2020版物理高考新素养总复习新高考(鲁京津琼)讲义：第十一章+交变电流+传感器+第2讲和答案

第2讲 变压器、电能的输送
知识排查
理想变压器
1.构造和原理
(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
(2)原理：电磁感应的互感现象。

2.基本关系
(1)功率关系：P 入＝P 出
(2)电压关系：U 1n 1＝U 2n 2
有多个副线圈时U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝… (3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1
有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n (由P 入＝P 出及P ＝UI 推出)
3.几种常用的变压器
(1)自耦变压器及调压变压器，如图甲(降压作用)、图乙(升压作用)所示。

(2)互感器⎩⎨⎧电压互感器（n 1>n 2）：把高电压变成低电压，如图丙所示。

电流互感器（n 1<n 2）：把大电流变成小电流，如图丁所示。

电能的输送如图2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 ′。

图2
1.输出电流
I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R 线
2.电压损失
ΔU ＝U －U ′＝IR
3.功率损失
ΔP ＝P －P ′＝I 2R ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 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 ＝ρL S 知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材
料做导线。

(2)减小输电导线中的电流。

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。

小题速练
1.思考判断
(1)变压器能改变恒定电流的电压。

( )
(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)变压器正常工作，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。

( )
(4)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。

( )
(5)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小。

( )
(6)在输送的电功率一定时，输电线上的功率损失与送电电压成反比。

( ) 答案 (1)× (2)× (3)× (4)√ (5)× (6)×
2.[人教版选修3－2·P 44·T 2改编]有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36 V ，这个电压是把380 V 的电压降压后得到的。

如果变压器的原线圈是1 140匝，副线圈是( )
A.1 081匝
B.1 800匝
C.108匝
D.8 010匝
解析 由题意知U 1＝380 V ，U 2＝36 V ，n 1＝1 140，则U 1U 2＝n 1n 2得n 2＝U 2U 1n 1＝108。

选项C 正确。

答案 C
3.[人教版选修3－2·P 50·T 3改编]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
解析 由题意知输电线上的电流I ＝P U ，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir
＝Pr U ，故ΔU 1ΔU 2＝1U 11U 2
＝U 2U 1
＝11×103110＝1001，故选项A 正确。

答案 A
4.如图3所示为远距离交流输电的简化电路图。

发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1。

在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I 2。

则(
)
图3
A.用户端的电压为I 1U 1I 2
B.输电线上的电压降为U
C.理想变压器的输入功率为I 21r
D.输电线路上损失的电功率为I 1U
解析 根据变压器的原理，U 2U 1＝n 2n 1，I 2I 1＝n 1n 2，所以用户端电压U 2＝I 1I 2
U 1，选项A 正确；输电线上的电压降ΔU ＝I 1r ＜U ，选项B 错误；理想变压器的输入功率P 1＝U 1I 1，选项C 错误；输电线上损失的电功率P 损＝I 21r ，选项D 错误。

答案
A
理想变压器基本关系的理解与应用
1.理想变压器的基本关系
2.计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系
电压关系U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3
＝…… 功率关系：P 1＝P 2＋P 3＋P 4＋……
电流关系：n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋n 4I 4＋……
【例1】 (2018·天津理综，4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。

利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R 供电，电路如图4所示，理想交流电流表A 、理想交流电压表V 的读数分别为I 、U ，R 消耗的功率为P 。

若发电机线
圈的转速变为原来的12，则( )
图4
A.R 消耗的功率变为12P
B.电压表V 的读数变为12U
C.电流表A 的读数变为2I
D.通过R 的交变电流频率不变
解析 交流发电机产生的感应电动势最大值E m ＝NBSω，且有ω＝2πn ，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B
项正确；由电功率P ＝U 2R 可知，变压器输出功率即R 消耗的功率变为原来的14，A
项错误；由P ＝UI 可知，原线圈中电流减为原来的一半，C 项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D 项错误。

答案 B
1.(2016·江苏单科，4)一自耦变压器如图5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U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针转到N 点的过程中( )
图5
A.U 2>U 1，U 2降低
B.U 2>U 1，U 2升高
C.U2<U1，U2降低
D.U2<U1，U2升高
解析由U1
U2
＝n1
n2
，n1>n2知U2<U1；滑动触头从M点顺时针旋转至N点过程，n2
减小，则U2降低，选项C正确。

答案 C
2.如图6所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，其原线圈接一交流电源，电压u＝2202sin (100πt)V，副线圈接一电动机，电阻为11 Ω。

若电流表A2示数为1 A，电表对电路的影响忽略不计，则()
图6
A.交流电的频率为100 Hz
B.电动机输出功率为33 W
C.电流表A1示数为5 A
D.变压器原线圈的输入功率为33 W
解析由ω＝100π＝2πf，解得f＝50 Hz，选项A错误；由U1
U2
＝n1
n2
解得副线圈两端
的电压U2＝44 V，电动机的输出功率P出＝U2I2－I22R＝33 W，选项B正确；由I1
I2
＝
n2
n1
，解得I1＝0.2 A，选项C错误；变压器原线圈的输入功率P＝U1I1＝220×0.2 W ＝44 W，选项D错误。

答案 B
理想变压器的动态分析
类型一匝数比不变，负载变化的情况
【例2】(2016·天津理综，5)如图7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7
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，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；原线圈中的电流也变大，电流表A1示数变大，选项D错误。

答案 B
类型二负载电阻不变，匝数比变化的情况
【例3】(多选)如图8甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b 是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω。

在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，下列说法正确的是()
图8
A.当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 A
B.当S与a连接后，理想电压表示数为11 V
C.当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D.当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍
解析由题图可以知道，交变电流的电压有效值为220 V、周期为0.02 s，频率为50 Hz。

当S接a时，由变压器的原理可以知道，n2两端电压有效值为22 V，由闭合电路欧姆定律，得理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为2.2 A，故选项A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，故选项C错误；副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，故选项D 正确。

答案AD
分析变压器动态问题的基本思路
[针对训练]
(多选)如图9所示，发电机中线圈的匝数为N，面积为S，做匀速圆周运动的角速度为ω，匀强磁场的磁感应强度为B；电流表和电压表为理想电表，定值电阻的阻值为R，其余电阻均不计；当变压器副线圈上的滑片P在图示位置时，变压器的匝数比n1∶n2＝1∶2；开始时发电机线圈与磁场垂直。

下列判断正确的是()
图9
A.电压表的读数为2NBSω
B.电流表的读数为22NBSωR
C.发电机线圈由图示位置旋转14周，通过电流表的电荷量为NBS R
D.P 向上移动时，电压表的示数变小，电流表示数变大
解析 感应电动势的最大值为E m ＝NBSω，有效值U 1＝NBSω2
，由U 1U 2＝n 1n 2可得，电压表读数U 2＝2NBSω，选项A 错误；副线圈电流I 2＝U 2R ＝2NBSωR
，通过电流表的电流为22NBSωR ，选项B 正确；线圈由图示位置旋转14周，通过电流表的电荷量为Q ＝N ΔΦR ＝NBS R ，选项C 正确；P 向上移动时，副线圈匝数变少，电压表的示数变小，电流表示数也变小，选项D 错误。

答案 BC
远距离输电问题
1.理清三个回路
2.抓住六个基本关系
(1)升压变压器的基本关系：U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1
，P 1＝P 2 (2)降压变压器的基本关系：U 3U 4＝n 3n 4，I 3I 4＝n 4n 3
，P 3＝P 4 3.掌握三个重要关联式(联系两个变压器的纽带)
(1)功率关系：P 2＝ΔP ＋P 3⎝
⎛⎭⎪⎫其中ΔP ＝ΔUI 线＝I 2线R 线＝ΔU 2R 线 (2)电压关系：U 2＝ΔU ＋U 3
(3)电流关系：I 2＝I 线＝I 3
1.(2018·江苏单科，2)采用220 kV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1
4，输电电压应变为()
A.55 kV
B.110 kV
C.440 kV
D.880 kV
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440 kV，选项C正确。

答案 C
2.(多选)如图10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()
图10
A.T1的副线圈两端电压的最大值为2 010 2 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n3
n4
＝U3
U4
，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2U2＝2 010 2 V，故选项A、B正确；输电线上损失的电功率为ΔP＝2I23r＝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。

答案 ABC
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 2线R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为线路电阻。

(3)P 损＝ΔU 2
R 线
，ΔU 为输电线路上损失的电压，不要与U 2、U 3相混。

(4)P 损＝ΔU ·I 线。

实验：探究变压器电压与线圈匝数的关系
1.实验器材：可拆变压器、低压交流电源、多用电表、导线、开关等。

2.实验步骤
(1)连接好实验电路。

(2)记录原线圈的匝数n 1、副线圈的匝数n 2，闭合开关，接通电路，用多用电表的交流电压挡分别测出并记录原线圈两端的电压U 1、副线圈两端的电压U 2。

(3)改变原线圈、副线圈的匝数，改变原线圈两端的电压，重复上述步骤，多做几次实验，记录相应的数据，并填入下面的表格。

3.达式U 1U 2＝n 1n 2
1.[2017·4月浙江选考，21(1)]为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”
的实验，必须要选用的是______(多选)。

A.有闭合铁芯的原、副线圈；
B.无铁芯的原、副线圈；
C.交流电源；
D.直流电源；
E.多用电表(交流电压挡)；
F.多用电表(交流电流挡)。

用匝数n a＝60匝和n b＝120匝的变压器，实验测量数据如下表：
a b
解析为了完成变压器的探究，需要使用交流电源、变压器、多用电表(交流电压挡)。

为了让变压效果明显需要含有闭合铁芯的原、副线圈，因此正确答案为A、C、E。

由于有漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论变压值，即n b为输入端，n a为输出端。

答案ACE n b
2.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，操作步骤如下：
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；
②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
③将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；
④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。

(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)。

(2)如图11所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1做原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U1′＝8 V 时，U2′＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________。

图11
解析 (1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。

故合理的顺序是①③②④。

(2)两线圈的匝数n 1＝1 600，n 2＝400，当将n 1做原线圈时，U 1＝16 V ，副线圈两端电压U 2＝4 V ；当原线圈与副线圈对调后，U 1′＝8 V 时，U 2′＝32 V ，此时U 2′为
原线圈的电压，而U 1′为副线圈的电压；由以上数据可得U 1U 2＝n 1n 2。

答案 (1)①③②④ (2)U 1U 2＝n 1n 2
活页作业
(时间：40分钟)
基础巩固练
1.如图1所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是( )
图1
A.这是一个升压变压器
B.原线圈的匝数比副线圈的匝数多
C.当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 V
D.当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小
解析根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V，输出电压为12 V，该变压器为降压变压器，故选项A错误，B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D错误。

答案 B
2.(2018·合肥六校联考)如图2所示，L1和L2是不计电阻的输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器。

若已知甲的变压比为500∶1，乙的变流比为200∶1，并且已知加在电压表两端的电压为220 V，通过电流表的电流为5 A，则输电线的输送功率为()
图2
A.1.1×108 W
B.1.1×106 W
C.1.1×104 W
D.1.1×102 W
解析已知变压比为500∶1，电压表示数为220 V，故传输电压为U＝220×500 V ＝1.1×105 V；已知变流比为200∶1，电流表示数为5 A，故传输电流为I＝5×200 A＝1000 A；故电功率为P＝UI＝1.1×105 V×1 000 A＝1.1×108 W，故选项A 正确。

答案 A
3.如图3所示的电路中，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()
图3
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
解析由于变压器原线圈的电压不变，因此电压表V1、V2的读数均不变，选项A、B均错误；由题意可知，该变压器起降压作用，选项C错误；由于副线圈的电压不变，电流表A2的示数增大，根据欧姆定律可知负载的电阻变小，所以滑动变阻器连入电路的阻值变小，选项D正确。

答案 D
4.如图4甲所示为理想调压变压器，原线圈A、B端的输入电压如图乙所示，则当此变压器工作时，以下说法正确的是()
图4
A.若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头下滑时，电流表示数将变小
B.若滑动触头P处于某一确定位置，当变阻器R的滑动触头上滑时，电压表示数增大
C.若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则电流表示数一定变大
D.若变阻器最大阻值为100 Ω，且变阻器R的滑动触头置于最上端，则在滑动触头
P滑动的过程中，电流表的电流变化范围为0～2.2 A
解析滑动触头P处于某一确定位置，则变压器的输出电压不变；当变阻器R的滑动触头下滑时，接入电路的有效电阻减小，电流表示数将变大，选项A、B错误；若滑动触头P和变阻器R的滑动触头同时上移，则变压器的输出电压增大，负载的电阻也增大，所以电流表示数不一定变大，选项C错误；由乙图可得变压器的输入电压的最大值是220 2 V，有效值是220 V，当滑动触头P上下移动，R上只能获得0～220 V之间的任意的电压，因变阻器最大阻值为100 Ω，则电流表的电流变化范围为0～2.2 A。

选项D正确。

答案 D
5.(多选)(2018·东莞市联考)如图5所示，电源输出电压不变，要使电路中电流表示数变大，可采用的方法有()
图5
A.将R上的滑片向上移动
B.将R上的滑片向下移动
C.将开关S掷向1
D.将开关S掷向2
解析输入的电压和匝数比不变，输出的电压也不变，当滑片向上移动时，副线圈所在电路的电阻变小，所以电流要增加，电流表示数增大，故选项A正确，B 错误；将开关S掷向1，原线圈的匝数变大，由电压与匝数成正比可得，副线圈的输出电压要减小，副线圈所在电路的电阻不变，所以电流要减小，故选项C错误；同理知，将开关S掷向2时，副线圈电流要增大，故选项D正确。

答案AD
6.(2019·东城区八校联考)如图6所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，原线圈接u ＝ 2202sin 100πt (V)的交流电，则( )
图6
A.交流电的频率为100 Hz
B.通过R 2的电流为1 A
C.通过R 2的电流为 2 A
D.变压器的输入功率为200 W
解析 由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，选
项A 错误；由理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2
可知，输出电压U 2＝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R 2，由交变电流
的热效应可知，U 22R ·T 2＝U 2R ·T ，U ＝22
U 2＝25 2 V ，由欧姆定律可知，通过R 2的电流为 2 A ，选项B 错误，C 正确；其功率P 2＝UI ＝50 W ，而电阻R 1的电功率P 1＝U 22R 1
＝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 ＝P 1＋P 2＝150 W ，选项D 错误。

答案 C
7.(多选)某同学在实验室中研究远距离输电。

由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)。

第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 1。

第二次采用如图7所示的电路输电，其中理想变压器T 1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2，理想变压器T 2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为P 2。

下列说法正确的是( )
图7
A.前后两次实验都可用于研究远距离直流输电
B.实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失
C.若输送功率一定，则P2∶P1＝n21∶n22
D.若输送功率一定，则P2∶P1＝n1∶n2
解析变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故选项A错误；实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失，
故选项B正确；第一次实验输电线上的电流I＝P
U1
，输电线上损失的功率P1＝
I2R＝P2
U21R；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压U2
＝n2
n1U1
，输电线上的电流
I′＝P
U2
，输电线上损失的功率P2＝I′2R＝P
2
U22R，所以有
P2
P1
＝U
2
1
U22
＝n
2
1
n22
，故选项C正确，
D错误。

答案BC
8.如图8甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，A、V均为理想电表，R为光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L1和L2是两个完全相同的灯泡。

原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，下列说法正确的是()
图8
A.电压u的频率为100 Hz
B.电压表V的示数为22 V
C.当光强增大时，变压器的输入功率变大
D.当L1的灯丝烧断后，V示数变小
解析 电压的频率f ＝1T ＝1
2×10－2 Hz ＝50 Hz ，选项A 错误；初级电压有效值为220 V ，故次级电压有效值为22 V ，所以电压表的示数小于22 V ，选项B 错误；当光强变大时，R 的阻值减小，次级电阻减小，电流变大，则初级电流变大，变压器输入功率变大，选项C 正确；当L 1灯丝烧断后，因次级电压不变，则L 2上的电压不变，则V 的示数不变，选项D 错误。

答案 C
9.(多选)(2019·青岛模拟)如图9所示为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器。

随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作。

那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )
图9
A.适当减小输电线的电阻r
B.适当提高n 4n 3
C.适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3
D.适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3
解析 当发电机输出功率一定时，为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2线r ，可以减小输电线的电阻r ，选项A 正确；也可以
通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1
，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3
，选项C 正确。

答案 AC
综合提能练
10.(2019·东城区期末)如图10所示，理想变压器的原线圈通过保险丝接在一个交流
电源上，交变电压瞬时值随时间变化的规律为u ＝311 sin 100πt (V)，副线圈所在电路中接有电灯、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，电灯额定功率为44 W ，电动机内电阻为1 Ω，电流表示数为3 A ，各用电器均正常工作。

则( )
图10
A.电压表示数为31.1 V
B.电动机的输出功率为21 W
C.变压器的输入功率为44 W
D.通过保险丝的电流为30 A
解析 该交流电源的电压有效值为220 V ，根据理想变压器的电压比等于匝数比，则电压表的示数为22 V ，选项A 错误；电灯两端的电压为22 V ，电灯正常工作，根据P ＝UI ，可得流经电灯的电流为2 A ，根据串、并联电路特点，流经电动机的电流为1 A ，则电动机的输出功率P 出＝UI M －I 2M r ＝21 W ，选项B 正确；根据理想变压器的电流比与匝数比成反比，则通过保险丝的电流为0.3 A ，选项D 错误；变压器的输入功率P 入＝220×0.3 W ＝66 W ，选项C 错误。

答案 B
11.(多选)(2019·威海模拟)如图11所示，MN 、PQ 是两条在水平面内、平行放置的金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为R 的电阻组成闭合回路，变压器的原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝k ，导轨宽度为L 。

质量为m 的导体棒ab 垂直MN 、PQ 放在导轨上，在水平外力作用下做往复运动，其
速度随时间变化的规律是v ＝v m sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2πT t ，范围足够大的匀强磁场垂直于轨道平面，磁感应强度为B ，导轨、导体棒、导线电阻不计，电流表为理想交流电表。

则下列说法中正确的是( )
图11
A.导体棒两端的最大电压为BL v m
B.电阻R 上的电压为2BL v m
2k
C.电流表的示数为BL v m k 2R
D.导体棒克服安培力做功的功率为B 2L 2v 2m 2k 2R
解析 根据题意，电动势的瞬时值表达式为e ＝BL v m sin ⎝ ⎛⎭
⎪⎫2πT t ，则最大电动势为E m ＝BL v m ，故选项A 正确；由于最大电动势为E m ＝BL v m ，则电动势的有效值E ＝E m 2
，则副线圈两端的电压为E U 2＝n 1n 2＝k ，则U 2＝2BL v m 2k ，故选项B 正确；副线圈电流为I 2＝U 2R ＝2BL v m 2kR ，在根据I 2I 1＝n 1n 2
＝k ，则电流表读数为I 1＝I 2k ＝2BL v m 2k 2R ，故选项C 错误；根据能量守恒，导体棒克服安培力做功的功率等于电阻R 的热功
率，故P ＝U 22R ＝B 2L 2v 2m 2k 2R ，故选项D 正确。

答案 ABD
12.(多选)(2019·怀柔区模拟)如图12甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，B 是原线圈的中心接头，原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R 1、R 3为定值电阻，R 2为NTC 型热敏电阻(阻值随温度升高而减小)，C 为耐压值为70 V 的电容器，所有电表均为理想电表。

下列判断正确的是( )
图12
A.当单刀双掷开关与A 连接，传感器R 2所在处温度升高，A 1的示数变大，A 2的示
数减小
B.当单刀双掷开关与B 连接，副线圈两端电压的频率变为25 Hz
C.当单刀双掷开关由A →B 时，电容器C 不会被击穿
D.其他条件不变，单刀双掷开关由A →B 时，变压器的输出功率变为原来的0.5倍 解析 若传感器R 2所在处温度升高，R 2的阻值减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流变大，所以原线圈电流跟着变大，即A 1的示数变大，R 2与R 1并联后的总电阻减小，故在副线圈中分的电压减小，所以A 2的示数减小，选项A 正确；交流电的频率与匝数无关，不会发生变化，还是50 Hz ，选项B 错误；原线圈电压最大值为220 2 V ，当单刀双掷开关由A →B 时，匝数之比为5∶1，根据变压规律可得副线圈电压最大值为44 2 V ，小于电容器的耐压值，故电容器不会被击穿，选项
C 正确；开关由A →B 时，副线圈电压U 2为原来的2倍，输出功率P 2＝U 22R 为原来
的4倍，选项D 错误。

答案 AC。