高考物理一轮复习专题45理想变压器远距离输电(测)(含解析)

交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用建议用时：60分钟交变电流、变压器、远距离输电的综合理解与应用1．（2024·四川成都·三模）如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风轮机带动内部匝数为N 的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO ¢，顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。

已知N 匝线圈产生的感应电动势的最大值为E m 。

则（ ）A ．线圈转动的快慢不会影响回路中电流的大小B ．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为ABCDC ．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最小D ．穿过线圈的最大磁通量为mE w【答案】B【详解】A ．根据：E w =又：E I R r=+解得：I =可知线圈转动的快慢会影响回路中电流的大小。

故A 错误；B ．当线圈转到题图示位置时，根据右手定则判断知产生的感应电流方向为ABCD 。

故B 正确；C ．当线圈转到题图示位置时，线圈与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大。

故C 错误；D ．由：m m ΦE NBS N w w ==得：m m ΦE N w=故D 错误。

故选B 。

2．（2024·天津蓟州·模拟预测）如图甲所示，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴转动，穿过线圈的磁通量Φ随时间t T ，线圈产生的电动势的最大值为m E ．则（ ）A ．在14t T =时，线圈中产生的瞬时电流最大B ．在12t T =时，线圈中的磁通量变化率最小C ．将线圈转速增大2D ．线圈中电动势的瞬时值m 2πcos eE t T æö=ç÷èø【答案】D【详解】A ．在14t T =时，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率最小，则产生的瞬时电流为零，故A 错误；B ．在12t T =时，线圈中的磁通量最小，则磁通量的变化率最大，故B 错误；C ．将线圈转速增大2倍，则角速度增大2倍，根据：m E NBS w =，E =可知线圈中感应电动势的有效值增大2倍，故C 错误；D ．0t =时刻磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，则线圈中电动势的瞬时值为m 2πcos e E t T æö=ç÷èø故D 正确。

高考物理一轮复习：考点集训(四十四) 第2节 变压器 远距离输电A 组1．(多选)如图所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 50πt(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 ．副线圈输出交流电的周期为0.02 sB ．如果仅将电源的频率加倍，不会改变R 的功率C ．电压表的读数为110 2 VD ．电流表的读数为1 A[解析] 根据u ＝2202sin 50πt(V )知原线圈的周期为T ＝0.04 s ，由于原副线圈的周期相等，所以副线圈输出交流电的周期为0.04 s ，A 错误；如果仅将电源的频率加倍，则副线圈两端的电压不变，电阻R 的功率也不变，B 正确；根据匝数比可知副线圈两端电压的有效值为110 V ，则电压表的读数应该为110 V ，C 错误；根据闭合电路欧姆定律可知副线圈的电流为I ＝11055 A ＝2 A ，再根据匝数之间的关系可知原线圈的电流为1 A ，则电流表的示数也为1 A ，D 正确．[答案] BD2．如图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A 1、A 2均为理想电表．当触头P 向上移动时，下列说法正确的是( )A ．A 1读数变小，A 2读数变小B ．A 1读数变大，A 2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[解析] 理想自耦变压器，原线圈接正弦交流电压U ，当触头上移时，导致原线圈的匝数n 1变大，由U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2变小，根据I 2＝U 2R 可得，电流表A 2读数变小，再由电流与匝数成反比可得电流表A 1读数变小，故A 正确，B 错误；R 两端的电压为副线圈的电压U 2，副线圈中电压和电流都变小，故R 两端电压变小，且输出功率变小，根据输入功率等于输出功率知变压器的输入功率变小，故CD 错误．[答案] A3．(多选)如图，理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L 1和L 2，原线圈输入电压不变，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S 断开，当S 闭合时下列说法中正确的是( )A ．原线圈中的电流增大B ．灯泡L 1更暗C ．副线圈两端的输出电压减小D ．变压器的输入功率增大[解析] 变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，AD 正确；当S 接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R 的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L 1的电流减小，B 正确；理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，C 错误．[答案] ABD4．如图甲所示，理想变压器原线圈的匝数n 1、副线圈的匝数n 2均可调节．原线圈两端接如图乙所示的交流电，副线圈接负载电阻R 和理想交流电流表A ，下列说法正确的是( )A ．增大n 1，其他条件不变，变压器的输出电压变大B ．增大n 2，其他条件不变，电流表的示数变小C ．增大R ，其他条件不变，变压器的输入功率变大D ．原线圈所接交流电电压的瞬时值表达式u ＝2202sin 100πt(V )[解析] 根据电压与匝数成正比，增大n 1，其他条件不变，变压器的输出电压减小，故A 错误；根据电压与匝数成正比，增大n 2，其他条件不变，变压器的输出电压增大，根据欧姆定律可知，电流表的示数变大，故B 错误；增大R ，其他条件不变，则输出功率P ＝U2R 减小，变压器的输入功率等于输出功率，也减小，故C 错误；根据图乙知原线圈所接交流电的瞬时值表达式u ＝2202sin 100πt(V )，故D 正确．[答案] D5．(多选)中国的特高压输电技术独步全球，有着重大的经济和社会效益．如图为远距离特高压输电的示意图，若电厂输出电压为U 1＝5 5002sin 100πt(V )，电流为I 1＝500 A ，在电能输送过程中，输送的电功率一定，输电线电阻一定，在输电线上发热损失的电功率为P 损，下列判断正确的是( )A ．P 损与U 3的平方成正比B ．U 2I 2＝2.75×106 WC ．I 2＜500 AD ．用户得到的交流电频率为50 Hz[解析] 损失功率为P 损＝（ΔU ）2R＝（U 2－U 3）2R，A 错误；根据电厂输出电压为U 1＝55002sin 100πt(V )知U 1＝5 500 V ，I 1＝500 A ，根据功率相等知U 1I 1＝U 2I 2＝5 500×500 W＝2.75×106W ，B 正确；根据I 1I 2＝n 2n 1＝U 2U 1>1，知I 2＜500 A ，C 正确；根据电厂输出电压为U 1＝5 5002sin 100πt(V )，知频率为50 Hz ，变压器不改变频率，D 正确．[答案] BCD6．(多选)如图甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L 1、L 2、L 3、L 4为四只规格均为“9 V 6 W ”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压u 的图象如图乙所示．则以下说法中正确的是( )A ．电压表的示数为36 VB ．电压表的示数为27 VC ．电流表的示数为3 AD ．四只灯泡均能正常发光[解析] 由输入端交变电压的图象，可求出有效值36 V ，由原、副线圈匝数之比3∶1，可得原、副线圈的电压之比3∶1，电流之比1∶3，可知四只灯泡电压均相同，设灯泡两端电压为U ，所以U ＋3U ＝36 V ，则U ＝9 V ，因此原线圈电压为27 V ，副线圈电压为9 V ，四只灯泡均能正常发光．电流表的读数为I ＝3×69A ＝2 A ，BD 正确．[答案] BD7．(多选)如图所示，理想变压器输入端连接有效值不变的交流电源．下列说法正确的是( )A ．只将开关由1掷向2，电压表示数变小B ．只将开关由1掷向2，电流表示数变大C ．只将滑动变阻器的滑片下滑，电流表示数变小D ．只将滑动变阻器的滑片下滑，电压表示数变小[解析] 只将开关由1掷向2，则原线圈匝数变小，根据U 1n 1＝U 2n 2可知，副线圈电压变大，则电压表示数变大，电流表示数变大，选项A 错误，B 正确；只将滑动变阻器的滑片下滑，则电阻变大，而副线圈电压不变，则副线圈电流减小，即电流表示数变小，电压表示数不变，选项C 正确，D 错误．[答案] BC8．如图所示，理想变压器的原线圈接有某一正弦交流电源，L 为白炽灯泡，R 1和R 2为定值电阻，R 3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( )A ．通过原线圈的电流减小B ．变压器的输出功率增大C ．R 1两端的电压减小D ．L 灯泡变暗[解析] 增大照射光强度，R 3的阻减小，副线圈总电阻减小，副线圈两端电压一定，通过副线圈的电流增大，根据能量守恒，所以通过原线圈电流也增大，故A 错误；副线圈电压一定，电阻减小，变压器的输出功率增大，故B 正确；流过R 1电流增大，所以R 1两端的电压增大，故C 错误；副线圈电压一定，R 1两端电压增大，R 2两端电压减小，通过R 2的电流减小，副线圈总电流增大，所以通过灯的电流增大，L 灯泡变亮，故D 错误．[答案] BB 组9．(多选)如图所示的变压器为理想变压器，副线圈中三个电阻的阻值大小为R 1＝R 2＝2r ＝2 Ω，电流表为理想交流电表，原线圈输入正弦式交流电e ＝1102sin 100πt(V )．开关S 断开时，电阻r 消耗的电功率为100 W ．下列说法中正确的是( )A ．流过电阻r 的电流方向每秒钟变化50次B ．开关S 闭合前、后，流过电阻R 1的电流大小之比为2∶1C ．开关S 闭合前、后，电流表的示数大小之比为2∶3D ．变压器原、副线圈的匝数之比为11∶3[解析] 由公式T ＝2πω＝0.02 s ，解得f ＝1T＝50 Hz ，所以电流的方向每秒变化100次，故A 错误；开关S 断开时，电阻r 消耗的电功率为100 W ，即P ＝I 21r ＝100 W ，得I 1＝10 A ，则副线圈两端电压U 2＝I 1()r ＋R 1＝30 V ，流过R 1的电流I ＝10 A ；当S 闭合后R 总＝r ＋R 1R 2R 1＋R 2＝2 Ω，总电流I 1′＝U 2R 总＝15 A ，通过R 1的电流I R1＝U 22R 总＝7.5 A ，即开关S 闭合前、后，流过电阻R 1的电流大小之比为4∶3，故B 错误；开关S 闭合前、后，电流表的示数为I 0I 0′＝I 1I 1′＝1015＝23，故C 正确；原、副线圈的匝数比n 1n 2＝U 1U 2＝113，故D 正确． [答案] CD10．(多选)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的原副线圈匝数比为1∶m，降压变压器的原副线圈匝数比为n ∶1，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )A ．电压表V 1的示数减小了n ΔUB ．电流表A 1的示数增大了n ΔURC ．输电线损失的功率增大了⎝ ⎛⎭⎪⎫n ΔU R 2R D ．电流表A 2的示数增大了n 2ΔUR[解析] 发电机输出的电压恒为U ，而升压变压器原副线圈匝数比不变，所以电压表V 1的示数不变，A 错误；由于V 2示数(U 4)减小了ΔU ，根据n 3n 4＝U 3U 4＝n ，可得降压变压器原线圈的电压U 3减小了n ΔU ，根据U V 1＝I A 1R ＋U 3，故I A 1R 增大了n ΔU ，所以电流表A 1的示数增大了ΔI 3＝n ΔU R ，根据I 3I 4＝ΔI 3ΔI 4＝1n ，可得A 2的示数增大了ΔI 4＝n 2ΔUR，BD 正确；输电线损失的功率增大了ΔP ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I ＋n ΔU R 2R －I 2R ，故C 错误．[答案] BD11．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝4∶1.变压器原线圈通过一理想电流表A 接U ＝2202sin 100πt(V )的正弦交流电，副线圈接有三个规格相同的灯泡和两个二极管，已知两二极管的正向电阻均为零，反向电阻均为无穷大，不考虑温度对灯泡电阻的影响．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，下列分析正确的是( )A ．U ab ＝220 V ，U cd ＝55 VB ．流经L 1的电流是流经电流表的电流的2倍C ．若其中一个二极管被短路，电流表的示数将不变D ．若通电1小时，L 1消耗的电能等于L 2、L 3消耗的电能之和[解析] ab 两点间的电压为U ab ＝22022 V ＝220 V ，副线圈两端电压U 2＝n 2n 1U 1＝55 V ，cd两端的电压小于55 V ，故A 错误；根据变压器原理可知I 1I 2＝n 2n 1＝14，所以流经L 1的电流是流经电流表的电流的4倍，故B 错误；若其中一个二极管被短路，副线圈的电路发生变化，所以原线圈上的电流也将发生变化，故C 错误；灯泡L 1和L 2交替有电流出现，每次接通时灯泡L 2或L 3消耗的电功率与L 1相同，所以通电1小时，L 1消耗的电能等于L 2、L 3消耗的电能之和，故D 正确．[答案] D12．如图所示，内阻为 5 Ω的发电机通过理想升压变压器和理想降压变压器向用户供电．已知输电线的总电阻为R ＝50 Ω，升压变压器的原、副线圈匝数之比为1∶4，降压变压器的原、副线圈匝数之比为5∶1，降压变压器副线圈两端输出电压的表达式为U ＝2202sin 100πt(V )，降压变压器的副线圈与R 0＝22 Ω的负载电阻组成闭合电路．求：(1)降压变压器的输出功率； (2)升压变压器的输出功率； (3)发电机电动势的有效值．[解析] (1)降压变压器输出电压有效值U 4＝220 V 输出功率P 4＝U 24R 0解得P 4＝2 200 W(2)降压变压器输入电压有效值U 3，U 3U 4＝51解得U 3＝1 100 V设输电导线电流为I 2，P 3＝P 4＝U 3I 2 解得I 2＝2 A 电压ΔU ＝I 2R ΔU ＝100 V升压变压器的输出电压U 2＝U 3＋ΔU 解得U 2＝1 200 V升压变压器输出功率P 2＝U 2I 2 解得P 2＝2 400 W(3)升压变压器输入电压有效值U 1，U 1U 2＝14解得U 1＝300 V发电机电流为I 1＝P 1U 1＝P 2U 1解得I 1＝8 A电源电动势有效值E ＝I 1r ＋U 1＝340 V。

1.高考中交流电路部分主要考查交变电流的产生和描述、交流电有效值、变压器的规律及动态分析、远距离输电等知识点。

对理想变压器问题应该从电磁感应的本质、电压比、电流比和能量的观点几个方面正确理解。

远距离输电问题应该分段分析，注意各段电压、电流、功率的关系。

掌握输送电过程中功率损失和电压损失。

2.理想变压器和远距离输电问题有时也和电磁感应一起考查，熟练应用法拉第电磁感应定律、楞次定律判断感应电动势、感应电流的方向。

一.理想变压器基本模型（1）理想变压器的构造、作用、原理及特征。

构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁心上构成所谓的变压器。

作用：在办理送电能的过程中改变电压。

原理：其工作原理是利用了电磁感应现象。

特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交流电压。

（2）理想变压器的理想化条件及规律如图所示，在理想变压器的原线圈两端加交流电压U 1后，由于电磁感应的原因，原、副线圈中都将产生感应电动势。

根据法拉第电磁感应定律，有∆∆=∆∆=222111,φεφεn t n 忽略原、副线圈内阻，有2211,εε==U U 。

另外，考虑到铁心的导磁作用而且忽略漏磁，即认为任意时刻穿过原、副线圈的磁感线条数都相同，于是又有21φφ∆=∆。

由此便可得理想变压器的电压变化规律为2121n n U U =。

在此基础上再忽略变压器自身的能量损失（一般包括了线圈内能量损失和铁心内能量损失这两部分，分别俗称为“铜损”和“铁损”），有21P P =，而111U I P =，222U I P =。

于是又得理想变压器的电流变化规律为1221n n I I =。

由此可见：①理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗（实际上还忽略了变压器原、副线圈电路的功率因素的差别）。

②理想变压器的规律实质上就是法拉第电磁感应定律和能的转化与守恒定律在上述理想化条件下的新的表现形式。

高三物理理想变压器试题答案及解析1.如图是街头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，假设负载变化时输入电压保持不变。

输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小。

忽略变压器上的能量损失，不计电压表、电流表的内阻对电路的影响。

当用户的用电器增加时，下列说法正确的是A．电压表读数增大，电流表读数增大B．电压表读数减小，电流表读数增大C．电压表读数不变，电流表读数增大D．电压表读数不变，电流表读数减小【答案】 C【解析】试题分析: 理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，所以V的示数不变；当用电器增加时，相当于R的值减小，电路中的总的电阻减小，所以电流要变大，即副线圈中的电流示数变大，副线圈消耗的功率增大；由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，故C正确，A、B、D错误。

【考点】变压器的构造和原理2.如图是街头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，假设负载变化时输入电压保持不变。

输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R的值减小。

忽略变压器上的能量损失，不计电压表、电流表的内阻对电路的影响。

当用户的用电器增加时，下列说法正确的是A．电压表读数增大，电流表读数增大B．电压表读数减小，电流表读数增大C．电压表读数不变，电流表读数增大D．电压表读数不变，电流表读数减小【答案】C【解析】根据，由于匝数不变，电网电压不变，因此电压表示数不变，而用户消耗的功率增加，而输入电压不变，因此输入电流增加，电流表示数增加，C正确，ABD错误。

【考点】变压器，动态分析3.如图所示，图（a）中的变压器为理想变压器，其原线圈接到U＝220 V的交流电源上，副线圈与阻值为R1的电阻接成闭合电路；图（b）中阻值为R2的电阻直接接到电压为U＝220 V的交流电源上，结果发现R1与R2消耗的电功率恰好相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为（）A．B．C．D．【答案】C【解析】图a中R1消耗的功率，图b中R2消耗的功率，由题意知，，代入数据解得，根据变压规律知原副线圈的匝数比为，故C正确；A、B、D错误。

高二物理远距离输电试题答案及解析1. 如图为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述不正确的是( )．A ．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗的C ．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好【答案】 C【解析】试题分析:增加输电导线的横截面积能减小电阻，根据输电过程中的电功率P 耗=I 2R ，减小电阻，有利于减少输电过程中的电能损失．故A 正确；根据P=UI 知，输电电压越高，输电电流越小，高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗．故B 正确；输送的电功率越大，则输电线上流过的电流越大，输电过程中的电能损失越大．故C 错误．高压输电必须综合考虑各种因素，电压过高时，感抗和容抗影响较大，不一定是电压越高越好．故D 正确． 【考点】电能的输送．2. 远距离输送交流电都采用高电压输电，我国正在研究比330kV 高得多的电压进行输电，采用高压输电的优点是可减小输电线上能量损失，则在输入功率不变时，使输电电压提高为原来的10倍，输电线上损失的电能将降为原来的 。

【答案】0.01【解析】在输入功率不变，由P=UI ，得I=P/U ，电压提高10倍，则电流减少为原来的，再由P 损=I 2R ，可得P 损将降为原来的，即0.01。

【考点】远距离输电3. 在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个坑口电站，输送的电功率为P ＝500 kW ，当使用U ＝5 kV 的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度．求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻r .(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？ 【答案】（1）r ＝20 Ω（2）U ′＝22.4 kV【解析】(1)由于输送功率为P ＝500 kW ，一昼夜输送电能E ＝Pt ＝12 000度，终点得到的电能E ′＝7 200度，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I ＝P /U 计算，为I ＝100 A ，而输电线损耗功率可由P r ＝I 2r 计算，其中P r ＝4 800/24 kW ＝200 kW ，因此可求得r ＝20 Ω. (2)输电线上损耗功率P r ＝()2r ∝，原来P r ＝200 kW ，现在要求P r ′＝10 kW ，计算可得输电电压应调节为U ′＝22.4 kV. 【考点】远距离输电．点评：输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比．4. 电厂发电机的输出电压250V ，输出功率为10kW ，在进行远距离输电时，输电线总电阻为5Ω，则A ．直接输电，用户两端的电压只有50VB ．若要求用户两端的电压为220V ，则应配备原、副线圈匝数比为1：4 （发电厂）和5：1（用户端）的变压器C．若要求输电线损耗的功率仅为总功率的5%，升压变压器原、副线圈匝数比为1：4D．若用10000V的高压输电，输电线的损耗功率仅为总功率的0.05%【答案】ACD【解析】电厂发电机的输出电压250V，输出功率为10kW，输电电流为40A，则导线书号电压为U=IR=200V，所以用户两端的电压只有50V，A对；原、副线圈匝数比为1：4 （发电厂），则电压提升到1000V同时减为10A，则导线电压损耗为50V，用户端输入变压器电压为950V，要想得到220V，线圈匝数比为95:22，所以B错。

专题48 理想变压器远距离输电1．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比12:1:3n n =，次级回路中联入三个均标有“36V ，40W ”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36V ，40W ”的灯泡A ： （ ）A 、也正常发光B 、将被烧毁C 、比另三个灯暗D 、无法确定 【答案】A 【解析】【名师点睛】设每只灯的额定电压为U ，因串联在副线圈两端的三只小灯泡正常发光，所以副线圈中的总电压为3U ，由电压关系求出匝数比；由匝数比求电压关系；解决本题的切入点在原、副线圈的电压关系，突破口在于原线圈电路的电压分配关系上。

2．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比12:4:1n n =，当导线AB 在匀强磁场中作匀速直线运动切割磁感线时，电流表1A 的示数为12mA ，则电流表2A 的示数为：（ ）A 、3mAB 、48mAC 、与R 的阻值有关D 、0 【答案】D 【解析】由于直导线AB 匀速运动，则AB 切割磁场产生的电流时恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即安培表2A 的读数为0，故选项D 正确。

【名师点睛】变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题。

3．图是一个理想变压器，K 为双向电建，P 是滑动变阻器滑动触头，1U 为加在原线圈两端电压，1I 为原线圈上电流，则： （ ）A 、保持1U 及P 的位置不变，K 由合向时，1I 将增大B 、保持P 的位置及1U 不变，K 由合向时，R 消耗的功率减小C 、保持1U 不变，K 合在处，使P 上滑，1I 将增大D 、保持P 的位置不变，K 合在处，若1U 增大，1I 将减小 【答案】A【名师点睛】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解，注意电压表和电流表测量的是有效值。

知识回顾1．理想变压器的基本规律 P 1＝P 2U 1U 2＝n 1n 2 I 1I 2＝n 2n 12．远距离输电回路1：发电机回路P 1＝I 1U 1回路2：输送电路I 2＝I 3＝I R ，U 2＝U 3＋U R ，P 2＝P R ＋P 3 回路3：输出电路I 4＝I 用，U 4＝U 用，P 4＝P 用 规律方法1．理想变压器问题中的两个“弄清”(1)弄清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．(2)弄清动态变化过程中的决定关系，如U 2由U 1决定，P 1、I 1由P 2、I 2决定． 2．理想变压器问题的分析流程 (1)由U 1U 2＝n 1n 2分析U 2的情况； (2)由I 2＝U 2R分析I 2；(3)P 1＝P 2＝I 2U 2判断输入功率的情况； (4)由P 1＝I 1U 1分析I 1的变化情况．(5)对于一原线圈多副线圈，有U 1n 1＝U 2n 2＝…＝U nn nn 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋…＋n n I n P 1＝P 2＋P 3＋P 4＋…＋P n 变压器动态变化分析方法(1)变压器动态分析常见的两种情况①负载不变，匝数比变化； ②匝数比不变，负载变化． (2)处理此类问题应注意三点 ①根据题意分清变量和不变量；②要弄清“谁决定谁”的制约关系——电压是输入决定输出，电流和功率是输出决定输入； ③动态分析顺序： a ．由U 1和n 1n 2决定U 2；b ．由负载电阻R 和U 2决定I 2；c ．由P 2＝U 2I 2，确定P 1；d ．由P 1＝U 1I 1，确定I 1. 例题分析【例1】 (2016年高考·江苏卷)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a 、b 间输入电压为U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2.在将滑动触头从M 点顺时针旋转到N 点的过程中( )A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高 【答案】 C【例2】 (多选)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，以下说法中正确的是( )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 ．灯泡变暗 【答案】CD【例3】 (多选)(2017年哈尔滨模拟)如图甲所示为一交变电压随时间变化的图象，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化．若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R 阻值为100 Ω，则()A ．理想电压表读数为100 VB ．理想电流表读数为0.75 AC ．电阻R 消耗的电功率为56 WD ．电阻R 在100秒内产生的热量为5 625 J 【答案】 BD【解析】 根据电流的热效应，一个周期内产生的热量：Q ＝U 2RT ＝2R×12T ＋5022R ×12T ，解得U ＝75 V ，A 错误；电流表读数I ＝UR ＝0.75 A ，B 正确；电阻R 消耗的电功率P ＝I 2R ＝56.25 W ，C 错误；在100秒内产生的热量Q ＝Pt ＝5 625 J ，D 正确．学科*网专题练习1．(多选)(2017年天津滨海新区联考)如图所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝22T ，单匝矩形线圈面积S ＝1 m 2，电阻r ＝403Ω，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相接．电表为理想电表，两个完全相同的电灯泡，标称值为“20 V ,30 W”，且均正常发光，电流表A 1的示数为1.5 A ．则以下说法正确的是( )A ．电流表A 1、A 2的示数之比2∶1B ．理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1C ．线圈匀速转动的角速度ω＝120 rad/sD ．电压表的示数为40 2 V 【答案】：BC2．(多选)如图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100 Ω.若升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.下列说法中正确的有 ( )A ．用户端交流电的频率为50 HzB ．用户端电压为250 VC ．输电线中的电流为30 AD ．输电线路损耗功率为180 kW 【答案】：AC3.如图所示电路，电阻R 1与电阻R 2阻值相同，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A 、B 间加一正弦交流电u ＝202sin100πt (V)，则加在R 2上的电压有效值为( )A ．10 VB ．20 VC ．15 VD ．510 V【答案】：D【解析】：电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R 2上的电压等于输入电压值；电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大，可看作断路，R 2上的电压等于输入电压值的一半，因此可设加在R 2上的电压有效值为U ，根据电流的热效应，在一个周期内满足U 2R T ＝2R·T 2＋2R·T 2，解得U ＝510V ，选项D 正确．4．(多选)(2017年嘉兴模拟)如图所示，理想变压器与电阻R 、交流电压表V 、交流电流表A 按图甲所示方式连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为n 1n 2＝101，电阻R ＝10 Ω，图乙是R 两端电压U 随时间变化的图象，U m ＝102V.下列判断正确的是( )A ．电压表V 的读数为10 VB ．电流表A 的读数为210A C ．变压器的输入功率为10 WD ．通过R 的电流i R 随时间t 变化的规律是i R ＝cos100πt (A) 【答案】：AC5．(2017年山东枣庄调研)图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n 1与副线圈匝数n 2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，三个阻值均为20 Ω的电阻R 1、R 2、R 3和电容器C 构成的电路与副线圈相接，其中，电容器的击穿电压为8 V ，电压表V 为理想交流电表，开关S 处于断开状态，则( )A ．电压表V 的读数约为7.07 VB ．电流表A 的读数为0.05 AC ．电阻R 2上消耗的功率为2.5 WD．若闭合开关S，电容器会被击穿【答案】：AC6.如图所示，理想变压器的原线圈两端接高压交变电源，经降压后通过电阻为R的输电线接用电器，两块电表分别是交流电流表和交流电压表，原先开关是闭合的．今将S断开时，电流表和电压表的示数及输电导线上损失的功率变化情况是()A．增大，增大，增大B．减小，减小，减小C．增大，减小，减小D．减小，增大，减小【答案】D【解析】U1由高压交变电源决定，不变，根据＝可知，U2不变，当S断开时，负载电阻变大，副线圈中电流I2＝，I2变小；U损＝I2R线，U损变小．电压表读数U＝U2－U损，变大；P损＝I R线，变小．P入＝U1I1＝P出＝U2I2，P出变小，所以I1变小。

变压器 远距离输电练习一、选择题1．将输入电压为220 V ，输出电压为6 V 的理想变压器改绕成输出电压为30 V 的理想变压器．已知原线圈匝数不变，副线圈原来是30匝，则副线圈新增匝数为( )A ．120匝B ．150匝C ．180匝D ．220匝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 ，通过负载的电流图像如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A3．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n 1、n 2, 电压分别为U 1、U 2，电流分别为 I 1、I 2，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.I 1I 2＝n 1n 2 B ．I 2＝U 2RC ．I 1U 1＝I 22RD ．I 1U 1＝I 2U 24．如图所示的变压器，接如图甲所示的交流电时，灯泡正常发光，电容器能正常工作，现将电源换成如图乙所示的交流电，则( )A．由于乙交变电流的周期短，因此灯泡比第一次亮B．由于乙的频率比甲的大，因此电容器有可能被击穿C．无论接甲电源，还是接乙电源，若滑动触头P向上移动，灯泡都变暗D．若将原线圈n1的匝数增加，灯泡消耗的功率将变大5．(多选)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．则下列说法正确的是( )A．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为4∶1B．该变压器是降压变压器，原、副线圈匝数比为3∶1C．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6．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有一只电阻，阻值关系为R 2＝2R 1，原线圈接到交变电压上后，电阻R 1上的电压是电阻R 2上的电压的3倍，下面说法正确的是( )A ．变压器原、副线圈匝数比为1∶6B ．变压器原、副线圈匝数比为6∶1C ．R 2上的电压等于电源电压U 的19D ．R 2上的电压等于电源电压U 的6197．如图所示，一个匝数为N ＝100匝的线圈以固定转速50 r/s 在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n 1∶n 2＝10∶1的理想变压器给阻值R ＝20 Ω的电阻供电．已知电压表的示数为20 V ，从图示位置开始计时，下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻流过线圈的电流最大B ．原线圈中电流的有效值为10 AC ．穿过线圈平面的最大磁通量为250π WbD ．理想变压器的输入功率为10 W8．(多选)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550 kV 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1 100 kV 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 ．ΔP ′＝14ΔPB ．ΔP ′＝12ΔPC ．ΔU ′＝14ΔUD ．ΔU ′＝12ΔU9．(多选)如图，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( )A ．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∶910．(多选)如图所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大11．如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1.变压器原线圈通过一理想电流表A接U＝2202sin 100πt(V)的正弦交流电，副线圈接有三个规格相同的灯泡和两个二极管，已知两二极管的正向电阻均为零，反向电阻均为无穷大，不考虑温度对灯泡电阻的影响．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，下列分析正确的是( )A．U ab＝220 V，U cd＝55 VB．流经L1的电流是流经电流表的电流的2倍C．若其中一个二极管被短路，电流表的示数将不变D．若通电1小时，L1消耗的电能等于L2、L3消耗的电能之和12. (多选)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，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＝10 Ω，R3＝20 Ω，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( )A．所用交流电的频率为50 HzB．电压表的示数为100 VC．电流表的示数为1.0 AD．变压器传输的电功率为15.0 W13．图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15 Ω，额定电压为24 V．定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω.为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为( )A．1 Ω B．5 ΩC．6 Ω D．8 Ω二、非选择题14．某发电厂引进秸秆焚烧发电机设备，该发电机输出功率为40 kW，输出电压为400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为n1∶n2＝1∶5的变压器升压后向某小区供电，输电线的总电阻为r＝5 Ω，电能到达该小区后再用变压器降为220 V.(1)画出输电过程的电路示意图；(2)求输电线上损失的电功率；(3)求降压变压器的变压比n3∶n4.15.从发电站输出的功率为220 kW，输电线的总电阻为0.1 Ω，用220 V和22 kV两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电能的损耗之比是多少？16.1897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U 1＝250 V ，用户需要的电压为U 2＝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I 3.(结果保留整数) 答案：1． A 2． A 3． D 4． C 5． BC 6． AD 7．C 8． AD 9． AD 10． BD 11． D 12. AD 13． A 14． (1)输电过程，电路示意图如图所示．(2)因为U 1U 2＝n 1n 2输电电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 000 V因为P 输＝U 2I 2 解得输电电流I 2＝20 A输电线上损失的功率P 损＝I 22r ＝(20 A)2×5 Ω＝2 000 W(3)输电线上损失的电压 U 损＝I 2r ＝20 A ×5 Ω＝100 V 降压变压器的输入电压U 3＝U 2－U 损＝2 000 V －100 V ＝1 900 V 降压变压器的变压比 n 3n 4＝U 3U 4＝1 900 V 220 V ＝951115. 由题意知输电线上的电流I ＝P U ，则输电线的P 损＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U 2r设220 V 和22 kV 两种电压输电下损失的功率分别为P 1、P 2 则W 1W 2＝P 1t P 2t ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U 2U 12＝104∶1 16. (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：I 2＝P 损R发电机的输出电流：I 1＝PU 1升压变压器的原、副线圈匝数比 n 1n 2＝I 2I 1＝ηP R ·U 1P ＝120(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I 3＝P 用U 2＝P （1－η）U 2＝436 A。

课时作业 变压器远距离输电.1．在变电站里，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，所用的器材叫电流互感器．如图所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是( )A B C D2．（双选）一个探究性学习小组利用示波器绘制出了一个原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器的副线圈两端输出电压u 随时间t 变化的图象如图所示(图线为正弦曲线)，则下列说法错误的是( )A ．该变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝20sin100t VB ．接在副线圈两端的交流电压表的示数为7.1 VC ．该变压器原线圈输入频率为50 HzD ．接在副线圈两端阻值为20 Ω的白炽灯消耗的功率为2.5 W3．一台理想变压器原、副线圈匝数比为22∶1，当原线圈输入u ＝220 2sin100πt V 的交变电压时，下列说法正确的是( )A ．副线圈两端电压为10 2 VB ．变压器原副线圈的电压频率之比为22∶1C ．副线圈接一阻值为10 Ω的电阻时，通过电阻的电流为1 AD ．副线圈接一阻值为10 Ω的电阻时，原线圈中输入功率为1 W4．（双选）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电阻R ＝22 Ω，各电表均为理想电表．原线圈输入电压的变化规律如图乙所示．下列说法正确的是( )A ．该输入电压的频率为100 HzB ．电压表的示数为22 VC ．电流表的示数是1 AD ．电阻R 消耗的电功率是22 W 甲 乙5．如图所示是一种理想自耦变压器示意图．线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P 是可移动的滑动触头．AB 间接交流电压u ，输出端接有两个相同的灯泡L 1和L 2，Q 为滑动变阻器的滑动触头．当开关S 闭合，P 处于如图所示的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是( )A ．P 不动，将Q 向右移动，变压器的输入功率变大B ．Q 不动，将P 沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变大C ．P 不动，将Q 向左移动，两灯均变暗D ．P 、Q 都不动，断开开关S ，L 1将变暗6． 图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1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K45－6乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )A ．输入电压u 的表达式为u ＝202sin50πt VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W7．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n ，原线圈接正弦交流电压U ，输出端接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R .当输入端接通电源后，电流表读数为I ，电动机带动一重物匀速上升．下列判断正确的是( )A ．原线圈中的电流为nIB ．变压器的输入功率为UI nC ．电动机消耗的功率为I 2RD ．电动机两端电压为IR8．如图K45－7所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U ，额定功率为P ，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n 1∶n 2、电源电压U 1分别为( )A ．1∶2 2UB ．1∶2 4UC ．2∶1 4UD ．2∶1 2U答案与解析【基础热身】1．A [解析] 电流互感器要把大电流变为小电流，因此原线圈的匝数少，副线圈的匝数多；同时监测每相的电流必须将原线圈串联在火线中．2．AC [解析] 由图象知，输出电压的峰值为10 V ，周期为0.04 s ，由电压与匝数比关系知，输入电压峰值为20 V ，交变电压的频率为f ＝1T ＝25 Hz ，角频率ω＝2πT＝50π rad/s ，输入电压的瞬时值表达式为u ＝20sin50πt V ，选项A 、C 错误；输出电压的有效值为U 2＝U 2 m 2＝5 2 V ＝7.1 V ，选项B 正确；电灯的功率为P ＝U 22R＝2.5 W ，选项D 正确． 3．C [解析] 变压器副线圈电压U 2＝U 1·n 2n 1＝10 V ，原副线圈的电压频率相等，通过电阻的电流为I 2＝U 2R＝1 A ，原线圈中输入功率等于电阻消耗的功率，P ＝I 2U 2＝10 W.4．BD [解析] 由图象可知，原线圈输入电压的周期T ＝0.02 s ，频率为f ＝50 Hz ，选项A 错误；原线圈输入电压的有效值为220 V ，副线圈的输出电压为22 V ，选项B 正确；电阻R 消耗的电功率是P ＝22222W ＝22 W ，电流表的示数是I ＝22220A ＝0.1 A ，选项C 错误，D 正确． 【技能强化】5．B [解析] P 不动，则变压器输出电压不变，将Q 向右移动，电阻R 变大，据P 出＝U 22R ＋R 灯得变压器的输出功率变小，选项A 错误；Q 不动，电阻R 不变，将P 沿逆时针方向移动，则变压器输出电压变大，据P 出＝U 22R ＋R 灯得变压器的输出功率变大，选项B 正确；P 不动，输出电压不变，将Q 向左移动，电阻R 变小，变压器的输出功率变大，据P 出＝I 2U 2得I 2变大，两灯均变亮，选项C 错误；P 、Q 都不动，断开开关S ，则总电阻变大，变压器的输出功率变小，输出电流变小，滑动变阻器的电压变小，所以灯L 1两端的电压变大，L 1将变亮，选项D 错误．6．D [解析] 由图乙，T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT＝100π rad/s ，u ＝E m sin ωt ＝202sin100πt V ，A 错；只断开S 2，副线圈电压U 2不变，但副线圈总电阻R 副增大，流过L 1、L 2的电流减小且每个小灯泡两端的电压小于其额定电压，无法正常发光，由P 副＝U 22R 副可得，副线圈的功率减小，副线圈的功率决定原线圈的功率，所以原线圈的输入功率减小，BC 错；由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝4 V ，所以S 1接到2后，R 消耗的电功率P ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ，D 正确．7．B [解析] 根据变压器原、副线圈电压比等于匝数比可知，副线圈两端电压为U n，根据原、副线圈电流比等于匝数反比可知，原线圈中电流为I n ，变压器的输入功率为UI n ，电动机的热功率为I 2R ，总功率是UI n，选项B 正确，AC 错误；因电动机不是纯电阻，欧姆定律不成立，所以电压不等于IR ，选项D 错误．8．C [解析] 变压器原、副线圈电压与匝数成正比，电流与匝数成反比；电源电压等于原线圈电压与两个串联灯泡电压之和．。