高中物理高考 2020年高考物理一轮复习第十四单元交变电流第2讲变压器电能的输送练习含解析新人教版

这是一份高中物理高考 2020年高考物理一轮复习第十四单元交变电流第2讲变压器电能的输送练习含解析新人教版，共19页。试卷主要包含了5 A，2 A等内容，欢迎下载使用。

第2讲　变压器　电能的输送


1
理想变压器

　　(1)理想变压器的构造和原理
变压器由铁芯、原线圈、副线圈组成,如图所示。
当原线圈中通入交变电流时,由于互感作用,变压器原、副线圈中磁通量变化率相同,由法拉第电磁感应定律有E=nΔΦΔt,则E1E2=n1n2。由于理想变压器忽略铜损和铁损,则E=U,P1=P2,故而得出U1U2=n1n2,I1I2=n2n1。

(2)理想变压器原、副线圈基本量的关系

功率关系
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、副线圈的电压比等于匝数比,即U1U2=n1n2,与副线圈的个数无关
电流关系
①只有一个副线圈时:I1I2=n2n1
②有多个副线圈时:由P入=P出得U1I1=U2I2+U3I3+…+UnIn或I1n1=I2n2+I3n3+…+Innn
频率关系
f1=f2,变压器不改变交流电的频率

　　(3)理想变压器的制约关系
①电压:原决定副。根据变压器的原理可知,输入电压U1决定输出电压U2,U2=n2n1U1。当U1不变时,不论负载电阻如何变化,U2都不会改变。
②电流:副决定原。输出电流I2决定输入电流I1。当负载电阻R增大时,I2减小,则I1相应减小;当负载电阻R减小时,I2增大,则I1相应增大。因此,在使用变压器时变压器副线圈不能短路。
③功率:副决定原。输出功率P2决定输入功率P1。理想变压器的输出功率与输入功率相等,即P2=P1。在输入电压U1一定的情况下,当负载电阻R增大时,I2减小,则P2=I2U2减小,P1也将相应减小;当R减小时,I2增大,P2=I2U2增大,则P1也将增大。
1.1 (2018江西检测)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1,和均为理想电表,灯泡电阻RL=6 Ω,A、B两端电压u1=12 2sin 100πt(V)。下列说法正确的是(　　)。


A.电流频率为100 Hz
B.的示数为24 V
C.的示数为0.5 A
D.变压器输入功率为6 W
【答案】D
1.2 (2019荆州模拟)(多选)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光。要使灯泡变亮,可以采取的方法有(　　)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.向下滑动P B.增大交流电源的电压
C.增大交流电源的频率 D.减小电容器C的电容
【答案】BC
1.3 (2019海南联考)(多选)图甲是某燃气炉点火装置的原理图,转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压,并加在一理想变压器的原线圈上,变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000 V时,就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是(　　)。

A.电压表的示数为5 V
B.电压表的示数为52 V
C.实现点火的条件是n2n1>1000
D.实现点火的条件是n2n1<1000
【答案】BC
1.4 (2018安徽检测)(多选)有一种调压变压器的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,C、D之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压。图中为交流电流表,为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,C、D两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器,则下列说法正确的是(　　)。

A.当R3不变,滑动触头P顺时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小
B.当R3不变,滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小
C.当P不动,滑动变阻器滑片向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变小
D.当P不动,滑动变阻器滑片向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变小
【答案】AD
1.5 (2018陕西模拟)(多选)如图甲所示,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R=10 Ω。从某时刻开始,在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压,则下列说法中正确的是(　　)。

A.当S与a连接后,理想电流表的示数为2.2 A
B.当S与a连接后,t=0.01 s时理想电流表示数为零
C.当S由a拨到b后,原线圈的输入功率变为原来的4倍
D.当S由a拨到b后,副线圈输出电压的频率变为 25 Hz
【答案】AC

2
远距离输电

　　(1)采用高压输电的原因
输电线上损耗的功率:ΔP=I线ΔU=I线2R线=P2U22R线。当输送的电功率一定时,输电电压增大到原来的n倍,输电线上损耗的功率就减小到原来的1n2。
(2)远距离输电相关的问题
①输电电路图

②基本关系
电流关系:n1I1=n2I2,n3I3=n4I4,I2=I3。
电压关系:U1n1=U2n2,U3n3=U4n4,U2=U3+ΔU。
功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P3+ΔP。
(3)电压损失ΔU
①电压损失:输电线路始端电压U2与输电线路末端电压U3的差值,ΔU=U2-U3=IR线(R线为输电线路电阻)。
②减小输电线路电压损失的两种方法
减小输电线路电阻:由R=ρlS可知,间距一定时,使用电阻率小的材料或增大导体横截面积均可减小电阻。
减小输电电流I:由P=UI可知,当输送功率一定时,升高电压可以减小电流。
注意:①明确U和ΔU的区别,U是输电电压,ΔU是输电导线上的电压损失。②高中阶段的计算中,只考虑电线电阻所造成的电压损失,而忽略因容抗、感抗造成的电压损失。
(4)功率损失ΔP
①输送功率是指升压变压器输出的功率,损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率。两者关系是ΔP=P-P'(P为输送功率,P'为用户所得功率)。
②除了利用ΔP=P-P'计算输电线路上的功率损失外,还可用下列方法计算:
ΔP=I2R线,I为输电线路上的电流,R线为线路电阻。
ΔP=ΔU2R线,ΔU为输电线路上损失的电压,R线为线路电阻。
ΔP=ΔUI,ΔU为输电线路上损失的电压,I为线路上的电流。
2.1 (2018广东调研)如图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(　　)。

A.用户端的电压为I1U1I2
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
2.2 (2019郑州联考)(多选)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.输电线上由电阻造成的损失电压为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ΔP=U2r,U为输电电压,r为输电线的电阻
【答案】BC


题型一
理想变压器的动态分析

　　处理变压器的动态分析问题,首先应明确“不变量”和“变化量”,对变化量要把握它们之间的制约关系,依据程序分析的思想,从主动变化量开始,依据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况。
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。

　　【例1】如图所示的电路中,有一变压器,左侧并联一只理想电压表后接在稳定的交流电源上;右侧串联灯泡L和滑动变阻器R,R上并联一只理想电压表。下列说法中正确的是(　　)。

A.当F不动,P向下滑动时,示数变大,示数变小
B.当F不动,P向下滑动时,灯泡消耗的功率变小
C.当P不动,F向下移动时,、的示数均变小
D.当P不动,F向下移动时,灯泡消耗的功率变大
【解析】当F不动,P向下滑动时,滑动变阻器接入电路中的电阻变大,则副线圈回路中总电阻变大,回路中电流减小,灯泡两端电压减小,功率变小,滑动变阻器两端电压变大,的示数变大,而原线圈两端电压不变,则A项错误,B项正确;当P不动,F向下移动时,根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变,副线圈两端电压减小,则副线圈回路中电流变小,灯泡L消耗的功率减小,电压表的示数变小,C、D两项错误。
【答案】B

　　变压器动态分析中的制约思路
(1)电压制约:当变压器原、副线圈的匝数比n1n2一定时,输出电压U2由输入电压U1决定,即U2=n2U1n1,可简述为“原制约副”。
(2)电流制约:当变压器原、副线圈的匝数比n1n2一定,且输入电压U1确定时,原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定,即I1=n2I2n1,可简述为“副制约原”。
　　(3)负载制约:①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定,P2=P负1+P负2+…;②变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定,I2=P2U2;③总功率P总=P线+P2。
动态分析问题的思路可表示为:
U1U2I2I1P1
　　【变式训练1】(2019山东检测)(多选)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1,RT为电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,如图乙所示。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、副线圈中的电流之比为1∶4
C.u随t变化的规律为u=51sin 50πt(V)
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】由题意知,变压器是理想变压器,故变压器输入、输出功率之比为1∶1,A项错误;变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比,即I1I2=n2n1=14,故B项正确;由图乙可知交流电压最大值Um=51 V,周期T=0.02 s,可由周期求出角速度ω=100π rad/s,则可得交流电压u的表达式u=51sin 100πt(V),C项错误;RT处温度升高时,阻值减小,电流表的示数变大,电压表示数不变,故D项正确。
【答案】BD

题型二
两种特殊的变压器

　　1.自耦变压器:又称调压器,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。
2.互感器:分为电压互感器和电流互感器,主要是用于测量高电压和强电流。
【例2】(多选)电流互感器和电压互感器如图所示。其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数,a、b为两只交流电表,则(　　)。

A.为电流互感器,且n1 B.为电压互感器,且n1>n2,a是电压表
C.N为电流互感器,且n3 D.N为电压互感器,且n3>n4,b是电压表
【解析】由题图可知M为电流互感器,N为电压互感器,因此a是电流表,b是电压表。在M中,有I1n1=I2n2,要把大电流变为小电流,有n2>n1;在N中,有U3U4=n3n4,要把高电压变成低电压,则有n3>n4。综上所述可知,A、D两项正确。
【答案】AD



　　　类型
比较项目　　　
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
串联在待测大电流电路中
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
U1U2=n1n2
I1n1=I2n2

　　【变式训练2】(2018临州月考)如图所示,接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡L1、L2和L3,输电线的等效电阻为R。当滑动触头P向上移动一段距离后,下列说法正确的是(　　)。

A.等效电阻R上消耗的功率变大
B.三个灯泡都变亮
C.原线圈两端的输入电压减小
D.原线圈中电流表示数减小
【解析】自耦变压器的原、副线圈是同一个线圈,只是匝数不同而已。由题意知原线圈是副线圈的一部分,U2U1=n2n1,当P上移时,U1、n2不变,n1变大,U2变小,因负载电路结构不变,因此负载上的总电流I2=U2R总应变小,R上消耗的功率变小,由串、并联电路特点知三个灯泡都变暗,A、B两项错误。由于原线圈的输入电压由外部电路决定,是不变的,C项错误;由P入=P出,U1I1=U2I2=U22R总知,P出减小时,I1一定减小,电流表示数减小,D项正确。
【答案】D

题型三
远距离输电问题

　　对于有关远距离输电的问题,因为其电路结构复杂,一些同学在处理问题时往往不知从何处下手;再加上远距离输电中涉及的物理量繁多,常发生同类物理量之间相互混淆,导致张冠李戴的现象。其实,只要理清三个回路,抓住相关物理量之间的联系,就可以学好远距离输电。
　　【例3】图示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.n1n2Um24r B.n2n1Um24r
C.4n1n22PUm2r D.4n2n12PUm2r
【解析】原线圈电压的有效值U1=Um2,根据U1U2=n1n2可得U2=n2n1·Um2,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,即输电线上的电流I=PU2,输电线上损失的电功率P'=I2·2r=4rn1n22PUm2,所以C项正确。
【答案】C

　　远距离输电问题的“三二二”
(1)理清三个回路


回路1:发电机回路。该回路中,通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机;线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机;线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机。
回路2:输送电路。I2=I3=IR,U2=U3+ΔU,P2=ΔP+P3。
回路3:输出电路。I4=I用,U4=U用,P4=P用。
　　(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U1U2=n1n2,I1I2=n2n1,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U3U4=n3n4,I3I4=n4n3,P3=P4。
(3)掌握两种损耗
①电压损耗:输电线上的电阻导致的电压损耗,ΔU=U2-U3=IRR线。
②功率损耗:输电线上的电阻发热的功率损耗,ΔP=P2-P3=IR2R线。输电线上的能量损耗是热损耗,计算功率损耗时用公式ΔP=IR2R线或ΔP=ΔU2R线。
　　【变式训练3】(2019河北模拟)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,输电线路的总电阻为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P2P1分别为(　　)。
A.PRkU,1n B.PkU2R,1n
C.PRkU,1n2 D.PkU2R,1n2
【解析】根据变压器的变压规律,得U1U=k,U2U=nk,所以U1=kU,U2=nkU;根据P=UI,知副线圈与原线圈匝数比为k和nk的变压器副线圈的电流分别为I1=PU1=PkU,I2=PU2=PnkU;根据P=I2R知,输电线路损耗的电功率分别为P1=I12R=PkU2R,P2=I22R=PnkU2R,所以P2P1=1n2,D项正确。
【答案】D


1.(2018临沂模拟)如图所示的交流电路中,理想变压器输入电压为u1=U1msin 100πt(V),输入功率为P1,输出功率为P2,电压表示数为U2,各交流电表均为理想电表。由此可知(　　)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　

A.灯泡中电流方向每秒钟改变100次
B.变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶U2
C.当滑动变阻器R的滑片向下移动时各个电表示数均变大
D.当滑动变阻器R的滑片向上移动时P1变大,且始终有P1=P2
【解析】由u1=U1msin 100πt(V),可知交变电流频率为50 Hz,灯泡中电流方向每秒钟改变100次,A项正确;变压器原、副线圈的匝数比为U1m∶(2U2),B项错误;当滑动变阻器R的滑片向下移动时,电流表示数增大,变压器输出电流增大,电阻R1两端电压增大,电压表示数不变,C项错误;当滑动变阻器R的滑片向上移动时,变压器输出电流减小,输出功率减小,根据变压器功率的制约关系,P1变小,且始终有P1=P2,D项错误。
【答案】A
2.(2018九江二模)如图所示为汽车的点火装置,此装置的核心是一个变压器,该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上,副线圈连接到火花塞的两端,开关由机械控制,当开关由闭合变为断开时,副线圈中产生10000 V以上的电压,火花塞中产生火花。下列说法中正确的是(　　)。

A.变压器的原线圈要用粗导线绕制,而副线圈可以用细导线绕制
B.若该点火装置的开关始终闭合,火花塞的两端会持续产生高压
C.变压器原线圈输入的12 V电压必须是交流电,否则就不能在副线圈中产生高压
D.该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数
【解析】汽车的点火装置是利用变压器原理工作的,当开关始终闭合时,通过原线圈的电流恒定,原线圈中产生的磁场恒定,则在副线圈上不会产生电压,所以B项错误;由题可知原线圈处接12 V的直流电源,当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化,会产生变化的磁场,则在副线圈中可能产生高压,所以C项错误;由U1U2=n1n2可知,要在副线圈中产生高压,则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数,所以D项错误。
【答案】A
3.(2019杭州模拟)(多选)在远距离输电时,输送的电功率为P,输电电压为U,所用导线电阻率为ρ,横截面积为S,总长度为l,输电线损失的电功率为P',用户得到的电功率为P用,则下列关系式中正确的是(　　)。
A.P'=U2Sρl B.P'=P2ρlU2S
C.P用=P-U2Sρl D.P用=P1-PρlU2S
【解析】输电线电阻R=ρlS,输电电流I=PU,故输电线上损失的电功率P'=I2R=PU2ρlS=P2ρlU2S,用户得到的电功率P用=P-P'=P1-PρlU2S。
【答案】BD
4.(2018湖北联考)某单位一小型交流发电机由匝数为50、面积S=0.5 m2的矩形闭合导线框组成,线框可绕垂直于匀强磁场的轴OO'以角速度ω=200 rad/s匀速转动,磁场的磁感应强度大小B=210 T,线框电阻不计。发电机正常工作时,从线框经过中性面开始计时,产生的交流电经一理想变压器给一个小灯泡供电,如图所示,发电机没有画出。小灯泡上标有“220 V　60 W”字样,且灯泡正常发光,图中电压表为理想交流电表,则下列说法不正确的是(　　)。

A.变压器输入电压的瞬时值为u=5002sin 200t (V)
B.电压表的示数为500 V
C.变压器原、副线圈匝数比为25∶11
D.线框在中性面位置时穿过线框的磁通量为零
【解析】发电机输出电压最大值Um=nBSω=5002 V,变压器输入电压的瞬时值u=5002sin 200t(V),A项正确;变压器输入电压的有效值U1=500 V,输出电压的有效值U2=220 V,根据变压比公式有n1n2=U1U2=2511,B、C两项正确;线框在中性面位置时穿过线框的磁通量最大,磁通量的变化率为零,D项错误。
【答案】D
5.(2019黄山模拟)图甲为某水电站的电能输送示意图,升压变压器原、副线圈匝数比为1∶15,降压变压器的副线圈接有负载R,升压、降压变压器之间的输电线路的总电阻为10 Ω,变压器均为理想变压器,升压变压器原线圈中接入如图乙所示的正弦式交变电压,输送功率为33 kW。下列说法正确的是(　　)。

A.输电线上交变电流的变化周期为0.01 s
B.输电线中电流为150 A
C.降压变压器原线圈输入电压为3200 V
D.输电线上功率损失为500 W
【解析】由图乙所示的正弦式交变电压图象可知周期T=2×10-2 s,变压器不改变交变电流的周期,所以输电线上交变电流的变化周期为0.02 s,A项错误;升压变压器原线圈电压的最大值为311 V,有效值U1=3112 V=220 V,由U1U2=n1n2得升压变压器副线圈的输出电压U2=n2n1U1=3300 V,输电线中电流I2=PU2=10 A,B项错误;输电线电压损失ΔU=I2R=100 V,降压变压器原线圈的输入电压U=U2-ΔU=3200 V,C项正确;输电线上功率损失P损=I22R=1000 W,D项错误。
【答案】C
6.(2018江苏期末)(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图甲所示,发电机的输出电压变化规律如图乙所示。输电线总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2。降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)。要使额定电压为220 V的用电器正常工作,则(　　)。

A.图乙中电压的瞬时值表达式为u=2202sin 100πt (V)
B.图乙中电压的有效值和用电器的额定电压都是220 V,所以n1n2=n4n3
C.通过升压变压器的电流频率比通过降压变压器的电流频率大
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
【解析】由于输电线上电阻会损失电压、电功率,使得U2>U3,故P2>P3,D项正确;因为n1n2=U1U2,n4n3=U4U3,U1=U4=220 V,U2>U3,所以n1n2 【答案】AD
7.(2018湖北四校联考)如图所示为重庆某中学教学区供电示意图,供电部门通过理想变压器原线圈A、B端送电,虚线框内表示教学区内各教室的照明电路。已知变压器副线圈C、D两端距离教学区输入端E、F较远,C、D两端与输入端E、F之间的输电线电阻不能忽略,设A、B端输入电压一定,则以下说法正确的是(　　)。

A.如果教学区同时使用的电灯减少,A、B端输入功率仍不变
B.C、D端电压一定为220 V
C.E、F端电压一定为220 V
D.教学区内同时使用的电灯越多,E、F端输入电压越低
【解析】使用的电灯减少时,输电线与照明电路的总电阻变大,副线圈两端电压U2不变,由P出=U22R总,可知输出功率变小,又P入=P出,所以A、B端输入功率变小,A项错误;由于输电线电阻的分压,要保证教室内照明灯正常工作,则应有UCD>220 V;而UEF会因为使用的电灯数量不同而获得不同电压,B、C两项错误;当使用的电灯越多时,输电线上损失的电压就越多,EF端输入的电压就越低,D项正确。
【答案】D
8.(2018安徽模拟)某小型实验水电站输出功率为20 kW,输电线总电阻为6 Ω。
(1)若采用380 V电压输电,求输电线路损耗的功率。
(2)若改用5000 V高压输电,用户端利用原、副线圈匝数比n1∶n2=22∶1的变压器降压,求用户得到的电压。(计算结果均保留3位有效数字)
【解析】(1)输电线上的电流
I=PU≈52.6 A
输电线路损耗的功率
P损=I2R≈16.6 kW。
(2)改用高压输电后,输电线上的电流
I'=PU'=4 A
用户端在变压器降压前获得的电压
U1=U'-I'R=4976 V
根据U1U2=n1n2,用户得到的电压
U2=n2n1U1≈226 V。
【答案】(1)16.6 kW　(2)226 V

1.(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,电路如图所示,理想交流电流表、理想交流电压表的读数分别为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(　　)。

A.R消耗的功率变为12P
B.电压表的读数变为12U
C.电流表的读数变为2I
D.通过R的交变电流频率不变
【解析】发电机线圈的转速变为原来的12,由E=nBSω2知,原线圈中输入电压变为原来的12,频率变为原来的12。根据U1U2=n1n2,则U2变为原来的12,即U2=12U,则通过R的电流变为原来的12,R消耗的功率P2=U22R=14P,根据I1I2=n2n1,原线圈上的电流也变为原来的12,即电流表的读数变为12I。故B项正确。
【答案】B
2.(2018江苏卷,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14,输电电压应变为(　　)。
　　　　　　　　　　　　　　　　　　
A.55 kV B.110 kV C.440 kV D.880 kV
【解析】输送功率P=UI,输电线上损耗的功率P损=I2r=PU2r ∝1U2。当P损减小为原来的14时,输电电压应变为原来的2倍。故C项正确。
【答案】C
3.(2016全国卷Ⅲ,19)(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(　　)。

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
【解析】设灯泡的额定电压为U0,两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压U1=9U0,副线圈两端电压U2=U0,故U1U2=91,根据U1U2=n1n2=91,A项正确,B项错误;根据公式I1I2=n2n1可得,I1I2=19,因为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项错误,D项正确。
【答案】AD
4.(2016全国卷Ⅰ,16)一含有理想变压器的电路如图甲所示,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(　　)。


甲
A.2 B.3 C.4 D.5
【解析】开关断开时,电路如图乙所示,原、副线圈的电流比II2=n2n1,通过R2的电流I2=In1n2,副线圈的输出电压U2=I2(R2+R3)=5In1n2,由U1U2=n1n2可得原线圈两端的电压U1=5In1n22,则U=U1+IR1=5In1n22+3I;开关闭合时,电路如图丙所示,原、副线圈的电流比4II2'=n2n1,通过R2的电流I2'=4In1n2,副线圈的输出电压U2'=I2'R2=4In1n2,由U1'U2'=n1n2可得原线圈两端的电压U1'=4In1n22,则U=U1'+4IR1=4In1n22+12I,联立解得n1n2=3,B项正确。

乙　　　　　　　　　　丙
【答案】B
5.(2017北京卷,16)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=2202sin 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(　　)。

A.原线圈的输入功率为2202 W
B.电流表的读数为1 A
C.电压表的读数为1102 V
D.副线圈输出交流电的周期为50 s
【解析】原线圈输入电压的有效值是220 V,由U1U2=n1n2,可得U2=110 V,则电压表读数应为110 V,C项错误。由欧姆定律可得I2=U2R=2 A,由I1I2=n2n1,可得I1=1 A,B项正确。原线圈输入功率P1=U1I1=220 W,A项错误。由电源电压瞬时值表达式u=2202sin 100πt (V),可知ω=100π rad/s,则T=2πω=0.02 s,D项错误。
【答案】B

6.(2016江苏卷,4)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点顺时针转到N点的过程中(　　)。

A.U2>U1,U2降低 B.U2>U1,U2升高
C.U2 【解析】由U1U2=n1n2,n1>n2,可知U2 【答案】C