【物理】2019届一轮复习人教版第十章第2讲变压器　远距离输电学案

【物理】2019届一轮复习人教版第十章第2讲变压器　远距离输电学案

第2讲　变压器　远距离输电 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 只有一个副线圈时：＝ 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　理想变压器原理的应用 例1　(多选)(2018·南通市第一次调研)如图4所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接在频率为50 Hz的正弦交流电源上，电流表A为理想电表，副线圈两端接入一只“220 V　40 W”的灯泡，此时灯泡正常发光．则(　　)‎ 图4‎ A．电流表的示数为0.18 A B．电源的输出功率为40 W C．电源的输出电压为1 100 V D．副线圈中交变电流的频率为10 Hz 答案　BC 解析　灯泡正常发光，则其电流I＝＝ A＝ A，根据电流之比等于匝数的反比可知：I1＝×I＝× A≈0.036 A，故A错误；根据能量关系知，电源的输出功率等于灯泡消耗的功率，故电源的输出功率为40 W，故B正确；根据电压之比等于线圈匝数之比可知：U1＝5U2＝5×220 V＝1 100 V，故C正确；变压器不能改变交流电的频率，故副线圈中交流电的频率仍为50 Hz，故D错误．‎ 变式1　(多选)(2017·苏锡常镇四市调研)如图5所示，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8倍时，两灯泡均能正常发光．则(　　)‎ 图5‎ A．原、副线圈匝数之比为7∶1‎ B．原、副线圈匝数之比为8∶1‎ C．此时a和b的电功率之比为1∶1‎ D．此时a和b的电功率之比为1∶7‎ 答案　AD 解析　灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U额，则说明原线圈两端电压为7U额，副线圈两端电压为U额，则可知，原、副线圈匝数之比为7∶1，故A正确，B错误；根据公式＝可得原、副线圈电流之比为1∶7，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得两者的电功率之比为1∶7，故C错误，D正确．‎ 拓展点　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 ＝ I1n1＝I2n2‎ 例2　(2018·苏锡常镇四市调研)钳形电流测量仪的结构图如图6所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是(　　)‎ 图6‎ A．该测量仪可测量直流电的电流 B．载流导线中电流大小I0＝ C．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流 D．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小 答案　C 解析　该测量仪是根据电磁感应原理制成的，故只可测量交流电的电流，选项A错误；根据I0×1＝In，则载流导线中电流大小I0＝In，选项B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，由于穿过铁芯的磁通量会减小，故测量出的电流将小于实际电流，选项C正确；若将载流导线在铁芯上多绕几匝，根据I0n′＝In，则I变大，即钳形电流测量仪的示数将变大，选项D错误；故选C.‎ 命题点二　理想变压器动态问题分析 ‎1．匝数比不变的情况 ‎(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 ‎(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．‎ 例3　(多选)(2017·南京市、盐城市二模)如图7甲所示是家用台灯亮度调节原理图，理想自耦变压器的a、b间接入如图乙所示正弦交流电压．交流电流表A为理想电表，灯泡额定电压为15 V、额定功率30 W(设灯泡的电阻值保持不变)，当P在c处时灯泡正常发光．下列描述正确的有(　　)‎ 图7‎ A．灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与c点下方的匝数之比为44∶3‎ B．当灯泡正常发光时电流表的读数为2 A C．将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入功率变小 D．将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入电压变小 答案　AC 解析　由题图图象知输入电压的有效值为220 V，灯泡正常发光，副线圈电压为15 V，所以灯泡正常发光时变压器原、副线圈的匝数比＝，A正确；当灯泡正常发光时，输入功率等于输出功率30 W，则I＝＝ A，B错误；当滑动触头向下移动，即n2减小时，电压U2应该减小，流过灯泡的电流减小，输出功率减小，变压器的输入功率也变小，但输入电压不变，C正确，D错误．‎ 变式2　(多选)(2017·宜兴市下学期初考)一理想变压器如图8所示，其原线圈电压一定，副线圈上通过输电线接两个相同的灯泡L1和L2.输电线的等效电阻为R.开始时电键K断开．当K接通后，以下说法正确的是(　　)‎ 图8‎ A．副线圈两端MN的输出电压减小 B．通过灯泡L1的电流减小 C．原线圈中的电流增大 D．变压器的输入功率变小 答案　BC 解析　理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出电压也不变，故A错误；当K接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L1的电流减小，故B正确；变压器的输入功率和输出功率相等，由于副线圈的负载电阻减小了，输出功率变大，所以原线圈的输入功率也要变大，因为输入的电压不变，所以原线圈中的电流要变大，故C正确，D错误．‎ 拓展点　含二极管交流电路分析 例4　(多选)(2017·江苏考前综合模拟)如图9所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，原线圈通过一理想电流表A接在u＝200sin (100πt) V的正弦交流电源上，一个二极管D和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端，理想电压表V和电阻R并联，假设该二极管D的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，则(　　)‎ 图9‎ A．交流电压表示数为20 V B．交流电压表示数为14.1 V C．减小负载电阻的阻值R，电流表的读数变小 D．将二极管短路，电流表的读数变大 答案　BD 解析　由＝，U1＝200 V，知副线圈电压的有效值为U2＝20 V，因为二极管具有单向导电性，由此根据焦耳定律得：·＝·T，U2′＝≈14.1 V，即交流电压表示数为 ‎14.1 V，A错误，B正确；减小负载电阻的阻值R，由P＝知，副线圈输出功率变大，原线圈输入功率也变大，原线圈输入电压不变，则电流表的读数变大，故C错误；将二极管短路，输出功率变大，原线圈的输入功率变大，而原线圈输入电压不变，则电流表示数变大，故D正确．‎ 命题点三　远距离输电 ‎1．理清三个回路 远距离输电电网间的基本结构如图10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．‎ 图10‎ ‎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＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2.‎ ‎(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＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4.‎ ‎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理想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)(2018 ·镇江市模拟)某发电机输出的交流电如图11所示，经理想变压器升压后向远处输送，最后经理想变压器降压后输送给用户．则下列说法正确的是(　　)‎ 图11‎ A．发电机输出交流电的有效值为500 V B．用户获得的交流电频率为50 Hz C．若增加用户用电负载的数量，输电线上损失的功率将增加 D．若增加升压变压器原线圈的匝数，输电线上损失的功率将减小 答案　BC 解析　由题图图象可知交流电的最大值为Um＝500 V，因此其有效值为U＝＝250 V，故A错误；由题图可知，T＝2×10－2 s，故f＝＝50 Hz，故B正确；若增加用户用电负载的数量，总电阻减小，电流增大，由ΔP＝I2R知损失功率增大，故C正确；增大升压变压器原线圈匝数，输出电压减小，损失的功率为ΔP＝()2R，损失功率增大，故D错误．‎ 变式3　(2017·南京市9月调研)“西电东送”是实现经济跨地区可持续快速发展的重要保证，它将西部丰富的能源转化为电能输送到电力供应紧张的沿海地区．为了减少远距离输电线路中电阻损耗的能量，需要采用高压输电，在保持输送功率及输电线路电阻不变的情况下，将输送电压提高到原来的10倍，则输电线路中电阻损耗的能量将减少到原来的(　　)‎ A. B. C. D. 答案　B 解析　根据P＝UI得，I＝，则输电导线上损失的功率ΔP＝I2R＝R，输送电压提高到原来的10倍，则损失的功率变为原来的.故B正确，A、C、D错误.‎ ‎1．(多选)(2017·龙冈中学模拟)如图12甲，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则(　　)‎ 图12‎ A．灯泡的额定电压为110 V B．副线圈输出交流电的频率为50 Hz C．U＝220 V，I＝0.2 A D．原线圈输入电压的瞬时表达式为u＝220sin 100πt V 答案　ABD 解析　原线圈的电压为：U1＝ V＝220 V，副线圈的电压为：U2＝U1＝110 V，灯泡正常发光，则A正确；原线圈的频率为f＝ Hz＝50 Hz，变压器不会改变频率，故B正确；副线圈电流为：I2＝＝ A＝0.2 A，原线圈的电流为：I1＝I2＝0.1 A，则C错误；ω＝2πf＝100π rad/s，瞬时表达式为：u＝220sin 100πt V，故D正确．‎ ‎2．(多选)(2018·徐州三中月考)如图13所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心触头，电压表和电流表均为理想表，RT是用氧化锰等金属氧化物烧结而成的热敏电阻(阻值随温度升高而减小)．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值u1＝220sin 100πt(V)，则下列说法不正确的是(　　)‎ 图13‎ A．当t＝ s时，c、d间的电压瞬时值为110 V B．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V C．当单刀双掷开关与a连接时，若RT温度升高，则电压表和电流表的示数均变小 D．当单刀双掷开关由a扳向b时，则电压表和电流表的示数都变大 答案　AC 解析　当t＝ s时，c、d间电压的瞬时值为u＝220sin 100π× V＝110 V，故A错误；当单刀双掷开关与a连接时，原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈两端的电压有效值U1＝ V＝220 V，根据＝＝，代入数据得U2＝22 V，故B正确；当单刀双掷开关与a连接时，RT温度升高，热敏电阻的阻值减小，由＝可知电压不变，电流表示数增大，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数减小，由＝可知U2变大，RT不变，故电压表和电流表的读数均变大，故D正确．所以错误选项是A、C.‎ ‎3．(多选)(2017·宿迁市期末)如图14所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节．RT为热敏电阻，当环境温度升高时，RT的阻值变小．下列说法正确的有(　　)‎ 图14‎ A．P向下滑动时，电压表读数变大 B．P向下滑动时，电流表读数变小 C．若环境温度升高，变压器的输入功率变大 D．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小 答案　BC 解析　当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，副线圈电流减小，输出功率减小，则输入功率减小，原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，故A错误，B正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P＝I2R，灯泡消耗的功率变大，原线圈的电流也会变大，输入电压不变，则变压器的输入功率变大，故C正确，D错误．‎ ‎4．图15为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsin ωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(　　)‎ 图15‎ A．() B．() C．4()2()2r D．4()2()2r 答案　C 解析　原线圈电压的有效值：U1＝，根据＝可得U2＝·，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P，所以输电线上的电流I＝，输电线上损失的电功率为P′＝I22r＝4r22，所以C正确，A、B、D错误．‎ ‎5．如图16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16‎ 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 答案　A 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 V＝11 V，所以原、副线圈的匝数比为10∶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．‎ ‎1.如图1所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 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1‎ A．原线圈的输入功率为220 W B．电流表的读数为1 A C．电压表的读数为110 V D．副线圈输出交流电的周期为50 s 答案　B 解析　由u＝220sin 100πt(V)可知，原线圈电压最大值为220 V，故原线圈电压的有效值为U1＝220 V ，根据＝可知，U2＝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＝＝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A错误；原线圈中的电流I1＝＝1 A，故B正确；因为ω＝＝100π rad/s，所以 T＝0.02 s，副线圈输出交流电的周期不变，故D错误．‎ ‎2．(多选)(2018·铜山中学模拟)图2中理想变压器的原、副线圈的匝数之比为2∶1，电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，两电表均为理想交流电表．若R1两端电压瞬时值表达式为u1＝‎ ‎10sin 100πt V，则下列说法正确的是(　　)‎ 图2‎ A．电流表的示数为0.5 A B．电压表示数为14.14 V C．R2消耗的功率为20 W D．原线圈输入交流电频率为100 Hz 答案　AC 解析　R1两端电压有效值UR1＝10 V，R1中电流IR1＝ A＝1 A，则副线圈中电流I2＝IR1＝‎ ‎1 A，再由I1∶I2＝n2∶n1＝1∶2，可知原线圈中电流I1＝0.5 A，则A正确．电压表测的是R2两端电压UR2＝I2R2＝20 V，B错误．R2消耗的功率PR2＝I22R2＝20 W，C正确．变压器不改变交流电的周期和频率，由R1两端电压瞬时值表达式u1＝10sin 100πt V，可知原线圈输入交流电频率f＝ Hz＝50 Hz，D错误．‎ ‎3.(多选)普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图3高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1∶200和200∶1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11 V，电流表的读数为1 A，则(　　)‎ 图3‎ A．甲电表是电压表，乙电表是电流表 B．甲电表是电流表，乙电表是电压表 C．图示高压输送电路输电线的总电阻是11 Ω D．图示高压输送电路输入的总功率为440 kW 答案　BD ‎4．(2018·兴化一中月考)随着人们生活水平的不断提高，家用电器越来越多，尤其夏天夜间，‎ 电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题．如图4所示的理想变压器的副线圈上连接有两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定为U0的交流电压．当开关闭合时，以下说法中正确的是(　　)‎ 图4‎ A．通过灯泡L1的电流减小 B．通过电阻R的电流减小 C．副线圈的输出电压减小 D．原线圈中的电流减小 答案　A 解析　变压器的电压是原线圈决定副线圈，原线圈电压不变，匝数比不变，故副线圈电压不变，开关闭合时，副线圈增加支路，总电阻变小，副线圈电流变大，输电线上电压增大，所以用户(灯泡)获得的电压降低，灯泡变暗；副线圈电流决定原线圈电流，原线圈电流应增大，所以本题选A.‎ ‎5.(2017·盐城中学第三次模拟)如图5所示为一理想变压器，S为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为原线圈中的电流强度，则(　　)‎ 图5‎ A．保持U1及P的位置不变，S由a改接到b，I1将减小 B．保持U1及P的位置不变，S由a改接到b，R两端的电压变小 C．保持U1不变，S接在a处，使P滑向c端，R的电功率变大 D．保持P的位置不变，S接在a处，使U1增大，I1将增大 答案　D 解析　保持U1及P的位置不变，S由a改接到b时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I1＝得I1将增大，故A、B错误；保持U1不变，S接在a处，使P上滑时，R增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据P＝UI知R的电功率将减小，故C错误；保持P的位置不变，S接在a处，若U1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据I1＝可知I1将增大，故D 正确．‎ ‎6．(2018·前黄中学检测)如图6甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则(　　)‎ 图6‎ A．发电机产生的交流电的频率是100 Hz B．降压变压器输出的电压有效值是340 V C．输电线的电流仅由输送功率决定 D．仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小 答案　D 解析　由题图乙可知交流电的周期T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的周期与频率，则A错误．由题图乙可知Um＝340 V，有效值U＝<340 V，则B错误．输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C错误．当仅增加升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由P＝UI可知，输电电流减小，再由P＝I2R可知输电线上损失的功率减小，则D正确．‎ ‎7.普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图7中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　)‎ 图7‎ A．ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd B．ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd C．ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd D．ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd 答案　B 解析　高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，即副线圈中的电流较小，由＝可知n2较大，n1较小，所以ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd，选项B正确．‎ ‎8.一自耦变压器如图8所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．‎ 通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中(　　)‎ 图8‎ A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高 C．U2n2，知U2n2，根据I1n1＝I2n2可知I1

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