【讲与练】高中物理人教版(2019)选择性必修2：3.3 变压器第1课时变压器原理及应用提能作业习题

第三章3.第1课时基础达标练1．(2023·福建南平高二阶段练习)电磁学的成就极大地推动了人类社会的进步。下列说法错误的是(B)A．甲图中，这是录音机的录音电路原理图，当录音机录音时，声音信号变成电信号，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场B．乙图电路中，开关断开瞬间，灯泡会突然闪亮一下C．丙图中，在真空冶炼炉中，可以利用高频电流产生的涡流冶炼出高质量合金D．丁图中，钳形电流表是利用电磁感应原理制成的，它的优点是不需要切断导线，就可以方便地测出通过导线中交变电流的大小解析：甲图中，将声音信号转变为磁信号，是录音机的原理。当录音机录音时，由于话筒的声电转换，线圈中变化的电流在磁头缝隙处产生变化的磁场，使磁带的磁粉磁化，A正确，不符合题意；乙图电路中，开关断开瞬间，电路立即断开，没有闭合回路，灯泡不会突然闪亮一下，B错误，符合题意；丙图中，在真空冶炼炉中，可以利用高频电流产生涡流，电能转化为内能，冶炼出高质量合金，C正确，不符合题意；丁图中，钳形电流表是利用电磁感应原理制成的，相当于变压器，不需要切断导线，就可以方便地测出通过导线中交变电流的大小，D正确，不符合题意；故选B。2．(多选)(2023·贵州铜仁高二统考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，原线圈上接有灯泡L1和开关S，灯泡L1和L2的额定电压均为U0，当S断开时两灯泡恰好均能正常发光，则(BC)A．电源电压有效值为U＝2U0B．S断开时，灯泡L1和L2的电流之比为1∶2C．S断开时，灯泡L1和L2的功率之比为1∶2D．S闭合后，灯泡L2仍能正常发光解析：副线圈的电压为U2＝U0，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得原线圈的电压U1＝2U0，电源电压U＝U0＋2U0＝3U0，故A错误；S断开时，由U1I1＝U2I2，可得灯泡L1和L2的电流之比eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,2)，故B正确；S断开时，灯泡L1和L2的电压相同，功率之比eq\f(P1,P2)＝eq\f(U0I1,U0I2)＝eq\f(1,2)，故C正确；S闭合后，原线圈的电压为电源电压U1＝U＝3U0，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得U2＝eq\f(3,2)U0，灯泡L2不能正常发光，故D错误。故选BC。3．电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器(D)A．是一种降压变压器B．能测量直流电路的电流C．原、副线圈电流的频率不同D．副线圈的电流小于原线圈的电流解析：电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，A错误；变压器的原理是电磁感应，故它不能测量直流电路的电流，B错误；变压器不改变交变电流的频率，C错误；变压器原、副线圈的电流与线圈匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确。4．(多选)如图所示，一理想变压器的原线圈接在电压为220V的正弦交流电源上，副线圈通过电流表与一阻值为40Ω的电阻连接。已知理想电流表的示数为1.1A，则下列说法正确的是(CD)A．变压器的输入功率为24.2WB．电阻两端电压的最大值为44VC．变压器原、副线圈的匝数比为5∶1D．通过原线圈电流的有效值为0.22A解析：由P＝I2R可知P＝48.4W，A错误；由U2＝IR可知U2＝44V，电阻两端电压的最大值为44eq\r(2)V，B错误；变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝U1：U2＝5∶1，C正确；由n1：n2＝I2：I1可得I1＝0.22A，D正确。5．(多选)如图所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头。输入端AB接交流电压U，输出端CD连接了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头。当开关S闭合，P处于图示位置时，两灯均能发光。下列说法正确的是(AD)A．P不动，将Q向右移动，变压器的输入功率变大B．P不动，将Q向右移动，两灯均变暗C．Q不动，将P沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变小D．P、Q都不动，断开开关S，L1将变亮解析：P不动，将Q向右移动，负载电阻变小，电流变大，两灯均变亮，副线圈两端电压不变，输出功率变大，则变压器的输入功率变大，A正确，B错误；Q不动，将P沿逆时针方向移动，原线圈匝数减小，则副线圈两端电压增大，输出功率增大，变压器的输入功率也变大，C错误；P、Q都不动，副线圈两端电压不变，断开开关S，副线圈的负载电阻增大，电流减小，R分压减小，L1分压增大，L1将变亮，D正确。6．(2023·北京北师大实验中学高二期中)某次实验中，将理想变压器原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接灯泡L1和滑动变阻器R，电路中分别接入理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示。当滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中(D)A．A1示数变小，A1与A2示数的比值不变B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变解析：当滑动变阻器的滑片P向下滑动的过程中电阻接入电路的阻值减小，整个回路的总电阻减小，副线圈的电流I2增加，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可知原线圈的电流I1也增加，但电流比值不变；由于电源电压不变，线圈匝数不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，因此电压表V1与V2示数都不变。故选D。7．(多选)如图所示，变压器初级线圈接电压一定的交流电，在下列措施中能使电流表示数减小的是(BCD)A．只将S1从2拨向1B．只将S2从4拨向3C．只将S3从闭合改为断开D．只将变阻器R3的滑动触头上移解析：只将S1从2拨向1时，原线圈匝数减小，输出电压变大，故输出电流变大，输入电流即电流表的示数也变大，故A错误；只将S2从4拨向3时，副线圈匝数减小，输出电压变小，故输出电流变小，输入电流变小，故B正确；只将S3从闭合变为断开，少一个支路，电压不变，总电阻变大，输出功率减小，则输入功率也减小，电流表的示数减小，故C正确；只将变阻器R3的滑动触头上移，负载总电阻变大，输出电流变小，故输入电流减小，故D正确。8．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80×104V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12mA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10mA时，变压器的输入功率是多大？答案：(1)0.98A(2)180W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即P1＝P2，故有I1U1＝I2U2，由于U1＝220V，U2＝1.80×104V，当I2＝12×10－3A，I1为熔断电流。得I1＝eq\f(U2I2,U1)≈0.98A。(2)设副线圈中电流为I2＝10mA＝10×10－3A时，变压器的输出功率P2＝U2I2＝0.01×1.80×104W＝180W由于输入功率等于输出功率，有P1＝P2＝180W。能力提升练9．(2023·内蒙古赤峰市林东一中高二下学期期中)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R相连组成闭合回路。当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时，电流表A1的读数为12mA，那么电流表A2的读数为(A)A．0 B．3mAC．48mA D．与R大小有关解析：由于直导线AB匀速运动，则AB切割磁场产生的电流是恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即电流表A2的读数为0，故选项A正确，B、C、D错误。10．(2023·湖南长沙市高二期中)如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为2.5V，额定功率均为2W，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为(C)A．1∶25V B．1∶210VC．2∶110V D．2∶15V解析：设灯泡正常发光时，额定电流为I0，由题图可知，原线圈中电流I原＝I0副线圈中两灯并联，副线圈中电流I副＝2I0，U副＝U根据理想变压器的基本规律I原n1＝I副n2得n1∶n2＝2∶1，根据U原∶U副＝n1∶n2得U原＝2U，所以U1＝2U＋U原＝10V故选C。11．(2023·南京金陵中学高二期末)在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上。当通过交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂，线圈1、2的匝数比n1∶n2＝2∶1。在不接负载的情况下(D)A．当线圈1的输入电压为220V时，线圈2的输出电压为440VB．当线圈1的输入电压为220V时，线圈2的输出电压为110VC．当线圈2的输入电压为110V时，线圈1的输出电压为220VD．当线圈2的输入电压为110V时，线圈1的输出电压为110V解析：本题中每个线圈通交变电流后，其内部磁通量的一半通过另一个线圈，因此另一线圈的磁通量的变化率只有通电线圈的一半。由变压器原理，所以当从线圈1输入电压U1＝220V时，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1ΔΦ1,n2ΔΦ2)＝eq\f(n1·2ΔΦ2,n2ΔΦ2)＝eq\f(4,1)，得线圈2输出电压U1＝55V，故A、B错误；当从线圈2输入电压U2＝110V时eq\f(U2,U1)＝eq\f(n2ΔΦ2,n1ΔΦ1)＝eq\f(n2·2ΔΦ1,n1ΔΦ1)＝1，所以线圈1输出电压U1＝U2＝110V，故C错误，D正确。故选D。12．(多选)如图所示，在理想变压器的输电电路中，电流表和电压表均为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，在a、b端输入u＝U0sinωt的正弦交流电压，当滑动变阻器的滑片处在图示位置时，电压表的示数为U，电流表的示数为I，现调节滑动变阻器滑片，使电压表的示数为eq\f(1,2)U，则下列说法正确的是(AB)A．滑动变阻器的滑片一定向左移B．调节滑动变阻器后，电流表的示数为eq\f(1,2)IC．调节滑动变阻器后，滑动变阻器两端的电压是原来的两倍D．调节滑动变阻器过程，滑动变阻器消耗的功率一直减小解析：设原、副线圈匝数比为k，副线圈两端的电压为U，则由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k可得原线圈两端的电压为kU，副线圈的电流为I2＝eq\f(U,R1)由原、副线圈的电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,k)可得原线圈的电流为I＝eq\f(U,kR1)变压器的等效电阻为R′＝eq\f(kU,I)＝k2R1电压表示数减小，则等效电阻分压变小，根据欧姆定律，滑动变阻器分压变大，滑片向左移，A正确；电压表示数减半，根据欧姆定律，副线圈电流减半，再根据变压器电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,k)可知，原线圈电流减半，B正确；因未知U与U0初始时的关系，只能确定滑动变阻器分压变大，无法定量，C错误；根据闭合电路欧姆定律，因未知滑动变阻器阻值与等效电阻R′的大小关系，滑动变阻器消耗的功率可能增大，也可能减小，D错误。13．如图所示，理想变压器有两个副线圈，L1、L2是两个规格为“8V10W”的灯泡，L3、L4是两个规格为“6V12W”的灯泡，当变压器的输入电压为U1＝220V时，四个灯泡恰好都能正常发光，如果原线圈的匝数n1＝1100匝，求：(1)副线圈的匝数n2、n3；(2)电流表的读数。答案：(1)40匝60匝(2)0.2A解析：(1)由变压器原理可知，n1∶n2∶n3＝U1∶U2∶U3，则n2＝eq\f(U2,U1)n1＝eq\f(8,220)×1100匝＝40匝，n3＝eq\f(U3,U1)n1＝eq\f(2×6,220)×1100匝＝60匝。(2)由P入＝P出可得，I1U1＝P1＋P2＋P3＋P4，所以I1＝eq\f(2P2＋2P3,U1)＝eq\f(2×10＋2×12,220)A＝0.2A。14．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。一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05m2，线圈转动的频率为50Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝eq\f(\r(2),π)T。如果用此发电机带动两个标有“220V11kW”的电机正常工作，需在发电