【文档说明】(全国版)高考物理一轮复习课时练习选修3-2 第十一章 第2讲 (含解析).doc，共(19)页，441.000 KB，由MTyang资料小铺上传

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第2讲变压器远距离输电知识排查理想变压器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：U1n1＝U2n2。有多个副线圈时U1n1＝U2n2＝U3n3＝

„。(3)电流关系：只有一个副线圈时I1I2＝n2n1。由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋„＋UnIn。远距离输电图21．电压损失：(1)ΔU＝U2－U3。(2)ΔU＝I2R线。2．功率损失：(1)ΔP＝P2

－P3。(2)ΔP＝I22R线＝ΔU2R线。3．功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3。4．电压、电流关系：U1U2＝n1n2＝I2I1，U3U4＝n3n4＝I4I3，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线。5．输电电流：I线＝P2U2＝P3U3＝

U2－U3R线。6．输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝I2线R线＝P2U22R线。小题速练1．思考判断(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。()(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)理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率。()(4)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热功率。()答案(1)√(2)×(3)√(4)√2．[人教版选修3－2·P44T2改编]有些机床为了安全，照明电灯用的电压

是36V，这个电压是把380V的电压降压后得到的。如果变压器的原线圈是1140匝，副线圈是()A．1081匝B．1800匝C．108匝D．8010匝解析由题意知U1＝380V，U2＝36V，n1＝1140，则U1U2＝n1n2得n2＝

U2U1n1＝108，选项C正确。答案C3.(多选)理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接交流电源，则()A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1C．原、副线圈内电流之比I1∶I2＝1∶10D．变

压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1答案BC4．[人教版选修3－2·P50T3改编]从发电站输出的功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V和11kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A．100

∶1B．1∶100C．1∶10D．10∶1解析由题意知输电线上的电流I＝PU，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝PrU，故ΔU1ΔU2＝1U11U2＝U2U1＝11×103110＝1001，故选项A正确。答案A理想变压器基本关系的应用1．理想变压器的制约关系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U2＝n2n1U1功率原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定P入＝P出电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定I1＝n2n1I22.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图A、B所示。(2)互感器电

压互感器：把高电压变成低电压，如图C所示。电流互感器：把大电流变成小电流，如图D所示。【例1】(多选)(2016·全国卷Ⅲ，19)如图3，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3A．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解析设灯泡的额定电压为U0，两灯均能正常发光，所以原线圈输入端电压为

U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故U1U2＝91，根据U1U2＝n1n2＝91，选项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，选项C错误，D正确。答案AD1．(2019·福建龙岩质检)L1和L2是高压输电的两条输电线，现要通过变压器测量L1和L2之间的电压，下图的四种电路连接正确的是()答案A2．(2017·北京理综，16)如图4所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202

sin(100πt)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4A．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1

102VD．副线圈输出交流电的周期为50s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＝2A，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＝100πrad/s，所以T＝0.02s，故选项D错误。答案B3．(201

8·天津和平质量调查)如图5甲所示电路中，L1、L2、L3为三只“6V3W”的灯泡，变压器为理想变压器。各电表均为理想电表。当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。下列说法正确的是()图5A．变压器原副线圈的匝数比为1∶2B．副线圈两端输出的交流电频率为

50HzC．电流表的示数为0.5AD．电压表的示数为18V解析灯泡正常发光时的电流I0＝36A＝0.5A，则副线圈中电流I2＝2I0，而原线圈中电流I1＝I0，则变压器原副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1＝2∶1，选项A错误；由乙图可知交流电的周期T＝0.02s，则频率f＝1T＝50Hz，变压

器不改变交流电的频率，选项B正确；电流表的示数IA＝I2＝2I0＝1A，选项C错误；因灯泡正常发光，则副线圈的两端电压U2＝6V，则原线圈两端电压U1＝n1n2U2＝12V，电压表示数为12V，选项D错误。答案

B理想变压器的动态分析1．常见的两种情况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。2．变压器与电路动态分析相结合问题的分析方法(1)分清不变量和变量。(2)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。(3)利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。【例2】如图6甲所示，一自耦变压器的原线圈与有效值不变的正弦交流电源相连接，副线圈中通过输电线接有3只灯泡L1、L2和L3，输电线等效电阻为R；如图乙所示，一总阻

值为R的滑动变阻器与有效值不变的正弦交流电源相连接，通过输电线接有3只灯泡L4、L5和L6，输电线等效电阻为R，A1、A2均可视为理想电表。下列分析判断正确的是()图6A．当滑动触头P1向上移动一段后，灯泡L1、L2和L3都变亮B．当滑动触头P2向下移动一段后，灯泡L4、L5和L6都变亮

C．当滑动触头P1向下移动一段后，原线圈中电流表A1的示数增大D．当滑动触头P2向下移动一段后，电流表A2的示数减小解析此自耦变压器为升压变压器，滑动触头P1向下移动，输入电压不变，输出电压增加，等效电阻R、灯泡L1、L2和L3消耗的

功率都变大，原线圈中电流表A1示数变大，所以C正确，A错误；当滑动触头P2向下移动一段后，电路中的总电阻减小，总电流增大，电流表A2的示数增大，通过灯泡L4、L5和L6所在支路电流减小，所以灯泡L4、L5和L6变暗，所以

B、D错误。答案C1．(2016·天津理综，5)如图7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7A．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B2．[易错题](多选)如图8甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10Ω，其余电阻均不

计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法正确的是()图8A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为55VB.当单刀双掷开关与a连接且t＝0.01s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率

增大D．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率为25Hz答案AC3．[易错题]如图9甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电，副线圈与二极管(正向电阻为零

，相当于导线；反向电阻为无穷大，相当于断路)、定值电阻R0、热敏电阻Rt(阻值随温度的升高而减小)及报警器P(电流增加到一定值时报警器P将发出警报声)组成闭合电路，电压表、电流表均为理想电表。则以下判断正确

的是()图9A．变压器线圈输出交流电的频率为25HzB．电压表的示数为222VC．Rt处温度减小到一定值时，报警器P将会发出警报声D．报警器报警时，变压器的输入功率比报警前小解析由图乙可知f＝1T＝50Hz，而理想变压器不改变交流电的频率，选项A错误；由图乙可知原线

圈输入电压的有效值U1＝220V，则副线圈两端电压有效值U2＝n2n1U1＝44V，设电压表示数为U，由于二极管作用，副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流，则由有效值定义有U22R总·T2＝U2R总·T，解得U＝U22＝222V，选项B项正确；由题给条件可知，Rt处温度升高到一定值

时，报警器会发出警报声，选项C错误；因报警器报警时回路中电流比报警前大，则报警时副线圈回路的总功率比报警前大，而输入功率与输出功率相等，选项D错误。答案B远距离输电问题解决远距离输电问题时的思路(1)

首先画出输电的电路图，如图所示：(2)分析三个回路：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。(3)综合运用下面三个方面的关系求解①能量关系P＝U1I1＝U2I2＝P用户＋ΔP，ΔP＝I22R，P用户＝U3I3＝U4I4。②电路关系U2＝ΔU

＋U3，ΔU＝I2R。③变压器关系U1U2＝I2I1＝n1n2，U3U4＝I4I3＝n3n4。【例3】(多选)(2019·江西上饶联考)图10甲为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100Ω。若升压变压器的输

入电压如图乙所示，输入功率为750kW。下列说法中正确的有()图10A．用户端交变电流的频率50HzB．用户端电压为250VC．输电线中的电流为30AD．输电线路损耗功率为180kW解析由图乙知交变电流的周期为0.02s，故频

率为50Hz，所以A正确；升压变压器原线圈电压U1＝250V，根据变压规律得副线圈电压U2＝25000V，又输入功率为750kW，输电线中电流I＝PU2＝30A，故C正确；输电线上损耗电压U＝IR＝3000V，降压变压器原线圈电压U3＝U2－U＝22000V，根据变压规律可得，用户端电压

U4＝220V，故B错误；输电线损耗的功率P′＝I2R＝90kW，故D错误。答案AC1．(2018·江苏单科，2)采用220kV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14，输电电压应变为()A．55kVB．110kVC．4

40kVD．880kV解析设输送功率为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440kV，选项C正确。答案C2．某小型水电站的电能输送示意图如图11所示，水电站的发电机输出电压恒定。发电机通过升压变压器和降压变压器(变压比为40∶1)向25km外的小区用户供电(供电电压为220V)，输送到用户的电功率为165kW，若用表格中某

种型号的输电线进行高压输电，线路上损耗的功率约为输送电功率的6%，则所选用的输电线的型号的代号为()图11型号的代号千米电阻(Ω/km)X1Y0.6Z0.3W0.2A.XB．YC．ZD．W解析小区用户供电电压为220V，由变压器的变压规律可知，降压变压器原线圈两端的电压为U＝220V×4

0＝8800V，设输电线上的电流为I，输电线总电阻为R，则升压变压器副线圈两端电压为U′＝U＋IR，P＝U′I，输电线路上损耗的功率P线＝I2R，联立解得R＝30Ω，由于输电线长度需要50km，由电阻与长度关系R＝Lρ0，则ρ0＝0.6Ω/km，所以可以

选择0.6Ω/km的Y，B正确。答案B课时作业(时间：35分钟)基础巩固练1．(多选)如图1所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时()图1A．原、副线圈磁通量之比为2∶1B．原、副线圈电流之比为1∶2C．输入功率和输出功率之比为1∶1D．原、副线圈磁通量

变化率之比为1∶1答案BCD2．图2为远距离输电的电路原理图，下列判断正确的是()图2A．U1＞U2B．U2＝U3C．I4＜I2D．I1＞I2答案D3．(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3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

变解析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项正确；由电功率P＝U2R可知，变压器输出功率即R消耗的功率变

为原来的14，A项错误；由P＝UI可知，原线圈中电流减为原来的一半，C项错误；交流电的频率与发电机线圈转动角速度成正比，故D项错误。答案B4．(多选)如图4所示是通过变压器给用户供电的示意图，变压器的输入电压是电网电压，基本稳定，输出电压

通过输电线输送给用户。输电线的电阻用R0表示，用变阻器的电阻R表示用户用电器的总电阻，当变阻器的滑动触头P向上移动时，以下说法正确的是()图4A．相当于增加用电器的个数B．V1的示数随V2示数的增大而增大C．A1的示数随A

2示数的减小而减小D．变压器的输入功率减小解析当变阻器的滑动触头P向上移动时，用电器的总电阻增大，相当于并联的用电器数目减少，故选项A错误，D正确；同时变压器的输入功率减小，由于电网电压u不变，所以两个电压表的示数不变，故选项B错误；由于变压器的输出功率决定输入功率，所以A1的示数随A2示数

的减小而减小，故选项C正确。答案CD5．(2019·山西省高三质量检测)如图5，理想变压器的原、副线圈电路中接有四只规格相同的灯泡，原线圈电路接在电压恒为U0的交变电源上。当S断开时，L1、L2、L3三只灯泡均正常发光。若闭合S，已知灯泡都不会损坏，且灯丝电阻不随温度变化，则()图5A．灯泡L1变

亮B．灯泡L2变亮C．灯泡L3亮度不变D．灯泡L4正常发光解析当S断开时，设原线圈电流为I1，电压为U1，副线圈电流为I2，电压为U2，灯泡电阻为R，由变压器规律得U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1，则U1＝n1n2U2＝n1n2·I2R并＝n1n22I1R并。因原线圈有灯泡，故U

0＝I1R＋U1＝I1R＋I1·n21n22R并；闭合S时R并减小，故I1增大，则灯泡L1变亮；变压器的输入电压减小，而匝数比不变，则变压器的输出电压减小，则灯泡L2和L3变暗，L4不能正常发光。故选项A正确，B、C、D错误。答案A6．如图6为远距离输电示意图，升压变压器和降

压变压器均为理想变压器，R为输电线的等效电阻。保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是()图6A．电流表示数变小B．降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小C．升压变压器输出电压变

小D．输电线损失的功率变大解析降压变压器原、副线圈的电压比等于降压变压器原、副线圈匝数比，保持不变，选项B错误；电压表的示数减小，则降压变压器原线圈的电压U3减小，由于发电机的输出电压不变，则升压变压器副线圈的输出电压U2不变，由U2＝U3＋IR可知，电流表的示数变大，选项A、C错误；由于电

流表的示数变大，则由PR＝I2R可知，输电线上损失的功率变大，选项D正确。答案D7．2017年8月，广东省受台风“天鸽”影响，造成大面积停电。某通讯公司准备的应急供电系统如图7所示，图中T1、T2分别为理想的

升压变压器和降压变压器，R表示输电线电阻，I表示电流，U表示线圈两端电压，n表示线圈的匝数，下列说法正确的是()图7A．如果发电机的输出功率为P，则P＝U1I1＝U2I2＝U4I4B．若n1∶n2＝n4∶n3，则有U1

＝U4C．用户消耗的功率越大，输电线上消耗的功率越小D．如果发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为P2U22R解析如果发电机的输出功率为P，因理想变压器没有能量损失，故有P＝U1I1＝U2I2，但输电线上消耗功率，故P＞U4I4，A错误；因为输电线上有电压损失，所以U1≠U

4，B错误；用户消耗的功率越大，三个回路中的电流越大，输电线上消耗的功率也越大，C错误；如果发电机的输出功率为P，则输电线中的电流为PU2，输电线上消耗的功率为P2U22R，D正确。答案D8．(多选)如图8所示，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＝110002sin100πt(V)的交流电降为220V供居民小区用电，则该变电所变压器()图8)A．原、副线圈匝数比为50∶1B．原线圈中电流的频率是50HzC．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根据电压u0＝110002sin100πt(V)可知降压变压器原线圈的电压为11000V，则n1n2＝U1U2＝11000220＝501，选项A正确；交流电的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50H

z，经过变压器后，交流电的频率不变，选项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，则副线圈导线应比原线圈导线粗，选项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，选项D错误。答案AB9．(2018·广东深圳二模)如图9为理想变压器，其中r为定值电阻，R为滑动变阻器，P为滑动变阻器的触头，u为正弦交流电源，电源输出电压的有效值恒定，则()图

9A．P向右移动时，原、副线圈的电流之比可能变大B．P向右移动时，变压器的输出功率变大C．若原、副线圈增加相同的匝数，其他条件不变，则变压器输出电压不变D．若原、副线圈增加相同的匝数，其他条件不变，r消耗的功率可能不变解析由I1I2＝n2n1可知原、

副线圈的电流之比与匝数比有关，与电阻R无关，故A错误；P向右移动时，电阻增大，由功率P＝U22R可知变压器的输出功率变小，故B错误；若原、副线圈增加相同的匝数，n1n2将可能发生变化，其他条件不变，则变压器输出电压也可能变

化，故C错误；若原、副线圈增加相同的匝数，n1n2可能不变，其他条件不变，通过r的电流可能不变，则r消耗的功率也不变，所以D正确。答案D综合提能练10.一台柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图10所示。发电机到安置

区的距离是400m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω，安置区家用电器的总功率为44kW，当这些额定电压为220V的家用电器都正常工作时()图10型号AED6500S输出电压范围220～300V最大输出功率60kWA.

输电线路中的电流为20AB．发电机的实际输出电压为300VC．在输电线路上损失的电功率为8kWD．如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300V解析当这些额定电压为220V的家用电

器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝PU＝200A，选项A错误；导线电阻为R＝2.5×10－4×400×2Ω＝0.2Ω，则发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260V，选项B错误；在输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8kW，选项C正确；

如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是Um＝2U输＝368V，选项D错误。答案C11．(多选)(2018·河南濮阳二模)在如图11所示的变压器电路中，两定值电阻的阻值R1＝R2＝R，变

压器为理想变压器，电表为理想电表，在a、b两端输入正弦交流电压u＝2Usinωt。原、副线圈的匝数比为1∶2，则()图11A．电流表的示数为2U5RB．电压表的示数为25UC．电路消耗的总功率为4U25RD．电阻R1、R2消耗的功率之比为2∶1解析设电流表电流为I2，

由I1I2＝n2n1＝21，解得I1＝2I2，原线圈两端的电压为U1，则U1U2＝n1n2＝12，故U2＝2U1，又U2＝I2R，U1＝U－I1R，联立解得I2＝2U5R，U1＝15U，故A正确，B错误；电路消耗的总功率为P＝I22R＋I21R

＝4U25R，故C正确；电阻R1、R2消耗的功率之比为I21R∶I22R＝4∶1，故D错误。答案AC12．如图12甲所示为一自耦变压器，变压器的原线圈AB端输入电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻R0＝11Ω，电容器C的击穿电压为22V，移动滑片P使电容器刚好

不会被击穿，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是()图12A．电压表的示数为220VB．原、副线圈的匝数比为10∶1C．电流表的示数等于通过电阻R0的电流D．原线圈AB端输入电压的变化规律为u＝311sin(πt)V解析由题图乙知输入电压的有效值即电压表的示数，为220V，A正确；电容

器的耐压值为交流电压的最大值，则有效值为222V＝112V，所以原、副线圈的匝数比为102∶1，B错误；电容器通交流电，所以电流表的示数大于通过电阻R0的电流，C错误；由题图乙知交流电的周期为0.02s，所以角速

度为100πrad/s，原线圈AB端输入电压的变化规律为u＝311sin(100πt)V，D错误。答案A13．(多选)如图13甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈匝数比为10∶1，在原线圈输入端a、

b接入如图乙所示的不完整正弦交流电。电路中电阻R1＝5Ω，R2＝6Ω，R3为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表，开始时开关S断开。下列说法正确的是()图13A．电压表的示数为15.56VB．电流表的示数为1.41AC．闭合开关S后，电压表示数变大D．闭合开关S后，电

流表示数变大解析根据交变电流有效值含义可知题图乙所示交变电压的有效值满足（Um2）2R·T2＝U2R·T，得U＝Um2＝1102V，由理想变压器变压规律可知，电压表示数为112V，A项正确；由欧姆定律可知，副线圈电流为I＝U10（R1＋R2）＝2A，由变流规律可知，原线圈电流为210

A，B项错误；闭合开关，副线圈电路的总电阻减小，输出电压不变，输出功率增大，故理想变压器的输入功率增大，所以电流表示数增大，C项错误，D项正确。答案AD14．如图14所示为一理想变压器，其中a、b、c为三个额定电压相同的灯泡，输入电压u＝Umsin(100πt)V。当输入电压为灯泡额定电压的8倍

时，三个灯泡刚好都正常发光。下列说法正确的是()图14A．三个灯泡的额定电压为Um8B．变压器原、副线圈匝数比为9∶2C．此时灯泡a和b消耗的电功率之比为2∶7D．流过灯泡c的电流，每0.02s方向改变一次解析设灯泡额定电压为U，变压器原、副线圈匝数比为k，由三个灯

泡都正常发光即每个灯泡两端的电压均为U，可知变压器输出电压为2U，根据变压器的变压规律，原线圈输入电压为2kU，对原线圈电路，由串联电路规律，Um2＝U＋2kU，Um2＝8U，解得U＝Um82，k＝7

2，选项A、B错误；此时灯泡a和b中电流之比为2∶7，根据P＝UI，可知灯泡a和b消耗的电功率之比为2∶7，选项C正确；由输入电压u＝Umsin(100πt)V可知，交变电流周期为0.02s，频率为50Hz，根据变压器不改变交变电流的周期和频率可知，流过灯泡c的电流周期为0.02s，每0.01s

方向改变一次，选项D错误。答案C