1、课时跟踪检测（十二） 变压器组重基础体现综合1关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是()A通有正弦式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刻都不相等C穿过副线圈磁通量的变化使得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：选C通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量变化，A错误；因理想变压器无漏磁，穿过原、副线圈的磁通量任何时刻都相等，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电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，D错误。2下列选项图中，可以将电压升高给电灯供电的变压器是()解析：选C变压器只能对交
2、变电流实现变压，不能对直流电流变压，A、D错误；由于变压器原、副线圈两端的电压与原、副线圈匝数成正比，副线圈匝数多于原线圈匝数的变压器才能实现升压，B错误，C正确。3.(多选)如图所示，在用可拆变压器“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是()A用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈B测量原、副线圈的电压，可用“测量电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表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为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响解析：选AD变压器的输出电压跟输入电压以及原、副
3、线圈匝数之比都有关，因此需要用可拆卸的变压器研究，选项A、D正确。变压器只能对交流电压表有作用，不能用直流电压表测量，所以选项B错误。根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知，原线圈接0、8，副线圈接0、4，那么副线圈电压小于原线圈电压，所以C错误。4.如图所示，一输入电压为220 V、输出电压为36 V的变压器副线圈烧损。为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下损坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为 1 V，按理想变压器分析，该变压器损坏前的原、副线圈匝数分别为()A1 100,360B1 100,180C2 20
4、0,180 D2 200,360解析：选B由U1U2U3n1n2n3，可得n1n31 100，n2n1180，B选项正确。5如图所示，为了浴室用电安全，某同学用理想变压器给浴室降压供电，理想变压器原、副线圈匝数比为51，原线圈输入交变电压u311sin(100t)V。已知照明灯额定功率为44 W，排气扇电动机内阻为1 ，电流表示数为2 A，各用电器均正常工作，电表均为理想电表。则()A电压表示数为62 VB变压器的输入功率为186 WC排气扇输出功率为43 WD保险丝熔断电流不得低于2 A解析：选C变压器输入交变电压u311sin(100t)V，有效值U220 V，变压器原、副线圈匝数比为51
5、，所以副线圈电压U244 V，故A错误。电流表示数为2 A，所以变压器的输出功率P442 W88 W，所以变压器的输入功率为88 W，故B错误。照明灯的电流I1 A1 A，则排气扇的电流为I22 A1 A1 A，则排气扇输出功率为P出I2U2I22r144 W121 W43 W，选项C正确。变压器的初级线圈电流为II次 A0.4 A，故保险丝熔断电流不得低于0.4 A，选项D错误。6(2021广东高考)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
6、160，下列说法正确的是()A交流电的频率为10 HzB副线圈两端电压最大值为3 VC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解析：选B周期T0.2 s，频率f5 Hz，故A错误；由理想变压器原理可知，副线圈两端的最大电压为U2U13 V，故B正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，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。7(多选)由于天气原因某小区的供电系统遭到严重破坏。为此，启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，发电机输出的电压u48
7、0 sin 100t (V)，图中R表示输电线的电阻。滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作。下列说法正确的是()A若A2的示数为2 A，R10 ，则原、副线圈的匝数比n1n221B若A2的示数为2 A，R10 ，则原、副线圈的匝数比n1n221C若发电机的输出电压发生波动使V1的示数小于正常值，要使用电器仍能正常工作，应将滑动触头P向下滑动D当用电器增加时，为保证用电器仍能正常工作，滑动触头P应向上滑动解析：选AD若A2的示数为2 A，R10 ，又因为用户的用电器正常工作时电压为220 V，故副线圈两端电压U2220 VI2R240 V，又原线圈两端电压U1Um480 V，故原、副线
8、圈的匝数比n1n2U1U221，选项A正确，B错误；由得U2U1，若U1变小，为保证用电器仍能正常工作，则n2应变大，滑动触头P应向上滑动，选项C错误；当用电器增加时，副线圈中的电流增大，输电线电阻R上的电压增大，为保证用电器仍能正常工作，则副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P应向上滑动，选项D正确。8为完成“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是_。A有闭合铁芯的原、副线圈B无铁芯的原、副线圈C交流电源D直流电源E多用电表(交流电压挡)F多用电表(交流电流挡)用匝数na60和nb120的变压器，实验测量数据如表：Ua/V1.802.803.804.90Ub/V4.006
9、.018.029.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是_(填“na”或“nb”)。解析：变压器只能改变交流电压，需要使用交流电源，为了探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，多用电表应使用交流电压挡；为了减小漏磁现象，需要用含有闭合铁芯的原、副线圈，因此正确答案为A、C、E。由于实际实验中有漏磁的情况，所以副线圈测量电压应该小于理论电压值，可知nb为输入端，na为输出端。答案：ACEnb9.如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比n1n241，原线圈回路中的电阻 A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等。a、b两端加一定交流电压后，求两电阻消耗的电功率之比和两电阻两端电压之比。解析：变压器原、副
10、线圈电流之比设流过电阻A的电流I1I，则流过电阻B的电流I24I所以两电阻消耗的电功率之比两电阻两端电压之比 。答案：组重应用体现创新10.(2021东莞高二检测)如图所示的钳形电流表，按下手柄时，它的铁芯可以分开，把被测的通电导线放入后，松开手柄，铁芯闭合。导线中的交变电流在铁芯中产生交变磁场，电流表与套在铁芯上的线圈相连，可以间接得知导线中的大电流。被测导线、铁芯、线圈构成一个电流互感器。下列对钳形电流表的说法正确的是()A其工作原理与降压变压器一样B测量时需要断开电路将此钳形电流表串接在电路中C如果钳口没有闭合紧密，则电流的测量值会偏小D如果通电导线在钳口多绕几圈，则读数会偏小解析：选C
11、钳形电流表实质上是“降流”，则原理是与升压变压器一样，选项A错误。测量时不需要断开电路，只需将此钳形电流表的钳口扣在导线上即可，选项B错误。若钳形部分铁芯没有完全闭合，导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，选项C正确。根据n1I1n2I2可知，若将通电导线在铁芯上多绕几圈，即n1变大，I1、n2不变，则钳形电流表的示数I2将变大，即读数会偏大，选项D错误。11.(2021珠海高二检测)如图所示，一理想变压器左右两边接有额定电压均为U的4盏完全相同的灯泡(额定功率为P)，左端接在一电压恒为U0的交流电源两端。此时4盏
12、灯刚好正常发光。下列说法中正确的是()A该变压器的原、副线圈匝数比为13B此时交流电源输出的功率为3PCU04UD如果灯L2突然烧断，灯L1将变亮，而其余2盏灯将变暗解析：选C设灯泡正常发光时，额定电流为I0，由题图可知，原线圈中的电流I1I0，副线圈中3盏灯并联，则副线圈中的电流I23I0，根据理想变压器的基本规律可得n1n231，故A错误；根据总功率等于各部分功率之和知，此时交流电源输出的功率为4P，故B错误；副线圈两端电压U2U，根据理想变压器的基本规律可得U13U，所以U03UU4U，故C正确；如果灯L2突然烧断，则总功率减小，故副线圈中的电流减小，原线圈中的电流也减小，故灯L1将变暗
13、，而原线圈两端的电压变大，故副线圈两端的电压变大，其余2盏灯将变亮，故D错误。12.如图所示，理想变压器原线圈中输入电压U13 300 V，副线圈两端电压为U2220 V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表V的示数U4 V。求：(1)原线圈n1等于多少匝？(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I25 A。则电流表A1的示数I1为多少？(3)在(2)中情况下，当开关S闭合时，电流表A1的示数I1等于多少？解析：(1)由电压与线圈匝数的关系可得：n1n1825匝。(2)当开关S断开时，由输入功率等于输出功率：U1I1U2I2，可得I1A。(3)当开关S断开时，有：RL44 当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R，则有R0.5RL22 副线圈中的总电流为I2，则I210 A由U1I1U2I2，得：I1 A。答案：(1)825匝(2) A(3) A