【物理】2018届一轮复习教科版变压器__电能的输送教案

【物理】2018届一轮复习教科版变压器__电能的输送教案

第2节变压器__电能的输送 ‎(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)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。(×)‎ ‎(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)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。 (√)‎ ‎(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)‎ ‎(7)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。(√) ‎ 突破点(一)　理想变压器 ‎1．变压器的工作原理 ‎2．理想变压器的基本关系 基 本 关 系 功率关系 P入＝P出 电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比：＝ 电流关系 只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：＝ 频率关系 原、副线圈中电流的频率相等 制 约 关 系 电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2‎ 功率 副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入 电流 副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1‎ ‎[多角练通]‎ ‎1．(2016·四川高考)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(　　)‎ 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：选B　由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n1＞n2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比变大，根据＝，U1一定，U2变小，故小灯泡变暗，选项A错误，选项B正确；由＝知，原、副线圈电压的比值变大，选项C错误；根据＝，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误。‎ ‎2.(多选)(2014·山东高考)如图，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和‎2.2 A。以下判断正确的是(　　)‎ A．变压器输入功率为484 W B．通过原线圈的电流的有效值为‎0.6 A C．通过副线圈的电流的最大值为‎2.2 A D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3‎ 解析：选BD　将额定电压为60 V的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用电器正常工作，已知交流电压表和交流电流表(均为理想电表)读数分别为220 V和‎2.2 A，根据功率公式可以求出用电器消耗的功率为132 W，因此A选项不正确；再根据变压器变压公式和变流公式可知，＝和＝，联立可求得通过原线圈的电流的有效值为‎0.6 A，所以选项B正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为‎2.2 A，故选项C错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝11∶3，所以D选项正确。‎ 突破点(二)　理想变压器的动态分析 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。‎ ‎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，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。‎ ‎(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。‎ ‎(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。‎ ‎2．负载电阻不变的情况(如图所示)‎ ‎(1)U1不变，发生变化，U2变化。‎ ‎(2)R不变，U2变化，I2发生变化。‎ ‎(3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。‎ ‎[典例]　(2016·天津高考)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(　　)‎ 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 ‎[思路点拨]　解答本题时应从以下三点进行分析：‎ ‎(1)变压器中次级线圈电流决定初级线圈电流。‎ ‎(2)变压器中次级线圈功率决定初级线圈功率。‎ ‎(3)变压器中初级线圈电压决定次级线圈电压。‎ ‎[解析]　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝变小，R1消耗的功率PR1＝I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系＝，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总′变小，通过副线圈的电流I2′＝变大，则通过原线圈的电流I1′变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1′＝I2′R1变大，则R2两端的电压UR2′＝U2－UR1′变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。‎ ‎[答案]　B ‎[集训冲关]‎ ‎1．(多选)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，如图甲所示为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动触头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的图线如图乙所示，则以下说法正确的是(　　)‎ A．u2＝190sin 50πt(V)‎ B．u2＝190sin 100πt(V)‎ C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移 D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移 解析：选BD　根据题图乙可知用户电压的最大值U‎2m＝190 V，周期T＝0.02 s，则角速度ω＝＝100π rad/s，用户电压的瞬时值表达式u2＝U2msin ωt＝190sin 100πt (V)，选项A错误，B正确；根据变压器的电压关系＝，可知U2＝U1，由于U1、n2不变，要提高U2，只能减小n1，所以P应上移，选项C错误，D正确。‎ ‎2．(多选)(2016·海南高考)图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，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交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示。下列说法正确的是(　　)‎ A．变压器输入、输出功率之比为4∶1‎ B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4‎ C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt)(国际单位制)‎ D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 解析：选BD　由题意，理想变压器输入、输出功率之比为1∶1，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即＝＝，故选项B正确；由题图(b)可知交流电压最大值Um＝51 V，周期T＝0.02 s，角速度ω＝100π rad/s，则可得u＝51sin(100πt)(V)，故选项C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。‎ 突破点(三)　远距离输电 远距离输电问题的“三 二 一”‎ ‎1．理清三个回路 在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。‎ ‎2．抓住两个联系 ‎(1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，＝，P1＝P2。‎ ‎(2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，＝，P3＝P4。‎ ‎3．掌握一个守恒 能量守恒关系式P1＝P损＋P4。‎ ‎[典例]　(2015·福建高考)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(　　)‎ A.　　　　　　 　B. C．422r D．422r ‎[解析]　升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝；由变压关系可得＝，则U2＝；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝＝，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝，故选项C正确。‎ ‎[答案]　C ‎[方法规律]　输电线路功率损失的计算方法 ‎(1)P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户得到的功率。‎ ‎(2)P损＝I线2R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻。‎ ‎(3)P损＝，ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混。‎ ‎(4)P损＝ΔU·I线。‎ ‎[集训冲关]‎ ‎　(多选)(2017·福州模拟)如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器副线圈电路部分为一火警报警系统原理图，其中R1‎ 为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法中正确的有(　　)‎ A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz B．远距离输电线路损耗的功率为180 kW C．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大 D．当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大 解析：选AD　由题图乙知交流电的周期0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流I＝＝‎30 A，输电线损失的电压ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，输电线路损耗功率ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻所分电压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知，输电线上的电流变大，D正确。‎ 突破点(四)　三种特殊的变压器 模型一　自耦变压器 高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，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。‎ ‎[典例1]　(2016·江苏高考)一自耦变压器如图所示，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点顺时针旋转到N点的过程中(　　)‎ A．U2＞U1，U2降低 B．U2＞U1，U‎2升高 C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U‎2升高 ‎[解析]　a、b间原线圈的匝数大于c、d间副线圈的匝数，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理＝知，U2＜U1，且U2降低，选项C正确。‎ ‎[答案]　C 模型二　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 ‎[典例2]　(2013·天津高考)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(　　)‎ 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 ‎[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，B正确。‎ ‎[答案]　B 模型三　双副线圈变压器 计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系：‎ ‎(1)电压关系：＝＝＝……‎ ‎(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋……‎ ‎(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋……‎ ‎[典例3]　(2017·苏州调研)如图所示，电路中变压器原线圈匝数n1＝1 000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55 Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220 V的交流电源。则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是(　　)‎ A.＝，I1＝‎2.8 A　　　 　B.＝，I1＝‎‎2.8 A C.＝，I1＝‎1.16 A D.＝，I1＝‎‎1.16 A ‎[解析]　对两个副线圈有＝，＝，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又P＝，所以＝＝；由欧姆定律I2＝＝‎2 A，I3＝＝‎0.8 A，对有两个副线圈的变压器有：n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝‎1.16 A，C正确。‎ ‎[答案]　C 含二极管的变压器问题 在理想变压器问题中，偶尔在副线圈的电路中存在二极管，该类问题在高考中也时有出现，应加以重视。‎ ‎1．(2017·西安八校联考)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25 Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220sin 100πt(V)的交流电，则(　　)‎ A．交流电的频率为100 Hz B．通过R2的电流为‎1 A C．通过R2的电流为 A D．变压器的输入功率为200 W 解析：选C　由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝＝＝50 Hz，A项错；由理想变压器变压规律＝可知，输出电压U2＝50‎ ‎ V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，·＝·T⇒U＝U2＝25 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为 A，B项错，C项正确；其功率P2＝UI＝50 W，而电阻R1的电功率P1＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150 W，D项错。‎ ‎2.(多选)(2017·沈阳模拟)如图，一理想变压器的原线圈接在电压为220 V的正弦交流电源上，两副线圈匝数分别为n2＝16、n3＝144，通过理想二极管(具有单向导电性)、单刀双掷开关与一只“36 V　18 W”的灯泡相连(灯泡电阻不变)，当开关接1时，灯泡正常发光，则下列说法中正确的是(　　)‎ A．原线圈的匝数为880‎ B．当开关接2时，灯泡两端电压的有效值为20 V C．当开关接2时，原线圈的输入功率约为18 W D．当开关接2时，原线圈的输入功率约为11 W 解析：选ABD　由＝得n1＝880，选项A正确；当开关接2时，有＝，解得U＝40 V，设交流电周期为T，·＝T，U′＝20 V，选项B正确；灯泡电阻为R＝＝72 Ω，灯泡消耗的实际功率为P＝＝ W≈11 W，选项C错误，D正确。‎ ‎[反思领悟]‎ 把握三点，解决该类问题 ‎(1)二极管具有单向导电性：正向导通，反向截止。‎ ‎(2)先假设二极管不存在，分析副线圈的电流，再利用二极管的单向导电性对副线圈的电流进行修正。‎ ‎(3)结合能量守恒定律进行分析。‎ 对点训练：理想变压器 ‎1．(2017·云南统测)如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V,22 W”的灯泡10个，灯泡均正常发光。除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是(　　)‎ A．变压器原、副线圈匝数比为10∶1‎ B．电流表示数为‎1 A C．电流表示数为‎10 A D．副线圈中电流的频率为5 Hz 解析：选B　由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220 V，交变电流的频率f＝＝＝50 Hz，D项错；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为22 V，由理想变压器变压规律可知，＝＝10，A项错；由灯泡电功率P＝UI可知，通过每只灯泡的电流为‎1 A，故副线圈输出电流为‎10 A，由理想变压器变流规律可知，＝10，所以原线圈中电流的有效值为‎1 A，B项正确，C项错。‎ ‎2.如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源时，电压表的示数为220 V，电流表○的示数为‎0.20 A。已知负载电阻R＝44 Ω，则下列判断中正确的是(　　)‎ A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1‎ B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1‎ C．电流表○的示数为‎0.1 A D．电流表○的示数为‎0.4 A 解析：选B　由电压表的示数和电流表○的示数可得变压器的输入功率P1＝U1I1，又P1＝P2＝I22R，所以电流表○的示数为I2＝ ＝ A＝‎1.0 A，选项C、D错误；原线圈和副线圈的匝数比＝＝，选项A错误，B正确。‎ ‎3．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1。电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计。下列说法正确的是(　　)‎ A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流 B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0‎ C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3 V D．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1‎ 解析：选BC　由理想变压器的原理可知，当S与a 接通电流稳定时，由于通过原线圈与副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流，但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零，R中有感应电流，故A错误，B正确；当S与b接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈两端电压为3 V，C正确；变压器并不改变交变电流的频率，D错误。‎ ‎4.(多选)在如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，四个灯泡完全相同。其额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么(　　)‎ A．L1和L2都能正常工作 B．L1和L2都不能正常工作 C．交流电源电压为2U D．交流电源电压为4U 解析：选AD　根据灯泡L3和L4恰能正常工作，变压器原线圈输入电压为灯泡L3和L4额定电压U的2倍，输入电流为灯泡L3和L4的额定电流。所以L1和L2都能正常工作，交流电源电压为4U，选项A、D正确，B、C错误。‎ 对点训练：理想变压器的动态分析 ‎5．(多选)(2017·广州模拟)如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin 100πt(V)，则(　　)‎ A．电压表的示数为22 V B．在天逐渐变黑的过程中，电流表○的示数变小 C．在天逐渐变黑的过程中，电流表○的示数变大 D．在天逐渐变黑的过程中，理想变压器的输入功率变小 解析：选BD　原线圈中的输入电压为220 V，由原、副线圈的匝数比可得，副线圈中电压表的示数为22 V；在天逐渐变黑的过程中，光敏电阻的阻值变大，由于电压不变，所以电流表○的示数变小，则原线圈中电流表○的示数变小，输入功率也变小。综上分析可知，选项B、D正确。‎ ‎6．(2017·南昌模拟)某供电系统是由交流发电机输出电压和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示。图中R0表示输电线的电阻。则(　　)‎ A．当电压表V1示数减小，而用电器负载不变时，不改变触头位置，电流表A1示数增大 B．当电压表V1示数减小，而用电器负载不变时，适当上移触头P，可使电流表A2示数不变 C．当电压表V1示数不变，而用电器负载增加时，不改变触头位置，电流表A1示数不变 D．当电压表V1示数不变，而用电器负载增加时，适当上移触头P，电流表A1示数一定减小 解析：选B　在不改变触头位置时，V1读数减小导致V2读数减小，负载电阻不变，导致I2减小，I1减小，A错误；电压关系为＝，减小U1同时增大n2可以使得U2不变，I2不变，B正确；U1不变，又不改变触头位置则U2不变，此时增加负载(即减小负载电阻)，I2增大，从而I1增大，C错误；根据＝，在U1不变时，上移触头，U2增大，此时增加负载，I2增大，从而I1增大，D错误。‎ ‎7.(2015·广东高考)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器。原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V。调节前后(　　)‎ A．副线圈中的电流比为1∶2‎ B．副线圈输出功率比为2∶1‎ C．副线圈的接入匝数比为2∶1‎ D．原线圈输入功率比为1∶2‎ 解析：选C　根据欧姆定律I＝，U2由220 V降至110 V，副线圈上的电流变为原来的，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A错误；根据P＝UI知，U、I均变为原来的时，副线圈上输出的功率变为原来的，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系＝，当U2由220 V降至110 V时，n2变为原来的，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C正确；根据理想变压器P入＝P出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D错误。‎ ‎8.(多选)(2017·杭州模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，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＝220sin 100πt V，则(　　)‎ A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22 V B．当t＝ s时，电压表V0的读数为220 V C．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数增大，电流表示数变小 D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小 解析：选BC　当单刀双掷开关与a连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈输出电压为U2＝22 V，但电压表V1示数小于U2，故A错误；当t＝ s时，电压表V0的读数为有效值220 V，故B正确；单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于副线圈输出电压U2是由变压器决定的，所以电流表示数变小，电压表V1示数变大，故C正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比变为5∶1，副线圈输出电压U2变大，电流表和电压表V1的示数均变大，故D错误。‎ 对点训练：远距离输电 ‎9．(2017·山西质量监测)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向R0＝11 Ω的纯电阻用电器供电。已知输电线的总电阻R＝10 Ω，T2的原、副线圈匝数比为4∶1，用电器两端的电压为u＝220sin 100πt(V)，将T1、T2均视为理想变压器。下列说法正确的是(　　)‎ A．降压变压器的输入功率为4 400 W B．升压变压器中电流的频率为100 Hz C．输电线消耗的功率为500 W D．当用电器的电阻减小时，输电线消耗的功率减小 解析：选A　由题可知，用电器两端电压有效值为220 V，交流电频率f＝＝ Hz＝50 Hz，由电功率公式可知，降压变压器输出功率P＝＝4 400 W。理想变压器输入功率与输出功率相等，故A项正确；理想变压器不改变交变电流的频率，B项错；由变压规律＝ ‎，可知降压变压器输入电压为880 V，由电功率定义式P＝UI可知，降压变压器输入电流为I＝‎5 A，由焦耳定律可知，输电线电阻消耗的功率P＝I2R＝250 W，C项错；当用电器的电阻减小时，输出功率增大，故降压器输入功率增大，从而输入电流增大，再由P＝I2R可知，输电线R消耗的功率增大，D项错。‎ ‎10．(2014·四川高考)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则(　　)‎ A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V C．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定 D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 解析：选D　由ut图像可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝＝50 Hz，选项A错误；交流电的最大值Um＝500 V，故有效值U＝＝250 V，选项B错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据＝，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝I12R，得输电线损失的功率减小，选项D正确。‎ 对点训练：三种特殊的变压器 ‎11．(多选)(2017·广东适应性考试)如图甲所示为一理想自耦变压器，A、B端输入电压如图乙所示，A1、V1和A2、V2分别是接入原线圈和副线圈中的理想交流电流表和电压表，其示数分别用I1、U1、I2、U2表示，R为定值电阻，现将滑片P从图示位置逆时针匀速转动，在P转动过程中，电流表和电压表示数均未超过其量程，下列选项中能正确反映I1、I2、U1、U2变化规律的是(　　)‎ 解析：选AC　将滑片P 从图示位置逆时针匀速转动的过程中，原线圈输入电压不变，电压表V1示数U1不变，副线圈匝数均匀增大，根据变压比公式，副线圈输出电压U2均匀增大，电压表V2示数U2均匀增大，选项A、C正确。电流表测量的是电流有效值，将滑片P从图示位置逆时针匀速转动的过程中，副线圈输出电压U2均匀增大，电阻R中电流均匀增大，电流表A2示数I2均匀增大，选项D错误。根据输出功率等于输入功率，可知输入电流增大，电流表A1示数I1增大，或者根据电流表A1示数I1为电流有效值，不可能呈正弦变化，选项B错误。‎ ‎12.(2017·开封模拟)如图所示，理想变压器有两个副线圈，匝数分别为n1和n2，所接负载4R1＝R2，当只闭合S1时，电流表示数为‎1 A，当S1和S2都闭合时，电流表示数为‎2 A，则n1∶n2为(　　)‎ A．1∶1　　　　　　　B．1∶2‎ C．1∶3 D．1∶4‎ 解析：选B　变压器原副线圈的磁通量变化率相同，所以U∶U1∶U2＝n∶n1∶n2，根据能量守恒，输出功率等于输入功率，所以只闭合S1时UI＝，当S1和S2都闭合时，UI′＝＋＝，代入数据I＝‎1 A、I′＝‎2 A可得U22＝4U12，即U1∶U2＝1∶2，所以n1∶n2＝1∶2，选项B对。‎ 考点综合训练 ‎13．(多选)(2017·青岛模拟)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈与一电阻箱R0串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中定值电阻的阻值为R1，最初副线圈电路中电阻箱的阻值为7R1，电路中所连接的电流表是理想电流表。现保持变压器输入电流不变，将副线圈电路中的电阻箱的阻值减小为5R1，此时电流表读数为‎5.0 A，则(　　)‎ A．此时流过原线圈的电流最大值约为‎1.7 A B．此时流过原线圈的电流最大值约为‎1.2 A C．原先电流表的示数为‎0.75 A D．原先电流表的示数为‎5.25 A 解析：选AD　保持变压器输入电流不变，将副线圈电路中电阻箱的阻值减小为R2＝5R1，此时电流表读数为‎5.0 A，副线圈输出电压有效值为U2＝‎5.0 A×R1，则R2中电流为＝‎1.0 A，则副线圈输出电流I2＝‎5.0 A＋‎1.0 A＝6.0 ‎ A。由变压比和变流比公式可得，＝＝＝，解得此时流过原线圈的电流有效值I1＝I2＝‎1.2 A，电流最大值约为Im＝I1＝‎1.7 A，选项A正确，B错误。保持变压器输入电流不变，根据变压器变流关系，副线圈输出电流I2＝‎6.0 A不变，副线圈电路中R2原阻值为7R1‎ ‎，设原来电流表的示数为I，则R2中电流为I2－I，则有IR1＝(I2－I)·7R1，解得I＝I2＝‎5.25 A，选项D正确，C错误。‎ ‎14．(多选)(2017·济宁模拟)如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为11∶1，R＝1 Ω，原线圈允许通过电流的最大值为‎1 A，副线圈ab两端电压随时间变化图像如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)‎ A．原线圈输入电压的有效值为242 V B．原线圈两端交变电压的频率为550 Hz C．副线圈中电流的最大值为‎11 A D．为保证电路安全工作，滑动变阻器R′的阻值不得小于1 Ω 解析：选AC　由题知变压器副线圈两端电压有效值为22 V，由原副线圈两端电压关系＝可得，原线圈输入电压的有效值为242 V，故A项正确；由于原副线圈两端交流电的频率相同，故原线圈两端交变电压的频率为50 Hz，B项错；原线圈允许通过电流的最大值为‎1 A，根据原副线圈电流关系＝可得副线圈中电流的最大值为‎11 A，C项正确；根据部分电路的欧姆定律可得，副线圈中滑动变阻器最小阻值为R′＝－R＝ Ω－1 Ω＝(2－1)Ω，故D项错。‎