同步课时精练（九）3.3 变压器（含解析）

同步课时精练（九）3.3 变压器（后附解析）
一、单选题
1．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶2，正弦交流电源电压为U＝12 V，电阻R1＝1 Ω，R2＝2 Ω，滑动变阻器R3最大阻值为20 Ω，滑片P处于中间位置，则
A．R1与R2消耗的电功率相等 B．通过R1的电流为3 A
C．若向上移动P，电压表读数将变大 D．若向上移动P，电源输出功率将不变
2．如图甲所示，理想变压器原、副线圈匝数比为，灯泡的电阻为22Ω，电动机内阻为1Ω，原线圈接上如图乙所示的正弦交变电压，电流表示数为3A，各用电器均正常工作，电流表、电压表均为理想电表，则（　　）
A．原线圈接交变电压的表达式为
B．副线圈电压表示数为
C．原线圈的输入功率为66W
D．电动机的输出功率为60W
3．图甲所示的理想变压器原、副线圈匝数比为55:6，图乙是该变压器原线圈两端输入的交变电压u的图像，副线圈中L是规格为“24V,12W"的灯泡，是定值电阻，是滑动变阻器，图中各电表均为理想交流电表，以下说法正确的是（ ）
A．流过灯泡L的电流每秒钟方向改变50次
B．滑片P向下滑动的过程中，灯泡L能正常发光，A2表示数变小
C．滑片P向下滑动的过程中，A1表示数变大，V1表示数不变
D．原线圈两端输入电压的瞬时值表达式为u= 220sinl00·t（V）
4．在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图所示，它的原线圈匝数n1＝60匝，交流电源的电动势e＝311sin（100t）V（不考虑其内阻），电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2A的保险丝，副线圈匝数n2＝120匝，为保证保险丝不被烧断，则（　　）
A．负载功率不能超过44W
B．副线圈电流最大值不能超过1A
C．副线圈电路中的电阻R可以小于44Ω
D．副线圈电路中电压表的读数为622V
5．如图所示，理想变压器原线圈接在电压为U的交流电源上，原线圈电路中接有定值电阻，副线圈上接有定值电阻，且。变压器原副线圈电压分别为、，匝数分别为、。已知、消耗的功率相等，则下列说法正确的是（　　）
A． B． C． D．
6．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2倍，则（　　）
A．R消耗的功率变为 B．电压表V的读数变为
C．电流表A的读数变为 D．通过R的交变电流频率变为原来的4倍
二、多选题
7．某无线充电装置的原理如图所示，该装置主要由供电线圈和受电线圈组成，可等效为一个理想变压器，从受电线圈输出的交流电经过转化装置变为直流电给电池充电。已知供电线圈匝数大于受电线圈匝数，供电线路中保护电阻R=50Ω，其余电阻不计。充电时，供电线圈接有效值的正弦交流电，受电线圈cd端的输出电压、输出电流，下列说法正确的是（　　）
A．cd端电压的最大值为
B．供电线圈和受电线圈匝数比为10：1
C．充电时，ab端的输入功率为80W
D．若输入端ab接220V直流电，也能进行充电
8．如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u=311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，其阻值随温度的升高而减小。电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻。当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是（　　）
A．变压器的输入功率增大
B．变压器的输入功率不变
C．V1的示数不变，A1的示数增大
D．V2，A2的示数都减小
9．某探究小组利用图甲所示的电路探究一标签模糊的理想变压器的原、副线圈匝数比。R为定值电阻，L1、L2为两只标有“5V，2A”的相同小灯泡，在输入端加如图乙所示的交变电压。开关S断开时，灯泡L1正常发光，测得电阻R两端的电压与灯泡L1两端的电压相等，则下列说法正确的是（　　）

A．定值电阻的阻值为7.5Ω
B．闭合开关S后，灯泡L 变暗
C．理想变压器原、副线圈的匝数比为2︰1
D．理想变压器原、副线圈的匝数比为3︰1
10．如图是某手动电筒发电机的两个截面示意图，推动手柄可使线圈a沿轴线左右往复运动。线圈截面周长25cm，线圈a由50匝阻值及粗细均可忽略不计的导线单层紧密绕成，所在辐向磁场的磁感应强度大小为0.02T。现使线圈a做简谐运动，其速度随时间变化的关系式为。已知线圈a连接一原、副线圈匝数比为1:10的理想变压器。白炽小灯泡L的阻值恒为10Ω，额定电压为5V，滑动变阻器R1的最大阻值为30Ω，定值电阻R2=15Ω。下列说法正确的是（　　）
A．线圈a产生交流电的电动势有效值为，频率为20Hz
B．灯泡正常工作时，理想变压器原线圈的输入功率为7.5W
C．为使灯泡正常工作，滑动变阻器R1接入电路的电阻应调节为5Ω
D．滑动变阻器R1滑键向下移动，灯泡变亮
三、实验题
11．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”某次实验中，如图所示：
（1）为了确保实验的安全，下列做法正确的是
A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过
B．即使副线圈不接用电器，原线圈也不能长时间通电
C．为使接触良好，通电时应用手直接捏紧裸露的接线柱
D．为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测
（2）小唐同学把交流电源接在a、b两端，当时，用多用电表交流电压挡测量c、d两端电压，测量结果如图所示，则 V。a、b两端匝数与c、d两端匝数之比是 。
A． B． C． D．
12．为描述“220V 100W”白炽灯的伏安特性曲线，提供的器材有：白炽灯，调压变压器，22V交流电源，交流电压表（量程300V、内阻300kΩ），交流电流表（量程0.6A、内阻0.15Ω），开关，导线若干。
(1)如图（a）所示是调压变压器的构造图，在圆环形的铁芯上只绕一个线圈。如果将220V交流电接在变压器的AB端，测量电路接在BP端。该变压器用作 变压器（选填“升压”或“降压”）。
(2)为使在额定电压下测得的实验数据的误差尽量小，请在图（b）中完成该测量原理电路图的连线 。在电路接通之前，应将调压变压器的滑动触头P移动至 端（选“A”或“B”），并且将滑动变阻器的滑片移动至 端（选填“a”或“b”）附近。
(3)根据测量结果描绘出“220V 100W”白炽灯的伏安特性曲线如图（c）所示。若将两个“220V 100W”的灯泡串联后接入如图（d）所示的交流电路中，已知R1=1kΩ，R2=10kΩ，n1=200匝，n2=400匝，则通过白炽灯的电流为 A，电阻R1消耗的功率为 W。（结果保留两位有效数字）
13．某同学用匝数可调的可拆变压器来探究“变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验：
（1）下列操作正确的是 。
A．原线圈接学生电源直流电压，电表置于直流电压挡
B．原线圈接学生电源交流电压，电表置于交流电压挡
（2）如图甲所示，一变压器的副线圈匝数模糊不清，该同学为确定其匝数，原线圈选择“0”、“8”（100匝）接线柱，测得电源电压为10.0V，副线圈电压为4.9V，则此时接入的副线圈可能是 。
A．“0”、“2”接线柱　　B．“0”、“4”接线柱
（3）如图乙所示，探究铁芯在变压器中的用途时，该同学先将上方的铁芯取出，再将铁芯缓慢向左水平推入，则观察到小灯泡亮度变化与铁芯作用分析正确的是 。
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．铁芯起到传送能量的作用
D．若将铁芯换成等大的铜块，则实验现象更明显
（4）你认为该实验的系统误差主要来源是 （写出一条即可）。
14．某实验小组，利用实验室中的器材完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。实验器材包括：学生电源一个、可拆变压器一个、多用电表一个、导线若干。其中可拆变压器如图：
（1）学生电源应选用 （选填“低压”或“高压”）交流电源；
（2）下列关于本实验的说法正确的是 ；
A．通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
B．测量原、副线圈的电压时，可以使用大量程的直流电压挡
C．若原线圈接0、8接线柱（800匝线圈），副线圈接0、4接线柱（400匝线圈），副线圈电压大于原线圈电压
D．保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈匝数，可探究副线圈上电压与匝数的关系
（3）若变压器的匝数分别是匝和匝，实验测量数据如下表：
1.8 2.9 3.8 4.9
4.0 6.0 8.0 10.0
根据测量数据可判断连接电源的线圈是 。（选填“”或“”）
15．(1) 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列器材在实验中不必用到有 ．
(2) 若在实验中用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器，对应的电压测量数据如表所示．根据测量数据，下列说法正确的是 ．

A．N1一定是原线圈
B．N2可能是原线圈
C．N1一定是副线圈
D．N2一定是副线圈
试卷第1页，共3页
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参考答案：
1．B
解析：理想变压器原副线圈匝数之比为1：2，可知原副线圈的电流之比为2：1，根据P=I2R可知R1与R2消耗的电功率之比为2：1，故A错误；设通过R1的电流为I，则副线圈电流为0.5I，初级电压：U-IR1=12-I；根据匝数比可知次级电压为2（12-I），则，解得I=3A，故B正确；若向上移动P，则R3电阻减小，次级电流变大，初级电流也变大，根据P=IU可知电源输出功率将变大，电阻R1的电压变大，变压器输入电压变小，次级电压变小，电压表读数将变小，故C D错误；答案：B．
2．C
解析：A．根据图乙，可得变压器输入端电压最大值为
通过图乙可得该交流电的角速度为
则原线圈所接交变电压的表达式为
故A错误；
B．由图乙知，电压表示数为变压器输出端电压的有效值，根据理想变压器电压与匝数比关系，可得
故B错误；
C．由图乙知电流表示数为变压器输出端电流的有效值，根据理想变压器输入功率等于输出功率，可得原线圈的输入功率为
故C正确；
D．灯泡正常发光，可得流经灯泡的电流
则流经电动机的电流
电动机内部消耗的功率为
可得电动机的输出功率为
故D错误。
答案：C。
3．C
解析：由乙图可知原线圈输入的交变电压瞬时值表达式为，周期为0.02s，频率为50Hz，电流方向每秒钟改变100次，故AD均错；滑片P向下滑动的过程中，原线圈两端电压不变，电压表V示数不变．副线圈输出电压，保持不变，灯泡正常发光，但副线圈路端负载总电阻变小，输出功率变大，所以电流表A1的示数变大，由变压器输出功率公式可知，副线圈电流增大，而流过灯泡的电流不变，所以电流表A2示数变大，故B错误，C正确．
点拨：理想变压器原线圈电压不变，原、副线圈匝数不变，导致不变．判断流程为：负载电阻的变化输出功率的变化输入功率的变化副线圈中电流的变化、原线圈中电流的变化等．
4．A
解析：D．初级电压有效值
次级电压有效值
故副线圈电路中电压表的读数为440V，选项D错误；
B．次级电流有效值
次级电流最大值
选项B错误；
C．副线圈电路中的电阻R最小值
选项C错误；
A．次级功率最大值
P2=U2I2=44W
选项A正确。
答案：A。
5．D
解析：ABC．有、上消耗的功率相等及，根据
P=I2R
可知
根据理想变压器原副线圈电流、电压关系可得
ABC错误；
D．令两端电压为，则，又有
得
，
故
D正确。
答案：D。
6．A
解析：AB．根据
当发电机线圈的转速变为原来的2倍，则发电机感应电动势的最大值变为原来的2倍，感应电动势的有效值变为原来的2倍，则理想变压器原线圈的电压变为原来的2倍，根据
可知，副线圈的电压变为原来的2倍，电压表读数变为2U，根据
因定值电阻两端电压变为原来的2倍，则R消耗的功率变为4P，A正确，B错误；
C．根据欧姆定律可知理想变压器副线圈的电流变为原来的2倍，根据
可知，理想变压器原线圈的电流变为原来的2倍，电流表读数变为2I，C错误；
D．根据
，
可得
可知通过R的交变电流频率变为原来的2倍，D错误。
答案：A。
7．AB
解析：A．cd端输出电压为正弦交流电压，最大值为有效值的倍，即，故A正确；
B．由变压器电压与匝数的关系得
由欧姆定律得
解得
故B正确；
C．ab端的输入功率
故C错误；
D．变压器不能在直流电下工作，故D错误。
答案：AB。
8．ACD
解析：C．当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变。故C正确；
AB．根据P=IU可知，变压器的输入功率增大，故A正确，B错误；
D．由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，故D正确。
答案：ACD。
9．ABD
解析：CD．由图可知输入电压的有效值为20V，灯泡正常发光，灯泡两端的电压为5V，理想变压器原、副线圈的匝数比为
故C错误，D正确；
A．根据变压器原副线圈电流比
解得，定值电阻的阻值为
故A正确；
B．闭合开关S后，副线圈中电流增大，原线圈电流增大，定值电阻两端的电压增大，原线圈输入电压减小，副线圈输出电压减小，灯泡变暗，故B正确。
答案：ABD。
10．BC
解析：A．线圈a产生交流电的电动势的最大值为
所以线圈a产生交流电的电动势有效值为
频率为
故A错误；
B．根据变压器原副线圈电压之比等于线圈匝数比可得副线圈两端的电压为
灯泡L正常工作时，流过副线圈的电流为
理想变压器原线圈的输入功率等于输出功率，即
故B正确；
C．根据欧姆定律可得
解得
故C正确；
D．滑动变阻器滑键向下移动，滑动变阻器接入电路的电阻变大，则流过副线圈的电流变小，灯泡变暗，故D错误。
答案：BC。
11． BD 5.6 B
解析：（1）[1]A．变压器工作需要交流电，因此，为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过，A错误；
B．即使副线圈不接用电器，原线圈处于空载也有一定的电损，则原线圈也不能长时间通电，B正确；
C．实验通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，这样无形之中，将人体并联电路中，导致所测数据不准确，C错误；
D．使用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，D正确。
答案：BD。
（2）[2]根据多用电表交流电压挡读数规律，该读数为5.6V；
[3]根据
答案：B。
12． 降压 A b 0.24（0.22~0.26均可） 68（64~70均可）
解析：(1)[1]由图可知，输入端将全部线圈均接入，而输出端只接入了一部分线圈，则可知，输出电压一定小于输入电压，故为降压变压器；
(2)[2][3][4]变压器视为电源，由于电源电压最大为220V，通过变压器可以将电压调整为零，故本实验不需要采用分压接法，应采用限流接法；同时灯泡电阻
则有
故该电阻应视为大电阻，采用电流表内接法，故电路图如图所示；为了让电路中电流最小，开始时应将滑片调至接入电阻最大的位置，故滑片滑到b端；
(3)[5][6]根据变压器原理
可知输出电压
设灯泡电压为U，电流为I，则根据欧姆定律可得
代入数据并变形解得
在灯泡的伏安特性曲线图中作出对应的图像，如图所示
则两图的交点为灯泡的工作点，由图可知，电流I=0.24A；电压U=90V；
R1两端的电压
故消耗的电功率
13． B B AC 见解析
解析：（1）[1]变压器在交流电条件下才能正常工作，A错误，B正确。
答案：B。
（2）[2]根据电压匝数关系有
解得
A错误，B正确。
答案：B。
（3）[3]ABC．变压器的铁芯的作用是导磁，尽量减少漏磁，其起到传递能量的作用，AC正确，B错误；
D．铜不能被磁化，因此不能导磁，若将铁芯换成等大的铜块，则实验现象不明显，D错误。
答案：AC。
（4）[4]实际的变压器的线圈与铁芯都有一定的电阻，且存在漏磁，则实验的系统误差主要来源是线圈和铁芯有一定的电阻与存在漏磁。
14． 低压 D
解析：（1）[1]变压器只能改变交流电的电压，为保证安全，本实验的电源使用低压交流电源，电压不超过12V；
（2）[2]A．为保证安全，实验通电时，不可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，A错误；
B．测量原、副线圈的电压时，必须使用交流电压挡，B错误；
C．若原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，原线圈匝数大于副线圈匝数，根据变压规律，副线圈电压小于原线圈电压，C错误；
D．本实验采用控制变量法，为便于研究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈匝数，探究副线圈上电压与匝数的关系，D正确。
答案：D。
（3）[3]由于有漏磁，所以副线圈测量电压应该小于理论电压值，即为输入端，为输出端。
15． （1）AC （2）B
解析：(1)[1]“探究变压器的电压与匝数的关系”要用低压交流电源和交流电表，所以不需要干电池和滑动变阻器，答案：AC。
(2)[2]表格中每组数据都可以看出匝数之比近似等于电压之比，N1=400匝和N2=800匝
无法判断是升压变压器还是降压变压器，所以，N1、 N2可能原线圈，也可能为副线圈，故B正确，ACD错误，答案：B。
答案第1页，共2页
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