高中物理高考 考点53 理想变压器——备战2021年高考物理考点一遍过

这是一份高中物理高考 考点53 理想变压器——备战2021年高考物理考点一遍过，共25页。试卷主要包含了变压器，变压器的工作原理，理想变压器原，理想变压器的动态分析等内容，欢迎下载使用。

一、变压器
1．变压器的构造：原线圈、副线圈、铁芯
2．电路图中的符号

二、变压器的工作原理
在变压器原、副线圈中由于有交变电流而发生互相感应的现象，叫互感现象；
铁芯的作用：使绝大部分磁感线集中在铁芯内部，提高变压器的效率。
三、理想变压器原、副线圈基本关系的应用
1．基本关系
（1）P入=P出；
（2），有多个副线圈时，仍然成立，=···；
（3），电流与匝数成反比，只对一个副线圈的变压器适用，有多个副线圈时，由输入功率和输出功率相等确定电流关系，n1I1=n2I2+n3I3+···；
（4）原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率也相同，频率也就相同。
2．制约关系
（1）电压：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定；
（2）功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定；
（3）电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定。
3．两种特殊的变压器模型
（1）自耦变压器
高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，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。
（2）互感器
电压互感器和电流互感器，比较如下：
4．关于理想变压器的四点说明
（1）变压器不能改变直流电压；
（2）变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率；
（3）理想变压器本身不消耗能量；
（4）理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。
四、理想变压器的动态分析
1．解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法
（1）分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定；
（2）分析该类问题的一般思维流程是：
2．常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。
（1）匝数比不变的情况
①U1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也不变；
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；
③I2变化引起P2变化，由P1=P2知P1发生变化。
（2）负载电阻不变的情况
①U1不变，发生变化，U2变化；
②R不变，U2变化，I2发生变化；
③根据和P1=P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。
（2020·江苏省高三模拟）如图所示，一理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2=1∶2，原线圈输入电压，副线圈间电阻为R，两电表均为理想交流电表，则（ ）
A．电压表的示数为B．电流表的示数为
C．变压器的输入电功率为D．电阻R增大，电压表示数增大
【答案】C
【解析】A．输入电压的有效值为
根据
解得
电压表示数为，A错误；
B．副线圈的电流
根据
则电流表的示数
B错误；
C．变压器的输入电功率为
C正确；
D．电压表的示数是副线圈两端的电压，根据
是由匝数比和原线圈的电压决定，与电阻R无关，D错误。
故选C。
1．（2019·沈阳市东北育才学校高三第八次模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2=10:1，原线圈输入交变电压u=sinl00πt（V），在副线圈中接有理想交流电流表、阻值为22 Ω的定值电阻R和电容器C。下列说法中正确的是
A．电阻R中电流方向1 s内变化50次
B．电流表示数是1 A
C．电阻R消耗的电功率为22 W
D．电容器的耐压值至少是22 V
【答案】C
【解析】原线圈输入交变电压u=220sin100πt（V），频率f=50 Hz，电流方向变化次数为2f，则电阻R中电流方向1 s内变化100次，选项A错误。根据理想变压器的规律可知副线圈两端的电压为：知，则U2=22 V，，因交流电也能通过电容器，可知电流表的读数大于1 A，选项B错误；电阻R消耗的电功率为：，故C正确；电容器的最小耐压值对应交流电压的最大值22V，故D错误。
2．（2020·黑龙江省哈师大附中高二期中）如图所示，a、b间输入电压有效值为220 V、频率为50 Hz的正弦式交流电，两灯泡额定电压相等，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想交流电表，闭合开关后，两灯泡均正常发光，电流表的示数为1 A，电压表示数为22 V，由此可知( )
A．变压器原、副线圈的匝数比为9:1
B．正常发光时，灯泡L1的电阻是L2的3倍
C．原线圈电流为A
D．副线圈交变电流的频率为5Hz
【答案】AC
【解析】因为两灯泡额定电压相等，闭合开关后，两灯泡均正常发光，所以原线圈两端电压为220V－22V=198V，原、副线圈匝数比，A正确；根据，原线圈电流，根据，可知RL1=9RL2，B错误，C正确；变压器不改变交流电的频率，D错误．
（2020·山东省高三模拟）如图所示，理想降压变压器的副线圈匝数可通过滑片F调节，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，A1，A2为理想交流电流表，保持交流电源的电压U不变。以下说法正确的是（ ）
A．保持F不动，P下移，则两电流表的示数均增大
B．保持F不动，P下移，则两电流表的示数均减小
C．保持P不动，F上移，则两电流表示数均增大，且增大倍数相同
D．保持P不动，F上移，则两电流表示数均增大，但增大倍数不相同
【答案】BD
【解析】AB．保持不动，则次级电压不变，下移时，变阻器在电路中电阻增大，次级电流减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数减小，A错误，B正确；
CD．保持不动，上移，则次级电压升高，次级电路电阻不变，次级电流增大，A2示数增大，A1示数增大，两电流表示数均增大；由
可知两者的比值不是定值，因此两电流表示数增大的倍数不相同，C错误，D正确。
故选BD。
1．（2019·四川省成都市高三三模）（多选）一不计电阻的矩形导线框，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的正弦交流电如图甲所示。把该交流电接在图乙中理想变压器的a、b两端，Rt为热敏电阻（温度升高时，其电阻减小），R为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。下列说法正确的是
A．在t=l.5×10-2 s时刻，线框平面与磁场方向垂直
B．该交流电电压的瞬时值表达式为
C．Rt处温度升高时，Vl表示数与V2表示数的比值增大
D．Rt处温度升高时，V2表示数与A表示数的比值不变
【答案】BC
【解析】A、在t＝l.5×10﹣2s时刻，交变电压最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，穿过该线圈的磁通量为零，线框平面与磁场方向平行，故A错误；B、由图知，最大电压，周期0.02 s，角速度是，则该交流电电压的瞬时值表达式为，故B正确；C、Rt处温度升高时，原副线圈电压比不变，故副线圈两端电压不变，设副线圈两端电压为，Rt温度升高时，阻值减小，则副线圈所在电路的电流，电流变大，根据闭合电流欧姆定律：，故V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C正确；D、Rt处温度升高时，阻值减小，V2表示数与A表示数的比值等于电阻Rt，故减小，故D错误。
2．（2020·山东省高三三模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是( )
图甲 图乙
A．输入电压u的表达式u＝20sin 100πt (V)
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率减小
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
【答案】ACD
【解析】由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T＝0.02 s，所以，可知其表达式为u1＝20sin100πt (V)，故选项A正确；由题意可知变压器原线圈的输入电压U1＝20 V，由可得副线圈的输出电压，将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光，所以小灯泡的额定电压为4 V，只断开S2时，两个小灯泡串联，所以不能正常发光，故选项B错误；只断开S2时，副线圈电阻增大，其电流变小，由可知原线圈电流减小，所以输入功率减小，故选项C正确；若S1换接到2后，电阻R的功率，故选项D正确，故本题选：ACD
（2020·安徽省定远中学高三月考）如图1所示，理想变压器的原线圈接有保险丝FU，其熔断电流为6A，副线圈接有阻值为R0=10Ω的定值电阻、铭牌上标有“100V 50W”字样的灯泡以及最大阻值为400Ω的滑动变阻器R。现在原线圈的ab间接如图2所示的交流电源，当滑动变阻器的滑片处在中点时，灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是
A．原线圈两端输入的交变电压为u=22sin100πt(V)
B．理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶5
C．若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，灯泡变亮
D．若持续向下移动滑动变阻器的滑片，变压器的输入功率变大，可能会使熔断器熔断
【答案】BD
【解析】由题图2可知，交变电压的最大值为222 V，周期为T=2×10－2 s，所以角速度为ω=2πT=100π(rad/s)，则原线圈两端的交变电压为u=222sin 100πt(V)，选项A错误；灯泡正常发光时的电阻为RL=UL2P=200 Ω，电流为IL=PUL=0.5 A，当滑动变阻器的滑片处在中点时接入电路的电阻为200 Ω，根据并联电路的特点可知，通过电阻R0的电流为I0=1 A，所以变压器的输出电压为U2=UL＋I0R0=110 V，则有n1n2=U1U2=15，选项B正确；若将滑动变阻器的滑片向下移动少许，接入电路的电阻变小，则副线圈中的电流变大，电阻R0两端的电压增大，所以灯泡两端的电压减小，亮度变暗，选项C错误；若持续向下移动滑动变阻器的滑片，副线圈中的电流会持续增大，由P出=U2I2可知输出功率变大，又P入=P出，所以输入功率变大，原线圈中的电流I1也增大，因此可能超过熔断电流6 A，熔断器可能会熔断，选项D正确。
1．（2019·安徽高三月考）如图所示的电路中，理想变压器的输入端接一正弦交流电，保持电压U1不变，P为滑动变阻器的滑片，闭合开关S，下列说法正确的是 （）
A．只增加原线圈匝数，变压器的输出电压变大
B．只减少副线圈匝数，变压器的输出功率变小
C．只断开开关S时，变压器的输出电压变大
D．只将P向下滑动时，变阻器消耗的功率一定变大
【答案】B
【解析】根据理想变压器电压和匝数的关系可知，增加原线圈匝数，则副线圈的输出电压减小，故A项与题意不相符；减少副线圈的匝数，则副线圈的输出电压减小，输出功率变小，故B项与题意相符；断开开关S时，副线圈电阻增大，但匝数不变，变压器输入电压不变，则输出电压不变，故C项与题意不相符；将P向下滑动时，副线圈电阻增大，输出电压不变，将定值电阻R0与副线圈看成“电源”，定值电阻R0相当于电源内阻，当外电阻与电源内阻相等时，电源的输出功率最大，即变阻器消耗的功率最大，由于定值电阻R0与变阻器的阻值大小不清楚，所以无法确定，变阻器功率变化情况，故D项与题意不相符。
2．（2020·福建省厦门第六中学高三月考）如图，理想变压器原、副线圈匝数之比为1：2，原线圈与固定电阻Ri串联后，接入输出电压有效值恒定的正弦交流电源．副线圈电路中负载电阻为可变电阻R2，A、V是理想电表．当R2 =2R1时，电流表的读数为1 A，电压表的读数为4V，则
A．电源输出电压为6V
B．电源输出功率为4W
C．当R2 =8 Ω时，变压器输出的功率最大
D．当R2=8 Ω时，电压表的读数为3V
【答案】AC
【解析】由欧姆定律可知，可知R1=2Ω；此时变压器初级电流：；初级电压：，可知电源输出电压为，选项A正确；电源输出功率为P=UI1=12W，选项B错误；设当变压器输出功率最大时，次级电流为I，则初级电流为2I，初级电压：U-2I×R1=6-4I，则次级电压：2(6-4I)，则次级输出功率：P出=I×2(6-4I)=-8I2+12I，则当时输出功率最大，此时次级电压：2(6-4I)=6V，则，选项C正确；由以上分析可知，当R2=8 Ω时，电压表的读数为6V，选项D错误.
1．（2020·北京高二期末）在探究变压器的线圈两端电压与匝数的关系时，某同学分别在可拆变压器的铁芯上绕制了两个线圈，如图所示，线圈a连接到学生电源的交流输出端，线圈b与小灯泡相连接。两线圈的电阻均可忽略不计。闭合电源开关，他发现小灯泡发光很微弱。为了适当提高小灯泡的亮度，下列方法可行的是（ ）
A．适当减少线圈a的匝数B．适当减少线圈b的匝数
C．将交流输出电压适当减小D．将线圈a改接在直流输出端
2．（2020·浙江省高三二模）如图所示，一自耦变压器（可看做理想变压器）输入端间加一正弦式交流电压，在输出端间接灯泡和滑动变阻器．转动滑片可以改变副线圈的匝数，移动滑片可以改变接入电路电阻的阻值．则（ ）．
A．只将顺时针转动，灯泡变亮
B．只将逆时针转动，灯泡变亮
C．只将向上移动，灯泡变亮
D．只将向下移动，灯泡变亮
3．（2020·江西省南昌二中高三模拟）如图所示的电路由一小型发电机供电，该发电机内的矩形线圈面积为S=0.2m2、匝数为N=100匝、电阻为r=2.5Ω，线圈所处的空间是磁感应强度为的匀强磁场，线圈每秒钟绕垂直于磁场的轴匀速转动10圈。已知与变压器原、副线圈相连的定值电阻阻值分别为R1=5Ω，R2=20Ω，变压器为理想变压器，两电表均为理想电表，R1和R2消耗的功率相等。则（ ）
A．通过原线圈的电流方向每秒钟改变10次B．原、副线圈的匝数之比为2:1
C．电压表的示数为160VD．发电机输出的总功率为2560W
4．（2020·北京十二中高二期末）在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流。所用的器材叫电流互感器，如下图所示中，能正确反映其工作原理的是（ ）
A．B．
C．D．
5．（2019·安徽省高三三模）图示为一含有理想变压器的电路图，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定，．电键闭合前后原线圈中电流大小之比为3：5，导线电阻不计，则原、副线圈的匝数（ ）
A．2：1B．1：2C．3：1D．l：3
6．（2019·四川省绵阳江油中学高二期中）一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在cd间接定值电阻R．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2．在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（ ）
A．，降低B．，升高
C．变压器输入功率增大D．变压器输入功率减小
7．（2020·甘肃省高三二模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为10：1，原线圈接有有效值U1=220V的正弦交流电。保持电压U1不变，P为滑动变阻器的滑片，闭合开关S，灯泡L正常发光。下列说法正确的是（ ）
A．灯泡L的额定电压为22VB．只断开开关S时，通过R0的电流不变
C．只断开开关S时，变压器的输出电压变小D．只将P向上滑动时，变压器的输入功率变小
8．（2020·南昌市八一中学高三三模）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心接头，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。下列说法正确的是（ ）
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V
B．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为
C．单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大
D．当单刀双掷开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，电压表和电流表的示数均变小
9.（2020·贵州省思南中学高二期中）如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有
A．向下滑动P
B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率
D．减小电容器C的电容
10．（2020·湖北省高三三模）如图所示，虚线框内为漏电保护开关的原理示意图：变压器A处用火线和零线平行绕制成线圈，然后接到用电器。B处有一个输出线圈，一旦线圈B中有电流，经放大后便能推动继电器切断电源。如果甲、乙、丙、丁四人分别以图示方式接触电线(裸漏部分)，甲、乙、丙站在木凳上，则下列说法正确的是( )
A．甲不会发生触电事故，继电器不会切断电源
B．乙会发生触电事故，继电器不会切断电源
C．丙会发生触电事故，继电器会切断电源
D．丁会发生触电事故，继电器会切断电源
11．（2020·福建省高三二模）电压互感器、电流互感器的主要功能是将高电压、大电流按比例变换成安全电压、电流，以方便测量。如图所示，在某一输电线路起始端接入电压互感器和电流互感器，它们的原、副线圈匝数比分别为1000:1和1:100，图中m、n表示电压表或电流表，已知电压表的示数为10V，电流表的示数为3A，则（ ）
A．m为电压表，n为电流表B．m为电流表，n为电压表
C．线路输送电功率为30WD．线路起始端的电压为10kV
12．（2020·辽宁省庄河高中高二月考）如图所示，面积为0.02 m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动，转动的角速度为100 rad/s，匀强磁场的磁感应强度为T.矩形线圈通过滑环与理想变压器相连，触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50 Ω，电表均为理想交流电表.当线圈平面与磁场方向平行时开始计时.下列说法正确的是( )
A．线圈中感应电动势的表达式为e＝100cs (100t) V
B．P上移时，电流表示数减小
C．t＝0时，电压表示数为100V
D．当原、副线圈匝数比为2∶1时，电阻R上消耗的功率为50 W
13．手摇式发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L供电，其电路如图所示．当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r，灯泡正常发光时的电阻为R，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k，变压器可视为理想变压器．则( )
A．灯泡的额定电压为
B．灯泡的额定功率为
C．发电机的线圈中产生的电动势最大值为
D．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usinωt
14．一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原、副线圈匝数比为3：1。电路中连接三个相同的电阻R，A为理想交流电流表，U为正弦交流电源，输出电压的有效值U=380V。当开关S断开时，电流表的示数为2A。则
A．定值电阻R的阻值为10Ω
B．开关S断开时，副线圈的输出电压为127V
C．开关S闭合时，电流表的示数为3.8A
D．开关S闭合时，电路中消耗的总功率为1300W
15．如图甲所示，50匝矩形闭合导线框．ABCD处于磁感应强度大小B=T的水平匀强磁场中，线框电阻不计．线框匀速转动时所产生的正弦交变电压图象如图乙所示．把该交变电压加在图丙中理想变压器的P、Q两端．已知变压器的原线圈I和副线圈Ⅱ的匝数比为5:1，交变电流表为理想电表，电阻R=，其他各处电阻不计，以下说法正确的是
A．t=0.1 s时，电流表的示数为0
B．副线圈中交变电流的频率为5 Hz
C．线框面积为 m2
D．0.05 s线圈位于图甲所示位置
16．（2019·合肥市第九中学高二期中）如图（a）所示，理想变压器原副线圈匝数比n1：n2=55：4，原线圈接有交流电流表A1，副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R等，所有电表都是理想电表，二极管D正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡L的阻值恒定．原线圈接入的交变电流电压的变化规律如图（b）所示，则下列说法正确的是（ ）
A．交流电压表V的读数为32V
B．灯泡L两端电压的有效值为32V
C．当滑动变阻器的触头P向下滑动时，电流表A2示数增大，A1示数增大
D．由图（b）可知交流发电机转子的角速度为100rad/s
1．（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20 V时，输出电压
A．降低2 VB．增加2 VC．降低200 VD．增加200 V
2．（2018·天津卷）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12，则
A．R消耗的功率变为12P
B．电压表V的读数为12U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
3．（2017·北京卷）如图所示，理想变压器的原线圈接在的交流电源上，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220W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
4．（2017·江苏卷）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则
A．电感L1的作用是通高频 B．电容C2的作用是通高频
C．扬声器甲用于输出高频成分 D．扬声器乙用于输出高频成分
1．A【解析】A．为了适当提高小灯泡的亮度，即增大变压器副线圈的电压，因为变压器的规律是
所以
U2=
减少线圈a的匝数，即减小n1，可增大U2，故A正确；
B．适当减少线圈b的匝数n2，U2减小，则不可以，故B错误；
C．将交流输出电压U1适当减小，U2减小，也不行，故C错误；
D．将线圈a改接在直流输出端更不行，因为直流电不能在副线圈产生电流，故D错误。
故选A。
2．B【解析】理想变压器原副线圈电压之比等于匝数之比，即，只将P顺时针转动，原线圈匝数n1不变，副线圈匝数n2减小，原线圈两端电压不变，则副线圈电压减小，而，即灯泡变暗；同理可知将P逆时针转动时，灯泡变亮；灯泡L与滑动变阻器R并联，若只是移动滑片Q，灯泡两端电压不变，灯泡亮度不变．故选B．
3．D【解析】A．正弦式交流电每个周期电流的方向改变两次，由题知，线圈每秒钟绕垂直于磁场的轴匀速转动10圈，故电流方向每秒钟改变20次，A错误；
B．由题可知
又由于
整理得
B错误；
C．线圈每秒钟绕垂直于磁场的轴匀速转动10圈，故频率为f=10Hz，则角速度为
发电机的电动势
由于
整理得
，，
C错误；
D．电源输出的功率
D正确。
故选D。
4．A【解析】ABCD．电流互感器的原线圈要串联接在火线或零线上，并把大电流变成小电流，测量时更安全。根据变压器原理可知，原副线圈电流之比与线圈匝数成反比，所以原线圈中电流大匝数少，副线圈中电流小匝数多，故A正确，BCD错误。
故选A。
5．A【解析】设变压器原、副线圈匝数之比为k， ；当开关S断开时，设原线圈电流强度为3I，则副线圈电流为3kI；则根据理想变压器原理可知：；当S闭合时，设电流表的示数为5I．则副线圈的电流强度为5kI，此时副线圈的总电阻为,则根据理想变压器原理可知：；代入数据联立解得k=2；则原、副线圈的匝数比为2：1，故A正确，BCD错误。
6．D【解析】AB．根据变压器的电压关系有，当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应该减小，即降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故A错误，B错误；
CD．由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故C错误，D正确．
7．AB【解析】A．根据理想变压器的电压规律可知灯泡两端电压为
A正确；
B．只断开开关S时，副线圈两端电压不变，滑动变阻器和总电阻不变，根据欧姆定律可知通过的电流不变，B正确；
C．只断开开关S时，根据A选项分析可知变压器的输出电压不变，C错误；
D．只将P向上滑动时，滑动变阻器阻值减小，副线圈部分电路总电阻减小，根据可知副线圈部分功率增大，所以变压器输入功率增大，D错误。
故选AB。
8．AC【解析】AB．根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压最大值为，所以副线圈的电压最大值为，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22 V，故A正确，B错误；
C．单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，故C正确；
D．当滑动变阻器触头P向上移动时，滑动变阻器连入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，由于电压由变压器决定，次级电压不变，所以电流变小，电压表的示数不变，电流表的示数变小，故D错误。
故选AC。
9.BC【解析】向下滑动P，副线圈匝数减少，电压减小，A错误；增大交流电源的电压，副线圈两端电压也增大，B正确；增大交流电源的频率通过电容器的电流更大，C正确；减小电容器C的电容，增加了容抗，通过灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误；故选BC．
【点睛】
本题考查了变压器的变压原理和电容器对交流电的影响，要知道电容器对交流电的作用是：通高频阻低频．
10．AD【解析】AB．从图中可知A线圈是用火线和零线双股平行线绕制成线圈，正常情况下火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；当漏电时，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，甲、乙站在木凳上（人与地绝缘）接触火线时，火线和零线中电流方向、大小不变，线圈A产生的总磁通量为零，线圈B中不产生感应电流，继电器均不会切断电源，甲、乙不会发生触电事故，故A正确，B错误；
C．当丙双手“火线-零线”触电时（人与地绝缘），火线和零线中电流方向相反、大小相等，线圈A产生的总磁通量为零；线圈A中不会产生感应电流，故继电器不会切断电源，但人会触电，故C错误；
D．当丁如图中“手-地”触电时，会导致一部分电流通过大地，火线和零线中电流方向、大小不等，线圈A产生的总磁通量不为零，即增加了，故会在线圈B中产生感应电流，经放大后便能推动继电器切断电源，故D正确；
故选AD。
11．AD【解析】AB．左侧的互感器原线圈并联在输电线路上，测量的是输电电压，因此m为电压表，n为电流表，故A正确，B错误；
CD．电压表的示数为10V，根据变压公式
可知，输电电压为
电流表的示数为3A，根据变流公式
可知，输电电压为
则根据功率公式
代入数据可得
故C错误，D正确。
故选AD。
12．AD【解析】矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为： ， 线圈中感应电动势的表达式为：，故A正确；P上移时，原线圈的匝数减小，则导致副线圈电压增大，那么副线圈电流也增大，则原线圈的电流会增大，故B错误；由于最大值为有效值的 倍，所以交流电的有效值为U=100V，当t=0时，电压表示数为100V，故C错误；当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻上消耗的功率为： ,故D正确．所以AD正确，BC错误．
13．AD【解析】电压表测量的是原线圈的电压有效值，因为此时灯泡正常发光，则灯泡的额定电压等于此时副线圈的电压，则由 得灯泡的额定电压 ，A正确；灯泡的额定功率 ，B错误；副线圈的电流电流 ，则原副线圈的电流之比 ，故原线圈的电流 ，因此发电机的线圈中产生的电动势的有效值E=U+I1r，最大值 ，C错误；输入电压最大值为 U，则从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u=Usinωt，D正确；故选AD.
14．AC【解析】A.此时电流表示数I1=2A，根据变压器原理可得副线圈电流I2=3I1=6A，根据电压关系有：U-I1RI2⋅2R=31，代入数据解得：R=10Ω，A正确。
B.副线圈电压U2=2I2R=120V，B错误。
CD.开关闭合，U-I1'RI2'⋅2R=31，且I2'=3I1'，解得：I1'=3.8A；回路总功率P=I1'U=1444W，C正确D错误。
15．BC【解析】原线圈中电压的有效值，根据，解得U2=2V，故副线圈中的电流，电流表的电流为I1，则，解得I1=0.4A，故A错误；交流电的周期T=0.2s，故交流电的频率f=＝5Hz，故B正确；根据Em=nBSω可知，故C正确；0.05s时线圈产生的感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故D错误；故选BC.
【点睛】
解决本题的关键掌握交流电电动势峰值的表达式，以及知道峰值与有效值的关系，知道原副线圈电压、电流与匝数比的关系.
16．AC【解析】A、根据正弦交流电有效值和峰值的关系可得：原线圈电压的有效值为440V，再结合理想变压器原副线圈的端电压之比等于匝数之比，可得：副线圈的端电压有效值为32V，交流电压表V的读数显示的是有效值，所以交流电压表V的读数为32V，A正确
B、二极管具有单项导通性：加正向电压时，导通；加反向电压时，截止．所以灯泡两端电压随时间变化的图像在时间轴下方是没有图像的，结合有效值的定义，计算可得有效值是峰值的一半，所以灯泡两端的电压为V，B错误
C、当滑动变阻器的触头P向下滑动时，滑动变阻器的阻值减小，副线圈的端电压不变，根据欧姆定律，电流增大，在根据理想变压器的原副线圈（只有一个副线圈）电流之比等于匝数的反比，可得原线圈电流增大，C正确
D、由图像可得，交流电的周期为0.02s，所以角速度为rad/s，D错误
1．D 【解析】由理想变压器原、副线圈电压比等于匝数比即，得：，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以有：，当输入电压增加20V时，输出电压增大200V，故D正确。
2．B 【解析】根据公式Em=nBSω分析电动机产生的交流电的最大值以及有效值、频率的变化情况；根据n1n2=U1U2=I2I1判断原副线圈中电流电压的变化情况，根据副线圈中功率的变化判断原线圈中功率的变化；根据ω=2πn可知转速变为原来的12，则角速度变为原来的12，根据Em=nBSω可知电动机产生的最大电动势为原来的12，根据U=Em2可知发电机的输出电压有效值变为原来的12，即原线圈的输出电压变为原来的12，根据n1n2=U1U2可知副线圈的输入电压变为原来的12，即电压表示数变为原来的12，根据P=U2R可知R消耗的电功率变为14P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2=12UR，即变为原来的12，根据n1n2=I2I1可知原线圈中的电流也变为原来的12，C错误；转速减小为原来的12，则频率变为原来的12，D错误。
【名师点睛】本题考查了交流电最大值，有效值，频率，变压器等；需要知道交流电路中电表的示数为有效值，在理想变压器中，恒有n1n2=U1U2=I2I1，副线圈消耗的功率决定了原线圈的输入功率。
3．B 【解析】电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V，C错误；流过电阻R的电流为2 A，可知负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W，A错误；由P=UI可知，电流表的读数为1 A，B正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100π rad/s，周期T=0.02 s，D错误。
【名师点睛】理想变压器原副线圈两端电压、电流、功率与匝数的关系需注意因果关系，电压由原线圈决定副线圈，电流与功率则由副线圈决定原线圈。
4．BD 【解析】电感线圈对交流电的阻碍作用由感抗描述，，频率越高阻碍作用越大，对输入端的高频和低频交流信号的作用是通低频阻高频，所以A错误；电容对交流电的阻碍作用，频率越高阻碍作用越小，所以是通高频阻低频，故BD正确；C错误。
【名师点睛】本题主要考查电感、电容对交流电的阻碍作用，即感抗、容抗的大小与什么因素有关，记住这个问题不难解决。内容
要求
要点解读
理想变压器
Ⅱ
掌握变压器的工作原理，灵活运用变压器原副线圈电流、电压关系，结合电路知识解决理想变压器电路的动态分析问题、能量问题。
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
串联在待测高流电路中
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
将大电流变成小电流
利用的公式
I1n1=I2n2