第4节 变压器 学案 Word版含答案

第4节变_压_器
1．互感现象是变压器的工作基础，变压器工作时有能量损失，变压器的输出功率与输入功率之比叫做变压器的效率。理想变压器的效率为100%。
2．理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系为＝。
3．如果理想变压器的副线圈只有一个，则P1＝P2，即U1I1＝U2I2，得出原、副线圈电流与匝数的关系为＝。
4．所有变压器不改变交变电流的频率，理想变压器不改变功率。
一、变压器的原理
1．变压器的构造
由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，如图所示。
(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。
(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。
2．变压器的工作原理
变压器工作的基础是互感现象，电流通过原线圈时在铁芯中激发的磁场不仅穿过原线圈，也同时穿过副线圈，由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势。
3．作用
改变交变电流的电压。
二、电压与匝数的关系
1．理想变压器
没有能量损失的变压器，也是一个理想化模型。
2．电压与匝数的关系
理想变压器原、副线圈的电压之比，等于两个线圈的匝数之比，即：＝。
3．两类变压器
副线圈的电压比原线圈电压低的变压器叫降压变压器；副线圈的电压比原线圈电压高的变压器叫升压变压器。
三、两种互感器
1．电压互感器
把高电压变成低电压。它的原线圈并联在高压电路上，副线圈接入交流电压表，如图甲所示。
2．电流互感器
把大电流变成小电流。原线圈串联在被测电路中，副线圈接入交流电流表，如图乙所示。
1．自主思考——判一判
(1)变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压。(√)
(2)实际生活中，不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。(√)
(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率。(×)
(4)理想变压器是客观存在的。(×)
(5)＝适用于任何理想变压器。(√)
2．合作探究——议一议
(1)如果把变压器接入直流电路，变压器能起到变压作用吗？
提示：变压器是依据电磁感应工作的，因此只能工作在交流电路中，如果变压器接入直流电路，原线圈中的电流不变，在铁芯中不会引起磁通量的变化，就没有互感现象出现，变压器就起不到变压作用。
(2)变压器的两个线圈所用导线的粗细一样吗？
提示：不一样。高压线圈匝数多而通过的电流小，用较细的导线绕制而成；低压线圈匝数少而通过的电流大，用较粗的导线绕制而成。
(3)变压器的铁芯为什么用薄硅钢片叠压而成？
提示：为了减少损耗，变压器的铁芯常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠压而成。这样，涡流被限制在狭窄的薄片之中，回路的电阻很大，涡流大为减弱，从而减小了铁损。
变压器的工作原理及规律
1．工作原理
2．基本规律
(1)电动势关系：由于互感现象，且没有漏磁，原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的，根据法拉第电磁感应定律有E1＝n1，E2＝n2，所以＝。
(2)电压关系：由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U1＝E1，副线圈两端的电压U2＝E2，所以＝。当有n组线圈时，则有：＝＝…。
(3)功率关系：对于理想变压器，不考虑能量损失，P入＝P出。
(4)电流关系：由功率关系，当只有一个副线圈时，I1U1＝I2U2，得＝＝。当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…，得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…
[典例]　如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V,6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端。当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是(　　)
A．120 V,0.10 A　　　 B．240 V,0.025 A
C．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A
[思路点拨]　解答本题时可按以下思路分析：
[解析]　由于灯泡正常发光，所以U2＝12 V，
根据 ＝解得U1＝240 V；
两个灯泡均正常发光，I2＝2＝1 A，
根据＝解得I1＝0.05 A，故D正确。
[答案]　D
理想变压器的三点提醒
(1)变压器只能改变交变电流的电压，不能在直流电路中使用。
(2)原、副线圈的电压、电流发生变化，而频率不变。
(3)当副线圈有多个线圈时，电压关系仍适用，而电流关系式＝不再适用。　　　　
1．(2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A．原线圈的输入功率为220 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
解析：选B　由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝＝2 A，由＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误。
2．[多选](2016·全国卷Ⅲ)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是(　　)
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
解析：选AD　设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确。
3.如图所示，理想变压器原线圈匝数为n1＝1 000 匝，两个副线圈匝数分别为n2＝50 匝和n3＝100 匝，L1是“6 V　2 W”的灯泡，L2是“12 V　4 W”的灯泡，当原线圈接正弦交变电流时，两灯泡均正常发光，那么原线圈中的电流为(　　)
A. A　　　B. A　　　C. A　　　D. A
解析：选C　由电压关系＝＝
解得U1＝120 V，
原线圈的输入功率为P入＝U1I1＝PL1＋PL2
解得I1＝ A，C正确。
理想变压器的动态变化
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，P2＝P负1＋P负2＋…；
(2)总功率P入＝P线＋P2，即变压器的输入功率是由输出功率决定的。
4．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(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，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R。开始时，开关S断开。当开关S接通时，以下说法中不正确的是(　　)
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
[思路点拨]
[解析]　由于输入电压不变，所以当S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变。并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律I2＝知，流过R的电流增大，电阻上的电压UR＝IR增大。副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2，且I2增大，得原线圈输入电流I1也增大。UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小。
[答案]　A
理想变压器动态问题的处理方法
(1)抓住三个决定原则：输入电压U1决定输出电压U2；输出电流I2决定输入电流I1；输出功率P2决定输入功率P1。
(2)把副线圈当作电源，研究副线圈电路电阻变化。
(3)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。
(4)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．(2016·天津高考)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
解析：选B　当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝变小，R1消耗的功率PR1＝I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系＝，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总′变小，通过副线圈的电流I2′＝变大，则通过原线圈的电流I1′变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1′＝I2′R1变大，则R2两端的电压UR2′＝U2－UR1′变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。
2.如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使(　　)
A．原线圈匝数n1增加
B．副线圈匝数n2减少
C．负载电阻R的阻值增大
D．负载电阻R的阻值减小
解析：选D　由＝，P出＝
可得P出＝
又因为P入＝P出，所以P入＝
分析可得选项D正确。
3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220 sin 100πt(V)，则(　　)
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V
B．当t＝ s时，c、d间电压的瞬时值为110 V
C．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小
解析：选A　当单刀双掷开关与a连接时，原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈两端的电压有效值U1＝ V＝220 V，根据＝，代入数据得U2＝22 V，故电压表的示数为22 V，A正确；当t＝ s时，c、d间电压的瞬间值为u＝220 sinV＝110 V，故B错误；当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，电压不变，电流减小，即电压表示数不变，电流表示数减小，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数减小，根据＝，所以U2变大，电压表和电流表的示数均变大，故D错误。
自耦变压器与互感器
1．自耦变压器
图甲所示是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。
调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2。
2．互感器
(1)电压互感器：如图甲所示，原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表。互感器将高电压变为低电压，通过电压表测低电压，结合匝数比可计算出高压电路的电压。
(2)电流互感器：如图乙所示，原线圈串联在待测大电流电路中，副线圈接电流表。互感器将大电流变成小电流，通过电流表测出小电流，结合匝数比可计算出大电流电路的电流。
[典例]　在变电所，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器。如图所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是(　　)
[解析]　电流互感器是测电流的，应串联在火线上，故B、D错误。由变压器电流关系n1I1＝n2I2，要使I2n1，故A选项正确。
[答案]　A
互感器的区分技巧
(1)电压互感器是降压变压器，据＝，知n1>n2。
电流互感器是升压变压器，据＝，知n1(2)区分电压互感器与电流互感器的三个标志
①测量仪器不同，前者○后者○。
②原副线圈匝数关系不同。
③原线圈接线方式不同，前者接在火线和零线间，后者接在火线上。　　　　
1．普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　)
A．ab接MN、cd接PQ，IabB．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ、cd接MN，IabD．ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd
解析：选B　电流互感器ab一侧线圈匝数比cd一侧线圈匝数少，根据电流关系得I1n1＝I2n2，所以Iab>Icd，电流表应接在电流较小的一侧，故选项B正确。
2．(2016·江苏高考)一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．U2＞U1，U2降低 B．U2＞U1，U2升高
C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升高
解析：选C　a、b间原线圈的匝数大于c、d间副线圈的匝数，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理＝知，U2＜U1，且U2降低，选项C正确。
1．如图所示，可以将电压升高给电灯供电的变压器是(　　)
解析：选C　变压器只能对交变电流实现变压，不能对直流变压，故选项A、D错误；由于电压比与变压器线圈匝数比成正比，副线圈匝数多于原线圈匝数的变压器才能实现升压，所以选项B错误，选项C正确。
2．关于理想变压器特点的下列说法中正确的是(　　)
A．理想变压器能够使电压升高，同时电流变大
B．原、副线圈具有相同的磁通量及变化率，产生的感应电动势也相同
C．原、副线圈没有电阻，铁芯中不会产生涡流
D．原线圈往往匝数少，绕线粗，电流大
解析：选C　理想变压器原副线圈功率相等，即U1I1＝U2I2，不可能同时使电压升高，电流增大，A错；原、副线圈匝数不同，感应电动势不同，B错；理想变压器不考虑绕线铜损，铁芯的热损，当然要求线圈无电阻，铁芯不产生涡流，C对；原、副线圈中匝数少的一边，电流大，绕线粗，但不一定作为原线圈使用，D错。
3．在如图所示的两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V；若分别在c、d与g、h的两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为(　　)
A．220 V,220 V　　　　　 B．220 V,110 V
C．110 V,110 V D．220 V,0
解析：选B　对变压器，根据＝可得Uab＝220 V；对滑动变阻器来说，当gh间接上110 V电压时，ef间电压Uef＝110 V，故B选项正确。
4.一输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏了，为获知此变压器原副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图所示，然后将原来线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为(　　)
A．1 100,360　　　　　 B．1 100,180
C．2 200,180 D．2 200,360
解析：选B　对新绕线圈的理想变压器，根据变压比公式得n1＝＝＝1 100，变压器烧坏前，同理n2＝＝＝180，故B正确。
5.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶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，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则(　　)
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C. U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
解析：选A　设原线圈中电流为I1，原、副线圈电压比＝＝3，原、副线圈电流比＝，由欧姆定律可得，副线圈回路中电阻两端电压U＝I2R，联立解得U＝66 V。电阻消耗功率P＝I2R，由于＝，所以原、副线圈回路中电阻消耗功率的比值为，选项A正确。
6.如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦式交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.2 A。下列判断正确的是(　　)
A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1
B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1
C．电流表A2的示数为0.1 A
D．电流表A2的示数为0.4 A
解析：选B　由变压器的输出功率等于输入功率可得：I1U1＝I22R，可解得I2＝1.0 A，原线圈和副线圈的匝数比＝＝＝，故B正确，A、C、D均错误。
7.钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是(　　)
A．该测量仪可测量直流电的电流
B．载流导线中电流大小I0＝I/n
C．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流
D．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小
解析：选C　直流电产生的磁场，通过内置线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电动势，选项A错误；由电流跟匝数成反比可知载流导线中电流大小I0＝nI，选项B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，则通过内置线圈中的磁通量变小，磁通量的变化率也变小，故产生的感应电流变小，测量出的电流将小于实际电流，选项C正确；由＝，可知钳形电流测量仪的示数将变大，选项D错误。
8.如图所示，与理想变压器相连的四只灯泡相同，变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，接在副线圈上的三只灯泡正常发光，则对于串联在原线圈上的灯泡L(　　)
A．比正常发光时的亮度更亮
B．也能正常发光
C．比正常发光时的亮度更暗
D．无法判断其亮度变化情况
解析：选B　灯泡L的亮度如何，主要看灯泡L的实际功率多大，在本题中就是看通过灯泡L的电流如何变化。
设每只灯泡的额定电流为I0，因并联在副线圈两端的三只灯泡正常发光，所以副线圈中的电流I2＝3I0，由＝得原线圈中的电流I1＝I2＝I0，恰为灯泡L的额定电流，因此灯泡L也正常发光。故B正确。
9．[多选](2016·海南高考)图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。下列说法正确的是(　　)
A．变压器输入、输出功率之比为4∶1
B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4
C．u随t变化的规律为u＝51sin 50πt(国际单位制)
D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
解析：选BD　由题意，理想变压器输入、输出功率之比为1∶1，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即＝＝，故选项B正确；由题图乙可知交流电压最大值Um＝51 V，周期T＝0.02 s，角速度ω＝100π rad/s，则可得u＝51sin 100πt (V)，故选项C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。
10．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接入图乙所示的不完整的正弦电流，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和R1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．R处出现火警时电压表示数增大
B．R处出现火警时电流表示数减小
C．图乙中电压的有效值为220 V
D．电压表的示数为11 V
解析：选D　由·＋0＝T，可求得图乙中电压有效值U1＝110 V，由＝，可得电压表示数U2＝11 V，C错误，D正确；R处出现火警时，R电阻变小，副线圈电流增大，原线圈电流也随之增大，电流表示数增大，但电压表示数不变，故A、B均错误。
11.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＝311·sin 100πt(V)，F为熔断电流为I0＝1.0 A的保险丝，负载为一可变电阻。
(1)当电阻R＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
解析：原线圈电压的有效值为U1＝ V＝220 V
由＝得副线圈两端的电压
U2＝U1＝×220 V＝110 V。
(1)当R＝100 Ω时，副线圈中电流
I2＝＝ A＝1.10 A
由U1I1＝U2I2得原线圈中的电流为
I1＝I2＝×1.10 A＝0.55 A
由于I1＜I0(熔断电流)，故保险丝不会熔断。
(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1刚好达到熔断电流I0，即I1＝1.0 A，则副线圈中的电流为I2＝I1＝2×1.0 A＝2.0 A
电阻R的阻值为：R0＝＝ Ω＝55 Ω
此时变压器的输出功率为P2＝I2U2＝2.0×110 W＝220 W
可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55 Ω，变压器输出的电功率不能超过220 W。
答案：(1)不会熔断　(2)55 Ω　220 W
12．图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u-t图像如图乙所示。若只在ce间接一只Rce＝400 Ω
的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W。
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式。
(2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1。
(3)求ce和de间线圈的匝数比。
解析：(1)由题图乙知ω＝200π rad/s，
电压瞬时值uab＝400sin 200πt(V)。
(2)电压有效值U1＝200 V，
理想变压器P1＝P2，
原线圈中的电流I1＝，
解得I1≈0.28 A。
(3)设ab间匝数为n1，则＝，
同理＝，
由题意知＝，
联立以上各式得＝，
代入数据得＝。
答案：(1)uab＝400sin 200πt(V)　(2)0.28 A　(3)