高中物理人教版 (2019)选择性必修 第二册3 变压器精品同步训练题

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第３课时 变压器
第三章 交变电流

一、单选题：
１.(2021·威海高二检测)如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原、副线圈上(灯泡电阻不随温度变化)，已知原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，电源电压为U，则(　　)

A．通过A、B灯泡的电流之比为IA∶IB＝2∶1
B．灯泡A、B两端的电压之比为UA∶UB＝2∶1
C．灯泡A、B两端的电压分别为UA＝、UB＝
D．两灯泡A、B消耗的功率相等
【答案】C
【解析】通过电灯的电流分别为变压器原、副线圈的电流，故IA∶IB＝n2∶n1＝1∶2，A错误；因为是相同的两只灯泡，所以两端的电压比等于电流比，故UA∶UB＝1∶2，B错误；因为B灯电压为副线圈输出电压，则原线圈电压U1＝UB＝2UB，而A灯电压UA＝UB，由于A灯跟原线圈串联在电源电压U上，即UB＋2UB＝U，所以UB＝U，UA＝U，C正确；因为是相同的两只灯泡，根据P＝I2R可知消耗的功率比等于电流的平方比PA∶PB＝1∶4，D错误。
故选C。
２.(2021·通州高二检测)某住宅区的应急供电系统，由交流发电机和副线圈匝数可调的理想降压变压器组成，发电机中矩形线圈所围成的面积为S，匝数为N，电阻不能忽略，它可绕水平轴OO′在磁感应强度为B的水平匀强磁场中以角速度ω匀速转动，矩形线圈通过滑环连接降压变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，R0表示输电线的电阻，以线圈平面与磁场平行时为计时起点，下列判断正确的是(　　)

A. 发电机线圈某时刻处于图示位置时通过线圈的磁通量变化率为零
B．发电机线圈感应电动势的瞬时值表达式e＝NBSωsin ωt
C．当用户数目增多时，应将滑动触头向上移动
D．当滑动触头P向下移动时，变压器原线圈两端的电压将降低
【答案】C
【解析】当线圈与磁场平行时，感应电流最大，线圈的磁通量变化率最大，A错误；从垂直中性面位置计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSωcos ωt，B错误；当用户数目增多时，电路总电阻变小，根据欧姆定律可知，副线圈电路中的电流变大，输电线上损失电压变大，用户得到的电压变小，即变压器的副线圈两端电压变小，根据＝，则应将滑动触头向上移动，C正确；变压器原线圈两端的电压，由交流发电机决定，当触头P向下移动，副线圈匝数减小，副线圈的输出电压变小，副线圈回路电流变小，则原线圈回路电流变小，损失电压变小，变压器原线圈电压变大，D错误。
故选C。
３．(2021·青岛高二检测)如图所示电路中，电阻a、b、c、d的阻值均为r，其他电阻不计，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，M、N间输入的正弦式交变电流的电压有效值为U，则电阻a中的电流有效值大小为(　　)

A． B． C． D．
【答案】B
【解析】设电阻c中的电流为I，则副线圈两端的电压U2＝Ir，流过副线圈的电流I2＝2I，由＝＝，得原线圈两端电压U1＝2Ir，流过原线圈的电流I1＝I，则流过电阻b的电流Ib＝＝2I，流过电阻a的电流Ia＝I1＋Ib＝3I，电阻a两端的电压Ua＝Iar＝3Ir，又U＝Ua＋U1＝5Ir，联立解得Ia＝。
故选B。
４．(2021·济宁高二检测)如甲图所示为恒压电源给硫化镉光敏电阻R供电时，流过此电阻的电流和所受光照强度的关系图像。根据这一特性，某同学设计一个台灯的自动控制电路如乙图所示，T为一自耦式变压器。下列说法正确的是(　　)

A.在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度变暗
B．在其他条件不变的情况下，如果光照变强，则灯泡的亮度变亮
C．在其他条件不变的情况下，将自耦式变压器的滑片P适当下滑，则灯泡的亮度变亮
D．在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则灯泡的亮度变亮
【答案】A
【解析】分析甲图可知，光照强度增强，流过电阻的电流增大，说明光敏电阻阻值减小。在其他条件不变的情况下，如果光照变强，光敏电阻阻值减小，灯泡两端电压减小，则灯泡的亮度变暗，A正确，B错误；在其他条件不变的情况下，将自耦式变压器的滑片P适当下滑，则副线圈匝数减小，输出电压减小，灯泡的亮度变暗，C错误；在其他条件不变的情况下，适当增大滑动变阻器R1的阻值，则通过灯泡的电流减小，灯泡亮度变暗，D错误。
故选A。
５．(2021·河北适应性测试)如图，理想变压器原线圈匝数为1 100匝，接有一阻值为R的电阻，电压表V1示数为110.0 V。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0.10 V。已知RL∶R＝4∶1，则副线圈的匝数为(　　)

A．225 B．550 C．2 200 D．4 400
【答案】C
【解析】假设理想变压器原线圈的输入电压为U，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V2满足＝＝，解得原线圈输入电压为U＝220 V，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I1和通过灯泡的电流I2满足＝，定值电阻R满足欧姆定律I1＝，则通过灯泡的电流为I2＝I1＝·，结合＝可知副线圈电压为U2＝I2RL＝··RL＝×4 V，原线圈与副线圈的电压之比等于线圈匝数之比＝，代入U2得＝＝，变形得n＝4×1 100×1 100，解得副线圈的匝数为n2＝2 200。
故选C。
６.（2021·广东选择考）某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60。下列说法正确的是（　　）

A. 交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
【答案】B
【解析】周期是T＝0.2 s，频率是f＝＝5 Hz，故A错误；由理想变压器原理可知＝，则副线圈两端的最大电压为U2＝U1＝3 V，故B正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C错误；由理想变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D错误。
故选B。
７.(2020·山东等级考)图甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15 Ω，额定电压为24 V。定值电阻R1＝10 Ω、R2＝5 Ω， 滑动变阻器R的最大阻值为10 Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为(　　)

A.1 Ω　　 B．5 Ω　　 C．6 Ω　　 D．8 Ω
【答案】A
【解析】输电电压的有效值为(即原线圈电压的有效值)U1＝ V＝220 V，根据理想变压器电压规律＝可知，副线圈电压有效值为U2＝U1＝×220 V＝30 V，灯泡正常工作时电压为24 V，则通过灯泡的电流即副线圈部分的干路电流为IL＝＝ A＝1.6 A，根据串联分压规律可知，R1和R2、R构成的并联电路部分的分压为U＝U2－UL＝30 V－24 V＝6 V，则通过R1的电流为I1＝＝ A＝0.6 A，通过R2、R的电流为I2＝IL－I1＝1.6 A－0.6 A＝1 A，R2、R串联的总电阻R2＋R＝，解得滑动变阻器的阻值为R＝－R2＝ Ω－5 Ω＝1 Ω，A正确，B、C、D均错误。
故选A。
８.变压器上的原、副线圈之间并没有导线直接连接，却将电能从原线圈的电路输送到副线圈的电路。在无线充电技术中，其中一种就是基于变压器的原理产生的，只不过变压器磁场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。如图所示是无线充电器正在对手机进行无线充电。下列说法合理的是(　　)

A．在变压器原、副线圈上不存在能量的转化
B．在变压器原线圈上电场能转化成磁场能
C．手机必须与无线充电器贴合才能进行无线充电
D．用无线充电器给手机充电的过程中是没有能量损耗的
【答案】B
【解析】无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，在变压器原线圈上把电场能转化为磁场能，在副线圈上把磁场能转化为电场能，故A错误，B正确；当受电线圈没有对准供电线圈(二者没有完全重合)时，也有变化的磁场通过受电线圈引起磁通量变化，也可以进行无线充电，故C错误；用无线充电器给手机充电的过程中是有能量损耗的，有一小部分磁场能在空间中耗散，故D错误。
故选B。
９.如图甲、乙所示电路中，当A、B接10 V交变电压时，C、D间电压为4 V，M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V。现把C、D接4 V交流，P、Q接4 V直流，下面哪个选项可表示A、B间和M、N间的电压(　　)

A．10 V　10 V B．10 V　4 V
C．4 V　10 V D．10 V　0
【答案】B
【解析】题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边电压之比等于两边线圈的匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得到10 V交流。题图乙是一分压电路，当M、N作为输入端时，上、下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比。但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等。所以当P、Q接4 V直流时，M、N两端的电压也是4 V。
故选Ｂ。
10.如图所示为某小型电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U1和U2。在输电线路的起始端接入两个互感器(均为理想互感器)，互感器原、副线圈的匝数比分别为10∶1和1∶10，电压表的示数为220 V，电流表的示数为10 A，则下列说法正确的是(　　)

A．升压变压器原、副线圈的匝数比为
B．采用高压输电可以增大输电线中的电流，输电电流为100 A
C．线路输送电功率大于220 kW
D．将P上移，用户获得的电压将升高
【答案】D
【解析】根据变压器的原理可得升压变压器原、副线圈的匝数比为＝，故A错误；采用高压输电可以减小输电线中的电流，从而减小输电过程中的电能损失，根据电流互感器原理及匝数比为1∶10，由公式I送∶I副＝n副∶n原＝10∶1，得输电电流为I送＝10×10 A＝100 A，故B错误；根据电压表的示数为220 V，由变压公式U送∶U副＝n′原∶n′副＝10∶1，输电电压为U送＝10×220 V＝2 200 V，线路输送电功率为P＝U送I送＝220 kW，故C错误；将P上移，则降压变压器的初级线圈减小，故用户获得的电压将升高，故D正确。
故选D。
11.如图甲所示的变压器电路中，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶2，a、b输入端输入如图乙所示的交变电流，电阻R1的功率是R2的功率的一半，电流表的示数为2 A，电路中的电流表、电压表都是理想电表。则(　　)

A. 交变电压瞬时值表达式为u＝100sin (50πt) V
B．通过电阻R1的电流为4 A
C．电压表示数为100 V，电阻R1的阻值为50 Ω
D．a、b端输入的功率为600 W
【答案】D
【解析】根据图乙可知角速度为ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，交变电压瞬时值表达式为u＝100sin(100πt) V，故A错误；根据变压比可知，R2两端的电压为U2＝U1＝200 V，则R2的功率P2＝I2U2＝400 W，根据题意R1的功率为P1＝P2＝200 W，则R1中的电流I1＝＝2 A，故B错误；电压表测量的是交流电压的有效值，不是瞬时值，所以电压表示数为100 V，电阻R1的阻值为R1＝＝ Ω＝50 Ω，故C错误；a、b端输入的功率P＝400 W＋200 W＝600 W，故D正确。
故选D。
12.如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，其中a、b是交流电压表或交流电流表。若高压输电线间的电压为220 kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，交流电压表的示数为100 V，交流电流表的示数为1 A，则(　　)

A．b是交流电压表
B．T2的原、副线圈匝数比为100∶1
C．高压线路输送的电流为1 A
D．高压线路输送的电功率为220 kW
【答案】A
【解析】T1是电流互感器，a是交流电流表；T2是电压互感器，b是交流电压表，故A正确；对T2，根据电压与匝数成正比，得＝＝＝，故B错误；对T1，根据电流与匝数成反比，＝，即＝，得I1＝100 A，故C错误；根据P＝UI＝220 kV×100 A＝22 000 kW，故D错误。
故选A。
14.如图所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，下列说法正确的是(　　)

A．可以用多节干电池串联起来作为电源
B．若铁芯不闭合，通过正确的操作可以得到结论：在误差允许的范围内原、副线圈的匝数比等于电压之比
C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压
D．保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，可以研究副线圈匝数对输出电压的影响
【答案】D
【解析】变压器只能对交流电起作用，干电池为直流电，故选项A错误；变压器利用的是互感现象，原、副线圈的磁感线变化相同，若铁芯不闭合，则原副线圈中磁感线变化不同，因此选项B错误；根据变压器原理＝，因此原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压小于原线圈电压，故选项C错误；保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，可以发现副线圈电压会随匝数的变化而变化，故选项D正确。
故选D。

二．多选题：
15.(2021·重庆适应性测试)如图(1)、(2)所示，理想变压器对用电器供电，其输入电压u＝27 000sin100πt(V)，用电器RL与RL′的参数分别为“220 V　1 100 W”“220 V　440 W”，输电线的总电阻r＝2 Ω。若两图中用电器都能正常工作，则(　　)

A．图(1)中电阻r的功率为50 W
B．图(2)中变压器的输入功率比图(1)中变压器的输入功率增加了440 W
C．图(1)中原、副线圈匝数比n1∶n2＝2 700∶23
D．图(2)中原、副线圈匝数比n1∶n2＝1 500∶13
【答案】AC
【解析】根据P＝UI可得，通过RL的电流为IL＝＝ A＝5 A，电阻r的功率为Pr＝Ir＝52×2 W＝50 W，A正确；图(1)变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝220 V＋5×2 V＝230 V，图(1)输入功率等于输出功率，为P1＝U出IL＝230×5 W＝1 150 W，RL′正常工作的电流为IL′＝＝ A＝2 A，图(2)中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7 A，图(2)中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝220 V＋7×2 V＝234 V，图(2)中输入功率等于输出功率，为P2＝U出′I总＝234×7 W＝1 638 W，图(2)中变压器的输入功率比图(1)中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝1 638 W－1 150 W＝488 W，B错误；由于输入电压为U入＝＝＝27 000 V则图(1)中原、副线圈匝数比＝＝，则图(2)中原、副线圈匝数比＝＝，C正确、D错误。
故选AC。
16．(2021·海口高二检测)有一台理想变压器及所接负载如图所示。在原线圈c、d两端加上交变电流。已知b是原线圈中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，电容器的耐压值足够大。下列说法正确的是(　　)

A．开关S1始终接a，当滑片P向下滑动时电压表V1示数不变，电压表V2示数变大，电流表A2示数变小
B. 开关S1始终接b，当滑片P向上滑动时R1的电功率增大，V2示数的变化量与A2示数的变化量之比不变
C. 保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a，变压器输入功率变大
D．保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，电容器所带电荷量将增大
【答案】ABD
【解析】开关S1始终接a不变，变压器输入电压不变，原、副线圈的匝数不变，变压器输出电压不变，即电压表V1示数不变，当滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变大，根据欧姆定律可知，电流I2会减小，电流表A2示数变小，而U2＝U1－I2R1，所以U2会变大，即电压表V2示数变大，故A正确；开关S1始终接b，由于原、副线圈的匝数不变，变压器输入电压不变，则变压器输出电压不变，即电压表V1示数不变，当滑片P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值减小，根据欧姆定律可知，电流表A2示数增大，电阻R1消耗的电功率增大，将原线圈和电阻R1看作等效电源，则V2示数的变化量与A2示数的变化量之比等于等效电源的内阻，恒定不变，故B正确；保持滑片P的位置不变，将开关S1由b改接a时，原线圈匝数n1增大，根据变压比可知＝，可知U2变小，根据P2＝，可知副线圈输出功率变小，则原线圈输入功率变小，故C错误；保持滑片P的位置不变，将开关S1由a改接b，原线圈匝数n1减小，根据变压比可知＝，可知U2增大，电容器两端电压增大，根据Q＝CU，可知所带电荷量增大，故D正确。
故选ABD。
17．如图所示，变压器原线圈两端接正弦交变电流，电流表A和电压表V均为理想交流电表，L为小灯泡，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，P、Q分别为滑动变阻器和副线圈上的滑动触头，二者都有一定的调节范围。若只调节P或者只调节Q，使电流表示数增大，则还可能同时观察到的现象是(　　)

A．电压表示数增大，小灯泡L变亮
B．电压表示数增大，小灯泡L变暗
C．电压表示数减小，小灯泡L变亮
D．电压表示数减小，小灯泡L变暗
【答案】AB
【解析】若只调节Q，副线圈电路总电阻不变，当Q向上移动时，U2增大，I2增大，输出功率增大，输入功率增大，I1增大，电压表示数增大，小灯泡变亮，故A正确，D错误；若只调节P，原、副线圈匝数比不变，副线圈两端电压U2不变，当P向左滑动时，副线圈电路总电阻减小，副线圈中的电流I2增大，则原线圈中电流I1增大，电压表示数增大，小灯泡电压减小，亮度变暗，故B正确，C错误。
故选：AB。
18.如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，产生的交变电流输入理想变压器的原线圈，忽略矩形线圈的内阻，则下列说法中正确的是(　　)

A. 仅提高矩形线圈的转速，观察到灯泡变亮
B．仅将理想变压器原线圈滑动触头P下移，观察到灯泡变暗
C．仅将副线圈滑动变阻器的滑动触头向下移动，观察到灯泡变暗
D．若提高矩形线圈转速的同时适当向上移动副线圈滑动变阻器的滑动触头，灯泡的亮度可能不变
【答案】AD
【解析】交变电流的最大值为Em＝nBSω，其中ω＝＝2πn，提高线圈的转速，交变电流的最大值变大，则变压器原线圈的电压U1＝也变大，变压器匝数不变，则副线圈电压变大，流过灯泡的电流变大，灯泡变亮，A正确；仅将理想变压器原线圈滑动触头P下移，电压U1不变，原线圈匝数n1减少，根据＝可得U2＝，判断可知，U2增大，流过灯泡的电流变大，则灯泡变亮，B错误；仅将副线圈滑动变阻器的滑动触头向下移动，电压U2不变，滑动变阻器的阻值减小，则流过灯泡的电流变大，灯泡变亮，C错误；提高线圈的转速，交变电流的最大值变大，则变压器原线圈的电压U1变大；变压器匝数不变，则副线圈电压U2变大，向上移动副线圈滑动变阻器的滑动触头，滑动变阻器的阻值R变大，根据I＝判断可知，电流大小有可能不变，则灯泡的亮度可能不变，D正确。
故选：AD。
19.如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，L1和L2是相同型号的白炽灯，L1与电容器C串联，L2与带铁芯的线圈L串联，R为电阻箱，V为交流电压表。当原线圈接有如图乙所示的正弦交变电压时，电路稳定后，两只灯泡的亮度相同，则(　　)

A.电阻箱阻值减小时，电压表示数将减小
B．电压表在t＝1×10－2 s时的示数为22 V
C．当原线圈所接正弦交流电电压最大值不变，频率增大时，L1变暗，L2变亮
D．当原线圈所接正弦交流电电压最大值不变，频率增大时，L1变亮，L2变暗
【答案】BD
【解析】副线圈的电压由电源和匝数比决定，与负载无关。电阻箱阻值减小时，不能改变变压器副线圈两端电压，电压表示数不变，A错误；电压表的示数是有效值，在t＝1×10－2 s时的示数也是有效值，原线圈电压有效值U1＝ V＝220 V，由变压器的匝数比得＝，解得U2＝22 V，B正确；当原线圈所接正弦交流电电压最大值不变，频率增大时，电容器的容抗减小，L1变亮，电感线圈的感抗增大，L2变暗，C错误，D正确。
故选：BD。
20.交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，电动机线圈电阻为R，电路如图所示。理想电压表读数为U，理想电流表读数为I，电动机带动一质量为m的重物匀速上升。若电动机因摩擦造成的能量损失不计，下列说法正确的是(　　)

A．发电机的最大电动势为U
B．流经电动机的电流为
C．电动机的热功率为I2R
D．重物匀速上升的速度为
【答案】AD
【解析】输出电压的有效值为E＝U，E＝，解得线圈转动产生的电动势最大值为Em＝U，选项A正确；由变压器的电压关系：＝，解得U2＝，因为电动机是非纯电阻，故不适用欧姆定律，选项B错误；理想变压器副线圈电流为I2＝I1＝5I，电动机的热功率为PR＝25I2R，选项C错误；副线圈消耗的功率等于电动机消耗的功率，即P2＝mgv＋PR，则有UI＝mgv＋25I2R，解得v＝，选项D正确。
故选：AD。

三． 计算题：
21.(2021·成都高二检测)如图所示，一长为 m、宽为0.2 m，匝数为100的矩形金属线圈电阻r＝1 Ω，在B＝0.6 T的匀强磁场中以恒定角速度ω＝10 rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端通过电刷与图示的电路连接，其中电阻R1＝4 Ω，R2＝1 Ω，理想变压器的原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1。求：

(1)从中性面位置开始计时，线圈转动时产生感应电动势的瞬时值表达式；
(2)交流电压表、电流表的示数U、I；
(3)若不计一切摩擦及空气阻力，线圈转动一周外力做的功W。
【答案】(1)e＝60sin (10t) V　　(2)10 V　2 A　　(3)75.36 J
【解析】(1)线圈产生感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝60 V，从中性面开始转动
e＝Emsinωt＝60sin (10t) V
(2)设变压器原、副线圈中电流分别为I1、I2，变压器原、副线圈两端电压分别为U1、U2，
则有U1＝E－I1(R1＋r)，E＝
变压比规律＝，变流比规律＝
又I2＝，
联立解得，电压表示数为
U＝U2＝10 V，电流表示数为I＝I1＝2 A
(3)线圈转动一周外力做的功W，由能量守恒，
有W＝[I(R1＋r)＋IR2]，
代入数据得W＝24π J＝75.36 J
22.(2021·济南高二检测)如图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点。可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态。n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数。该电吹风的各项参数如表所示。

热风时输入功率
460 W
冷风时输入功率
60 W
小风扇额定电压
60 V
正常工作时小风扇输出功率
52 W
(1)吹冷风时触片P位于怎样的位置？
(2)由表格中数据计算出小风扇的内阻是多少？
(3)变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2是多少？
【答案】(1)触片P与触点b、c接触 (2)8 Ω 　(3)11∶3
【解析】(1)当电吹风机送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触；
(2)小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，则小风扇的电流I＝＝ A＝1 A，
则I2r＝P－P出＝60 W－52 W＝8 W，
解得小风扇的内阻是r＝8 Ω
(3)根据变压器的原线圈、副线圈的匝数与电压的关系＝＝
23.如图甲所示，原线圈电路中接有一量程为3 A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻R以及若干“6 V　6 W”的相同灯泡。输入端交变电压u的图像如图乙所示，副线圈电压表的示数为9 V。

(1)求变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2。
(2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数。
(3)为满足第(2)问中要求，求可变电阻R应调到的电阻值。
【答案】(1)3∶1　(2)9　 (3) Ω
【解析】(1)根据图像可得原线圈电压的最大值U1m＝27 V
其有效值为U1＝27 V
根据n1∶n2＝U1∶U2
代入数据后可得n1∶n2＝3∶1
(2)设原线圈中通过的电流为I1，副线圈中通过的电流为I2，为使副线圈接入的灯泡最多，则I1取允许通过的最大电流的有效值为3 A
根据U1 I1＝U2 I2，代入数据后可得I2＝9 A
正常发光时每个灯泡中电流为I灯＝＝1 A
所以允许接入的灯泡个数为n＝＝9。
(3)电阻两端电压为UR＝U2－U灯＝3 V
电阻阻值为R＝＝ Ω
24.如图甲所示的电路中，L1、L2、L3为三只“6 V　3 W”的灯泡，变压器为理想变压器。各电表均为理想电表。当ab端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光。试求：

(1)变压器原、副线圈的匝数比；
(2)ab端交变电压的最大值Um；
(3)ab端交变电压的瞬时值表达式。
【答案】(1)2∶1　(2)18 V　(3)u＝18sin(100πt) V
【解析】(1)三只“6 V　3 W”的灯泡正常发光，可知副线圈的电压为6 V，每只灯泡电流为I＝＝0.5 A，
副线圈的电流为1 A，原线圈的电流为0.5 A，
由变压器原理，可得变压器原、副线圈的匝数比为
＝＝
(2)由变压器原理，可得＝解得，
变压器的输入电压U1＝12 V，
ab间电压Uab＝U＋U1＝18 V，
ab端交变电压的最大值Um＝Uab＝18 V
(3)由图乙可知，交流电的周期为0.02 s，
所以角速度ω＝＝100π rad/s
ab端交变电压的瞬时值表达式为
u＝Umsinωt＝18sin(100πt) V
25.如图所示，有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36 V，这个电压是把380 V的电压降压后得到的。如果变压器的原线圈是1 440匝，副线圈是多少匝？在某次实际工作时输入电压只有220 V，则输出电压是多少？

【答案】136匝　21 V
【解析】根据变压器的电压与匝数成正比，
可知＝，
解得副线圈的匝数为
n2＝n1＝1 440×≈136，
当输入电压只有220 V时，输出电压为
U′2＝U′1＝220× V≈21 V