第二章交变电流第六节变压器分层训练

第六节 变压器
A级　抓基础
1．如图，可以将电压升高供电给电灯的变压器是(　　)
解析：A图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A错误；B图中，副线圈匝数比原线圈匝数多，所以是升压变压器，故B正确；D图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故D错误；C图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故C错误，故选B.
答案：B
2．(多选)利用变压器不可能做到的是(　　)
A．增大电流　　　　 B．升高电压
C．减小频率 D．增大功率
解析：根据变压器的工作原理可以知道，变压器可以改变电压和电流，不可能增大功率和改变频率．
答案：CD
3.(多选)如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节．RT为热敏电阻，当环境温度升高时，RT的阻值变小．下列说法正确的有(　　)
A．P向下滑动时，电压表读数变大
B．P向下滑动时，电流表读数变小
C．若环境温度升高，变压器的输入功率变大
D．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小
解析：根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，A错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，B正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，C正确；当环境温度升高时，RT的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P＝I2R，灯泡消耗的功率变大，D错误．
答案：BC
4．一台理想变压器的原线圈匝数为100匝，副线圈匝数为1 200匝，在原线圈两端接有一电动势为10 V的电池组，则在副线圈两端的输出电压为(　　)
A．0 V B．1.2 V
C．120 V D．小于120 V
解析：电池组中的电流属于恒定电流，原线圈中无变化的磁通量，副线圈中不产生感应电动势．
答案：A
5.(多选)如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有(　　)
A．增大交流电源的频率
B．增大交流电源的电压
C．向下滑动滑片P
D．减小电容器C的电容
解析：电容器具有通高频阻低频的特点，故增大交流电源的频率，可使通过灯泡的电流增大，A正确；根据＝可知增大交流电源的电压，副线圈两端的电压增大，灯泡变亮，B正确；向下滑动P，副线圈匝数减小，根据＝可知副线圈两端电压减小，灯泡变暗，C错误；根据XC＝可知减小电容，容抗增加，通过小灯泡的电流减小，灯泡变暗，D错误．
答案：AB
6.如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为(　　)
A．1∶2　2U B．1∶2　4U
C．2∶1　4U D．2∶1　2U
解析：设灯泡正常发光时的电流为I，则I1＝I，I2＝2I.由＝得＝.由＝得U1′＝U2＝2U.故U1＝4U，C正确．
答案：C
B级　提能力
7．将输入电压为220 V，输出电压为6 V的变压器改装成输出电压为24 V的变压器．已知副线圈原来的匝数为36匝，现不改原线圈的匝数，则副线圈应增绕的匝数为(　　)
A．144匝 B．108匝
C．180匝 D．540匝
解析：由＝有＝，＝，解得n2＝144，所以应增加的匝数Δn2＝n2－36＝108(匝)．故选B.
答案：B
8．有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压．图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，CD两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是(　　)
A．当R3不变，滑动触头P顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
B．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大
C．当P不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小
D．当P不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大
解析：由图知，当滑动触头P顺时针转动时，变压器副线圈的匝数减少，根据＝可得副线圈的电压U2减小，因负载的电阻不变，故电流表读数变小，电压表读数变小，所以A正确；同理，若滑动触头P逆时针转动时，变压器副线圈的匝数增加，U2增大，电流表示数增大，所以B错误；当P不动，副线圈电压U2不变，滑动触头向上滑动时，R3连入电路中的阻值增大，与R2并联后的电阻增大，根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大，所以C错误；同理，当滑动触头向下滑动时，R3连入电路中的阻值减小，与R2并联后的电阻减小，根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小，所以D错误．
答案：A
9．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越小
解析：假设副线圈两端交变电压的峰值为Um，副线圈两端电压的有效值为U2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：＝，而因二极管的单向导电性，cd间电压的有效值Ucd并不等于副线圈两端的电压有效值U2. 由交流电有效值定义可得：U2＝，Ucd＝＝，故＝，故A错误；当增大负载电阻的阻值R，因电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，电阻R的电流变小，则电流表的读数变小，故B正确；cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd间的电压Ucd不会随着负载电阻变化，故CD错误．
答案：B
10．(多选)如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L的额定功率为22 W．闭合开关后，灯泡恰能正常发光．则(　　)
图甲　　　　　　图乙
A．原线圈输入电压的瞬时表达式为u＝220sin100πt(V)
B．灯泡的额定电压为110 V
C．副线圈输出交流电的频率为100 Hz
D．电压表读数为220 V，电流表读数为0.2 A
解析：由图可知：周期T＝0.02 s，角速度ω＝＝100π，则原线圈输入电压的瞬时值表达式： u＝220sin100πt (V)，故A正确；原线圈电压的有效值： U1＝＝220 V，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压： U2＝＝110 V，故B正确；周期T＝0.02 s，频率为： f＝＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率50 Hz，故C错误；原线圈电压有效值220 V，电压表的读数为220 V，副线圈电流： I2＝＝0.2 A，根据电流与匝数成反比得： I＝＝0.1 A，故D错误．
答案：AB
11．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，○V 、R和L分别是电压表、定值电阻和电感线圈，D1、D2均为灯泡．已知原线圈两端电压u按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是(　　)
图甲　　　　　　图乙
A．电压表示数为62.2 V
B．电压u的表达式u＝311sin 100πt(V)
C．仅增大电压u的频率，电压表示数增大
D．仅增大电压u的频率，D1亮度不变，D2变暗
解析：根据图乙可知，原线圈电压的最大值为311 V，则有效值U1＝V＝220 V，
根据理想变压器电压与匝数成正比得：＝＝，解得：U2＝44 V，所以电压表示数为44 V，故A错误；根据ω＝＝100π rad/s，则电压u的表达式u＝311sin 100πt(V)，故B正确；原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u的频率，电压表示数不变，则D1亮度不变，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以D2变暗，故C错误，D正确．
答案：BD
12．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＝220 V，F为熔断电流I0＝1.0 A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的最小值为多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
解析：(1)由＝得到U2＝110 V，
由欧姆定律得：I2＝1.1 A.
再有＝得到I1＝0.55 A，故保险丝不能熔断．
(2)理想变压器的P入＝P出＝220×1.0 W＝220 W，
得到R＝55Ω.
答案：(1)不能　(2)55Ω　220 W