2021版高考物理（基础版）一轮复习学案：第十一章　2第二节　变压器　远距离输电

第二节　变压器　远距离输电
[学生用书P238]
【基础梳理】

提示：原线圈　副线圈　闭合铁芯　互感　P出＝P入　＝　n1I1＝n2I2＋n3I3＋…　把高电压变成低电压　把大电流变成小电流　升压变压器　降压变压器
P－P′　I2R　　　
【自我诊断】
1．判一判
(1)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．(　　)
(2)理想变压器的基本关系式中，电压和电流可以均为有效值．(　　)
(3)变压器只能使交变电流的电压减小．(　　)
(4)高压输电的目的是增大输电的电流．(　　)
(5)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．(　　)
(6)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定．(　　)
提示：(1)×　(2)√　(3)×　(4)×　(5)×　(6)√
2．做一做
(1)(多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(　　)
A．通过正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
提示：选BC.由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B正确；由变压器工作原理知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D错误．
(2)(多选)(2020·河北衡水中学模拟)在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用输电导线的电阻率为ρ，横截面积为S，两地的距离为L，输电线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2.下列关于P1和P2的表达式中正确的是(　　)
A．P2＝P　　　　 B．P2＝P－
C．P1＝ D．P1＝
提示：选AC.输电线上的电流I＝，输电导线的电阻R＝，输电线上损耗的电功率为：P1＝I2R＝，用户得到的电功率为：P2＝P，故A、C正确．

　理想变压器原理和基本关系[学生用书P238]
【知识提炼】
1．变压器的工作原理

2．理想变压器中的相互作用关系

理想
变压器
①没有能量损失(铜损、铁损)
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
P入＝P出
电压
关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载情况、副线圈个数无关
续　表
基本关系
电流
关系
只有一个副线圈时，电流和匝数成反比；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
频率
关系
原、副线圈中电流的频率相等
制约关系
电压
副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定
功率
原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定
电流
原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定
3.几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲、乙所示．

(2)互感器
【典题例析】
一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，A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、副线圈匝数比值为(　　)
A．2　　　　　　　　　　 B．3
C．4 D．5

[解析]　设理想变压器原、副线圈匝数比值为k，根据题述，当开关S断开时，电流表示数为I，则由闭合电路欧姆定律得，U＝IR1＋U1.由变压公式＝k及功率关系U1I＝U2I2，可得＝k，即副线圈输出电流为I2＝kI，U2＝I2(R2＋R3)＝kI(R2＋R3)．当开关S闭合时，电流表示数为4I，则有U＝4IR1＋U′1.由变压器公式＝k及功率关系U′1·4I＝U′2I′2，可得＝k，即副线圈输出电流为I′2＝4kI，U′2＝I′2R2＝4kIR2；联立解得k＝3，B正确．
[答案]　B
【迁移题组】
迁移1　变压器原、副线圈的制约关系分析
1．(2018·高考天津卷)

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，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
解析：选B.交流发电机产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，且有ω＝2πn，所以当发电机线圈转速减半后，感应电动势最大值减半，有效值减半，又理想变压器原、副线圈电压有效值之比等于原、副线圈匝数比，故电压表示数减为原来的一半，B正确；由电功率P＝可知，变压器输出功率即R消耗的功率变为原来的，A错误；由P＝UI可知，原线圈中电流减为原来的一半，C错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，D错误．
迁移2　自耦变压器的原理
2.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为(　　)
A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
解析：选B.由＝得U2＝U1＝×220 V＝380 V，由P1＝P2＝U1I1＝U2I2得I1＝＝ A≈9.1 A，B正确．
迁移3　互感器的应用
3．(多选)电流互感器和电压互感器如图所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则(　　)

A．A为电流互感器，且n1 B．A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表
C．B为电流互感器，且n3 D．B为电压互感器，且n3>n4，b是电压表
解析：选AD.由题图可知A为电流互感器，B为电压互感器，因此a是电流表，b是电压表，在A中，有I1n1＝I2n2，要把大电流变为小电流，有n2>n1；在B中，有＝，要把高电压变为低电压，则有n3>n4.综上所述可知，A、D正确．
迁移4　多个副线圈的变压器分析
4.如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1、L2是两盏规格为“8 V，10 W”的灯泡，L3、L4是两盏规格为“6 V，12 W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1＝220 V时，四盏灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n1＝1 100匝，求：
(1)副线圈n2、n3的匝数；
(2)电流表的读数．
解析：(1)由变压器原理可知n1∶n2∶n3＝U1∶U2∶U3，则n2＝n1＝×1 100匝＝40匝
n3＝n1＝×1 100匝＝60匝．
(2)由输入功率等于输出功率知I1U1＝2PL2＋2PL3，则I1＝＝ A＝0.2 A.
答案：(1)40匝　60匝　(2)0.2 A

1．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．
2．多副线圈变压器
对于副线圈有两个及以上的理想变压器，电压与匝数成正比是成立的，而电流与匝数成反比的规律不成立．但在任何情况下，电流关系都可以根据原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出进行求解．　
　变压器的动态分析[学生用书P240]
【知识提炼】
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．
匝数比不变的情况
负载电阻不变的情况


(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化
(1)U1不变，发生变化，U2变化
(2)R不变，U2变化，I2发生变化
(3)根据P2＝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
【典题例析】
如图所示电路中，变压器为理想变压器，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．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是(　　)

A．电压表V1示数增大
B．电压表V2、V3示数均增大
C．该变压器起升压作用
D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动

[解析]　电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2>ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，D正确．
[答案]　D
【迁移题组】
迁移1　负载电阻变化时的动态分析
1．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
解析：选B.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻增大，变压器副线圈的总负载的等效电阻增大，R1中电流减小，R1两端电压减小，电压表示数变大，R1消耗的电功率变小，A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，变压器副线圈输出电流减小，输出功率减小，根据变压器输入功率等于输出功率，变压器输入功率减小，电流表A1示数变小，C错误；若闭合开关S，变压器副线圈的总负载的等效电阻减小，则R1中电流增大，R1两端电压增大，电压表示数减小，电流表A2示数减小，电流表A1示数变大，D错误．
迁移2　匝数比变化时的动态分析
2．如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变．S断开时，灯泡L正常发光，滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法正确的是(　　)

A．电压表读数增大
B．电流表读数减小
C．等效电阻R两端电压增大
D．为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动
解析：选C.S闭合时，变压器副线圈电路电流增大，两端电压不变，电压表读数不变，A错误．由于变压器输出功率增大，输入电流增大，电流表读数增大，B错误．由于输电线中电流增大，所以输电线等效电阻R两端电压增大，C正确．为使灯泡L正常发光，应该增大变压器输出电压，滑片P应向上滑动，D错误．
迁移3　含二极管变压器的动态分析
3．(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)

A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，c、d间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
解析：选BD.经交流电压表、交流电流表测得的值分别为交变电压和交变电流的有效值，根据变压器公式＝得到输出电压，而输出电压U2不等于c、d端电压，因二极管具有单向导电性，输入电压通过变压器变压后经二极管整流后有效值发生变化， Ucd＝＝，则Uab∶Ucd＝n1∶n2，故A错误．增大负载电阻的阻值R，Uab不变，Ucd也不变，根据P出＝可知输出功率减小，根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，输入功率必减小，故电流表读数变小，B正确，C错误．二极管短路时，U′cd＝U2，输出功率P′出＝＝＝2P出，故输入功率P1也加倍，而输入电压U1不变，根据P1＝U1I1得电流表读数加倍，D正确．

1．变压器动态问题的“制约”关系
(1)电压制约：副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．
(2)电流制约：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定．　
(3)功率制约：原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定．
(4)元件制约(由元件的特性制约负载电路)
负载回路中若存在二极管，则负载回路中通过的将不再是交流电，而是脉冲电流．
2．变压器动态问题分析思路程序
U1U2I2I1P1.
　远距离输电问题[学生用书P241]
【知识提炼】
1．远距离输电的处理思路：对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析．
2．远距离输电问题的“三二一”
(1)理清三个回路

(2)抓住两个联系
①理想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：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.
②理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：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.
(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P3.
3．输电线路功率损失的四种计算方法
(1)输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率．两者关系是P损＝P－P′(P为输送功率，P′为用户所得功率)．
(2)P损＝IR线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻．
(3)P损＝，ΔU为输电线路上损失的电压．
(4)P损＝ΔUI线．
在远距离输电问题中，计算线路功率损耗时应用P损＝IR线，其原因是I线可以由公式P输出＝I线U输出求出，而P损＝ΔUI线和P损＝则不常用，其原因是在一般情况下，ΔU不易求出，且易将ΔU和U输出相混而造成错误．
【跟进题组】
1．(2018·高考江苏卷)采用220 kV高压向远方的城市输电．当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为(　　)
A．55 kV　　　　　　 B．110 kV
C．440 kV D．880 kV
解析：选C.设输送功率为P，则有P＝UI，其中U为输电电压，I为输电电流．为使输电线上损耗的功率减小为原来的四分之一，由P损＝I2R(R为输电线的电阻，恒定不变)可知应使I变为原来的二分之一，又输送功率不变，则输电电压应变为原来的2倍，即440 kV，C正确．
2．1897年，举世闻名的“尼亚加拉”水电站在美丽的尼亚加拉瀑布建成，现已使用100多年．当时世界各地都在使用费用高昂的直流电(因为使用直流电时必须每隔一公里建设一套发电机组)，而“尼亚加拉”水电站采用了特斯拉发明的交流电供、输电技术，用高压电实现了远距离供电．
若其中某一发电机组设计为：发电机最大输出功率为P＝100 kW，输出电压为U1＝250 V，用户需要的电压为U2＝220 V，输电线电阻为R＝10 Ω，输电线中因生热而损失的功率为输送功率的4%.
(1)画出此输电线路的示意图；
(2)求在输电线路中设置的升压变压器的原、副线圈匝数比；
(3)求降压变压器的最大输出电流I3.(结果保留整数)
解析：(1)输电线路示意图如图所示．

(2)输电过程中损失的功率：
P损＝ηP
通过R的电流：
I2＝
发电机的输出电流：I1＝
升压变压器的原、副线圈匝数比
＝＝ ·＝.
(3)用户得到的最大功率：P用＝P(1－η)，降压变压器的最大输出电流
I3＝＝＝436 A.
答案：(1)见解析　(2)　(3)436 A
[学生用书P242]
理想变压器模型

【对点训练】
1．(2019·高考江苏卷)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 V　　　　　　 B．增加2 V
C．降低200 V D．增加200 V
解析：选D.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U′2＝10(U1＋20)V，则输出电压的变化量为ΔU＝U′2－U2＝(10U1＋200－10U1)V＝200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C错误，D正确．
2．(2020·江西萍乡模拟)如图所示为汽车的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12 V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端，开关由机械控制，当开关由闭合变为断开时，副线圈中产生10 000 V以上的电压，火花塞中产生火花．下列说法中正确的是(　　)

A．变压器的原线圈要用粗导线绕制，而副线圈可以用细导线绕制
B．若该点火装置的开关始终闭合，火花塞的两端会持续产生高压
C．变压器原线圈输入的12 V电压必须是交流电，否则就不能在副线圈中产生高压
D．该点火装置中变压器的副线圈匝数必须小于原线圈的匝数
解析：选A.由题意知，此为升压变压器，且原线圈所过电流大，需用粗线导体，故A正确；汽车的点火装置是利用变压器原理工作的，当开关始终闭合时，通过原线圈的电流恒定，原线圈中产生的磁场恒定，则在副线圈上不会产生电压，故B错误；由题可知原线圈处接12 V的直流电源，当断开开关瞬间原线圈中电流迅速变化，会产生变化的磁场，则在副线圈中可能产生高压，故C错误；由＝可知，要在副线圈中产生高压，则原线圈匝数必须小于副线圈的匝数，故D错误．

[学生用书P383(单独成册)]
(建议用时：40分钟)
一、单项选择题
1．如图所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是(　　)
A．这是一个升压变压器
B．原线圈的匝数比副线圈的匝数多
C．当原线圈输入交流电压220 V 时，副线圈输出直流电压12 V
D．当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流小
解析：选B.根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V，输出电压为12 V，该变压器为降压变压器，A错误，B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，C错误；由理想变压器的输出功率等于输入功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，故副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，D错误．
2．用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则(　　)
A．变压器输入功率约为3.9 W
B．输出电压的最大值是110 V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin A
解析：选A.由题图可知通过负载的电流最大值为Im＝0.05 A，周期T＝0.02 s，故电流的函数表达式i＝Imsint＝0.05sin 100πt (A)，D错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，C错误；输出电压U2＝110 V，其最大值U2m＝U2＝110 V，B错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P＝I2U2＝×110 W≈3.9 W，A正确．
3.如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V　880 W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知(　　)
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100 Hz
C．副线圈中电流的有效值为4 A
D．变压器的输入功率为880 W
解析：选C.由题可知，副线圈输出电压U2＝220 V＋Ur，＝＝＜，故A错误；2πf＝100π rad/s，f＝50 Hz，故B错误；I2＝ A＝4 A，故C正确；由于理想变压器P入＝P出＝Ir＋880 W＞880 W，故D错误．
4．下列关于减小远距离输电导线上热损耗的说法中，正确的是(　　)
A．因为热功率P＝，所以应降低输送电压，增大输电导线电阻，才能减小输电导线上的热损耗
B．因为热功率P＝IU，所以应采用低电压、小电流输电，才能减小输电导线上的热损耗
C．因为热功率P＝I2R，所以可采用减小输电线电阻或减小输送电流的方法来减小输电导线上的热损耗
D．以上说法均不正确
解析：选C.不能盲目看公式，要注意其物理意义的表述，在求热损耗时：P损＝IR线或用P热＝U线I线，也可用P＝，但U必须为输电线上等效电阻两端的电压，并不是输电电压．
5.(2017·高考北京卷)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
解析：选B.由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，B正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，D错误．
6．远距离输电的原理图如图所示， 升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2, 电压分别为U1、U2，电流分别为 I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)

A.＝　　　　　　　 B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
解析：选D.根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、＝.U2不是加在R两端的电压，故I2≠，而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和．只有D正确．
7．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　)

A．ab接MN、cd接PQ，Iab B．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ、cd接MN，Iab D．ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd
解析：选B.高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据＝，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且Iab>Icd，B正确．
8．如图所示，理想变压器的输入端通过灯泡L1与输出电压稳定的正弦式交流电源相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L2和L3相连，开始时开关S处于断开状态．当S闭合后，所有灯泡都能发光，下列说法正确的是(　　)

A．灯泡L1变亮
B．灯泡L2变亮
C．原线圈两端电压不变
D．副线圈两端电压变大
解析：选A.开关S闭合，副线圈电路增加一并联电路，总电阻减小，所以副线圈中的电流增大，根据变压器规律＝，可知原线圈电流I1增大，L1变亮，A正确；灯泡L1的电压UL1＝I1R增大，由于输入的正弦式交流电压稳定，根据U＝UL1＋U1，可知原线圈两端的电压U1减小，则副线圈两端电压U2随着减小，L2变暗，B、C、D错误．
9．如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则(　　)
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
解析：选B.由＝得U2＝U1①
由＝得
U′2＝U1②
由得：＝＝，因为n2＜n1，所以＜1，即U′2＜U2，故小灯泡变暗，B正确，A错误；由以上分析过程可以看出，C错误；由＝和＝可见，D错误．
10．(2020·江西八校联考)

有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，C、D之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，C、D两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是(　　)
A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小
D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大
解析：选A.当R3不变，P顺时针转动时，nMN减小，由＝，知UMN减小，则电压表、电流表读数均减小，A项正确，同理知B项错误；当P不动时，匝数nMN不变，输出电压UMN不变，滑片向上滑动，根据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C项错误，同理知D项也错误．
二、多项选择题
11．如图所示的电路中，T为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L正常发光，现在电源电压U略降低，为使灯泡L仍能正常发光，可采用的措施是(　　)
A．将自耦调压变压器的滑片P适当上滑
B．将自耦调压变压器的滑片P适当下滑
C．适当增大滑动变阻器R2的阻值
D．适当减小滑动变阻器R2的阻值
解析：选AC.若保持负载总电阻不变，电源电压U略降低时，为使灯泡L仍能正常发光，只需输出电压U2保持不变．根据变压比＝，可得U2＝U，由此可知，n2应增大，自耦调压变压器的滑片P应适当上滑，A正确，B错误；若保持匝数比不变，根据变压比＝，可得U2减小，为使灯泡L仍能正常发光，加在L两端的电压应不变，则加在R1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R2应增大，C正确，D错误．
12.如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则(　　)
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
解析：选BC.保持Q的位置不动，则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大，根据I2＝知，I2变小，由＝得I1也变小，即电流表读数变小，A错误，B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，C正确，D错误．

13．如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a、b表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V，电流表的示数为1 A，则(　　)
A．a为电流表，b为电压表
B．a为电压表，b为电流表
C．线路输送电功率是220 kW
D．输电线路总电阻为22 Ω
解析：选BC.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，所以a为电压表；右侧的互感器原线圈串联在输电线路上，测量的是输电电流，b为电流表，B正确，A错误；电压表的示数为22 V，根据变压公式，＝100，输电电压为U1＝100×22 V＝2 200 V；电流表的示数为1 A，根据变流公式，＝＝100，输电电流I1＝100×1 A＝100 A，线路输送电功率为P＝U1I1＝220 kW，C正确；根据题述条件，不能求出输电线路总电阻，D错误．
14．为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过变电所升压后通过远距离输送，再经过变电所将高压变为低压．某变电所将电压u0＝11 000sin 100πt(V)的交流电降为220 V供居民小区用电，则该变电所变压器(　　)
A．原、副线圈匝数比为50∶1
B．原线圈中电流的频率是50 Hz
C．原线圈的导线比副线圈的要粗
D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
解析：选AB.根据电压u0＝11 000·sin 100πt(V)可知降压变压器原线圈的电压为11 000 V，则＝＝＝，A正确；交流电的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，经过变压器后，交流电的频率不变，B正确；降压变压器中副线圈中的电流大于原线圈中的电流，为了使线圈放出的热量尽量少，则副线圈导线的电阻应小于原线圈导线的电阻，则副线圈导线应比原线圈导线粗，C错误；副线圈中的电流等于居民小区各用电器电流的总和，而原、副线圈中的电流不相等，所以输入原线圈的电流不等于居民小区各用电器电流的总和，D错误．
15．如图甲所示的电路中，理想变压器原线圈接图乙所示正弦交变电流，闭合S后，额定电压为20 V的用电器正常工作，理想交流电流表A的示数为0.1 A．已知图中元件D具有正向电流导通、反向电流截止的作用，下列判断正确的是(　　)

A．交变电流的频率为50 Hz
B．变压器原副线圈匝数比为11∶1
C．用电器额定功率为22 W
D．在用电器电阻不变的情况下断开开关S，用电器功率将变为原来的一半
解析：选ACD.由u－t图象可知交变电流的周期T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，A正确．由图乙可知原线圈两端输入电压U1＝220 V，因闭合S后，额定电压为20 V 的用电器正常工作，则此时变压器副线圈两端电压U2＝20 V，n1∶n2＝U1∶U2＝220 V∶20 V＝11∶1，B错误．理想变压器P入＝P出＝I1U1＝22 W，又P出＝P电器，C正确．若在用电器电阻不变的情况下断开开关S，则一个周期内用电器只有半个周期的时间正常工作，用电器的功率变为原来的一半，D正确．