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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
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(如图所示)：
(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
由数据分析变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比与原、副线圈的匝数n1、n2之比的关系．
5．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．
例1　某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验．他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干．
(1)实验需要以下哪种电源________；
A．低压直流电源
B．高压直流电源
C．低压交流电源
D．高压交流电源
(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________值 (填“有效”或“最大”)．其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为________；
(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成________(填“正比” 或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般________(填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比．
(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为________．(填字母代号)
A．原、副线圈上通过的电流发热
B．铁芯在交变磁场作用下发热
C．变压器铁芯漏磁
D．原线圈输入电压发生变化
答案　(1)C　(2)有效　7.2 V　(3)正比　大于　(4)D
解析　(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.
(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10 V挡位，所以应该在0～10 V挡位读数，所以读数应该是7.2 V；
(3)根据＝可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理论值，所以导致＞.
(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.
考点二　理想变压器的原理及应用
1．构造和原理
(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．
(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．
1．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．(　√　)
2．变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．(　×　)
3．在任何情况下，理想变压器均满足＝、＝、P入＝P出．(　×　)
1．理想变压器的制约关系
电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝U1
功率 副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入，P入＝P出
电流 副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝I2
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
考向1　变压器基本物理量的分析与计算
例2　(2017·北京卷·16) 如图所示，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(　　)
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．
考向2　原线圈接入用电器的变压器问题分析
例3　如图所示，理想变压器的原线圈接在有效值为100 V的正弦交流电源上，原、副线圈匝数比为2∶1，定值电阻R1、R2、R3的阻值分别为10 Ω、20 Ω、20 Ω，电流表为理想交流电流表．下列说法正确的是(　　)
A．R1的电功率为40 W
B．电流表示数为1 A
C．副线圈两端电压为20 V
D．副线圈的输出功率为80 W
答案　A
解析　原、副线圈匝数比为2∶1，设原线圈电流为I1，副线圈电流为I2 ，则有I1＝，又有原线圈回路U＝I1R1＋2I2·，解得I1＝2 A，I2＝4 A，所以R1的电功率为P＝I12R1＝40 W，故A正确，B错误；副线圈两端电压为U2＝I2·＝40 V，故C错误；副线圈的输出功率为P2＝I2U2＝160 W，故D错误．
考点三　理想变压器的动态分析
1．匝数比不变的分析思路
(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．负载电阻不变的分析思路
(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．
1．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小．(　×　)
2．原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压也增加．(　×　)
考向1　理想变压器匝数不变问题的分析和计算
例4　如图所示，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(　　)
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，原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D错误．
考向2　理想变压器负载不变问题的分析和计算
例5　如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，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u1＝310sin 314t(V)，则(　　)
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1 V
B．副线圈两端的电压频率为50 Hz
C．当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
答案　B
解析　由＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314 rad/s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，B正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变大，I2＝增大，副线圈的输出功率P出＝U2I2增大，原线圈的输入功率增大，C、D错误．
考点四　远距离输电
如图所示，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.
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′＝ΔU·I；
(2)ΔP＝I2R＝()2R
4．降低输电损耗的两个途径
(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)减小输电导线中的电流．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．
1．增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失．(　√　)
2．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗．(　√　)
3．若发电站输出功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为R，如图所示，则输电线上损失的功率为P损＝.(　×　)
1．理清输电电路图的三个回路(如图)
(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6　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(　　)
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7　(2020·浙江7月选考·11)如图所示，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(　　)
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　发电机输出的电流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．
课时精练
1．(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＝，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．
2．(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(　　)
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．
3．(2021·江苏省1月适应性考试·7)小明分别按图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(　　)
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＝，题图乙中升压变压器副线圈电压U′>U，则流过A的电流I2＝4．(2021·广东卷·7)某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是(　　)
A．交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
答案　B
解析　周期为T＝0.2 s，频率为f＝＝5 Hz，故A错误；由理想变压器原理可知＝，解得副线圈两端的最大电压为U2＝U1＝3 V，故B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误．
5. (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(　　)
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.
6．如图所示，电路中的变压器为理想变压器，原线圈接在电压有效值不变的交流电源上．灯泡L阻值不变，R1是定值电阻，R2是滑动变阻器．闭合开关S1、S2，灯泡发光，下列判断正确的是(　　)
A．只向下移动滑片P，R2两端的电压变小
B．只向下移动滑片P，灯泡L变亮
C．只断开开关S2，电阻R1两端的电压变大
D．只断开开关S2，变压器输入功率变大
答案　A
解析　理想变压器的输出电压由输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变，当滑动变阻器R2的滑片P向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈中总电阻减小，副线圈中总电流变大，R1两端的电压变大，所以灯L、R2两端的电压变小，灯泡L变暗，故A正确，B错误；只断开开关S2，副线圈中总电阻变大，副线圈电压不变，副线圈中的电流变小，R1两端的电压变小，副线圈的电功率减小，因为输入功率等于输出功率，变压器输入功率变小，故C、D错误．
7．自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u＝Umsin 100πt的正弦交流电压上，P为滑动触头，初始位置位于线圈CD的中点G, A1和A2为理想交流电表，R为定值电阻，下列说法正确的是(　　)
A．将P向下滑动，A1的示数将变小
B．将P向上滑动，A2的示数将变大
C．将P下滑到GD的中点，电阻R的功率将变为原来的4倍
D．将P上滑到CG的中点，电阻R的功率将变为原来的
答案　C
解析　将P下滑时，电阻R两端电压变大， A1示数变大，同理，将P向上滑动，A2的示数将变小，A、B错误；若将P向下滑动到GD的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2变为1∶4，电阻R的电压将变为原来2倍，故功率变为原来的4倍，C正确；若将P向上滑动到CG的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R的电压将变为原来的，电阻R的功率将变为原来的，D错误．
8．(2022·江苏省常州市高三调研) 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1，输入端接在u＝30sin 100πt(V)的交流电源上，R1为电阻箱，副线圈连在电路中的电阻R＝10 Ω，电表均为理想电表．下列说法正确的是(　　)
A．当R1＝0时，电压表的读数为30 V
B．当R1＝0时，若将电流表换成规格为“5 V　5 W”的灯泡，灯泡能够正常发光
C．当R1＝10 Ω时，电流表的读数为1 A
D．当R1＝10 Ω时，电压表的读数为6 V
答案　B
解析　当R1＝0时，原线圈两端电压的有效值为U1＝30 V，根据理想变压器原、副线圈电压关系可得副线圈两端电压的有效值(即电压表的示数)为U2＝U1＝15 V，故A错误；灯泡电阻为RL＝＝5 Ω，灯泡额定电流为IL＝＝1 A，将电流表换成灯泡L后，副线圈中的电流为I2＝＝1 A＝IL，所以灯泡可以正常发光，故B正确；当R1＝10 Ω时，设电流表和电压表的示数分别为I2′和U2′，此时原线圈中的电流为I1′＝I2′①
原线圈两端电压为U1′＝U－I1′R1＝2U2′②
并且＝R③
联立①②③解得
I2′＝1.2 A
U2′＝12 V，故C、D错误．
9．(2021·河北卷·8改编)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是(　　)
A．通过电阻R2的电流为
B．电阻R2两端的电压为
C．n0与n1的比值为
D．发电机的功率为
答案　B
解析　由题知理想电流表读数为I，
则根据欧姆定律有U1＝IR1
根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有
＝，＝
则有U0＝IR1，U2＝IR1
再由欧姆定律有U2＝I2R2
可计算出I2＝I
故A错误，B正确；
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有
Emax＝2NBL2ω，
U0＝＝NBL2ω
又U0＝IR1
则＝，C错误；
由于变压器为理想变压器，则有
P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2
联立解得P0＝
由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误．
10．(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．
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
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．
11．如图所示，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(　　)
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＝ V＝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＝5.6×104 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，变压器不改变交流电的频率，则用电器上交流电的频率是100 Hz，故D错误．
12．(2021·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同．在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是(　　)
A．L1先变暗后变亮，L2一直变亮
B．L1先变亮后变暗，L2一直变亮
C．L1先变暗后变亮，L2先变亮后变暗
D．L1先变亮后变暗，L2先变亮后变暗
答案　A
解析　由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：
滑片在a端时，Ra＝0，滑片在b端时，Rb＝0.由于灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最大．由图可知，滑片在两端时，副线圈的总阻值最小，当滑片从a端向中间滑动时，副线圈的总阻值增大，则副线圈的总电流减小，根据＝可知原线圈的电流也减小，则灯泡L1变暗，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，根据＝可知副线圈两端电压增大，而L2所在支路总电阻减小，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮；当滑片从中间向b端移动时，副线圈的总阻值减小，则副线圈的总电流增大，根据＝可知原线圈的电流也增大，则灯泡L1变亮，由于输入端C、D接入电压有效值恒定，L1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据＝可知副线圈两端电压减小，R0所在支路总电阻增大，则通过R0的电流减小，而副线圈总电流增大，则通过L2的电流增大，灯泡L2变亮．综上所述，A正确，B、C、D错误．

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