′＝U－U′R。2.电压损失(1)ΔU＝U－U′(2)ΔU＝IR3.功率

损失(1)ΔP＝P－P′(2)ΔP＝I2R＝(PU)2R4.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＝ρlS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】采用220kV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14，输电电压应变为()A.55kVB.110kVC.440kVD.880kV答案C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440kV，选项C正确。命题点一理想变压器原理的应用【例1】(2020·

山东卷，5)图4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15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑动变阻器

R的最大阻值为10Ω。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4A.1ΩB.5ΩC.6ΩD.8Ω答案A解析由图乙可知理想变压器输入电压U1＝220V，应用理想变压器变压公式U1U2＝n1n2＝223，可得副线圈输出电压U2＝30V。灯泡正常工作时

，灯泡两端电压为UL＝24V，电流IL＝ULRL＝1.6A。设R1两端电压为U，由U2＝UL＋U，可得U＝6V。由UR1＋UR2＋R＝IL，解得R＝1Ω，选项A正确。【变式1】(多选)(2020·全国卷Ⅲ，20)在图5(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为

220V，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＝10Ω，R3＝20Ω，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

()图5A.所用交流电的频率为50HzB.电压表的示数为100VC.电流表的示数为1.0AD.变压器传输的电功率为15.0W答案AD解析由图(b)可知通过R2的交流电的周期为2×10－2s，变压器不会使交流电

的周期改变，所以所用交流电的频率为50Hz，选项A正确；由图(b)可知通过R2的电流的有效值为1A，由串并联特点可知通过R3的电流(即通过电流表的电流)为0.5A，故副线圈的电流为I2＝1.5A，由欧姆定

律可得副线圈两端的电压U2＝1×10V＝10V，由变压器原、副线圈两端电压比与原、副线圈匝数比的关系可得，原线圈两端的电压U1＝U2n2n1＝100V，再根据原线圈电路的串联关系可得R1两端的电压为UV＝220V－100V＝120V，选项B、C均错误；根据变压器原理可得变压器传输的

电功率为P＝U2I2＝10×1.5W＝15.0W，选项D正确。【变式2】(2021·1月广东学业水平选择考适应性测试，7)科学中心某款手摇点火器原理如图6所示。当钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花。已知匀强磁场的磁感应强度B

大小为0.2T，手摇发电机线圈的面积为0.25m2，共50匝，不计内阻。变压器为理想变压器，其原、副线圈匝数比为1∶100。下列说法正确的是()图6A.线圈转速等于2r/s时，点火器可以产生电火花B.线圈转速等于4r/s时，

点火器可以产生电火花C.电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花D.电压表的示数为25V时，点火器可以产生电火花答案B解析线圈在匀强磁场中转动产生交变电流，设转速为n，则发电机的最大电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，发

电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，U1m＝Em，根据变压器变压规律知U1U2＝n1n2，有U1mU2m＝n1n2＝1100，钢针和金属板间瞬时电压超过5000V时可以产生电火花，现令U2m＝5000V，联立各方程解得U1

m＝50V，n＝10πr/s≈3.18r/s，故线圈转速等于4r/s时，副线圈的电压最大值超过了5000V，能产生电火花，故A错误，B正确；电压表的示数为原线圈两端的电压有效值，刚点火时UV＝U1m2＝252V，5V和25V均小于252V，则不能达到点火电压，故C、D错

误。实验十五探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系【例2】(2020·浙江大学附属中学1月选考模拟)(1)某同学在做“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验时，用学生电源提供给图7甲所示变压器原线圈的电压为5V，用演示电表交流50

V挡测量副线圈电压时示数如图乙所示，则变压器的原、副线圈匝数之比可能是__________；图7A.5∶8B.5∶16C.1∶14D.1∶8(2)街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，_____

_____(填写“原线圈”或“副线圈”)应该使用较粗的导线。答案(1)D(2)副线圈解析(1)根据电压表读数的方法可知，该变压器的输出电压为40V，所以变压器的原副线圈匝数之比n1n2＝U1U2＝540＝18，故D正确，A、B、

C错误。(2)理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的时候，电流与匝数成反比，街头用电的变压器是降压变压器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈的电流较大，应该使用较粗的导线。命题点二理想

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U1U2＝n1n2，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，n1n2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＝U22R，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3】(2020·山东济南市期末学习质量评估)理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图10所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个相同灯泡L1、L2和L3接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法

正确的是()图10A.灯泡L1变亮，L2变暗B.灯泡L1、L2都变亮C.灯泡L2、L3都变亮D.电源输出功率减小答案B解析设M、N两端稳压交流电源的电压有效值为U，原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，原副线圈的匝数比n1∶n2＝

k，灯泡的电阻都为R，根据欧姆定律，可得副线圈两端的电压为U2＝I2()R＋R并，根据U1U2＝n1n2＝k，得原线圈两端的电压为U1＝kU2＝kI2()R＋R并，根据I1I2＝n2n1＝1k，解得I1

＝1kI2，根据欧姆定律，可得L1两端的电压U1′＝I1R＝I2Rk，则稳压交流电源的电压为U＝U1′＋U1＝I2Rk＋k()R＋R并，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，其电阻减小，则R并电阻减小，所以总电

阻减小，而稳压交流电源的电压U不变，所以电流I2变大，则L2变亮；原线圈的电流I1＝1kI2也增大，所以L1变亮，其两端的电压变大，所以原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而L2的电压变大，所以L

3与滑动变阻器并联部分的电压减小，所以L3变暗，B正确，A、C错误；因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据P＝UI1，可知电源输出功率增大，D错误。【变式3】(多选)(2020·宁夏石嘴山市4月模拟)如图11所示，理想变压器T的原线圈接在电压为U的交流电源两端，P为滑动变阻器的滑

片，RT为热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，下列说法正确的是()图11A.P向左滑动时，变压器的输出电压变大B.若P向左滑动时，RT阻值保持不变，则变压器的输入功率变大C.若P保持不变，RT温度升高时，则灯L变暗D.RT温度升高时，适当向右滑动P可能保持灯L亮度不变答案CD解

析P向左滑动时，变压器原线圈电压和原副线圈的匝数比均不变，输出电压不变，故A错误；P向左滑动时，则滑动变阻器电阻变大，而RT阻值保持不变，所以副线圈回路总电阻增大，根据P＝U2R总知变压器的输出功率减小，所以变压器的

输入功率也变小，故B错误；若P保持不变，RT温度升高时，热敏电阻的阻值减小，副线圈回路总电阻减小，总电流增大，滑动变阻器的分压增大，灯L两端电压减小，灯L变暗，故C正确；RT温度升高时，热敏电阻阻值减小，适当向右滑动P，可能使灯L分压不变，从而保持灯的亮度不变，故D正

确。【变式4】(多选)(2020·云南昆明市4月教学质量检测)如图12甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈的输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，D为理想二极管，R为电阻箱，当电阻箱阻值R＝11Ω时，下列说

法正确的是()图12A.原线圈的输入电压频率为50HzB.电阻箱R两端电压的有效值为11VC.电阻箱R消耗的功率为22WD.若电阻箱R阻值变小，原线圈中的电流变小答案AC解析由题图乙可知，T＝0.02s，

f＝1T＝10.02Hz＝50Hz，故A正确；原线圈电压的有效值为U1＝22022V＝220V，由变压比可知，副线圈两端的电压U2＝22V，由于二极管具有单向导电性，由电流的热效应可知，U2RRT＝U22R·T2，解得UR＝112V，故B错误；PR＝U2RR＝（112）211W＝

22W，故C正确；若电阻箱R阻值变小，由于原线圈电压不变和变压器匝数比不变，所以副线圈的电压不变，所以副线圈中的电流变大，则原线圈中的电流变大，故D错误。命题点三两种特殊的变压器模型1.自耦变压器自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分

作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图13所示。图132.互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在交流电路中副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用将高电压变为

低电压将大电流变为小电流利用的公式U1U2＝n1n2I1n1＝I2n2【例4】(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14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()图14A.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解析变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，B

、C项均错误；根据变压器匝数与电压的关系U1U2＝n1n2可得副线圈的电压U2＝n2n1U1，由于原线圈匝数少而副线圈的匝数多，即n1＜n2，因此有U2＞U1，电流互感器是一种升压变压器，A项错误；根据变压器匝数与电流的关系I1I2＝n2n1可得副线圈的电流I2＝n1n2I

1，由于n1＜n2，因此有I2＜I1，D项正确。【变式5】(2020·福建泉州市第一次质检)如图15所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器(均视为理想变压器)，T1的原、副线圈匝数比为1∶1000，、是交流电压表或交流电流表，其中交流电压表两端的电压为10V，高压线路输送的电功率是2

.2×103kW、电压是22kV，则()图15A.是交流电压表B.T2的原、副线圈匝数比为1000∶1C.通过交流电流表的电流为0.1AD.绕制T1原线圈的导线应比副线圈的细答案C解析T1是电流互感器，是交流电流表，T2是电压互感器，是交流电压表，故A错误；对T2，根据变压器原副

线圈电压与线圈匝数的关系n1n2＝U1U2＝22×100010＝22001，故B错误；对T1，原线圈的电流I1＝PU＝2.2×10322A＝100A，I1I2＝n2n1，解得I2＝0.1A，故C正确；T1原

线圈的电流大于副线圈的电流，故绕制T1原线圈的导线应比副线圈的粗，故D错误。【变式6】(多选)(2020·江苏常州市上学期学业水平监测)如图16所示，钳型电流表是一种穿心式电流互感器，选择量程后，将一根通电导线夹入钳中，就可以读出导线中的电流。该电流表()图16A.可以测直流电流B.可以测交流电

流C.量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多D.量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变少答案BC解析电流互感器是根据电磁感应原理制成的，则只能测量交流电流，不能测量直流电流，选项A错误，B正确；根据I1I2＝n2n1可知，n1和I2一定，则当I

1变大时n2要增大，则量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多，选项C正确，D错误。命题点四远距离输电1.理清三个回路图17远距离输电电网间的基本结构如图17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U1U2＝n1n2，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U3U

4＝n3n4，P3＝P4，I3n3＝I4n4。3.掌握一个关系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】(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550kV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1100kV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′＝14ΔPB.ΔP′＝12ΔPC.ΔU′＝14ΔUD.ΔU′＝12ΔU答案AD解

析若采用550kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝PU2r，输电线路损失的电压ΔU＝PUr，若改用1100kV的特高压输电，同理有ΔP′＝PU′2r，ΔU′＝PU′r，可得ΔP′＝ΔP4，ΔU′＝ΔU2，故B、C项错误，A、D项正确。【变式7】(202

0·7月浙江选考，11)如图18所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V。已知输电线上损失的

功率P线＝5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是()图18A.发电机输出的电流I1＝40AB.输电线上的电流I线＝625AC.降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D.用户得到的电流I4

＝455A答案C解析发电机输出的电流I1＝PU1＝100×103250A＝400A，选项A错误；输电线上的电流I线＝P线R线＝5×1038A＝25A，选项B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝PI线＝100×10325V＝4×103V，输电线损耗电压ΔU＝I线R＝25

×8V＝200V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3800V，故降压变压器的匝数比n3n4＝U3U4＝3800220＝19011，选项C正确；降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95kW，故用户得到的电流

I4＝P4U4＝95×103220A＝431.8A，选项D错误。【变式8】(2021·1月江苏新高考适应性考试，7)小明分别按图19甲和乙电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用。其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变

压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等，两次实验中()图19A.都接直流电源B.A两端的电压相等C.A损耗的功率相等D.图甲中A的电流较大答案D解析由于变压器只能改变交变电流，因此题图乙中不可能接直流电源，故A错误；设灯泡的电压为U0，电流为I0，A、B的阻值

为R，则题图甲电路中电流为I0，A两端电压为I0R，损耗的功率为I20R，题图乙中降压变压器的匝数比为n3n4>1，则流过A的电流I3＝n4n3·I0<I0，D正确；题图乙中A两端的电压为I3R<I0R，损耗的功

率为I23R<I20R，故B、C错误。课时限时练(限时：30分钟)对点练1理想变压器的原理及应用1.(2020·江苏盐城市第三次模拟)“新冠肺炎”席卷全球，某汽车厂决定改建生产线转产口罩，原生产线工作电压为380V，而口罩机工作电压为220V。现在需要变压器来进行降压

，若变压器原线圈匝数为1900匝，则副线圈匝数为()图1A.110B.220C.1100D.2200答案C解析根据U1U2＝n1n2解得n2＝U2n1U1＝220×1900380＝1100匝，故选项C正确。2.(2020·辽宁辽阳市二模)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当副线

圈中电流增加0.1A时，原线圈电流()A.减小0.01AB.增加0.01AC.减小1AD.增加1A答案D解析根据I1＝n2n1I2，则ΔI1＝n2n1ΔI2＝10×0.1A＝1A，即原线圈电流增加1A。故D正确。3.(多选)(2020·海南

省高考调研)如图2所示，一理想变压器输入端接一正弦交流电源(电压有效值不变)，输出端电路由R1、R2、R3和R4四个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后()图2A.R1两端的电压减小到原来的14B.R2两端的电压减小到原来的13C.R3两端的电压减小到原来的12D.R

4的热功率减小到原来的14答案CD解析理想变压器的原、副线圈的电压和匝数成正比，将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后，副线圈的电压减小到原来的12，输出端的四个电阻的电压都减小到原来的12，故A、B错误，C正确；根据P＝U2R知，R4的热功率减小到原来的14，D正确。

4.(2020·江苏南通市5月第二次模拟)如图3甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻55Ω，电流表、电压表均为理想电表。原线圈A、B端接入如图乙所示的正弦交流电压，下列说法正确的是()图3A.电流表的示数为4.0AB.电压表的示数为155.6VC.副线圈中交流电的频率为50HzD.

穿过原、副线圈磁通量的变化率之比为2∶1答案C解析理想变压器的原线圈接入正弦交流电，由u－t图像知最大值为U1max＝2202V，可知有效值为U1＝U1max2＝220V，根据理想变压器规律U1U2＝n1n2，可得副线圈两端的电压U2＝n2n1U1＝1×2202V＝110V，由欧姆定律可知流过电

阻的电流I2＝U2R＝2A，所以，电流表的示数为2A，电压表的示数为110V，故A、B均错误；因交流电的周期为0.02s，频率为50Hz，变压器不改变交流电的频率，则副线圈的交流电的频率也为50Hz，故C正确；根据理想变压器可知，原副线圈每一匝的磁通量相同，变化也相同，则穿

过原、副线圈磁通量的变化率相同，比值为1∶1，故D错误。5.(2020·山东日照市4月模拟)如图4是实验时用的原、副线圈都有从中点抽头的理想变压器，在原线圈上通过一个单刀双掷开关S1与一只电流表连接，在副线

圈上通过另一个单刀双掷开关与一个定值电阻R0相连接，通过S1、S2可以改变原、副线圈的匝数。在原线圈上加一电压为U的交流电后，①当S1接a，S2接c时，电流表的示数为I1；②当S1接a，S2接d时，电流表的示数为I2；③当S1接b，S2接c时，电流表的示数为I3；④当S1接

b，S2接d时，电流表的示数为I4，则()图4A.I1＝I2B.I1＝I4C.I2＝I3D.I2＝I4答案B解析在第①种情况下，S1接a，S2接c时，设副线圈加在R0上的电压为U0，流过R0的电流为I0，根据U1U2＝n1n2可得，第②③④种情况，R0上的电压分

别为U02、2U0、U0，流过R0的电流分别为I02、2I0、I0，根据P入＝P出可得I2＝14I1、I3＝4I1、I4＝I1。对点练2理想变压器的动态分析6.(2020·北京市密云区下学期第一次测试)如图5所示，为探究理想变压器原副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效

值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接入理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，不计导线电阻。闭合开关S后，下列说法正确的是()图5A.A1示数不变，V1示数不变，L1变亮B.A2示数变大，V2示数

变大，L1变暗C.A1示数变大，变压器输出功率变大，A1与A2示数的比值不变D.V2示数变大，变压器输出功率变大，V1与V2示数的比值不变答案C解析闭合开关后，根据理想变压器的电压规律U1U2＝n1n2可知变压器两端电压不变，所以两电压表示数不变，灯泡两端电

压不变，L1亮度不变；副线圈并联负载增加，根据并联分流规律可知副线圈干路电流增大，所以A2示数增大，根据I1I2＝n2n1可知原线圈电流增大，所以A1示数增大，A、B错误；根据P＝IU可知变压器输出电压不变，电流增大，所以变压器输出功率变大，结合上述分析可知A1与A2示数的

比值不变，V1与V2示数的比值不变，C正确，D错误。7.(多选)(2020·山东青岛市一模)如图6所示，理想变压器的a、b两端接在U＝220V交流电源上，定值电阻R0＝40Ω，R为光敏电阻，其阻值R随光照强度E变化的公式为R＝120EΩ，光照强度E的单位为勒克斯(lx)。开始时理想电

流表A2的示数为0.2A，增大光照强度E，发现理想电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，下列说法正确的是()图6A.变压器原副线圈匝数比n1n2＝41B.理想电压表V2、V3的示数都减小C.光照强度的增加量约为7.5lxD.在增大光照强度

过程中，变压器的输入功率逐渐减小答案AC解析设开始时变压器初级电流为I1，则n1n2＝I2I1＝ΔI2ΔI1＝0.80.2＝41，选项A正确；因变压器初级电压不变，则由于匝数比一定，可知次级电压V2不变；因次级电流变大，则

R0上电压变大，则V3的示数减小，选项B错误；变压器次级电压为U2＝14U1＝55V，开始时光敏电阻R1＝U2I2－R0＝550.2Ω－40Ω＝235Ω，后来光敏电阻R2＝U2I2′－R0＝550.2＋0.8Ω－40Ω＝15Ω，由E＝120R可得ΔE＝

120R2－120R1＝12015lx－120235lx＝7.5lx，选项C正确；在增大光照强度过程中，变压器副线圈电路中电阻减小，则副线圈电路中消耗功率变大，则变压器的输入功率逐渐变大，选项D错误。8.(2020·天津市红桥区第一次模拟)

如图7所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin(314t)V的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电阻随着温度的升高而减小，电流表A2为值班室的显示器，显示通过

R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻，当传感器R2所在处出现火灾时，以下说法中正确的是()图7A.A1的示数变大，A2的示数变小B.A1的示数增大，A2的示数增大C.V1的示数不变，V2的示数增大D.V1的示数增大，V2的示数变小答案A解析当传感器R2所

在处出现火警时，R2的电阻减小，导致副线圈电路的总电阻减小，则副线圈的输出电流增大，根据电流与匝数关系可知，原线圈的输入电流增大，电流表A1测量的是原线圈的输入电流，则电流表A1示数变大；由于电源的电压不变，则原线圈输入电压不变，匝

数比不变，根据变压比可知，副线圈输出电压也不变，所以电压表V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的两端电压变大，则电压表V2的示数变小，即R1的两端电压变小，根据欧姆定律可知，电流表A2的示数变小，故A正确，B、C、D错误。对点

练3远距离输电问题9.(多选)(2021·1月重庆市学业水平选择性考试适应性测试，9)如图8a、b所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝270002sin(100πt)V，电器RL与RL′的参数分别为“220V/1100W”“220V/440W”，输电线的总电阻r

＝2Ω。若两图中电器都能正常工作，则()ab图8A.图a中电阻r的功率为50WB.图b中变压器的输入功率比图a中变压器的输入功率增加了440WC.图a中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2700∶23D.图b中原、副线圈匝数比n1∶n2＝1500∶13答案ACD解析根

据P＝UI可得通过电器RL的电流为IL＝PLUL＝1100220A＝5A，电阻r的功率为Pr＝I2Lr＝52×2W＝50W，故A正确；图a变压器输出电压为U出＝UL＋Ir＝220V＋5×2V＝230V，图a输出功率等于输入功率为P1＝U出IL＝230×5W＝1150W，RL′

正常工作的电流为IL′＝PL′UL′＝440220A＝2A，图b中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7A，图(2)中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝220V＋2×7V＝234V，图b中输出功率等于输入功率为P2＝U出I总＝234×7W＝1638W，图b中变压器的输入功率比图

a中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝1638W－1150W＝488W，故B错误；由于输入电压为U入＝Um2＝270022V＝27000V，则图a中原、副线圈匝数比n1n2＝U入U出＝270023，同理图b中原、副线圈匝数比n1n2＝U入U出′＝150013，故

C、D正确。10.(2020·河南濮阳市4月摸底)如图9为某小型水电站的电能输送示意图，发电机向升压变压器原线圈输出电压为220V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，变压器均为理想变压器。要使额定电压为220V的用

电器正常工作，则()图9A.n2n1＝n3n4B.n2n1＞n3n4C.n2n1＜n3n4D.因为变压器均为理想变压器，所以升压变压器的输入功率等于降压变压器的输出功率答案B解析设升压变压器副线圈两端电压、降压变压器原线圈两端电压分别

为U2、U3，有U2220＝n2n1，U3220＝n3n4，由于输电线路上有电压损耗，则U2＞U3，即n2n1＞n3n4，故A、C错误，B正确；在电能输送过程中，输电线上有功率损耗，升压变压器的输入功率大于降压变压器的输出功率，故D错误

。11.(多选)(2020·山东泰安市一轮检测)如图10电路所示，灯泡A、B完全相同，灯泡L与灯泡A的额定功率相同，额定电压不同。在输入端接u＝452sin(100πt)V的交流电压，三个灯泡均正常发光，电流表A1的示数为1A，电流表A2的示数为1.5A，电路

中变压器、电流表均为理想的，则下列说法正确的是()图10A.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶3B.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝3∶1C.灯泡L的额定电压为10VD.灯泡L的额定电压为15V答案BD解析因三个灯泡均正常发光，所以副线圈中总电流为

I2＝3A，由变压规律可知变压器原、副线圈匝数比为n1n2＝I2I1＝31，故A错误，B正确；令副线圈两端电压为U2，则由变压规律可知原线圈两端电压U1＝n1n2U2＝3U2，令灯泡L两端电压为UL，则有ULI1＝U2IA，其中U＝UL＋U1，由输入

端电压u＝452sin(100πt)V，可知U＝45V，联立可得UL＝15V，故C错误，D正确。12.(多选)(2020·山东青岛市上学期期末)如图11(a)，为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图(b)所示的正弦交流电压，并加在理想变压器

的原线圈上，电压表为交流电表，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当变压器副线圈输出电压的瞬时值大于5000V时，就会在点火针两端间引发火花进而点燃燃气，则()图11A.闭合开关S，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为50VB.某交流发电机要产生与图

(b)相同频率的交流电，其线圈在磁场中的转速为100转/秒C.闭合开关S，电压表的示数为252VD.变压器原、副线圈的匝数n1、n2须满足n2>100n1时，才能实现点火答案CD解析根据图(b)得到原线圈电压的最大值为50V，加在变压器原线圈

上正弦交流电压的有效值为U＝Em2＝252V，电压表的示数为：U＝252V，故A错误，C正确；根据图(b)得到原线圈电流周期为0.02s，转速n＝1T＝50转/秒，某交流发电机要产生与图(b)相同频率的交流电，其线圈在磁

场中的转速为50转/秒，故B错误；瞬时电压大于5000V即火花放电；根据U1U2＝n1n2，且U1＝50V，U2≥5000V得到实现点火的条件是：变压器原、副线圈的匝数n1、n2须满足n2＞100n1，故D正确。13

.(2020·浙江绍兴市适应性考试)如图12所示，一台变压器T的原线圈与3.0kV的交流电源相连，副线圈上接有一电动机M，电动机正常工作时两端的电压为120V、消耗功率为1.0kW，变压器T的效率(效率指的是变压器的输出功率与输入功率的比值)为97%，不计导线的电阻，则()

图12A.交流电源提供的电流约为0.34AB.电动机的电阻约为14.4ΩC.变压器T的输入功率为0.97kWD.变压器T的匝数比为25∶1答案A解析变压器的输入功率为P＝PM97%＝1030.9W，故交流电源的提供的电流为I＝PU＝0.34A，故A正确，C错误；流过电动机的电流为IM＝PM

UM＝253A，由于电动机不是纯电阻元件，故其电阻R≠UMIM＝14.4Ω，故B错误；由于变压器的效率不是100%，故原、副线圈的匝数比不等于变压器两端电压之比，即n1n2≠UUM＝251，故D错误。