(全国版)高考物理一轮复习讲义第12章 第2讲 变压器　远距离输电(含解析)

第2讲　变压器　远距离输电

目标要求　1.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题.2.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率.

考点一　理想变压器的原理及应用

基础回扣

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.基本关系式

(1)功率关系：P入＝P出.

(2)电压关系：＝.

(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.

(4)频率关系：f出＝f入.

技巧点拨

1.理想变压器的制约关系

2.含有多个副线圈的变压器

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：＝＝＝……＝

功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋……＋Pn

电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋……＋nnIn

　　　　　 变压器基本物理量的分析与计算

例1　(2017·北京卷·16)如图2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2

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，故选项A错误；原线圈中的电流I1＝＝1 A，故选项B正确；因为ω＝，所以T＝＝ s＝0.02 s，故选项D错误.

　　　　 原线圈接入用电器的变压器问题分析

例2　(多选)(2020·全国卷Ⅲ·20)在图3(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，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＝10 Ω，R3＝20 Ω，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3

A.所用交流电的频率为50 Hz

B.电压表的示数为100 V

C.电流表的示数为1.0 A

D.变压器传输的电功率为15.0 W

答案　AD

解析　根据i2－t图象可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝＝50 Hz，故A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝×10 V＝10 V，由＝得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝220 V－100 V＝120 V，故B错误；电流表的示数I＝＝ A＝0.5 A，故C错误；变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0 W，故D正确.

1.(变压器基本物理量的计算)如图4所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50 Hz，电压表示数为11 000 V，灯泡L1与L2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n1∶n2＝50∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，则(　　)

图4

A.原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000sin 50πt(V)

B.开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压为220 V

C.开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡L1中电流的

D.开关K闭合后，原线圈输入功率增大为原来的倍

答案　B

解析　原线圈的电压最大值Um＝11 000 V，角速度ω＝2πf＝100π rad/s，所以原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11 000sin 100πt(V)，故A错误；开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压即为副线圈电压，＝＝，则开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压U2＝220 V，故B正确；开关K闭合后，L1与L2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L1中电流相等，故C错误；开关K闭合后，副线圈功率增大为原来的2倍，则原线圈输入功率增大为原来的2倍，故D错误.

2.(原线圈上有用电器的变压器)(多选)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10倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是(　　)

图5

A.原、副线圈匝数比为9∶1

B.原、副线圈匝数比为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

答案　AD

解析　设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈两端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故＝，＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得，＝，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确.

考点二　理想变压器的动态分析

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，发生变化时，U2变化.

(2)R不变，U2变化时，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)(2020·河北唐山是原线圈的中心抽头，电压表和电市摸底考试)如图6所示，理想变压器原线圈一端有a、b两接线柱，a是原线圈的一端点，b流表均为理想交流电表.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u＝Usin 100πt.则(　　)

图6

A.当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1∶2

B.当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为

C.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，电压表示数增大

D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电流表的示数增大

答案　AD

解析　当单刀双掷开关与a连接时，原线圈的匝数为n1，则有U2＝U1，当单刀双掷开关与b连接时，原线圈的匝数为，则有U2′＝U1，联立得U2∶U2′＝1∶2，故电压表的示数比为1∶2，故A正确；当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为u＝Usin(100π×0)＝0，故B错误；副线圈的电压由原、副线圈匝数和输入电压决定，单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移，可知副线圈电压不变，故电压表的示数不变，C错误；单刀双掷开关由a扳向b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，则电压表示数变大，电阻不变，故电流表的示数也变大，故D正确.

3.(负载不变匝数变)(2020·天津耀华中学模拟)如图7所示为一自耦变压器的电路图，其特点是铁芯上只绕有一个线圈.把整个线圈作为副线圈，而取线圈的一部分作为原线圈.原线圈接在电压为U的正弦交流电源上，电流表、均为理想交流电表.当触头P向上移动时，下列说法正确的是(　　)

图7

A.A1读数变小，A2读数变小

B.A1读数变大，A2读数变小

C.R两端电压变大，变压器输入功率变小

D.R两端电压变大，变压器输入功率变大

答案　A

4.(匝数不变负载变)如图8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8

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

答案　B

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.

考点三　远距离输电

基础回扣

如图9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′，输电电流为I，输电线总电阻为R.

图9

1.输电电流

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.

技巧点拨

1.理清输电电路图的三个回路(如图10)

图10

(1)在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1.

(2)在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R线.

(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户.

2.抓住两组关联式

(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：＝，＝，P1＝P2.

(2)理想的降压变压器联系着输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：＝，＝，P3＝P4.

3.掌握一个守恒观念

功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝I线2R线＝.

例4　如图11所示为远距离交流输电的简化电路图.发电厂的输出电压为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I1，其末端间的电压为U1，在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2，则(　　)

图11

A.用户端的电压为

B.输电线上的电压降为U

C.理想变压器的输入功率为I12r

D.输电线路上损失的电功率为I1U

答案　A

解析　因为P入＝P出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝，故选项A正确；输电线上的电压降为U线＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率P入＝I1U1，输电线路上损失的电功率P损＝I12r＝I1(U－U1)，选项C、D错误.

例5　(2020·浙江7月选考·11)如图12所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V.已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　)

图12

A.发电机输出的电流I1＝40 A

B.输电线上的电流I线＝625 A

C.降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11

D.用户得到的电流I4＝455 A

答案　C

解析　发电机输出电流I1＝＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I线2R线＝5 kW，所以I线＝＝25 A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5) kW＝95 kW，则I4＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C正确，D错误.

5.(远距离输电基本电路分析)(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550 kV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1 100 kV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′＝ΔP   B.ΔP′＝ΔP

C.ΔU′＝ΔU   D.ΔU′＝ΔU

答案　AD

解析　由输电电流I＝知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即ΔP′＝ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，即输电电压加倍，损失电压变为原来的，即ΔU′＝ΔU.故A、D正确.

6.(远距离输电电路的分析)(多选)(2019·广东深圳市4月第二次调研)如图13为远距离输电示意图，发电厂输出电压U1＝104 V，输出功率P1＝109 W，两个理想变压器的匝数比分别为n1∶n2＝1∶100、n3∶n4＝100∶1，输电线总电阻r＝50 Ω.则(　　)

图13

A.U4＝U1

B.I4＝I1

C.通过电阻r的电流I2＝2×104 A

D.电阻r损耗的电功率为5×107 W

答案　BD

解析　I1＝＝105 A，根据＝可得，I2＝I1＝×105 A＝103 A，则通过电阻r的电流为103 A，故C错误；电阻r两端的电压为Ur＝I2r＝103×50 V＝5×104 V，根据＝可得，U2＝U1＝100×104 V＝106 V，则U3＝U2－Ur＝106 V－5×104 V＝9.5×105 V，根据＝可得，U4＝U3＝×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，根据＝可得，I4＝I3＝×103 A＝105 A，则I4＝I1，故B正确；电阻r损耗的电功率Pr＝I22r＝(103)2×50 W＝5×107 W，故D正确.

课时精练

1.(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1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1

A.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　电流互感器原线圈匝数小，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确.

2.(多选)如图2，发电厂的输出电压为U1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，用户得到的电压为U2.下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是(　　)

图2

A.(U1－U2)I   B.I2R

C.   D.

答案　ABD

3.(2020·陕西西安中学三模)在如图3所示的电路中，理想变压器原副线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝6∶3∶1，电流表均为理想交流电流表，两电阻阻值相同.当在原线圈两端加上大小为U的交变电压时，三个电流表的示数之比I1∶I2∶I3为(　　)

图3

A.1∶2∶3   B.1∶2∶1

C.1∶3∶6   D.5∶9∶3

答案　D

解析　由公式＝，可知U2＝，同理可得U3＝，

由欧姆定律可知I2＝3I3，由变压器原、副线圈功率相等有I1U1＝I2U2＋I3U3，

即I1U＝I2×＋×，得＝，则I1∶I2∶I3＝5∶9∶3，故D正确，A、B、C错误.

4.(2019·山东济宁市第二次摸底)高压输电线路常因结冰而损毁严重.为消除高压输电线上的冰，有人设想利用电流的热效应除冰的融冰思路.若在正常供电时，高压线上输电电压为U，输电电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，在输电功率、用户的输入电压和输电线电阻不变的情况下，通过自动调节变压器的变压比，使输电线上的热耗功率变为16ΔP，则除冰时(　　)

A.输电电流为4I   B.输电电流为16I

C.输电电压为4U   D.输电电压为

答案　A

解析　高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线

若热耗功率变为16ΔP，则16ΔP＝I′2R线

解得I′＝4I，故A正确，B错误.

输电功率不变，由P＝UI＝U′I′得U′＝U，

故C、D错误.

5.(多选)(2020·河南中原名校联考)如图4所示是变压器通过降压给用户供电的示意图.变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表V1示数不变.两条输电线的总电阻用R0表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻.如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是(　　)

图4

A.电流表A1示数变大    B.电流表A2示数变小

C.电压表V2示数变大    D.电压表V3示数变小

答案　AD

6.(2018·天津卷·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5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，则(　　)

图5

A.R消耗的功率变为P

B.电压表V的读数变为U

C.电流表A的读数变为2I

D.通过R的交变电流频率不变

答案　B

解析　发电机线圈的转速变为原来的，由E＝知，原线圈中输入电压变为原来的，频率变为原来的.根据＝，知U2变为原来的，即U2＝U，则通过R的电流变为原来的，R消耗的功率P2＝＝P，根据＝，原线圈上的电流也变为原来的，即电流表A的读数变为I，故选B.

7.(2019·四川达州市第二次诊断)如图6所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表.下列说法正确的是(　　)

图6

A.若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小

B.若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大

C.若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大

D.若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小

答案　A

解析　设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下滑动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式＝，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式＝，输入电压U1不变，则输出电压U2也不变，V1示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R接入电路的电阻值减小，则副线圈回路中的电流增大，灯泡中的电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由UV2＝U2－UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误.

8.(2020·山东卷·5)图7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15 Ω，额定电压为24 V，定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω.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7

A.1 Ω  B.5 Ω  C.6 Ω  D.8 Ω

答案　A

解析　由题图乙可得U1＝220 V，由＝得U2＝30 V，

灯泡正常工作时，UL＝24 V，I＝＝ A＝1.6 A

R1两端电压UR1＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V

通过R1的电流I1＝＝0.6 A

通过R的电流IR＝I－I1＝1 A

由欧姆定律得R＋R2＝＝ Ω＝6 Ω

可解得R＝1 Ω，选项A正确.

9.(2020·广东汕头市调研)如图8所示为远距离输电的原理图.发电厂输出的电压恒定，升压、降压变压器均为理想变压器.由于用户负载的变化会造成其得到的电压变化，供电部门要实时监控.监控电表为理想电表.若某次监测发现V2表的示数减小.则下列判断正确的是(　　)

图8

A.电流表A1的示数增大

B.电流表A2的示数减小

C.电压表V1的示数增大

D.输电线损失的功率减小

答案　A

解析　根据题意知，发电厂的输出电压恒为U，升压变压器的变压比不变，所以电压表V1的示数不变，故C错误；某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比不变可知，降压变压器的输入电压U20减小，又U1＝U20＋I1R线，则I1增大，即电流表A1的示数增大，故A正确；根据电流表A1的示数增大及降压变压器电流比：＝，可知电流表A2的示数增大，故B错误；输电线上损失功率为P损＝I12R线，由于电流表A1的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误.

10.(2020·云南昆明市五校联考)图9甲中理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交变电流，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示.现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光.下列说法正确的是(　　)

图9

A.输入电压u的表达式u＝20sin (50πt) V

B.只断开S2后，L1、L2均正常发光

C.只断开S2后，原线圈的输入功率增大

D.若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W

答案　D

解析　由题图乙可知Um＝20 V，T＝0.02 s，故ω＝＝100π rad/s，即输入电压u的表达式u＝20sin (100πt) V，所以A项错误；副线圈两端电压U2＝·＝4 V，断开S2后两灯泡串联，总电压仍为4 V，所以L1、L2均不能正常发光，B项错误；断开S2后R总增大，根据P入＝P出＝可知P入变小，C项错误；若S1接2，由PR＝可得PR＝ W＝0.8 W，故D项正确.

11.如图10所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电.输送电压为U＝1 100sin 200πt V，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法正确的是(　　)

图10

A.输电线上的电流为220 A

B.降压变压器匝数比＝

C.用电器的额定功率P＝5.6×104 W

D.用电器上交流电的频率是50 Hz

答案　C

解析　因为输送电压为U＝1 100sin 200πt V，则输电电压的有效值为：U输＝＝1 100 V，根据：P0＝U输I输，解得输电线上的电流为：I输＝80 A，故A错误；降压变压器的输入电压为：U3＝U输－I输r＝700 V，则降压变压器匝数比：＝＝，故B错误；用电器的额定功率为：P＝P0－I输2r＝56 000 W，故C正确；由于输送电压为U＝1 100sin 200πt V，可知输送电压的频率为f＝＝＝＝100 Hz，变压器不改变电压的频率，则用电器上交流电的频率是100 Hz，故D错误.

12.如图11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的交变电流，则(　　)

图11

A.交变电流的频率为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

答案　C

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＝＝＝50 Hz，A项错误；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，由电流的热效应可知，·＝·T，解得U＝U2＝25 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为 A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率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项错误.

13.(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图12所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，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、副线圈匝数比为(　　)

图12

A.2  B.3  C.4  D.5

答案　B

解析　开关断开时，电路如图甲所示，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝，由＝可得原线圈两端的电压U1＝5I2，则U＝U1＋IR1＝5I2＋3I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2′＝，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝，由＝可得原线圈两端的电压U1′＝4I2，则U＝U1′＋4IR1＝4I2＋12I，联立解得＝3，选项B正确.