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人教版 (2019)选择性必修 第二册3 变压器课堂检测
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这是一份人教版 (2019)选择性必修 第二册3 变压器课堂检测，共32页。试卷主要包含了构造，原理，变压器原、副线圈中的电压关系，自耦变压器，下列说法正确的是等内容，欢迎下载使用。
第11讲 变压器
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课程标准
课标解读
1.通过实验，探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
2.观察常见的变压器，了解其作用。
1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理。
2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题。
3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系。
知识精讲
知识点01 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，与交流电源连接的线圈叫作原线圈，与负载连接的线圈叫作副线圈．
2．原理：互感现象是变压器工作的基础．原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．
【知识拓展1】
变压器的原理 电压与匝数的关系
1．变压器的构造
变压器由闭合铁芯、原线圈、副线圈组成，其构造示意图与电路中的符号分别如图甲、乙所示．
2．变压器的工作原理
(1)原理
互感现象是变压器工作的基础．电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，所以铁芯中的磁场也在不断变化．变化的磁场在副线圈中产生了感应电动势，副线圈也能够输出电流．
(2)原理图解
3．变压器原、副线圈中的电压关系
(1)只有一个副线圈：＝；
(2)有多个副线圈：＝＝＝…
4．自耦变压器
铁芯上只绕有一个线圈，如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压，反之则可以升高电压，如图所示．
【即学即练1】如图甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图像如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，灯泡上标有“220V22W”字样，如图丙所示，则（ ）
A．灯泡中的电流方向每秒钟改变100次
B．t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零
C．灯泡不能正常发光
D．电流表示数为1.4A
【答案】A
【解析】A．由图可知，交流电的周期为0.02s，频率为
所以灯泡中的电流方向每秒钟改变100次，A正确；B．由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，B错误；C．由于交变电流电压的有交值为
由公式
解得
所以灯泡正常发光，C错误；D．原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为
22×10=220V
由
P=UI
可知，副线圈电流为
则由公式
解得
I1=1A
D错误。故选A。
知识点02 电压与匝数的关系
1．理想变压器：没有能量损失的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型．
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原、副线圈的匝数之比，即＝.
3．两类变压器
副线圈的电压比原线圈的电压低的变压器叫作降压变压器；副线圈的电压比原线圈的电压高的变压器叫作升压变压器．
【知识拓展2】
1．功率关系
从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．
2．电流关系
(1)只有一个副线圈时，U1I1＝U2I2或＝.
(2)当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
【即学即练2】如图所示，L1、L2、L3、L4、L5是五盏完全相同的灯泡，将它们如图接在变压器上后，均正常发光。则变压器原副线圈的匝数比n1:n2:n3为（ ）
A．1:2:1 B．2:1:2 C．4:2:1 D．4:1:2
【答案】D
【解析】设灯泡正常发光时两端的电压为U，根据
即
灯泡正常发光，设通过的电流为I，则原线圈电流
副线圈2的电流
副线圈3的电流
根据输入功率等于输出功率知
即
解得
所以
故选D。
知识点03 变压器中的能量转化
原线圈中电场的能量转变成磁场的能量，变化的磁场几乎全部穿过了副线圈，在副线圈中产生了感应电流，磁场的能量转化成了电场的能量．
【知识拓展2】
理想变压器的制约关系和动态分析
1．电压、电流、功率的制约关系
(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝.
(2)功率制约：P出决定P入，P出增大，P入增大；P出减小，P入减小；P出为0，P入为0.
(3)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，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1＝(只有一个副线圈时)．
2．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→P出→P入→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→P出→P入→I1.
【即学即练2】如图所示，10匝矩形金属线框在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′以角速度100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2，且开关S断开时灯泡L1正常发光，电流表示数为0.01A，则（ ）
A．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值表达式为e＝200sin100t（V）
B．灯泡L1的额定功率为2W
C．若开关S闭合，灯泡L1将更亮
D．若开关S闭合，电流表示数将增大
【答案】D
【解析】A．变压器的输入电压的最大值为
Um=NBSω=10×0.4×0.5×100V=200V
从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为
u=Umcosωt=200cos100t（V）
故A错误；B．变压器输入电压的有效值为
开关断开时L1正常发光，且电流表示数为I1=0.01A，根据
P入=P出
灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为
故B错误；C．若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变，故C错误；D．若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，根据欧姆定律
可知输出电流增加，根据
故输入电流也增加，根据
P=UI
输入功率增加，电流表示数将增大，故D正确。故选D。
能力拓展
考法01 变压器的原理和结构
【典例1】随着科技的进步，温室气体逐渐增多，造成全球变暖，人们开始意识到节能减排的重要性。如图甲所示为某款家用式变频空调，其内部的交流变频器可以在一定范围内调节供电频率，从而改变交流电动机的转速。变频空调开始工作时，当室内温度降至设定温度后，交流电动机处于低速持续运转状态，维持室温基本不变，从而达到节能减排的效果。如图乙所示为变频空调的内部结构简图，其理想变压器的原、副线圈的匝数分别为、，电压表为理想交流电表。若因交流变频器的作用使得输出电压的频率增大为原来的2倍，下列说法正确的是（交流变频器可视为交流发电机）（ ）
A．理想变压器副线圈的输出电压变为原来的2倍
B．若没有交流变频器，则电压表的示数为
C．穿过原、副线圈的磁通量之比为
D．穿过原、副线圈的磁通量之比为
【答案】A
【解析】A．交流变频器输出电压的频率增大为原来的2倍，由
可知，原线圈的输入电压变为原来的2倍，由
可知，副线圈的输出电压变为原来的2倍，故A正确；B．若没有交流变频器，原线圈输入电压为，又，则电压表的示数为，故B错误；CD．根据变压器的原理可知，原、副线圈中的磁通量是相同的，所以穿过原、副线圈的磁通量之比为，故CD错误。故选A。
考法02 变压器中的能量转化
【典例2】如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为，副线圈接一个阻值为R的电阻，则下列说法正确的是（ ）
A．若之间接电压恒定的电源且电压为，则中的电流为
B．若之间接交流电源且电压为，则原线圈中的电流为
C．若之间接交流电源且电压为，增大，则副线圈的输出功率将增大
D．若之间接交流电源且电压为，增大，则原线圈输入功率将增大
【答案】C
【解析】A．变压器只能改变交流不能变直流，若ab之间接直流电压U，则R中的电流为零，A错误；B．若ab之间接交流电压U，根据
副线圈电压为
副线圈R中的电流
根据
原线圈中的电流为
B错误；
C．若ab之间接交流电压U，根据
副线圈电压为
增大，副线圈两端的电压增大，根据
则副线圈的输出功率将增大，C正确；D．若ab之间接交流电压U，匝数比没变，副线圈两端的电压不变，增大R，根据
得输出功率将减小，所以原线圈中的输入功率将减小，D错误。故选C。
分层提分
题组A 基础过关练
1．一台变压器的原线圈匝数为50，副线圈的匝数为100，在原线圈两端接上电动势为的蓄电池，则在副线圈两端输出的电压为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】蓄电池提供的是直流电，变压器不能改变直流电压，故在副线圈两端输出的电压为0。故选A。
2．如图所示，、是监测交流高压输电参数的互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，则下列说法正确的是（ ）
A．是测交流电压的仪器 B． 是测交流电流的仪器
C．a是电流表，b是电压表 D．a是电压表，b是电流表
【答案】C
【解析】A．是测交流电流的仪器，故A错误；B．是测交流电压的仪器，故B错误；CD．a的原线圈与高压线串联，a是电流表，b的原线圈与高压线并联，b是电压表，故C正确，D错误。故选C。
3．下列说法错误的是（ ）
A．电磁炉利用涡流的原理制成，使用高频交流电加热效果更好
B．导棒在磁场中运动时，会存在电磁阻尼，安培力对导棒做正功
C．磁场相对导体转动，也会产生感应电流，导体受到安培力作用运动起来，称为电磁驱动
D．互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，变压器就是利用此原理制成的
【答案】B
【解析】A．电磁炉利用涡流的原理制成，使用高频交流电加热效果更好.故A正确，与题意不符；B．导棒在磁场中运动时，根据左手定则可知安培力的方向与运动方向相反，存在电磁阻尼，安培力对导棒做负功。故B错误，与题意相符；C．磁场相对导体转动，也会产生感应电流，导体受到安培力作用运动起来，称为电磁驱动。故C正确，与题意不符；D．互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，变压器就是利用此原理制成的。故D正确，与题意不符。故选B。
4．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数为V
B．热水器消耗的功率变大
C．变压器的输入功率变大
D．副线圈两端电压的瞬时值表达式u＝sin（50πt）V
【答案】C
【解析】A．根据变压器电压与匝数关系，有
则电压表示数为1100V，故A错误；B．接通开关，副线圈所接电路电阻减小，但是副线圈的电压并不变，根据分压原理，定值电阻所分电压变大，热水器两端电压变小，所以消耗功率变小。故B错误；C．接通开关，电流变大，电压不变，所以副线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，变压器的输入功率增大。故C正确；D．由图乙可以知道，交变电流的峰值为
则副线圈两端电压的瞬时值表达式u＝sin（100πt）V，故D错误。故选C。
5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接在u=36sin100πt（V）的正弦交流电，图中D为理想二极管，（正向电阻不计，反向电阻为无穷大），定值电阻R=9Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．t=s时，原线圈输入电压的瞬时值为18V
B．t=s时，电压表示数为18V
C．电流表示数为1A
D．变压器的输入功率为9W
【答案】A
【解析】A．当t=s时
u=36sin(100×)V=18V
A正确；B．电压表测量的是有效值，输入电压的最大值为
Um=36V
有效值为
U==36V
B错误；
C．由
得
U2=9V
由
I==1A
根据二极管具有单向导电性，结合电流的热效应，则
I2R×＋0=I′2RT
故电流表的示数为
I′=A
C错误；D．变压器的输入功率等于输出功率，即
P1=P2=U2I′=W
D错误。故选A。
6．理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，在原线圈中通以50Hz的正弦式交变电流，则下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈两端的电压之比为10:1
B．原、副线圈中通过的电流之比为10:1
C．原、副线圈的输入、输出功率之比为10:1
D．原、副线圈中交变电流的频率之比为10:1
【答案】A
【解析】A．理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，所以原、副线圈两端的电压之比为10:1，故A正确；B．理想变压器原、副线圈电流之比等于匝数的反比，所以原、副线圈两端的电流之比为1:10，故B错误；C．原、副线圈的输入功率等于输出功率，C错误；
D．原、副线圈中交变电流的频率相同，D错误。故本题选A。
7．一个接在交流电路中的理想变压器，它的初级线圈中的交流电和次级线圈中的交流电一定具有相同数值的物理量是（ ）
A．电流强度 B．电压 C．匝数 D．功率
【答案】D
【解析】理想变压器输入功率等于输出功率，电流、电压和匝数不一定相同。故ABC错误，D正确。故选D。
8．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电压变为22V，已知变压器原线圈匝数为1000，则副线圈匝数为( )
A．50 B．100
C．500 D．2000
【答案】B
【解析】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22V，原线圈匝数n1=1000，副线圈匝数n2。则
n2=匝=100匝
故B正确，ACD错误。故选B。
9．下列说法正确的是（ ）
A．燃气灶使用的电子点火装置是通过高压放电的电火花点燃燃气，放电电极常做成球形
B．有些合金如锰铜合金和镍铜合金电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来做电阻温度计
C．灵敏的电流表在运输时为了防止表头损坏经常用导线把红黑两个接线柱接在一起
D．把匝数很多的原线圈串联在电路中，匝数较少的副线圈接普通的小量程交流电流表就可以测量很大的电流，这样的变压器叫电流互感器
【答案】C
【解析】A.在燃气灶中，安装有电子点火器，接通电子线路时产生高电压，通过高压放电来点燃气体，点火器的放电电极往往做成针形，尖端放电，故A错误；B.有些合金如锰铜合金和镍铜合金，由于电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻，故B错误；C.电流表在运输过程中需要将两个接线柱用导线短接，是为了让内部产生感应电流从而受电磁阻尼，阻碍指针的振动，从而防止振针因撞击而弯曲变形，故C正确；D.根据变流比可知，把匝数较少的原线圈串联在电路中，匝数较多的副线圈接普通的小量程交流电流表就可以测量很大的电流，这样的变压器叫电流互感器，故D错误。故选C。
10．下列说法正确的是
A．方向不变、大小随时间变化的电流是交变电流
B．远距离输电时，可通过减小输电线的电阻来降低输电损耗
C．交变电流的峰值一定是其有效值的倍
D．理想变压器原、副线圈中通过的交变电流的频率之比等于原、副线圈的匝数之比
【答案】B
【解析】A．交变电流的大小和方向都随时间变化．故A 不符合题意．B．远距离输电时，可通过减小输电线的电阻来降低输电损耗．故B符合题意．C．正弦式交变电流的峰值是其有效值的倍．故C不符合题意．D．理想变压器不能改变交变电流的频率．故D不符合题意．
题组B 能力提升练
1．理想变压器的原线圈接在的交流电源上，用多用电表测量副线圈两端的电压，已知原线圈与副线圈的匝数比为4：1，取，则下列说法正确的是（ ）
A．多用电表用直流电压挡，示数为 B．多用电表用直流电压挡，示数为
C．多用电表用交流电压挡，示数为 D．多用电表用交流电压挡，示数为
【答案】D
【解析】变压器原线圈的电压为
由变压器的电压与匝数关系式
可得
原线圈接入的是正弦交流电，且变压器只能改变交流电压，故测量副线圈两端的电压用的是多用电表用交流电压挡，示数为。故选D。
2．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比，原线圈两端接交流电源，已知电阻R=5Ω，电压表V的读数为100V，则（ ）
A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2=10∶1
B．电流表A2的读数为2A
C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2=10∶1
D．变压器输入功率为200W
【答案】B
【解析】A．变压器不改变频率，所以原、副线圈中电流频率之比
f1∶f2=1∶1
A错误；B．根据变压器的电压规律得
电流表A2的读数为
B正确；C．根据变压器的电流规律得
I1∶I2=1∶10
C错误；D．根据能量守恒得变压器输入功率为
D错误。故选B。
3．在变电所，经常要用交流电表去检测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，下列图中能正确反映其工作原理的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比。则电流互感器应串连接入火线且匝数较少的线圈上。故C正确，ABD错误。故选C。
4．如图所示是“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验示意图，a线圈接交流电源，b线圈接交流电压表，在实验过程中（ ）
A．只增加b线圈的匝数，电压表的示数一定增大
B．只增加a线圈的匝数，电压表的示数一定增大
C．同时增加a、b两线圈的匝数，电压表的示数一定增大
D．只改变a线圈两端的电压，电压表的示数不变
【答案】A
【解析】电压表示数设为Ub，交流电源电压设为Ua，则所以只增加nb，Ub一定增大，而只增加na，Ub一定减小；na、nb都增加，Ub不一定增大；只改变Ua，Ub一定改变，电压表的示数要变化，故BCD错误，A正确。故选A。
5．高压输电线路的电流大小一般在几十到几百安之间，因此通常要通过电流互感器连接来测量其实际电流。图中电流互感器ab一侧线圈的匝数为100匝，工作时电流为Iab；cd一侧线圈的匝数为2000匝，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，Iab：Icd=1：20 B．ab接MN、cd接PQ，Iab：Icd=20：1
C．ab接PQ、cd接MN，Iab：Icd=1：20 D．ab接PQ、cd接MN，Iab：Icd=20：1
【答案】B
【解析】为了使电流表能正常工作，必须要使电流减小，根据
即匝数较小的ab端接MN，匝数较多的cd接PQ，则
故选B。
6．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（电表均为理想电表）（ ）
A．P向下滑动时，电压表读数变大
B．P向下滑动时，电流表读数变大
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
【答案】C
【解析】A．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；B．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错误；C．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；
D．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
灯泡消耗的功率变大，D错误。故选C。
7．某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是（ ）
A．A1增大，V2不变，V3增大 B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小 D．A2增大，V2不变，V3减小
【答案】D
【解析】不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压不变，根据
可知，变压器副线圈的输出电压不变；当住户使用的用电器增加时，即用户的总电阻变小，由
可知，副线圈的电流变大，而由
可知V3减小；由理想变压器的原理
可知原线圈的电流变大；故综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小；故选D。
8．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，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220V
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】A．设将此电流加在阻值为的电阻上，电压的最大值为，电压的有效值为，有
解得
故A错误；B．变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，即
解得副线圈电压为
故B错误；C．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，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故C错误；D．处出现火警时通过的电流增大，所以电阻消耗的电功率增大，故D正确。故选D。
9．如图所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值U0＝220V，n0＝2200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、500匝、1100匝、2200匝。电动机M的内阻r＝4Ω，额定电压为U＝220V，额定功率P＝110W。下列判断正确的是（ ）
A．当选择挡位3时，电动机两端电压为110V
B．当挡位由3变换到2时，电动机消耗的功率增大
C．当选择挡位2时，电动机的热功率为1W
D．当选择挡位4时，电动机的输出功率为110W
【答案】A
【解析】A．当选择挡位3时，由电压与匝数的关系得
U0:U3=n0:n3
解得
U3=110V
故A正确；B．当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机消耗的功率减小，故B错误；C．当选择挡位4时，由
U0:U4=n0:n4
可知
U4=220V
此时电动机中的电流为
I==0.5A
热功率
P热=I2r=1W
输出功率为
P－P热=110W－1W=109W
故D错误；C．当选择挡位2时，电动机两端的电压小于220V，电动机的热功率小于1W，故C错误。
故选A。
10．如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，原线圈两端接入正弦交流电源，电压为，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为，当开关接通后，电流表读数为，在磁感应强度为的匀强磁场中，电动机带动一电阻为、质量为、长为的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度匀速上升，重力加速度为。下列判断正确的是（ ）
A．电动机两端电压为，其消耗的电功率为
B．原线圈中的电流为，变压器的输入功率为，副线圈电流的频率为
C．变压器的输入功率为
D．电动机的热功率为，副线圈电压的有效值为
【答案】C
【解析】A．电动机两端电压大于，是电动机线圈电阻上的电压，用于发热，A错误；BC．原线圈中的电流为，根据能量守恒，变压器的输入功率等于输出功率，即一部分在电动机线圈电阻上发热变成内能，另一部分用于对外做功，将其中一部分电能转化为金属杆的机械能，其余部分克服安培力做功，转化为电能，电流通过纯电阻电路转化为金属杆上的焦耳热，则变压器的输入功率为，
变压器不改变交流电的频率，副线圈电流的频率为，B错误，C正确；D．副线圈电压的有效值为，D错误；故选C。
题组C 培优拔尖练
1．普通的交流电表不能直接接入高压输电线来测量交变电流，通常要与电流互感器配合使用。在如图所示的电路中电流互感器ab间线圈匝数较多，cd间线圈匝数较少。下列说法正确的是（ ）
A．ab接MN，cd接PQ
B．ab接PQ，cd接MN
C．在使用电流互感器时，副线圈可以不用接地
D．在使用电流互感器时，副线圈可以处于开路状态
【答案】B
【解析】AB．电流互感器的作用是使大电流变成小电流，根据电流与匝数成反比，原线圈的匝数小于副线圈的匝数，故ab接PQ、cd接MN，且，故A错误，B正确；C．由于高压电流互感器的原线圈一侧为高压，当原、副线圈之间因绝缘损坏出线高压击穿时，将导致高压进入低压，如果副线圈一点接地，则将高压引入了大地，可确保人身及设备的安全，故C错误；D．电流互感器副线圈一侧不允许开路。二次开路可能产生严重后果，一是铁芯过热，甚至烧毁互感器；二是由于副线圈绕组匝数很多，会感应出危险的高电压，危及人身和设备的安全，故D错误。故选B。
2．如图所示，理想变压器输入电压为（V），原、副线圈的匝数之比为n1∶n2=10∶1，各电表均为理想电表，电压表V1、V2的读数分别为U1、U2，电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，若电阻R1、R2消耗的功率相同，则（ ）
A．电压表V2的读数为22V B．U1 I1=U2I2
C．R1∶R2=100∶1 D．若只增大R2，电压表V1、V2的读数均不变
【答案】C
【解析】C．由于
而由题可知
可得
C正确；B．根据能量守恒可知
B错误；A．设变压器原线圈两端电压为，由于
可得
而
而
联立可得
A错误；D．若只增大R2，副线圈电流减小，导致原线圈电流减小，电阻R1上分得的电压降低，原线圈分得的电压升高，副线圈电压升高，电压表V2的示数增大，而电压表V1的示数是由电源决定的，保持不变，D错误。故选C。
3．如图甲所示为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当两点火针间电压大于5000V就会产生电火花进而点燃燃气，闭合S，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为50V
B．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5000V
C．当时，才能点燃燃气
D．当时，点火针每个周期的放电时间为
【答案】C
【解析】A．根据图乙得到原线圈电压的最大值为50V，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为
故电压表的示数为
选项A错误；B．两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，所以有效值一定大于
不一定大于5000V，选项B错误；C．原、副线圈的电压关系为
由于原线圈最大电压为50V，副线圈最大电压要大于5000V，所以
选项C正确；D．若原、副线圈匝数比为1:200，副线圈输出电压最大值则一个周期内放电时间为
选项D错误。故选C。
4．如图，理想变压器原线圈匝数为1100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10V。已知RL：R=4：1，则副线圈的匝数为（ ）
A．225 B．550 C．2200 D．4400
【答案】C
【解析】假设理想变压器原线圈的输入电压为，根据理想变压器线圈两端电压之比为线圈匝数之比可知，原线圈两端电压和满足
解得原线圈输入电压为
理想变压器原副线圈电流之比等于线圈匝数的反比，原线圈电流和通过灯泡的电流满足
定值电阻满足欧姆定律，则通过灯泡的电流为
结合可知副线圈电压为
原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比
代入得
变形得
解得副线圈得匝数为
故选C。
5．小睿用手摇发电机接变压器给规格为“220V，60W”的灯泡L供电，当他匀速转动发电机的手柄时，灯泡正常发光。其原理简化图如下，已知匀强磁场的磁感应强度大小为T线圈面积为0.1m2，共50匝，不计内阻。变压器可视为理想变压器，其原副线圈匝数比为5：44，电压表为理想交流电表，其余电阻均不计。下列说法正确的是（ ）
A．理想电压表的示数为25V
B．手柄的角速度为5rad/s
C．从图示位置开始计时，发电机产生的电动势瞬时值表达式为（V）
D．图示位置穿过线圈的磁通量为0，发电机产生的电动势瞬时值最大
【答案】AD
【解析】A．灯泡正常发光，则，根据理想变压器匝数比与电压比的关系，可得
解得
即理想电压表的示数为25V。故A正确；B．手摇发电机的电动势最大值为
根据正弦交流电最大值与有效值的关系，可得
联立，可得
故B错误；CD．图示位置穿过线圈的磁通量为0，发电机产生的电动势瞬时值最大，从图示位置开始计时，发电机产生的电动势瞬时值表达式为
联立，可得
故C错误；D正确。故选AD。
6．国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝220sin100πt（V），电压表、电流表都为理想电表，则下列判断正确的是（ ）
A．输入电压有效值为220V，电流频率为50Hz
B．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大
C．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小
D．若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小
【答案】AD
【解析】A．输入电压有效值为
U1＝V＝220V
由输入电压瞬时值表达式可知，角速度为ω＝100πrad/s，电流频率为
故A正确；BC．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，副线圈电路的总电阻减小，由
可知U2不变，即电压表V2的示数不变，所以电流表A2的示数变大，故BC错误；D．若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，副线圈匝数减小，输入电压不变，输出电压减小，即电压表V2的示数减小，根据
知输出功率减小，根据输入功率等于输出功率，可知P1＝U1I1减小，U1不变，则I1减小，即电流表A1的示数减小，故D正确。故选AD。
7．调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD间加上正弦交流电压，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压。在输出端MN连接了定值电阻R1、R2，滑动变阻器R3，理想交流电流表和电压表，则下列判断正确的是（ ）
A．当P不动，滑动变阻器触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数不变
B．当P不动，滑动变阻器触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小
C．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
D．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
【答案】BC
【解析】A．当P不动，即保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向上滑动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流变小，R1的电压变小，并联支路的电压变大，即电压表的读数变大，则通过R2的电流变大，所以流过滑动变阻器的电流变小，即电流表的读数变小，故A错误；B．当P不动，即保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向下滑动时，连入电路的电阻的阻值变小，因而总电流变大，R1的电压变大，并联支路的电压变小，即电压表的读数变小，则通过R2的电流变小，流过滑动变阻器的电流变大，即电流表的读数变大，故B正确；C．当R3不变，即保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将P沿顺时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减小，则MN两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电压表的读数变小，电流表的读数变小，故C正确；D．当R3不变，即保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增大，则MN两端的电压增大，总电流增大，滑动变阻器两端的电压将变大，电压表的读数变大，电流表的读数变大，故D错误。故选BC。
8．如图所示，一匝数为的矩形线圈，面积，内阻不计，绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动。设线圈经过的磁场为匀强磁场，磁感应强度，线圈通过一理想变压器后，接一标有“ ”字样的灯泡，变压器原线圈的总匝数为，是原线圈的中心抽头，副线圈的匝数为。当开关拨到位置时，小灯泡恰好正常发光。
（1）求此时电路中两电表的读数；
（2）求线圈转动的角速度；
（3）若将开关拨到位置，并将一个理想二极管接到、之间，其他条件不变，则此时线圈提供的功率为多少？（假设小灯泡的电阻不随温度发生变化）
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）由题意可知，副线圈两端的电压，副线圈中的电流为
由
得电压表的读数
由
得电流表的读数
（2）由（1）可知，此时线圈提供的电动势的最大值为
由，得
（3）当开关拨到位置时，由得副线圈的输出电压为
通过二极管后，加到灯泡两端的电压波形如图所示，
其最大值为，所以小灯泡两端电压的有效值为
小灯泡电阻为
此时小灯泡的功率为
所以线圈提供的功率为。
9．南海上某哨塔想采用浮桶式波浪发电补充生活用电，其原理简化如图甲。能产生如图乙辐向磁场的磁体通过支柱固定在暗礁上，线圈内置于浮桶中。浮桶随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中。该线圈与阻值的指示灯相连．如图乙所示，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成。匝数匝的线圈所在处辐向磁场的磁感应强度，线圈直径，内阻不计。假设浮桶振动的速度可表示为,取，求：
（1）图甲中，当时，流过指示灯泡的电流大小；
（2）灯丝在1分钟内产生的焦耳热；
（3）若输出端通过理想变压器给哨塔供电，如图丙所示，若闭合，断开时，原线圈中电流表示数为，已知图中灯泡标称为“”恰能正常发光，电动机线圈电阻，则此时图中电动机的机械功率为多少。
【答案】(1) ； (2)960J；(3)144W
【解析】(1)根据
可得t=0.5s时浮桶振动的速度
则切割磁感线产生电动势为
由欧姆定律得
(2)经过平衡位置时浮桶的速度最大为
此时感应电动势为
则最大电流为
由于速度随时间变化规律为正弦函数，故产生正弦式交变电流，故电流有效值为
由焦耳定律得灯丝在1分钟内产生的焦耳热为
(3)灯泡标称为“220V，88W”恰能正常发光，根据P=UI得
则变压器的匝数比为
电流值比为
则
第11讲 变压器
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1.通过实验，探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
2.观察常见的变压器，了解其作用。
1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理。
2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题。
3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系。
知识精讲
知识点01 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，与交流电源连接的线圈叫作原线圈，与负载连接的线圈叫作副线圈．
2．原理：互感现象是变压器工作的基础．原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．
【知识拓展1】
变压器的原理 电压与匝数的关系
1．变压器的构造
变压器由闭合铁芯、原线圈、副线圈组成，其构造示意图与电路中的符号分别如图甲、乙所示．
2．变压器的工作原理
(1)原理
互感现象是变压器工作的基础．电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，所以铁芯中的磁场也在不断变化．变化的磁场在副线圈中产生了感应电动势，副线圈也能够输出电流．
(2)原理图解
3．变压器原、副线圈中的电压关系
(1)只有一个副线圈：＝；
(2)有多个副线圈：＝＝＝…
4．自耦变压器
铁芯上只绕有一个线圈，如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压，反之则可以升高电压，如图所示．
【即学即练1】如图甲所示，不计电阻的矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图像如图乙所示，经原、副线圈匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，灯泡上标有“220V22W”字样，如图丙所示，则（ ）
A．灯泡中的电流方向每秒钟改变100次
B．t=0.01s时刻穿过线框回路的磁通量为零
C．灯泡不能正常发光
D．电流表示数为1.4A
【答案】A
【解析】A．由图可知，交流电的周期为0.02s，频率为
所以灯泡中的电流方向每秒钟改变100次，A正确；B．由图乙可知，当0.01s时，感应电动势为零，则此时穿过线框回路的磁通量最大，B错误；C．由于交变电流电压的有交值为
由公式
解得
所以灯泡正常发光，C错误；D．原线圈输入电压为有效值为22V，则副线圈的电压为
22×10=220V
由
P=UI
可知，副线圈电流为
则由公式
解得
I1=1A
D错误。故选A。
知识点02 电压与匝数的关系
1．理想变压器：没有能量损失的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型．
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原、副线圈的匝数之比，即＝.
3．两类变压器
副线圈的电压比原线圈的电压低的变压器叫作降压变压器；副线圈的电压比原线圈的电压高的变压器叫作升压变压器．
【知识拓展2】
1．功率关系
从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．
2．电流关系
(1)只有一个副线圈时，U1I1＝U2I2或＝.
(2)当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋…
【即学即练2】如图所示，L1、L2、L3、L4、L5是五盏完全相同的灯泡，将它们如图接在变压器上后，均正常发光。则变压器原副线圈的匝数比n1:n2:n3为（ ）
A．1:2:1 B．2:1:2 C．4:2:1 D．4:1:2
【答案】D
【解析】设灯泡正常发光时两端的电压为U，根据
即
灯泡正常发光，设通过的电流为I，则原线圈电流
副线圈2的电流
副线圈3的电流
根据输入功率等于输出功率知
即
解得
所以
故选D。
知识点03 变压器中的能量转化
原线圈中电场的能量转变成磁场的能量，变化的磁场几乎全部穿过了副线圈，在副线圈中产生了感应电流，磁场的能量转化成了电场的能量．
【知识拓展2】
理想变压器的制约关系和动态分析
1．电压、电流、功率的制约关系
(1)电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝.
(2)功率制约：P出决定P入，P出增大，P入增大；P出减小，P入减小；P出为0，P入为0.
(3)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，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1＝(只有一个副线圈时)．
2．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→P出→P入→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→P出→P入→I1.
【即学即练2】如图所示，10匝矩形金属线框在磁感应强度为0.4T的匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′以角速度100rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2，且开关S断开时灯泡L1正常发光，电流表示数为0.01A，则（ ）
A．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值表达式为e＝200sin100t（V）
B．灯泡L1的额定功率为2W
C．若开关S闭合，灯泡L1将更亮
D．若开关S闭合，电流表示数将增大
【答案】D
【解析】A．变压器的输入电压的最大值为
Um=NBSω=10×0.4×0.5×100V=200V
从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为
u=Umcosωt=200cos100t（V）
故A错误；B．变压器输入电压的有效值为
开关断开时L1正常发光，且电流表示数为I1=0.01A，根据
P入=P出
灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为
故B错误；C．若开关S闭合，输出电压不变，故灯泡L1亮度不变，故C错误；D．若开关S闭合，输出电压不变，输出端电阻减小，根据欧姆定律
可知输出电流增加，根据
故输入电流也增加，根据
P=UI
输入功率增加，电流表示数将增大，故D正确。故选D。
能力拓展
考法01 变压器的原理和结构
【典例1】随着科技的进步，温室气体逐渐增多，造成全球变暖，人们开始意识到节能减排的重要性。如图甲所示为某款家用式变频空调，其内部的交流变频器可以在一定范围内调节供电频率，从而改变交流电动机的转速。变频空调开始工作时，当室内温度降至设定温度后，交流电动机处于低速持续运转状态，维持室温基本不变，从而达到节能减排的效果。如图乙所示为变频空调的内部结构简图，其理想变压器的原、副线圈的匝数分别为、，电压表为理想交流电表。若因交流变频器的作用使得输出电压的频率增大为原来的2倍，下列说法正确的是（交流变频器可视为交流发电机）（ ）
A．理想变压器副线圈的输出电压变为原来的2倍
B．若没有交流变频器，则电压表的示数为
C．穿过原、副线圈的磁通量之比为
D．穿过原、副线圈的磁通量之比为
【答案】A
【解析】A．交流变频器输出电压的频率增大为原来的2倍，由
可知，原线圈的输入电压变为原来的2倍，由
可知，副线圈的输出电压变为原来的2倍，故A正确；B．若没有交流变频器，原线圈输入电压为，又，则电压表的示数为，故B错误；CD．根据变压器的原理可知，原、副线圈中的磁通量是相同的，所以穿过原、副线圈的磁通量之比为，故CD错误。故选A。
考法02 变压器中的能量转化
【典例2】如图所示为一理想变压器，原、副线圈的匝数之比为，副线圈接一个阻值为R的电阻，则下列说法正确的是（ ）
A．若之间接电压恒定的电源且电压为，则中的电流为
B．若之间接交流电源且电压为，则原线圈中的电流为
C．若之间接交流电源且电压为，增大，则副线圈的输出功率将增大
D．若之间接交流电源且电压为，增大，则原线圈输入功率将增大
【答案】C
【解析】A．变压器只能改变交流不能变直流，若ab之间接直流电压U，则R中的电流为零，A错误；B．若ab之间接交流电压U，根据
副线圈电压为
副线圈R中的电流
根据
原线圈中的电流为
B错误；
C．若ab之间接交流电压U，根据
副线圈电压为
增大，副线圈两端的电压增大，根据
则副线圈的输出功率将增大，C正确；D．若ab之间接交流电压U，匝数比没变，副线圈两端的电压不变，增大R，根据
得输出功率将减小，所以原线圈中的输入功率将减小，D错误。故选C。
分层提分
题组A 基础过关练
1．一台变压器的原线圈匝数为50，副线圈的匝数为100，在原线圈两端接上电动势为的蓄电池，则在副线圈两端输出的电压为（ ）
A． B． C． D．
【答案】A
【解析】蓄电池提供的是直流电，变压器不能改变直流电压，故在副线圈两端输出的电压为0。故选A。
2．如图所示，、是监测交流高压输电参数的互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，则下列说法正确的是（ ）
A．是测交流电压的仪器 B． 是测交流电流的仪器
C．a是电流表，b是电压表 D．a是电压表，b是电流表
【答案】C
【解析】A．是测交流电流的仪器，故A错误；B．是测交流电压的仪器，故B错误；CD．a的原线圈与高压线串联，a是电流表，b的原线圈与高压线并联，b是电压表，故C正确，D错误。故选C。
3．下列说法错误的是（ ）
A．电磁炉利用涡流的原理制成，使用高频交流电加热效果更好
B．导棒在磁场中运动时，会存在电磁阻尼，安培力对导棒做正功
C．磁场相对导体转动，也会产生感应电流，导体受到安培力作用运动起来，称为电磁驱动
D．互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，变压器就是利用此原理制成的
【答案】B
【解析】A．电磁炉利用涡流的原理制成，使用高频交流电加热效果更好.故A正确，与题意不符；B．导棒在磁场中运动时，根据左手定则可知安培力的方向与运动方向相反，存在电磁阻尼，安培力对导棒做负功。故B错误，与题意相符；C．磁场相对导体转动，也会产生感应电流，导体受到安培力作用运动起来，称为电磁驱动。故C正确，与题意不符；D．互感现象可以把能量由一个线圈传递到另一个线圈，变压器就是利用此原理制成的。故D正确，与题意不符。故选B。
4．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是（ ）
A．电压表示数为V
B．热水器消耗的功率变大
C．变压器的输入功率变大
D．副线圈两端电压的瞬时值表达式u＝sin（50πt）V
【答案】C
【解析】A．根据变压器电压与匝数关系，有
则电压表示数为1100V，故A错误；B．接通开关，副线圈所接电路电阻减小，但是副线圈的电压并不变，根据分压原理，定值电阻所分电压变大，热水器两端电压变小，所以消耗功率变小。故B错误；C．接通开关，电流变大，电压不变，所以副线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，变压器的输入功率增大。故C正确；D．由图乙可以知道，交变电流的峰值为
则副线圈两端电压的瞬时值表达式u＝sin（100πt）V，故D错误。故选C。
5．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比4：1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接在u=36sin100πt（V）的正弦交流电，图中D为理想二极管，（正向电阻不计，反向电阻为无穷大），定值电阻R=9Ω，则下列说法正确的是（ ）
A．t=s时，原线圈输入电压的瞬时值为18V
B．t=s时，电压表示数为18V
C．电流表示数为1A
D．变压器的输入功率为9W
【答案】A
【解析】A．当t=s时
u=36sin(100×)V=18V
A正确；B．电压表测量的是有效值，输入电压的最大值为
Um=36V
有效值为
U==36V
B错误；
C．由
得
U2=9V
由
I==1A
根据二极管具有单向导电性，结合电流的热效应，则
I2R×＋0=I′2RT
故电流表的示数为
I′=A
C错误；D．变压器的输入功率等于输出功率，即
P1=P2=U2I′=W
D错误。故选A。
6．理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，在原线圈中通以50Hz的正弦式交变电流，则下列说法正确的是（ ）
A．原、副线圈两端的电压之比为10:1
B．原、副线圈中通过的电流之比为10:1
C．原、副线圈的输入、输出功率之比为10:1
D．原、副线圈中交变电流的频率之比为10:1
【答案】A
【解析】A．理想变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比，理想变压器原、副线圈匝数之比为10:1，所以原、副线圈两端的电压之比为10:1，故A正确；B．理想变压器原、副线圈电流之比等于匝数的反比，所以原、副线圈两端的电流之比为1:10，故B错误；C．原、副线圈的输入功率等于输出功率，C错误；
D．原、副线圈中交变电流的频率相同，D错误。故本题选A。
7．一个接在交流电路中的理想变压器，它的初级线圈中的交流电和次级线圈中的交流电一定具有相同数值的物理量是（ ）
A．电流强度 B．电压 C．匝数 D．功率
【答案】D
【解析】理想变压器输入功率等于输出功率，电流、电压和匝数不一定相同。故ABC错误，D正确。故选D。
8．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电压变为22V，已知变压器原线圈匝数为1000，则副线圈匝数为( )
A．50 B．100
C．500 D．2000
【答案】B
【解析】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22V，原线圈匝数n1=1000，副线圈匝数n2。则
n2=匝=100匝
故B正确，ACD错误。故选B。
9．下列说法正确的是（ ）
A．燃气灶使用的电子点火装置是通过高压放电的电火花点燃燃气，放电电极常做成球形
B．有些合金如锰铜合金和镍铜合金电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来做电阻温度计
C．灵敏的电流表在运输时为了防止表头损坏经常用导线把红黑两个接线柱接在一起
D．把匝数很多的原线圈串联在电路中，匝数较少的副线圈接普通的小量程交流电流表就可以测量很大的电流，这样的变压器叫电流互感器
【答案】C
【解析】A.在燃气灶中，安装有电子点火器，接通电子线路时产生高电压，通过高压放电来点燃气体，点火器的放电电极往往做成针形，尖端放电，故A错误；B.有些合金如锰铜合金和镍铜合金，由于电阻率几乎不受温度变化的影响，常用来制作标准电阻，故B错误；C.电流表在运输过程中需要将两个接线柱用导线短接，是为了让内部产生感应电流从而受电磁阻尼，阻碍指针的振动，从而防止振针因撞击而弯曲变形，故C正确；D.根据变流比可知，把匝数较少的原线圈串联在电路中，匝数较多的副线圈接普通的小量程交流电流表就可以测量很大的电流，这样的变压器叫电流互感器，故D错误。故选C。
10．下列说法正确的是
A．方向不变、大小随时间变化的电流是交变电流
B．远距离输电时，可通过减小输电线的电阻来降低输电损耗
C．交变电流的峰值一定是其有效值的倍
D．理想变压器原、副线圈中通过的交变电流的频率之比等于原、副线圈的匝数之比
【答案】B
【解析】A．交变电流的大小和方向都随时间变化．故A 不符合题意．B．远距离输电时，可通过减小输电线的电阻来降低输电损耗．故B符合题意．C．正弦式交变电流的峰值是其有效值的倍．故C不符合题意．D．理想变压器不能改变交变电流的频率．故D不符合题意．
题组B 能力提升练
1．理想变压器的原线圈接在的交流电源上，用多用电表测量副线圈两端的电压，已知原线圈与副线圈的匝数比为4：1，取，则下列说法正确的是（ ）
A．多用电表用直流电压挡，示数为 B．多用电表用直流电压挡，示数为
C．多用电表用交流电压挡，示数为 D．多用电表用交流电压挡，示数为
【答案】D
【解析】变压器原线圈的电压为
由变压器的电压与匝数关系式
可得
原线圈接入的是正弦交流电，且变压器只能改变交流电压，故测量副线圈两端的电压用的是多用电表用交流电压挡，示数为。故选D。
2．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比，原线圈两端接交流电源，已知电阻R=5Ω，电压表V的读数为100V，则（ ）
A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2=10∶1
B．电流表A2的读数为2A
C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2=10∶1
D．变压器输入功率为200W
【答案】B
【解析】A．变压器不改变频率，所以原、副线圈中电流频率之比
f1∶f2=1∶1
A错误；B．根据变压器的电压规律得
电流表A2的读数为
B正确；C．根据变压器的电流规律得
I1∶I2=1∶10
C错误；D．根据能量守恒得变压器输入功率为
D错误。故选B。
3．在变电所，经常要用交流电表去检测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，下列图中能正确反映其工作原理的是（ ）
A． B．
C． D．
【答案】C
【解析】由理想变压器的原副线圈的电流之比可知，电流与匝数成反比。则电流互感器应串连接入火线且匝数较少的线圈上。故C正确，ABD错误。故选C。
4．如图所示是“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验示意图，a线圈接交流电源，b线圈接交流电压表，在实验过程中（ ）
A．只增加b线圈的匝数，电压表的示数一定增大
B．只增加a线圈的匝数，电压表的示数一定增大
C．同时增加a、b两线圈的匝数，电压表的示数一定增大
D．只改变a线圈两端的电压，电压表的示数不变
【答案】A
【解析】电压表示数设为Ub，交流电源电压设为Ua，则所以只增加nb，Ub一定增大，而只增加na，Ub一定减小；na、nb都增加，Ub不一定增大；只改变Ua，Ub一定改变，电压表的示数要变化，故BCD错误，A正确。故选A。
5．高压输电线路的电流大小一般在几十到几百安之间，因此通常要通过电流互感器连接来测量其实际电流。图中电流互感器ab一侧线圈的匝数为100匝，工作时电流为Iab；cd一侧线圈的匝数为2000匝，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，Iab：Icd=1：20 B．ab接MN、cd接PQ，Iab：Icd=20：1
C．ab接PQ、cd接MN，Iab：Icd=1：20 D．ab接PQ、cd接MN，Iab：Icd=20：1
【答案】B
【解析】为了使电流表能正常工作，必须要使电流减小，根据
即匝数较小的ab端接MN，匝数较多的cd接PQ，则
故选B。
6．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（电表均为理想电表）（ ）
A．P向下滑动时，电压表读数变大
B．P向下滑动时，电流表读数变大
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
【答案】C
【解析】A．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；B．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错误；C．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；
D．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
灯泡消耗的功率变大，D错误。故选C。
7．某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是（ ）
A．A1增大，V2不变，V3增大 B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小 D．A2增大，V2不变，V3减小
【答案】D
【解析】不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压不变，根据
可知，变压器副线圈的输出电压不变；当住户使用的用电器增加时，即用户的总电阻变小，由
可知，副线圈的电流变大，而由
可知V3减小；由理想变压器的原理
可知原线圈的电流变大；故综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小；故选D。
8．如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为5∶1，原线圈接入图乙所示的电压，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220V
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】A．设将此电流加在阻值为的电阻上，电压的最大值为，电压的有效值为，有
解得
故A错误；B．变压器原、副线圈中的电压与匝数成正比，即
解得副线圈电压为
故B错误；C．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，所以原线圈电流增大，即电流表示数增大，故C错误；D．处出现火警时通过的电流增大，所以电阻消耗的电功率增大，故D正确。故选D。
9．如图所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值U0＝220V，n0＝2200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、500匝、1100匝、2200匝。电动机M的内阻r＝4Ω，额定电压为U＝220V，额定功率P＝110W。下列判断正确的是（ ）
A．当选择挡位3时，电动机两端电压为110V
B．当挡位由3变换到2时，电动机消耗的功率增大
C．当选择挡位2时，电动机的热功率为1W
D．当选择挡位4时，电动机的输出功率为110W
【答案】A
【解析】A．当选择挡位3时，由电压与匝数的关系得
U0:U3=n0:n3
解得
U3=110V
故A正确；B．当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机消耗的功率减小，故B错误；C．当选择挡位4时，由
U0:U4=n0:n4
可知
U4=220V
此时电动机中的电流为
I==0.5A
热功率
P热=I2r=1W
输出功率为
P－P热=110W－1W=109W
故D错误；C．当选择挡位2时，电动机两端的电压小于220V，电动机的热功率小于1W，故C错误。
故选A。
10．如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，原线圈两端接入正弦交流电源，电压为，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为，当开关接通后，电流表读数为，在磁感应强度为的匀强磁场中，电动机带动一电阻为、质量为、长为的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度匀速上升，重力加速度为。下列判断正确的是（ ）
A．电动机两端电压为，其消耗的电功率为
B．原线圈中的电流为，变压器的输入功率为，副线圈电流的频率为
C．变压器的输入功率为
D．电动机的热功率为，副线圈电压的有效值为
【答案】C
【解析】A．电动机两端电压大于，是电动机线圈电阻上的电压，用于发热，A错误；BC．原线圈中的电流为，根据能量守恒，变压器的输入功率等于输出功率，即一部分在电动机线圈电阻上发热变成内能，另一部分用于对外做功，将其中一部分电能转化为金属杆的机械能，其余部分克服安培力做功，转化为电能，电流通过纯电阻电路转化为金属杆上的焦耳热，则变压器的输入功率为，
变压器不改变交流电的频率，副线圈电流的频率为，B错误，C正确；D．副线圈电压的有效值为，D错误；故选C。
题组C 培优拔尖练
1．普通的交流电表不能直接接入高压输电线来测量交变电流，通常要与电流互感器配合使用。在如图所示的电路中电流互感器ab间线圈匝数较多，cd间线圈匝数较少。下列说法正确的是（ ）
A．ab接MN，cd接PQ
B．ab接PQ，cd接MN
C．在使用电流互感器时，副线圈可以不用接地
D．在使用电流互感器时，副线圈可以处于开路状态
【答案】B
【解析】AB．电流互感器的作用是使大电流变成小电流，根据电流与匝数成反比，原线圈的匝数小于副线圈的匝数，故ab接PQ、cd接MN，且，故A错误，B正确；C．由于高压电流互感器的原线圈一侧为高压，当原、副线圈之间因绝缘损坏出线高压击穿时，将导致高压进入低压，如果副线圈一点接地，则将高压引入了大地，可确保人身及设备的安全，故C错误；D．电流互感器副线圈一侧不允许开路。二次开路可能产生严重后果，一是铁芯过热，甚至烧毁互感器；二是由于副线圈绕组匝数很多，会感应出危险的高电压，危及人身和设备的安全，故D错误。故选B。
2．如图所示，理想变压器输入电压为（V），原、副线圈的匝数之比为n1∶n2=10∶1，各电表均为理想电表，电压表V1、V2的读数分别为U1、U2，电流表A1、A2的读数分别为I1、I2，若电阻R1、R2消耗的功率相同，则（ ）
A．电压表V2的读数为22V B．U1 I1=U2I2
C．R1∶R2=100∶1 D．若只增大R2，电压表V1、V2的读数均不变
【答案】C
【解析】C．由于
而由题可知
可得
C正确；B．根据能量守恒可知
B错误；A．设变压器原线圈两端电压为，由于
可得
而
而
联立可得
A错误；D．若只增大R2，副线圈电流减小，导致原线圈电流减小，电阻R1上分得的电压降低，原线圈分得的电压升高，副线圈电压升高，电压表V2的示数增大，而电压表V1的示数是由电源决定的，保持不变，D错误。故选C。
3．如图甲所示为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。当两点火针间电压大于5000V就会产生电火花进而点燃燃气，闭合S，下列说法正确的是（ ）
A．电压表的示数为50V
B．在正常点燃燃气的情况下，两点火针间电压的有效值一定大于5000V
C．当时，才能点燃燃气
D．当时，点火针每个周期的放电时间为
【答案】C
【解析】A．根据图乙得到原线圈电压的最大值为50V，加在变压器原线圈上正弦交流电压的有效值为
故电压表的示数为
选项A错误；B．两点火针间的瞬时电压大于5000V即可产生电火花，所以有效值一定大于
不一定大于5000V，选项B错误；C．原、副线圈的电压关系为
由于原线圈最大电压为50V，副线圈最大电压要大于5000V，所以
选项C正确；D．若原、副线圈匝数比为1:200，副线圈输出电压最大值则一个周期内放电时间为
选项D错误。故选C。
4．如图，理想变压器原线圈匝数为1100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0V。副线圈接有一个阻值恒为RL的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想电压表V2，示数为0.10V。已知RL：R=4：1，则副线圈的匝数为（ ）
A．225 B．550 C．2200 D．4400
【答案】C
【解析】假设理想变压器原线圈的输入电压为，根据理想变压器线圈两端电压之比为线圈匝数之比可知，原线圈两端电压和满足
解得原线圈输入电压为
理想变压器原副线圈电流之比等于线圈匝数的反比，原线圈电流和通过灯泡的电流满足
定值电阻满足欧姆定律，则通过灯泡的电流为
结合可知副线圈电压为
原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比
代入得
变形得
解得副线圈得匝数为
故选C。
5．小睿用手摇发电机接变压器给规格为“220V，60W”的灯泡L供电，当他匀速转动发电机的手柄时，灯泡正常发光。其原理简化图如下，已知匀强磁场的磁感应强度大小为T线圈面积为0.1m2，共50匝，不计内阻。变压器可视为理想变压器，其原副线圈匝数比为5：44，电压表为理想交流电表，其余电阻均不计。下列说法正确的是（ ）
A．理想电压表的示数为25V
B．手柄的角速度为5rad/s
C．从图示位置开始计时，发电机产生的电动势瞬时值表达式为（V）
D．图示位置穿过线圈的磁通量为0，发电机产生的电动势瞬时值最大
【答案】AD
【解析】A．灯泡正常发光，则，根据理想变压器匝数比与电压比的关系，可得
解得
即理想电压表的示数为25V。故A正确；B．手摇发电机的电动势最大值为
根据正弦交流电最大值与有效值的关系，可得
联立，可得
故B错误；CD．图示位置穿过线圈的磁通量为0，发电机产生的电动势瞬时值最大，从图示位置开始计时，发电机产生的电动势瞬时值表达式为
联立，可得
故C错误；D正确。故选AD。
6．国家电网公司推进智能电网推广项目建设，拟新建智能变电站1400座。变电站起变换电压作用的设备是变压器，如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝220sin100πt（V），电压表、电流表都为理想电表，则下列判断正确的是（ ）
A．输入电压有效值为220V，电流频率为50Hz
B．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电压表示数都增大
C．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，两电流表的示数都减小
D．若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，电压表V2和电流表A1的示数都减小
【答案】AD
【解析】A．输入电压有效值为
U1＝V＝220V
由输入电压瞬时值表达式可知，角速度为ω＝100πrad/s，电流频率为
故A正确；BC．S打到a处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，副线圈电路的总电阻减小，由
可知U2不变，即电压表V2的示数不变，所以电流表A2的示数变大，故BC错误；D．若滑动变阻器的滑片不动，S由a处打到b处，副线圈匝数减小，输入电压不变，输出电压减小，即电压表V2的示数减小，根据
知输出功率减小，根据输入功率等于输出功率，可知P1＝U1I1减小，U1不变，则I1减小，即电流表A1的示数减小，故D正确。故选AD。
7．调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD间加上正弦交流电压，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压。在输出端MN连接了定值电阻R1、R2，滑动变阻器R3，理想交流电流表和电压表，则下列判断正确的是（ ）
A．当P不动，滑动变阻器触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数不变
B．当P不动，滑动变阻器触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小
C．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
D．当R3不变，滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
【答案】BC
【解析】A．当P不动，即保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向上滑动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而总电流变小，R1的电压变小，并联支路的电压变大，即电压表的读数变大，则通过R2的电流变大，所以流过滑动变阻器的电流变小，即电流表的读数变小，故A错误；B．当P不动，即保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则MN两端的电压不变，当将触头向下滑动时，连入电路的电阻的阻值变小，因而总电流变大，R1的电压变大，并联支路的电压变小，即电压表的读数变小，则通过R2的电流变小，流过滑动变阻器的电流变大，即电流表的读数变大，故B正确；C．当R3不变，即保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将P沿顺时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数减小，则MN两端的电压减小，总电流减小，滑动变阻器两端的电压将变小，电压表的读数变小，电流表的读数变小，故C正确；D．当R3不变，即保持滑动变阻器连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增大，则MN两端的电压增大，总电流增大，滑动变阻器两端的电压将变大，电压表的读数变大，电流表的读数变大，故D错误。故选BC。
8．如图所示，一匝数为的矩形线圈，面积，内阻不计，绕垂直于磁感线的对称轴匀速转动。设线圈经过的磁场为匀强磁场，磁感应强度，线圈通过一理想变压器后，接一标有“ ”字样的灯泡，变压器原线圈的总匝数为，是原线圈的中心抽头，副线圈的匝数为。当开关拨到位置时，小灯泡恰好正常发光。
（1）求此时电路中两电表的读数；
（2）求线圈转动的角速度；
（3）若将开关拨到位置，并将一个理想二极管接到、之间，其他条件不变，则此时线圈提供的功率为多少？（假设小灯泡的电阻不随温度发生变化）
【答案】（1），；（2）；（3）
【解析】（1）由题意可知，副线圈两端的电压，副线圈中的电流为
由
得电压表的读数
由
得电流表的读数
（2）由（1）可知，此时线圈提供的电动势的最大值为
由，得
（3）当开关拨到位置时，由得副线圈的输出电压为
通过二极管后，加到灯泡两端的电压波形如图所示，
其最大值为，所以小灯泡两端电压的有效值为
小灯泡电阻为
此时小灯泡的功率为
所以线圈提供的功率为。
9．南海上某哨塔想采用浮桶式波浪发电补充生活用电，其原理简化如图甲。能产生如图乙辐向磁场的磁体通过支柱固定在暗礁上，线圈内置于浮桶中。浮桶随波浪相对磁体沿竖直方向运动，且始终处于磁场中。该线圈与阻值的指示灯相连．如图乙所示，浮桶下部由内、外两密封圆筒构成。匝数匝的线圈所在处辐向磁场的磁感应强度，线圈直径，内阻不计。假设浮桶振动的速度可表示为,取，求：
（1）图甲中，当时，流过指示灯泡的电流大小；
（2）灯丝在1分钟内产生的焦耳热；
（3）若输出端通过理想变压器给哨塔供电，如图丙所示，若闭合，断开时，原线圈中电流表示数为，已知图中灯泡标称为“”恰能正常发光，电动机线圈电阻，则此时图中电动机的机械功率为多少。
【答案】(1) ； (2)960J；(3)144W
【解析】(1)根据
可得t=0.5s时浮桶振动的速度
则切割磁感线产生电动势为
由欧姆定律得
(2)经过平衡位置时浮桶的速度最大为
此时感应电动势为
则最大电流为
由于速度随时间变化规律为正弦函数，故产生正弦式交变电流，故电流有效值为
由焦耳定律得灯丝在1分钟内产生的焦耳热为
(3)灯泡标称为“220V，88W”恰能正常发光，根据P=UI得
则变压器的匝数比为
电流值比为
则
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