高中物理高考 2022年高考物理一轮复习（新高考版1(津鲁琼辽鄂)适用） 第12章 第2讲 变压器　远距离输电 实验 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

这是一份高中物理高考 2022年高考物理一轮复习（新高考版1(津鲁琼辽鄂)适用） 第12章 第2讲 变压器　远距离输电 实验 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，共19页。试卷主要包含了8,15，含有多个副线圈的变压器，02 s，故选项D错误．，01等内容，欢迎下载使用。
目标要求 1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差.2.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.3.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 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．实验原理
(1)实验电路图(如图1所示)：
图1
(2)实验方法采用控制变量法
①n1、U1一定，研究n2和U2的关系．
②n2、U1一定，研究n1和U2的关系．
2．实验器材
学生电源(低压交流电源，小于12 V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干．
3．实验过程
(1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响．
①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量．
②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压．
(2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响．重复(1)中步骤．
4．数据处理
分析可知，理想变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比等于原、副线圈的匝数n1、n2之比．
5．误差分析
(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差．
(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗(铜损)，造成误差．
(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流，造成误差．
6．注意事项
(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作．
(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱．
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量．
1．在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示．
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把求出的结果填在表格中．
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数的关系为______________(用题目中给出的字母表示)．
(3)该变压器是______________变压器(选填“升压”或“降压”)．
答案 (1)1∶1.9 (2)eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2) (3)升压
解析 (1)第三组数据为：eq \f(U1,U2)＝eq \f(7.8,15.2)≈eq \f(1,1.9)
(2)线圈匝数之比eq \f(n1,n2)＝eq \f(120,240)＝eq \f(1,2)，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系为eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).
(3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器．
2．(2017·浙江4月选考·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________．
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na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如下表
根据测量数据可判断连接电源的线圈是____________．(选填“na”或“nb”)
答案 ACE nb
解析 为了完成实验探究，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，因此选用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nb为输入端，na为输出端．
考点二 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2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2
(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：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).
(3)电流关系：只有一个副线圈时eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1).
(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：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝……＝eq \f(Un,nn)
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3所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq \r(2)sin(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3
A．原线圈的输入功率为220eq \r(2) W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110eq \r(2) V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
答案 B
解析 由u＝220eq \r(2)sin(100πt) V可知，原线圈电压最大值为220eq \r(2) V，故原线圈电压的有效值为U1＝220 V，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，U2＝eq \f(n2,n1)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＝eq \f(U2,R)＝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＝eq \f(P,U1)＝1 A，故选项B正确；因为ω＝eq \f(2π,T)，所以T＝eq \f(2π,ω)＝eq \f(2π,100π) 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 (2020·山东泰安市模拟)如图4所示，用一交流电源给理想变压器供电，已知理想变压器原线圈接有阻值为R的电阻，副线圈接有电阻R1、R2且R1＝R2＝100R，闭合开关S后发现三个电阻消耗的功率均为P，则理想变压器原、副线圈的匝数比n和a、b间的电压U0分别为( )
图4
A．n＝5∶1，U0＝3eq \r(PR)
B．n＝5∶1，U0＝5eq \r(PR)
C．n＝1∶5，U0＝3eq \r(PR)
D．n＝1∶5，U0＝5eq \r(PR)
答案 C
解析 设原线圈电流为I1，电压为U1，副线圈电流为I2，电压为U2，根据题意得：P＝I12R＝(eq \f(I2,2))2·R2且R2＝100R，解得eq \f(I1,I2)＝5，则n＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)＝eq \f(1,5)；eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(1,5)，根据串联电路特点U0＝I1R＋U1，又U1＝eq \f(1,5)U2，U2＝I2·eq \f(R2,2)＝10I1R，联立解得U0＝3I1R，又因为P＝I12R，所以U0＝3eq \r(PR)，故C正确．
3．(变压器基本物理量的计算)如图5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5
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eq \f(1,2)
D．开关K闭合后，原线圈输入功率增大为原来的eq \r(2)倍
答案 B
解析 原线圈的电压最大值Um＝11 000eq \r(2) 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 000eq \r(2)sin 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，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(50,1)，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．
4．(原线圈上有用电器的变压器)(多选)如图6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6
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eq \f(U1,U2)＝eq \f(9,1)，eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(9,1)，A正确，B错误；根据公式eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可得，eq \f(I1,I2)＝eq \f(1,9)，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．
考点三 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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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，eq \f(n1,n2)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＝eq \f(U\\al(22),R)，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·河北唐山市摸底考试)如图7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是原线圈的中心抽头，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c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝Usin 100πt.则( )
图7
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eq \f(U,\r(2))
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＝U1eq \f(n2,n1)，当单刀双掷开关与b连接时，原线圈的匝数为eq \f(n1,2)，则有U2′＝U1eq \f(n2,\f(n1,2))，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．
5.(负载不变匝数变)(2020·天津耀华中学模拟)如图8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8
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
6．(匝数不变负载变)(多选)(八省联考·湖北·10)如图9(a)所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶5，定值电阻R1的阻值为10 Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为50 Ω，定值电阻R3的阻值为10 Ω，图中电表均为理想电表．原线圈输入如图9(b)所示的交变电流，其有效值不随负载变化．当滑动变阻器接入电路的阻值由50 Ω减小到0的过程中( )
图9
A．电流表的示数为5 A
B．通过R2的电流减小
C．电压表的示数减小
D．R2和R3的总电功率先增大后减小
答案 CD
解析 由图可知，电流表示数为原线圈的电流I1＝eq \f(8,\r(2)) A＝4eq \r(2) A，故A错误；当滑动变阻器R2的接入电路的阻值逐渐减小时，副线圈的负载电阻的总阻值减小，原线圈的输入电流I1保持不变，根据变压器的电流规律eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)，副线圈中的电流I2保持不变，副线圈两端电压逐渐减小，电压表示数逐渐减小，故C正确；通过定值电阻R1的电流逐渐减小，则通过滑动变阻器R2的电流逐渐增大，故B错误；根据欧姆定律、串联和并联电路特点可知，R2和R3的总功率P总＝eq \f(I\\al(22)R\\al(12)R2＋R3,R1＋R2＋R3)，由数学知识可知，在R2由50 Ω减小到0的过程中，P总先增大后减小，故D正确．
考点四 远距离输电
基础回扣
如图10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10
1．输电电流
I＝eq \f(P,U)＝eq \f(P′,U′)＝eq \f(U－U′,R).
2．电压损失
(1)ΔU＝U－U′；
(2)ΔU＝IR.
3．功率损失
(1)ΔP＝P－P′；
(2)ΔP＝I2R＝(eq \f(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＝ρeq \f(l,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11)
图11
(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：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，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：eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)，eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)，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＝eq \f(ΔU2,R线).
例4 如图12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12
A．用户端的电压为eq \f(I1U1,I2)
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＝eq \f(U1I1,I2)，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13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13
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＝eq \f(P,U1)＝eq \f(100×103,250) 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＝eq \r(\f(P线,R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＝eq \f(P4,U4)＝eq \f(95×103,220) A＝eq \f(4 750,11) A≈432 A，故eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I线)＝eq \f(190,11)，故C正确，D错误．
7．(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′＝eq \f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq \f(1,2)ΔP
C．ΔU′＝eq \f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU
答案 AD
解析 由输电电流I＝eq \f(P,U)知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的eq \f(1,2)，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eq \f(1,4)，即ΔP′＝eq \f(1,4)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eq \f(1,2)，即ΔU′＝eq \f(1,2)ΔU.故A、D正确．
8．(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14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14
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＝eq \f(P1,U1)＝105 A，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可得，I2＝eq \f(n1,n2)I1＝eq \f(1,100)×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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可得，U2＝eq \f(n2,n1)U1＝100×104 V＝106 V，则U3＝U2－Ur＝106 V－5×104 V＝9.5×105 V，根据eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)可得，U4＝eq \f(n4,n3)U3＝eq \f(1,100)×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，根据eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)可得，I4＝eq \f(n3,n4)I3＝eq \f(100,1)×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．(多选)如图1所示，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1
A．(U1－U2)I B．I2R
C.eq \f(U\\al(12),R) D.eq \f(U1－U22,R)
答案 ABD
2．(2019·江苏卷·1)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V时，输出电压( )
A．降低2 V B．增加2 V
C．降低200 V D．增加200 V
答案 D
解析 假设理想变压器原线圈的输入电压为U1，则由变压器的工作原理可知eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，变压器副线圈的输出电压为U2＝10U1；当输入电压增加20 V时，即输入电压为U1＋20 V，则变压器的输出电压为U2′＝10U1＋10×20 V，则输出电压的变化量为ΔU＝U2′－U2＝10U1＋200 V－10U1＝200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C错误，D正确．
3．(多选)(2020·河南中原名校联考)如图2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2
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
4.(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3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eq \f(1,2)，则( )
图3
A．R消耗的功率变为eq \f(1,2)P
B．电压表V的读数变为eq \f(1,2)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eq \f(1,2)，由E＝eq \f(nBSω,\r(2))知，原线圈中输入电压变为原来的eq \f(1,2)，频率变为原来的eq \f(1,2).根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，知U2变为原来的eq \f(1,2)，即U2＝eq \f(1,2)U，则通过R的电流变为原来的eq \f(1,2)，R消耗的功率P2＝eq \f(U\\al(22),R)＝eq \f(1,4)P，根据eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，原线圈上的电流也变为原来的eq \f(1,2)，即电流表A的读数变为eq \f(1,2)I，故选B.
5.(2019·四川达州市第二次诊断)如图4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4
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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，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．
6．(八省联考·河北·4)如图5所示，理想变压器原线圈匝数为1 100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0 V．副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10 V．已知RL∶R＝4∶1，则副线圈的匝数为( )
图5
A．225 B．550 C．2 200 D．4 400
答案 C
解析 因为电压表V2的示数为0.10 V，由变压器原副线圈匝数与电压之间的关系，可知原线圈的输入电压为U1＝110 V；根据电路连接，可知原线圈中的电流I1＝eq \f(UR,R)；副线圈两端电压为U2，电流为I2＝eq \f(U2,RL)，又U1I1＝U2I2，RL∶R＝4∶1，联立得U2＝220 V，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)得，n2＝2 200，故C正确．
7．(八省联考·江苏·7)小明分别按图6甲和乙电路探究远距离输电的输电损耗，将长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线的自感作用．其中T1为理想升压变压器，T2为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等，两次实验中( )
图6
A．都接直流电源
B．A两端的电压相等
C．A损耗的功率相等
D．图甲中A的电流较大
答案 D
解析 由于变压器只能改变交变电流，因此题图乙中不可能接直流电源，故A错误；设电源输出电压为U，输出功率为P，A、B的阻值为R，则题图甲电路中输电线上的电流I1＝eq \f(P,U)，题图乙中升压变压器副线圈电压U′>U，则流过A的电流I2＝eq \f(P,U′)