第五章 4
1．对理想变压器作出的判断正确的是( )
A．高压线圈匝数多、电流大、导线粗
B．低压线圈匝数少、电流小、导线细
C．高压线圈匝数多、电流大、导线细
D．低压线圈匝数少、电流大、导线粗
【答案】D
【解析】电压高的匝数多，电流小，用细线．电压低的，匝数少，电流大，用粗线．
2．(2019·惠州模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1，a、b两点间的电压为u＝220sin(100πt) V，R为可变电阻，P为用铅锑合金制成的保险丝，其电阻可忽略不计，熔断电流为2 A．为使保险丝不熔断，可变电阻R连入电路的最小阻值是( )
A. Ω B．1.1 Ω
C．11 Ω D．11 Ω
【答案】B
【解析】原线圈输入电压U1＝ V＝220 V，根据电压与匝数成正比解得U2＝U1＝×220 V＝22 V，原线圈的最大输入功率为P1＝U1I＝220×2 W＝440 W．输出功率等于输入功率P2＝P1＝440 W，输出功率P2＝，解得R＝1.1 Ω.故B正确，A、C、D错误．
3．(多选)(2019·山东名校期中)如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P可改变其匝数．下列说法正确的是( )
A．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变大
B．仅增大R的阻值，通过灯泡L的电流将变小
C．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变大
D．仅将滑动触头P向下滑动，灯泡L两端的电压将变小
【答案】BD
【解析】仅增大电阻R时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流减小，故A错误，B正确；滑动触头向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压减小，灯泡两端的电压减小，故C错误，D正确．
4．(2019·茂名一模)如图所示，理想变压器的原线圈接在一个交流电源上，交流电压瞬时值随时间变化的规律为u＝220sin(100πt) V，副线圈所在电路中接有灯泡、电动机、理想交流电压表和理想交流电流表．已知理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，灯泡的电阻为22 Ω，电动机内阻为1 Ω，电流表示数为3 A，各用电器均正常工作．则( )
A．通过副线圈的电流方向每秒钟改变50次
B．电压表示数为22 V
C．变压器原线圈的输入功率为66 W
D．电动机的输出功率为40 W
【答案】D
【解析】交流电的频率f＝＝50 Hz，每个周期内电流方向改变两次，所以通过副线圈的电流方向每秒钟改变100次，故A错误；已知交变电压瞬时值随时间变化的规律为u＝220sin(100πt) V，则原线圈电
压的有效值为U1 ＝ V＝220 V，U1∶U2＝n1∶n2，解得U2＝22 V，故电压表示数为22 V，故B错误；副线圈的输出功率P2＝U2I2＝22×3 W＝66 W，变压器输入功率等于输出功率，也是66 W，故C错误；通过电灯泡的电流I3＝＝ A＝1 A，故通过电动机的电流IM＝I－I3＝2 A，则电动机的输入功率P＝IMU2＝22×2 W＝44 W，电动机的发热功率P热＝IR内＝4 W，故电动机的输出功率为P－P热＝(44－4) W＝40 W，故D正确．
5．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V的交流电上，向额定电压为1.80×104 V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12 mA时，熔丝就熔断．
(1)熔丝的熔断电流是多大？
(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？
【答案】(1)0.98 A (2)180 W
【解析】(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则
U1I1＝U2I2，当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，I1＝I2≈0.98 A.
(2)当副线圈电流为I2′＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W.
第五章 4
基础达标
一、选择题(在每小题给出的四个选项中，第1～5题只有一项符合题目要求，第6题有多项符合题目要求)
1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈中
【答案】C
【解析】通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D错误．
2．如图所示四个电路，能够实现升压的是( )
A B
C D
【答案】D
【解析】变压器只能对交流电变压，不能对直流电变压，故A、B错误，由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压．
3．(2019·泰安名校月考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，R1＝R2＝R3＝10 Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则( )
A．副线圈输出的交流电的频率为10 Hz
B．原线圈输入电压的最大值为100 V
C．电阻R3的电功率为20 W
D．通过R2的电流始终为零
【答案】C
【解析】根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为T＝0.02 s，频率为f＝＝50 Hz，故A错误；由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝2 A，根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20 V，再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为100 V，故B错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系及并联电路特点可知，电阻R1的电流有效值为I＝＝ A，所以电阻R1的电功率P＝I2R1＝20 W，故C正确；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R2和电容器，故D错误．
4．(2019·上饶名校月考)如图所示，理想变压器原副线圈的匝数比为n1∶n2∶n3＝6∶1∶1，三个灯泡的规格均相同，此时L1的功率为P，假定灯泡的电阻不随电压变化而改变，则下列说法中正确的是( )
A．L3的功率为 B．L3的功率为
C．I1∶I2＝6∶1 D．I1∶I2＝1∶6
【答案】B
【解析】设原线圈的电压为U1，n2和n3对应的电压分别为U2、U3，根据变压器原理可得U2＝U3＝U1＝U1，由于L1的功率为P，则P＝，L3的功率为P′＝＝×＝P，故A错误、B正确；根据变压器原理可得U1I1＝U2I2＋U3I3＝2U2I2，解得＝＝ ，故C、D错误．
5．(2019·北京名校一模)如图所示，一理想变压器的原线圈接正弦交流电源，副线圈接有电阻R和小灯泡．电流表和电压表均可视为理想电表．闭合开关S，下列说法正确的是( )
A．电流表A1的示数减小 B．电流表A2的示数减小
C．电压表V1的示数减小 D．电压表V2的示数减小
【答案】D
【解析】闭合开关S，由于输入电压的大小和变压器的匝数比不变，所以变压器的输入电压和输出电压始终不变，即电压表V1的示数不变；当S接通后，电路的总电阻减小，总电流变大，电流表A2的示数增大，所以电阻R上分得的电压变大，由于输出的电压不变，所以电压表V2的示数减小；当S接通后，根据P＝UI得副线圈输出功率变大，输入功率的大小是由输出功率的大小决定的，所以原线圈的输入功率变大，电流表A1的示数增大．故A、B、C错误，D正确．
6．(2019·广东名校期中)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 100匝，副线圈的匝数n2＝110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0＝R1＝R2，电流表、电压表均为理想电表．原线圈接u＝220sin(314t) V的交流电源．起初开关S处于断开状态．下列说法中正确的是( )
A．电压表示数为22 V
B．当开关S闭合后，电压表示数变小
C．当开关S闭合后，电流表示数变大
D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大
【答案】BCD
【解析】原线圈接u＝220sin(314t) V的交流电源．电压与匝数成正比，所以副线圈的电压为22 V，根据欧姆定律得电压表示数为11 V，故A错误．当开关S闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，副线圈的电流增大，所以电压表示数变小，故B正确．当开关S闭合后，副线圈总电阻减小，副线圈的电压不变，输出功率增大，所以输入的功率增大，所以电流表示数变大，故C、D正确．
二、非选择题
7．如图所示，交流发电机电动势的有效值E＝20 V，内阻不计，它通过一个R＝6 Ω的指示灯连接降压变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：
(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比；
(2)发电机的输出功率．
【答案】(1)3∶1 (2)6.67 W
【解析】(1)彩色小灯泡的额定电流
IL＝＝ A＝ A
次级线圈总电流I2＝24IL＝1 A
变压器输入功率等于I1U1＝I2U2＝6 W
变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得
E＝U1＋I1R＝＋6I1
代入E值解得I1＝ A(I1＝3 A应舍去，据题意是降压变压器，应I1＜I2)
所以＝＝.
(2)发电机输出功率P＝I1E≈6.67 W.
8．(2019·黑龙江大庆模拟)如图所示，变压器原线圈输入电压为200 V，副线圈输出电压为36 V，两只灯泡的额定电压均为36 V，L1额定功率为12 W，L2额定功率为6 W．求：
(1)该变压器的原、副线圈匝数比；
(2)两灯均工作时原线圈的电流以及只有L1工作时原线圈中的电流．
【答案】(1)50∶9 (2)0.09 A 0.06 A
【解析】(1)由电压变比公式得＝＝.
(2)两灯均工作时，由能量守恒得P1＋P2＝U1I1
I1＝0.09 A
只有L1灯工作时，由能量守恒得P1＝U1I2
解得I2＝0.06 A.
能力提升
9．(2019·肇庆二模)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和交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P.若将发电机线圈的匝数变为原来的4倍，其他条件均不变，下列说法正确的是( )
A．R消耗的功率变为2P
B．电压表的读数为4U
C．电流表的读数为2I
D．通过R的交变电流频率变大
【答案】B
【解析】线圈在匀强磁场中匀速转动，设线圈的最大横截面积为S，磁场的磁感应强度为B，线圈转动的角速度为ω，则产生的最大电动势为Em＝nBSω.原线圈两端的电压等于电动势的有效值，为U1＝Em＝nBSω，设原副线圈的匝数比为k，则副线圈两端的电压为U2＝U1＝nBSω.当发电机线圈的匝数变为原来的4倍时，电压表的示数变为原来的4倍，由公式P＝可知，R消耗的功率变为原来的16倍，故A错误，B正确；由于电压表的示数变为原来的4倍，由输入输出功率相等可知，电流表的示数变为原来的4倍，故C错误；变压器不能改变交流电的频率，故D错误．
10．(2019·烟台一模)如图所示，一理想变压器原线圈与定值电阻R1、理想电流表A1一起接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈和滑动变阻器R、定值电阻R2以及理想电流表A2连接在一起，下列说法正确的是( )
A．保持R不变，将触头P向上移动，则A1的示数变小，A2的示数变小
B．保持R不变，将触头P向下移动，电源输出的总功率变小
C．保持P的位置不动，增大R，则A1的示数减小，A2的示数减小
D．保持P的位置不动，增大R，则R的电功率变小，R1的电功率不变
【答案】D
【解析】R不变，P向上滑动，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流表A2读数变小，但电阻R1两端电压不变，电流表A1读数不变，故A错误；若R不变，P向下滑动，副线圈电压将增大，功率增大，电源的总功率增大，故B错误；P位置不动，副线圈电压不变，若R增大，副线圈负载电阻值增大，故副线圈电流减小，A2的示数减小，R两端电压不变，电功率减小，但R1的电压不变，电流表A1读数不变，R1的电功率不变，故C错误，D正确．
11．如图甲所示为一理想变压器，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ut图象如图乙所示．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的电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比.
【答案】(1)uab＝400sin(200πt) V (2)0.28 A
(3)
【解析】(1)由图乙知，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
＝
同理＝
由题意知＝
解得＝
代入数据得＝.
12．如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1＝1 100匝．接入电压U1＝220 V的电路中．
(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2＝6 V，U3＝110 V，它们的匝数n2、n3分别为多少？
(2)若在两副线圈上分别接上“6 V 20 W”“110 V 60 W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？
【答案】(1)30匝 550匝 (2)0.36 A
【解析】(1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系
由＝得n2＝n1＝×1 100匝＝30匝
n3＝n1＝×1 100匝＝550匝．
(2)设原线圈输入电流为I1，由P入＝P出得
U1I1＝U2I2＋U3I3＝P2＋P3
所以I1＝＝ A＝0.36 A．
课件43张PPT。4 变压器同学们，前面我们学习了电磁感应和互感的有关规律，首先请大家回顾一下有关知识，然后回答下面的几个问题：
1．在无线电仪器中，常需要在距离较近处安装两个线圈，并要求当一个线圈中电流有变化时，对另一个线圈中的电流的影响尽量小．如图所示两个线圈的相对安装位置最符合该要求的是( )【答案】D
【解析】两个相距较近的线圈，当其中的一个线圈中电流发生变化时，就在周围空间产生变化的磁场．这个变化的磁场会在另一个线圈中产生感应电动势，即发生互感现象．要使这种影响尽量小，应采用D所示的安装位置才符合要求．因为通电线圈的磁场分布与条形磁铁的类似，采用D所示的安装位置时，变化的磁场穿过另一线圈的磁通量最小．
【答案】A
【解析】当滑片左、右滑动时，通过a、b的磁通量变化，而通过c环的合磁通量始终为零，故a、b两环中产生感应电流，而c环中不产生感应电流．一、 变压器的原理
1．构造
由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，与______连接的线圈叫原线圈，与______连接的线圈叫副线圈，两个线圈都绕在____________．
2．原理
________现象是变压器的工作基础．原线圈中电流的大小、方向不断变化，在铁芯中激发的______也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生____________．电源负载闭合铁芯上互感磁场感应电动势
3．作用
改变交变电流的__________，________(填“能”或“不能”)改变交变电流的频率．
4．原、副线圈的地位
(1)原线圈在其所处回路中充当负载．
(2)副线圈在其所处回路中充当________．电压不能电源在课外，某同学在进行低压交流变压器实验的准备工作时，发现缺少电源，于是就用一种摩托车的蓄电池代替，按图进行实验．则闭合电键后，灯泡是否发光？并解释出现这种现象的原因？能量损失匝数降压升压1．理想变压器的特点
(1)变压器铁芯内无漏磁；
(2)原、副线圈不计电阻，即不产生焦耳热；
(3)铁芯中不产生涡流．理想变压器的基本规律 例1 理想变压器连接电路如图甲所示，已知原、副线圈匝数比为10∶1，当输入电压波形如图乙时，电流表读数为2 A，则( )
A．电压表读数为283 V B．电压表读数为28.3 V
C．输入功率为56.4 W D．输入功率为40 W1．(2019·广州名校模拟)在如图所示的理想变压器的电路中，变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1＝R2，电流表和电压表均为理想电表，若电流表的示数为0.5 A，电压表的示数为5 V，则电阻R1的大小为( )
A．25 Ω
B．20 Ω
C．15 Ω
D．10 Ω
【答案】A变压器的动态变化分析
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. 例2 如图所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1为原线圈中的电流，则( )A．保持U1及P的位置不变，K由a扳向b时，I1将增大
B．保持U1及P的位置不变，K由b扳向a时，R消耗功率减小
C．保持U1不变，K接在a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P的位置不变，K接在a处，若U1增大，I1将增大2．(2019·衡水名校模拟)如图甲所示理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，R1为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R2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．变压器的输入功率与输出功率之比为4∶1
B．变压器原、副线圈中的电流之比为4∶1
C．u随t变化的规律为u＝51sin(50πt) V(式中各物理量均为国际单位制)
D．若热敏电阻R1的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大1．自耦变压器
如图所示，铁芯上只绕一个线圈，低压线圈是高压线圈的一部分，既可以作为升压变压器使用，也可以作为降压变压器使用．各种各样的变压器 例3 图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )
A．线圈匝数n1B．线圈匝数n1>n2，n3>n4
C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路
D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路
解析：题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3答案：CDA．交变电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos (100πt)
B．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大
C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大
D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流一定增大
【答案】AB当变压器原线圈中接有用电器时由于原线圈中的用电器要分担一部分电压，因此原线圈两端电压不等于电源两端电压，但电压比、电流比的关系仍然成立．原线圈中接有用电器问题 例4 如图甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V 6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压的ut图象如图乙所示．则以下说法中正确的是( )A．电阻R1和R2消耗的功率之比为1∶1
B．电压表V1和V2的示数之比为5∶1
C．电压表V1和V2的示数之比为6∶1
D．原、副线圈磁通量变化率之比为5∶1
