人教版 (2019)选择性必修 第二册3 变压器精品同步训练题

这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册3 变压器精品同步训练题，共23页。试卷主要包含了知识掌握，巩固提高等内容，欢迎下载使用。


模块一 知识掌握
知识点一 变压器的原理
【情境导入】
1．把两个没有用导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上。接通电源，我们会看到小灯泡发光，结合实验现象思考变压器的原、副线圈没有连在一起，原线圈中的电流是如何“流到”副线圈中去的？
2．探究分析变压器中闭合铁芯的作用是什么？
【答案】
1.变压器的原、副线圈虽然都套在同一个铁芯上，但两线圈是彼此绝缘的，原线圈是利用了互感现象在副线圈中感应出电流的，并不是原线圈的电流直接流到副线圈中去。
2．变压器的铁芯为闭合铁芯，形成一个闭合磁路，使副线圈中的磁通量变化与原线圈中的磁通量变化基本相同。
【知识梳理】
1．构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，与交流电源连接的线圈叫作原线圈，与负载连接的线圈叫作副线圈．
2．原理：互感现象是变压器工作的基础．原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．
【重难诠释】
1．变压器的构造
变压器由闭合铁芯、原线圈、副线圈组成，其构造示意图与电路中的符号分别如图甲、乙所示．
2．变压器的工作原理图
注意 (1)变压器不改变交变电流的周期和频率．(2)变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．(3)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的．
知识点二 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【重难诠释】
1．实验思路
交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压．线圈匝数不同时输出电压不同，实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系．
2．实验器材
多用电表、可拆变压器(如图甲)、学生电源、开关、导线若干
3．实验步骤
(1)按图乙所示连接好电路，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数．
(2)接通学生电源，读出电压值，并记录在表格中．
(3)保持匝数不变，多次改变输入电压，记录每次改变后原、副线圈的电压值．
(4)保持输入电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值．
4．实验结论
实验分析表明，在误差允许范围内，原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比，即eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).
5．注意事项
(1)在改变学生电源的电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．
(2)为了保证人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱．
(3)为了保证多用电表的安全，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．
（2023春•如皋市校级月考）利用如图所示的可拆变压器可以探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系，下列说法中正确的是（ ）
A．为了保证人身安全，可以用4～6节干电池作为电源
B．使用电压表测电压时，要先用最小量程挡试测
C．变压器工作时通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈
D．由于漏磁，实际测得变压器原、副线圈的电压比会比原、副线圈的匝数比略大
【解答】解：A．干电池为直流电源，变压器只能改变交流电源的电压、电流，故A错误；
B．使用电压表测电压时，为确保电压表安全，要先用最大量程挡试测，故B错误；
C．变压器工作时通过铁芯导磁，利用互感的原理把电能由原线圈输送到副线圈，故C错误；
D．由于漏磁，实际测得变压器原、副线圈的电压比会比原、副线圈的匝数比略大，故D正确。
故选：D。
（2023春•青岛期中）在实验室中探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系时，同学们发现了以下几个问题，并展开了讨论。
（1）观察变压器的铁芯，发现它的结构和材料是 ；
A．整块硅钢铁芯 B．整块不锈钢铁芯 C．绝缘的硅钢片叠成
（2）观察原副线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数 （填“多”或“少”）；
（3）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
（4）实验中将电源接在原线圈两个接线柱之间，调整原副线圈的匝数之比为2：3，用电压表测得副线圈的两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为 ；
A．1.8V B．2.0V C．2.2V
【解答】解：（1）观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，之所以做成这种结构，一方面是防止磁漏，另一方面昼量减少涡流造成的能量损失，故C正确，AB错误。
故选：C。
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据

可知，匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少。
（3）实验中需要运用的科学方法是控制变量；故A正确，BC错误。
故选：A。
（4）若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系

原副线圈的匝数之比为2：3，用电压表测得副线圈的两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的电压为2V。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2V，可能为2.2V；
故选C。
故答案为：（1）C；（2）少；（3）A；（4）C。
（2023春•鲤城区校级期末）某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。
（1）先将图甲中的零件组装成图乙中的变压器。再将原线圈接在交流电源上，之后再将副线圈接在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈输出电压U。随时间t变化的图像如图丙所示，在保证安全的前提下，该同学可能在t1～t2时间内进行的操作是 。
A.减少了原线圈的匝数
B.减少了原线圈的输入电压 C.增大了交流电源的频率 D.拔掉了变压器铁芯Q
（2）用匝数na＝50匝和nb＝150匝的变压器，实验测量数据如下表。
根据测量数据可判断连接电源的线圈是 。（选填“na”或“nb”）
（3）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 。
A.原、副线圈通电发热 B.铁芯在交变磁场作用下产生涡流
C.变压器铁芯“漏磁” D.原线圈输入电压发生变化
【解答】解：（1）A.由图丙知，t1时刻前的电压值小于t2时刻后的电压值，而周期不变，根据，减少了原线圈的匝数，副线圈输出电压U2增大，故A正确；
B.若减少了原线圈的输入电压，副线圈输出电压U2减小，故B错误；
C.只增大交流电源的频率，不能改变副线圈输出电压U2，故C错误；
D.拔掉了变压器铁芯Q，副线圈输出电压U2减小，故D错误。
故选：A。
（2）由表中数据可知，，变压器存在漏磁现象，副线圈两端测量值小于理论值，所以连接电源的线圈是nb.
（3）AB.原、副线圈通电发热、铁芯在交变磁场作用下产生涡流，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，故AB正确；
C.变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C正确；
D.原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D错误。
本题选择错误选项；
故选：D。
故答案为：（1）A；（2）nb；（3）D
知识点三 理想变压器的基本关系
【情境导入】
变压器线圈两端的电压与匝数的关系可以通过实验来探究。
器材：可拆变压器、学生电源、多用电表、导线若干
实验步骤：(1)按图示电路连接电路。
(2)原线圈接6 V低压交流电源，保持原线圈匝数n1不变，分别取副线圈匝数n2＝eq \f(1,2)n1、n1、2n1，用多用电表交流电压挡分别测出副线圈两端的电压，记入表格。
(3)原线圈接6 V低压交流电源，保持副线圈匝数n2不变，分别取原线圈匝数n1＝eq \f(1,2)n2、n2、2n2，用多用电表交流电压挡分别测出副线圈两端的电压，记入表格。
总结实验现象，得出什么结论？
【答案】
电压与匝数成正比，即eq \f(U1,U2) ＝eq \f(n1,n2)。
【知识梳理】
1．理想变压器：没有能量损耗的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型．
(1)原、副线圈中的电流产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内，即无“漏磁”．
(2)原、副线圈不计电阻，电流通过时不产生焦耳热，即无“铜损”．
(3)闭合铁芯中的涡流为零，即无“铁损”．
2．电压与匝数的关系
理想变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).
3．两类变压器
副线圈的电压比原线圈的电压低的变压器叫作降压变压器；副线圈的电压比原线圈的电压高的变压器叫作升压变压器．
4. 原线圈中电场的能量转变成磁场的能量，通过铁芯使变化的磁场几乎全部穿过了副线圈，在副线圈中产生了感应电流，磁场的能量转化成了电场的能量．
【重难诠释】
1．电压关系
(1)只有一个副线圈时，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).
当n2>n1时，U2>U1，变压器使电压升高，是升压变压器．
当n2(2)有多个副线圈时，eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…
2．功率关系
从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．
3．电流关系
(1)只有一个副线圈时，U1I1＝U2I2或eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1).
(2)当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
（2023春•荔湾区期末）无线充电技术已经逐渐应用于智能手机上，手机无线充电器的基本原理类似于变压器。如图所示是某款5G手机无线充电器的充电原理示意图，当充电基座上的发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出电流为手机电池充电。若在t1～t2时间内，磁场垂直于接收线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2，则在充电的这段时间内（ ）
A．接收线圈中d点电势高于c点电势
B．接收线圈中感应电流的方向由d到c点
C．发射线圈和接收线圈的频率可能不同
D．若想增大c、d之间的电势差，可以只增大发射线圈的匝数
【解答】解：AB、根据楞次定律增反减同可知，感应电流产生的磁场向下，可知接受线圈中感应电流的方向由d到c点；接收线圈中感应出电流为手机电池充电，故c点电势高于d点电势，故A错误，B正确；
C、发射线圈和接收线圈的频率相同，故C错误；
D、根据可知，若只增大发射线圈的匝数n1，则c、d之间的电势差U2减小，故D错误。
故选：B。
（2023春•顺义区期末）如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin100πtV的交流电源上，副线圈接有R＝11Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，交流电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是（ ）
A．电流表的读数为20.0A
B．电压表的读数约为156V
C．原线圈的输入功率为1100W
D．副线圈输出交流电的周期为0.01s
【解答】解：AB、由变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式可知，原线圈输入电压的最大值Um＝220V
有效值U1
由理想变压器的变压比得：
代入数据解得：U2＝110V
电压表示数为110V，由欧姆定律可知，副线圈电流I2
由理想变压器的变流比得：，代入数据解得：I1＝5A，电流表读数为5A，故AB错误；
C、副线圈输出功率P2＝U2I2＝110×10W＝1100W，理想变压器原线圈输入功率P1＝P2＝1100W，故C正确；
D、由原线圈输入电压瞬时值表达式可知，交流电源的ω＝100πrad/s，周期Ts＝0.02s，变压器副线圈输出电压的周期与原线圈输入电流周期相等，是0.02s，故D错误。
故选：C。
（2023•天心区校级一模）如图所示，交流发电机中的矩形线框的匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，定值电阻R1、R2的阻值均为R，忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（ ）
A．图示位置时，电流表的示数为0
B．矩形线框的输出功率为
C．从图示位置开始到线框转90°的过程中，通过线圈导线截面的电量为
D．1秒钟内流过电阻R1的电流方向改变
【解答】解：A．电流表的示数为电流的有效值，电流的有效值不为零，故A错误；
B．矩形线框转动时产生的感应电动势的有效值为

定值电阻R1两端的电压等于理想变压器的输入电压，即

消耗的功率为

由理想变压器电压与匝数关系式

可知

定值电阻R2消耗的功率为

矩形线框的输出功率为

故B正确；
C．等效电路如图
等效电阻阻值为

从图示位置开始转线框转90°的过程中，通过线圈的电荷量的电量为

故C错误；
D．交流电在一个周期内方向改变两次，所以1秒钟内流过电阻R1的电流方向改变次，故D错误。
故选：B。
（2023春•泉州期末）图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为如图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈两端接交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则（ ）
A．电压表的示数等于5 V
B．实现点火的条件是1000
C．t＝0.2 s时电压表的示数为0 V
D．变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为u＝5sin10πt（V）
【解答】解：A．如图乙所示的正弦交变电压，可得电压的最大值为5V，则电压表的示数为有效值，即
，故A错误；
B、根据电压与匝数成正比可知

当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，解得
1000，故B正确；
C、t＝0.2 s时，电压表的示数为电压的有效值
，C错误；
D、由图乙可得交流电的周期T＝0.4s，则

t＝0时，电压为0，电压的最大值为5V，故变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为
u＝5sin5πt（V），故D错误。
故选：B。
模块二 巩固提高
（2023春•西城区期末）某种感温式火灾报警器如图1所示，其简化的工作电路如图2所示。变压器原线圈接电压有效值恒定的交流电源。副线圈连接报警系统，其中RT为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，R0为滑动变阻器，R1为定值电阻。当警戒范围内发生火灾，环境温度升高达到预设值时，报警装置（图中未画出）通过检测R1的电流触发报警。下列说法正确的是（ ）
A．警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压减小
B．警戒范围内出现火情时，原线圈输入功率变小
C．通过定值电阻R1的电流过低时，报警装置就会报警
D．若要调低预设的报警温度，可减小滑动变阻器R0的阻值
【解答】解：A、变压器中副线圈两端电压取决于原线圈电压与匝数比，由于原线圈两端电压与匝数比不变，则警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，故A错误；
B、警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，则原线圈中电流增大，由P＝UI可知，由于原线圈两端电压不变，所以原线圈输入功率变大，故B错误；
C、警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，即通过定值电阻R1的电流达到某一值时，报警装置就会报警，故C错误；
D、若要调低预设的报警温度，即热敏电阻的阻值较大，要保持流过R1的电流不变，则可减小滑动变阻器R0的阻值，故D正确。
故选：D。
（2023春•深圳期末）电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将3V直流电压通过转换器转变为正弦交变电压u＝3sin10000πt（V），再将其加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到2100V时可击杀蚊虫，正常工作时（ ）
A．交流电压表的示数为3V
B．电击网上的高频电压的频率为10000Hz
C．副线圈与原线圈匝数比需满足
D．将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作
【解答】解：A、电压表的示数为有效值，由u＝3sin10000πt（V）可知，电压的峰值为U1m＝3V
电压表的示数为U1V
故A错误；
B、由u＝3sin10000πt（V）可知，角速度ω＝10000πrad/s
原线圈频率为fHz＝5000Hz
理想变压器不改变交流电的频率，则电击网上的高频电压的频率为5000Hz，故B错误；
C、理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，副线圈电压峰值达到2100V时可击杀蚊虫，即U2m≥2100V
则有：
代入数据解得：
故C正确；
D、理想变压器只能改变交流电的电压，不能改变直流电的电压，则将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端，电蚊拍不能正常工作，故D错误。
故选：C。
（2023•马鞍山二模）近些年我国手机闪充功能发展迅速，已经处于国际领先水平。图甲是某国产超级快速无线充电器CP62R，可提供最大50W的无线充电功率。其工作原理近似为一个理想变压器如图乙所示，当送电线圈接上220V、50Hz的正弦交变电流时，受电线圈中会产生交变电流。送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，且n1：n2＝5：1。当该装置给手机快速充电时，下列判断正确的是（ ）
A．送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递
B．流过送电线圈的电流大于受电线圈的电流
C．受电线圈的输出电压大于送电线圈的输入电压
D．每秒钟通过受电线圈的电流方向改变50次
【解答】解：A．该无线充电器的工作原理近似为一个理想变压器，送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递，故A正确；
B．根据理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知，流过送电线圈的电流与流过受电线圈的电流之比为1：5，即流过送电线圈的电流小于受电线圈的电流，故B错误；
C．根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，受电线圈的输出电压与送电线圈的输入电压之比为1：5，即受电线圈的输出电压小于送电线圈的输入电压，故C错误；
D．电压频率为50Hz，周期为Ts＝0.02s，一个周期电流方向改变2次，所以每秒钟电流方向改变100次，故D错误。
故选：A。
（2022秋•浏阳市期末）某同学自己绕制了两个线图套在可拆变压器的铁芯上，组成了一个新变压器，如图甲所示，线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，原、副线圈的匝数比为4：1，电源输出的电压如图乙所示，线圈b接小灯泡。若他组成的新变压器可视为理想变压器，则（ ）
A．电源输出电压的频率为100Hz
B．若小灯泡两端并联交流电压表，则此电压表示数为9V
C．若小灯泡两端并联一个电阻，电源的输出功率减小
D．将线圈a改接在学生电源的直流输出端，小灯泡也能发光
【解答】A.由乙图可知，周期T＝0.02s，频率f＝50Hz，变压器不改变频率，所以电源输出电压的频率为50Hz，故A错误。
B.原线圈输入电压的有效值为36V，副线圈输出电压，故B正确。
C.理想变压器原副线圈的电压比等于匝数比，在输入电压不变时，匝数比不变，副线圈输出的电压不变，灯泡两端并联一个电阻后，副线圈消耗功率变大，电源输出功率变大，故B错误。
D.变压器是利用了电磁感应的互感原理，直流电流通过线圈的磁通量不随时间变化，不会产生感应电动势，小灯泡不会发光，故D错误。
故选：B。
（2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示是一种家用台灯的原理图，已知图中理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，灯泡的额定功率为4W，额定电压为20V。现将原线圈接在的交流电源上，灯泡正常发光，则定值电阻R的阻值为（ ）
A．150ΩB．200ΩC．450ΩD．600Ω
【解答】解：由题可知原线圈的电压

根据理想变压器原副线圈电压之比和线圈匝数之比的关系有

代入数据解得U2＝110V
灯泡的额定功率为4W，额定电压为20V，则额定电流为

定值电阻R的阻值为
，故ABD错误，C正确。
故选：C。
（2023•九龙坡区模拟）九龙坡某企业是生产大型变压器的龙头企业。其生产的某理想变压器的简化模型如图，原线圈所接交流电源电压的有效值不变，电流表和电压表均为理想电表，若副线圈所接的负载电阻的阻值变小。下列说法正确的是（ ）
A．电源输出功率增大B．负载的电功率变小
C．电压表的示数变小D．电流表的示数变小
【解答】解：C、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，所以变压器的输出电压也不变，电压表的示数不变，故C错误；
AB、当负载电阻减小时，根据欧姆定律可知副线圈的电流增大，根据P＝UI可知，电源的输出功率增大，负载的电功率增大、则输入功率也增大，故A正确，B错误；
D、副线圈电流增大，根据变流比可知，原线圈的电流也增大，则电流表示数增大，故D错误。
故选：A。
（2023•北京）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ ）
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
【解答】解：若变压器为理想变压器，根据U1：U2＝n1：n2可得：U2，则输出电压为：U21V＝3.8V；实际测得小灯泡两端电压为2.5V，说明变压器漏磁。
A、仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；
B、仅增加副线圈匝数，线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；
C、将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
D、将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，更不能使小灯泡正常发光，故D错误。
故选：B。
（2023•齐齐哈尔二模）如图所示的电路中，定值电阻R1、R3的阻值均为R，R2为电阻箱，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在a、b两端输入正弦交流电压，调节滑动变阻器，使R1消耗的功率和变压器的输出功率相等，此时，电阻箱接入电路的阻值为（ ）
A．RB．RC．RD．2R
【解答】解：设原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，根据电流和匝数的关系则有：
副线圈两电阻并联，则有：
R1消耗的功率和变压器的输出功率相等，则有：
已知定值电阻R1、R3的阻值均为R
代入数据解得：R
故选：A。
（2023•辽宁模拟）图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在充电站内，受电线圈和电池系统置于车内。如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻为R，当输入端ab接入电压为U0正弦交流电时，供电线圈与受电线圈两端电压分别U1、U2，通过电池系统的电流为I。若不计其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（ ）
A．ab端的输入功率等于U2I
B．ab端的输入功率等于U0I
C．供电线圈和受电线圈匝数比为U0：U2
D．供电线圈和受电线圈匝数比为U1：U2
【解答】解：AB．根据题意可知，变压器的输出功率为P＝U2I，由于原线圈上串联的电阻R也要消耗功率，所以ab端的输入功率大于U2I，变压器原线圈中的电流不等于I，所以ab端的输入功率也不等于U0I，故AB错误；
CD．根据变压器电压比等于匝数比，可得供电线圈和受电线圈匝数比为

故C错误，D正确。
故选：D。
（2023•北碚区模拟）在图甲所示的交流电路中，电压表为理想电表。已知电源电压的有效值为220V，电压表的示数为20V，R1、R2、R3均为定值电阻，R3＝10Ω，电阻R3中通过的电流i随时间t变化的正弦曲线如图乙所示。该变压器原、副线圈的匝数之比为（ ）
A．10：1B．20：1C．1：10D．1：20
【解答】解：由题意可知，变压器原线圈两端的电压U1＝220V﹣20V＝200V，
根据欧姆定律，变压器副线圈两端的电压，
结合可得，变压器原、副线圈的匝数之比，故B正确，ACD错误。
故选：B。
（2023•厦门模拟）如图所示，电流互感器是一种测量大电流的仪器，将待测通电导线绕过铁芯作为原线圈，副线圈两端接在电流表上，则该电流互感器（ ）
A．电流表示数为电流的瞬时值
B．能测量直流输电电路的电流
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
【解答】解：A．交流电流表的示数为电流的有效值，故A错误；
B．电流互感器的工作原理是法拉第电磁感应电律，因此不能测量直流输电电路的电流，故B错误；
C．变压器不改变交流电的频率，因此变压器原、副线圈电流的频率相同，故C错误；
D．根据理想变压器电流与匝数比关系可得
由于原线圈匝数小于副线圈匝数，可知副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确。
故选：D。
（2023•沈阳三模）如图甲是某款手机置于无线充电盘上充电的情景，图乙是将其视为理想变压器的原理图，送电线圈和受电线圈分别存在于充电盘和手机中，匝数比为n1：n2＝20：1，在送电线圈上接入一个工作指示灯，在受电线圈上接入一个电阻R＝5Ω的保护电阻。当ab间接上220V的正弦交变电流后，手机电池两端获得电压为5V，充电电流为1A，则下列说法正确的是（ ）
A．ab端输入恒定电流，也能对手机进行无线充电
B．充电时，送电线圈中的电流为20A
C．充电时，送电线圈的输送功率为10W
D．工作指示灯的电阻为4400Ω
【解答】解：A、当ab端输入恒定电流时，受电线圈中不会产生感应电流，所以不能对手机进行无线充电，故A错误；
B、根据原副线圈电流与匝数的关系：，解得：，故B错误；
C、根据题意：U2＝I2R+U＝1×5V+5V＝10V，所以送电线圈的输送功率为：P1＝P2＝U2I2＝10×1W＝10W，故C正确；
D、根据闭合电路欧姆定律，在送电线圈中有：Uab＝I1RL+U1，又根据变压器变压规律可知：，联立解得：RL＝400Ω，故D错误。
故选：C。
U/V
1.25
2.61
3.30
Ub/V
3.80
7.92
9.98