2020年高考物理一轮复习文档第12章交变电流传感器第57讲Word版含答案

第57讲变压器电能的输送考点一变压器的工作原理和基本关系式1．构造如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的eq\o(□,\s\up1(01))两个线圈组成的。(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫eq\o(□,\s\up1(02))初级线圈。(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫eq\o(□,\s\up1(03))次级线圈。2．原理电流磁效应、eq\o(□,\s\up1(04))电磁感应。3．理想变压器原、副线圈基本量的关系4．几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图甲(降压作用)、乙(升压作用)所示。(2)互感器①电压互感器(n1>n2)：把高电压变成eq\o(□,\s\up1(09))低电压，如图丙所示。②电流互感器(n1<n2)：把大电流变成eq\o(□,\s\up1(10))小电流，如图丁所示。1．[教材母题](人教版选修3－2P44·T3)当变压器一个线圈的匝数已知时，可以用下面的方法测量其他线圈的匝数：把被测线圈作为原线圈，用匝数已知的线圈作为副线圈，通入交流，测出两线圈的电压，就可以求出被测线圈的匝数。已知副线圈有400匝，把原线圈接到220V的线路中，测得副线圈的电压是55V，求原线圈的匝数。[变式子题](2018·唐山二模)(多选)如图甲所示的电路，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2，电流表和电压表都是理想电表，当原线圈接图乙所示的交变电源时，电路正常工作。现将电源换成图丙所示的交变电源，则更换电源前后()A．电流表A1、A2的示数之比均为n2∶n1B．电压表V1、V2的示数之比均为n1∶n2C．电压表V1示数不变，V2的示数变大D．电流表A1、A2的示数均不变答案BD解析根据变压器原、副线圈的电流比等于匝数的倒数比，则电流表A1的示数与副线圈电流之比为n2∶n1，而A2的示数并不等于副线圈电流大小，A错误；电压表V1、V2分别测量原、副线圈两端的电压，则根据电压与匝数成正比可知，电压表V1、V2的示数之比均为n1∶n2，B正确；更换电源后，交流电的最大值不变，则有效值不变，电压表V1示数不变，V2的示数也不变，C错误；副线圈电压有效值不变，则A2示数不变，故A1示数不变，D正确。故选B、D。2.(2019·百师联盟七调)一理想变压器的初级线圈n1＝100匝，次级线圈n2＝30匝、n3＝20匝，一个电阻为48.4Ω的小灯泡接在副线圈n2与n3上，如图所示。当原线圈与e＝220eq\r(2)sinωtV的交流电源连接后，变压器的输入功率是()A．10WB．20WC．250WD．500W答案A解析根据副线圈的接法知道，副线圈2和3的接法相同，电动势抵消一部分，相当于灯泡接在10匝的副线圈上，根据表达式知原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知灯泡两端的电压为：U＝eq\f(10,100)×220V＝22V，灯泡功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(222,48.4)W＝10W，故选A。3．(2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω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．原线圈的输入功率为220eq\r(2)WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110eq\r(2)VD．副线圈输出交流电的周期为50s答案B解析理想变压器原线圈两端电压的有效值为U1＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得U2＝eq\f(n2U1,n1)＝110V，即电压表的读数为110V，通过负载电阻的电流I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(110,55)A＝2A，则副线圈的输出功率P＝U2I2＝110×2W＝220W，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为220W，故选项A、C错误。由n1I1＝n2I2得I1＝eq\f(n2I2,n1)＝1A，即电流表的读数为1A，选项B正确。由u＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，角速度ω＝100πrad/s，原线圈所接交流电的周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02s，选项D错误。考点二变压器的动态分析1．理想变压器的制约关系2．理想变压器动态分析的两种情况(1)匝数比不变，负载变。如图所示：①电压分析：U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，不论负载电阻R如何变化，U2不变。②电流分析：当负载电阻发生变化时，I2＝eq\f(U2,R)变化，由于eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，故I1发生变化。③功率分析：I2变化引起P2＝U2I2变化，由于P1＝P2，故P1发生变化。(2)负载电阻不变，匝数比变。如图所示：①电压分析：U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，U2变化。②副线圈电流分析：R不变，U2变化，故I2＝eq\f(U2,R)发生变化。③功率分析：根据P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化。④原线圈电流分析：根据P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化。3．分析变压器动态问题的基本思路(2018·定州月考)(多选)理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。原线圈两端接在电压为U的交流电源上。则()A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小解析在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定。因此，当Q位置不变时，输出电压U′不变，此时P向上滑动，负载电阻值R′增大，则输出电流I′减小，变压器输出功率减小。根据输入功率P入等于输出功率P出，电流表的读数I变小，故A错误，B正确；P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压U′变大，I′变大，变压器输出功率变大，电流表的读数变大。因此C正确，D错误。答案BC方法感悟处理变压器的动态分析问题，首先应明确“不变量”和“变化量”，对变化量要把握它们之间的制约关系，依据程序分析的思想，从主动变化量开始，依据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况。(2018·福建厦门月考)(多选)如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T为理想变压器，V1、A1为监控室供电端的电压表和电流表，V2、A2为监控校内变压器输出端的电压表和电流表，R1、R2为教室的负载电阻，V3、A3为教室内的监控电压表和电流表，配电房和教室间有相当长的一段距离，则当开关S闭合时，以下说法错误的是()A．电流表A1、A2和A3的示数都变大B．只有电流表A1的示数变大C．电压表V3的示数变小D．电压表V2和V3的示数都变小答案ABD解析当开关闭合后，副线圈的总电阻变小，由于变压器的输入电压不变，则输出电压不变，即V2的示数不变，可知输电线中的电流增大，即A2的示数增大，则输电线上损失的电压增大，可知用户端得到的电压减小，即V3的示数减小，所以通过R1的电流减小，即A3的示数减小，副线圈中电流决定原线圈中的电流，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)知，原线圈中的电流I1增大，所以A1的示数增大，故C正确，A、B、D错误。考点三远距离输电1．降低输电损耗的两个途径由Q＝I2Rt知，降低输电损耗Q可从以下两个途径入手：(1)减小输电线的电阻：由电阻定律R＝ρeq\f(l,S)可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积。(2)减小输电导线中的输电电流：由P＝UI可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流。2．远距离输电问题的“三二一”(1)理清三个回路(2)抓住两个联系①理想升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。②理想降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P2＝P损＋P3。(多选)如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器。升压变压器T1的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝1∶10，在T1的原线圈两端接入一正弦交流电，输电线的总电阻为2Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比n3∶n4＝10∶1，若T2的“用电设备”两端的电压U4＝200V，且“用电设备”消耗的电功率为10kW，不考虑其他因素的影响，则下列说法正确的是()A．T1的副线圈两端电压的最大值为2010eq\r(2)VB．T2的原线圈两端的电压为2000VC．输电线上损失的电功率为50WD．T1的原线圈输入的电功率为10.1kW解析对于降压变压器T2，副线圈上的输出电流I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(10kW,200V)＝50A，依据eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，可得U3＝2000V，I3＝5A，B正确。输电线上损耗电压U损＝I3r＝10V，损耗功率P损＝U损I3＝50W，C正确。在输电回路中U2＝U3＋U损＝2010V，所以变压器T1的副线圈两端电压的最大值为2010eq\r(2)V，A正确。根据变压器的功率关系且I3＝I2，所以原线圈输入的电功率P输入＝U1I1＝U2I2＝U2I3＝2010×5W＝10.05kW，D错误。答案ABC方法感悟输电线路功率损失的计算方法1．从发电站输出的功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V和11kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A．100∶1B．1∶100C．1∶10D．10∶1答案A解析由题意知输电线上的电流I＝eq\f(P,U)，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU＝Ir＝eq\f(Pr,U)，故eq\f(ΔU1,ΔU2)＝eq\f(\f(1,U1),\f(1,U2))＝eq\f(U2,U1)＝eq\f(11×103,110)＝eq\f(100,1)，故选A。2．如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图。图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示，变阻器R相当于用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R变小，则当用电进入高峰时()A．电压表V1、V2的读数均不变，电流表A2的读数增大，电流表A1的读数减小B．电压表V3、V4的读数均减小，电流表A2的读数增大，电流表A3的读数减小C．电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变D．线路损耗功率不变答案C解析当用电进入高峰时，发电机的输出功率P1增大，又发电厂输出的电压一定，即U1一定，也就是电压表V1的示数不变，根据I1＝eq\f(P1,U1)可得I1增大，再根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，由于eq\f(n1,n2)不变，可得U2不变，即V2的读数不变；I2增大，即A2的读数增大；P损＝Ieq\o\al(2,2)R0，变大；U损＝I2R0，也变大；U3＝U2－U损，减小，即V3读数减小，由eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，I2＝I3，且eq\f(n3,n4)不变，分析可得U4变小、I4变大，即V4、A3读数分别减小、增大，A、B、D错误；而电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值是输电线的电阻，是不变的，C正确。课后作业[巩固强化练]1．如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三只“6V3W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表。当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。下列说法中正确的是()A．变压器原、副线圈的匝数比为1∶2B．副线圈两端输出的交流电频率为50HzC．电流表的示数为0.5AD．电压表的示数为18V答案B解析灯泡正常发光时的电流I0＝eq\f(3W,6V)＝0.5A，则副线圈中电流I2＝2I0，而原线圈中电流I1＝I0，则变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1＝2∶1，A项错误。由题图乙可知交流电的周期T＝0.02s，则频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，变压器不改变交流电的频率，B项正确。电流表的示数IA＝I2＝2I0＝1A，C项错误。因灯泡正常发光，则副线圈两端电压U2＝6V，则原线圈两端电压U1＝eq\f(n1,n2)U2＝12V，电压表示数为12V，D项错误。2．(多选)如图所示为两个互感器，在图中圆圈内a、b表示电表，已知电压比为100，电流比为10，电压表的示数为220V，电流表的示数为10A，则()A．a为电流表，b为电压表B．a为电压表，b为电流表C．线路输送电功率是2200WD．线路输送电功率是2.2×106W答案BD解析电压互感器是并联在原电路中的，电流互感器是串联在原电路中的，所以a为电压表，b为电流表，B正确。由电压比为100知U1＝2.2×104V，由电流比为10知I1＝100A。由P＝U1I1可得输送功率为2.2×106W，D正确。3.如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1＝1000，所加电压U＝220V，串联了一个阻值为r＝4Ω的电阻；副线圈接入电路的匝数n2可以通过滑动触头Q调节，副线圈接有阻值R＝9Ω的定值电阻。eq\f(n\o\al(2,1),n\o\al(2,2))R相当于变压器在原线圈电路中的电阻，当n2取下列哪个值时，R消耗功率最大()A．2000B．1500C．600D．400答案B解析将串联的电阻r等效为电源内阻，变压器相当于外电路，当电源内阻与外电路电阻相等时，电源的输出功率即原线圈的输入功率最大，而理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈电阻R的电功率，故有eq\f(n\o\al(2,1),n\o\al(2,2))R＝r，代入相关数据解得n2＝1500，B项正确。4．如图为远距离输电示意图，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，R为输电线的等效电阻。保持交流发电机输出电压不变，若电压表示数变小，下列判断正确的是()A．电流表示数变小B．降压变压器原、副线圈两端的电压之比变小C．升压变压器输出电压变小D．输电线损失的功率变大答案D解析降压变压器原、副线圈的电压比等于降压变压器原、副线圈匝数比，保持不变，B错误；电压表的示数减小，则降压变压器原线圈的电压U3减小，由于发电机的输出电压不变，则升压变压器副线圈的输出电压U2不变，由U2＝U3＋IR可知，电流表的示数变大，A、C错误；由于电流表的示数变大，则由PR＝I2R可知，输电线上损失的功率变大，D正确。5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，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u1＝220eq\r(2)sin100πt(V)，则()A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB．当t＝eq\f(1,600)s时，c、d间的电压瞬时值为110VC．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小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A解析当单刀双掷开关与a连接时，原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈两端的电压有效值U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，代入数据得U2＝22V，故电压表的示数为22V，A正确；当t＝eq\f(1,600)s时，c，d间电压的瞬时值为u＝220eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100π×\f(1,600)))V＝110eq\r(2)V，故B错误；当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器电阻的阻值变大，电压表示数不变，电流表示数减小，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数减小，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，所以U2变大，电压表和电流表的读数均变大，故D错误。6．如图，利用理想变压器进行远距离输电，发电厂的输出电压恒定，输电线路的电阻不变，当用电高峰到来时()A．输电线上损耗的功率减小B．电压表V1的示数减小，电流表A1的示数增大C．电压表V2的示数增大，电流表A2的示数减小D．用户功率与发电厂输出功率的比值减小答案D解析当用电高峰到来时，用户总电阻减小，则电流表A2的示数变大，输电线上的电流变大，即电流表A1的示数增大，输电线上损耗的功率、电压都变大，A错误；因为发电厂的输出电压恒定，则升压变压器的输出电压也不变，即电压表V1的示数不变，B错误；输电线上的电压损失变大，故降压变压器的初级电压减小，由理想变压器的电压与匝数成正比得次级电压也减小，即电压表V2的示数减小，C错误；用户消耗的功率与发电厂输出总功率的比值为eq\f(P－P损,P)＝1－eq\f(I2R,U1I)＝1－eq\f(ΔU,U1)，因为输电线上的电流增大，则电压损失ΔU增大，U1不变，所以用户消耗的功率与发电厂输出总功率的比值减小，故D正确。[真题模拟练]7．(2018·天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的eq\f(1,2)，则()A．R消耗的功率变为eq\f(1,2)PB．电压表V的读数变为eq\f(1,2)UC．电流表A的读数变为2ID．通过R的交变电流频率不变答案B解析根据ω＝2πn可知转速变为原来的eq\f(1,2)，则角速度变为原来的eq\f(1,2)，根据Em＝nBSω可知发电机产生的最大电动势为原来的eq\f(1,2)，根据U＝eq\f(Em,\r(2))可知发电机的输出电压有效值变为原来的eq\f(1,2)，即原线圈的输入电压变为原来的eq\f(1,2)，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知副线圈的输出电压变为原来的eq\f(1,2)，即电压表示数变为原来的eq\f(1,2)，根据P＝eq\f(U2,R)可知R消耗的电功率变为eq\f(1,4)P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝eq\f(\f(1,2)U,R)，即变为原来的eq\f(1,2)，根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)可知原线圈中的电流也变为原来的eq\f(1,2)，C错误；转速减小为原来的eq\f(1,2)，则频率变为原来的eq\f(1,2)，D错误。8．(2018·江苏高考)采用220kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的eq\f(1,4)，输电电压应变为()A．55kVB．110kVC．440kVD．880kV答案C解析输电功率P＝UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损＝I2R，R为输电线路的电阻，即P损＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2R。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的eq\f(1,4)，则输电电压为原来的2倍，即440kV，故C正确。9．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为()A．2B．3C．4D．5答案B解析设原、副线圈匝数比为n，根据能量守恒，当S断开时，UI＝I2R1＋(nI)2(R2＋R3)；当S闭合时，4UI＝(4I)2R1＋(4nI)2R2，联立解得n＝3，所以B正确。10.(2016·全国卷Ⅲ)(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∶9答案AD解析由题意知U＝10U灯，a、b均正常发光，则变压器输入电压U1＝9U灯，而输出电压U2＝U灯，所以原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝9∶1；而I1∶I2＝n2∶n1＝1∶9，所以两灯功率之比Pa∶Pb＝U灯I1∶U灯I2＝1∶9，A、D正确。11.(2016·天津高考)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是()A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大、A2示数变大答案B解析由于原、副线圈两端电压不变，当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时，连入电路的电阻变大，所在电路总电阻变大，副线圈中电流减小，R1中电流减小，R1消耗的功率减小，A项错误；R1中电流减小，则R1两端电压减小，而副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压增大，电压表示数变大，B项正确；副线圈中电流减小，原线圈中电流随之减小，故C项错误；若闭合开关S，负载电路的总电阻减小，副线圈中电流增大，A1示数变大，R1中电流增大，则R1两端电压升高，R2两端电压减小，A2示数变小，D项错误。12．(2016·江苏高考)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U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中()A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2升C．U2<U1，U2降低D．U2<U1，U2升答案C解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，n1>n2，知U2<U1；滑动触头从M点顺时针旋转至N点过程中，n2减小，则U2降低，C项正确。13．(2016·海南高考)(多选)如图a所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图b所示。下列说法正确的是()A．变压器输入、输出功率之比为4∶1B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt)(国际单位制)D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大答案BD解析由题意，理想变压器输入、输出功率之比为1∶1，A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,4)，故B正确；由图b可知交流电压最大值Um＝51V，周期T＝0.02s，角速度ω＝100πrad/s，则可得u＝51sin(100πt)(V)，故C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电压表示数不变，电流表的示数变大，故D正确。14．(2018·安徽省江南十校3月检测)(多选)图1所示是调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，