3.3科学探究：变压器课后练习（word版含答案）

3.3科学探究：变压器
一、选择题（共15题）
1．LED灯电由于具有发光效率高、使用寿命长、无辐射和低功耗等特点而被广泛应用于生活和生产．为了研究LED灯的特性，某科技小组设计了如图所示甲、乙两种实验电路，LED均正常发光．图甲将220V交流电经整流电路（将交流电转换为直流电装置，功耗很小可忽略不计）后让LED灯与一分压电阻R串联，图乙经理想变压器变压、再整流后直接给LED灯供电，理想变压器原、副线圈匝数比为275:4．则两种电路消耗的电功率之比为（ ）
A．1:1 B．4:275 C．275:4 D．(275:4)2
2．如图所示，理想变压器的三只线圈匝数之比。图中灯泡L的规格为“25V，25W”，电阻R的阻值是5Ω，若灯泡L正常发光，据此可知（　　）
A．变压器线圈a、b两端输入的交流电压为30V
B．电流表读数为
C．1内电阻R产生的热量为600J
D．变压器输入电流为0.9A
3．如图所示，理想变压器与电阻R，交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器原副线圈的匝数比为，电阻R=5Ω．图乙是R两端电压U随时间变化的图像，，则下列说法中正确的是
A．交变电流的频率是
B．电压表V的读数为10V
C．电流表A的读数为20A
D．变压器的输入功率为40W
4．无线充电器是指不用传统的充电线连接到需要充电的终端设备上的充电器．无线充电系统主要采用电磁感应原理，通过线圈进行能量耦合实现能量的传递．所谓能量耦合是指两个或两个以上的电路元件的输入与输出之间存在紧密配合与相互影响，并通过相互作用从一侧向另一侧传输能量的现象．除此之外，无线充电中还涉及到磁场共振原理，以及其他的一些交流感应技术．根据上述描述，下列认识合理的是
A．无线充电系统所涉及的电磁感应原理最早是由奥斯特发现的
B．变压器是一种典型的能量耦合应用
C．无线充电器的优点之一是充电过程中没有电能量损失
D．无线充电器充电的时候发射端和接收端的交流电频率是不同的
5．一理想变压器原、副线圈匝数比为n1:n2=10:1，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t变化的规律如图所示，副线圈只接入一个10Ω的电阻，则
A．流过电阻的电流最大值为2.2A
B．与电阻并联的电压表示数为31.1V
C．电阻在1.0s内产生的热量为96.8J
D．变压器的输入功率约为48.4W
6．如图所示，交流发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的虚线轴以角速度ω匀速转动，线圈的电阻不计，理想变压器副线圈并联两个一模一样的灯泡A、B，现灯泡B发生断路，下列说法正确的是（电表均为理想电表）（　　）
A．电压表示数变大 B．电流表示数变大
C．灯泡A亮度变亮 D．灯泡A亮度不变
7．如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1=1500匝，副线圈的匝数n2=150匝，R0、 R1、R2均为定值电阻，原线圈接u=311sin （100πt） V的交流电源。起初开关S处于闭合状态.下列说法中正确的是（　　）
A．电压表示数为22V
B．当开关S断开后，电压表示数变小
C．当开关S断开后，电流表示数变大
D．当开关S断开后，变压器的输出功率减小
8．手机无线充电技术越来越普及，其工作原理如图所示，其中送电线圈和受电线圈匝数比，两个线圈中所接电阻的阻值均为R。当间接上的正弦交变电源后，受电线圈中产生交变电流给手机快速充电，这时手机两端的电压为，充电电流为。若把装置线圈视为理想变压器，下列说法正确的是
A．R的值为
B．快速充电时，间电压
C．快速充电时，送电线圈的输入电压
D．快速充电时，送电线圈的输入功率为
9．无线充电技术已应用于智能手机。手机无线充电器的基本原理类似于变压器，由发射器和接收器组成，分别有发射线圈和接收线圈，其简化模型如图所示（视为理想变压器）。已知发射、接收线圈匝数比为，端输入电流为，则（　　）
A．接收线圈的输出电流的有效值为
B．接收线圈的输出功率是发射线圈的输入功率的
C．接收线圈中输出电流方向每秒变化100次
D．发射线圈和接收线圈的频率不相同
10．如图甲所示，理想变压器的原线圈接在交流电源上，副线圈接有 的电阻，原、副线圈匝数之比为10∶1，交流电压表的示数是20.0V，电流表、电压表均可看作理想电表。图乙是交流电源输出电压u随时间t变化的图像。则下列说法正确的是（　　）
A．电流表的读数为2.0A
B．变压器的输入功率与输出功率之比为10∶1
C．变压器原、副线圈磁通量的变化率之比为10∶1
D．电源输出电压瞬时值的表达式（V）
11．理想变压器连接灯泡和滑动变阻器的电路如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，三个相同灯泡L1、L2和L3接入电路中发光，当滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（　　）
A．灯泡L1变亮，L2变暗 B．灯泡L1、L2都变亮
C．灯泡L2、L3都变亮 D．电源输出功率减小
12．如图所示，理想变压器原线圈接电压一定的交流电，在下列措施中能使电流表示数增大的是( )
A．只将变阻器R3的滑动触头上移
B．只将S2从4拨向3
C．只将S3从闭合改为断开
D．只将S1从2拨向1
13．理想变压器原线圈匝数n1＝1000匝，副线圈匝数n2＝100匝，当a、b两端接入如图所示的交变电压时，“3V，6W”的灯泡恰好正常发光，电阻R1＝100Ω，电压表V为理想电表。下列说法正确的是（　　）
A．流过副线圈交变电流的频率为5Hz
B．R1消耗的电功率为4W
C．电压表的示数为22V
D．R2的阻值为8.5Ω
14．如图所示，理想变压器的初级线圈连接电压恒定的交流电源，初、次级线圈均接入阻值为R的负载电阻。当电键S断开时，与初级线圈连接的电压表V1的示数为U1，与次级线圈连接的电压表V2的示数为U2，则以下判断中正确的是（　　）
A．电键断开时，初级线圈中的输入电流为
B．交流电源的电压为
C．电键闭合时，电压表V1的示数减小
D．电键闭合时，交流电源输出功率减小
15．如图所示，一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变接入电路的匝数，b为原线圈的中点，当P接a时，原.副线圈的匝数比为，线圈L的直流电阻不计，若原线圈接 的交流电，则
A．只增大电源的频率，灯泡B变亮
B．只将P由a向b滑动时，变压器的输入功率增大
C．只将变阻器R的滑片M向上滑动时，灯泡B亮度不变
D．当P接a时，灯泡B两端的电压为
二、填空题
16．如图，理想变压器原、副线圈匝数比n1：n2=2:1，V和A均为理想电表，灯泡电阻R1=6 Ω，原线圈的输入电压u1=sin100πt（V）．则的读数为 _________
17．如下图所示，理想变压器原副线圈匝数之比n1 ：n2=3 ：1, A、B两电阻阻值都为R，原线圈接入电压为U1的正弦交流电，则流经A、B的电流强度之比IA ：IB =_________,电源的输出电压U1与变压器的输出电压U2之比U1 ：U2 =_________ ,电源的输出功率P1与变压器的输出功率P2之比P1 ：P2 =___________．
18．如图所示，用理想变压器给R供电，设输入的交变电压不变，当R的滑片向上移动时四只电表及变压器的输入功率变化情况是：V1__________，V2__________，A2__________，P__________（填写增大、减小或不变）
19．如图所示的理想变压器供电的电路中，若将S闭合，则电流表A1的示数将________，电流表A3的示数将________，电压表V的示数将________。（填变大、变小或不变）
三、综合题
20．如图 （a）是一理想变压器的电路连接图，图（b）是原线圈两端所加的电压随时间变化的关系图象，已知原、副线圈的匝数比为10：1，电流表A2的示数为2A，当开关S断开时，求：
（1）电压表的示数
（2）变压器的输入功率．
21．有一台理想变压器，其原线圈的匝数匝，接在电压为的交流电源上。现用该变压器给11盏并联的标有“”字样的灯泡供电，能使这些灯泡正常发光。
（1）该变压器副线圈的匝数和原线圈中的电流分别是多少？
（2）若关闭5盏灯泡，则原线圈中的电流是多少？
22．如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1＝3 300 V，副线圈的输出电压U2＝220 V，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U0＝2 V，则
(1)原、副线圈的匝数各是多少？
(2)当S断开时，A2的示数I2＝5 A，那么A1的示数是多少？
(3)当S闭合时，A2的示数将如何变化？A1的示数如何变化？
23．如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1，交流电源电压u1=311sin100πtV，F是熔断电流为I0=1.0A的保险丝，负载为一可变电阻．
（1）当电阻R=100Ω时，保险丝能否被熔断？
（2）要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
试卷第1页，共3页
参考答案：
1．C
【详解】
图甲电路消耗的电功率P1=IU，其中I为通过LED灯的电流．图乙电路消耗的电功率，其中为变压器原线圈中的电流，由变流比可知，解得，选项C正确．
2．D
【详解】
AB．设变压器线圈a、b端的输入电压为U1，灯泡两端电压U2=25V，据
可得U1=50V，同理可得U3=10V，则电流表读数为
AB错误；
C．1内电阻R产生的热量为
C错误；
D．设灯泡的功率为P2，理想变压器的输入功率等于输出功率，可得
解得I1=0.9A，D正确。
故选D。
3．B
【详解】
试题分析：从图乙中可知交流电的周期为，所以频率为，A错误；交流电的有效值为，即电压表的示数为10V，B正确；副线圈中的电流为,根据公式可得原线圈中的电流为0.2A，C错误；输入功率等于输出功率，即：．故D错误；
4．B
【详解】
无线充电系统所涉及的电磁感应原理最早是由法拉第发现的，选项A错误；变压器是一种典型的能量耦合应用，选项B正确；采用电磁感应技术实现无线充电的优点是原理简单，适合短距离充电，但需特定的摆放位置才能精确充电，所以在充电过程中有电能量损失，选项C错误；根据电磁感应原理，无线充电器充电的时候发射端和接收端的交流电频率是相同的，选项D错误；故选B.
5．D
【详解】
原线圈电压最大值为311V，有效值为220V，根据 可知副线圈电压最大值为31.1V，有效值为22V，所以流过电阻的电流最大值为3.11A，与电阻并联的电压表示数为22V；电阻在1.0s内产生的热量Q=I2Rt=48.4J；输出功率等于输入功率为48.4W.故选D.
6．D
【详解】
A．发电机产生正弦交流电，电动势最大值
电动势的有效值
所以电压表示数不变，故A错误；
B．灯泡B发生断路后，电阻变大，电流变小，电流表示数变小，故B错误；
CD．灯泡A电压不变，亮度不变，故C错误，D正确。
故选D。
7．D
【详解】
A、原线圈接的交流电源，所以原线圈电压有效值U1=220V，理想变压器原线圈的匝数匝，副线圈的匝数匝，根据电压与匝数成正比，所以副线圈的电压22V，因R1 R2并联再与R0串联，根据欧姆定律得电压表示数小于22V，故A错误；
BCD、当开关S断开后，副线圈总电阻增大，副线圈的电压不变，副线圈的电流减小，R0两端电压减小，所以电压表示数增大；由于副线圈的电压不变，副线圈的电流减小，所以输出功率减小，输入的功率减小，所以电流表示数变小，故B、C错误，D正确；
故选D．
8．D
【详解】
BC．对送电线圈有
受电线圈有
由原副线圈电流和匝数的关系得
联立解得
故BC错误；
A．由欧姆定律可得
故A错误。
D．变压器原副线圈的功率相等，则送电线圈的输入功率
故D正确。
故选D。
9．A
【详解】
A．根据
可得端输入电流为
端输出电流为
故A正确；
B．接收线圈的输出功率等于发射线圈的输入功率，故B错误；
C．接收线圈中的频率
1个周期内电流方向变化2次，故1秒内变化200次，故C错误；
D．接收线圈中的频率等于发射线圈的频率，故D错误。
故选A。
10．D
【详解】
A．次级电流有效值为
原、副线圈匝数之比为10∶1，可知初级电流为I1=0.2A，选项A错误；
B．变压器的输入功率与输出功率相等，选项B错误；
C．变压器原、副线圈共用相同的铁芯，则磁通量的变化率相等，选项C错误；
D．变压器输入电压为
电源输出电压瞬时值的表达式
选项D正确。
故选D。
11．B
【详解】
ABC．设M、N两端稳压交流电源的电压有效值为U，原线圈两端的电压为U1，电流为I1，副线圈两端的电压为U2，电流为I2，原副线圈的匝数比
灯泡的电阻都为R，根据欧姆定律，可得副线圈两端的电压为
根据
得原线圈两端的电压为
根据，解得
根据欧姆定律，可得L1两端的电压
则稳压交流电源的电压为
当滑动变阻器的滑片P向上移动时，其电阻减小，则R并电阻减小，所以总电阻减小，而稳压交流电源的电压U不变，所以电流I2变大，则L2变亮；原线圈的电流
也增大，所以L1变亮，其两端的电压变大，所以原线圈两端的电压减小，则副线圈两端的电压减小，而L2的电压变大，所以L3与滑动变阻器并联部分的电压减小，所以L3变暗，故B正确，AC错误；
D．因为原线圈的电流增大，稳压交流电源的电压不变，根据P＝UI1，可知电源输出功率增大，故D错误。
故选B。
12．D
【详解】
A．只将变阻器R3的滑动触头上移，负载总电阻变大，故输出电流变小，故输入电流减小，故A错误；
B．只将S2从4拨向3时，副线圈匝数减小，输出电压变小，故输出电流变小，输入电流变小，故B错误；
C．只将S3从闭合变为断开，少一个支路，电压不变，总电阻变大，输出功率减小，则输入功率也减小，电流表的示数减小，故C错误；
D．只将S1从2拨向1时，原线圈匝数减小，输出电压变大，故输出电流变大，输入电流变大，即电流表的示数也变大，故D正确
故选D．
13．BD
【详解】
A．由图乙可知，周期为0.02s，则频率为
故A错误；
B．灯泡正常发光，故副线圈中电流为
原线圈的电流为
0.2A
R1消耗的电功率为
故B正确；
C．a、b两端电压的有效值为
由图可知，R1两端电压
则电压表的示数为
D．由欧姆定律可得
得
故D正确。
故选BD。
14．BC
【详解】
A．设初级线圈中的电流为I1，理想变压器原副线圈功率相等，可得
化简可得，，A错误；
B．原线圈中电阻R两端电压为
故交流电源的电压为
B正确；
C．电键闭合时，副线圈电阻减小，电流增大，原线圈电流随之增大，原线圈所接电阻R两端电压增大，原线圈电压减小，即电压表V1的示数减小，C正确；
D．电键闭合时，交流电源输出功率，由于电流增大，功率增大，D错误。
故选BC。
15．BC
【详解】
A、只增大电源的频率,副线圈的电流频率也增大,线圈L通直流,阻交流,当交流的频率增大时,线圈L的阻碍效果增大,灯泡B变暗,故A错误;
B、只将P由a向b滑动时,原线圈匝数减小,副线圈的匝数不变,根据原副线圈匝数之比等于电压之比得:副线圈电压增大,根据 得副线圈的输出功率增大,所以变压器的输入功率增大,所以B选项是正确的;
C、只将变阻器R的滑片M向上滑动时,原副线圈匝数不变,副线圈电压不变,所以灯泡B亮度不变,所以C选项是正确的;
D、当P接a时,原、副线圈的匝数比为n;1,原线圈接的交流电,根据原副线圈匝数之比等于电压之比得:副线圈电压 ,因为线圈L通有交变电流,所以灯泡B两端的电压要小于,故D错误;
综上所述本题答案是：BC
16．1A
【详解】
原线圈的输入电压u1=12 sin 100πt（V）可知，输入电压最大值为12V，则有效值U1=12V，根据得：；电流表示数.
17． IA ：IB =1：3 U1 ：U2 = 10：3 P1 ：P2 = 10：9
【详解】
原副线圈的电流之比等于匝数的反比，所以IA：IB=1：3，匝数比等于电压之比，设副线圈的电压为U2=IBR，则原线圈的输入电压为3IBR，所以U1=IAR+3IBR=IBR，则U1：U2=10：3；输入功率等于输出功率P2=IB2R，电源的输出功率为：P1= IA2R+P2=IB2R，则P1：P2=10：9.
18． 不变 不变 减小 减小
【详解】
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，所以V1、V2的示数都不变，当变阻器的滑动头P向上移动时，滑动变阻器的电阻增大，所以负线圈的电流减小，原线圈的电流也要减小，副线圈消耗的功率变小，则输入功率等于输出功率也减小。
19． 不变 变大 不变
【详解】
变压器输入电压不变，故输出电压不变，因此电压表示数不变，R1阻值不变，由欧姆定律可知，A1示数不变；
因闭合开关后电阻变小，故负载总电流变大，故A2的示数变大，变压器的电流比等于匝数的反比，故A3的示数变大。
20．（1）20V（2）40W
【详解】
（1）由图（b）可知输入电压的有效值
由 得
（2）变压器的输入功率P1等于输出功率P2
故P1=P2=U2I2=20×2W=40W
21．(1)180，3A；(2)1.64A
【详解】
(1)由11只并联的“36V，60W”的灯泡供电时，灯泡正常发光，可知
U2=36V
P2=660W
根据电压与匝数成正比得
根据输入功率等于输出功率可得
P2= P1=U1I1
代入数据解得
I1=3A
(2)当此变压器对6只并联的“36V，60W”的灯泡供电时，灯泡仍正常发光，可知：
U2=36V
P2=360W
根据输入功率等于输出功率可得
U1I1=P2
解得
I1=1.64A
22．(1)1 650匝　110匝　(2)0.33 A　(3)变大　变大
【详解】
(1)根据变压比
有
n1＝·n0＝×1匝＝1 650匝
n2＝·n0＝×1匝＝110匝．
(2)由其是理想变压器得
P入＝P出
I1U1＝I2U2
I1＝·I2＝×5 A＝0.33 A
(3)开关S闭合时，负载增加，总电阻减小，副线圈的输出电压U2不变
I2＝
即I2增加．输出功率
P出＝I2U2
也增加．根据理想变压器P入＝P出，即
I1U1＝I2U2
原线圈中的电流I1也随之增大了．
23．（1）不会（2）55 Ω；220 W
【详解】
（1）初级电压有效值
根据电压与匝数成正比知副线圈的电压
U2=×220=110V
当电阻R=100Ω时，副线圈中电流
由输入功率等于输出功率知原线圈电流
故保险丝不会熔断．
（2）设电阻R为r时，原线圈中电流刚好达到熔断电流，即I1=1A
副线圈知电流
此时输出功率
P2=U2I2=110×2=220W
答案第1页，共2页