人教版高中物理选择性必修二第三章第三节变压器练习（Word版含答案）

汽开三中章节练习：变压器
学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________
一、单选题
1. 如图，理想变压器副线圈匝数为2000匝，原线圈匝数为1000匝．副线圈接有一个阻值为RL＝200 Ω的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想交流电压表V，示数为0.10 V。则交流电流表的示数为（ ）
A. 2 A B. 1 A C. 4 A D. 3 A
2. 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，则（　　）
A. R消耗的功率变为P B. 电压表V的读数变为U
C. 电流表A的读数变为2I D. 通过R的交变电流频率不变
3. 实验室有一个变压器，一侧线圈的标记为200匝，另一侧线圈匝数无标记，小明对它进行了实验探究。他用200匝的线圈作为原线圈，用匝数未知（记为N）的线圈作为副线圈，如图1所示，分别测量不同输入电压对应的输出电压，测量结果如表1所示；将原副线圈互换，如图2所示，重复上述操作，测量结果如表2所示。实验过程中电源、电压表均正常工作。
表1
第1组 第2组
输入电压U1（V） 4.0 1.9
输出电压U2（V） 8.0 3.7
电压比 0.50 0.51
表2
第3组 第4组
输入电压U1′（V） 8.2 6.1
输出电压U2′（V） 3.2 2.3
电压比 2.56 2.65
分析表中数据，以下推理正确的是（　　）
A. 若线圈的200匝标识是准确的，则匝数N多于400匝
B. 按图1实验时变压器没有损耗，按图2实验时变压器有损耗
C. 按图1实验时两侧线圈中电流频率相同，按图2实验时频率不同
D. 若使用直流电源进行以上实验，能够较好的得到=
4. 图甲所示的变压器原、副线圈匝数比为3：1，图乙是K闭合时该变压器cd输入端交变电压的图象，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“12V，6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表。以下说法正确的是（ ）
A. ab输入端电压的瞬时值表达式为
B. 电流表的示数为，能正常发光
C. ab输入端输入功率
D. 断开K，中的电流不变
5. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为4︰1，灯泡a和b额定电压相同，当原线圈输入的交变电压时，两灯泡均能正常发光，且滑动变阻器调节过程中灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是（ ）
A. 灯泡的额定电压是44 V
B. 副线圈中交变电流的频率为12.5 Hz
C. 当滑动变阻器的滑片向下滑动时，灯泡a变暗
D. 当滑动变阻器的滑片向下滑动时，变压器输入功率变小
6. 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源，副线圈通过电阻为R的导线与热水器、抽油烟机连接。开关S未闭合时测得副线圈两端的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是（）
A. 抽油烟机工作时，热水器的实际功率增大
B. 抽油烟机上电压的瞬时值表达式为
C. 原线圈两端电压表示数为1100V
D. 抽油烟机工作时，变压器的输入功率减小
7. 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图所示，线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，当滑动触头P转动时，改变了副线圈匝数，从而调节输出电压。图中A为交流电流表，V为交流电压表，、为定值电阻，为滑动变阻器，C、D两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器，则
A. 保持P的位置不动，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电压表读数变大
B. 保持P的位置不动，当滑动变阻器滑片向下滑动时，电流表读数变小
C. 保持滑动变阻器滑片位置不变，当变压器滑动触头P逆时针转动时，M、N之间的电压变大
D. 保持滑动变阻器滑片位置不变，当变压器滑动触头P顺时针转动时，变压器输出功率变大
8. 如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，b是原线圈的中心抽头，副线圈接理想电压表和理想电流表．在原线圈c、d两端加上的交变电压，则
A. 开关与a连接时，电压表的示数为
B. 开关与a连接时，滑动变阻器触头P向上移动，电压表示数变小
C. 开关与b连接时，滑动变阻器触头P向下移动，电流表示数变小
D. 变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，输入功率不变
9. 在如图所示电路中，电流表和电压表均为理想电表，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将滑动变阻器的滑片的位置，观察到电流表的示数增大了△I1，电流表的示数增大了△I2，且△I1>△I2，下列说法正确的是
A. 电压表示数减小 B. 电压表不变和示数增大
C. 该变压器为升压变压器 D. 变阻器滑片是沿d→c的方向滑动
10. 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cd间接定值电阻R。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点顺时针旋转到N点的过程中（ ）
A. U1＜ U2， U2降低 B. U2＞ U1， U2升高
C. 变压器输入功率减小 D. 变压器输入功率增大
二、实验题
11. 利用如图所示的装置可以探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系：

除图中所示器材外，还需要的器材有______ ；
A.干电池
B.低压交流电源
C.直流电压表
D.多用电表
下列说法正确的是______ ；
A.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
B.变压器工作时在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用
C.理想变压器原、副线圈中的磁通量总是相同
D.变压器副线圈上不接负载时，原线圈两端电压为零

由于变压器工作时有能量损失，实验测得的原、副线圈的电压比应当______选填“大于”、“等于”或者“小于”原、副线圈的匝数比。
三、计算题
12. 如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“6V，6W”，L4标有“6V，12W”，若它们都能正常发光。
（1）求变压器原、副线圈匝数比n1 ∶n2；
（2）ab间电压是多少？
13. 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20:1，副线圈所在电路连接两个标有“220 V 40 W”的灯泡L1、L2，开关S断开时，灯泡L1正常发光，电路中所接电表均为理想电表，求：
（1）理想变压器原线圈的输入电压U1。
（2）开关S断开时，电流表的示数I1。
（3）开关S闭合时，电流表的示数I1′。
答案和解析
1.【答案】A
设理想变压器副线圈两端电压为U2，根据变压器原理可得：；
解得：U2=200V；
副线圈的电流：；
根据变压器原理可得：；
解得：；
故A正确，BCD错误。
2.【答案】B
AB.线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为ω，则产生的最大电动势为：Em=nBSω
原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为：
设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为：…①
当发电机线圈的转速变为原来的时，有：…②
副线圈两端的电压为：…③
联立①③可知，，即电压表的读数变为U；
由：P=
R消耗的电功率：，即R消耗的功率变为，故A错误，B正确；
C.由变压器的特点可知，副线圈消耗的功率为原来的，则发电机产生的电功率变成原来的；由②可知，线圈产生的电动势是原来的，由P=UI可知，电流表的读数变成原来的，故C错误；
D.发电机线圈的转速变为原来的，则原线圈中电流的频率变成原来的，所以副线圈中，通过R的频率变成原来的，故D错误。
故选B。
3.【答案】A
解：B、观察表1表2数据可以发现，一定有一表数据不准确，引起误差的原因是发生了漏磁，假设1准确，2不准确，则对2数据分析，发生漏磁，磁通量变化增大，感应电流增大，感应电动势也增大，可实际数据是减小（小于理论值）所以假设错误，即表1数据错误，表2数据准确，则按图1实验时变压器有损耗，按图2实验时变压器没有损耗，故B错误；
A、由理想变压器原副线圈与匝数关系=
解得≈512＞400，故A正确；
C、交流电的频率由电源决定，与变压器的匝数无关，故C错误；
D、直流电在线圈中产生的磁场，线圈有磁通量，但是磁通量不变，则在副线圈中不会产生感应电流，所以无法完成实验，故D错误；
故选：A。
4.【答案】B
AB、由输入端交变电压u的图象，可知其最大值为36V，有效值为有效值是U1=36V，副线圈电压为：U2=U1=12V，所以副线圈三只灯泡均能正常发光。
灯泡的额定电流：I0==A=0.5A，电流表的读数为I2=3×0.5A=1.5A，原线圈电流为I1=I2=0.5A，所以原线圈的灯泡L1也能正常发光，
ab输入端电压为Uab=12+36=48V，输入端电压的瞬时值表达式为uab=48sin100πt（V），故A错误，B正确；
C、四个灯泡都正常发光，所以ab输入端输入功率Pab=4×6W=24W，故C错误；
D、若将K断开，则副线圈上的输出电流将减小，所以原线圈的输入电流也减小，则流过灯泡L1的电流减小，L1上消耗的电压减小，所以原线圈上的电压增大，副线圈的电压也增大，则可知L2中的电流将变大，故D错误；
故选：B。
5.【答案】A
A.根据理想变压器的原理有：，而灯泡的额定电压U灯=U2，故有：U灯+4U2=220V，解得：U灯=44V，故A正确；
B.由原线圈输入交变电压可知，原线圈中交流电流的频率为：，而变压器不会变频率，故副线圈中交变电流的频率为5 Hz，故B错误；
CD.当滑动变阻器的滑片向下滑动时，副线圈电路中总电阻减小，电流增大，则原线圈电路中电流增大，输入功率增大，灯泡a的功率增大，灯泡a变亮，故CD错误。
故选A。
6.【答案】C
解：A、接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R上的分压增大，热水器两端的电压减小，所以实际功率减小，故A错误；
B、由图乙可知，交变电流的峰值是220V,
ω===rad/s=100πrad/s，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u=220sin100πt，无法判断抽油烟机电压瞬时值，故B错误；
C、由图乙知副线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知原线圈电压即电压表示数为1100V，故C正确；
D、接通开关，电阻减小，电压不变，所以副线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率增大，故D错误；
故选：C。
7.【答案】C
AB.保持P的位置不动，即保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，将滑片向下移动时，连入电路的电阻的阻值变小，因而总电流增大，R1分得的电压增大，并联支路的电压即电压表的示数减小，R2中电流减小，R3中电流变大，即电流表读数变大，故A、B错误；
C.保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增大，则MN两端的电压变大，故C正确；
D.将P沿顺时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减少，MN两端的电压减小，总电流减小，则变压器输出功率变小，故D错误。
8.【答案】A
A.变压器的输入电压最大值为，故有效值为110V，开关与a连接时，当单刀双掷开关与a连接时，匝数之比为22：1，根据变压比公式，输出电压为5V，即电压表的示数为，故A正确；
B.当单刀双掷开关与a连接时，滑动变阻器触头向上移动的过程中，电阻增大，副线圈的电压由匝数比和输入电压决定，则电压表的示数不变，故B错误；
C.当单刀双掷开关与b连接时，滑动变阻器触头向下移动的过程中，电阻减小，电流变大，电流表的示数变大，故C错误；
D.变阻器R不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，原副线圈匝数比变小，根据匝数比等于电压之比，可知副线圈电压变大，根据可知变压器输出功率变大，根据输入功率等于输出功率，则输入功率也变大，故D错误。
故选A。
9.【答案】C
AB.由于变压器原线圈的电压不变，因此电压表V1、V2的读数均不变，故AB错误；
C.设未滑动滑动变阻器时，电流表A1示数为I1，A2示数为I2，则由理想变压器性质可得，则有：，所以该变压器为升压变压器，故C正确；
D.由于副线圈的电压不变，电流表A2的示数增大，所以根据欧姆定律可知负载的电阻变小，所以滑动变阻器的阻值变小，因此变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故D错误。
故选C。
10.【答案】C
AB.根据变压器的电压关系有，当滑动触头M顺时针转动时，即n2减小时，电压U2应该减小，即降低，由于n2＜n1，所以U2＜U1，故AB错误；
CD.由于电压U2减小，所以定值电阻上的电压减小，则定值电阻消耗的电功率减小，由于是理想变压器，所以变压器的输入功率也减小，故D错误，C正确。
故选C。
11.【答案】BD BC 大于
解：（1）AB、变压器只能改变交流电的电压，必须要有低压交流电源提供交流电，故B正确，A错误。
CD、原线圈输入交流电压，副线圈输出交流电压，故应用多用电表的交流电压挡测量输入和输出电压，故D正确，C错误。
故选：BD。
（2）A、变压器的工作原理是电磁感应现象，而不是通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈的，故A错误。
B、变压器工作时在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”能量的作用，故B正确。
C、理想变压器的原副线圈通过铁芯共用同一个磁场，则两线圈的磁通量总是相同，磁通量的变化率也相同，故C正确。
D、变压器的原线圈两端电压由发电机提供，副线圈上不接负载时，原线圈两端的电压不变，故D错误。
故选；BC。
（3）根据变压器原理可知，原副线圈两端电压之比等于原副线圈匝数之比，即变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比，实验中由于变压器的铜损、磁损和铁损，导致变压器的铁芯损失一部分能量，所以副线圈上的电压的实际值一般略小于理论值，所以原线圈与副线圈的电压之比一般大于原线圈与副线圈的匝数之比。
故答案为：（1）BD （2）BC （3）大于
12.【答案】解：（1）通过L1灯泡的电流即为原线圈电流
通过L4的电流即为副线圈电流
故原副线圈匝数比
（2）副线圈电压
原线圈电压
故ab间电压
13.【答案】解：（1）由灯泡L1正常发光可知，副线圈两端电压U2＝220 V，
由得理想变压器原线圈输入端电压为：
（2）开关S断开时，电流表的示数，
再由得电流表的示数为：
I1＝9.09 mA
（3）开关S闭合时，两灯泡均正常发光，电流表的示数，
再由得电流表的示数：
I1′＝18.18 mA

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