2022年高考物理一轮复习第12章第2讲变压器　远距离输电_04高考物理_新高考复习资料_2022年新高考复习资料_高考物理2022年一轮复习各版本_1.2022年高考物理一轮复习全国通用版

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 ＝ P 入 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 ＝ f 出 入. 技巧点拨 1.理想变压器的制约关系 电压 原线圈电压U 和匝数比决定副线圈电压U，U＝U 1 2 2 1 功率 副线圈的输出功率P 决定原线圈的输入功率P ，P ＝P 出 入 入 出 电流 副线圈电流I 和匝数比决定原线圈电流I，I＝I 2 1 1 2 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：P＝P＋P＋P＋……＋P 1 2 3 4 n 电流关系：nI＝nI＋nI＋nI＋……＋nI 1 1 2 2 3 3 4 4 n n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 U ＝220 V，根据＝可知，U ＝U ＝110 V，故电压表的读数为110 V，选项C错误；副线圈 1 2 1 电流有效值为I＝＝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 2 W，故选项A错误；原线圈中的电流I＝＝1 A，故选项B正确；因为ω＝，所以T＝＝ s＝ 1 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，R 、R 、R 均为固定电阻，R ＝10 Ω，R ＝20 1 2 3 2 3 Ω，各电表均为理想电表.已知电阻R 中电流i 随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示.下列说 2 2 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i －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 2 两端电压U ＝IR ＝×10 V＝10 V，由＝得原线圈两端电压U ＝100 V，电压表的示数U＝ 2 2 2 1 220 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＝I2R＋I2R＝15.0 W，故D正确. 2 2 3 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L 与L 的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数 1 2 比为n∶n＝50∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，则( ) 1 2 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L 两端的电压为220 V 1 C.开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡L 中电流的 1 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U ＝11 000 V，角速度ω＝2πf＝100π rad/s，所以原线圈输入的 m 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L 两端的电 1 压即为副线圈电压，＝＝，则开关K未闭合时，灯泡L 两端的电压U ＝220 V，故B正确； 1 2 开关K闭合后，L 与L 并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L 中电流相等， 1 2 1 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U，两灯泡均能正常发光，所以原线圈两端电压为U＝9U，副 0 1 0 线圈两端电压为U＝U，故＝，＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得，＝，由于小灯泡 2 0 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)U 不变，根据＝，输入电压U 决定输出电压U，不论负载电阻R如何变化，U 不变. 1 1 2 2 (2)当负载电阻发生变化时，I 变化，输出电流I 决定输入电流I，故I 发生变化. 2 2 1 1 (3)I 变化引起P 变化，P＝P，故P 发生变化. 2 2 1 2 1 2.负载电阻不变的情况 (1)U 不变，发生变化时，U 变化. 1 2 (2)R不变，U 变化时，I 发生变化. 2 2 (3)根据P＝，P 发生变化，再根据P＝P，故P 变化，P＝UI，U 不变，故I 发生变化. 2 2 1 2 1 1 1 1 1 1 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n ，则有U ＝U ，当单刀双掷开关与b 1 2 1 连接时，原线圈的匝数为，则有U′＝U ，联立得U∶U′＝1∶2，故电压表的示数比为 2 1 2 2 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.A 读数变小，A 读数变小 1 2 B.A 读数变大，A 读数变小 1 2 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，R 消耗的功率变大 1 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A 示数变大 1 D.若闭合开关S，则电流表A 示数变大，A 示数变大 1 2 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R 消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数 1 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 A 示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路 1 中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R 两端电压变大，R 两端电压减小，电流表A 示数 1 2 2 减小；原线圈中的电流也变大，电流表A 示数变大，选项D错误. 1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＝ I 2 R ＝()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 ＝UI＝P. 发电机 1 1 1 (2)在输送回路中，I＝I ＝I，U＝ΔU＋U，ΔU＝IR ，ΔP＝I2R 2 线 3 2 3 2 线 2 线. (3)在用户回路中，P＝UI＝P 4 4 4 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：＝，＝，P ＝ 1 P. 2 (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：＝，＝，P ＝ 3P. 4 3.掌握一个守恒观念 功率关系：P＝ΔP＋P，其中ΔP＝ΔU·I ＝I 2R ＝. 2 3 线 线 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I ，其末端间的电压为U ，在输电线与用户间 1 1 连有一理想变压器，流入用户端的电流为I，则( ) 2 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I2r 1 D.输电线路上损失的电功率为IU 1 答案 A 解析 因为P ＝P ，所以UI ＝UI ，即U ＝，故选项A正确；输电线上的电压降为U 入 出 1 1 2 2 2 线 ＝U－U ，选项B错误；理想变压器的输入功率P ＝IU ，输电线路上损失的电功率P ＝ 1 入 1 1 损 I2r＝I(U－U)，选项C、D错误. 1 1 1 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U ＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R ＝8 Ω，在用户端 1 线 用降压变压器把电压降为U ＝220 V.已知输电线上损失的功率P ＝5 kW，假设两个变压器 4 线 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I＝40 A 1 B.输电线上的电流I ＝625 A 线 C.降压变压器的匝数比n∶n＝190∶11 3 4 D.用户得到的电流I＝455 A 4 答案 C 解析 发电机输出电流I ＝＝ A＝400 A，故A错误；输电线上损失的功率P ＝I 2R ＝5 1 线 线 线 kW，所以I ＝＝25 A，故B错误；用户得到的功率P＝P－P ＝(100－5) kW＝95 kW，则 线 4 线 I＝＝ A＝ A≈432 A，故＝＝，故C正确，D错误. 45.(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U ＝104 V，输出功率P ＝109 W，两个理想变压器的匝数比分别为 1 1 n∶n＝1∶100、n∶n＝100∶1，输电线总电阻r＝50 Ω.则( ) 1 2 3 4 图13 A.U＝U 4 1 B.I＝I 4 1 C.通过电阻r的电流I＝2×104 A 2 D.电阻r损耗的电功率为5×107 W 答案 BD 解析 I ＝＝105 A，根据＝可得，I ＝I ＝×105 A＝103 A，则通过电阻r的电流为103 A， 1 2 1 故C错误；电阻r两端的电压为U＝Ir＝103×50 V＝5×104 V，根据＝可得，U ＝U ＝ r 2 2 1 100×104 V＝106 V，则U＝U－U＝106 V－5×104 V＝9.5×105 V，根据＝可得，U＝U 3 2 r 4 3 ＝×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U≠U，故A错误；由于I＝I，根据＝可得，I＝I＝×103 4 1 2 3 4 3 A＝105 A，则I ＝I ，故B正确；电阻r损耗的电功率P＝I2r＝(103)2×50 W＝5×107 W， 4 1 r 2 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U ，发电厂至用户间输电导线的总电阻为 R，通过导 1 线的电流为I，用户得到的电压为U.下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是( ) 2 图2 A.(U－U)I B.I2R 1 2 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 n∶n∶n ＝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 1 2 3 大小为U的交变电压时，三个电流表的示数之比I∶I∶I 为( ) 1 2 3 图3 A.1∶2∶3 B.1∶2∶1C.1∶3∶6 D.5∶9∶3 答案 D 解析 由公式＝，可知U＝，同理可得U＝， 2 3 由欧姆定律可知I＝3I，由变压器原、副线圈功率相等有IU＝IU＋IU， 2 3 1 1 2 2 3 3 即IU＝I×＋×，得＝，则I∶I∶I＝5∶9∶3，故D正确，A、B、C错误. 1 2 1 2 3 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 V 1 示数不变.两条输电线的总电阻用R 表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻.如果变压 0 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A 示数变大 B.电流表A 示数变小 1 2 C.电压表V 示数变大 D.电压表V 示数变小 2 3 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5A.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U 变为原来的，即U ＝U，则通过R的电流变为原来的，R消耗的功率 2 2 P＝＝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. 2 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，V 、V 为理想 1 2 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，V 示数不变，V 示数变小 1 2 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，V 示数不变，V 示数变大 1 2 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U ，输出电压为U ；若P不动，滑片F向下滑动时，输入电 1 2 压U 不变，V 示数不变，根据变压比公式＝，由于n 减小，故输出电压U 减小，故灯泡消 1 1 2 2 耗的功率减小，V 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 2 电压U 不变，则输出电压U 也不变，V 示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R接入 1 2 1 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U ＝U－U 可知电压表V 示数变小，故C、D错误. V2 2 L 2 8.(2020·山东卷·5)图7甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n∶n ＝22∶3，输入端a、b所 1 2 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R＝10 Ω、R＝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 1 2 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U＝220 V，由＝得U＝30 V， 1 2 灯泡正常工作时，U ＝24 V，I＝＝ A＝1.6 A L R 两端电压U ＝U－U ＝30 V－24 V＝6 V 1 R1 2 L 通过R 的电流I＝＝0.6 A 1 1 通过R的电流I ＝I－I＝1 A R 1 由欧姆定律得R＋R＝＝ Ω＝6 Ω 2 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V 表的示数减小.则下列判断正确的是( ) 2 图8 A.电流表A 的示数增大 1 B.电流表A 的示数减小 2 C.电压表V 的示数增大 1 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 V 1 的示数不变，故C错误；某次监测发现V 表的示数减小，根据降压变压器变压比不变可知， 2 降压变压器的输入电压U 减小，又U ＝U ＋IR ，则I 增大，即电流表A 的示数增大， 20 1 20 1 线 1 1 故A正确；根据电流表A 的示数增大及降压变压器电流比：＝，可知电流表A 的示数增大， 1 2 故B错误；输电线上损失功率为P ＝I2R ，由于电流表A 的示数增大，故输电线损失的 损 1 线 1 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n∶n＝5∶1，电阻 1 2 R＝20 Ω，L 、L 为规格相同的两只小灯泡，S 为单刀双掷开关.原线圈接正弦交变电流，输 1 2 1 入电压u随时间t的变化关系如图乙所示.现将S 接1、S 闭合，此时L 正常发光.下列说法 1 2 2 正确的是( )图9 A.输入电压u的表达式u＝20sin (50πt) V B.只断开S 后，L、L 均正常发光 2 1 2 C.只断开S 后，原线圈的输入功率增大 2 D.若S 换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W 1 答案 D 解析 由题图乙可知U ＝20 V，T＝0.02 s，故ω＝＝100π rad/s，即输入电压u的表达式u＝ m 20sin (100πt) V，所以A项错误；副线圈两端电压U ＝·＝4 V，断开S 后两灯泡串联，总电 2 2 压仍为4 V，所以L 、L 均不能正常发光，B项错误；断开S 后R 增大，根据P ＝P ＝ 1 2 2 总 入 出 可知P 变小，C项错误；若S 接2，由P ＝可得P ＝ W＝0.8 W，故D项正确. 入 1 R R 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P ＝ 0 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 ＝＝1 100 V，根 输 据：P ＝U I ，解得输电线上的电流为：I ＝80 A，故A错误；降压变压器的输入电压为 0 输 输 输 U ＝U －I 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＝ 3 输 输 P －I 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 0 输 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n∶n ＝22∶5，电阻R ＝R ＝25 1 2 1 2 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R 的电流为1 A 2 C.通过R 的电流为 A 2 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U ＝50 V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流 2 每个周期只有一半时间有电流通过R ，由电流的热效应可知，·＝·T，解得U＝U ＝25 V， 2 2 由欧姆定律可知，通过R 的电流为 A，B项错误，C项正确；电阻R 的功率P ＝UI＝50 2 2 2 W，而电阻R 的电功率P＝＝100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的 1 1 输入功率为P＝P＋P＝150 W，D项错误. 1 2 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R 、R 和R 的阻值 1 2 3 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 R 的电流I ＝，副线 2 2 圈的输出电压U＝I(R＋R)＝，由＝可得原线圈两端的电压U＝5I2，则U＝U＋IR ＝5I2＋ 2 2 2 3 1 1 1 3I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比＝，通过 R 的电流I′＝，副线圈 2 2 的输出电压U′＝I′R ＝，由＝可得原线圈两端的电压U′＝4I2，则U＝U′＋4IR ＝4I2 2 2 2 1 1 1 ＋12I，联立解得＝3，选项B正确.