1、A级抓基础1. (多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有()A交变电流的频率B磁通量的变化率C功率 D交变电流的峰值解析:理想变压器没有漏磁,没有能量损失,所以原、副线圈中磁通量变化率相同,原、副线圈中功率相同,B、C正确;变压器能改变交流电的峰值但不改变交变电流频率,A正确,D错误答案:ABC2. 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,故磁通量变
2、化,A错误;因理想变压器无漏磁,原、副线圈的磁通量总相等,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副线圈的电能,原、副线圈通过磁联系在一起,故D错误答案:C3. 一电器中的变压器可视为理想变压器,它将220 V交变电流改变为110 V已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为()A200 B400C1 600 D3 200解析:根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系,得n2400,选项B正确答案:B4.如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电,如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变,则()A小灯泡变亮B小灯泡变暗C原、副线圈两段电压的比值不变D通过
3、原、副线圈电流的比值不变解析:根据数学知识可知,原副线圈减小相同的匝数后,匝数之比变大,因此电压之比变大,输出电压减小,故小灯泡变暗;而电流与匝数之比成反比,故电流的比值变小;故A、C、D错误,B正确答案:B5如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为201,原线圈接正弦交流电源,副线圈接入“220 V 60 W”灯泡一个,且灯泡正常发光,则()A电流表的示数为 AB电源输出功率为1 200 WC电流表的示数为 AD原线圈端电压为11 V解析:由灯泡正常发光,可知副线圈电压为220 V,由可知,原线圈电压U120220 V4 400 V,D错误;又因输入功率等于输出功率,P1P260 W,故B错
4、误;电流表读数为有效值,原线圈中电流I1 A A,故A错误,C正确答案:CB级提能力6. (多选)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将增大解析:保持U1及P的位置不变,K由a扳向b时,n1减小,增大,由U2U1知U2变大,则输出电流I2增大,输出功率增大,输入功率也增大,由P1U1I1知,I1增大,A
5、正确;同理,K若由b扳向a,R消耗功率将减小,B正确;U1不变,K接在a处,使P上滑时,I2减小,I1也减小,故C错误;保持P的位置不变,K接在a处,若U1增大,则U2也增大,即I2增大,则P2增大,P1P2,故I1也应增大,故D正确答案:ABD7(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为101,b是原线圈的中心接头,电压表V和电流表A均为理想电表从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u220sin 100t (V)下列说法正确的是()A当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22 VB当单刀双掷开关与b连接时,电压表的示数为44 VC当单刀双掷开关与a连接,滑动变
6、阻器触头P向上移动的过程中,电压表的示数不变,电流表的示数变大D单刀双掷开关由a扳向b时(滑动变阻器触头P不动),电压表和电流表的示数均变大解析:根据电压与匝数成正比可知,原线圈的电压的最大值为220 V,所以副线圈的电压的最大值为22 V,电压表的示数为电压的有效值,所以示数为22 V,所以A错误;若当单刀双掷开关由a扳向b时,理想变压器原、副线圈的匝数比由101变为51,根据电压与匝数成正比可知,此时副线圈的电压为44 V,所以电压表的示数为44 V,所以B正确;当滑动变阻器触头P向上移动的过程中,滑动变阻器连入电路的电阻变大,电路的总电阻变大,由于电压是由变压器决定的,所以,电压不变,电
7、流变小,所以C错误;若当单刀双掷开关由a扳向b时,理想变压器原、副线圈的匝数比由101变为51,所以输出的电压升高,电压表和电流表的示数均变大,所以D正确答案:BD8.如图所示,电路中有四个完全相同的灯泡,灯泡的额定电压均为U.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n1n2和电源电压U1分别为()A122U B124UC214U D212U解析:设灯泡正常发光时的电流为I,则I1I,I22I.由得;由得U1U22U.故U14U,C正确答案:C9如图,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到
8、副线圈的两端假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd,则()AUabUcdn1n2B增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小C负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越大D负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越小解析:假设副线圈两端交变电压的峰值为Um,副线圈两端电压的有效值为U2,根据理想变压器的电压与匝数成正比,即有:,而因二极管的单向导电性,cd间电压的有效值Ucd并不等于副线圈两端的电压有效值U2. 由交流电有效值定义可得:U2,Ucd,故,故A错误;当增大负载电阻的阻值R,因电压不变,由闭合电路欧姆定律可知,电阻R的电流变
9、小,则电流表的读数变小,故B正确;cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关,与负载电阻无关,所以cd间的电压Ucd不会随着负载电阻变化,故C、D错误答案:B10有一种调压变压器的构造如图所示线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压图中A为交流电流表,V为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,CD两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器,则下列说法正确的是()A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B当R3不变,滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大C当P不动,滑动变阻器滑动
10、触头向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变小D当P不动,滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变大解析:由题图知,当滑动触头P顺时针转动时,变压器副线圈的匝数减少,根据可得副线圈的电压U2减小,因负载的电阻不变,故电流表读数变小,电压表读数变小,所以A正确;同理,若滑动触头P逆时针转动时,变压器副线圈的匝数增加,U2增大,电流表示数增大,所以B错误;当P不动,副线圈电压U2不变,滑动触头向上滑动时,R3连入电路中的阻值增大,与R2并联后的电阻增大,根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大,所以C错误;同理,当滑动触头向下滑动时,R3连入电路中的阻值减小,与R2并联后的电阻减
11、小,根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小,所以D错误答案:A11如图所示,理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1n221,交流电源电压U1220 V,F为熔断电流I01.0 A的保险丝,负载为一可变电阻(1)当电阻R100 时,保险丝能否被熔断?(2)要使保险丝不被熔断,电阻R的最小值为多少?变压器输出的电功率不能超过多少?解析:(1)由得到U2110 V,由欧姆定律,得I21.1 A.再由得到I10.55 A,故保险丝不能熔断(2)对于理想变压器,P入P出2201.0 W220 W,得到R55 .答案:(1)不能(2)55 220 W12如图,某理想变压器原线圈输入电功率为P0,原、副线圈的匝数比为n,在其副线圈上接一线圈电阻为r的电动机现在,电动机正以速度v匀速向上提升一质量为m的重物,已知重力加速度为g,不计电动机转轴间的摩擦等损耗,则变压器原线圈两端的电压为多少?解析:电动机的输出功率P机mgv, 设副线圈回路的电流为I2,则P0P机Ir ,副线圈两端的电压U2,原线圈两端的电压U1nU2 ,联立以上各式得U1nP0.答案:见解析