人教版物理高二选修2-1第四章第二节变压器同步训练
文档属性
| 名称 | 人教版物理高二选修2-1第四章第二节变压器同步训练 |  | |
| 格式 | doc | ||
| 文件大小 | 358.0KB | ||
| 资源类型 | 素材 | ||
| 版本资源 | 人教版（新课程标准） | ||
| 科目 | 物理 | ||
| 更新时间 | 2016-05-25 13:18:40 | ||
图片预览
文档简介
登陆21世纪教育 助您教考全无忧
人教版物理高二选修2-1第四章
第二节变压器同步训练
一．选择题
1．如图，是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈接电压为U=20V的交流电源，输出端接有风扇电动机D和一只电阻恒为R=4Ω的灯泡L，电动机线圈电阻为R=1Ω．接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I=2A，则（ ）
A． 风扇电动机D输出的机械功率是20W
B． 风扇电动机D输出的机械功率是16W
C． 变压器原线圈的电流为1A
D． 变压器原线圈的电流6.25A
答案：B
解析：
解答：A、根据得：
副线圈电压为：U2=10V，
则风扇的输出功率为：，故A错误，B正确；
C、通过灯泡的电流，则副线圈电流I2=I+IL=4.5A，
根据得：I1=2.25A，故CD错误．
故选：B
分析：电压比等于匝数之比，电动机为非纯电阻器件，风扇消耗的功率为内阻消耗+输出的机械功率，先根据欧姆定律求出灯泡的电流，从而求出副线圈电流，根据电流之比等于线圈匝数的倒数比求解．
2．图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是（ ）
A． 电压表V1示数增大
B． 电压表V2，V3示数均增大
C． 该变压器起升压作用
D． 变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
答案：
解析：
解答：A、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，
由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，
根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故A错误，D正确，
B、由于R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B错误；
C、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，
根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C错误；
故选：D．
分析：根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，外电路中，R0与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可．
3．如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则（ ）
A． 此时原线圈两端电压的最大值约为68V
B． 此时原线圈两端电压的最大值约为24V
C． 原线圈两端原来的电压有效值约为68V
D． 原线圈两端原来的电压有效值约为48V
答案：D
解析：
解答：A、现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，
根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压，
根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U1=4U2=24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为，故A、B错误；
C、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，
由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变，
所以原来副线圈电压，
根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V，故C错误，D正确；
故选：D
分析：根据串并联知识和欧姆定律可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
4．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后（ ）
A． 副线圈中的电流比为1：2 B． 副线圈输出功率比为2：1
C． 副线圈的接入匝数比为2：1 D． 原线圈输入功率比为1：2
答案：C
解析：
解答：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，
在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，
所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故A错误，C正确；
B、由，所以输出功率之比为4：1，故B错误；
D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故D错误；
故选：C
分析：变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析．
5．如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则（ ）
A． 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B． 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数不变
C． 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D． 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
答案：C
解析：
解答：AB、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，输出电压不变，此时P向上滑动，负载电阻值增大，则输出电流减小，电流表的读数I变小，故A、B错误；
CD、P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压变大，输出电流变大，则电流表的读数变大，故C正确，D错误；
故选：C．
分析：保持Q位置不动，则输出电压不变，保持P位置不动，则负载不变，再根据变压器的特点分析．
6．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（ ）
A． 200 B． 400 C． 1600 D． 3200
答案：
解析：
解答：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：
变压器能将220V交变电流改变为110V，原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2．
则：匝
故选：B．
分析：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解．
7．理想变压器的原线圈匝数不变．原线圈接入电压有效值恒定的交流电，则副线圈的（ ）
A． 匝数越少，输出电压越高 B． 匝数越多，输出电压越高
C． 输出功率比输入功率小 D． 输出功率比输入功率大
答案：
解析：
解答：A、原副线圈电压之比等于线圈匝数比，原线圈电压恒定，副线圈匝数减小，则匝数比增大，所以副线圈电压减小，故A错误；
B、同理副线圈匝数越多，输出电压越高，故B正确；
C、变压器的输入功率和输出功率相等，故CD错误．
故选：B
分析：根据电压与匝数成正比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论
8．某种型号手机充电器中的变压器可认为是理想变压器，它的原、副线圈匝数比为50：1，若在原线圈上加有交流电压220V，则在副线圈上可获得电压（ ）
A． 4.4V B． 220V C． 1V
答案：A
解析：
解答：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：原副线圈的匝数比n1：n2=50：1，原线圈接入220V交流电压，则副线圈的电压
故选：A
分析：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解
9．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（ ）
A． 副线圈输出电压的频率为100Hz
B． 副线圈输出电压的有效值为220V
C． P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小
D． P向左移动时，变压器的输入功率增加
答案：C
解析：
解答：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A错误；
B、由图象可知，原线圈的电压的最大值为311V，原线圈电压的有效值为：，根据电压与匝数成正比可知，电压的有效值为：，所以B错误；
C、P左移，R变大，副线圈电流减小，所以原副线的电流变小，故C正确；
D、由C分析可知，原副线的电流变小，而电压不变，故功率减小，故D错误；．
故选：C．
分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
10．如图所示，某旋转磁极式发电机的转子有两对磁极，定子线圈的输出端接在一理想变压器的原线圈上．不计定子线圈的电阻．当转子以25R/s的转速匀速转动时，在定子线圈中产生频率为50Hz的正弦交流电．若使转子以50R/s的转速转动，则（ ）
A． 电流表A的示数变为原来的2倍
B． 电压表V的示数不变
C． 电阻R上交流电的频率为25Hz
D． 变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的4倍
答案：A
解析：
解答：转速加倍，根据ω=2πn则角速度加倍，根据Em=NBSω加倍，
AB、变压器原线圈两端电压加倍，根据变压器电压与匝数成正比，则副线圈两端电压加倍，则电流加倍，由根据电流与匝数关系可知电流表的示数也加倍，故A正确，B错误；
C、转速加倍，则原线圈输入电压频率加倍，为50Hz，变压器不改变电流频率，所以电阻R上交流电的频率为50Hz，故C错误；
D、根据法拉第电磁感应定律可知，电动势与磁通量变化率的成之比，因为电动势加倍，变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的2倍，故D错误；
故选：A．
分析：根据Em=NBSω及ω=2πn可分析发电机输出电压变化，然后根据变压器电压与匝数的关系、角速度与频率之间关系解决其他问题．
11．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，R是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）．原线圈接入如图乙示的正弦交流电压U，下列说法正确的是（ ）
A． 电压U的频率为100 Hz
B． 电压表的示数为22V
C． 照射R的光变强时，灯泡变暗
D． 照射R的光变强时，电流表的示数变小
答案：B
解析：
解答：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为，故A错误；
B、原线圈接入电压的最大值是V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，
理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以V的示数为22V，故B正确；
C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，可知电路中的电流增大．所以灯泡变亮．故C错误；
D、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，
所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故D错误；
故选：B．
分析：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
12．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为4：1，原线圈两端接U=220sin100πt（V）的交流电源，副线圈两端接R=55Ω的负载电阻，电表均为理想交流电表．则下列说法中正确的是（ ）
A． 副线圈中输出交流电的频率为12.5Hz
B． 副线圈中电压表的示数为55V
C． 变压器的输入功率为110W
D． 原线圈中的电流表A的示数为0.25A
答案：D
解析：
解答：A、变压器不会改变电流的频率，则副线圈输出电流的，故A错误；
B、由瞬时值的表达式可知原线圈的电压的有效值为U=220V，理想变压器原副线圈匝数比为4：1，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V，即为电压表的读数，故B错误；
C、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为，所以原线圈中的输入功率也为55W，故C错误；
D、副线圈的电流为I2==1A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为I1=0.25I2=0.25A，故D正确；
故选：D．
分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论
13．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈输入如图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻（其阻值随温度的升高而减小）．下列说法中正确的是（ ）
A． 图乙中电压的有效值为110V
B． 电压表的示数为44V
C． R处出现火警时，电流表示数减小
D． R处出现火警时，电阻R0消耗的电功率增大
答案：D
解析：
解答：A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U．
代入数据得图乙中电压的有效值为110V，故A错误；
B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：L，所以电压表的示数为22V，故B错误．
C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈中电流增大，即电流表示数增大，故C错误．
D、R处出现火警时通过R0的电流增大，电压不变；所以电阻R0消耗的电功率增大，故D正确．
故选：D．
分析：求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．
由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．
14．如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻R2．则（ ）
A． 仅增强光照时，原线圈的输入功率减小
B． 仅向下滑动P时，R2两端的电压增大
C． 仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小
D． 仅增大U时，R2消耗的功率减小
答案：B
解析：
解答：A、当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故A错误；
B、当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式,R2消耗的功率增大，故B正确C错误；
D、当U增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式，用电器消耗的功率增大；故D错误；
故选：B．
分析：变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可．
15．如图，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变化），灯上均标有（36V，6W）字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是（ ）
A． 原、副线圈匝数之比为3：1
B． 变压器的输入功率为12W
C． 电压表的读数为18V
D． 若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减大
答案：C
解析：
解答：A、L1恰正常发光，其电流为，灯泡的电阻，电压表示数为0.5IR=18V，根据输入功率等于输出功率知，解得：U1=18V，原、副线圈匝数之比为18：54=1：3，AB错误，C正确
D、若L3突然断路，电阻增大，电流减小，则L1变暗，分压减小，L2分压增大变亮，输入功率P=UI减小，D错误
故选：C
分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
二．填空题
16．如图所示，理想变压器的副线圈上接有两只相同的灯泡L1和L2，开关S是闭合的．当S断开时，通过灯泡L1的电流将 ；变压器的输入功率将 （填“变大”、“变小”或“不变”）．
答案：不变|变小
解析：
解答：变压器的输出电压由输入的电压和变压器的匝数比决定，由于输入的电压和变压器的匝数比都不变，所以变压器的输出电压也不变，即灯泡L1的电压不变，所以通过灯泡L1的电流不变，
当S断开时，副线圈的输出功率减小，根据输入功率等于输出功率，知道变压器的输入功率减小．
故答案为：不变，变小
分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．
17．如图a理想变压器，其原线圈2200匝，副线圈440匝，并接一个100Ω的负载电阻，
1 当原线圈接在44V直流电源上时，电压表示数 V，电流表示数 A．
②当原线圈接在如图b所示的交变电源上时，电压表示数 V，此时变压器的输入功率 W．
答案： 0|0|44|19.36
解析：解答：（1）变压器的工作原理是互感现象，不能改变直流电的电压，则当原线圈接在44V直流电源上时，原线圈电流恒定，副线圈中不会产生感应电流，故电流表与电压表的读数都为0；（2）由图b知，原线圈电压的最大值为 U1m=311V，有效值为
由得
理想变压器输出功率与输入功率相等，则此时变压器的输入功率为
故答案为：（1）0，0；（2）44，19.36．
分析：（1）变压器的工作原理是互感现象，当原线圈接在44V直流电源上时，原线圈电流恒定，副线圈中不会产生感应电流；（2）当原线圈接在如图b所示的交变电源上时，根据变压器的变压比公式求解副线圈的输出电压，根据欧姆定律求解输出电流，根据P=UI求解输出功率，理想变压器输出功率与输入功率相等．
18．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A2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）
答案：不变|变大|变大|不变
解析：
解答：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；由欧姆定律可知A1示数不变；
因闭合开关后电阻减小，而电压不变，故总电流增大，故A2中电流增大；电流之比与匝数成反比；故A3示数变大；
故答案为：不变，变大，变大，不变．
分析：变压器输出电压由输入电压决定，输入功率由输出功率决定，明确开关闭合前后电阻的变化，再由欧姆定律分析电流及电压的变化即可
19．如图甲所示，调压器装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω，A、V 为理想电流表和电压表，电压表的示数为110V，若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，则：电流表A2的示数为 A，A1的示数为 A，原线圈中电流的瞬时值表达式为： ．
答案：2|1|（A）
解析：
解答：根据欧姆定律得：，
根据乙图可知，原线圈电压，
则线圈匝数比，
则，解得：I1=1A，
属于原线圈电流的最大值，周期T=0.02s，角速度，
则原线圈中电流的瞬时值表达式为（A）
故答案为：2；1；（A）
分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，根据欧姆定律求出副线圈电流，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
20．如图所示，L1和L2是远距离输电的两根高压线，在靠近用户端的某处用电压互感器和电流互感器监测输电参数．在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候．甲 （填增大、减小或不变）；乙 ．（填增大、减小或不变）．
答案：减小|增大
解析：
解答：由图可知：甲是电压互感器，乙是电流互感器，所以甲是电压表，乙是电流表．
在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，所以输电导线电流变大，
输电导线电阻R不变，由U=IR可知，电压损失变大，所以高压线上输出电压变小，
根据匝数比等于电压之比，所以甲电表的示数变小．
输电导线电流变大，所以乙电表的示数变大，
故答案为：减小，增大．
分析：根据匝数比等于电压之比和匝数比等于电流反比求解，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化．
21．如图所示，某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率是120kW，输出电压是240V，升压器原、副线圈的匝数之比为1：25，输电线的总电阻为10Ω，用户需要的电压为220V．则：
①升压变压器的输出电压为 ．
2 输电线上的电流为 ．
3 输电线上损失的电功率为 ．
4 降压器原、副线圈的匝数比为 ．
答案： 6000V|20A|4000W|290：11
解析：
解答：（1）根据电压与匝数成正比得，升压变压器的输出电压，（2）则输电电流，（3）输电线上损耗的功率P损=I22R=400×10W=4000W．（4）降压变压器的输入电压U3=U2﹣I2R=6000﹣20×10V=5800V，
则降压变压器原副线圈的匝数比为．
故答案为：（1）6000V （2）20A （3）4000W （4）290：11
分析：根据发电机的输出电压，结合电压比等于匝数比求出升压变压器的输出电压，根据P=UI求出输电线上的电流，从而得出输电线上损失的功率．
根据输电线上损失的电压得出降压变压器的输入电压，结合电压之比等于匝数比求出降压变压器原副线圈的匝数比
三．解答题
22．理想变压器的原线圈匝数为1600匝，副线圈匝数为800匝，次级电路接有负载电阻．问：当变压器正常工作时，原、副线圈的两端的电压之比是多少？
答案：变压器的电压与匝数成正比，所以原、副线圈的两端的电压之比
解析：
解答：变压器的电压与匝数成正比，所以原、副线圈的两端的电压之比
答：原、副线圈的两端的电压之比是2：1
分析：变压器原副线圈电流与匝数成反比，电压与匝数成正比
23．一个变压器（可视为理想变压器）的原线圈接在220V的电压上，向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就断．
（1）熔丝的熔断电流是多大？
答案：变压器输入功率等于输出功率U1I1=U2I2
当I2=12 mA时，I1即为熔断电流．代入数据，得I1=0.98 A
（2）当副线圈电路中电流为10mA时，变压器的输入功率是多大？
答案：P入=P出=U2I2=1.80×104×10×10﹣3=180W
解析：
解答：（1）变压器输入功率等于输出功率U1I1=U2I2当I2=12 mA时，I1即为熔断电流．代入数据，得I1=0.98 A（2）P入=P出=U2I2=1.80×104×10×10﹣3=180W
分析：要求熔丝的熔断电流，需要求出输入功率，而输入功率等于输出功率；
24．如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1Ω的发电机向全校22个教室（每个教室有“220V，40W”的白炽灯6盏）供电．如果输电线的总电阻R是4Ω，升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数比分别是1：4和4：1，每个教室的白炽灯都正常发光，求：
（1）输电线的损失功率是多大？
答案：全校消耗的功率P用=22×40×6W=5280W
设线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3，
而U4=220V，
则U3=4×220V=880V
线路损失功率
（2）发电机的电动势是多大？
答案：U损=I线R线=6×4V=24V
U送=U2=U损+U3=90V
由得：
由n1I1=n2I2升压变压器原线圈电流
发电机的电动势E=I1R+U1=24×1+226=250V
（3）输电效率是多少？
答案：所以P出=P用+P损=5424W
解析：
解答：①全校消耗的功率P用=22×40×6W=5280W
设线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3，
而U4=220V，
则U3=4×220V=880V
线路损失功率
②U损=I线R线=6×4V=24V
U送=U2=U损+U3=90V
由得：
由n1I1=n2I2升压变压器原线圈电流
发电机的电动势E=I1R+U1=24×1+226=250V
③所以P出=P用+P损=5424W
分析：（1）求出全校所有白炽灯消耗的功率，为降压变压器的输出功率，根据降压变压器的匝数比求出降压变压器原线圈的电压，根据，得出输电线上的电流，从而得出线路上损耗的功率．升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率．（2）根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，根据电压比等于匝数之比，求出升压变压器的输入电压，根据，求出通过发电机的电流，由E=I1R+U1求出发电机的电动势．（3）输出效率
25．一理想变压器的原线圈为3300匝，接到110V的交流电源上，设副线圈输出电压为5.5V，电流20mA，则：
（1）副线圈的匝数等于多少？
答案：由可得：匝
（2）原线圈中的电流等于多少毫安？
答案：由n1I1=n2I2 可得：
解析：
解答：①由可得：匝
②由n1I1=n2I2 可得：
答：（1）副线圈的匝数等于165匝；（2）原线圈中的电流等于1mA．
分析：由电压与匝数成正比可求得副线圈的匝数，由电流与匝数成反比可得原线圈的电流．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品资料·第 19 页 （共 19 页） 版权所有@21世纪教育网
人教版物理高二选修2-1第四章
第二节变压器同步训练
一．选择题
1．如图，是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈接电压为U=20V的交流电源，输出端接有风扇电动机D和一只电阻恒为R=4Ω的灯泡L，电动机线圈电阻为R=1Ω．接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I=2A，则（ ）
A． 风扇电动机D输出的机械功率是20W
B． 风扇电动机D输出的机械功率是16W
C． 变压器原线圈的电流为1A
D． 变压器原线圈的电流6.25A
答案：B
解析：
解答：A、根据得：
副线圈电压为：U2=10V，
则风扇的输出功率为：，故A错误，B正确；
C、通过灯泡的电流，则副线圈电流I2=I+IL=4.5A，
根据得：I1=2.25A，故CD错误．
故选：B
分析：电压比等于匝数之比，电动机为非纯电阻器件，风扇消耗的功率为内阻消耗+输出的机械功率，先根据欧姆定律求出灯泡的电流，从而求出副线圈电流，根据电流之比等于线圈匝数的倒数比求解．
2．图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是（ ）
A． 电压表V1示数增大
B． 电压表V2，V3示数均增大
C． 该变压器起升压作用
D． 变阻器滑片是沿c→d的方向滑动
答案：
解析：
解答：A、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，
由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，
根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，故A错误，D正确，
B、由于R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B错误；
C、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，
根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C错误；
故选：D．
分析：根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，外电路中，R0与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可．
3．如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则（ ）
A． 此时原线圈两端电压的最大值约为68V
B． 此时原线圈两端电压的最大值约为24V
C． 原线圈两端原来的电压有效值约为68V
D． 原线圈两端原来的电压有效值约为48V
答案：D
解析：
解答：A、现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，
根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压，
根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U1=4U2=24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为，故A、B错误；
C、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，
由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变，
所以原来副线圈电压，
根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V，故C错误，D正确；
故选：D
分析：根据串并联知识和欧姆定律可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
4．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后（ ）
A． 副线圈中的电流比为1：2 B． 副线圈输出功率比为2：1
C． 副线圈的接入匝数比为2：1 D． 原线圈输入功率比为1：2
答案：C
解析：
解答：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，
在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，
所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故A错误，C正确；
B、由，所以输出功率之比为4：1，故B错误；
D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故D错误；
故选：C
分析：变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析．
5．如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则（ ）
A． 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B． 保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数不变
C． 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D． 保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
答案：C
解析：
解答：AB、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，输出电压不变，此时P向上滑动，负载电阻值增大，则输出电流减小，电流表的读数I变小，故A、B错误；
CD、P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压变大，输出电流变大，则电流表的读数变大，故C正确，D错误；
故选：C．
分析：保持Q位置不动，则输出电压不变，保持P位置不动，则负载不变，再根据变压器的特点分析．
6．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（ ）
A． 200 B． 400 C． 1600 D． 3200
答案：
解析：
解答：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：
变压器能将220V交变电流改变为110V，原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2．
则：匝
故选：B．
分析：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解．
7．理想变压器的原线圈匝数不变．原线圈接入电压有效值恒定的交流电，则副线圈的（ ）
A． 匝数越少，输出电压越高 B． 匝数越多，输出电压越高
C． 输出功率比输入功率小 D． 输出功率比输入功率大
答案：
解析：
解答：A、原副线圈电压之比等于线圈匝数比，原线圈电压恒定，副线圈匝数减小，则匝数比增大，所以副线圈电压减小，故A错误；
B、同理副线圈匝数越多，输出电压越高，故B正确；
C、变压器的输入功率和输出功率相等，故CD错误．
故选：B
分析：根据电压与匝数成正比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论
8．某种型号手机充电器中的变压器可认为是理想变压器，它的原、副线圈匝数比为50：1，若在原线圈上加有交流电压220V，则在副线圈上可获得电压（ ）
A． 4.4V B． 220V C． 1V
答案：A
解析：
解答：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：原副线圈的匝数比n1：n2=50：1，原线圈接入220V交流电压，则副线圈的电压
故选：A
分析：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解
9．一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是（ ）
A． 副线圈输出电压的频率为100Hz
B． 副线圈输出电压的有效值为220V
C． P向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小
D． P向左移动时，变压器的输入功率增加
答案：C
解析：
解答：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A错误；
B、由图象可知，原线圈的电压的最大值为311V，原线圈电压的有效值为：，根据电压与匝数成正比可知，电压的有效值为：，所以B错误；
C、P左移，R变大，副线圈电流减小，所以原副线的电流变小，故C正确；
D、由C分析可知，原副线的电流变小，而电压不变，故功率减小，故D错误；．
故选：C．
分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
10．如图所示，某旋转磁极式发电机的转子有两对磁极，定子线圈的输出端接在一理想变压器的原线圈上．不计定子线圈的电阻．当转子以25R/s的转速匀速转动时，在定子线圈中产生频率为50Hz的正弦交流电．若使转子以50R/s的转速转动，则（ ）
A． 电流表A的示数变为原来的2倍
B． 电压表V的示数不变
C． 电阻R上交流电的频率为25Hz
D． 变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的4倍
答案：A
解析：
解答：转速加倍，根据ω=2πn则角速度加倍，根据Em=NBSω加倍，
AB、变压器原线圈两端电压加倍，根据变压器电压与匝数成正比，则副线圈两端电压加倍，则电流加倍，由根据电流与匝数关系可知电流表的示数也加倍，故A正确，B错误；
C、转速加倍，则原线圈输入电压频率加倍，为50Hz，变压器不改变电流频率，所以电阻R上交流电的频率为50Hz，故C错误；
D、根据法拉第电磁感应定律可知，电动势与磁通量变化率的成之比，因为电动势加倍，变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的2倍，故D错误；
故选：A．
分析：根据Em=NBSω及ω=2πn可分析发电机输出电压变化，然后根据变压器电压与匝数的关系、角速度与频率之间关系解决其他问题．
11．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，R是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）．原线圈接入如图乙示的正弦交流电压U，下列说法正确的是（ ）
A． 电压U的频率为100 Hz
B． 电压表的示数为22V
C． 照射R的光变强时，灯泡变暗
D． 照射R的光变强时，电流表的示数变小
答案：B
解析：
解答：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为，故A错误；
B、原线圈接入电压的最大值是V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，
理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以V的示数为22V，故B正确；
C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，可知电路中的电流增大．所以灯泡变亮．故C错误；
D、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，
所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故D错误；
故选：B．
分析：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比．和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况．
12．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为4：1，原线圈两端接U=220sin100πt（V）的交流电源，副线圈两端接R=55Ω的负载电阻，电表均为理想交流电表．则下列说法中正确的是（ ）
A． 副线圈中输出交流电的频率为12.5Hz
B． 副线圈中电压表的示数为55V
C． 变压器的输入功率为110W
D． 原线圈中的电流表A的示数为0.25A
答案：D
解析：
解答：A、变压器不会改变电流的频率，则副线圈输出电流的，故A错误；
B、由瞬时值的表达式可知原线圈的电压的有效值为U=220V，理想变压器原副线圈匝数比为4：1，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为55V，即为电压表的读数，故B错误；
C、变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的功率为，所以原线圈中的输入功率也为55W，故C错误；
D、副线圈的电流为I2==1A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为I1=0.25I2=0.25A，故D正确；
故选：D．
分析：根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论
13．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为5：1，原线圈输入如图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统（报警器未画出），电压表和电流表均为理想电表，R0为定值电阻，R为半导体热敏电阻（其阻值随温度的升高而减小）．下列说法中正确的是（ ）
A． 图乙中电压的有效值为110V
B． 电压表的示数为44V
C． R处出现火警时，电流表示数减小
D． R处出现火警时，电阻R0消耗的电功率增大
答案：D
解析：
解答：A、设将此电流加在阻值为R的电阻上，电压的最大值为Um，电压的有效值为U．
代入数据得图乙中电压的有效值为110V，故A错误；
B、变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈中的电压之比是5：L，所以电压表的示数为22V，故B错误．
C、R处温度升高时，阻值减小，副线圈电流增大，而输出功率和输入功率相等，所以原线圈中电流增大，即电流表示数增大，故C错误．
D、R处出现火警时通过R0的电流增大，电压不变；所以电阻R0消耗的电功率增大，故D正确．
故选：D．
分析：求有效值方法是将交流电在一个周期内产生热量与将恒定电流在相同时间内产生的热量相等，则恒定电流的值就是交流电的有效值．
由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，半导体热敏电阻是指随温度上升电阻呈指数关系减小、具有负温度系数的电阻，R处温度升高时，阻值减小，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化．
14．如图所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1（光敏电阻随光照强度增大而减小）、定值电阻R2．则（ ）
A． 仅增强光照时，原线圈的输入功率减小
B． 仅向下滑动P时，R2两端的电压增大
C． 仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小
D． 仅增大U时，R2消耗的功率减小
答案：B
解析：
解答：A、当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故A错误；
B、当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式,R2消耗的功率增大，故B正确C错误；
D、当U增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式，用电器消耗的功率增大；故D错误；
故选：B．
分析：变压器的输入电压决定输出电压，输出电流决定输入电流，输出功率决定输入功率；结合功率表达式分析判断即可．
15．如图，一理想变压器原线圈接正弦交变电源，副线圈接有三盏相同的灯（不计灯丝电阻的变化），灯上均标有（36V，6W）字样，此时L1恰正常发光，图中两个电表均为理想电表，其中电流表显示读数为0.5A，下列说法正确的是（ ）
A． 原、副线圈匝数之比为3：1
B． 变压器的输入功率为12W
C． 电压表的读数为18V
D． 若L3突然断路，则L1变暗，L2变亮，输入功率减大
答案：C
解析：
解答：A、L1恰正常发光，其电流为，灯泡的电阻，电压表示数为0.5IR=18V，根据输入功率等于输出功率知，解得：U1=18V，原、副线圈匝数之比为18：54=1：3，AB错误，C正确
D、若L3突然断路，电阻增大，电流减小，则L1变暗，分压减小，L2分压增大变亮，输入功率P=UI减小，D错误
故选：C
分析：根据电压与匝数程正比，电流与匝数成反比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论．
二．填空题
16．如图所示，理想变压器的副线圈上接有两只相同的灯泡L1和L2，开关S是闭合的．当S断开时，通过灯泡L1的电流将 ；变压器的输入功率将 （填“变大”、“变小”或“不变”）．
答案：不变|变小
解析：
解答：变压器的输出电压由输入的电压和变压器的匝数比决定，由于输入的电压和变压器的匝数比都不变，所以变压器的输出电压也不变，即灯泡L1的电压不变，所以通过灯泡L1的电流不变，
当S断开时，副线圈的输出功率减小，根据输入功率等于输出功率，知道变压器的输入功率减小．
故答案为：不变，变小
分析：输出电压是由输入电压和匝数比决定的，输入的功率的大小是由输出功率的大小决定的，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，根据理想变压器的原理分析即可．
17．如图a理想变压器，其原线圈2200匝，副线圈440匝，并接一个100Ω的负载电阻，
1 当原线圈接在44V直流电源上时，电压表示数 V，电流表示数 A．
②当原线圈接在如图b所示的交变电源上时，电压表示数 V，此时变压器的输入功率 W．
答案： 0|0|44|19.36
解析：解答：（1）变压器的工作原理是互感现象，不能改变直流电的电压，则当原线圈接在44V直流电源上时，原线圈电流恒定，副线圈中不会产生感应电流，故电流表与电压表的读数都为0；（2）由图b知，原线圈电压的最大值为 U1m=311V，有效值为
由得
理想变压器输出功率与输入功率相等，则此时变压器的输入功率为
故答案为：（1）0，0；（2）44，19.36．
分析：（1）变压器的工作原理是互感现象，当原线圈接在44V直流电源上时，原线圈电流恒定，副线圈中不会产生感应电流；（2）当原线圈接在如图b所示的交变电源上时，根据变压器的变压比公式求解副线圈的输出电压，根据欧姆定律求解输出电流，根据P=UI求解输出功率，理想变压器输出功率与输入功率相等．
18．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A2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）
答案：不变|变大|变大|不变
解析：
解答：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；由欧姆定律可知A1示数不变；
因闭合开关后电阻减小，而电压不变，故总电流增大，故A2中电流增大；电流之比与匝数成反比；故A3示数变大；
故答案为：不变，变大，变大，不变．
分析：变压器输出电压由输入电压决定，输入功率由输出功率决定，明确开关闭合前后电阻的变化，再由欧姆定律分析电流及电压的变化即可
19．如图甲所示，调压器装置可视为理想变压器，负载电路中R=55Ω，A、V 为理想电流表和电压表，电压表的示数为110V，若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，则：电流表A2的示数为 A，A1的示数为 A，原线圈中电流的瞬时值表达式为： ．
答案：2|1|（A）
解析：
解答：根据欧姆定律得：，
根据乙图可知，原线圈电压，
则线圈匝数比，
则，解得：I1=1A，
属于原线圈电流的最大值，周期T=0.02s，角速度，
则原线圈中电流的瞬时值表达式为（A）
故答案为：2；1；（A）
分析：根据图象可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，根据欧姆定律求出副线圈电流，再根据电压与匝数成正比即可求得结论．
20．如图所示，L1和L2是远距离输电的两根高压线，在靠近用户端的某处用电压互感器和电流互感器监测输电参数．在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候．甲 （填增大、减小或不变）；乙 ．（填增大、减小或不变）．
答案：减小|增大
解析：
解答：由图可知：甲是电压互感器，乙是电流互感器，所以甲是电压表，乙是电流表．
在用电高峰期，用户接入电路的用电器逐渐增多的时候，副线圈总电阻变小，副线圈总电流变大，所以输电导线电流变大，
输电导线电阻R不变，由U=IR可知，电压损失变大，所以高压线上输出电压变小，
根据匝数比等于电压之比，所以甲电表的示数变小．
输电导线电流变大，所以乙电表的示数变大，
故答案为：减小，增大．
分析：根据匝数比等于电压之比和匝数比等于电流反比求解，结合电路动态分析判断电阻增大时电流的变化．
21．如图所示，某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率是120kW，输出电压是240V，升压器原、副线圈的匝数之比为1：25，输电线的总电阻为10Ω，用户需要的电压为220V．则：
①升压变压器的输出电压为 ．
2 输电线上的电流为 ．
3 输电线上损失的电功率为 ．
4 降压器原、副线圈的匝数比为 ．
答案： 6000V|20A|4000W|290：11
解析：
解答：（1）根据电压与匝数成正比得，升压变压器的输出电压，（2）则输电电流，（3）输电线上损耗的功率P损=I22R=400×10W=4000W．（4）降压变压器的输入电压U3=U2﹣I2R=6000﹣20×10V=5800V，
则降压变压器原副线圈的匝数比为．
故答案为：（1）6000V （2）20A （3）4000W （4）290：11
分析：根据发电机的输出电压，结合电压比等于匝数比求出升压变压器的输出电压，根据P=UI求出输电线上的电流，从而得出输电线上损失的功率．
根据输电线上损失的电压得出降压变压器的输入电压，结合电压之比等于匝数比求出降压变压器原副线圈的匝数比
三．解答题
22．理想变压器的原线圈匝数为1600匝，副线圈匝数为800匝，次级电路接有负载电阻．问：当变压器正常工作时，原、副线圈的两端的电压之比是多少？
答案：变压器的电压与匝数成正比，所以原、副线圈的两端的电压之比
解析：
解答：变压器的电压与匝数成正比，所以原、副线圈的两端的电压之比
答：原、副线圈的两端的电压之比是2：1
分析：变压器原副线圈电流与匝数成反比，电压与匝数成正比
23．一个变压器（可视为理想变压器）的原线圈接在220V的电压上，向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就断．
（1）熔丝的熔断电流是多大？
答案：变压器输入功率等于输出功率U1I1=U2I2
当I2=12 mA时，I1即为熔断电流．代入数据，得I1=0.98 A
（2）当副线圈电路中电流为10mA时，变压器的输入功率是多大？
答案：P入=P出=U2I2=1.80×104×10×10﹣3=180W
解析：
解答：（1）变压器输入功率等于输出功率U1I1=U2I2当I2=12 mA时，I1即为熔断电流．代入数据，得I1=0.98 A（2）P入=P出=U2I2=1.80×104×10×10﹣3=180W
分析：要求熔丝的熔断电流，需要求出输入功率，而输入功率等于输出功率；
24．如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1Ω的发电机向全校22个教室（每个教室有“220V，40W”的白炽灯6盏）供电．如果输电线的总电阻R是4Ω，升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数比分别是1：4和4：1，每个教室的白炽灯都正常发光，求：
（1）输电线的损失功率是多大？
答案：全校消耗的功率P用=22×40×6W=5280W
设线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3，
而U4=220V，
则U3=4×220V=880V
线路损失功率
（2）发电机的电动势是多大？
答案：U损=I线R线=6×4V=24V
U送=U2=U损+U3=90V
由得：
由n1I1=n2I2升压变压器原线圈电流
发电机的电动势E=I1R+U1=24×1+226=250V
（3）输电效率是多少？
答案：所以P出=P用+P损=5424W
解析：
解答：①全校消耗的功率P用=22×40×6W=5280W
设线路电流为I线，输电电压为U2，降压变压器原线圈电压为U3，
而U4=220V，
则U3=4×220V=880V
线路损失功率
②U损=I线R线=6×4V=24V
U送=U2=U损+U3=90V
由得：
由n1I1=n2I2升压变压器原线圈电流
发电机的电动势E=I1R+U1=24×1+226=250V
③所以P出=P用+P损=5424W
分析：（1）求出全校所有白炽灯消耗的功率，为降压变压器的输出功率，根据降压变压器的匝数比求出降压变压器原线圈的电压，根据，得出输电线上的电流，从而得出线路上损耗的功率．升压变压器的输出功率等于线路损耗功率和降压变压器的输入功率之和，发电机的输出功率等于升压变压器的输出功率．（2）根据输电线上的电流，求出电压损失，升压变压器的输出电压等于电压损失与降压变压器的输入电压之和，根据电压比等于匝数之比，求出升压变压器的输入电压，根据，求出通过发电机的电流，由E=I1R+U1求出发电机的电动势．（3）输出效率
25．一理想变压器的原线圈为3300匝，接到110V的交流电源上，设副线圈输出电压为5.5V，电流20mA，则：
（1）副线圈的匝数等于多少？
答案：由可得：匝
（2）原线圈中的电流等于多少毫安？
答案：由n1I1=n2I2 可得：
解析：
解答：①由可得：匝
②由n1I1=n2I2 可得：
答：（1）副线圈的匝数等于165匝；（2）原线圈中的电流等于1mA．
分析：由电压与匝数成正比可求得副线圈的匝数，由电流与匝数成反比可得原线圈的电流．
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品试卷·第 2 页 （共 2 页）
21世纪教育网 www.21cnjy.com 精品资料·第 19 页 （共 19 页） 版权所有@21世纪教育网