新人教版高中物理选择性必修第二册课时练15变压器B卷含解析

变压器(B卷)

(25分钟·60分)

一、选择题(本题共6小题，每小题7分，共42分)

1.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

【解析】选B。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。

2.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

【解析】选D。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。

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．

【解析】选B。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．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

【解析】选D。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。

5．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

【解析】选D。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。

6.如图所示为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，输电线电阻可等效为电阻r，灯L1、L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光。则下列说法正确的是(　　)

A．仅闭合开关S，灯L1会变亮

B．仅闭合开关S，r消耗的功率会变大

C．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小

D．仅将滑片P上移，电流表示数会变大

【解析】选B。闭合开关S，则消耗的功率增大，T2副线圈中电流增大，T2原线圈电流也增大，则r上损失的电压和消耗的功率增大，则T2输入电压减小，灯泡L1两端电压减小，故灯泡L1会变暗，选项A错误，B正确；仅将滑片P下移，T1副线圈匝数增大，则输出电压增大，T2的输入电压增大，灯泡电压也增大，消耗功率增大，则T1输入功率增大，原线圈电流增大，那么副线圈的电流也增大，故电阻r消耗的功率增大，选项C错误；同理仅将滑片P上移，T1副线圈匝数减小，则输出电压减小，T2的输入电压减小，灯泡电压也减小，消耗功率减小，则T1输入功率减小，原线圈电流减小，电流表示数减小，选项D错误。

二、计算题(本题共1小题，共18分。要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要标明单位)

7．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。

【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

答案：(1)2∶1　(2)18 V　(3)u＝18sin(100πt) V

(15分钟·40分)

8．(7分)(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

【解析】选C。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。

【加固训练】

(多选)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

【解析】选A、D。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。

9．(7分)(多选)(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

【解析】选A、B、D。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。

10．(7分)(多选)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

【解析】选A、D。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。

11．(19分)(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。

(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？

【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＝＝

答案：(1)触片P与触点b、c接触

(2)8 Ω　(3)11∶3