综合·融通 变压器的综合问题(融会课—主题串知综合应用)
通过本节课的学习进一步掌握变压器的原理和基本关系，学会分析理想变压器的制约关系和动态变化问题；能够利用变压器的基本关系和能量守恒定律分析原线圈含电阻的变压器问题。在高考中常以选择题的形式出现，难度中等偏上。
主题(一) 理想变压器的制约关系和动态分析
[知能融会通]
1．电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝。
2．电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝。
3．功率制约
(1)变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，即P2＝P负1＋P负2＋…；
(2)变压器的输入功率P1＝P2，即变压器的输入功率是由输出功率决定的。
4．两种常见的动态分析
(1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1。
(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1。
[典例] 如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在滑动变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中( )
A．电流表A1示数减小
B．电流表A2示数增大
C．原线圈输入功率先增大后减小
D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大
听课记录：
/方法技巧/
理想变压器动态分析方法
(1)把副线圈当作电源，研究副线圈电路中的电阻变化。
(2)根据闭合电路的欧姆定律，判定副线圈电流的变化、功率的变化。
(3)根据理想变压器的变压规律、变流规律和功率规律判定原线圈电流的变化及输入功率的变化。
[题点全练清]
1．(2024·衡水高二检测)理想变压器的副线圈匝数可调，R0为输电线电阻。滑动触头P处于如图所示位置时，用户的用电器恰好正常工作。当用电器增多时，下列说法正确的是( )
A．原线圈中的电流减小
B．副线圈两端的电压减小
C．只需使滑动触头P向上滑，用电器仍能正常工作
D．只需减小电源的输出电压，用电器仍能正常工作
2．(2024·浙江温州期中)(多选)如图所示为一理想变压器，b接原线圈中间的抽头，S为单刀双掷开关，当开关打到b时原线圈的匝数是打到a时的一半。P是滑动变阻器的滑动触头，U为加在原线圈两端的交流电压，I为原线圈的输入电流，则( )
A．其他条件不变，当开关从b打到a，输入电流I变大
B．其他条件不变，当开关从a打到b，输入电流I变大
C．其他条件不变，电压U增大，则输入电流I变大
D．其他条件不变，滑动变阻器电阻R增大，则输入电流I变大
主题(二) 变压器原线圈有负载的电路分析
[知能融会通]
分析理想变压器原线圈接有负载的问题时，要明确原线圈所在的电路结构，从而确定各物理量之间的关系。
(1)负载与原线圈串联，如图甲所示。
负载会分担一部分电压，原线圈两端的电压U1＝U－UR，流过负载的电流等于原线圈中的电流，有＝，＝。
(2)负载与原线圈并联，如图乙所示。
负载会分流，原线圈两端的电压U1＝U，流过原线圈的电流I1＝I－IR，有＝，＝。
[例1] 如图所示的理想变压器，原、副线圈上接有完全相同的五个灯泡，A、B两点间输入有效值恒为UAB的正弦交流电压。当开关S断开时，L1、L2、L3和L4四个灯泡的亮度相同。假定原、副线圈匝数分别为n1、n2，灯泡的阻值恒定，副线圈两端电压用UCD表示，当开关S闭合时，五个灯泡均不损坏，下列说法正确的是( )
A．n1∶n2＝1∶3
B．当开关S断开时，UAB∶UCD＝3∶1
C．当开关S闭合时，UAB∶UCD＝13∶3
D．当开关S闭合时，灯泡L1的亮度比S断开时暗
听课记录：
[例2] (2024·辽宁期中)在图甲所示的交流电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1＝R2＝8 Ω，R3为滑动变阻器，电流表为理想电表。电源输出电压u随时间t按正弦规律变化如图乙所示，则下列说法正确的是( )
A．当R3＝8 Ω时，电流表的示数为1 A
B．当R3＝8 Ω时，电源的输出功率为32 W
C．滑片P向下移动时，电流表示数增大
D．滑片P向上移动时，流过R3的电流增大
听课记录：
[题点全练清]
1.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4，a、b两端接到交流电源上，R1、R2为阻值相同的定值电阻，下列说法正确的是( )
A．副线圈两端电压是电源电压的
B．流过R1的电流是流过R2电流的4倍
C．R1上的电功率是R2上电功率的
D．R1上的电功率是R2上电功率的16倍
2．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，则( )
A．原、副线圈两端的电压之比为2∶1
B．原、副线圈中的电流之比为2∶1
C．原线圈两端的电压为88 V
D．副线圈两端的电压为88 V
综合·融通 变压器的综合问题
主题(一)
[典例] 选A 由于原线圈所接电压恒定，原、副线圈匝数比恒定，故副线圈的输出电压恒定，滑动变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得I2＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝可知，原线圈的电流I1也逐渐减小，A正确，B错误；原线圈的输入功率为P入＝U1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，C错误；由于副线圈的电流逐渐减小，则定值电阻与滑动变阻器右半部分并联的总电流减小，又因为与定值电阻并联的滑动变阻器右半部分的电阻值逐渐减小，则由并联分流规律可知，流过定值电阻的电流逐渐减小，则由公式PR＝I2R可知，定值电阻R消耗的电功率逐渐减小，D错误。
[题点全练清]
1．选C 原线圈两端电压和原、副线圈匝数比不变，则副线圈两端电压不变，B错误；当用电器增加时，总电阻减小，副线圈中电流增大，根据原、副线圈电流之比等于匝数的反比可知，原线圈中电流也增大，A错误；通过R0的电流增大，R0分得的电压也增大，要使用电器仍能正常工作，应增大副线圈两端电压，而原线圈两端电压不变，故应使滑动触头P向上滑动，增加副线圈匝数，C正确；若减小电源的输出电压，在匝数比不变的情况下，副线圈两端电压减小，则用电器不能正常工作，D错误。
2．选BC 其他条件不变，当开关从b打到a，原线圈匝数n1增加，根据＝可知，副线圈电压U2减小，副线圈电流I2减小，根据＝可知，原线圈电流I1变小，即输入电流I变小，A错误；其他条件不变，当开关从a打到b，原线圈匝数n1减小，根据＝可知，副线圈电压U2增大，副线圈电流I2增大，根据＝可知，原线圈电流I1变大，即输入电流I变大，B正确；其他条件不变，电压U增大，即原线圈电压增大，根据＝可知，副线圈电压U2增大，副线圈电流I2增大，根据＝可知，原线圈电流I1变大，即输入电流I变大，C正确；其他条件不变，滑动变阻器电阻R增大，则副线圈电流I2变小，根据＝可知，原线圈电流I1变小，即输入电流I变小，D错误。
主题(二)
[例1] 选C 当开关S断开，A、B两点间输入有效值为UAB的正弦交流电压时，接通的4个灯泡亮度相同，设灯泡的电流为I，则原线圈的电流为I，副线圈的电流为3I，所以匝数比＝＝＝，故A错误；当开关S断开时，设副线圈的电压为U，则原线圈的电压为U1＝U＝3U，原线圈灯泡的电压为U，则UAB＝4U，则UAB∶UCD＝4∶1，故B错误；当开关S闭合时，设副线圈的电压为U4，则＝＝，原线圈的电压为U3＝3U4，设此时通过副线圈每个灯泡的电流为I0，则副线圈的电流为4I0，则＝＝，则原线圈的电流为I′＝I0，原线圈灯泡两端的电压为U′＝I0×R＝U4，则UAB∶UCD＝∶1＝13∶3，故C正确；当开关S闭合时，副线圈的总电阻变小，则副线圈的电流变大，原线圈中的电流也变大，所以灯泡L1将变亮，故D错误。
[例2] 选A 根据题意，设原、副线圈的电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则理想变压器的等效电阻为R等＝＝＝2·＝2·，等效电路如图所示。
结合题图乙可知，电源输出电压的有效值为U＝＝24 V，当R3＝8 Ω时，等效电阻为R等＝16 Ω，则电源的输出功率为P＝＝24 W，原线圈两端电压为U1＝U＝16 V，副线圈两端电压为U2＝U1＝8 V，电流表读数为IA＝＝1 A，A正确，B错误；滑片向下移动时，R3减小，R等减小，U1减小，U2减小，则电流表读数IA减小，C错误；滑片向上移动时，R3增大，R等增大，U1增大，I1减小，U2增大，I2减小，电流表读数IA增大，设流过R3的电流为I3，由I2＝IA＋I3可知，I3减小，D错误。
[题点全练清]
1．选C 原线圈两端电压等于电源电压，根据原、副线圈电压之比等于匝数之比，可得＝＝，A错误；流过R1的电流I1＝，流过R2的电流I2＝＝＝4I1，可得＝，B错误；根据电功率P＝I2R，可得R1上的电功率是R2上电功率的，C正确，D错误。
2．选AD 根据理想变压器电压变化规律得＝＝，A正确；根据理想变压器电流变化规律得＝＝，B错误；设原线圈两端的电压为U1，则副线圈两端的电压为，则副线圈中的电流I2＝，根据电流关系得，原线圈中的电流I1＝，所以有R＋U1＝U＝220 V，解得U1＝176 V，则副线圈两端的电压为88 V，C错误，D正确。
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变压器的综合问题
(融会课—主题串知综合应用)
综合 融通
通过本节课的学习进一步掌握变压器的原理和基本关系,学会分析理想变压器的制约关系和动态变化问题;能够利用变压器的基本关系和能量守恒定律分析原线圈含电阻的变压器问题。在高考中常以选择题的形式出现,难度中等偏上。
1
主题(一) 理想变压器的制约关系
和动态分析
2
主题(二) 变压器原线圈有
负载的电路分析
3
课时跟踪检测
CONTENTS
目录
主题(一) 理想变压器的制约
关系和动态分析
1.电压制约:当变压器原、副线圈的匝数比 一定时,输出电压U2由输入电压U1决定,即U2=。
2.电流制约:当变压器原、副线圈的匝数比 一定,且输入电压U1确定时,原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定,即I1=。
知能融会通
3.功率制约
(1)变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定,即P2=P负1+P负2+…;
(2)变压器的输入功率P1=P2,即变压器的输入功率是由输出功率决定的。
4.两种常见的动态分析
(1)原、副线圈匝数比不变,分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1。
(2)负载电阻不变,分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1。
[典例] 如图所示,理想变压器原线圈接入电压
恒定的正弦交流电,副线圈接入最大阻值为2R的滑
动变阻器和阻值为R的定值电阻。在滑动变阻器
滑片从a端向b端缓慢移动的过程中 ( )
A.电流表A1示数减小
B.电流表A2示数增大
C.原线圈输入功率先增大后减小
D.定值电阻R消耗的功率先减小后增大
√
[解析] 由于原线圈所接电压恒定,原、副线圈匝数比恒定,故副线圈的输出电压恒定,滑动变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中,副线圈所接的电阻值逐渐增大,则由欧姆定律得I2=,可知副线圈的电流逐渐减小,由=可知,原线圈的电流I1也逐渐减小,A正确,B错误;原线圈的输入功率为P入=U1I1,由于I1逐渐减小,则原线圈的输入功率逐渐减小,C错误;
由于副线圈的电流逐渐减小,则定值电阻与滑动变阻器右半部分并联的总电流减小,又因为与定值电阻并联的滑动变阻器右半部分的电阻值逐渐减小,则由并联分流规律可知,流过定值电阻的电流逐渐减小,则由公式PR=I2R可知,定值电阻R消耗的电功率逐渐减小,D错误。
/方法技巧/
理想变压器动态分析方法
(1)把副线圈当作电源,研究副线圈电路中的电阻变化。
(2)根据闭合电路的欧姆定律,判定副线圈电流的变化、功率的变化。
(3)根据理想变压器的变压规律、变流规律和功率规律判定原线圈电流的变化及输入功率的变化。
1.(2024·衡水高二检测)理想变压器的副线圈匝数可
调,R0为输电线电阻。滑动触头P处于如图所示位置时,
用户的用电器恰好正常工作。当用电器增多时,下列说法正确的是 ( )
A.原线圈中的电流减小
B.副线圈两端的电压减小
C.只需使滑动触头P向上滑,用电器仍能正常工作
D.只需减小电源的输出电压,用电器仍能正常工作
题点全练清
√
解析:原线圈两端电压和原、副线圈匝数比不变,则副线圈两端电压不变,B错误;当用电器增加时,总电阻减小,副线圈中电流增大,根据原、副线圈电流之比等于匝数的反比可知,原线圈中电流也增大,A错误;通过R0的电流增大,R0分得的电压也增大,要使用电器仍能正常工作,应增大副线圈两端电压,而原线圈两端电压不变,故应使滑动触头P向上滑动,增加副线圈匝数,C正确;若减小电源的输出电压,在匝数比不变的情况下,副线圈两端电压减小,则用电器不能正常工作,D错误。
2.(2024·浙江温州期中)(多选)如图所示为一理想
变压器,b接原线圈中间的抽头,S为单刀双掷开关,当
开关打到b时原线圈的匝数是打到a时的一半。P是滑动变阻器的滑动触头,U为加在原线圈两端的交流电压,I为原线圈的输入电流,则 ( )
A.其他条件不变,当开关从b打到a,输入电流I变大
B.其他条件不变,当开关从a打到b,输入电流I变大
C.其他条件不变,电压U增大,则输入电流I变大
D.其他条件不变,滑动变阻器电阻R增大,则输入电流I变大
√
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解析:其他条件不变,当开关从b打到a,原线圈匝数n1增加,根据=可知,副线圈电压U2减小,副线圈电流I2减小,根据=可知,原线圈电流I1变小,即输入电流I变小,A错误;其他条件不变,当开关从a打到b,原线圈匝数n1减小,根据=可知,副线圈电压U2增大,副线圈电流I2增大,根据=可知,原线圈电流I1变大,即输入电流I变大,B正确;
其他条件不变,电压U增大,即原线圈电压增大,根据=可知,副线圈电压U2增大,副线圈电流I2增大,根据=可知,原线圈电流I1变大,即输入电流I变大,C正确;其他条件不变,滑动变阻器电阻R增大,则副线圈电流I2变小,根据=可知,原线圈电流I1变小,即输入电流I变小,D错误。
主题(二) 变压器原线圈
有负载的电路分析
分析理想变压器原线圈接有负载的问题时,要明确原线圈所在的电路结构,从而确定各物理量之间的关系。
(1)负载与原线圈串联,如图甲所示。
负载会分担一部分电压,原线圈两端的电压U1=U-UR,流过负载的电流等于原线圈中的电流,有=,=。
知能融会通
(2)负载与原线圈并联,如图乙所示。
负载会分流,原线圈两端的电压U1=U,流过原线圈的电流I1=I-IR,有=,=。
[例1] 如图所示的理想变压器,原、副线圈
上接有完全相同的五个灯泡,A、B两点间输入有
效值恒为UAB的正弦交流电压。当开关S断开时,L1、L2、L3和L4四个灯泡的亮度相同。假定原、副线圈匝数分别为n1、n2,灯泡的阻值恒定,副线圈两端电压用UCD表示,当开关S闭合时,五个灯泡均不损坏,下列说法正确的是 ( )
A.n1∶n2=1∶3
B.当开关S断开时,UAB∶UCD=3∶1
C.当开关S闭合时,UAB∶UCD=13∶3
D.当开关S闭合时,灯泡L1的亮度比S断开时暗
[解析] 当开关S断开,A、B两点间输入有效值为UAB的正弦交流电压时,接通的4个灯泡亮度相同,设灯泡的电流为I,则原线圈的电流为I,副线圈的电流为3I,所以匝数比===,故A错误;
√
当开关S断开时,设副线圈的电压为U,则原线圈的电压为U1=U=3U,原线圈灯泡的电压为U,则UAB=4U,则UAB∶UCD=4∶1,故B错误;当开关S闭合时,设副线圈的电压为U4,则==,原线圈的电压为U3=3U4,设此时通过副线圈每个灯泡的电流为I0,则副线圈的电流为4I0,则==,则原线圈的电流为I'=I0,原线圈灯泡两端的电压为U'=I0×R=U4,则UAB∶UCD=∶1
=13∶3,故C正确;当开关S闭合时,副线圈的总电阻变小,则副线圈的电流变大,原线圈中的电流也变大,所以灯泡L1将变亮,故D错误。
[例2] (2024·辽宁期中)在图甲所示的交流电路中,理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,电阻R1=R2=8 Ω,R3为滑动变阻器,电流表为理想电表。电源输出电压u随时间t按正弦规律变化如图乙所示,则下列说法正确的是 ( )
A.当R3=8 Ω时,电流表的示数为1 A
B.当R3=8 Ω时,电源的输出功率为32 W
C.滑片P向下移动时,电流表示数增大
D.滑片P向上移动时,流过R3的电流增大
√
[解析] 根据题意,设原、副线圈的电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,则理想变压器的等效电阻为R等===·=·,
等效电路如图所示。
结合题图乙可知,电源输出电压的有效值为U==24 V,当R3=8 Ω时,等效电阻为R等=16 Ω,则电源的输出功率为P==24 W,原线圈两端电压为U1=U=16 V,副线圈两端电压为U2=U1=8 V,电流表读数为IA==1 A,A正确,B错误;滑片向下移动时,R3减小,R等减小,U1减小,U2减小,则电流表读数IA减小,C错误;滑片向上移动时,R3增大,R等增大,U1增大,I1减小,U2增大,I2减小,电流表读数IA增大,设流过R3的电流为I3,由I2=IA+I3可知,I3减小,D错误。
1.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为1∶4,
a、b两端接到交流电源上,R1、R2为阻值相同的定值电
阻,下列说法正确的是 ( )
A.副线圈两端电压是电源电压的
B.流过R1的电流是流过R2电流的4倍
C.R1上的电功率是R2上电功率的
D.R1上的电功率是R2上电功率的16倍
题点全练清
√
解析:原线圈两端电压等于电源电压,根据原、副线圈电压之比等于匝数之比,可得==,A错误;流过R1的电流I1=,流过R2的电流I2===4I1,可得=,B错误;根据电功率P=I2R,可得R1上的电功率是R2上电功率的,C正确,D错误。
2.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝
数比为2∶1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值
相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上,则 ( )
A.原、副线圈两端的电压之比为2∶1
B.原、副线圈中的电流之比为2∶1
C.原线圈两端的电压为88 V
D.副线圈两端的电压为88 V
√
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解析:根据理想变压器电压变化规律得==,A正确;根据理想变压器电流变化规律得==,B错误;设原线圈两端的电压为U1,则副线圈两端的电压为,则副线圈中的电流I2=,根据电流关系得,原线圈中的电流I1=,所以有R+U1=U=220 V,解得U1=176 V,则副线圈两端的电压为88 V,C错误,D正确。
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1.如图,变压器是理想变压器,电压表V1、V2为理想电表,定值电阻R1、R2阻值之比为1∶2。在a、b端输入电压有效值不变的正弦交流电,R1、R2消耗的功率之比为8∶1,则电压表V1、V2示数之比为 ( )
A.1∶2 B.2∶1
C.1∶4 D.4∶1
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解析:设原线圈中电流为I1,副线圈中电流为I2,R1、R2消耗的功率之比为8∶1,则=,由于定值电阻R1、R2之比为1∶2,则=,因此===,故选C。
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2.(多选)一理想变压器的原线圈连接一只理想交流
电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节,
如图所示,在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,在原线圈上加一电压为U的交流电,则 ( )
A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数变小
B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表的读数不变
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
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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,保持Q的位置不动时,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,根据理想变压器原、副线圈电流比等于匝数的反比,电流表的读数变小,故A正确,B错误;保持P的位置不动,将Q向上滑动时,则输出电压U'变大,I'变大,电流表的读数变大,故C正确,D错误。
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3.(2024·河南商丘期中)如图,理想变压器原、副线
圈的匝数比为2∶1,电阻R1=5 Ω,R2=10 Ω,电流表和电
压表均为理想交流电表。若电流表A的示数为0.45 A,则电压表V的示数为 ( )
A.0.5 V B.1 V
C.4 V D.6 V
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解析:根据理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系可知,输入电压与输出电压之比为U1∶U2=n1∶n2=2∶1,则电阻R1两端电压为U1,电阻R2两端电压为U2,根据I=可知,通过两电阻的电流之比为4∶1,设通过电阻R2的电流为I2,通过电阻R1的电流为4I2,根据理想变压器原、副线圈电流和匝数的关系可知,原线圈的输入电流为,电流表示数为0.45 A,则有4I2+
=0.45 A,解得I2=0.1 A,则电压表示数为U2=I2R2=1 V,故选B。
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4.如图所示,理想变压器原线圈接在u=Umsin
(ωt+φ)的交流电源上,副线圈接三个阻值相同的
电阻R,不计电表内阻影响。闭合开关S后 ( )
A.电流表A2的示数减小
B.电压表V1的示数减小
C.电压表V2的示数不变
D.电流表A1的示数不变
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解析:闭合开关S后,由于原线圈两端电压不变,原、副线圈匝数比不变,故副线圈两端电压也不变,即电压表V1的示数不变,B错误;闭合开关S后,副线圈中并联的两个电阻的总阻值减小,所以副线圈中的总电流增大,副线圈中并联的两个电阻分得的电压减小 ,故电压表V2的示数减小,由欧姆定律可知,电流表A2的示数减小,A正确,C错误;由于副线圈中的电流增大,所以原线圈中的电流也增大,即电流表A1的示数增大,D错误。
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5.在如图所示电路中,理想变压器原线圈接在交流电
源上,调节滑动触头Q可以改变副线圈接入电路的匝数。
R0为定值电阻,灯泡L和滑动变阻器R串联,P为滑动变阻器
的滑片,A为理想交流电流表。闭合开关S,电流
表A的示数为I。则( )
A.仅将P向下滑动,I增大
B.仅将Q向下滑动,灯泡变亮
C.仅将开关S断开,灯泡变亮
D.仅将开关S断开,变压器的输入功率增加
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解析:仅将P向下滑动,理想变压器原、副线圈匝数不变,原线圈电压不变,根据=可知,U2不变,R减小,则副线圈电流增大,由=可知,I增大,A正确;仅将Q向下滑动,副线圈匝数减小,副线圈两端电压减小,经过灯泡的电流减小,根据P灯=R灯可知,灯泡的功率减小,灯泡变暗,B错误;仅将开关S断开,灯泡L及滑动变阻器两端电压不变,灯泡亮度不变,C错误;仅将开关S断开,副线圈电路总电阻增大,副线圈两端电压不变,总电流减小,变压器的输出功率减小,则输入功率减小,D错误。
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6.理想变压器原、副线圈a、b的匝数之比为
n1∶n2=5∶1,原线圈接在u=220·sin 100πt(V)的
交流电源上,副线圈中“20 V,20 W”的灯泡L恰好正常发光,电阻R2=10 Ω,电压表V为理想电表。则下列推断正确的是( )
A.原线圈的输入电压为150 V
B.交变电流的频率为100 Hz
C.电压表V的示数为30 V
D.R1消耗的功率小于R2消耗的功率
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解析:由u=220·sin 100πt(V)可知,电源的输入电压为U=220 V,圆频率为ω=100π rad/s,频率为f==50 Hz,故B错误;灯泡正常发光,则电流为I2==1 A,电压表V的示数为U2=I2R2+UL=30 V,故C错误;根据原、副线圈电压与匝数成正比,有=,解得原线圈的输入电压为U1=150 V,故A正确;根据原、副线圈电流与匝数成反比,有=,解得I1=0.2 A,根据串联分压和功率公式,可得R1消耗的功率为P1=I1(U-U1)=0.2×(220-150)W=14 W,R2消耗的功率为P2=
R2=10 W,可知R1消耗的功率大于R2消耗的功率,故D错误。
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7.(2024·湖北恩施期末)(多选)如图为由理想
变压器、电阻和灯泡组成的电路,电路输入的电
压为U,电阻R的阻值是2.0 Ω,小灯泡L1上标有“3 V,3 W”,变压器副线圈回路中接入两个均标有“6 V,3 W”的小灯泡L2,小灯泡L1、L2均正常发光。下列说法中正确的是 ( )
A.理想变压器的原、副线圈匝数比为n1∶n2=1∶4
B.电路输入的电压U=9 V
C.通过电阻R的电流是1.5 A
D.电阻R的功率为6 W
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解析:原线圈与L1并联,由小灯泡L1、L2均正常发光,可得U1= 3 V,U2= 6 V+6 V=12 V,理想变压器的原、副线圈匝数比为n1∶n2= U1∶U2= 1∶4,故A正确;由原、副线圈的功率相等,即P1= P2=2×3 W=6 W,又P1 = U1I1,解得I1=2 A,小灯泡L1中的电流IL1==1 A,通过电阻R的电流是IR= I1+ IL1=3.0 A,故C错误;电阻R的功率为PR=R=18 W,故D错误;电阻R的两端电压UR=R=6 V,电路输入的电压U=UR+U1=9 V,故B正确。
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8.(2024·江苏镇江期中)如图所示,一理想变压器原、
副线圈的匝数比为2∶1,原线圈输入的交流电压瞬时值
的表达式为u=220sin 100πt(V),定值电阻R1的阻值为60 Ω,电阻箱R2的初始阻值为20 Ω,灯泡L阻值恒为20 Ω。下列说法正确的是( )
A.电流表的示数为 A
B.逐渐增大R2的阻值,R1功率逐渐变大
C.当R2=60 Ω时,副线圈功率达到最大
D.若将R1换为一个理想二极管,则灯泡L两端电压的有效值为110 V
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解析:初始时,电阻箱R2和灯泡L并联后的总电阻为R次=10 Ω,变压器的等效电阻为R等效=R次=40 Ω,初级电流为I1== A=2.2 A,初级电压U1=U-I1R1=88 V,次级电压为U2=U1=44 V,则电流表的示数为IR2== A,A错误;逐渐增大R2的阻值,则等效电阻R等效变大,则初级电流减小,则R1功率逐渐变小,B错误;
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将R1等效为电源内阻,则当R等效=R次=R1时副线圈功率最大,解得R2=60 Ω,C正确;若将R1换为一个理想二极管,则原线圈电路一个周期内只有半个周期导通,有·+0=T,解得U1'=110 V,则灯泡L两端电压的有效值U2'=U1'=55 V,D错误。
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9.如图所示为街头通过降压变压器给用户供
电的示意图。负载变化时变压器的输入电压(市区
电网的电压)不变。输出电压通过输电线输送给用户,两条输电线的总电阻用R0表示,变阻器R代表用户用电器的总电阻。忽略变压器上的能量损耗,各电表为理想交流电表,当用户的用电器增加时,下列说法正确的是 ( )
A.用户用电器的总电阻R变大
B.电表A2的示数变大,A1的示数变小
C.电表V2的示数不变,V3的示数变小
D.电表V1的示数与输电线损失的电压均变大
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解析:用户用电器是并联关系,根据公式=+++…+(n=1,2,3,…),
可得增加用电器时,用户用电器的总电阻R变小,A错误;根据变压器公式=,变压器输入电压U1不变,电表V1的示数不变,线圈匝数比不变,则副线圈输出电压U2不变,电表V2的示数不变,在副线圈电路中,根据闭合电路欧姆定律得I2=,R0不变,用户用电器的总电阻R变小,副线圈电流I2变大,电表A2的示数变大,则I1变大,A1示数变大,则R0两端电压变大,V3的示数变小,
B、D错误,C正确。
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10.(多选)某供电示意图如图所示,若变压器为理想变压器,所有电表视为理想交流电表,当开关S闭合时,各电表示数变化情况为 ( )
A.A1示数增大 B.A2示数减小
C.V1示数增大 D.V2示数减小
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解析:设原线圈左端输入的电压为U,变压器的匝数比为n1∶n2=k,则在原线圈回路中有U=I1R+U1,根据理想变压器的规律有=,=,且U2=I2R副,联立可得U=I2,当开关S闭合时,副线圈的总电阻R副减小,而U、R、k不变,故副线圈的电流I2增大,则原线圈的电流I1增大,由原线圈两端的电压U1=U-I1R可知,U1减小,故副线圈两端的电压U2也减小,故A1、A2示数都增大,V1、V2示数都减小,故选A、D。
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11.理想变压器与三个阻值相同的定值电阻R1、R2、
R3组成如图所示的电路,理想变压器原、副线圈的匝数比
为1∶2。在a、b间接入正弦式交变电流,则下列说法正确的是 ( )
A.R1、R2、R3两端的电压之比为2∶1∶2
B.R1、R2、R3消耗的功率之比为4∶1∶4
C.a、b间输入功率与理想变压器输入功率之比为15∶2
D.a、b间输入电压与理想变压器输入电压之比为3∶1
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解析:设三个定值电阻阻值为R,副线圈输出电流为I,则输出电压为IR,理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2,根据=可知,原线圈输入电流为2I,根据=可知,原线圈输入电压为0.5IR,则电阻R2两端电压为0.5IR,根据欧姆定律可知IR2==0.5I,则流过电阻R1的电流IR1=IR2+2I=2.5I,R1两端电压UR1=IR1R=2.5IR,则R1、R2、R3两端的电压之比为5∶1∶2,故A错误;根据P=UI可知,R1、R2、R3消耗的功率之比为(2.5IR×2.5I)∶(0.5IR×0.5I)∶
(IR×I)=25∶1∶4,故B错误;
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根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知,理想变压器的输入功率为电阻R3消耗的功率,a、b间输入功率为三个电阻消耗的功率之和,则a、b间输入功率与变压器输入功率之比为15∶2,故C正确;a、b间输入电压为电阻R1、R2两端的电压之和,理想变压器输入电压为电阻R2两端的电压,则a、b间输入电压与理想变压器输入电压之比为6∶1,故D错误。
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12.(2024·山东青岛期末)光伏发电可以有效
解决偏远农村地区用电难的问题。相对于传统
发电机,光伏发电系统更为便捷,电池板只需安装
在屋顶上,就可直接将太阳能转化为电能供应,完全不受供电通道的限制。如图,某户农家将输出电压U0=220 V的交流电的光伏发电系统接到变压器上,通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12 V,1.5 A”的灯泡和一台电动机供电,电动机线圈电阻r=1.0 Ω,原线圈上所接灯泡L的额定电压UL=40 V,副线圈n2的匝数为60匝。电路接通后,各用电器都正常工作,光伏发电系统的输出功率P0=440 W,电压表的示数为36 V,变压器为理想变压器,求:
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(1)原线圈上所接灯泡L消耗的功率PL;
答案:80 W
解析:根据题意,设原线圈上的电流为I1,则有P0=U0I1,PL=I1UL
解得PL=80 W。
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(2)变压器原线圈的匝数n1;
答案:900
解析:根据题意,设原线圈匝数为n1,
则有=
解得n1=900匝。
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(3)电动机输出的机械功率P机。
答案:155 W
解析:根据题意,设副线圈n3上的电流为I3,则有P0=PL+P2+I3U3,
P机=I3U3-r
又有P2=10U2I2=180 W,U3=36 V
联立解得P机=155 W。
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4课时跟踪检测(十九) 变压器的综合问题
1．如图，变压器是理想变压器，电压表V1、V2为理想电表，定值电阻R1、R2阻值之比为1∶2。在a、b端输入电压有效值不变的正弦交流电，R1、R2消耗的功率之比为8∶1，则电压表V1、V2示数之比为( )
A．1∶2 B．2∶1
C．1∶4 D．4∶1
2.(多选)一理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图所示，在副线圈两输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数不变
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
3．(2024·河南商丘期中)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1＝5 Ω，R2＝10 Ω，电流表和电压表均为理想交流电表。若电流表A的示数为0.45 A，则电压表V的示数为( )
A．0.5 V B．1 V
C．4 V D．6 V
4．如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin(ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内阻影响。闭合开关S后( )
A．电流表A2的示数减小 B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变 D．电流表A1的示数不变
5.在如图所示电路中，理想变压器原线圈接在交流电源上，调节滑动触头Q可以改变副线圈接入电路的匝数。R0为定值电阻，灯泡L和滑动变阻器R串联，P为滑动变阻器的滑片，A为理想交流电流表。闭合开关S，电流表A的示数为I。则( )
A．仅将P向下滑动，I增大
B．仅将Q向下滑动，灯泡变亮
C．仅将开关S断开，灯泡变亮
D．仅将开关S断开，变压器的输入功率增加
6．理想变压器原、副线圈a、b的匝数之比为n1∶n2＝5∶1，原线圈接在u＝220·sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈中“20 V,20 W”的灯泡L恰好正常发光，电阻R2＝10 Ω，电压表V为理想电表。则下列推断正确的是( )
A．原线圈的输入电压为150 V
B．交变电流的频率为100 Hz
C．电压表V的示数为30 V
D．R1消耗的功率小于R2消耗的功率
7．(2024·湖北恩施期末)(多选)如图为由理想变压器、电阻和灯泡组成的电路，电路输入的电压为U，电阻R的阻值是2.0 Ω，小灯泡L1上标有“3 V，3 W”，变压器副线圈回路中接入两个均标有“6 V，3 W”的小灯泡L2，小灯泡L1、L2均正常发光。下列说法中正确的是( )
A．理想变压器的原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶4
B．电路输入的电压U＝9 V
C．通过电阻R的电流是1.5 A
D．电阻R的功率为6 W
8．(2024·江苏镇江期中)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈输入的交流电压瞬时值的表达式为u＝220sin 100πt(V)，定值电阻R1的阻值为60 Ω，电阻箱R2的初始阻值为20 Ω，灯泡L阻值恒为20 Ω。下列说法正确的是( )
A．电流表的示数为 A
B．逐渐增大R2的阻值，R1功率逐渐变大
C．当R2＝60 Ω时，副线圈功率达到最大
D．若将R1换为一个理想二极管，则灯泡L两端电压的有效值为110 V
9．如图所示为街头通过降压变压器给用户供电的示意图。负载变化时变压器的输入电压(市区电网的电压)不变。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用户用电器的总电阻。忽略变压器上的能量损耗，各电表为理想交流电表，当用户的用电器增加时，下列说法正确的是( )
A．用户用电器的总电阻R变大
B．电表A2的示数变大，A1的示数变小
C．电表V2的示数不变，V3的示数变小
D．电表V1的示数与输电线损失的电压均变大
10．(多选)某供电示意图如图所示，若变压器为理想变压器，所有电表视为理想交流电表，当开关S闭合时，各电表示数变化情况为( )
A．A1示数增大 B．A2示数减小
C．V1示数增大 D．V2示数减小
11.理想变压器与三个阻值相同的定值电阻R1、R2、R3组成如图所示的电路，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2。在a、b间接入正弦式交变电流，则下列说法正确的是( )
A．R1、R2、R3两端的电压之比为2∶1∶2
B．R1、R2、R3消耗的功率之比为4∶1∶4
C．a、b间输入功率与理想变压器输入功率之比为15∶2
D．a、b间输入电压与理想变压器输入电压之比为3∶1
12．(2024·山东青岛期末)光伏发电可以有效解决偏远农村地区用电难的问题。相对于传统发电机，光伏发电系统更为便捷，电池板只需安装在屋顶上，就可直接将太阳能转化为电能供应，完全不受供电通道的限制。如图，某户农家将输出电压U0＝220 V的交流电的光伏发电系统接到变压器上，通过副线圈n2、n3分别向10只标称为“12 V，1.5 A”的灯泡和一台电动机供电，电动机线圈电阻r＝1.0 Ω，原线圈上所接灯泡L的额定电压UL＝40 V，副线圈n2的匝数为60匝。电路接通后，各用电器都正常工作，光伏发电系统的输出功率P0＝440 W，电压表的示数为36 V，变压器为理想变压器，求：
(1)原线圈上所接灯泡L消耗的功率PL；
(2)变压器原线圈的匝数n1；
(3)电动机输出的机械功率P机。
课时跟踪检测(十九)
1．选C 设原线圈中电流为I1，副线圈中电流为I2，R1、R2消耗的功率之比为8∶1，则＝，由于定值电阻R1、R2之比为1∶2，则＝，因此＝＝＝，故选C。
2．选AC 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，保持Q的位置不动时，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，根据理想变压器原、副线圈电流比等于匝数的反比，电流表的读数变小，故A正确，B错误；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，则输出电压U′变大，I′变大，电流表的读数变大，故C正确，D错误。
3．选B 根据理想变压器原、副线圈电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比为U1∶U2＝n1∶n2＝2∶1，则电阻R1两端电压为U1，电阻R2两端电压为U2，根据I＝可知，通过两电阻的电流之比为4∶1，设通过电阻R2的电流为I2，通过电阻R1的电流为4I2，根据理想变压器原、副线圈电流和匝数的关系可知，原线圈的输入电流为，电流表示数为0.45 A，则有4I2＋＝0.45 A，解得I2＝0.1 A，则电压表示数为U2＝I2R2＝1 V，故选B。
4．选A 闭合开关S后，由于原线圈两端电压不变，原、副线圈匝数比不变，故副线圈两端电压也不变，即电压表V1的示数不变，B错误；闭合开关S后，副线圈中并联的两个电阻的总阻值减小，所以副线圈中的总电流增大，副线圈中并联的两个电阻分得的电压减小 ，故电压表V2的示数减小，由欧姆定律可知，电流表A2的示数减小，A正确，C错误；由于副线圈中的电流增大，所以原线圈中的电流也增大，即电流表A1的示数增大，D错误。
5．选A 仅将P向下滑动，理想变压器原、副线圈匝数不变，原线圈电压不变，根据＝可知，U2不变，R减小，则副线圈电流增大，由＝可知，I增大，A正确；仅将Q向下滑动，副线圈匝数减小，副线圈两端电压减小，经过灯泡的电流减小，根据P灯＝I灯2R灯可知，灯泡的功率减小，灯泡变暗，B错误；仅将开关S断开，灯泡L及滑动变阻器两端电压不变，灯泡亮度不变，C错误；仅将开关S断开，副线圈电路总电阻增大，副线圈两端电压不变，总电流减小，变压器的输出功率减小，则输入功率减小，D错误。
6．选A 由u＝220·sin 100πt(V)可知，电源的输入电压为U＝220 V，圆频率为ω＝100π rad/s，频率为f＝＝50 Hz，故B错误；灯泡正常发光，则电流为I2＝＝1 A，电压表V的示数为U2＝I2R2＋UL＝30 V，故C错误；根据原、副线圈电压与匝数成正比，有＝，解得原线圈的输入电压为U1＝150 V，故A正确；根据原、副线圈电流与匝数成反比，有＝，解得I1＝0.2 A，根据串联分压和功率公式，可得R1消耗的功率为P1＝I1(U－U1)＝0.2×(220－150)W＝14 W，R2消耗的功率为P2＝I22R2＝10 W，可知R1消耗的功率大于R2消耗的功率，故D错误。
7．选AB 原线圈与L1并联，由小灯泡L1、L2均正常发光，可得U1＝ 3 V，U2＝ 6 V＋6 V＝12 V，理想变压器的原、副线圈匝数比为n1∶n2＝ U1∶U2＝ 1∶4，故A正确；由原、副线圈的功率相等，即P1＝ P2＝2×3 W＝6 W，又P1 ＝ U1I1，解得I1＝2 A，小灯泡L1中的电流IL1＝＝1 A，通过电阻R的电流是IR＝ I1＋ IL1＝3.0 A，故C错误；电阻R的功率为PR＝IR2R＝18 W，故D错误；电阻R的两端电压UR＝IRR＝6 V，电路输入的电压U＝UR＋U1＝9 V，故B正确。
8．选C 初始时，电阻箱R2和灯泡L并联后的总电阻为R次＝10 Ω，变压器的等效电阻为R等效＝2R次＝40 Ω，初级电流为I1＝＝ A＝2.2 A，初级电压U1＝U－I1R1＝88 V，次级电压为U2＝U1＝44 V，则电流表的示数为IR2＝＝ A，A错误；逐渐增大R2的阻值，则等效电阻R等效变大，则初级电流减小，则R1功率逐渐变小，B错误；将R1等效为电源内阻，则当R等效＝2R次＝R1时副线圈功率最大，解得R2＝60 Ω，C正确；若将R1换为一个理想二极管，则原线圈电路一个周期内只有半个周期导通，有·＋0＝T，解得U1′＝110 V，则灯泡L两端电压的有效值U2′＝U1′＝55 V，D错误。
9．选C 用户用电器是并联关系，根据公式＝＋＋＋…＋(n＝1,2,3，…)，可得增加用电器时，用户用电器的总电阻R变小，A错误；根据变压器公式＝，变压器输入电压U1不变，电表V1的示数不变，线圈匝数比不变，则副线圈输出电压U2不变，电表V2的示数不变，在副线圈电路中，根据闭合电路欧姆定律得I2＝，R0不变，用户用电器的总电阻R变小，副线圈电流I2变大，电表A2的示数变大，则I1变大，A1示数变大，则R0两端电压变大，V3的示数变小，B、D错误，C正确。
10．选AD 设原线圈左端输入的电压为U，变压器的匝数比为n1∶n2＝k，则在原线圈回路中有U＝I1R＋U1，根据理想变压器的规律有＝，＝，且U2＝I2R副，联立可得U＝I2，当开关S闭合时，副线圈的总电阻R副减小，而U、R、k不变，故副线圈的电流I2增大，则原线圈的电流I1增大，由原线圈两端的电压U1＝U－I1R可知，U1减小，故副线圈两端的电压U2也减小，故A1、A2示数都增大，V1、V2示数都减小，故选A、D。
11．选C 设三个定值电阻阻值为R，副线圈输出电流为I，则输出电压为IR，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，根据＝可知，原线圈输入电流为2I，根据＝可知，原线圈输入电压为0.5IR，则电阻R2两端电压为0.5IR，根据欧姆定律可知IR2＝＝0.5I，则流过电阻R1的电流IR1＝IR2＋2I＝2.5I，R1两端电压UR1＝IR1R＝2.5IR，则R1、R2、R3两端的电压之比为5∶1∶2，故A错误；根据P＝UI可知，R1、R2、R3消耗的功率之比为(2.5IR×2.5I)∶(0.5IR×0.5I)∶(IR×I)＝25∶1∶4，故B错误；根据理想变压器的输入功率等于输出功率可知，理想变压器的输入功率为电阻R3消耗的功率，a、b间输入功率为三个电阻消耗的功率之和，则a、b间输入功率与变压器输入功率之比为15∶2，故C正确；a、b间输入电压为电阻R1、R2两端的电压之和，理想变压器输入电压为电阻R2两端的电压，则a、b间输入电压与理想变压器输入电压之比为6∶1，故D错误。
12．解析：(1)根据题意，设原线圈上的电流为I1，
则有P0＝U0I1
PL＝I1UL
解得PL＝80 W。
(2)根据题意，设原线圈匝数为n1，
则有＝
解得n1＝900匝。
(3)根据题意，设副线圈n3上的电流为I3，
则有P0＝PL＋P2＋I3U3
P机＝I3U3－I32r
又有P2＝10U2I2＝180 W
U3＝36 V
联立解得P机＝155 W。
答案：(1)80 W (2)900 (3)155 W
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