【文档说明】(新高考)高考物理一轮复习讲义第12章 第2讲 变压器　远距离输电(含解析).doc，共(16)页，1.015 MB，由MTyang资料小铺上传

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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入＝P出.(2)电压关系：U1U2＝n1n2.(3)电流关系：只有一个副线圈时I1I2＝n2n1.(4)频率关系：f出＝f入.技巧点拨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＝n2n1U1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＝n2n1I22.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：U1n1＝U2n2＝U3n3＝……＝Unnn功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋……＋Pn电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋……＋nnIn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＝2202sin(1

00πt)V的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω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2A.原线圈的输入功率为2202WB.电流表的读数为1AC.电压表的读数为

1102VD.副线圈输出交流电的周期为50s答案B解析由u＝2202sin(100πt)V可知，原线圈电压最大值为2202V，故原线圈电压的有效值为U1＝220V，根据U1U2＝n1n2可知，U2＝n2n1U1＝110V，故电压表的读数为110V，选项C错误；副线圈电流有效值为I2＝U2R＝2

A，根据P＝UI可知，输出功率为220W，则原线圈的输入功率为220W，故选项A错误；原线圈中的电流I1＝PU1＝1A，故选项B正确；因为ω＝2πT，所以T＝2πω＝2π100πs＝0.02s，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220V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10Ω，

R3＝20Ω，各电表均为理想电表.已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示.下列说法正确的是()图3A.所用交流电的频率为50HzB.电压表的示数为100VC.电流表的示数为1.0AD.变压器传输的电功率为15.0W答案AD解析根据i2－t图象可知T＝0.02s，

则所用交流电的频率f＝1T＝50Hz，故A正确；副线圈两端电压U2＝I2R2＝22×10V＝10V，由n1n2＝U1U2得原线圈两端电压U1＝100V，电压表的示数U＝220V－100V＝120V，故B错误；电流表的示数I＝U2R

3＝1020A＝0.5A，故C错误；变压器传输的电功率P＝I22R2＋I2R3＝15.0W，故D正确.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50Hz，电压表示数为11000V，灯泡L1与L2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为n1∶n

2＝50∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，则()图4A.原线圈输入的交流电压的表达式为u＝11000sin50πt(V)B.开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压为220VC.开关K闭合后电流表的示数为通过灯泡L1中电流的12D.开关K闭合后，原线圈输入功率增大为原

来的2倍答案B解析原线圈的电压最大值Um＝110002V，角速度ω＝2πf＝100πrad/s，所以原线圈输入的交流电压的表达式为u＝110002sin100πt(V)，故A错误；开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压即为副线圈电压，U1U2＝n1n2＝5

01，则开关K未闭合时，灯泡L1两端的电压U2＝220V，故B正确；开关K闭合后，L1与L2并联，且电阻相等，所以电流表的示数与通过灯泡L1中电流相等，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5A.原、副线圈匝数比为9∶1B.原、副线圈匝数比为1∶9C.此时a和b的电功率之比为9∶1D.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，所以原线圈两端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故U1U2＝91，n1n2＝U1U2＝91，A正确，B错误；根据公式I1I2＝n2n1可得，I1I2＝19，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.考点二理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况(1)U1不变，根据U1U2＝n1n2，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(1)U1不变，n1n2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＝U22R，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＝Usin100πt.则()图6A.当单刀双掷开关分别与a、b连接时，电压表的示数比为1∶2B.当t＝0时，c、d间的电压瞬时值为U2C.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n1，则有U2＝U1n2n1，当单刀双掷开关与b连接时，原线圈的匝数为n12，则有U2′＝U1n2n1

2，联立得U2∶U2′＝1∶2，故电压表的示数比为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.A1读数变小，A2读数变小B.A1读数变大，A2读数变小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A4.(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8A.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；原线圈中的电流也变大，电流表A1示数变大，选项D错误.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91.输电电流I＝PU＝P′U′＝U－U′R.2.电压损失(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR.3.功率损失(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝(PU)2R4.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＝ρlS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：U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1，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：U

3U4＝n3n4，I3I4＝n4n3，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＝ΔU2R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()图11A.用户端的电压为I1U1I2B.输电线上的电压降为UC.理想变压器的输入功率为I12rD

.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＝U1I1I2，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5(202

0·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＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V.已知输电线上损失的功率P线＝5k

W，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是()图12A.发电机输出的电流I1＝40AB.输电线上的电流I线＝625AC.降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D.用户得到的电流I4＝455A答案C解析发电机输出电流I1＝PU1＝10

0×103250A＝400A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I线2R线＝5kW，所以I线＝P线R线＝25A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5)kW＝95kW，则I4＝P4U4＝95×1032

20A＝475011A≈432A，故n3n4＝I4I线＝19011，故C正确，D错误.5.(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550kV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1100kV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.Δ

P′＝14ΔPB.ΔP′＝12ΔPC.ΔU′＝14ΔUD.ΔU′＝12ΔU答案AD解析由输电电流I＝PU知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的12，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14

，即ΔP′＝14ΔP；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12，即ΔU′＝12ΔU.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

1＝104V，输出功率P1＝109W，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＝50Ω.则()图13A.U4＝U1B.I4＝I1C.通过电阻r的电流I2＝2×104AD.电阻r损耗的电功率为5×107W

答案BD解析I1＝P1U1＝105A，根据I1I2＝n2n1可得，I2＝n1n2I1＝1100×105A＝103A，则通过电阻r的电流为103A，故C错误；电阻r两端的电压为Ur＝I2r＝103×50V＝5×104V，根据U1U2＝n1n2可

得，U2＝n2n1U1＝100×104V＝106V，则U3＝U2－Ur＝106V－5×104V＝9.5×105V，根据U3U4＝n3n4可得，U4＝n4n3U3＝1100×9.5×105V＝9.5×103V，则U4≠U1，故A错误；由于I2＝I3，根据I3I4＝n4n3可得，I4＝n3n4I3＝

1001×103A＝105A，则I4＝I1，故B正确；电阻r损耗的电功率Pr＝I22r＝(103)2×50W＝5×107W，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1A.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U1，发电厂至用户间输电导线的总电阻为R，通过导线的电流为I，用户得到

的电压为U2.下列输电导线上损耗功率的表达式中正确的是()图2A.(U1－U2)IB.I2RC.U12RD.U1－U22R答案ABD3.(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n1∶n2∶n3＝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大小为U的交变电压时，三个电流表的示数之比I1∶I2∶I3为()图3A.1∶2∶3B.1∶2∶1C.1∶3∶6D.5∶9∶3答案D解析由公式U1U2＝n1n2，可知U2＝

U2，同理可得U3＝U6，由欧姆定律可知I2＝3I3，由变压器原、副线圈功率相等有I1U1＝I2U2＋I3U3，即I1U＝I2×U2＋I23×U6，得I1I2＝59，则I1∶I2∶I3＝5∶9∶3，故

D正确，A、B、C错误.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4IB.输电电流为16IC.输电电压为4UD.输电电压为U16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′＝14U，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V1示数不变.两条输电线的总电阻用R0表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻.

如果变压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4A.电流表A1示数变大B.电流表A2示数变小C.电压表V2示数变大D.电压表V3示数变小答案AD6.(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12，则()

图5A.R消耗的功率变为12PB.电压表V的读数变为12UC.电流表A的读数变为2ID.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12，由E＝nBSω2知，原线圈中输入电压变为原来的12，频率变为原来的12.根据U1U2＝n1n2

，知U2变为原来的12，即U2＝12U，则通过R的电流变为原来的12，R消耗的功率P2＝U22R＝14P，根据I1I2＝n2n1，原线圈上的电流也变为原来的12，即电流表A的读数变为12I，故选B.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，V1、V2为理想交流电压表.下列说法正确的是()图6A.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向下滑动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式U1U2＝n1n2，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U1U2＝n1n2，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接入电路的电阻值减小，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UV2＝U2－UL可知电压表V

2示数变小，故C、D错误.8.(2020·山东卷·5)图7甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示.灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V，定值电阻R1＝10Ω、R2＝

5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为()图7A.1ΩB.5ΩC.6ΩD.8Ω答案A解析由题图乙可得U1＝220V，由U1U2＝n1n2得U2＝30V，灯泡正常工作时，U

L＝24V，I＝ULRL＝2415A＝1.6AR1两端电压UR1＝U2－UL＝30V－24V＝6V通过R1的电流I1＝UR1R1＝0.6A通过R的电流IR＝I－I1＝1A由欧姆定律得R＋R2＝UR1IR＝61Ω＝6Ω可解得R＝1Ω，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V2表的示数减小.则下列判断正确的是()图8A.电流表A1

的示数增大B.电流表A2的示数减小C.电压表V1的示数增大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V1的示数不变，故C错误；某次监测发现V2表的示数减小，根据降压变压器变压比不变可知，降压变压器的输入

电压U20减小，又U1＝U20＋I1R线，则I1增大，即电流表A1的示数增大，故A正确；根据电流表A1的示数增大及降压变压器电流比：I1I2＝n4n3，可知电流表A2的示数增大，故B错误；输电线上损失功率为P损＝I12R线，由于电流表A1的

示数增大，故输电线损失的功率增大，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流

，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示.现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光.下列说法正确的是()图9A.输入电压u的表达式u＝202sin(50πt)VB.只断开S2后，L1、L2均正常发光C.只断开S2后，原线圈的输入功率增大D.若S1换接到2后，R消耗

的电功率为0.8W答案D解析由题图乙可知Um＝202V，T＝0.02s，故ω＝2πT＝100πrad/s，即输入电压u的表达式u＝202sin(100πt)V，所以A项错误；副线圈两端电压U2＝n2n1·Um2＝4V，断开S2后两灯泡串联，总电压仍为4V，

所以L1、L2均不能正常发光，B项错误；断开S2后R总增大，根据P入＝P出＝U22R总可知P入变小，C项错误；若S1接2，由PR＝U22R可得PR＝4220W＝0.8W，故D项正确.11.如图10所示，某小型水电站的发电机输出电压为220V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×1

04W，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＝11002sin200πtV，输电导线的总电阻为r＝5Ω，现要使额定电压为220V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220AB.降压变压器匝数比n3n4＝51C.用电器的额定功率P＝5.6×104WD.用电器上交流电的频率是50Hz答案C解析因为输送电压为U＝11002sin200πtV，则输电电压的有效值为：U输＝11002V2＝1100V，根据：P0＝U输

I输，解得输电线上的电流为：I输＝80A，故A错误；降压变压器的输入电压为：U3＝U输－I输r＝700V，则降压变压器匝数比：n3n4＝U3U用＝3511，故B错误；用电器的额定功率为：P＝P0－I输2r＝56000W，故C正确；由于输送电压为U＝11002sin200πtV

，可知输送电压的频率为f＝1T＝12πω＝ω2π＝100Hz，变压器不改变电压的频率，则用电器上交流电的频率是100Hz，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n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25Ω，D为理想二极管，原

线圈接u＝2202sin(100πt)V的交变电流，则()图11A.交变电流的频率为100HzB.通过R2的电流为1AC.通过R2的电流为2AD.变压器的输入功率为200W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＝1T＝ω2π＝50Hz，A项错误；由理想变压器变压规律U1U2

＝n1n2可知，输出电压U2＝50V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由电流的热效应可知，U22R2·T2＝U2R2·T，解得U＝22U2＝252V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为2A，B项错误，C项

正确；电阻R2的功率P2＝UI＝50W，而电阻R1的电功率P1＝U22R1＝100W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150W，D项错误.13.(2016·全国卷Ⅰ·16)一含有理想变压器的电路如图1

2所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，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12A.2B.3C.4D.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II2＝n2n1，通过R2的电流I2＝In1n2，副线圈的输出电压U2＝I2(R2＋R3)＝5In1n2，由U1U2＝n1n2可得原线圈两端的电压U1＝5In1n22，则U＝U1＋IR1＝5I

n1n22＋3I；开关闭合时，电路如图乙所示，原、副线圈的电流比4II2′＝n2n1，通过R2的电流I2′＝4In1n2，副线圈的输出电压U2′＝I2′R2＝4In1n2，由U1′U2′＝n1n2可得原线圈两端的电压U1′＝4In1n22，则U＝U1′＋4IR1＝4In1n22＋

12I，联立解得n1n2＝3，选项B正确.