第3章 第3节 变压器-【重难点手册】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（人教版2019）

重雕手细高中物理选择性必修第二册划 第3节 变压器 更点和难点 课标要求 L知道变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工 作原理 重点：理想变压器的原、副线图中电压与匝 2.通过实验，探究理想变压器的原、副线圈中电压与匝数的 数的关系，电流与臣数的关系 关系，电流与臣数的关系，了解理想化摸型在物理学研究中的重 难点：变压器的原理 要性 3.了解变压器在生活中的应用. 01必备知识梳理一 基础梳理 知识点1变压器的原理 1.变压器的构造 2划重点 变压器由一个闭合的铁芯、原线圈、副线圈组成. 变压器的作用 跟交流电源连接的线圈叫原线圈，也叫初级线圈.跟负载连 1,变压器工作的基础是 接的线圈叫副线圈，也叫次级线圈.两个线圈都是由绝缘导线绕 互感现象，故变压器只对变化 制而成的，铁芯由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成，是用来改变交 的电流起作用，对恒定电流不 流电压的装置（单相变压器的构造示意图及电路图中的符号分别 起作用 2.变压器只孜变交变电 如图甲、乙中所示). 流的电压，不改变交变电流的 周期和频率 2.变压器的工作原理 变压器的变压原理是电磁感应.如图所示，当原线圈上加交 流电压U:时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变的磁 通量，在原、副线圈中都要产生感应电动势.如果副线圈是闭合 的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生交变 的磁通量，在原、副线圈中同样要产生感应电动势.由于这种互相 感应的互感现象，原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从 原线圈传递到副线圈.其能量转换方式为：原线圈电能→磁场能~ 副线圈电能， 146 第三章交查电流么 晾线制 副线倒 铁芯 例1(2024·安微芜湖一中期中)关于理想变压器的特点， 下列说法中正确的是(). A.理想变压器能够使电压升高，同时电流变大 B.原、副线圈具有相同的磁通量及变化率，产生的感应电动 势也相同 C.原、副线圈没有电阻，铁芯中不会产生涡流 D.原线圈往往匝数少，绕线粗，电流大 解析理想变压器原、副线圈功率相等，即U1I=U2I2,不可 能同时使电压升高，电流增大，A错误；原、副线圈匝数不同，感应 电动势不同，B错误；理想变压器不考虑绕线铜损、铁芯的热损， 当然要求线圈无电阻，铁芯不产生涡流，C正确；原、副线圈中匝 数少的一边电流大，绕线粗，但不一定作为原线图使用，D错误 答案C 知识点2电压与匝数的关系 1.理想变压器 卫划重点 (1)变压器铁芯内无漏磁，磁通量全部集中在铁芯内，即无 1,由的-器知，对于只有 “磁损”；原、副线圈不计电阻，即线圈不产生焦耳热，即无“铜损”： 一个副线圈的变压器，电流与 闭合铁芯中的涡流为0，即无“铁损” 匝数成反比，因变压器高压线 (2)因不计一切电磁能量损失，所以理想变压器的输入功率 图臣数多而通过的电流小，应 等于输出功率.实际变压器（特别是大型变压器）一般都可以看成 用较细的导线绕制：低压线圈 理想变压器。 匝数少而通过的电流大，应用 2.电动势关系 较粗的导线绕制。 由于互感现象，且没有漏磁，所以穿过原、副线圈的磁通量的 2.变压器的输入功率取 决于輸出功率，即用多少给多 变化率相同，即原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的”。由法 少.同理，输入电流取决于输 拉第电磁感应定律得后=m把，B=曾所以哈一-册 出电流，若副线图空载，输出 电流为0，输出功率为0，则输 3.电压关系 入电流为0，输入功率为0. 由于理想变压器不计原、副线圈的电阻，因此线圈两端的电 3.变压器能改变交流电 压、交变电流，但不能改变功 压U=E-E,所以哈-受同理，当有几组副线圈时，侧有 率和交变电流的频率，输入功 147 国雕食手细高中物理选择性必修第二册) U_山_=… 率总等于输出功率，副线围中 117n21g 交变电流的频率总等于原线 4.功率关系 圈中交变电流的频率。 对于理想变压器，不考虑能量损失，有P入一P出， 4。变压器的电流关系是 5.电流关系 有效值（或最大值）间的关系. 由功关系知，当只有一个线时，1U,=,院普-会 当有多个副线圈时，IU=IU2十IU十…，得11=I22+ I313十…. 例2(2024·湖北武汉二中模拟预测)如图所示为一含有理 想变压器的交流电路，R=2.5Ω，理想电流表的示数为1A,两个 标有“5V10W”的灯泡正常发光，则下列说法正确的是(). R A.流过电阻R的电流为2A B.理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4 C.原线圈两端的电压峰值为152V D.原线圈的输人功率为60W 图面打泡的领定电流为1h-是-号A=2A,两灯泡并 联，则流过电阻R的电流为1=4A,A错买忍-=片-兰，B错 误：制线圈两瑞的电压为=U,十1R=15V,根据验-光解 得U1=60V,则原线圈两端的电压峰值为60√2V,C错误：原线 圈的输入功率为P=U1I1=60W,D正确. 答案D 重难拓展 重难点1几种常用的变压器 1.自耦变压器 划重点 特点：只有一个线圈，三个抽头，可升压，也可降压.调压变压 交流电压表和交流电流 器属于自耦变压器，但电压可连续调节. 表都有一定的测量范围，不能 2.互感器 直接测量高电压和大电流.互 互感器是一种变压器，它可以把不能直接测量的高电压、大 感器是利用变压器的原理将 148 第三章 交变电流收组 电流变换成低电压、小电流后再进行测量（如图所示） 不能直接测量的高电压和大 电流转换成低电压、小电流后 再进行测量 门 A力 (1)电压互感器(m>2):把高电压变换成低电压，并联在被 司敲黑板 测电路中 使用互感器时，一定要将 (2)电流互感器(m<2):把大电流变换成小电流，串联在被 外壳和副线园接地 测电路中 3.几种常见变压器的比较及应用 示意图 工作原理 应用 通过自据变压，可以从0到 最大值连续调节所需电压， 自耦变 与分压器比较相似，如图 交变电压的连续 所示 调节：较大范围变 压器 压的实现 把高电压变为低电压，用电 电压互 压表测得低电压U:,再根 据铭牌上变压比号，算出 用于实际测量 感器 电压的器材 被测高电压 把大电流变成小电流，用电 电流互 流表测得小电流1：，再根 测量大电流的 感器 据铭牌上变流比片，算出被 种器材 测大电流 例B(2024·湖南师大附中一模)如图所示，一理想自耦变 压器线圈AB绕在一个圆环形闭合铁芯上，左端输入正弦交流电 压t=220√2sin100πtV,L1、L2为相同的灯泡，其电阻均为 R=110Q且恒定不变，定值电阻的阻值R为灯泡阻值的2，当 滑片P处于如图所示位置时，AB端与PB端匝数比为3：1，S、 S闭合时，两灯泡均正常发光.下列说法正确的是(). 149 国雕食手细高中物理选择性必修第二册) A.灯泡正常发光的电流为1A B.灯泡正常发光的电功率为55W C.S、S2均闭合时，将P沿顺时针方向转动，L一定变暗 D.断开S,闭合S,将P沿逆时针方向转动（灯泡一直没有 损坏)，定值电阻消耗的电功率一定变大 R.R 解析S1、S2闭合时，副线圈电路的阻值R= R+R 2 AB的等效电阻R=()R=3R,那么此时流过灯泡的电流I 12 盘=O.5A,故A错误；灯泡正常发光的功率为P=PR- R+RAB 27.5W,故B错误：P顺时针转动，2减少，则变大，R变大， 则流过灯泡的电流变小，灯泡L一定变暗，故C正确；断开S,闭 合S,则有=（院）R=()经P递时针转动增多，则盟 变小，R由号R可减小到R,讨论R的功率变化时，可将灯泡 L1的电阻R看作电源的等效内阻，当RB=R时，R。的电功率最 大，故D错误 [答案C 重难点2变压器动态问题的分析 理想变压器的几个重要制约关系： 卫记方法 分析变压器动态电路，首先要弄清电压、电流、匝数、负载电 理想变压器动态问题的 阻及功率等物理量中谁是变量，并明确各物理量间的制约关系， 两种常见情况 (1)电压制约 1.原、副线圈匝数比不 变，分析各物理量随负载电阻 当变压器原、副线圈的匝数比（四 一定时，输出电压U2由输 变化而变化的情况.进行动态 入电压决定，即U2=2 .可简述为“原制约副” 分析的顺序是R→I2·P2→ P→11. 150 第三章 交查电流底 (2)电流制约 2.负载电阻不变，分析各 当变压器原、副线圈的匝数比（四）一定时，且输入电压U,确 物理量随匝数比的变化而变 化的情况，进行动态分析的顺 定时，原线圈中的电流I由副线圈中的输出电流I2决定，即1= 序是m1、2→U→12→Pg→ .可简述为副制约原” P→1 11 (3)负载制约 ①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2=P负1十 P负2十… ②变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U:确定， 66 ③总功率P人=P出，即变压器的输入功率是由输出功率决定的. 例④(2024·湖南道县一中一模)图乙是降压变压器（图甲） 给用户供电的电路示意图，R。表示输电线的总电阻，假设用户端 的用电器均为纯电阻器件，总电阻为R.若将变压器视为理想变 压器，输入电压恒定，电表可视为理想电表，当用户使用的用电器 减少时，则( A.电压表V2示数增大 B.电流表A2示数保持不变 C.用电器R两端电压升高 D.电流表A,示数保持不变 解析输出电压由输入电压决定，输入电压恒定，则电压表 V:示数不变，A错误：当用户使用的用电器减少时，输出端总电 阻增大，根据电流表A示数减小，B错误：用电器R两端 电压为U-U一R,用电器R两端电压升高，C正确：根据- 可知，电流表A示数减小，D错误 答秦C 口02关健能的提升 题型1理想变压器规律的理解与应用 图所示为某变压器的工作示意图，额定电压为 例①(2024·江西师大附中高二期中)如 3V的灯泡正常发光，电阻R的阻值跟灯泡正 151 国雕点手曲高中物理选择性必修第二册®) 常发光时的阻值一样，理想变压器原、副线圈 P+P,即U=P,+P,则1=B+B 匝数之比为3：1，则输入电压U为( U 9+12 220 A=0.095A. 题型3自耦变压器的分析与求解 例3(2024·湖北宜昌一中期中)如图为 A.9V B.10V C.IV D.11V 可调压式自耦变压器，在电压U1保持不变的 解析]根据原、副线圈电压比等于匝数比可 情况下，滑片P顺时针转过适当角度，滑片P 得U=驰U=是×3V=9V,根据原，副线图电 向上移动适当距离，则( 流与匝数关系可得原线圈电流为1=他12 专，则电阻R上的电压为U,=R-专R U=1V,则输入电压为U=U十U=10V A.U2将增大 B.U2将不变 答案B C.定值电阻R。的热功率减小 题型2多个副线圈的分析与求解 D.流经定值电阻R,的电流不变 例2(2024·哈尔滨师大附中高二期中) 解析由题意可知，滑片P顺时针转过适 如图所示，理想变压器的交流输入电压U, 220V,有两组副线圈，其中2=36匝，标有 当角底，则制线图的臣数优成小，哈一品可 “6V9W”、“12V12W”的电灯分别接在 知，副线圈输出电压U2减小，副线圈两端电压 两副线圈上均正常发光.求： 与原线圈两端电压及匝数比有关，与副线圈电 6V 9W 路的总电阻的大小无关，AB错误；副线圈两端 电压U2减小，滑片P向上移动适当距离，则滑 ⑧12VI2w 动变阻器接入电路的电阻增大，副线圈回路的 总电阻增大，副线圈回路中电流减小，流经定值 (1)原线圈的匝数和另一副线圈的匝 电阻R的电流减小，由P=PR可知，定值电 数ns: 阻R的热功率减小，C正确，D错误 (2)原线圈中电流1. 答案]C 解析](1)由于两灯泡均正常发光，所以有 题型4变压器电路中动态变化问题的分析 U2=6V,U3=12V,根据原、副线圈电压与匝 例④(2024·安徽合肥一中一模)如图甲 数的关系：哈-典光-器得m U 所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22：1， ×36=1320臣，%-号则=号×36- b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的 6 交流电表，定值电阻R=102,其余电阻均不 72匝. 计.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图 (2)由于P人=P出，P出=P3十P,所以P入= 乙所示的正弦交变电压，则下列说法中正确的 152 第三章交变电流蓝 是 与a连接时，原线图输入电压为U=31马 V 220V,根据电压与匝数成正比可知，副线圈的 (x 10s) 电压为U,=9V=10V,则电压表的示数为 22 10V,故A错误；当单刀双掷开关与a连接时， A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的 副线圈电压为10V,所以副线圈电流为【= 示数为14.14V B.当单刀双掷开关与a连接且t=0.02s 贵=1A.电流表示数为电流的有效位：不随时 时，电流表示数为0 间的变化而变化，所以当=0.02s时，电流表 C.当单刀双掷开关由a拨向b后，原线圈 示数为1A,故B错误：当单刀双掷开关由a拨 的输入功率变大 向b时，原线圈的匝数变小，所以副线图输出的 D.当单刀双掷开关由a拨向b后，副线圈 电压会变大，电阻R上消耗的功率变大，原线 输出电压的频率增大 圈的输入功率也会变大，故C正确；变压器不 解析由图像可知，电压的最大值为Um 会改变电流的频率，所以输出电压的频率不 311V,交流电的周期为T=2×10一2s,所以交 变，故D错误 流电的频率为∫==50H2,当单刀双挥开关 答案C 03核心素养聚焦一。一 考向1理想变压器的工作原理 发光，故A错误；由丛品知，仅增加副线图匝 2U, 例1(2023·北京卷)自制一个原、副线 数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯 圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线 圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电 泡正常发光，故B正确：由=知，将原、副 压为3.8V的小灯泡.实际测得小灯泡两端电 线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的 压为2.5V.下列措施有可能使小灯泡正常发 光的是( 电压不变，则副线图的输出电压U:不变，不能 A.仅增加原线圈匝数 使小灯泡正常发光，故C错误：将两个3.8V B.仅增加副线圈匝数 的小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则 C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正 D.将两个3.8V的小灯泡并联起来接入 常发光，故D错误 副线圈 答案B 解铜由号知，仅增加原线圈臣数，副 2U2 命题意图 考查理想变压器的工作原理 线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常 核心素养 物理观念、科学思维 素养水平水平3 153 国避手册高中物理选择性必修第二册) 考向2理想变压器的电压、电流与匝数的 的频率为f==云=50.C错误：若将R 关系 接在AC端，根据题图可知，当原线圈输入 例②(2022·山东卷)如图所示的变压 220V时，A、C间的电压应该为30V,根据欧 器，输人电压为220V,可输出12V、18V 30V电压，匝数为的原线圈中电压随时间 时定律可知，流过电阻R的电流为I止一尺宇 变化为u=Umcos100πt.单匝线圈绕过铁芯连 2A=2.5A,交流电的周期为T==2红 3 接交流电压表，电压表的示数为0.1V.将阻值 fω 为122的电阻R接在BC两端时，功率为 0.02s,D正确. 12W.下列说法正确的是( [答案D 命题意图考查理想变压器的电压、电流与匝数的关系 核心素养 物理观念，科学思雏 素养水平水平4 考向3 ，理想变压器的动态变化 例3(2022·湖南卷)如图，理想变压器 A.1为1100匝，Um为220V 原、副线圈总匝数相同，滑动触头P初始位置 B.B、C间线圈匝数为120匝，流过R的电 在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定 流为1.4A 的交变电源.定值电阻R:的阻值为R,滑动变 C.若将R接在AB两端，R两端的电压为 阻器R:的最大阻值为9R,滑片P:初始位置 18V,频率为100Hz 在最右端.理想电压表V的示数为U,理想电 D.若将R接在AC两端，流过R的电流为 流表A的示数为L.下列说法正确的是(). 2.5A,周期为0.02s 解析变压器的输入电压为220V,原线图 交流电的电压与时间呈余弦函数关系，故输入 交流电压的最大值为2202V,根据理想变压 器原线图与半西线圈的臣数北为宁一解 A.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的 得原线圈匝数为2200匝，A错误；根据题图可 过程中，I减小，U不变 知，当原线圈输入220V时，B、C间的电压应 B.保持P,位置不变，P2向左缓慢滑动的 该为12V,故B.C间的线圈匝数关系有”平= 过程中，R消耗的功率增大 C.保持P2位置不变，P,向下缓慢滑动的 01=120,B、C间的线圈匝数为120匝，流 过程中，I减小，U增大 D.保持P2位置不变，P,向下缓慢滑动的 P=12W 过R的电流为1m一证=2V-1A,B错 过程中，R,消耗的功率减小 误；若将R接在AB端，根据题图可知，当原线 解析由题意可知，原、副线圈的匝数比为 圈输入220V时，A、B间的电压应该为18V, 2,则副线圈的电流为2I,根据欧姆定律可得副 根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流电线圈的电压有效值为U2=2IR1,则变压器原线 154 第三章交查电流组 圈的电压有效值为U1=2U2=4R1,设输入交 动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧 流电的电压有效值为U,则U%=4IR,+IR, 姆定律有U=IR,可知U不断变小，根据原、 U 可得I=R十R,保持P位置不变，P向左 副线圈的功率相等可知R,消耗的功率P, IU= U 缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律 R+R·(- UoR2 rR十R整理可得 有U1=4IR,可知变压器原线圈的电压有效值 变大，输入电压有效值不变，则R2两端的电压 P= U R ,可知n=3时，R1消耗 nR+ 不断变小，电压表示数U变小，原线圈的电压、 n2R +2R 电流都变大，测功率变大，根据原、副线圈的功 的功率有最大值，则R消耗的功率先增大，后 率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A 减小，故CD错误， 错误；设原、副线图的匝数比为，同理可得U 答案B =n2IR1,则Uo=IR1十IR2,整理可得I 命题意图 考查理想变压器的动态变化 U。 TRR,保持P位置不变，P,向下缓授滑 核心素养 物理观念，科学思维 素养水平水平4 04学业质量测评。 基础过关练 测试时间：15分钟 A.副线圈输出电压的频率为100Hz 1.(2024·西南大学附中高二期中)如图所示， B.P向左移动时，变压器原、副线圈的电流 理想变压器原、副线圈的匝数比1：2= 都减小 4:1,当导体棒L在匀强磁场中向左做匀速 C.副线圈输出电压的有效值为4√2V 直线运动切割磁感线时，电流表A,的示数 D.P向左移动时，变压器的输入功率增加 是12mA,则电流表A2的示数为( 3.(2024·江苏靖江高级中学高二期中)如图 甲所示，电压表和电流表均为理想电表，理 想变压器原、副线圈匝数比为1：2，定值电 阻R1=5,R2与R的阻值相等，E,F两端 A.3 mA B.0 接入如图乙所示的交流电源，当开关断开 C.48 mA D.与负载R的值有关 时，电阻R1和R2消耗的功率相等，现将开 2.(2024·湖南长沙一中模拟)一理想变压器 关S闭合，下列说法正确的是(). 原、副线圈的匝数比为55：1，原线圈输入电 压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路 如图乙所示，P为滑动变阻器的滑片.下列 说法正确的是( 220w2 30w2 t×10 t(×102s -220w2 -302 甲 155重雅⑤手册高中物理选择性必修第二册凡) N△9=0.064C 0.01s时其示数不为0，A错误：由题图乙知交流电的 R+r 周期为0.02s,每个周期内电流方向改变两次，变压器 5.线圈经过时间t转过的角度0=a,这时c和da边不 不改变交流电的周期，因此电流表中电流方向每秒改 切割磁感线，ab和cd边切割磁感线产生感应电动 势ea=eu=NBLusin,其中U=m号=o号，所以 变10次，B错误：原，剧线圈中的电流之比为片-片 e=ew十eu=2eh=2NBw'告sin at=NBSusin t, =兰，当开关断开时，电阻R和R消耗的功率相等， 则R=R,可得R=202,C错误：开关S闭合 Em=NBSw=100×0.1×0.1×100πV=314V,e= 314sin 100xt V. 后，副线圈电路中并联部分电阻为R-尽·B R+尺=100， C强基突破练 E,F两端接人电压的有效值为U=302V=30V,原 1.BD【解析】在=1.0s时，导线圈产生的感应电流大 小为1=NA5S=50×2-0)X20×20X10 线圈两端电压为U=U一R,副线圈两端电压为U A △R (2-0)×1 2A,故A错误：在2一35内，通过abd的磁通量减 一R,结合2-兴-子是-贵-令可得原副线 少，根据楞次定律和安培定则，可知感应电流是顺时针 圈中的电流分别为1=4A,I=2A,因此电源的输出 方向，ab中电流从a到b,由左手定则可判断出，ab边 功率为P=U1,=120W,D正确. 受到的匀强磁场对它的安培力方向垂直山边指向导 4.BD 【解析】交流电源的频率了=云=罗化= 线圈外侧，故B正确：根据楞次定律可知，0一2s内和 50H,变压器不改变交流电频率，A错误：灯泡的额定 2~3s内的感应电流方向相反，故C错误：2~3s内的 电压为有效值，可知灯泡两端的电压峰值为1102V, 电流大小为k=V深=50×2-0X20X30X10二A R (3—2)×1 B正确：由分-总，可得U,=5V,又U,1=U:十 =4A,由rRT=厅R琴+R号，得电流的有效值为 UIa,解得=7A.电动机的输出功率为P出=P 1=22A,故D正确. P,=55×7W-7×1W=336W,C错误，D正确. 第3节 变压器 5.(1)线圈产生感应电动势的最大值E=NBS=602V, A基础过关练 从中性面开始转动e=E sin a=602sim10tV. L.B【解析】导体棒做匀速直线运动，产生的感应电动势 (2)设变压器原、副线圈中电流分别为I、I2,变压器 E一BL是一定值，穿过副线圈的磁通量不变，也是一 原，副线圈两端电压分别为U,U,则有U1=E一 定值，副线圈不产生感应电动势，则副线圈中的电流为 1R,十.E=会变压比规律为哈-是，变流比规 2 0,电流表A2的示数为0，ACD错误，B正确. 2.B【解析】副线圈输出电压的频率等于原线圈输人电 律为士-费又上-登联立解得电压表示数为U 压的频率，为=一=50H,A错误；P向左移动时， U2=10V,电流表示数为1=11=2A. 滑动变阻器接人电路的阻值变大，副线圈中电流减小， (3)线圈转动一周外力做的功为W,由能量守恒有W= 则原线圈中的电流也会减小，即变压器原，副线圈的电 [F(R十)+5R]红，代入数据得W=24xJ=75.36J. 流都域小，根据P=U可知变压器的输人功率减小，B B综合提能练 正确，D错误：原线圈输人电压有效值为220V,则副线 1.C【解析】副线圈输出电压一个周期内电压的瞬时值 圈输出电压的有效值为U2=U=4V,C错误 两次大于5000V,即钢针点火两次，A错误：交流电压 3.D【解析】电压表测量的是交流电压的有效值，1= 表测量电压的有效值，则1=0.01s时，示数不为0，B错 22 参考答案与解析》收组 误：因为山=光U,-2->500,则<即 中电流之比为】：2，两个灯泡都正常发光，此时通过滑 动变阻器的电流大小与通过灯泡的电流相同，所以此 当长小于时，点火装置才能点火，C正确：转换器 时滑动变阻器的阻值与灯泡的阻值相同，B正确：设变 输出的交流电压额率为/=子=2=50， 压器原、副线圈的匝数比为k,灯泡的等效电阻是R. 变压器等效电路如图所示，滑动变阻器的触头P向下 D错误. 滑动，副线圈电路的总电阻R减小，k值不变，原，副线 2.A【解析1原线圈电压U,=2202V=20V,灯泡正 圈的电流都增大，电源电压恒定，则原线圈两端电压减 小，电压表V、V:的示数都减小，C错误：滑动变阻器 常发光，流试灯泡的电流一票A15AR-及 的触头P向下滑动，副线圈电路的总电阻R减小，原、 6,U2=R=9V,副线圈电压U2=UR2十U= 副线圈的电流都增大，则电流表示数增大，D错误. 3V,理想变压器原副线圈的匝数比为丛马=9 U23 3.B【解析】设灯泡I。的额定电流为I知，根据理想变压 器的电流规律可知，原线圈中的电流为号，则灯泡L 6.AC【解析】保持T不动，则原、副线圈匝数比不变，又 不能正常发光，由P一严R,可知灯泡L,I。的实际功 变压器的输人电压不变，根据变压器的变压规律可知， 率之比为1：4，AC错误：设变压器及其右侧回路的等 变压器的输出电压不变，滑动变阻器的滑片向∫端滑 效电阻为R,则根据变压器原理可知念一是，可得 动时，其接入电路的电阻减小，根据欧姆定律可知通过 R,的电流增大，根据P=FR可知，R的热功率增大， R=4R=4Ru,则原线圈两端的电压U=专U A正确：仅将T向b端移动，则原，副线圈的匝数比增 80V,根据理想变压器原理，可知灯泡Ie的额定电压 大，又变压器的输入电压不变，根据变压器的变压规律 为40V,B正确：由题图乙可知交流电的周期为0.02s, 可知，变压器的输出电压减小，则R1两端的电压减小， 一个周期内电流方向改变两次，故通过灯泡I:的电流 根据P-只可知，R的热功率减小，B销误：同理，仪 方向一秒改变100次，D错误. 将T向a端移动，R的热功率增大，结合A项分析可 4B【解析】根据电压与臣数的关系有受-品，解得 知，再将滑动变阻器的滑片向f端滑动，R的热功率 m-爱-202X0=60,根始-费，解得 进一步增大，C正确：经以上分析可知，将T向b端移 U 12 动，滑动变阻器的滑片向：端滑动，R的热功率减小， 。密=登0=180，副线圈地中的电流1 12 D错误. 10×1.5A=15A,副线圈2中的电流=5A,根据 7.C【解析】原线圈最大电压01m=100V,由理想变压 电流与匝数的关系有I1=I2十b,解得I=2.0A. 器原，副线圈的匝数比为5·1，得=业，解得副线 Ua西 即灯泡L的额定电流为2.0A,B正确：根据上述分析 圈两端电压的最大值为U2=20V,通过R的电流最 可知，交流电源的输出功率为P=U11=220×2.0W 440W,A错误：原线圈的匝数为900匝，副线圈 大值1。瓷=2A,故C正确：R和电惑线圈串联， 的匝数为180匝，D错误：交流电源输出频率为50Hz, 由于电感线圈对交变电流的感抗，因此加到R两端的 变压器不改变频率，则副线圈所接灯泡中的电流方 电压最大值小于20V,有效值U,<2 V=10√2V,因 向每秒钟改变次数为50×2-100，C错误. 5.B【解析】因为理想变压器原、副线圈匝数比为2：1， 此电阻R的电功率P一R< U1022w=20W,故 10 侧原，副线圈中电流之比为1：2，A错误：因原，副线圈 A错误：由于加到R和电容器C两端的电压是正弦式 23 重雅⑤手册高中物理选择性必修第二册凡) 交流电，因此流过R:的电流也是交变电流，但电容器 第4节电能的输送 有容抗，故R:两端最大电压小于20V,通过R:的电 A基础过关练 流小于2A,故B错误：由题图乙可知，交变电压的周 L.C【解析】发电机的输出电压U不变，升压变压器匝 期T=0.02s,则角速度u-牙=100rad/s,副线圈输 数比不变，则副线圈电压U不变，A错误：当用电器增 出电压的瞬时值表达式为M=20sin100πtV,故D 多时，功率增大，降压变压器的输出电流增大，则降压 错误。 变压器原线圈电流增大，输电线上的电流增大，可知输 C强基突破练 电线上的功率损失增大，输电线上的电压损失增大，进 一步导致降压变压器的输入电压U减小，B错误，C 1,C【解析】变压器输入电压的最大值为220√2V,故有 正确：用户开启的用电器增多，消耗的功率增大，发电 效值为，-202V=20V,根据理想变压器原，副 机输出功率随之增大，D错误。 ② 2.A【解析】开关S断开时，电热器A正常工作，T的 线周电压关系有哈-品，根据变压器电路有U以=心一 输出电流1=号-=5A对变压器T,由=六可知 IR<220V,解得U2<110V.可知电压表的示数小 输电线电流I=0.5A,输电线R的热功率P挡=PR 于110V,A错误：单刀双掷开关与a连接时，设原线圈 2.5W,故A正确：变压器T的输出电压U,=220V, 电压为U,电流为1，副线圈电压为，电流为12，R 消耗的功率为P,则有P=后R,又由于光=是=卡。 蛤-兴.可知变压器工的输人电压为U=2200V。 变压器T的输出电压U:=R+U=0.5×10V+ 则有R=告-票所以=流又由于=U, 220 20V=225V.说-可得变压器五的输人电 1R=20V-hR,解得h=RRh=21= 压为220.5V,故B错误：仅闭合S,变压器T:的输出 淀景则有P=(窝)一巫数+状 2209 功率增大，输电线中电流增大，输电线上损失的电压增 4R 大，导致变压器T:的输人电压城小，变压器T:的输出 可知当R。=尽时，R:消耗的功率最大，B错误：单刀双 电压减小，A,B均不能正常工作，故CD错误， 3.B【解析】升压变压器T,的输出电压等于2000V,而 掷开关由a扳向么原刷线烟匝数相等，则有号-十 输入电压为400V,由电压之比等于匝数之比，则有变 压器T,的匝数比出：=1：5，故A错误：降压变压 票R消耗的功率为P=R=斤R又由于R-受 器T:的输入电压等于升压变压器的输出电压减去导 号所以1是又由于U=U,-1R=20-1R. 线损失的电压，即/=2000V-10×10V=1900V,根 则有1，=·所以P=(R)）广R,当滑动变阻器 号-会则有变压器工的臣数比tm=190: 220=95：11,故B正确：Pw=PR=102×10W= 触头从正中间向下移动的过程中，R从R减小到0，则 1000W,故C错误：输出的电功率为P。=20kW,而升 功率一直增大，C正确：单刀双掷开关与“连接，滑动 压变压器T变为2000V电压远距离输送，所以根据 变阻器触头向上移，滑动变阻器接人电路的电阻变大， 根据上述分析可知副线圈的电流1诚小，由原、副线 1=号，可知输电线上的电流为12XC 2000 A=10A, 圈匝数比和电流决定关系知，原线圈电流1减小，电 故D错误 流表示数变小，同时R上的电压减小，则原线圈电压 4.CD【解析】增大，则输送电压增大，由于输送功率一 U,增大，故副线圈电压U:增大，则电压表的示数增 定，则输送电流诚小，输电线上损失的功率减小，A错 大，D错误。 误：输电线损失的电压减小，降压变压器输入，输出电 24