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1、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I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吊:法m、Ul一定，研究2和S的关系.2、Ul一定，研究1和S的关系2.实验器材学生电源(低压交流电源，小于12V)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I和电压U
2、l不变，改变副线圈的匝数2，研究2对副线圈电压S的影响.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.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2和原线圈两端的电压S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S、也之比等于原、副线圈的匝数四、血之比.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、(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、线圈原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12V,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.跟进训练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、副线圈匝数分别为小=120匝、2=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，数据如表所示实验序号原线圈两端的电压JZ1(V)副线圈两
4、端的电压S(V)513.98.21:2A25.911.81：2.037.815.2(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出%、5的比值，还有一组小、S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)一(3)该变压器是变压器(选填升压或降压”).答案(I)I：1.9Q总=肝升压解析(1)第三组数据为：=(2)线圈匝数之比=燃=/,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%=以.2(3)从表格中的数据可知副线罔匝数多、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
5、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%=60匝和,=120原的变压器，实验测量数据如下表,vL8O2.803.804.90WV4.006.018.029.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是.(选填或“)答案ACEn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，即叫为输入端，儿为输出端.考点二理想变压器的
6、原理及应用【基础回扣】1.构造和原理(1)构造：如图2所示，变压器是由团金壁和绕在铁芯上的西企线圈组成的.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：Pa=P出.电压关系：(3)电流关系：只有一个副线圈时，=#.(4)频率关系：f山=率【技巧点拨】I.理想变压器的制约关系电压原线圈电压口和匝数比决定副线圈电压t;2,S=会功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率PzPA=P出电流副线圈电流/2和匝数比决定原线圈电流4,/1=力22.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:5Ui5/12 3功率关系：Pl=P2+P3+
7、P4+P.电流关系：1=22n33+n4+nnln考向1变压器基本物理量的分析与计算例11（2017北京卷16）如图3所示，理想变压器的原线圈接在=220isin（100f）V的交流电源上，副线圈接有R=55Q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3A.原线圈的输入功率为22OiWB.电流表的读数为IAC.电压表的读数为UOiVD.副线圈输出交流电的周期为50s答案B解析由=2205sin（100）V可知，原线圈电压最大值为22OV,故原线圈电压的有效值为U|=22OV,根据“=可知，（/2=110V,故电压表的读数为110V,选项C错误：副
8、线圈电流有效值为A=2A,根据P=U/可知，才俞出功率为220W,则原线圈的输P入功率为220W,故选项A错误；原线圈中的电流/1=瓦=1A,故选项B正确；因为S=下,所以ASis=。02s,故选项D错误.考向2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，副线圈接有电阻用、自旦Rl=R2=10OR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、副线圈的匝数比和、人间的电压UO分别为（）A.“=5：1,UO=3B.=5：1,Uo=5C.=1：5,Uo=3D.n=l：5,UO=5答案C
9、解析设原线图电流为/1,电压为01,副线图电流为/2,电压为5,根据题意得：P=/|*=（务2公且色=100R,解得4=5,则=F=77=7=7,根据串联电路特点UO=/|R+U1,又UTU2,5=/点=O1R,联立解得Uo=3R,又因为P=Zr,所以Uo=37,故C正确.跟进训练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50Hz,电压表示数为IlOOOV,灯泡Ll与L2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为1：2=50：1,电压表和电流表均为理想交流电表，则（）A.原线圈输入的交流电压的表达式为W=IlOsin50MV）B.开关K未闭合时，灯泡
10、Ll两端的电压为220VC.开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡Ll中电流的/D.开关K闭合后，原线圈输入功率增大为原来的5倍答案B解析原线图的电压最大值Um=IIOoo5V,甬速度s=2100trads,所以原线IS输入的交流电压的表达式为=110002sin100r(V),故A错误：开关K未闭合时，灯泡Ll两端的电压即为副线圈电压，*=包=,则开关K未闭合时，灯泡Ll两端的电压5=220V,故B正确：开关K闭合后，Ll与L2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡Ll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
11、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IO倍时，两灯泡均能正常发光.下列说法正确的是()图6A.原、副线圈匝数比为9：1B.原、副线圈匝数比为1:9C.此时a和b的电功率之比为9：1D.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M),两灯泡均能正常发光，所以原线图两端电压为U|=9Uo,副线图两端电压为S=Uo,故*=?,7i=77=7,A正确，B错误；根据公式2=芈可得，?=/由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P=U/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
12、动态分析1.匝数比不变的情况(I)Ul不变，根据%=?，输入电压S决定输出电压5,不论负载电阻R如何变化，5不变.(2)当负载电阻发生变化时，心变化，输出电流/2决定输入电流1，故/1发生变化.(3)/2变化引起2变化，P|=P2,故Pl发生变化.2.负载电阻不变的情况（I）UI不变，缶发生变化时，5变化.（2）/?不变，5变化时，4发生变化.（3）根据P2=*,P2发生变化，再根据P=P2,故外变化，Pl=Uill,Ul不变，故人发生变化.【例3】（多选）（2020河北唐山市摸底考法）如图7所示，理想变压器原线圈一端有心人两接线柱，是原线圈的一端点，6是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理
13、想交流电表.从某时刻开始在原线圈0、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为=USin100r.则（）C.单刀双掷开关与4连接，在滑动变阻器触头向上移动的过程中，电压表示数增大D.当单刀双掷开关由。扳向人时，电流表的示数增大答案AD解析当单刀双榔开关与连接时，原线圈的匝数为I,则有5=U,当单刀双掷开关与6连接时，原线圈的匝数为?，则有S=U*,联立得S：S=1：2,故电压表的示数比为1：2,故A正确；当f=0时，c、d间的电压瞬时值为=Usin（IOSrXO）=O,故B错误；副线圈的也压由原、副线圈匝数和输入电压决定，单刀双掷开关与连接，滑动变阻器触头?向上移，可知副线圈电压不变，故电压表的示数
14、不变，C错误：单刀双掷开关由扳向6,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.跟进训练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（）A.AI读数变小，Az读数变小B.Al读数变大，A2读数变小C.K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A6（匝数不变负载变）（多选）（八省联考湖北10）如图
15、9（a）所示，理想变压器原、副线圈匝数比为小：2=1：5,定值电阻用的阻值为IOC,滑动变阻器R2的最大阻值为50Q,定值电阻R的阻值为10Q,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50Q减小到O的过程中（）图9A.电流表的示数为5AB.通过R的电流减小C.电压表的示数减小D.和Ra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/=/=4也A,故A错误；当滑动变阻器必的接入电路的阻值逐渐减小时，副线图的负载电阻的总阻值减小，原线圈的输入电流/1保持不变，根据变压器的电流规律辞=?，副线圈中的电流A保持
16、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Kl的电流逐渐减小，则通过滑动变阻器必的电流逐渐增大，故B错误：根据欧姆定律、串联和并联电路特点可知，&和R3的总功率P=+2+3 由数学知识可知，在治由50 减小到O的过程中，Ps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,输电线总电阻为R.1.输电电流P尸U-U2.电压损失(I)AgU-U;(2)t=.3.功率损失)AP=F-尸：AP=R=(专)/4.减少输电线上电能损失的方法减小输电线的电阻R由R=W知，可加
17、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=U/,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)电源回路偷送回路用户回路图Il在电源回路中,/电机=UiA=Pi.(2)在输送回路中，2=tt=3,t2=t+3,MJ=hRAP=IfRti.(3)在用户回路中，P4=UA=Piiif.2.抓住两组关联式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：招成，R点,(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：77=?,7=-,凸=鼻.3.掌握一个守恒观念功率关系：P2
18、=AP+P3,其中AP=AU-/线=/IRjI=呼E.【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小其末端间的电压为G，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心，贝1J()A.用户端的电压为VIB.输电线上的电压降为Uc.理想变压器的输入功率为/D.输电线路上损失的电功率为AU答案A解析因为P、=Plk,所以U1/1=U2/2,即5=十，故选项A正确：输电线上的电压降为U=U-U,选项B错误：理想变压器的输入功率P人=/1U1,输电线路上损失的电功率Pu=2r=(U-U),选项C、D错误.【例5】(2
19、020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=IoOkW,发电机的电压U|=25OV,经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻Rtt=8C,在用户端用降压变压器把电压降为=220V.己知输电线上损失的功率Pit=5kW,假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是()A.发电机输出的电流八=4OAB.输电线上的电流3*=625AC.降压变压器的匝数比3：n4=190：11D.用户得到的电流G=455A答案C解析发.机输出电流/1=含=|览A=400A,故A错误：输电线上损失的功率Pa=/Jr城=5kW,所以/=、/祭=25A,故B错误:用户得到的功率?4=P-P践=（I
20、oo5）kW=95kW,则1=导=95Ha=不1）a432A,故生=夕=,故C正确，D错误.跟进训练7.（远距离输电基本电路分析）（多选）（2020全国卷II19）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550kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为AP,到达B处时电压下降了AtA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1100kV特高压输电.输电线上损耗的电功率变为AP,到达8处时电压下降了AU.不考虑其他因素的影响，则（）A.P,=（&尸B.AP=4APC.（/=tD.（=U答案AD解析由输电电流/=专知
21、，输送的电功率不变，输电电压如倍，输电电流变为原来的g,损耗的电功率AP=R,故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的,即AP*P：输电线上损失电压为AU=,即输电电压加倍，损失电压变为原来的/即AU=+U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Ul=IO4V,输出功率=109W,两个理想变压器的匝数比分别为n：H2=I：10（）、3：4=100：1，输电线总电阻r=50Q.则（）A.U4=UB.Z4=/C.通过电阻厂的电流/2=2X1()4aD.电阻r损耗的电功率为5XKTw答案BD解析/1=77=105A
22、,根据?=告可得，2=5i=7XIO5A=l()3A,则通过电阻r的电流为103a,故C错误；电阻r两端的电压为t=/=103X50V=5X104V,根据%=目可得，S=FUl=IooXIO4V=IO6V,则S=U2-Ur=UVTXIOV=9.5XIO5V,根据S=芈可得，74=779.5IO5V=9.5IO3V,则U/5,故A错误；由于A=K根据S=见可得，I4=-h=IO5A=IO5A,则4=4,故B正确：电阻r损耗的电功率Pr=r=(1O3)25OW=51O7W,故D正确.课时精练丁双基巩固练I.（多选）如图1所示，发电厂的输出电压为S，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R,通过导线的电流
23、为/,用户得到的电压为S.下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是U15B. I2RA.(Ui-U2)I答案ABD2.（2019江苏卷/）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20V时,输出电压（）B.增加2 VA.降低2VC.降低200 VD.增加200V答案D解析假设理想变压器原线圈的输入电压为Ui,则由变压器的工作原理可知黄=,变压器副线圈的输出电压为S=IOUi:当输入电压增加20V时，即输入电压为U|+20V,则变压器的输出电压为5=IOUl+10X2OV,则输出电压的变化量为AU=U2一U2=1OU+2OOV-IoUl=200V,即输出电压增加200V,A,B、
24、C错误，D正确.3.（多选）（2O2O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Vl示数不变.两条输电线的总电阻用Ro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2A,电流表A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AD4.（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
25、想交流电压表V的读数分别为/、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3A.K消耗的功率变WPB.电压表V的读数变为/C.电流表A的读数变为2D.通过R的交变电流频率不变答案B解析发电机线图的转速变为原来的;，由E=82知，原线图中输入电压变为原来的;，频率变为原来的根据*=：,知5变为原来的（PU2=U9则通过R的电流变为原来的R消耗的功率P2=1=p,根据?=/,原线圈上的电流也变为原来的J,即电流表A的读数变为少，数选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，5、V2为理想交流电压表.下列说法正确的是（）图4A.若尸不动，滑片F向
26、下滑动时，Vl示数不变，V2示数变小B.若P不动，滑片下向下滑动时，灯泡消耗的功率变大C.若尸不动，滑片尸向上滑动时，Vl示数不变，V2示数变大D.若尸不动，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U|,输出电压为u2：若?不动，滑片尸向下滑动时，输入电压UI不变，Vl示数不变，根据变压比公式*=，由于2减小，故输出电压5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；若尸不动，根据变压比公式/=,揄入电压IA不变，则输出电压5也不变，Vl示数不变：滑片P向上滑动时，滑动变阻器/?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，
27、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IK）O匝，接有一阻值为R的电阻，电压表Vl示数为110.0V.副线圈接有一个阻值恒为火L的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10V.己知Rl：R=4：1,则副线圈的匝数为（）A.225B.550C.2200D.440()答案C解析因为电压表V2的示数为0.10V,由变压器原副线罔匝数与电压之间的关系，可知原线图的输入电压为Ul=Il0V:根据电路连接，可知原线图中的电流/|=F:副线圈两端电压为5,电流为上=,又Ulh=Uah,Rl：=4
28、：1,联立得5=220V,由甚=祭得，2=2200,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、8来模拟输电线路，忽略导线的自感作用.其中r1为理想升压变压器，一为理想降压变压器，两次实验中使用的灯泡相同，灯泡的电压相等，两次实验中（）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,4、8的阻值为/?,则题图甲电路中输电线上的电流/1=专，题图乙中升压变压器副线圈电压U,U,则流过A的电流/
29、2=-,D正确；根据Ua=IR,Pa=FR知，题图乙中A两端的电压低，损耗的功率小，故B、C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1：2=22：3,输入端。、b所接电压随时间的变化关系如图乙所示.灯泡L的电阻恒为15C,额定电压为24V,定值电阻Rl=IOC、=5C,滑动变阻器R的最大阻值为10Q.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为（）甲乙A.IB.5C.6D.8C答案A解析由题图乙可得U1=220V,由辱=也得S=30V,灯泡正常工作时，UL=24V,/=今=黄A=1.6ARi两端电压URl=U2Ul=30V-24v=6V通过R的电流=1=0.6A
30、通过R的电流/r=/=IA由欧姆定律得R+R?-U：I=W=6可解得R=IC,选项A正确.肾能力提升练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.若某次监测发现匕表的示数减小.则下列判断正确的是（）图8A.电流表Al的示数增大B.电流表A2的示数减小C.电压表VI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
31、压器变压比不变可知,降压变压器的输入电压t减小，又S=U20+/lK*,则/1增大，即电流表Al的示数增大，故A正确：根据电流表Al的示数增大及降压变压器电流比：?=,可知电流表A2的示数/2尸3增大，故B错误；输电线上损失功率为Pm=/jRlt,由于电流表Al的示数增大，故输电线损失的功率增大，故D错误.】o.（八省联考广东-7）科学中心某款手摇点火器原理如图9所示.当钢针和金属板间瞬时电压超过50（X）V时可以产生电火花.已知匀强磁场的磁感应强度8大小为0.2T,手摇发电机线圈的面积为0.25H?,共50匝，不计内阻.变压器为理想变压器，其原、副线圈匝数比为1:100.下列说法正确的是（）
32、A.线圈转速等于2r/s时，点火器可以产生电火花B.线圈转速等于4r/s时，点火器可以产生电火花C.电压表的示数为5V时，点火器可以产生电火花D.电压表的示数为25V时，点火器可以产生电火花答案B解析线圈在匀强磁场中转动产生交变电流，设转速为，则发电机的最大电动势为Em=NBS=NBS-2n,发电机的最大电动势等于变压器的输入线圈电压的最大值，Ulm=Em,根据变压器变压规律知件=包，有知=去，钢针和金属板间瞬时电压超过500OV时可以产生电火花，现令Sm=5000V,联立各方程解得Ulm=50V,M=Yrs=3.18rs,故线圈转速等于4r/s时，副线圈的电压最大值超过了5000V,能产生电
33、火花，故A错误，B正确：电压表的示数为原线图两端的电压有效值，刚点火时UV=争1=25iV,5V和25V均小于25也V,则不能达到点火电压，故C、D错误.11.如图10所示，某小型水电站的发电机输出电压为220V,正常情况下输出的总功率Po=8.8104W,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=11002sin200V,输电导线的总电阻为r=5C,现要使额定电压为220V的用电器正常工作，下列说法正确的是（A.输电线上的电流为220AB.降压变压器原数比F=IC.用电器的额定功率产=5.6X104WD.用电器上交流电的频率是50HZ答案C解析因为输送电压为U=Il
34、oQ6sin200rV,则输电电压的有效值为：01*=1100V,根据：尸O=U（UB,解得输电线上的电流为：/w=80A,故A错误：降压变压器的输入电压为：3=tt-r=700V,则降压变压器匝数比：-=7=,故B错误；用电器的额定功率为：P=H）-/ti=56000W,故C正确；由于输送电压为U=I1002sin200zV,可知输送电压的频率为/=j.=!=100Hz,变压器不改变电压的颊率，则用电器上交流电的频率是IOoHz,故D错误.12.如图Il所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比1:m=22:5,电阻Rl=R2=25Q,D为理想二极管，原线圈接=22O5sin（lOO）V的交
35、变电流，则（）A.交变电流的频率为100HZB.通过&的电流为1AC.通过&的电流为也AD.变压器的输入功率为200W答案C解析由原线图交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率/=半=券=50Hz,A项错误：由理想变压器变压规律#=Ji可知，输出电压S=50V,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凡，由电流的热效应可知，好=r解得U=半i/2=252V,由欧姆定律可知，通过4的电流为45a,B项错误，C项正确：电阻R2的功率P2=U/=5OW,而电阻Rl的电功率P|=1=100W,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=Pl+2=150W,D项错
36、误.立拓展拔高练13.（2016全国卷I16）-含有理想变压器的电路如图12所示，图中电阻凡、和A的阻值分别为30、Ia和40,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/:当S闭合时，电流表的示数为4/.该变压器原、副线圈匝数比为（）解析开关断开时，电路如图甲所示，原、副线图的电流比/=告，通过凡的电流4=包，副线图的输出电压U2=/2（R+R?）=,由*=也可得原线圈两端的电压U=5?fF,Pl1IU=U|+/R=5（盼+3/;开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比言L=景通过役的电流=-,副线圈的输出电压S=/：/?：=-,由?L=可得原线图两端2晔2172理2的电压Uj=4e3则U=U/+4/2=4/，+12/,联立解得=3,选项B正确.
