(新高考)高考物理一轮复习讲义 第11章 第2讲 变压器、电能的输送（含解析）

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第2讲　变压器、电能的输送

一、理想变压器
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
(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈．
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈．
2．原理
电流磁效应、电磁感应．
3．理想变压器原、副线圈基本量的关系
理想变压器
(1)没有能量损失(绕线无电阻、铁芯无涡流)
(2)没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)
基本关系
功率关系
根据能量守恒可得：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、副线圈的电压之比等于其匝数之比，公式：＝，与负载、副线圈的个数无关
电流关系
(1)只有一个副线圈时：＝
(2)有多个副线圈时：由P入＝P出得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系
f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)

4.几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示．


图2
(2)互感器
自测1　关于理想变压器，下列说法正确的是(　　)
A．变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用
B．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
C．正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压
D．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
答案　A
二、电能的输送
如图3所示，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3
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＝I2R＝()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．
自测2　(多选)(2019·山东菏泽市下学期第一次模拟)如图4所示为远距离输电的原理图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压恒定、输电线上的电阻不变，假设用户所用用电器都是纯电阻用电器，若发现发电厂发电机输出的电流增大了，则可以判定(　　)

图4
A．通过用户的电流减小了
B．用户接入电路的总电阻减小了
C．用户消耗的电功率减小了
D．加在用户两端的电压变小了
答案　BD
解析　如果发电机输出电流增大，输送电流增大，通过用户的电流增大，A项错误；由于输电线上的损失的电压增大，因此降压变压器输入、输出电压均减小，即加在用户两端的电压变小了，D项正确；由I2U2＝I22R＋(I2)2R用户可知，输送电流增大，是由于R用户减小引起的，B项正确；当用户总电阻减小时，即用户所用用电器增多，用户消耗的电功率增大，C项错误.


例1　(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图5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(　　)

图5
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R2的电流I2＝，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝，由＝可得原线圈两端的电压U1＝5I2，则U＝U1＋IR1＝5I2＋3I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比＝，通过R2的电流I2′＝，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝，由＝可得原线圈两端的电压U1′＝4I2，则U＝U1′＋4IR1＝4I2＋12I，联立解得＝3，选项B正确．

变式1　(多选)(2016·全国卷Ⅲ·19)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，所以原线圈输入端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故＝，＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得，＝，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．
变式2　(多选)(2019·河南郑州市第一次模拟)如图7甲所示，变压器原、副线圈上有L1、L2、L3、L4四只灯泡，它们的规格均为“9 V　12 W”，当在该变压器cd端输入交变电压u(u－t图象如图乙所示)时，四只灯泡都正常发光，各电表均为理想交流电表．以下说法正确的是(　　)

图7
A．a、b端输入电压的瞬时值表达式为u＝27sin 100πt(V)
B．原、副线圈匝数比为3∶1
C．流过灯泡L2的电流方向每秒改变50次
D．电流表的示数为4 A，ab端输入的功率Pab＝48 W
答案　BD
解析　由输入端交变电压u－t图象可求出电压有效值为27 V，灯泡规格均为“9 V　12 W”，四只灯泡都正常发光，所以a、b端输入电压的有效值是27 V＋9 V＝36 V，由题图乙知交流电的周期是0.02 s，所以a、b端输入电压的瞬时值表达式为u＝36sin 100πt(V)，故A错误；四只灯泡都正常发光，所以副线圈电压为9 V，根据理想变压器电压比规律得出变压器原、副线圈匝数比为3∶1，故B正确；由题图乙知交流电的周期为0.02 s，交流电的频率为50 Hz，则流过灯泡L2的电流方向每秒改变100次，故C错误；电流表的示数为I＝3× A＝4 A，a、b端输入的功率Pab＝4×12 W＝48 W，故D正确.

1．匝数比不变的情况(如图8)

图8
(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．负载电阻不变的情况(如图9)

图9
(1)U1不变，发生变化，故U2变化．
(2)R不变，U2变化，故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．
例2　(2018·天津理综·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10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10
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.
变式3　(2019·贵州毕节市适应性监测(三))如图11所示，变压器为理想变压器，电流表A1内阻不可忽略，其余的均为理想的电流表和电压表．a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器．将滑动变阻器的滑片沿c→d的方向滑动时，则下列说法正确的是(　　)

图11
A．电压表V1、V2示数不变，V3示数变小
B．电压表V1、V2示数变小，V3示数变大
C．电流表A1、A2的示数都增大
D．电流表A1的示数变小，A2的示数增大
答案　C
解析　当滑动变阻器从c向d滑动的时候，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈的总电阻减小，假设副线圈的总电压不变，则副线圈的总电流I2＝增大，变压器的电流关系＝可知原线圈的总电流I1增大，则原线圈两端的电压U1＝U0－I1RA减小，又＝，可知副线圈两端的电压U2减小，滑动变阻器两端的电压U3＝U2－I2R0减小，而电压表V1测量值是U1；电压表V2测量值是U2，电压表V3测量值是U3，电流表A1测量值是I1，电流表A2测量值是I2，故A、B、D错误，C正确．

1．理清三个回路

图12
远距离输电电网间的基本结构如图12所示．输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路．在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁．
2．抓住联系
(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是＝，P1＝P2，I1n1＝I2n2.
(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是＝，P3＝P4，I3n3＝I4n4.
3．掌握一个关系
发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P1＝P线损＋P用户．
例3　(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13
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＝＝105 A，根据＝可得，I2＝I1＝×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＝可得，U2＝U1＝100×104 V＝106 V，则U3＝U2－Ur＝106 V－5×104 V＝9.5×105 V，U4＝U3＝×9.5×105 V＝9.5×103 V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，I4＝I3＝×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．
变式4　(2019·广东清远市期末质量检测)如图14所示，一个小型水电站，其交流发电机的输出电压U1 一定，通过理想升压变压器T1 和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.下列说法正确的是(　　)

图14
A．当用户的用电器增多时，U2减小，U4减小
B．当用户的用电器增多时，P1增大，P3减小
C．输电线上损失的功率为ΔP＝
D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比
答案　D
解析　交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据＝，知U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输电线上损失的功率为ΔP＝2R，故C错误；输送功率一定时，根据P＝UI和P损＝I2R知，要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，根据＝知，应增大升压变压器的匝数比；U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据＝知，应增大降压变压器的匝数比，故D正确．

1．自耦变压器
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，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，如图15所示．

图15
2．互感器
分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：

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
串联在交流电路中
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
将大电流变为小电流
利用的公式
＝
I1n1＝I2n2

例4　如图16所示的调压器，滑动触头P和Q都可以调节，在输入交变电压一定的条件下，要使输出电压增大，输入电流增大，下列做法正确的是(　　)

图16
A．Q不动，P向下移动
B．Q不动，P向上移动
C．P不动，Q向上移动
D．P不动，Q向下移动
答案　A
解析　Q不动，滑动变阻器的有效电阻不变，P向下移动，原线圈匝数n1减小，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律＝知，副线圈的电压增大，即输出电压增大，根据欧姆定律可知输出电流增大，输入电流随之增大，故A正确；Q不动，滑动变阻器的有效电阻不变，P向上移动，原线圈匝数n1增大，输入电压U1不变，副线圈匝数n2不变，根据变压器的变压规律＝知，副线圈的电压变小，即输出电压变小，根据欧姆定律可知输出电流减小，输入电流随之减小，故B错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律＝知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向上移动，接入电路的电阻变小，输出电流变大，则输入电流随之变大，故C错误；若P不动，则原线圈的匝数不变，根据变压器的变压规律＝知，副线圈的电压不变，输出电压不变，Q向下移动，接入电路的电阻变大，输出电流减小，则输入电流随之减小，故D错误．
变式5　(2019·广东“六校”第三次联考)钳形电流表由电流互感器和电流表组合而成，常用来测量电流强度很大的电流，其原理如图17.若原线圈与副线圈的匝数比为1∶500，电流表A的示数为1 A，则(　　)

图17
A．钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯
B．钳形电流表能够用来测量直流电的电流
C．被测电路电流的平均值为500 A
D．被测电路电流的最大值为500 A
答案　A
解析　钳形电流表的钳口是电流互感器的铁芯，A正确；互感器利用的是电磁感应的互感原理，不能用于测量直流电，故B错误；由＝得：I1＝＝ A＝500 A，因为电流表测的是有效值，故C、D错误．



1．下列关于交变电流、变压器和远距离输电的说法中不正确的是(　　)
A．理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定
B．交变电流的最大值是有效值的倍
C．降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压
D．如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器
答案　B
解析　理想变压器的输出电压由输入电压和原副线圈匝数比决定，选项A正确；正弦交变电流的最大值是有效值的倍，选项B错误；降低输电损耗有两个途径：减小输电线的电阻和提高输电电压，选项C正确；如果把升压变压器的原线圈串联在电路中，副线圈的两端接在普通的交流电流表上，可以制成电流互感器，选项D正确．
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＝，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．(2019·四川绵阳市第三次诊断)如图1甲所示的电路中，L1、L2为两只“3 V　3 W”的灯泡，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想交流电表．当a、b端接如图乙所示的交变电压时，两只灯泡均正常发光．则(　　)

图1
A．电压表的示数为3 V
B．电压表的示数为6 V
C．电流表的示数为0.2 A
D．电流表的示数为0.5 A
答案　C
解析　根据题图乙可知，该正弦交流电压有效值为U1＝ V＝30 V，电压表测的是有效值，所以电压表示数为30 V，A、B错误；两灯泡均正常发光，根据串联电路功率关系，副线圈功率P2＝2PL＝6 W，根据变压器两端功率相等，所以P1＝P2＝6 W，且P1＝I1U1，所以I1＝＝ A＝0.2 A，C正确，D错误．
4．(2019·山东济宁市第二次摸底)2009年11月的低温雨雪冰冻天气给我国北方部分地区造成严重灾害，其中高压输电线路因结冰而损毁严重．为消除高压输电线上的冰，事后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①
若热耗功率变为16ΔP，则16ΔP＝I′2R线②
由①②得I′＝4I，所以A正确，B错误．
输电功率不变，由P＝UI＝U′I′得U′＝U，所以C、D错误．
5.(2019·四川达州市第二次诊断)如图2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2
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向下移动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式＝，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＝，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的电阻减小，根据闭合电路欧姆定律，干路电流增大，小灯泡中电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由U＝U2－UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误．
6.(2019·四川遂宁市三诊)如图3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7倍时，两灯泡均能正常发光．则灯泡a与b的功率之比为(　　)

图3
A．3∶1 B．1∶3
C．6∶1 D．1∶6
答案　D
解析　输入电压为U，则两灯泡正常发光时两端电压均为，变压器的匝数比＝＝，则＝＝，根据P＝IU可知灯泡a与b的功率之比为1∶6，故选D.
7.(多选)某50 Hz的钳形电流表的工作原理如图4所示．当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转．不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，已知n2＝1 000 匝，当用该表测50 Hz交流电时(　　)

图4
A．电流表G中通过的是交变电流
B．若G中通过的电流为50 mA，则导线中的被测电流为50 A
C．若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，G中通过的电流是10 mA
D．当用该表测量400 Hz的电流时，测量值比真实值偏小
答案　AB
解析　变压器只改变交流电电压，不改变交流电的频率，电流表G中通过的仍是交变电流，A正确；根据变压器原副线圈电流与匝数成反比：＝，I1＝I2＝×0.05 A＝50 A，B正确；若导线中通过的是10 A矩形脉冲交流电，当电流方向不发生改变时，电流大小不变，副线圈中无感应电流，C错误；根据法拉第电磁感应定律和变压器互感原理，改变交流电的频率，不影响测量值的准确性，D错误．
8．(2020·安徽马鞍山市质检)图5甲为远距离输电示意图，理想升压变压器原、副线圈匝数比为1∶1 000，理想降压变压器原、副线圈匝数比为1 000∶1，输电线的总电阻为1 000 Ω，若升压变压器的输入电压如图乙所示，用户端电压为220 V．下列说法正确的是(　　)

图5
A．输电线中的电流为3 A
B．电站的输出功率为7 500 kW
C．输电线路损耗功率为90 kW
D．用户端交变电流的频率为100 Hz
答案　B
解析　由题图乙知升压变压器输入端电压的最大值为Um＝250 V，有效值为U1＝＝250 V，根据＝，得副线圈两端的电压U2＝U1＝×250 V＝2.5×105 V；用户端电压为220 V，根据＝，得降压变压器原线圈两端的电压U3＝U4＝×220 V＝2.2×105 V，故输电线上损失的电压为ΔU＝U2－U3＝3×104 V，则输电线上的电流为I＝＝ A＝30 A，电站的输出功率为P1＝P2＝U2I＝7 500 kW，输电线路损耗功率为ΔP＝I2R＝900 kW，由题图乙可知，原线圈交变电流的周期为T＝0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，变压器不会改变交流电的频率，故用户端交变电流的频率为50 Hz，故B正确，A、C、D错误．

9．(2019·福建龙岩市5月模拟)如图6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3为三只规格均为“9 V　3 W”的灯泡，各电表均为理想交流电表，定值电阻R1＝9 Ω.输入端交变电压u随时间t变化的图象如图乙所示，三只灯泡均正常发光，则(　　)

图6
A．电压u的瞬时值表达式为u＝36sin πt(V)
B．电压表的示数为33 V
C．电流表的示数为1 A
D．定值电阻R2＝3 Ω
答案　B
解析　由题图乙知，交变电压的周期为T＝0.02 s，ω＝＝100π rad/s，电压u的瞬时值表达式为u＝36sin 100πt(V)，故A错误；灯泡正常发光，每个灯泡的电流为I＝＝ A，故副线圈的电流I2＝3I＝1 A，根据变流规律：＝，解得原线圈电流I1＝ A，故C错误；电阻R1的电压UR1＝I1R1＝3 V，由题图乙知输入端电压的有效值为36 V，则变压器原线圈的电压U1＝36 V－3 V＝33 V，所以电压表的示数为33 V，故B正确；根据变压规律：＝，可得副线圈的电压U2＝11 V，电阻R2两端的电压为UR2＝U2－UL＝11 V－9 V＝2 V，故R2＝＝2 Ω，故D错误．
10．(多选)(2019·福建宁德市5月质检)如图7所示，理想变压器的原线圈接有电压为U的正弦交流电源，输出电压的有效值恒定．R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值随照射光强度的增大而减小．现增大照射光强度，则(　　)

图7
A．通过原线圈的电流减小
B．变压器的输出功率增大
C．R1两端的电压减小
D．R2消耗的功率减小
答案　BD
解析　理想变压器输出电压一定，光照增强，光敏电阻R3阻值减小，副线圈的总电阻减小，根据欧姆定律知，副线圈的电流增大，根据理想变压器电流与匝数的关系可知，通过原线圈的电流也增大，故A错误；理想变压器的输出功率P＝UI，其中U不变，I变大，故变压器的输出功率变大，故B正确；副线圈电流增大，根据欧姆定律知R1两端电压增大，故R2两端电压减小，R2消耗的功率减小，故C错误，D正确．
11．(多选)(2019·河南普通高中高考模拟)一浮桶式波浪发电灯塔的原理如图8甲所示，浮桶内的磁体由支柱固定在暗礁上，内置线圈与R＝15 Ω的灯泡相连，随波浪相对磁体沿竖直方向上下运动且始终处于磁场中，其运动速度v＝0.8πsin (πt) m/s.浮桶下部由内、外两密封圆筒构成(图中阴影部分)，其截面如图乙所示，匝数N＝100的圆形线圈所在处辐射磁场的磁感应强度大小恒为B＝0.2 T，线圈的直径D＝0.4 m，总电阻r＝1 Ω.取π2＝10.则下列说法正确的是(　　)

图8
A．线圈中产生电动势的瞬时值为e＝64sin (πt) V
B．灯泡中电流的瞬时值为i＝4sin (πt) A
C．灯泡两端电压的有效值为30 V
D．灯泡的电功率为240 W
答案　ABC
解析　线圈在磁场中切割磁感线，产生的电动势为：
Emax＝NBlvmax
l＝πD
联立得：Emax＝πNBDvmax＝π×100×0.2×0.4×0.8π V＝64 V
则波浪发电产生电动势e的瞬时值为：e＝Emaxsin (πt)＝64sin (πt)V，故A正确；
根据闭合电路欧姆定律得：
i＝＝4sin (πt) A，故B正确；
灯泡电流的有效值为：I＝ A＝2 A，则灯泡两端电压的有效值为：U＝IR＝2×15 V＝30 V，故C正确；
灯泡的电功率为：P＝I2R＝(2)2×15 W＝120 W，故D错误．
12．(多选)(2019·安徽宣城市第二次模拟)有一种理想自耦变压器的构造如图9所示，线圈a、b绕在一个圆环形的铁芯上，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中电阻R1、R2、R3和R4的阻值分别为10 Ω、5 Ω、10 Ω和10 Ω，电压表为理想交流电表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定，滑动触头P处在线圈a、b的中点．开关S闭合时电压表的示数是7 V，则下列说法中正确的是(　　)

图9
A．正弦交流电压源U的峰值为35 V
B．开关S断开时，理想电压表的示数为5 V
C．开关S闭合时，通过电阻R4的电流为0.7 A
D．开关S闭合时，电阻R2和R3消耗的电功率相等
答案　BC
解析　开关S闭合时，根据欧姆定律可知通过R1的电流为I1＝＝0.7 A，根据电流之比等于匝数的反比可知副线圈的电流为I2＝1.4 A；R3和R4并联后与R2串联的电阻为10 Ω，可知副线圈的电压为U2＝14 V，根据电压之比等于匝数之比可知原线圈的电压为U1＝28 V，正弦交流电压源U＝UV＋U1＝35 V，正弦交流电压源的峰值为35 V；通过电阻R4的电流为I2＝0.7 A；电阻R2消耗的电功率P2＝I22R2＝9.8 W，电阻R3消耗的电功率P3＝(I2)2R3＝4.9 W，故选项C正确，A、D错误；开关S断开时，R3和R2串联的电阻为R23＝15 Ω，设副线圈的电流为I2′，则副线圈的电压为U2′＝I2′R23，根据电流之比等于匝数的反比可知原线圈的电流为I1′＝I2′，所以原线圈的电压为U1′＝U－I1′R1＝U－I2′R1，根据电压之比等于匝数之比可得U1′＝2U2′，联立解得副线圈的电流为I2′＝1 A，理想电压表的示数为I1′R1＝I2′R1＝5 V，故选项B正确．
13.(2019·陕西汉中市第二次教学质检)有4个完全相同的灯泡连接在理想变压器的原、副线圈中，电源输出电压U恒定不变，如图10所示．若将该线路与交流电源接通，且开关S接在位置1时，4个灯泡发光亮度相同；若将开关S接在位置2时，灯泡均未烧坏．则下列可能的是(　　)

图10
A．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1
B．该变压器是升压变压器，原、副线圈匝数比为1∶4
C．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变亮
D．当接位置2时副线圈中的灯泡仍能发光，只是亮度变暗
答案　C
解析　四个灯泡亮度相同，所以原线圈电流与副线圈电流之比为1∶3，根据电流与匝数成反比知原、副线圈的匝数比为3∶1，可知该变压器是降压变压器，故A、B错误；接到位置2，原线圈输入电压变大，根据电压与匝数的关系可知副线圈电压变大，所以副线圈中的灯泡的电流变大，灯泡仍能发光，但亮度变亮，故C正确，D错误．
14．(2019·广西桂林市、贺州市、崇左市3月联合调研)如图11甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，电流表和电压表均为理想电表，R是光敏电阻(其阻值随光强增大而减小)，L是理想线圈，C是耐压值和电容都足够大的电容器，D是灯泡，K是单刀双掷开关．当原线圈接入如图乙所示的正弦交流电时，下列说法正确的是(　　)

图11
A．开关K连通1时，电压表的示数为44 V
B．开关K连通1时，若光照增强，电流表的示数变小
C．开关K连通2时，灯泡D不亮
D．开关K连通2时，若光照增强，电压表的示数减小
答案　A
解析　开关K接通1时，根据题图乙可知原线圈电压有效值为：U1＝ V＝220 V，则根据＝可以得到：U2＝U1＝×220 V＝44 V，即电压表的示数为44 V，故选项A正确；开关K连通1时，若光照增强，则电阻R减小，则副线圈总电阻减小，而U2不变，则副线圈电流I2增大，根据＝可知，原线圈电流I1增大，即电流表的示数变大，故选项B错误；开关K连通2时，由于交变电流可以“通过”电容器，故灯泡D发光，故选项C错误；开关K连通2时，若光照增强，则电阻R减小，但是由于原、副线圈两端的电压之间关系为＝与副线圈总电阻无关，故电压表的示数不变，故选项D错误．