一、选择题。
1．(2017·湖北模拟)智能家电中控制电路部分的工作电压较低，通常用变压器将市电降压后输入到控制电路．下表为某智能家电内部的变压器的部分参数，由表中信息可以推知，该变压器( )
a.原、副线圈匝数之比约为9∶220，正常工作时实际输入功率大于1.8 w
b．原、副线圈匝数之比约为9∶220，正常工作时实际输入功率小于1.8 w
c．原、副线圈匝数之比约为220∶9，正常工作时实际输入功率大于1.8 w
d．原、副线圈匝数之比约为220∶9，正常工作时实际输入功率小于1.8 w
答案 c解析由表中数据可知，输入电压为220 v，而输出电压为9 v，则由电压之比等于线圈匝数之比可得：n1∶n2＝u1∶u2＝220∶9；由p＝ui可知，输出功率p＝9×0.2＝1.
8 w，而在实际使用中由于内部存在热功率以及实际变压器存在磁损耗等，故实际输入功率大于1.8 w．故c项正确，a、b、d三项错误．
2.(2017·浙江模拟)(多选)某同学在实验室中研究远距离输电．由于输电线太长，他将每100米导线卷成一卷，共卷成8卷来代替输电线路(忽略输电线路的自感作用)．第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连，测得输电线上损失的功率为p1.第二次采用如图所示的电路输电，其中理想变压器t1与电源相连，其原、副线圈的匝数比为n1∶n2，理想变压器t2与用电器相连，测得输电线上损失的功率为p2.
下列说法正确的是( )
a．前后二次实验都可用于研究远距离直流输电。
b．实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失。
c．若输送功率一定，则p2∶p1＝n12∶n22
d．若输送功率一定，则p2∶p1＝n1∶n2
答案 bc解析变压器只能改变交变电流的电压，所以第二次实验只能研究远距离交流输电，故a项错误；实验可以证明，减小输电电流能减小远距离输电的能量损失，故b项正确；第一次实验输电线上的电流i＝，输电线上损失的功率p1＝i2r＝r；第二次实验，升压变压器副线圈上的电压u2＝u1，输电线上的电流i′＝，输电线上损失的功率p2＝i2r＝r，所以＝＝，故c项正确，d项错误．
3．(2017·湖北一模)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，原线圈回路接有内阻不计的交流电流表a，副线圈回路接有定值电阻r＝2 ω，现在a、b间和c、d间分别接上示波器，同时监测得a、b间，c、d间电压随时间变化的图像如图所示，则下列说法中错误的是( )
a．t＝0.02 s
b．n1∶n2＝55∶1
c．电流表a的示数i≈36.4 ma
d．当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压瞬时值为0
答案 d解析 a项，因为变压器不改变交变电流的周期，输入电压的周期t＝0.02 s，输出电压的周期t＝0.02 s，故a项正确；b项，原线圈电压的有效值u1＝v＝220 v，副线圈电压的有效值u2＝v＝4 v．根据电压与匝数成正比，有＝＝＝故b项正确；c项，输出功率p2＝＝＝8 w，输入功率为8 w，电流表的示数i1＝a＝0.
036 4 a＝36.4 ma，故c项正确；d项，根据电压与匝数成正比，知当原线圈电压瞬时值最大时，副线圈两端电压的瞬时值最大，故d项错误．
4．(2017·河南模拟)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻r＝20 ω，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源，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( )
a．输入电压u的表达式u＝20sin(50πt) v
b．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0.8 w
答案 d解析由题图知，um＝20 v，t＝0.02 s，则ω＝＝100π rad/s，输入电压u＝20sin(100πt) v，故a项错；由变压器的变压规律知：＝，故u2＝＝v＝4 v，由题中将s1接1、s2闭合时，灯泡l2正常发光可得，灯泡l2的额定电压为4 v，当只断开s2后，副线圈两端电压不变，此时副线圈的负载为l1、l2串联，故l1、l2均不能正常发光，b项错；此时p出＝，副线圈负载r总增大，故p出减小，又p入＝p出，故原线圈的输入功率减小，c项错误；当s1换接到2后，副线圈的负载仅是电阻r，故p＝＝w＝0.
8 w，d项正确．
5．(2017·安阳一模)如图所示为一理想变压器，b是原线圈的中心抽头，副线圈两端接有理想交流电压表和电流表，开关s，可变电阻r以及两个阻值相同的定值电阻r1、r2.从某时刻开始在原线圈cd两端加上正弦式交变电压，下列说法正确的是( )
a．将可变电阻r调大，其它部分不变，电流表，电压表的读数均变小。
b．将开关s从断开到闭合，其他部分不变，电流表读数变大，电压表读数变小。
c．可变电阻r的阻值调为0时，开关s闭合前后电源的输出功率之比为1∶2
d．将单刀双掷开关由a拨向b时，其他部分不变，副线圈的频率减半。
答案 c解析 a项，将可变电阻r调大，其它部分不变，电压表示数不变，根据欧姆定律，电流表示数变小，故a项错误；b项，将开关s从断开到闭合，其它部分不变，副线圈回路的电阻变小，电压表示数不变，电流表示数变大，故b项错误；c项，将可变电阻r的阻值调为0时，开关s断开时电源的输出功率p1＝，开关s闭合时电源的输出功率p2＝＋＝2，p1∶p2＝1∶2，所以开关s闭合前后电源的输出功率之比为1∶2，故c项正确；d项，变压器不改变交流电源的频率，将单刀双掷开关由a拨向b时，其他部分不变，副线圈的频率不变，故d项错误．
6.(2017·保定期末)如图所示，有一自耦变压器接在稳定的交流电源上，v1、v2为理想电压表．下列说法中正确的是( )
a．若f不动，滑片p向上滑动时，v1示数变大，v2示数变小。
b．若f不动，滑片p向上滑动时，灯泡消耗的功率变小。
c．若p不动，滑片f向下移动时，v1示数不变，v2示数增大。
d．若p不动，滑片f向下移动时，灯泡消耗的功率变小。
答案 d解析电压表v1的示数由交流电源决定，与其他因素无关，a项错误；f不动，变压器输出电压不变，滑片p上滑，副线圈电路总电阻减小，由欧姆定律可知，电流增大，灯泡l功率增大，b项错误；若滑片p不动，f下移，副线圈匝数n2减小，由变压规律＝可知，输出电压u2减小，由欧姆定律可知，电路总电流减小，故灯泡消耗功率减小、滑动变阻器两端电压减小，c项错误，d项正确．
7．如下图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用白炽灯泡相同，且都是“220 v，40 w”，当灯泡所消耗的功率都调于20 w时，哪种台灯消耗的功率最小)(
答案 c解析 c图为理想变压器调节，而理想变压器不消耗能量，a、b、d三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压，故一定要消耗能量．c项消耗功率最小．
8．(2017·淮南二模)(多选)如图(a)所示，理想变压器原副线圈匝数比n1∶n2＝55∶4，原线圈接有交流电流表a1，副线圈电路接有交流电压表v、交流电流表a2、滑动变阻器r等，所有电表都是理想电表，二极管d正向电阻为零，反向电阻无穷大，灯泡l的阻值恒定．原线圈接入的交变电流电压的变化规律如图(b)所示，则下列说法正确的是( )
a．交流电压表v的读数为32 v
b．灯泡l两端电压的有效值为32 v
c．当滑动变阻器的触头p向下滑动时，电流表a2示数增大，a1示数增大。
d．由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s
答案 ac解析 a项，由图(b)可知，原线圈输入电压有效值为440 v，根据＝，可得副线圈电压为32 v，交流电压表v的示数为有效值，即为32 v，故a项正确；b项，设灯泡l两端电压的有效值为u′，灯泡的阻值为r，交变电流的周期为t，根据交变电流有效值的定义有：·＝t，解得：u′＝22.
6 v，故b项错误；c项，当滑动变阻器的触头p向下滑动时，滑动变阻器阻值减小，则由欧姆定律可知，电流表a2示数增大，因为理想变压器输入功率与输出功率相等，所以电流表a1示数也增大，故c项错误；d项，根据ω＝＝100π rad/s可知，交流发电机转子的角速度为100π rad/s，故d项错误．
9.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．a、b间接交流电压u，输出端连接了两个相同的灯泡l1和l2，q为滑动变阻器的滑动触头．当开关s闭合，p处于如图所在的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是( )
a．将p沿逆时针方向移动，两灯均变暗。
b．p不动，将q向左移动，两灯均变亮。
c．p不动，将q向右移动，输入功率变大。
d．断开开关s，l1将变暗。
答案 b解析当p沿逆时针方向移动时，副线圈的匝数n2增大，由＝知，u2增大，l1、l2均变亮，a项错误；当p不动时u2不变，q向左移动，r减小，l1、l2的电压增大，两灯泡变亮，b项正确；当p不动，q向右移动时，r增大，变压器输出功率p2＝，r总增大，p2减小，而p1＝p2，故p1减小，c项错误；断开开关s，负载电阻增大，l1的电压增大，l1将变亮，d项错误．
10．(2017·龙岩一模)(多选)如图所示，mn、pq是两条在水平面内、平行放置的金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与阻值为r的电阻组成闭合回路，变压器的原副线圈匝数之比n1∶n2＝k，导轨宽度为l.质量为m的导体棒ab垂直mn、pq放在导轨上，在水平外力作用下做往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝vmsin(t)，范围足够大的匀强磁场垂直于轨道平面，磁感应强度为b，导轨、导体棒、导线电阻不计，电流表为理想交流电表．则下列说法中正确的是( )
a．导体棒两端的最大电压为blvm
b．电阻r上的电压为。
c．电流表的示数为。
d．导体棒克服安培力做功的功率为。
答案 abd
解析 a项，导体棒的速度最大时，棒两端的电压最大为blvm，故a项正确；b项，原线圈电压的有效值u1＝，根据电压与匝数成正比，有＝＝，解得u2＝＝＝故b项正确；c项，输出电流i2＝＝，根据电流与匝数成反比，有＝＝，解得i1＝＝，故c项错误；d项，导体棒克服安培力做功的功率等于电阻上的热功率p＝i22r＝()2×r＝，故d项正确．
11．(2017·青岛一模)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想电表，r1电阻为100 ω，r2为定值电阻，在a、b两端加上交变电压u，u随时间变化的规律为u＝220sin100πt(v)，下列说法正确的是( )
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