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易错点12 混淆交变电流“四值”及变压器的计算存在误区
目 录
01 易错陷阱
易错点一：交变电流产生的条件
易错点二：交变电流的“四值”
易错点三：不会求非正弦变化交变电流的有效值
易错点四：不理解理解变压器的原理或乱套变压器的公式
易错点五：分析变压器的动态分析因果关系不明确
02 易错知识点
知识点一、几种典型的电流及其有效值
知识点二、交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
知识点三、变压器动态分析中的决定关系
知识点四、两种特殊的变压器模型
知识点五、远距离输电问题的分析方法
03 举一反三——易错题型
题型一：交变电流“四值”
题型二：变压器——多个副线圈
题型三：变压器——原线圈含电阻
题型四：变压器 远距离输电的动态分析
04 易错题通关
易错点一：交变电流产生的条件
1.矩形线圈在匀接磁场中匀速转动时，不一定会产生正弦式交变电流
2.线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势不是最大而是最小.
3.线圈经过中性面时，感应电动势为零，感应电流方向发生改变
4.当线圈从中性面开始计时，产生的电动势按正弦规律变化，即e=Emsinωt.
易错点二：交变电流的“四值”
1.交流电压表和电流表测量的是交流电的有效值不是峰值.
2.不可以用平均值计算交变电流产生的热量，计算热量应该用有效值
3.求通过导体横截面的电荷量q=It,其中的I 指的不是有效值而是平均值.
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4.有效值等于峰值的1
√2，这一关系不适用于所有交变电流，只适用于正弦式（余弦式）交变电流。
5.交变电流的有效值就不是一个周期内的平均值.
易错点三：不会求非正弦变化交变电流的有效值
1．公式法
利用E＝、U＝、I＝计算，只适用于正(余)弦式交变电流。
2．有效值的定义计算法(非正弦式电流)
计算时要抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解，注意时间
至少取一个周期或为周期的整数倍。
3．能量关系法
当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值。
易错点四：不理解理解变压器的原理或乱套变压器的公式
1.理想变压器的原理
理想变压器的原理是电磁感应里的理解互感现象，是因原线圈的磁通量变化穿过副线圈，副线圈又
反过来影响原线圈，且穿过原副线圈磁通量和磁通量变化时刻都是相同的．可表示为：
2.理想变压器基本规律
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P 入＝P 出
电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，即＝，与副线圈的个数无关
电流关系
①只有一个副线圈时：＝
②有多个副线圈时：由P 入＝P 出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1
＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn.
频率关系
f1＝f2，变压器不改变交流电的频率
易错点五：分析变压器的动态分析因果关系不明确
1.常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况
原、副线圈的匝数比不变，分析各物理量随负载电阻的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是
R→I2→P2→P1→I1。负载电阻不变，分析各物理量随原、副线圈的匝数比的变化而变化的情况，进
行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1．
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
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(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。
知识点一、几种典型的电流及其有效值
名称
电流(电压)图像
有效值
正弦式交变电流
I＝
U＝
正弦半波电流
I＝
U＝
正弦单向脉动电流
I＝
U＝
矩形脉动电流
I＝ I1
U＝ U1
非对称性交变电流
I＝
U＝
知识点二、交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
物理量
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsinωt
u＝Umsinωt
i＝Imsinωt
(适用于正弦式交变电流)
计算线圈某时刻的受力情
况
峰值
最大的瞬时值
Em＝NBSω
(适用于正弦式交变电流)
讨论电容器的击穿电压
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Um＝
Im＝
有效值
跟交变电流的热效应等效
的恒定电流的值
E＝
U＝
I＝
(适用于正弦式交变电流)
(1)计算与电流的热效应有
关的量(如电功、电功率、
电热等)
(2)电器设备“铭牌”上所
标的额定电流、额定电压
一般是指有效值
(3)保险丝的熔断电流为有
效值
(4)交流电压表和电流表的
读数为有效值
（5）没有特别说明，通常
默认为有效值。
平均值
交变电流图像中图线与时
间轴所围的面积与时间的
比值
＝Bl
＝n
＝
＝
计算通过电路导体截面的
电荷量
知识点三、变压器动态分析中的决定关系
1、匝数比不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R 如何变化，U2不
变。
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。
2、负载电阻不变的情况(如图所示)
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(1)U1不变，发生变化，U2变化。
(2)R 不变，U2变化，I2发生变化。
(3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。
3、分析动态问题的步骤
知识点四、两种特殊的变压器模型
（1）自耦变压器
自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不
同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如下图所示。
（2）互感器
分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：
电压互感器
电流互感器
原理图
原线圈的连接
并联在高压电路中
串联在交流电路中
副线圈的连接
连接交流电压表
连接交流电流表
互感器的作用
将高电压变为低电压
将大电流变为小电流
利用的公式
＝
I1n1＝I2n2
知识点五、远距离输电问题的分析方法
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序
或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析。远距离高压输电的几个基本关系(以下图为
例)
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(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P 损＋P3。
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I 线。
(3)输电电流：I 线＝＝＝。
(4)输电线上损耗的电功率 P 损＝I 线ΔU＝IR 线＝
2
R 线。
当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的。
题型一：交变电流“四值”
【例1】（2023•孝昌县校级三模）如图甲为交流发电机的原理图，矩形线圈abcd 匝数N＝10 匝、
电阻r＝2Ω，矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动。线圈的两端经
集流环和电刷与R＝8Ω 的电阻连接，电压表为理想交流电表。图乙是穿过矩形线圈abcd 的磁通
量Φ 随时间t 变化的图像。下列说法正确的是（ ）
A．1s 内线圈abcd 中电流方向改变50 次
B．0.02s 时电压表的示数为31.4V
C．R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u＝31.4sin100πt（V）
D．1s 内电阻R 产生的热量约为39.4J
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【解答】解：A、由图可知周期T＝0.02s，线圈的转速为n'= 1
T =
1
0.02r/s＝50r/s，则1s 内线圈中
电流方向改变100 次，故A 错误；
B、根据角速度的计算公式可得：ω= 2π
T = 2π
0.02rad/s＝100πrad/s，感应电动势的最大值为：Em
＝NΦmω＝10×1×10﹣2×100πV＝31.4V，感应电动势的有效值为：E= 31.4
√2 V≈22.2V，感应电流
的有效值为：I=
E
R+r = 22.2
8+2A＝2.22A，电压表的读数为路端电压的有效值，示数应为U＝IR＝
2.22×8V＝17.76V，故B 错误；
C、线圈从中性面开始计时，所以R 两端的电压u 随时间t 变化的规律是u=√2Usinωt＝
25sin100πt（V），故C 错误；
D、根据焦耳定律可得：Q＝I2Rt＝（2.22）2×8×12J＝39.4J，故D 正确。
故选：D。
【变式1-1】（2024•江汉区模拟）图甲为某种桥式整流器的电路图，它是利用二极管单向导通性进
行整流的常用电路。已知交流电源的输出电压如图乙所示，灯泡L 的额定电压为10V，假设四
个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，电压表V 为理想电压表，下列说法正确的是（ ）
A．t＝0.01s 时，电压表示数为0
B．电压表的示数始终为5V
C．每个周期内通过灯泡的电流方向变化两次
D．每个周期内通过灯泡的电流方向始终不变
【解答】解：CD、根据题目中的电路图可知，电流从整流电路上端流入经右上二极管、灯泡、
左下二极管形成回路，电流从整流电路下端流入经右下二极管、灯泡、左上二极管形成回路，
所以每个周期内通过灯泡的电流方向始终不变，故C 错误；D 正确；
AB、由CD 选项分析可知，经整流电路后，流经灯泡的电流方向不再改变，但是电流大小仍按
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正弦规律变化，
所以电压表示数即交流电源的输出电压有效值为U = Em
√2
，
代入数据解得：U＝10A
故AB 错误。
故选：D。
【变式1-2】（2024•皇姑区校级模拟）一单匝闭合矩形线圈abcd 以角速度ω 绕垂直于磁感线的固
定轴OO'匀速转动，线圈平面位于如图甲所示的匀强磁场中，线圈电阻为R。通过线圈的磁通量
Φ 随时间t 的变化规律如图乙所示。下列说法不正确的是（ ）
A．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变，线圈平面与磁场方向垂直
B．t2、t4时刻通过线圈平面的磁通量变化率最大，线圈中感应电动势最大
C．从t1到t3的过程，通过线圈某一截面的电荷量为Φm
R
D．线框转动一周产生的焦耳热为π Φm
2 ω
R
【解答】解：A、t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，为中性面，感应电流方向改变，线圈平面
与磁场方向垂直，故A 正确；
B、t2、t4时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，线圈中感应电动势最大，磁通量变化率最大，故B
正确；
C、从t1到t3的过程，电流的平均值为：I =| E
R |=
ΔΦ
R⋅Δt = 2Φm
R
2Φm
R⋅Δt
通过线圈某一截面的电荷量为：q= I•Δt
解得：q= 2Φm
R
，故C 错误；
D、线圈转动产生的感应电动势的最大值为Em＝BSω＝Φmω，所以线圈转动一周产生的焦耳热
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为Q=
( Em
√2 )
2
R
⋅T = Φm
2 ω
2
2 R ⋅2π
ω = π Φm
2 ω
R
，故D 正确。
本题选错误的，
故选：C。
【变式1-3】（2024•江汉区模拟）如图所示为一交流发电机的原理示意图，装置中两磁极之间产生
的磁场可近似为匀强磁场，发电机的矩形线圈abcd 在磁场中可绕过bc 边和ad 边中点且垂直于
磁场方向的水平轴OO׳匀速转动。为了便于观察，图中发电机的线圈只画了其中的1 匝，用以
说明线圈两端的连接情况。线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值
电阻R 连接。已知矩形线圈ab 边和cd 边的长度L1＝20cm，bc 边和ad 边的长度L2＝30cm，匝
数N＝100 匝，线圈转动的角速度ω＝400rad/s，匀强磁场的磁感应强度B＝0.1T。线圈的总电阻
r＝1Ω，外电路的定值电阻R＝9Ω，其余电阻不计。电流表和电压表均为理想电表，图示位置线
圈平面和磁场方向垂直。求：
（1）线圈从图示位置开始转过30°时的瞬时感应电动势e；
（2）电流表的示数I；
（3）线圈从图示位置转过180°的过程中流过电阻R 的电荷量q。
【解答】解：（1）由题意，根据法拉第电磁感应定律可得线圈转动产生感应电动势最大值为
Em＝NBL1L2ω，代入数据解得Em＝240V
瞬时感应电动势
e＝Emsinωt
线圈从图示位置开始转过30°时
ωt＝30°
此时瞬时感应电动势，代入数据解得
e＝240sin30°V＝120V。
（2）线圈匀速转动过程中，电流表的示数为有效值，则有
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E = Em
√2
I =
E
R+r
则电流表的示数为
I =12√2 A
（3）线圈由如图位置转过180°的过程中，通过R 的电量为
q = I t
E = N ΔΦ
t
ΔΦ＝2BL1L2
代入数据解得
q＝0.12C。
题型二：变压器——多个副线圈
【例2】（多选）（2024•长沙模拟）如图，发电机的矩形线圈放置在匀强磁场中匀速转动，理想变
压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1 和n2，两个副线圈分别接有电阻R1 和R2，理想电流表A1
与发电机线圈相连（发电机线圈电阻不可忽略）。若已知理想电流表A2读数为I，则下列说法
正确的是（ ）
A．如图所示的时刻，发电机线圈中感应电流为0
B．流经电阻R2的电流为I n2 R1
n1 R2
C．理想电流表A1读数为I n1
n0
+ I R1n2
2
R2n0
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D．若用一阻值更大的电阻R3替换R2，则电阻R1消耗的功率会变大
【解答】解：A.线框平面处于中性面的垂面，此时感应电流最大，故A 错误；
B.对于变压器，根据变压原理有：n0
n1
= U 0
U 1
和n1
n2
= U 1
U 2
，结合两式可得：
U 0
U 2
= n0n2
n1
2
根据欧姆定律，有：IR1= U 1
R1
，和IR2= U 2
R2
，结合上述式子可得：IR2= I n2 R1
n1 R2
，故B 正确。
C.根据输入功率等于输出功率有：P0＝P1+P2，即U0IA1＝U1IR1+U2IR2，结合B 选项中的式子，联
立解得：IA1= I n1
n0
+ I n2
2 R1
n1n0 R2
，故C 错误；
D.若用一阻值更大的电阻R3替换R2，R2电流变小，则输入电流减小，即发电机线圈电流变小，
根据闭合电路欧姆定律：E＝Ir+U0，则U0变大，由变压器原理，U1变大，故电阻R1消耗的功率
会变大，故D 正确。
故选：BD。
【变式2-1】（多选）（2024•重庆模拟）如图甲、如图乙所示理想变压器，原线圈的输入电压均为
U，匝数均为150，两个电阻的阻值均为R，对甲图，两个副线圈的匝数分别为40、60，对乙图，
副线圈的匝数为100，下列说法正确的是（ ）
A．甲、乙两图原线圈的电流之比为26：25
B．甲、乙两图变压器的输入功率之差为U
2
75 R
C．乙图每个电阻的功率为U
2
3 R
D．甲图两个电阻的功率之比为4：9
【解答】解：对甲图，由理想变压器的原理可得U
U 1
= 150
40 ，U
U 2
= 150
60
解得U 1= 4U
15 ，U 2= 2U
5
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甲图两个电阻消耗的电功率：P1= U 1
2
R = 16U
2
225 R
，P2= U 2
2
R = 4U
2
25 R
同理对乙图U
U 3
= 150
100
可得U 3= 2U
3 ，P3= U 3
2
2 R = 4U
2
18 R
A、根据能量守恒定律可得U I 甲= P1+ P2= 16U
2
225 R + 4U
2
25 R = 52U
2
225 R
，U I 乙= P3= 4U
2
18 R = 2U
2
9 R
则甲、乙两图原线圈的电流之比
I 甲
I 乙
=
52U
2
225 R
2U
2
9 R
= 26
25
故A 正确；
B、甲、乙两图变压器的输入功率之差P 甲﹣P 乙＝UI 甲﹣UI 乙= 52U
2
225 R - 2U
2
9 R = 2U
2
225 R ，故B 错
误；
C、乙图每个电阻的功率为P= P乙
2 = U
2
9 R
，故C 错误；
D．甲图两个电阻的功率之比为P1
P2
=
16U
2
225 R
4U
2
25 R
= 4
9 ，故D 正确。
故选：AD。
【变式2-2】（多选）如图所示，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、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别
接有电阻R1和R2。当线圈绕垂直于磁场的轴，以角速度ω 匀速转动时，理想电流表A1读数为
I
。
不
计
线
圈
电
阻
，
下
列
说
法
正
确
的
是
（
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A．电流表A0的读数为n1 I
n0
B．电阻R2两端的电压为n2 I R1
n1
C．n0与n1的比值为√2 NB L
2ω
I R1
D．发电机的功率为√2 NB L
2ωI (n1+n2)
n0
【解答】解：AB、由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律得：U1＝IR1
根据变压器电压与匝数的关系有：
n0
n1
= U 0
U 1
；
n0
n2
= U 0
U 2
代入数据有：U 0= n0
n1
I R1；U 2= n2
n1
I R1
再由欧姆定律得：U2＝I2R2
可计算出：I 2= n2 R1
n1 R2
I
P0＝P1+P2
I 0U 0= I
2 R1+ I 2
2 R2
I 0=( n1
n0
+ n2
2 R1
n1n0 R2
)I，综上可知，故A 错误，B 正确；
C、由于矩形线圈产生的交流电流直接输入原线圈，则有：
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Emax= NB2 L
2ω，U 0= Emax
√2 =√2 NB L
2ω
由AB 选项可知，U 0= n0
n1
I R1
则
n0
n1
= √2 NB L
2ω
I R1
，故C 正确；
D、由于变压器为理想变压器，则有
P0= P1+ P2=U 1 I +U 2 I 2= I
2 R1+U 2 I 2
代入选项ABC 中的公式可得：P0= √2 NB L
2ωI
n0
( n1
2 R2+n2
2 R1
n1 R2
)，故D 错误；
故选：BC。
【变式2-3】（2024•雨花区校级模拟）如图所示，电路中变压器原线圈匝数为n1＝1000，两个副线
圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55Ω 的电阻，在原线圈上接入U1＝220V 的交
流电源。则两副线圈输出电功率之比
P2
P3
和原线圈中的电流I1分别是（ ）
A．P2
P3
= 5
2 ，I 1=2.8 A
B．P2
P3
= 2
5 ，I 1=2.8 A
C．P2
P3
= 25
4 ，I 1=1.16 A
D．P2
P3
= 4
25 ，I 1=1.16 A
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【解答】解：对两个副线圈，分别有
U 1
U 2
= n1
n2
、U 1
U 3
= n1
n3
，
解得：U2＝110V，U3＝44V
又因为P = U
2
R
，R 相同，所以P2
P3
= U 2
2
U 3
2 = 110
2
4 4
2 = 25
4
由欧姆定律得
I2= U 2
R = 110
55 A＝2A
I3= U 3
R = 44
55 A＝0.8A
对有两个副线圈的理想变压器，有n1I1＝n2I2+n3I3，解得I1＝1.16A，故ABD 错误，C 正确。
故选：C。
题型三：变压器——原线圈含电阻
【例3】（2024•浙江二模）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为2：1，原线圈通过灯泡
L1与正弦式交流电源相连，电源电压恒定，副线圈通过导线与灯泡L2和L3相连，三个灯泡规格
完全相同。开始时三个灯泡都能发光，工作一段时间后L3灯丝被烧断，若不考虑灯丝电阻随温
度变化的情况，下列说法正确的是（ ）
A．都能发光时三个灯泡的亮度不相同
B．L3灯丝被烧断后灯泡L1变亮
C．L3灯丝被烧断后灯泡L2变亮
D．L3灯丝被烧断后变压器输入功率不变
【解答】解：A．三个灯泡规格完全相同，三个灯泡都在发光时，设通过L2和L3的电流均为I，
则副线圈的电流为2I，由于原、副线圈匝数比为2：1，所以原、副线圈中的电流之比为1：2，
故通过L1的电流也为I，故三个灯泡的亮度相等，故A 错误；
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B．灯泡L3灯丝烧断后，副线圈回路电阻R 副变大，根据变压器的等效电阻为：R等=( n1
n2
)
2
R副
等效电路如图所示：
可知，R 等电阻变大，电源电压恒定，则原线圈电流减小，灯泡L1变暗，故B 错误；
C．原线圈电流减小，电源电压恒定，由于输入电流变小，灯泡L1两端的电压减小，原线圈两
端电压增大，匝数比不变，故副线圈两端电压增大，所以灯泡L2变亮，故C 正确；
D．由于R 副变成原来的两倍，故R 等也变成原来的两倍，即变压器的等效电阻由2R 变成4R，
故原线圈的电压由2U
3 增大为4U
5 ，故原线圈的输入功率不相等，故D 错误。
故选：C。
【变式3-1】（2024•五华区校级模拟）如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻R0＝7.5Ω 串联后
接在电压U0＝48V 的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，R 的最大阻值
为100Ω，原、副线圈匝数比为1：2。现将滑动变阻器R 的滑片P 向下滑动，下列说法正确的是
（ ）
A．电压表示数变大
B．电源的输出功率变小
C．当滑动变阻器的滑片P 位于中点时，电流表的示数为2.4A
D．改变滑片P 的位置，R 获得的最大功率为76.8W
【解答】解：A．根据变压器原理
U 1
U 2
= n1
n2
，I 1
I 2
= n2
n1
变压器副线圈的等效电阻为
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R效= U 1
I 1
=( n1
n2
)
2 U 2
I 2
=( n1
n2
)
2
R
滑动变阻器R 的滑片P 向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，副线圈等效电阻减小，原
线圈总电流增大，R0两端的电压增大，原线圈两端的电压减小，根据变压比可知，副线圈两端
的电压减小，电压表示数变小，故A 错误；
B．电源的输出功率为
P＝U0I1
原线圈总电流增大，电源的输出功率变大，故B 错误；
C．当滑动变阻器的滑片P 位于中点时，则
R＝50Ω
根据闭合电路的欧姆定律
U0＝I1（R0+R 效）
解得
I1＝2.4A
根据变流比
I 1
I 2
= n2
n1
解得电流表的示数为
I2＝1.2A
故C 错误；
D．将定值电阻R0看成电源内阻，当变压器副线圈的等效电阻等于电源等效内阻时，R 获得的
功率最大，即
R 效＝R0＝7.5Ω
时，R 获得的最大功率为
Pm=(
U 0
R效+ R0
)
2
R效= U 0
2
4 R0
=
48
2
4×7.5 W =76.8W
故D 正确。
故选：D。
【变式3-2】（多选）（2024•洛阳一模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，输入电
压U 随时间t 的变化规律如图乙所示（图像为正弦图像的一部分），电阻R1、R2和R3的阻值分
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别为5Ω、2Ω 和3Ω，电流表为理想交流电表，下列说法正确的是（ ）
A．输入电压U 的有效值为10√2V
B．若开关S 断开，电流表的示数为0.2A
C．若将开关S 由断开变为闭合，电流表的示数变小
D．若仅增大副线圈负载的电阻，副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比不变
【解答】解：A、根据热效应相同，有：U 效
2
R
T =
( 20
√2 )
2
R
⋅T
4 ×2，解得：U 效＝10V，故A 错误；
B、设电流表示数为I，则副线圈电流为：I2= n1
n2
I，解得：I2＝3I
则根据欧姆定律有：U 效＝IR1+3×3I•（R2+R3）
解得：I＝0.2A，电流表的示数为0.2A，故B 正确；
C、闭合开关S 后，负载电阻变小，因此电流表的示数变大，故C 错误；
D、副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比等于原线圈的电阻，副线圈总电阻变大，
故副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比不变，故D 正确。
故选：BD。
【变式3-3】（2024•武汉模拟）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（ ）
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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
【解答】解：根据原副线圈两端的电流和电压的比值关系可知，原线圈的“等效电阻”与副线
圈的电阻的比值关系为：
R原
R副
=
U 1
I 1
U 2
I 2
=( n1
n2
)
2。
可知此电路的等效电路如图所示：
AB、保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，即原、副线圈的匝数比保持不变，R2接入电
路的阻值减小，则由上述分析可知，原线圈位置的等效电阻保持不变，因为滑动变阻器的电阻
变小，则电流I 变大，U 变小，而R1消耗的功率增大，故A 错误，B 正确；
C、保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n2减小，等效电阻增大，电流I 减小，则电压
表的示数减小，故C 错误；
D、滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，此时“等效电阻”的阻值为R 等效=( n1
1
2 n1
)
2 R =4R＜
R2；
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，则副线圈的匝数变小，相当于原线圈位置的“等
效电阻”增大；当等效电阻的阻值等于R2时，R1消耗的功率最大；当等效电阻的阻值大于9R
时，P1向下缓慢滑动时，R1消耗的电功率减小，故D 错误。
故选：B。
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题型四：变压器 远距离输电的动态分析
【例4】（2024•东莞市校级三模）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1，电源的输出
电压u＝30√2sin100πt（V），定值电阻R1＝20Ω，R3＝2.5Ω，滑动变阻器R2的最大阻值为5Ω，
a、b 为滑动变阻器的两个端点，所有电表均为理想电表。现将滑动变阻器滑片P 置于b 端，则
（ ）
A．电流表示数为√2 A
B．电压表示数为10V
C．滑片P 由b 向a 缓慢滑动，R3消耗的功率减小
D．滑片P 由b 向a 缓慢滑动，变压器的输出功率减小
【解答】解：AB、题图的电路图可以等效为，
设原线圈两端电压为U1，副线圈两端电压为U2，又因为理想变压器原副线圈的功率相等，所以
有：
U 1
2
R2' + R3' =
U 2
2
R2+ R3
根据变压器的变压规律：
U 1
U 2
= n1
n2
整理有：R'3+ R'2=( n1
n2
)
2
( R3+ R2)
滑动变阻器滑片P 置于b 端时，滑动变阻器接入电路的电阻为零，此时：
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R'3+ R'2=( n1
n2
)
2
R3=( 2
1 )
2×2.5Ω＝10Ω
电源的电压输出为：u=30√2sin100 πt(V )
因为电流表和电压表测量的为有效值，电源的有效值为U＝30V，电流表的示数为
I=
U
R1+ R3' + R2' =
30
20+10A＝1A
原线圈两端电压的有效值为：U1＝U﹣IR1
电压表测量的是副线圈两端的电压，即：
U 1有
U 2有
= n1
n2
整理有：U2＝5V，故AB 错误；
C、当滑片P 从b 向a 缓慢滑动过程中，R2阻值变大，根据电流规律可知，总电阻变大，结合之
前的分析可知，流过电阻R1的电流减小，由变压器规律，流过副线圈的电流也成比例减小，电
阻R3不变，电流减小，根据P＝I2F，所以功率减小，故C 正确；
D、由之前的分析，可以将电阻R1与电源放在一起，等效成新电源，其副线圈输出功率变为新
电源的输出功率，有电源的输出功率的规律可知，当等效电阻等于新电源的内阻20Ω 时，即R2
＝2.5Ω，其输出功率最大，所以在滑片从b 向a 缓慢滑的过程中，副线圈的输出功率先增大，后
减小，故D 错误。
故选：C。
【变式4-1】（2024•沙坪坝区校级模拟）如图甲所示电路中，变压器为原、副线圈匝数之比5：1
理想变压器，电压表和电流表均为理想表，a、b 间接入图乙所示电压，R0、R1为定值电阻，R
为滑动变阻器。现保持滑动变阻器滑片位置不变，将开关S 由闭合到断开，则（ ）
A．电压表V2的示数恒为40V
B．若观察到电流表A1的示数减小了2A，则电流表A2的示数减小了0.4A
C．电压表V3示数变化量的大小与电流表A2示数变化量的大小的比值为R0
D．保持开关断开，若再将滑动变阻器的滑片向上滑动，则电压表V3与V1的比值变小
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【解答】解：A、由图乙可知原线圈两端电压：U 1= 200
√2 V =100√2V ，原副线圈两端电压与匝
数的关系为：
U 1
U 2
= n1
n2
，可得副线圈两端电压：U 2=20√2V ，电压表V2测的是副线圈两端电压，
所以示数恒为20√2V ，故A 错误；
B、原副线圈中电流与匝数的关系为：I 1
I 2
= n2
n1
，由数学知识可得：Δ I 1
Δ I 2
= n2
n1
，已知ΔI1＝2A
代入数据可得：ΔI2＝10A，故B 错误。
C、副线圈两端电压：U2＝I2R0+U3，U2不变，可得| ΔU 3
Δ I 2
|= R0，故C 正确。
D、保持开关断开，将滑动变阻器的滑片向上移动，滑动变阻器接入电路的阻值变大，由
I 2=
U 2
R0+ R
可知副线圈中电流减小，根据U2＝I2R0+U3，可知电压表V3 的示数变大，而电压表
V1的示数不变，所以电压表V3的示数与电压表V1的示数的比值变大，故D 错误。
故选：C。
【变式4-2】（2024•鲤城区校级模拟）如图所示，在磁感应强度为B=√2T 的匀强磁场中，线框平
面与磁感线垂直，现使矩形线框绕垂直于磁场的轴以恒定角速度ω＝10rad/s 转动，线框电阻不
计，匝数为n＝10 匝，面积为S＝0.4m2。线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副
线圈接有一只灯泡L（4W，100Ω）和滑动变阻器R，电流表为理想交流电表，下列说法正确的
是（ ）
A．从图示位置开始计时，线框中感应电动势瞬时值表达式为e＝40√2cos10t（V）
B．线框平面与磁感线垂直时，穿过线框的磁通量变化最快
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C．若将自耦变压器触头向下滑动，则灯泡会变暗
D．若灯泡正常发光，则原、副线圈的匝数比为1：2
【解答】解：A．线框中感应电动势最大值为：Em＝nBSω＝10×√2×0.4×10V= 40√2V
图中位置穿过线圈的磁通量最大，即为中性面位置，所以线圈中感应电动势的瞬时值为：
e = Em sinωt = 40√2sin10t(V )，故A 错误；
B、根据上述表达式可知线框平面与磁感线垂直时为中性面位置，此时感应电动势的瞬时值为
0，即：e =n ΔΦ
Δt =0，可得此时穿过线框的磁通量变化率ΔΦ
Δt = e
n =0，穿过线框的磁通量变化
最慢。故B 错误；
C、若将自耦变压器触头向下滑动，副线圈匝数n2变小，根据理想变压器电压与匝数的关系：
U 1
U 2
= n1
n2
可知输出电压U2减小，又根据功率公式：P= U 2
2
RL
，可知灯泡发光的功率变小，所以灯泡变暗，
故C 正确；
D、变压器变压器输入电压的有效值为：U1= Em
√2 = 40√2
√2
V＝40V
开关闭合时灯泡正常发光，根据功率公式P= U
2
R ，得到副线圈两端电压：
U 2=√P RL=√4×100V =20V
根据理想变压器的变压比得此时原副线圈的匝数比为：
n1
n2
= U 1
U 2
= 2
1，故D 错误。
故选：C。
【变式4-3】（2024•天心区校级模拟）某理想变压器由一原线圈和两副线圈组成，如图所示，M、
N 端接电压有效值恒为U＝36V 的正弦交变电流，定值电阻R1＝6Ω。线圈匝数比为n1：n2：n3＝
3：2：l，定值电阻R2＝4Ω。滑动变阻器R3的阻值在0.5Ω 到3Ω 间可调。则（ ）
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A．R3＝0.5Ω 时，R3的功率为36W
B．R3的阻值从0.5Ω 增到3Ω，R3的功率逐渐减小
C．R3的阻值从0.5Ω 增到3Ω，变压器输出功率先增大后减小
D．R3＝2Ω 时，R3的功率达到最大值
【解答】解：将原线圈及其后面的电路等效为一个电阻R，如图所示：
根据功率关系结合变压器原理可得：U1I1= U 2
2
R2
+ U 3
2
R3
，即：U1I1=( n2
n1
)
2⋅U 1
2
R2
+( n3
n1
)
2⋅U 1
2
R3
解得：1
R = I 1
U 1
=( n2
n1
)
2⋅1
R2
+( n3
n1
)
2⋅1
R3
= 4
9 R2
+
1
9 R3
所以等效电阻为：R= 9 R2 R3
4 R3+ R2
= 9 R3
R3+1
A、当R3＝0.5Ω 时，R＝3Ω，原线圈的电流：I1=
U
R1+ R = 36
6+3A＝4A
原线圈两端电压为：U1＝U﹣I1R1＝36V﹣4×6V＝12V
根据变压器原理可得：U1：U3＝n1：n3，解得：U3＝4V
R3的功率为：P3= U 3
2
R3
= 4
2
0.5W＝32W，故A 错误；
BD、根据等效电阻可得原线圈的电流为：I1=
U
R1+ R ，原线圈两端电压为：U1＝U﹣I1R1
R3两端电压为：U3= n3
n1
⋅U 1
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R3消耗的电功率为：P3= U 3
2
R3
联立整理解得：P3=
U
2
25 R3+ 4
R3
+20
当25R3= 4
R3
，P3有最大值，解得：R3＝0.4Ω
R3的阻值从0.5Ω 增到3Ω，R3的功率先增大后减小；R3＝0.4Ω 时，R3的功率达到最大值，故BD
错误；
C、当R＝R1时，变压器输出功率最大，此时有：R1＝R= 9 R2 R3
4 R3+ R2
，解得：R3＝2Ω；所以R3的
阻值从0.5Ω 增到3Ω，变压器输出功率先增大后减小，故C 正确。
故选：C。
1.
（2024•内江模拟）如图，用理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，变压器
降压后用总电阻为R 的输电线对用电器供电，设两盏灯泡L1、L2的电阻相同，且都在发光。
若将滑动变阻器的触头P 向M 端滑动，会出现的现象是（ ）
A．A 的示数变大，灯泡L1、L2均变暗
B．A 的示数变小，灯泡L1、L2均变暗
C．A 的示数变大，灯泡L1变亮、L2变暗
D．A 的示数变小，灯泡L1变暗、L2变亮
【解答】解：依题意，变压器输入电压不变，则输出电压也不变，将滑动变阻器的触头P 向M
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端滑动，则灯泡L1所在支路电阻增大，导致两灯泡并联电路阻值增大，根据闭合电路欧姆定律：
I 2=
U 2
R+ R并
可知，变压器副线圈电流减小，由变压器变流规律
I 1
I 2
= n2
n1
，可得变压器原线圈的电流减小，即
电流表的示数减小。
在副线圈电路中，由分压原理可知，并联部分电路的电压增大，即灯泡L2变亮，根据分流原理
可知，灯泡L1所在支路电流减小，灯泡L1变暗，故ABC 错误，D 正确。
故选：D。
2.
（2024•和平区校级模拟）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2700V 时可击杀蚊虫，正常工作时（ ）
A．交流电压表的示数为3V
B．副线圈与原线圈匝数比需满足n2
n1
≥900
C．电击网上的高频电压的频率为10000Hz
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、正弦交变电压的有效值为：U 1= U 1m
√2 = 3
2 √2V ，交流电压表的示数为3
2 √2V ，
故A 错误；
B、根据变压器原的变压规律，可知副线圈与原线圈匝数比需满足：n2
n1
= U 2m
U 1m
≥2700
3
=900，故
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B 正确；
C、从题设表达式可以求出，电击网上的高频电压的频率为：f = ω
2π = 10000 π
2π
Hz =5000 Hz，
故C 错误；
D、将3V 直流电压连接在变压器的原线圈两端，由于通过副线圈的磁通量不变，那么副线圈不
会产生感应电动势，电蚊拍不可以正常工作，故D 错误。
故选：B。
3.
（2024•中山区校级模拟）如图（a）所示的智能机器人广泛应用于酒店、医院等场所。
机器人内电池的容量为25000mA•h，负载10kg 时正常工作电流约为5A，电池容量低于20%时
不能正常工作，此时需要用充电器对其进行充电，充电器的输入电压如图（b）所示。下列说
法正确的是（ ）
A．充电器的输入电流频率为100Hz
B．充电器的输入电压瞬时表达式为u=220√2sin10 πt
C．机器人充满电后电池的电量为25C
D．机器人充满电后，负载10kg 时大约可以持续正常工作4h
【解答】解：A、由图可知交变电压的周期为0.02s，则交流电的频率：f = 1
T =
1
0.02s =50 Hz，
故A 错误；
B．交流电的角频率：ω= 2π
T = 2π
0.02s =100 πrad / s，则充电器的输入电压的瞬时值表达式为：
u=220√2sin100 πt(V )，故B 错误；
CD、机器人充满电后电池的电量：Q＝It＝25000mA×1h＝25A×3600s＝9×104C
负载10kg 时正常工作电流约为5A ，由Q ＝It 可得机器人可持续工作时间：
t ' = Q'
I ' = 25000mA ⋅h×(1-20 %)
5 A
= 25 A ⋅h×0.8
5 A
= 4 h，故C 错误，D 正确。
故选：D。
4.
（2024•蜀山区校级三模）无线充电技术在新能源汽车领域应用前景广阔。如图甲所
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示，与蓄电池相连的受电线圈置于地面供电线圈正上方，供电线圈输入如图乙所示的正弦式交
变电流，下列说法错误的是（ ）
A．t＝0.01s 时受电线圈中感应电流最大
B．t＝0.01s 时两线圈之间的相互作用力为零
C．供电线圈中电流的有效值为20A
D．受电线圈中的电流方向每秒钟改变100 次
【解答】解：A、根据图乙可知，0.01s 时，电流随时间的变化率为0，即线圈之中磁通量的变化
率为0，此时，线圈之中的感应电动势为0，可知，该时刻受电线圈中感应电流为零，故A 错误；
B、结合上述，0.01s 时受电线圈中的感应电流为0，则受电线圈此时没有激发出磁场，可知，
0.01s 时两线圈之间的相互作用力为0，故B 正确；
C、供电线圈中电流的有效值：I1= 20√2
√2
A＝20A，故C 正确；
D、根据互感现象的原理，供、受电线圈的周期和频率相同。由图可知交流电的周期：T＝2×10
﹣2s。一个周期内电流方向改变两次，则受电线圈中的电流方向每秒钟改变次数为：
n=2×
1
2×10
-2 次=100次，故D 正确。
本题选错误的，
故选：A。
5.
（2024•济宁一模）某同学研究远距离输电的电路如图所示，a、b 端接入电压为U0的
交流电源，升压变压器T1和降压变压器T2均为理想变压器，且两变压器的匝数比n1
n2
= n4
n3
。已
知R1、R2的阻值均为R0，R3的阻值为R0
2 ，电阻R1、R2消耗的功率相同，电表均为理想交流
电表，下列说法正确的是（ ）
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A．升压变压器T1的匝数比n1
n2
= 1
2
B．电压表的示数为2
3 U 0
C．电流表的示数为3U 0
4 R0
D．若R3断路，电流表示数将增大
【解答】解：A、已知R1、R2的阻值相等，消耗的功率相同，可知通过R1、R2的电流相等，设
为I2，因R2 的阻值为R0，R3 的阻值为R0
2 ，R3、R2 并联，则R3 的电流为2I2，则降压变压器T2
的次级电流为3I2。
对于降压变压器T2，由电流和匝数关系可知
n4
n3
= I 2
3 I 2
= 1
3
则
n1
n2
= n4
n3
= 1
3，故A 错误；
B、升压变压器T1的初级电流为
I 1= n2
n1
I 2=3 I 2
由能量关系可知
U0I1＝2U4I2+U4⋅2I2
解得：U 4= 3
4 U 0
即电压表示数3
4 U 0，故B 错误；
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C、电流表的示数I2等于通过R1的电流，则为I 2= U 4
R0
= 3U 0
4 R0
，故C 正确；
D、若R3断路，则T2次级电阻变大，相当于电网用电设备减少，总功率减少，电流减小，则初
级电流减小，则电流表示数将减小，故D 错误。
故选：C。
6.
（2024•黄陂区校级二模）如图所示为远距离输电模拟原理图，变压器均为理想变压
器，其中降压变压器的原、副线圈匝数之比为n。发电机输出电压不变，两变压器间输电线的
总电阻为R，降压变压器所接负载的等效电阻为R 变，其余导线电阻不计。当R 变变化时，理
想电压表V 的示数变化为ΔU，理想电流表A 的示数变化为ΔI，下列说法正确的是（ ）
A．R 变的触头向下滑动时，输电线上的损耗功率变小
B．R 变的触头向下滑动时，电压表的示数变大
C．R 变的触头向上滑动时，输电效率降低
D．| ΔU
ΔI |= 1
n
2 R
【解答】解：AB、R 变的触头向下滑动时，R 变接入电路的阻值减小，电流表的示数增大，由于
降压变压器的匝数比不变，则输电线上的电流增大，输电线上的损耗功率变大；又因为升压变
压器输出电压U2不变，则降压变压器的输入电压减小，依据电压与匝数的关系知电压表的示数
减小，故AB 错误；
C、R 变的触头向上滑动时，R 变接入电路的阻值增大，输电线电流减小，则降压变压器的输入电
压U3增大，输电效率为：η= I U 3
I U 2
，可知输电效率提高，故C 错误；
D、设升压变压器副线圈两端的电压为U2，输电线路的电流为I3，则降压变压器原线圈两端的电
压为：U3＝U2﹣I3R
根据电压与匝数之间的关系U 3
U =n可得：U = U 3
n = U 2- I 3 R
n
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根据匝数与电流之间的关系可得：I 3
I = 1
n
联立可得：U = U 2
n - R
n
2 ⋅I
由于升压变压器原线圈无负载，因此U2始终不变，则根据以上函数关系可知：| ΔU
ΔI |= 1
n
2 R，
故D 正确。
故选：D。
7.
（2024•辽宁模拟）如图甲所示，理想变压器的原线圈匝数为n1，连接一个理想交流
电流表，副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头P 调节，副线圈接有定值电阻R0和压敏
电阻R，压敏电阻的阻值R 与所受压力大小F 的对应关系如图乙所示。物块m 置于压敏电阻上，
保持原线圈输入的交流电压不变。下列说法正确的是（ ）
A．只减小物块对R 的压力，电流表的示数减小
B．只增大物块对R 的压力，R0两端的电压增大
C．只将滑动触头P 向左滑动，电流表的示数增大
D．只将滑动触头P 向右滑动，R0两端的电压增大
【解答】解：A．只减小物块对R 的压力，则R 阻值减小，次级电阻减小，根据欧姆定律，则次
级电流变大，故初级电流变大，即电流表的示数变大，故A 错误；
B．只增大物块对R 的压力，则R 阻值变大，因次级电压不变，可知R0两端的电压减小，故B
错误；
C．只将滑动触头P 向左滑动，次级匝数减小，根据则次级电压减小，根据欧姆定律，则次级电
流减小，根据功率表达式P＝I2R 可知，次级功率减小，则初级功率也减小，初级电流减小，即
电流表的示数减小，故C 错误；
D．只将滑动触头P 向右滑动，次级匝数增加，则次级电压变大，总电流增大，则R0两端的电
压增大，故D 正确。
故选：D。
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8.
（2024•青羊区校级三模）甲图是某燃气灶点火装置的原理图。转换器将直流电压转
换为乙图所示的正弦交流电压，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，电压表为理想交流电表。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点燃气体。开关闭合后，下列说法正确的是（ ）
A．0.5×10﹣2s 时电压表的示数为5V
B．电压表的示数始终为2.5√2V
C．原线圈中的电流方向每秒改变50 次
D．若n1
n2
= 1
800 则可以实现燃气灶点火
【解答】解：AB、由图乙知，电压最大值U2m＝5V，有效值为U2= U 2m
√2 = 5
√2
V＝2.5√2V，电压
表的示数为交流电有效值，始终为2.5√2V ，故A 错误，B 正确；
C、交流电周期为T＝2×10﹣2s，则频率为f= 1
T =
1
2×10
-2Hz＝50Hz，则副线圈中的电流方向每
秒改变100 次，原线圈中的电流方向每秒也改变100 次，故C 错误；
D、由题意，当满足n1
n2
= U 1m
U 2m
=
5
5000 =
1
1000，可以实现燃气灶点火，故D 错误。
故选：B。
9.
（2024•咸阳二模）如图所示为某小型电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，
发电机输出功率恒为20kW。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为
1：10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻用R 线表示，大小为10Ω。下列说法正确的是（
）
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A．电流互感器是一种降压变压器
B．将滑动触头P 下移，用户获得的电压将增大
C．升压变压器的输出电压U2＝1000V
D．用户获得的功率为19kW
【解答】解：A、根据线圈匝数关系可知电流互感器是一种升压变压器，故A 错误；
B、将滑动触头P 下移，相当于增大了n3，根据变压器原理可知U4减小，用户获得的电压将减
小，故B 错误；
C．原、副线圈的匝数比为n1：n2＝1：10，电流互感器原线圈中的电流：I2= 10
1 IA= 10
1 ×1A＝
10A
升压变压器的输出电压：U2= P
I 2
= 20000
10
V＝2000V，故C 错误；
D．输电线上的损失功率ΔP = I 2
2 R线=10
2×10W =1000W ，用户获得的功率：P4＝P3＝P﹣ΔP
＝20kW﹣1kW＝19kW，故D 正确。
故选：D。
10. （2024•新郑市校级三模）为了激发同学们的学习兴趣和探究精神，某学校建有节能
环保风力发电演示系统，该系统由风力发电机、交流电变压器和用户三部分构成，简易示意图
如下。t＝0 时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，风轮机叶片通过升速齿轮箱带动发电
机线圈以每秒50 转的转速转动，已知发电机线圈面积S = 0.01
π
m
2，匝数为N＝100 匝，内阻不
计；匀强磁场的磁感应强度为B = √2
10 T。变压器部分，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：
n2＝1：4。在用户部分电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4Ω，D 为理想二极管
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（该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大），则（ ）
A．发电机产生的瞬时电动势e =10√2sin(50 πt )V
B．电压表的示数为40√2V
C．电流表的示数为5√2 A
D．原线圈的输入功率为800W
【解答】解：A、发电机产生的最大电动势有：E＝NBSω＝100× √2
10 × 0.01
π
×2π×50V=10√2V
因为t ＝0 时刻，发电机线圈所在平面与磁场方向垂直，所以其瞬时电动势为：
e = Em sinωt = Emsin 2πnt =10√2sin(100 πt )V ，故A 错误；
B、因为线圈无内阻，所以原线圈两端的电压为u1= 10√2
√2 V =10V
因为理想变压器，所以副线圈两端的电压为u2= n2
n1
u1= 4
1 ×10V = 40V
又因为电压变的示数为有效值，所以电压表的示数为40V，故B 错误；
C、因为二极管为理想二极管，电流表的示数也为有效值，所以有：(
u2m
√2
R2
)
2 R2
T
2 = I
2 R2T，解
得：I =5√2 A，故C 正确；
D、电阻R1的功率为：P1= U
2
R1
= 400W
电阻R2的功率为：P2= I
2 R2=200W
副线圈功率为：P 副＝P1+P2＝400W+200W＝600W
因为是理想变压器，所以：P 原＝P 副＝600W，故D 错误。
故选：C。
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