【物理】2019届一轮复习人教版第31讲变压器的原理电能的输送学案
第31讲 变压器的原理 电能的输送
考纲要求
考情分析
命题趋势
1.理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系、电流关系Ⅱ
2．交流电路的动态分析Ⅰ
3．交流电路中的电容、电感、二极管问题Ⅰ
4．远距离输电Ⅰ
2017·北京卷，16 2017·江苏卷，7
2016·全国卷Ⅰ，16 2016·全国卷Ⅲ，19
2016·四川卷，2 2016·天津卷，5
考题贴近生活，与生产实际联系紧密、题目常涉及变压器的原理、电路动态分析和远距离输电等多个考点，以选择题形式出现，难度中等
1．理想变压器
(1)原理：利用电磁感应的__互感__现象．
(2)基本关系式
①功率关系：__P入＝P出__；
②电压关系：只有一个副线圈时，＝；
有多个副线圈时＝＝…；
③电流关系：只有一个副线圈时，＝；
由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn．
(3)常用的变压器
①自耦变压器——调压变压器；
②互感器
2．远距离输电
(1)输电过程(如图所示)
(2)输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝
__I2Rt__．
(3)电压损失
①ΔU＝U－U′；②ΔU＝__IR__．
(4)功率损失
①ΔP＝P－P′；②ΔP＝__I2R__＝()2R．
(5)输送电流
①I＝；②I＝．
1．判断正误
(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)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．( √ )
(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)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．( × )
(5)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．( × )
(6)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．( √ )
(7)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗．( √ )
(8)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失越大．( √ )
一 理想变压器的特点与制约关系
1．理想变压器的特点
(1)没有能量损失(铜损，铁损)．
(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)．
2．制约关系
(1)电压制约关系：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．
(2)电流制约关系：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定．
(3)功率制约关系：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定．
关于理想变压器的四点说明
(1)变压器不能改变恒定的直流电压．
(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)当原线圈中串联电阻(或灯泡)时，U1为加在原线圈两端的电压，并不是电源的电压．
[例1](2017·北京卷)如图所示，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( B )
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
解析 由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，选项A错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以选项B正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，选项C错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以选项D项错误．
二 理想变压器的动态分析
1．匝数比不变的情况(如图所示)
(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也不变．
(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(如图所示)
(1)U1不变，发生变化，故U2变化．
(2)R不变，U2改变，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．
含有变压器的动态电路分析方法
→
→
→
→
→
→
[例2]如图，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，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．下列说法正确的是( C )
A．I1和I2表示电流的瞬时值
B．U1和U2表示电压的最大值
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
解析 交流电表测量的是交变电流的有效值，故选项A、B皆错误．由于理想变压器的输出电压U2＝U1与负载无关，即滑片P下滑时U2不变，故选项D错误．由I1U1＝知R减小时I1变大，故选项C正确．
三 三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，如图所示．
[例3]如图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( A )
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 由题图乙知电压的有效值即电压表的示数为220 V，选项A正确；电容器的耐压值为交流最大值，有效值为 V＝11 V，所以原、副线圈的匝数比为10∶1，选项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，选项C错误；由题图乙知交流电的周期为0.02 s所以角速度为100 π rad/s，原线圈AB端输入电压的变化规律为u＝311sin 100πt V，选项D错误．
2．互感器
分为电压互感器和电流互感器，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
将大电流变成小电流
利用的公式
＝
I1n1＝I2n2
[例4](2017·山西太原模拟)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，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Ia b，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Ic d，为了使电流表能正常工作，则( B )
A．ab接MN、cd接PQ，Ia b
Ic d
C．ab接PQ、cd接MN，Ia bIc d
解析 根据理想变压器的原理，线圈电流与匝数成反比，ab接MN，通过的电流较大，电流表接在cd两端，通过的电流较小，选项B正确．
3．□□字形铁芯变压器
如图所示，将两个线圈绕在图示变压器的铁芯的左、右两个臂上，当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都有一半通过另一个线圈，另一半通过中间臂．线圈1为原线圈时，穿过线圈1的每一匝线圈的磁通量只有一半通过线圈2的每一匝线圈，所以穿过线圈2的每一匝线圈的磁通量的变化率也只有穿过线圈1的每一匝线圈的磁通量的变化率的一半．由U1＝E1＝n1，U2＝E2＝n2得＝．
[例5](多选)在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上，当通以交变电流时，两个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈1和2的匝数之比为n1∶n2＝2∶1，在不接负载的情况下，则( BD )
A．当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出电压为110 V
B．当线圈1输入电压为220 V时，线圈2输出电压为55 V
C．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为220 V
D．当线圈2输入电压为110 V时，线圈1输出电压为110 V
解析 当线圈1接入交流电时，
U1＝n1，U2＝n2＝n2，
解得U2＝＝55 V，选项A错误，B正确；同理线圈2接入交流电时得U1＝U2＝110 V，选项C错误D正确．
四 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．抓任两个联系
(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：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．
解决远距离输电问题应注意下列几点
(1)画出输电电路图．
(2)注意升压变压器副线圈中的电流与降压变压器原线圈中的电流相等．
(3)输电线长度等于距离的2倍．
(4)计算线路功率损失一般用P损＝IR线．
[例6](海南高考)(多选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电、输电线路总电阻R＝1 kΩ.到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡“220 V 60 W”．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( ABD )
A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A
B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V
C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D．有6×104盏灯泡(220 V,60 W)正常发光
解析 T1原线圈的电流为I1＝＝ A＝1×103 A，输电线上损失的功率为P损＝IR＝10%P1，所以I2＝＝ A＝20 A，选项A正确；T1的变压比为＝＝＝；T1上副线圈的电压为U2＝50U1＝2×105 V，T2上原线圈的电压为U3＝U2－I2R2＝2×105 V－20×103 V＝1.8×105 V，选项B正确；T2上原、副线圈的变压比为＝＝＝，选项C错误；能正常发光的灯泡的盏数为N＝＝6×104(盏)，选项D正确．
1．(多选)图甲左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，A、V为理想想电流表和电压表，若原线圈接入如图所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( AC )
A．电流表的示数为2 A B．原、副线圈匝数比为1∶2
C．电压表的示数为电压的有效值 D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz
解析 由I＝得，I＝ A＝2 A，选项A正确．理想变压器中＝，所以＝＝＝＝，选项B错误．测量交流电时电表示数均为有效值，选项C正确．由题图乙知T＝0.02 s．由f＝得，f＝50 Hz，选项D错误．
2．如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1＝800和n2＝200的两个线圈，上线圈两端与u＝51sin 314t V的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( A )
A．2.0 V B．9.0 V
C．12.7 V D．144.0 V
解析 由＝得U2＝，其中U1＝ V，得U2＝ V≈9.0 V，因此题中两线圈并非处于理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V，故选项A正确．
3．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总阻值为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为( D )
A． B．2R
C． D．2R
解析 由理想变压器＝得副线圈电压U′＝kU，而理想变压器P入＝P出，副线圈电流I′＝＝，线路损耗的电功率P1＝I′2R＝2R.同理可知P2＝I″2R＝2R，得＝，故选项D正确．
4．如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率比值为k，则( A )
A．U＝66 V k＝ B．U＝22 V k＝
C．U＝66 V k＝ D．U＝22 V k＝
解析 原线圈与电阻R串联，接在220 V正弦交流电源上，有220 V＝U1＋I1R，副线圈回路中R两端电压U即为副线圈两端电压U＝I2R，根据理想变压器变压规律U1∶U2＝3∶
1，又由理想变压器变流规律得I1∶I2＝1∶3，整理可得(220 V－I1R)∶3I1R＝3∶1，解得I1R＝22 V，因而U＝I2R＝3I1R＝66 V，电阻消耗功率之比k＝IR∶IR＝1∶9，故选项A正确．
[例1](2017·四川宜宾质检·6分)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B．输电线上电阻造成的电压损失为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻
[答题送检]来自阅卷名师报告
错误
致错原因
扣分
D
根据电功率公式P＝，误认为ΔP＝，而错选D．产生错解的原因是未正确理解公式ΔP＝中的电压是电阻r两端的电压，而D选项中U为输电电压，并不是电阻r两端的电压
－6
[规范答题]
[解析] 当U＝500 kV时，I＝＝ A＝6×103 A，而U损＝IR＝15 kV，选项A错误，B正确；输电线上损失的功率不可能比输出功率还大，选项C错误；ΔP＝中，U为输电线电阻上的电压，而不是输电电压，选项D错误．
[答案] B
[例2](2017·贵州贵阳检测·12分)收音机的变压器的初级线圈有1 210匝，接在U1＝220 V的交流电源上，变压器有两个次级线圈．次级线圈Ⅱ的匝数为35匝，次级线圈Ⅲ的匝数是1 925匝．如果不计变压器自身的能量损耗，当变压器工作时，线圈Ⅱ的电流是0.3 A时，初级线圈的电流I1＝0.114 A．求线圈Ⅲ中的电流和输出电压(电流的计算结果保留三位有效数字)
[答题送检]来自阅卷名师报告
错误
由＝可得I3＝I1＝0.071 7 A．
扣分
致错
原因
当副线圈不止一个的时候，变压器的电流公式＝不再成立，应该用能量守恒定律，从输入功率等于输出功率入手求解
－6
[规范答题]
[解析] 由理想变压器电压的规律有
U2＝U1＝×220 V＝6.36 V，
U3＝U1＝×220 V＝350 V．
不计变压器自身的能量损耗，由能量守恒定律得
P1＝P2＋P3，即I1U1＝I2U2＋I3U3，
I3＝＝0.066 2 A．
[答案] 0.066 2 A(6分) 350 V(6分)
1．中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( A )
A． B．
C．2P D．4P
解析 输电电功率不变，则输电电压与输电电流成反比，所以用1 000 kV特高压办理电时，输电电流为原来输电电流的一半；而输电线上损耗的电功率与输电电流的平方成正比，所以输电线上损耗的电功率为原来输电线上损耗的电功率的，即，故选项A正确．
2．(多选)除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为P；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9P，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( AD )
A．输电电流为3I B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为U
解析 输电线上的热耗功率P线＝I2R线，热耗功率由P变为9P，则电流I变为3I，选项A正确．输电功率P不变，由P＝UI，电流变为3I，输电电压为U，选项D正确．
3．如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1、L2是两盏规格为“8 V 10 W”的灯泡，L3、L4是两盏规格为“6 V 12 W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1＝220 V时，四盏灯泡恰好都能正常发光．如果原线圈的匝数n1＝1 100匝，求：
(1)副线圈的匝数n2、n3；
(2)电流表的读数．
解析 (1)由变压器原理可知，n1∶n2∶n3＝U1∶U2∶U3，则n2＝n1＝×1100匝＝40匝，n3＝n1＝×1100匝＝60匝．
(2)由P入＝P出可得，I1U1＝P1＋P2＋P3＋P4，所以
I1＝＝ A＝0.2 A．
答案 (1)40匝 60匝 (2)0.2 A
1．一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比值为( B )
A．2 B．3
C．4 D．5
解析 设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1.由变压公式＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U′1.由变压器公式＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2，可得＝k，即副线圈输出电流为I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3，选项B正确．
2．(多选)如图，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( AD )
A．原、副线圈的匝数比为9∶1
B．原、副线圈的匝数比为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 因为两灯泡额定电压相同且均正常发光，且输入电压为灯泡额定电压的10倍，所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1，由理想变压器变压规律可知，原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，B错误；由理想变压器变流规律可知，原、副线圈的电流比为1∶9，由电功率P＝UI可知，a和b的电功率之比为1∶9，选项C错误，D正确．
3．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( B )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
解析 设原、副线圈减少的匝数均为n，则根据变压比有，＝，＝，由于U2′＝U1，U2＝U1，因此U′2小于U2，即副线圈两端的电压变小，小灯泡变暗，选项A错误，B正确；由于匝数比变化，因此原、副线圈两端电压的比值和通过原、副线圈电流的比值均发生变化，选项C、D错误．
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( B )
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
解析 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，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，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，选项C错误．若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，选项D错误．
课时达标 第31讲
[解密考纲]理解变压器的原理，掌握理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系及电流关系，并会进行相关计算；能利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析；会计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压．
1．(多选)如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交变电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝220sin 100 πt V，副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，灯泡的电阻为22 Ω，电动机内阻为1 Ω，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作．则( BD )
A．通过副线圈的电流频率为5 Hz
B．电压表示数为22 V
C．变压器原线圈的输入功率为66 W
D．电动机的输出功率为40 W
解析 由u＝220sin 100πt(V)知交变电流的频率f＝＝50 Hz，变压器不改变交变电流的频率，选项A错误；由理想变压器的变压规律＝，可知U2＝U1＝22 V，故电压表的示数为22 V，选项B正确；变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为P＝U2I2＝66 W，选项C错误；流过小灯泡的电流I＝＝1 A，故流过电动机的电流IM＝2 A，电动机的输出功率P出＝U2IM－Ir＝40 W．故选项D正确．
2．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( D )
A．＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
解析 对理想变压器来说，输出功率决定输入功率，两者总相等，故选项D正确；对只有一组副线圈的理想变压器来说，通过原、副线圈的电流之比等于原、副线圈的匝数之比的倒数，因此选项A错误；输出电流决定输入电流，I2是由用户的电流决定的，I1是由I2决定的，与输电线上的电阻无关，选项B错误；输出功率决定输入功率，升压变压器的输入功率应等于用户的功率与输电线上消耗的功率之和，故选项C错误．
3．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，输电线上的电阻不计，则下列说法正确的是( BD )
A．电压表示数为44 V
B．副线圈上电压的瞬时值表达式u＝220sin 100πt V
C．热水器消耗的功率变大
D．变压器的输入功率增大
解析 由题图乙可知，交变电流的峰值是220 V，角速度ω＝＝100π rad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220sin 100πt V，选项B正确；根据＝得，U1＝U2＝1 100 V，则电压表示数为1 100 V，选项A错误；接通开关，变压器的输出功率增大，则变压器的输入功率增大，选项D正确；热水器消耗的功率P＝不变，选项C错误．
4．如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是( D )
A．电压表V1示数增大 B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用 D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
解析 由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，故电压表V1示数不变，选项A错误；由理想变压器原理公式＝且U1、n1、n2不变，则U2不变，即V2的示数不变，V3的示数U3＝U2－I2R0应减小，故选项B错误；由公式＝得＝＝＝4，则n1>n2，该变压器起降压作用，故选项C错误，又I2＝，I2增大，R应减小．故滑片应沿c→d方向滑动，故选项D正确．
5．图甲为理想变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接图乙所示的正弦交流电．图甲中Rt为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表．则下列说法正确的是( B )
A．图乙所示电压的瞬时值表达式为u＝51sin 50πt V
B．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4
C．变压器输入、输出功率之比为1∶4
D．Rt处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大
解析 题图乙所示电压的瞬时值表达式为u＝51sin 100πt V，选项A错误；根据＝可知，原、副线圈中的电流与匝数成反比，理想变压器的输入、输出功率相等，选项B正确，C错误；Rt处温度升高时，Rt的阻值减小，电压表示数不变，电流表示数变大，所以选项D错误．
6．(2017·江苏苏州模拟)如图所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝ T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝100 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V 60 W”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A．下列说法正确的是( C )
A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大
B．线框中产生电动势的有效值为250 V
C．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22
D．允许变压器输出的最大功率为1 000 W
解析 在图示位置线框和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，选项A错误；线框中产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝250 V，其中效值E＝Em＝250 V，选项B错误；灯泡能正常发光，则副线圈两端电压U2＝220 V；由＝可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，选项C正确；熔断器允许通过的最大电流为10 A，即I1＝10 A，P1＝U1I1＝250×10 W＝2 500 W，因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W，选项D错误．
7．(2017·陕西西安一模)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，单匝矩形线圈的面积S＝1 m2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连接，A为交流电流表．调整副线圈的触头P，当变压器原、副线圈的匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 6W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是( D )
A．电流表的示数为1 A
B．矩形线圈产生电动势的有效值为18 V
C．从矩形线圈转到中性面开始计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e＝12sin 30πt V
D．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移
解析 因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为U2＝6 V，通过灯泡的电流为I2＝＝ A＝1 A，电流表的示数为I1＝I2＝0.5 A，原线圈两端电压的有效值为U1＝U2＝12 V，矩形线圈产生电动势的有效值为12 V，最大值为Em＝BSω＝12 V，得ω＝60π rad/s，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e＝12sin 60πt V，矩形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，P适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光．故选项D正确．
8．(2017·天津诊断)(多选)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源，副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，
负载电阻的阻值R＝11R0，V是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R＝5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V，则( AD )
A．此时原线圈两端电压的最大值约为34 V
B．此时原线圈两端电压的最大值约为24 V
C．原线圈两端原来的电压有效值约为68 V
D．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V
解析 当R＝5R0时，V示数为5.0 V，所以输出电流I出＝，UR0＝I出R0＝1 V，则变压器输出电压为6 V，由＝得到输入电压的有效值为24 V，所以原线圈两端电压最大值为U1≈34 V，选项A正确，B错误．因I入∶I出＝n2∶n1不变，故输入电流不变时输出电流也不变，当负载由R＝11R0变为R＝5R0时，由U＝IR知副线圈电压由I(R0＋11R0)降到I(R0＋5R0)＝6 V，则副线圈两端原来的电压有效值为12 V，原线圈两端原来的电压有效值为48 V，选项C错误，D正确．
9．(2017·重庆模拟)如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝2∶1，电表均为理想电表，两个电阻的阻值均为1 Ω，C是电容器，其击穿电压为 V．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象．下列说法正确的是( C )
A．输入电压的频率为50 Hz，经过变压器后通过电阻的交流电频率为25 Hz
B．S断开时电压表的示数为1.41 V，电流表的示数为0.35 A
C．S断开时电压表的示数为1 V，电流表的示数为0.25 A
D．闭合开关S，电容器将被击穿
解析 由题图乙知T＝0.02 s，则f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，所以输出的交流电的频率仍为50 Hz，故选项A错误．当S断开时，由＝可知，电压表的示数U2＝U1＝1 V，I2＝＝0.5 A，又＝，则电流表的示数I1＝I2＝0.25 A，所以选项B错误，C正确．开关S闭合前，右端电阻R两端电压最大值为 V，开关S闭合后，电容器C与右端电阻R
并联，则并联总电阻小于1 Ω，电容器两端的最大电压小于 V，因为电容器的击穿电压为 V，所以电容器不能被击穿，选项D错误．
10．(2017·武汉武昌区调研)(多选)如图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T1的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝1∶10，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2r＝2 Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3∶n4＝10∶1，若T2的“用电设备”两端的电压为U4＝200 V且“用电设备”消耗的电功率为10 kW，不考虑其他因素的影响，则( ABC )
A．T1的副线圈两端电压的最大值为2 010 V
B．T2的原线圈两端的电压为2 000 V
C．输电线上损失的电功率为50 W
D．T1的原线圈输入的电功率为10.1 kW
解析 由题可以知道U4＝200 V，根据＝，可得到U3＝2 000 V，再根据U3I3＝U4I4＝10 kW，则I3＝5 A，则U2＝U3＋2I3r＝2 010 V，则最大值为U2＝2 010 V，故选项A、B正确；输电线上损失的电功率为ΔP＝2Ir＝50 W，故选项C正确；根据能量守恒，则T1的原线圈输入的电功率为P＝ΔP＋10 kW＝10.05 kW，故选项D错误．
