2024年高考物理一轮复习（新人教版） 第13章 第2讲　变压器　远距离输电　实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系.docx

1、第2讲变压器远距离输电实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系目标要求1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差.2.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.3.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实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1实验原理(1)实验电路图(如图所示)：(2)实验方法采用控制变量法n1、U1一定，研究n2和U2的关系n2、U1一定，研究n1和U2的关系2实验器材学生电源(低压交流电源，小于12 V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干3实验过程(1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不

2、变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压(2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响重复(1)中步骤4数据处理由数据分析变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比与原、副线圈的匝数n1、n2之比的关系5注意事项(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，通电时不能用手接触

3、裸露的导线和接线柱(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量例1在“探究变压器原、副线圈电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器如图所示(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是_；A控制变量法B等效替代法C整体隔离法(2)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择_；A整块硅钢铁芯 B整块不锈钢铁芯C绝缘的硅钢片叠成 D绝缘的铜片叠成(3)以下给出的器材中，本实验需要用到的有哪些_；(4)下列做法正确的是_；A为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12 VB为了多

4、用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测C观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数多D变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈(5)在实际实验中将电源接在原线圈的“0”和“800”两个接线柱上，用电表测得副线圈的“0”和“400”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则原线圈的输入电压可能为_(填选项前字母)A1.5 V B3.0 VC6.0 V D7.0 V答案(1)A(2)C(3)BD(4)B(5)D解析(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A.(2)变压器铁芯的材料要选

5、择磁性材料，为防止出现涡流，选择用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，故C正确，A、B、D错误(3)实验中需要交流电源和交流电压表，不需要干电池和直流电压表，故选B、D.(4)变压器改变的是交流电压，因此为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不能超过12 V，若用直流电源，变压器不能工作，故A错误；使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故B正确；观察两个线圈的导线，发现粗细不同，由变压器工作原理知，可知匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少，故C错误；变压器的工作原理是电磁感应现象，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁

6、芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电，传输电能，故D错误(5)若是理想变压器，则由变压器原、副线圈电压与匝数的关系有，若变压器的原线圈接“0”和“800”两个接线柱，副线圈接“0”和“400”两个接线柱，可知原、副线圈的匝数比为21，副线圈的电压为3 V，则原线圈的电压为U123 V6 V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6 V，可能为7 V，故D正确考点二理想变压器的原理及应用1构造和原理(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的(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：.(3)电流关系：只有

7、一个副线圈时.(4)频率关系：f出f入1变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用()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在任何情况下，理想变压器均满足、P入P出()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，U2U1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，I1I22.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：功率关系：P1P2P3P4Pn电流关系：n1I1n2I2n3I3n4I4nnIn 考向1变压器基本物理量的分析与计算例2(

8、2022山东卷4)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为uUmcos (100t)单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V将阻值为12 的电阻R接在BC两端时，功率为12 W下列说法正确的是()An1为1 100匝，Um为220 VBBC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 AC若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 HzD若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s答案D解析变压器的输入电压为220 V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流

9、电压的最大值为220 V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为，解得原线圈为2 200匝，A错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，BC间的电压为UBC12 V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系有，则BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC1 A，B错误；若将R接在AB两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，AB间的电压应该为18 V，根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电的角速度为100 rad/s，故交流电的频率为f50 Hz，C错误；若将R接在AC两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V时，AC间的电压应该为30 V，根据欧姆定律可知，流过电

10、阻R的电流为IAC A2.5 A，交流电的周期为T0.02 s，D正确例3(2022北京卷4)某理想变压器的原线圈接在220 V的正弦交流电源上，副线圈输出电压为22 000 V，输出电流为300 mA.该变压器()A原、副线圈的匝数之比为1001B输入电流为30 AC输入电流的最大值为15 AD原、副线圈交流电的频率之比为1100答案B解析原、副线圈的匝数之比为，故A错误；根据可得输入电流为I1I2100300103 A30 A，故B正确；输入电流的最大值为ImI130 A，故C错误；变压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为11，故D错误 考向2原线圈接入用电器的变压器问题

11、分析例4(2023江苏省名校联考)如图，一理想变压器ab端接交流电源，原线圈匝数为100匝，R1、R2、R3阻值相等则当开关S断开时R1的功率为P1，当S闭合时R1的功率为P2，且P1P2925，则副线圈匝数为()A25 B50 C200 D400答案B解析设原、副线圈的匝数比为n，开关断开时原线圈电流为I1，开关闭合时原线圈电流为I2，由P1P2925、PI2R可知I1I235；设开关断开时副线圈电流为I1，开关闭合时副线圈电流为I2，设R1R2R3R，则开关断开时副线圈电压为U1I1RnI1R，此时原线圈输出电压为U1nU1n2I1R，总电压为UU1I1Rn2I1RI1R，由欧姆定律可知开

12、关闭合时副线圈电阻为R0.5R，此时副线圈电压为U2I20.5R0.5nI2R，此时原线圈输出电压为U2nU20.5n2I2R，总电压为UU2I2R0.5n2I2RI2R，联立解得n2，则副线圈的匝数为n10050，故B正确，A、C、D错误考点三理想变压器的动态分析1匝数比不变的分析思路(1)U1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，而P1P2，故P1发生变化2负载电阻不变的分析思路(1)U1不变，发生变化时，U2变化(2)R不变，U2变化时，I2发

13、生变化(3)根据P2，P2发生变化，再根据P1P2，故P1变化，P1U1I1，U1不变，故I1发生变化1变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小()2原线圈所加电压恒定，当原线圈的匝数增加时，副线圈两端电压增大()3变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小() 考向1理想变压器匝数不变问题的分析和计算例5(2021湖北卷6)如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中()A电流表A1示数减小B电流表A2示数增大C原线圈输入功率先增大后减小D定值电阻R消耗的功率先减小后增

14、大答案A解析由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，滑动变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得I2，可知副线圈的电流逐渐减小，由，可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A正确，B错误；原线圈的输入功率为P入U1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C错误；滑片从a端向b端滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和R并联总电阻减小，则并联部分分压减小，由PR知，定值电阻R消耗的功率减小，故D错误 考向2理想变压器负载不变问题的分析和计算例6如图所示，原、副线圈匝数比为1001的理

15、想变压器，b是原线圈的中心抽头，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u1310sin 314t(V)，则()A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1 VB副线圈两端的电压频率为50 HzC当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小D当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小答案B解析由，得U2，因U1 V，所以U2 V2.2 V，A错误；由瞬时值表达式可得314 rad/s，则频率f Hz50 Hz，B正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变大，I2增大，副线圈的输出功率P出U2I2增大，原

16、线圈的输入功率增大，C、D错误考点四远距离输电如图所示，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，用户端的电压为U，输电电流为I，输电线总电阻为R.1输电电流I.2电压损失(1)UUU；(2)UIR.3功率损失(1)PPPUI；(2)PI2R()2R4降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻R.由R知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线(2)减小输电导线中的电流在输电功率一定的情况下，根据PUI，要减小电流，必须提高输电电压1增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失()2高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗()3若发电站输出功率为P，输电电

17、压为U，输电线总电阻为R，如图所示，则输电线上损失的功率为P损.()1理清输电电路图的三个回路(如图)(1)在电源回路中，P发电机U1I1P1.(2)在输送回路中，I2I线I3，U2UU3，UI2R线，PI22R线(3)在用户回路中，P4U4I4P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：，P1P2.(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：，P3P4.3掌握一个守恒观念功率关系：P2PP3，其中PUI线I线2R线.例7如图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

18、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()A用户端的电压为B输电线上损失的电压为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U1I1U2I2，即U2，选项A正确；输电线上损失的电压为U线UU1，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I12rI1(UU1)，选项C、D错误例8(多选)(2021山东卷9)输电能耗演示电路如图所示左侧变压器原、副线圈匝数比为13，输入电压为7.5 V的正弦交流电连接两理想变压器的导线总电阻为r，负载R的阻值为10 .开关S接

19、1时，右侧变压器原、副线圈匝数比为21，R上的功率为10 W；接2时，匝数比为12，R上的功率为P.以下判断正确的是()Ar10 Br5 CP45 W DP22.5 W答案BD解析左侧变压器副线圈两端电压U237.5 V22.5 V，当开关S接1时，电阻R上的电压，即右侧变压器副线圈两端电压U4 V10 V，电流I41 A，则右侧变压器原线圈两端电压U310 V20 V，电流I31 A0.5 A，则r5 ；当开关S接2时，设输电电流为I，则右侧变压器副线圈中的电流为0.5I；根据右侧变压器两边电压与匝数的关系可知，解得I3 A，则R上的功率P(0.5I)2R22.5 W，故选B、D.课时精练1

20、(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()A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少，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)(2020全国卷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

21、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P，到达B处时电压下降了U.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P，到达B处时电压下降了U.不考虑其他因素的影响，则()APP BPPCUU DUU答案AD解析由输电电流I知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的，损耗的电功率PI2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的，即PP；输电线上损失电压为UIr，则输电电压加倍，损失电压变为原来的，即UU.故A、D正确3(2021广东卷7)某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁

22、的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为160，下列说法正确的是()A交流电的频率为10 HzB副线圈两端电压最大值为3 VC变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D充电电路的输入功率大于变压器的输入功率答案B解析周期为T0.2 s，频率为f5 Hz，故A错误；由理想变压器原理可知，解得副线圈两端的最大电压为U2U13 V，故B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输

23、入功率，故D错误4(多选)无线充电器能给手机充电是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生感应电流，双方密切配合，手机成功无线充电如图为某老师自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉(发射线圈)、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比n1n2101，若电磁炉两端所加电压为u220sin 314t (V)，不考虑充电过程中的各种能量损失则下列说法正确的是()A通过车载充电器的电流为交流电B通过车载充电器的电流为直流电C车载充电器两端电压的有效值约为22 VD车载充电器两端电压的有效值约为 V答案B

24、D解析接收线圈与车载充电器之间连接一个二极管，二极管只能正向通电，具有整流作用，所以通过车载充电器的电流为直流电，故A错误，B正确；发射线圈、接收线圈匝数比n1n2101，若电磁炉两端所加电压为u220sin 314t (V)，则发射线圈两端电压有效值U1，由，代入数据联立可得接收线圈两端电压有效值U2 V22 V，由有效值的定义有T，可得车载充电器两端电压的有效值约为U3 V，故C错误，D正确5(2022河北卷3)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发

25、电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后输出电压为U.忽略线圈电阻，下列说法正确的是()A发电机输出的电压为NBSzB发电机输出交变电流的频率为2nzC变压器原、副线圈的匝数比为NBSnzUD发电机产生的瞬时电动势eNBSnzsin(2nz)答案C解析发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为fnz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为EmNBS2nz，则发电机输出的电压为ENBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为，C正确；发电机产生的瞬时电动势为eEmsin t2NB

26、Snzsin(2nzt)，D错误6某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干(1)实验需要以下哪种电源_；A低压直流电源 B高压直流电源C低压交流电源 D高压交流电源(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数分别测出相应的原、副线圈电压值由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的_值 (填“有效”或“最大”)其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为_；(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成_(选填“正比” 或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损

27、，导致原线圈与副线圈的电压之比一般_(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比；(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别原因不可能为_(填字母代号)A原、副线圈上通过的电流发热B铁芯在交变磁场作用下发热C变压器铁芯漏磁D原线圈输入电压发生变化答案(1)C(2)有效7.0 V(3)正比大于(4)D解析(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10 V挡位，所以应该在010 V挡位读数，所以读数应该是7.0 V.(3)根据可知，理想变压器原、副线圈电压应与其

28、匝数成正比实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈电压的实际值一般略小于理论值，所以导致.(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.7.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用如图所示，一理想自耦变压器接在uUmsin 100t的正弦交流电压上，P为滑动触头，初始位置位于线圈CD的中点G,A1和A2为理想交流电表，R为定值电阻，下列说法正确的是()A将P向下滑动，A1的示数将变小B将P向上

29、滑动，A2的示数将变大C将P下滑到GD的中点，电阻R的功率将变为原来的4倍D将P上滑到CG的中点，电阻R的功率将变为原来的答案C解析将P下滑时，电阻R两端电压变大， A1示数将变大，同理，将P向上滑动，电阻R两端电压变小，A2的示数将变小，A、B错误；若将P向下滑动到GD的中点，原、副线圈的电压比将由12变为14，电阻R两端的电压将变为原来的2倍，由P可知，功率将变为原来的4倍，C正确；若将P向上滑动到CG的中点，原、副线圈的电压比将从12变为34，电阻R两端的电压将变为原来的，电阻R的功率将变为原来的，D错误8(多选)(2023福建省模拟)20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三

30、大跨越”如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U2由220 kV升级为1 000 kV高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变，输电线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则()A.变为原来的倍B输电线上电流I2变为原来的C输电线损失的功率变为原来的()2D降压变压器原、副线圈匝数比值变小答案ABC解析由理想变压器基本关系知，U1不变，U2变为原来的倍，所以变为原来的倍，A正确；根据P送U2I2可知，因P送变为原来的2倍，U2变为原来的倍，则输电线上电流I2变为原来的，B正确；根据P损I22R线，可知P损变为原来的()2，C正确；总功率变大，损失的功率

31、变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I4变大，又I2变小，I2I3，则变大，D错误9如图甲所示为半波整流电路，在理想变压器的输出电路中有一只整流二极管，已知原、副线圈的匝数比为111，电阻R10 ，原线圈的输入电压随时间的变化关系如图乙所示，电表均为理想交流电表，则()A电压表V1的读数为28 VB电压表V2的读数为20 VC电流表A的读数为0.18 AD原线圈的输入功率为20 W答案D解析由题图可知，原线圈输入电压的有效值为U0220 V，根据原、副线圈匝数比与电压比的关系可知，解得U1U0220 V20 V，所以电压表V1的读数为20 V，A错误；由于二极管具有单向导电性，一个周期

32、内只有半个周期有电流通过，故有T，有效值为U210 V，即电压表V2的读数为10 V14.14 V，B错误；流过R的电流为I2 A1.4 A，由原线圈输入功率等于输出功率可知，U0I0U2I2，解得I00.09 A，C错误；原线圈的输入功率等于输出功率，即P0P1U2I220 W，D正确10(多选)(2022湖北卷9)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是()A接收线圈的输出电压约为8 VB接收线

33、圈与发射线圈中电流之比约为221C发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同答案AC解析根据，可得接收线圈的输出电压约为U28 V，故A正确；由于漏磁，接收线圈与发射线圈功率不相等，接收线圈与发射线圈中的电流比I2I1n1n2221，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相等，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误11(多选)(2021河北卷8)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分

34、别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是()A通过电阻R2的电流为B电阻R2两端的电压为Cn0与n1的比值为D发电机的功率为答案BC解析由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U1IR1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有，则有U0IR1，U2IR1再由欧姆定律有U2I2R2，可计算出I2I故A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax2NBL2，U0NBL2又U0IR1，则，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0P1P2U1IU2I2I2R1U2I2联立解得P0由

35、于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误12.(2022湖南卷6)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I.下列说法正确的是()A保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变B保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大D保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小答案B

36、解析由题意可知，原、副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U22IR1，则变压器原线圈两端的电压有效值为U12U24IR1，设接入交变电源的电压有效值为U0，则U04IR1IR2，可得I；保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律有U14IR1，可知变压器原线圈两端的电压有效值变大，输入端接入的电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；设原、副线圈的匝数比为n，同理可得U1n2IR1，则U0n2IR1IR2，整理可得I；保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知UIR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率为PIU1(U0)，整理可得P，当n3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后减小，故C、D错误