易错点12 变压器原理及其动态分析（6易错题型）-2024-2025学年高二下学期物理人教版（2019）选择性必修第二册复习易错微专题讲练

易错点12 变压器原理及其动态分析 一、易错点分析 1、变压器原理理解易错 变压器利用互感现象工作，原线圈电流变化产生变化磁场，通过铁芯使副线圈磁通量变化进而产生感应电动势。 2、动态分析易错 ①物理量因果关系混乱：在分析变压器动态变化时，如匝数比、负载电阻改变对电压、电流、功率的影响，学生常弄混物理量间的因果关系。例如，认为原线圈电流变化导致副线圈电流变化，与实际因果关系相悖。 ②多因素变化分析困难：当多个因素同时变化时，如匝数比和负载电阻同时改变，学生难以综合分析各物理量变化情况，无法正确判断电压、电流、功率的最终变化趋势。 二、知识点分析 1．构造：如图所示。变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。 (1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。 (2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。 2．工作原理：电磁感应的互感现象。 (1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ相同。 (2)线圈无电阻，因此无电压降，副线圈两端电压U2＝n2。 (3)根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，有＝＝＝…。 (4)无电能损失，因此P入＝P出，无论副线圈是一个还是多个，总有U1I1＝U2I2＋U3I3＋…，将电压关系代入可得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。 (5)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。 (6)理想变压器基本关系中的U、I均为有效值。 3．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P入＝P出。 (2)电压关系：＝。若n1>n2，为降压变压器；若n1<n2，为升压变压器。 (3)电流关系：只有一个副线圈时，＝； 有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。 4.动态分析中的决定关系 制约 关系 电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2(当U1和匝数比不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变) 功率 副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入(可简记为“用决定供”) 电流 副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1 5匝数比不变的情况(如图所示) (1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。 (2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。 (3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。 6．负载电阻不变的情况(如图所示) (1)U1不变，发生变化，U2变化。 (2)R不变，U2变化，I2发生变化。 (3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。 7．分析动态问题的步骤 8. 两种特殊的变压器模型 （1）自耦变压器 自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如下图所示。 （2）互感器 分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下： 电压互感器 电流互感器 原理图 原线圈的连接 并联在高压电路中 串联在交流电路中 副线圈的连接 连接交流电压表 连接交流电流表 互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变为小电流 利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2 题型一：理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系 [例题1] （2025•山西模拟）利用可控硅电子元件可以对正弦交流电进行调节，这种技术在调光台灯等家用电器中有着广泛的应用，图甲是正弦交流电经过调节后电压U随时间变化的图像（图像为正弦曲线的部分，图中U0、T已知），图乙是某调光台灯的电路简化图，图中变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为n：1。已知当变压器原线圈中输入图甲所示的交流电时，额定功率为P0的调光台灯恰正常发光，则下列说法正确的是（　　） A．调光台灯的额定电压为U0 B．通过变压器原线圈中的电流为 C．若仅使输入的交流电的周期减小，调光台灯不可正常发光 D．若仅使交流电电压的最大值增大，调光台灯仍可正常发光 【解答】解：A、设图甲所示的交变电压的有效值为U，则有，解得U。设灯泡的额定电压为U1，则有，解得，故A错误； B、根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则有P0＝UI，解得I，故B正确； C、若仅通过调节交流电的周期变化，则输入、输出电压的有效值不变，调光台灯仍可以正常发光，故C错误； D、若调节交流电电压的最大值，则对应的有效值发生变化，即调光台灯两端的电压增大，不能正常发光了，故D错误。 故选：B。 [例题2] （2025•市中区校级模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝10：1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10Ω，电表均为理想电表。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交变电压，下列说法正确的是（　　） A．当S与a连接后，理想电流表示数为1.1A B．当S与a连接后，理想电压表示数为22V C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为100Hz D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的2倍 【解答】解：AB、由图乙可知变压器的输入电压的有效值为，当S接a时，根据可得，变压器的输出电压为U2＝22V，即电压表的示数为22V；电流表的示数为I，故A错误，B正确； C、由图乙可知交流电的周期T＝2×10﹣2s，所以频率为f，解得f＝50Hz，变压器不改变交流电的频率，所以当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率仍为50Hz，故C错误； D、当S由a拨到b后，原副线圈的匝数比变为5：1，则变压器的输出电压变为原来的2倍，根据P可知，变压器的输出功率变为原来的4倍，输入功率等于输出功率，所以原线圈的输入功率变为原来的4倍，故D错误。 故选：B。 [例题3] （2024秋•深圳期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1。n2，定值电阻R＝27.5Ω，理想电流表A2的示数I2＝2A，a、b两端接正弦交流电源。下列判断错误的是（　　） A．n1：n2＝1：20 B．理想电压表V的示数U＝220V C．理想电流表A1的示数为0.5A D．定值电阻R中电流变化的频率为50Hz 【解答】解：B、由正弦交流电的表达式，可知电压有效值为：，解得：U＝220V，即得到理想电压表的示数为220V，故B正确； A、由副线圈的电流计电阻值，可知副线圈电压：U2＝I2R，解得：U2＝55V， 由B选项分析可知，U＝220V，由原副线圈电压与匝数比的关系，可知匝数比满足：n1：n2＝U：U2，解得匝数比为：4：1，故A错误； C、由原副线圈匝数比及副线圈电流的关系：I1：I2＝n2：n1，即可知原线圈的电流：I1＝0.5A，故C正确； D、由原副线圈的电流频率相等，原线圈的电流频率为：，可知电阻R中的频率为50Hz，故D正确。 本题选择错误的，故选：A。 题型二：多个副线圈共存的变压器问题 [例题4] （2023秋•琅琊区校级期末）如图所示为理想变压器，原线圈的匝数为100匝，上下两个副线圈的匝数分别为10匝和20匝，L1为“3V，1W”的小灯泡，L2为“6V，4W”的小灯泡，当原线圈接上交变电压时，L1、L2都正常发光，那么原线圈中的电流为（　　） A． B． C． D． 【解答】解：灯泡正常发光，可知副线圈2的电压为3V，根据电压与匝数成正比知原线圈两端电压为：，根据输入功率等于输出功率知：30I1＝（1+4）W，可得，故C正确，ABD错误。 故选：C。 [例题5] （2024•雨花区校级模拟）如图所示，电路中变压器原线圈匝数为n1＝1000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220V的交流电源。则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是（　　） A． B． C． D． 【解答】解：对两个副线圈，分别有， 解得：U2＝110V，U3＝44V 又因为，R相同，所以 由欧姆定律得 I2A＝2A I3A＝0.8A 对有两个副线圈的理想变压器，有n1I1＝n2I2+n3I3，解得I1＝1.16A，故ABD错误，C正确。 故选：C。 [例题6] （多选）（2023秋•海南期末）台式计算机工作时往往需要同时提供多种电压的电源，如图所示为某台式机的电源部分电路图，变压器可视为理想变压器，已知变压器初级线圈匝数为n1，接电压为U1、频率为f的交流电源，次级有两个绕组，匝数分别为n2、n3，输出电压分别为U2、U3，电路工作时流过每个绕组的电流分别为I1、I2、I3，输入及输出的功率分别为P1、P2、P3。则下列说法正确的是（　　） A．次级线圈输出的交流电频率均为f B．电流关系满足、 C．电压关系满足、 D．功率关系满足P1＝P2+P3 【解答】解：A．变压器不会改变交流电频率，故A正确； C．根据理想变压器电压与匝数关系，可知， 故C正确； BD．根据能量守恒，功率关系为P1＝P2+P3 结合C中关系式可得电流关系满足n1I1＝n2I2+n3I3 故B错误，D正确。 故选：ACD。 题型三：变压器的动态分析——原线圈有负载 [例题7] （2025•聊城模拟）如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝2：1，定值电阻R1和R2和R3的阻值分别为4Ω、2Ω和3Ω，A为理想交流电流表，正弦交流电源输出电压的有效值恒为U。当开关S断开时，电流表的示数为I。则当S闭合时，电流表的示数为（　　） A．I B．2I C．4I D．5I 【解答】解：由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，则可把理想变压器和副线圈上的电阻等效为一个电阻，则电路变为简单的串联电路，如下图所示： 根据：，，，，可得： 当S断开时，负载电阻R负1＝R2+R3＝2Ω+3Ω＝5Ω，可得：R等120Ω 根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电流为：I1 当开关S闭合时，负载电阻R负2＝R2＝2Ω，可得：R等28Ω 根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电流为：I1′ 可得原线圈的电流的关系为：I1′＝2I1，因匝数比一定，故副线圈的电流的关系与原线圈的电流的关系相同，即当S闭合时，电流表的示数为2I，故B正确，ACD错误。 故选：B。 [例题8] （多选）（2025•山西模拟）如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，理想变压器的原线圈上接有定值电阻R0，副线圈上接有滑动变阻器R，原、副线圈匝数之比，电流表、电压表均为理想电表。初始时，滑动变阻器R的滑片处于正中间位置。下列说法正确的是（　　） A．若滑片下移，电流表示数减小 B．若滑片下移，电流表示数增大 C．若滑片上移，电源输出功率增大 D．若滑片上移，电源输出功率减小 【解答】解：由于理想变压器原线圈电路上含有电阻，则可把理想变压器和副线圈上的电阻等效为一个电阻，则电路变为简单的串联电路，如下图所示： 根据：，，，，可得： AB、若滑片下移，则R接入电路的阻值减小，可得等效电阻R等减小，根据闭合电路欧姆定律可得原线圈的电流I1增大，匝数比不变，则副线圈的电流I2增大，故电流表示数增大，故A错误，B正确； CD、若滑片上移，则R接入电路的阻值增大，参照上述分析，可知原线圈的电流I1变小，电源输出电压恒定，则电源输出功率减小，故C错误，D正确。 故选：BD。 [例题9] （2025•江苏模拟）一同学设计了一个稳压的电路如图所示，理想变压器的原线圈通过输电导线与电压为U0的正弦式交流电源相连，输电导线有一定阻值r，在副线圈上并联了用电器R0、滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片。通过调节滑片P模拟电网负载变化，副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头Q调节，根据负载的变化调节Q改变副线圈接入电路的匝数，实现用电器的电压稳定，电源电压有效值不变。当只将负载滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（　　） A．电压表V示数变大 B．输电线路输送的效率减小 C．变压器铁芯中磁通量变化的频率变大 D．为保证用电器R0两端电压不变，可以将副线圈上的触头Q下移 【解答】解：A、由图可知，滑片向上移动时，滑动变阻器R变小，副线圈总电阻R并变小； 由原线圈的电压与输入电压的关系：U0＝U1+I1r，结合由原副线圈的电压电流关系：， 可得电压表示数为：，电压表示数变小，故A错误； B、由输送效率表达式，由A选项分析可知，电压表示数变小，故效率变小，故B正确； C、由原副线圈的磁通量变化率相等，可知原副线圈磁通量变化率不变，仍相等，故C错误； D、由电压表示数表达式，可知原线圈电压变小，根据匝数比与电压比的关系：，若保持负载电压U2不变，可知副线圈匝数n2应变大，即触头Q应上移，故D错误。 故选：B。 题型四：变压器的动态分析——原线圈无负载 [例题10] （2025•青岛一模）如图所示，abc是边长为d的等边三角形金属线框，处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线框与理想变压器相连。已知变压器原、副线圈匝数分别为n1和n2，电表均为理想电表，不计线框的电阻。t＝0时刻线框从图示位置绕轴以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是（　　） A．t＝0时线框感应电动势最大 B．电压表的示数为 C．若滑动变阻器R的阻值减小，则电流表示数将减小 D．若线框转动角速度加倍，则电流表示数变为原来的4倍 【解答】解：A、t＝0时刻线框平面与磁场垂直，处于中性面位置，此时刻感应电动势为零，故A错误； B、线框中感应电动势的最大值：Em＝BSω，其中线框面积S，解得：Em 因不计线框的电阻，故理想变压器原线圈的电压等于电动势有效值，即U1Em，电压表的示数等于副线圈的电压，根据U1：U2＝n1：n2， 可得压表的示数：U2，故B正确， C、若滑动变阻器R的阻值减小，则副线圈的电流增大，因匝数比一定，故原线圈的电流也增大，可知电流表示数将增大，故C错误； D、若线框转动角速度加倍，由上述分析可知，电动势最大值和有效值，以及原、负线圈的电压均变为原来的2倍，则副线圈的电流变为原来的2倍，故原线圈的电流，即电流表示数变为原来的2倍，故D错误。 故选：B。 [例题11] （2025•大理州一模）理想变压器、电阻R、理想交流电流表A、理想交流电压表V按图甲连接，已知理想变压器原、副线圈的匝数比为11：1，电阻R＝10Ω，原线圈输入的交流电如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．交流电的频率为100Hz B．电压表读数为V C．电流表读数为2A D．变压器的输入功率为44W 【解答】解：A．由原线圈两端输入电压随时间变化的图像可知周期为：T＝0.02s，则频率为：Hz＝50Hz，故A错误； B．根据图像可知原线圈电压有效值为：U1V＝220V，根据原副线圈的电压比等于匝数之比，可得：V＝20V，所以电压表的示数为20V，故B错误； C．根据欧姆定律可得：A＝2A，所以电流表的读数为2A，故C正确； D．副线圈功率：P2＝U2I2＝20×2W＝40W，所以变压器的输入功率：P1＝P2＝40W，故D错误。 故选：C。 [例题12] （2025•石家庄模拟）如图为“火灾警报系统”电路，其中n1、n2为理想变压器原、副线圈的匝数，R0为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为滑动变阻器。现在变压器原线圈输入端接入电压为U的交流电，当通过报警器的电流超过某值时报警。若要使报警器报警的临界温度升高，以下操作可行的是（　　） A．只增大输入电压U B．只减少原线圈匝数n1 C．只增加副线圈匝数n2 D．只将R1的滑片P适当向上移动 【解答】解：要使报警器的临界温度升高，则恰好报警时热敏电阻R0的阻值变小，而报警的临界电流值不变，可知需要减小报警器两端的电压。因R1与报警器并联，故需要减小R1两端的电压。 A、只增大输入电压U，变压器原副线圈的匝数比不变，故副线圈两端的电压增大，副线圈的电流与流过R1的电流均增大，所以R1两端的电压增大，不符题意，故A错误； B、只减少原线圈匝数n1，根据：，可知副线圈两端的电压增大，与A选项同理，不符题意，故B错误； C、只增加副线圈匝数n2，根据：，可知副线圈两端的电压增大，与A选项同理，不符题意，故C错误； D、只将R1的滑片P适当向上移动，则R1接入电路的阻值减小，此时副线圈的电压不变，根据串联分压原理，可知R1两端的电压减小，符合题意，故D正确。 故选：D。 题型五：结合图像解决变压器问题 [例题13] （2025•甘肃模拟）无线充电技术的应用，让人们摆脱了“充电线”的牵制，充电器通电后，产生一个交变电流，交变电流使无线充电设备内部的发射线圈产生一个交变磁场，当手机或者其他需要充电的设备靠近这个交变磁场时，充电设备的接收线圈会受到磁场的作用，并且将电磁能量转化为电能，进行充电，无线充电器的工作原理与理想变压器相同。如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为n1：n2＝10：1，电阻R＝10Ω，图乙是电阻R两端电压u随时间t变化的图像，，则下列说法正确的是（　　） A．交变电流的频率是0.5Hz B．电压表V的读数为10V C．电流表A的读数为 D．变压器的输入功率为20W 【解答】解：A．由题图乙可知交变电流的频率，故A错误； B．电压表V测电阻R两端的电压，其读数为有效值，故B正确； C．根据理想变压器电流与匝数比的关系 根据欧姆定律 代入数据解得电流表A的读数，故C错误； D．理想变压器的输出功率等于输入功率，根据功率公式 故D错误。 故选：B。 [例题14] （2024•浙江二模）在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是（　　） A．在t＝0.01s，穿过该矩形线圈的磁通量为零 B．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝36sin50πt（V） C．Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变 D．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大 【解答】解：AB、原线圈接的图乙所示的正弦交流电，由图知最大电压36V，周期0.02s，故角速度是ω＝100π，u＝36 sin100πt（V），当t＝0.01s时，u＝0，此时穿过该线圈的磁通量最大，故AB错误； C、R1处温度升高时，原副线圈电压比不变，但是V2不是测量副线圈电压，R1温度升高时，阻值减小，电流增大，则R2电压增大，所以V2示数减小，则电压表V1、V2示数的比值增大，故C错误； D、R1温度升高时，阻值减小，电流增大，而输出电压不变，所以变压器输出功率增大，而输入功率等于输出功率，所以输入功率增大，故D正确； 故选：D。 [例题15] （2024春•宁波期末）如图甲所示，一圆形线圈面积，匝数N＝100，电阻不计，处于匀强磁场中，磁感应强度B随时间t正弦变化的图象如图乙所示（取垂直纸面向里为正方向）。导线框右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为1：10，与副线圈连接的电阻R1＝200Ω，R2＝200Ω，D为理想二极管，下列说法正确的是（　　） A．t＝0.01s时，圆形线圈中有逆时针方向的电流 B．t＝0.005s时，圆形线圈中有最大电流 C．0～0.005s内，流过R1的电荷量为0.01C D．1s内原线圈输入的能量为600π2J 【解答】解：A、在由图乙可知t＝0.01s时，穿过圆形线圈的磁通量垂直纸面向里正在减小为零，根据楞次定律可判断圆形线圈中有顺时针方向的电流，故A错误； B、由图乙可知在t＝0.005s时，穿过圆形线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，此时圆形线圈中的电流最小为零，故B错误； C、根据Φ＝BS可知穿过圆形线圈的最大磁通量为Φm＝0.2×100×10﹣4Wb＝2×10﹣3Wb，在0～0.005s内穿过圆形线圈的磁通量的变化量为ΔΦ＝Φm，圆形线圈产生的平均感应电动势为，则变压器的输出电压的平均值为U，根据解得U＝400V，通过R1的平均电流为，所以0～0.005s内，流过R1的电荷量为q，故C正确； D、根据乙图可知，圆形线圈产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NΦmω＝100×2×10﹣3×100π＝20πV，所以感应电动势的有效值为E，根据变压器的变压规律可得变压器的输出电压有效值为U'，电阻R1的功率为P1，因为二极管的存在，所以电阻R2两端电压的有效值为U2，则电阻R2的功率为P2，变压器的输出功率为P＝P1+P2＝100π2W+50π2W＝150π2W，1s内原线圈输入的能量为Q＝Pt＝150π2×1J＝150π2J，故D错误。 故选：C。 题型六：变压器应用 [例题16] （2024秋•哈尔滨期末）某科技小组设计了一款温控报警装置。如图所示，将理想自耦变压器T的原线圈与交流电源相连，副线圈与滑动变阻器RP、灯泡L和热敏电阻Rt相连。已知热敏电阻的阻值随温度升高而减小，灯泡始终未烧坏，则能使灯泡变亮的是（　　） A．减小输入电压的有效值 B．环境温度降低 C．将滑动变阻器滑片向左移动 D．将自耦变压器滑片向下移动 【解答】解：AD、由匝数比与电压比的关系：n1：n2＝U1：U2，可知输入电压有效值U1减小时，副线圈的电压U2变小，结合电路连接情况，可知灯泡亮度电压变小，灯泡亮度变暗； 自耦变压器滑片向下移动时，n2减小，可知副线圈的电压U2变小，结合电路连接情况，可知灯泡两端电压变小，亮度变暗，故AD错误； B、由题意可知，环境温度降低时，热敏电阻变大，可知并联部分的电阻变大，结合串联分压特点，可知灯泡两端电压变大，即可知灯泡变亮，故B正确； C、由图可知，滑片向左移动时阻值变大，结合电路连接情况，可知灯泡与热敏电阻的并联部分的分压变小，即可知灯泡变暗，故C错误。 故选：B。 [例题17] （2024秋•江岸区期末）如图（a）所示，单匝矩形线圈的左半部分位于具有理想边界（图中虚线）的匀强磁场中，绕中轴线OO′按图示方向匀速转动产生交流电，OO′与磁场边界重合。图（b）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，P3是可转动的滑动触头，A、B端与滑动变阻器R1串联后，接入图（a）中线圈产生的交流电。输出端接灯泡L和滑动变阻器R2，P1、P2为滑动变阻器的滑片。当开关S闭合，P1、P2、P3处于如图所示的位置时，灯泡L能正常发光。下列说法正确的是（　　） A．若保持P2和P3不变，仅将P1向左移动，灯泡L将变亮 B．若将P1移至最左端，仅顺时针转动P3，灯泡L亮度可能保持不变 C．图（a）线圈运动一周内一半时间有电流，一半时间无电流 D．线圈匀速转动的频率小于自耦变压器输出端交流电的频率 【解答】解：设变压器原副线圈的匝数比为k，根据理想变压器电压与匝数比的关系，原线圈两端电压U1＝kU2 根据理想变压器电流与匝数比的关系，通过原线圈的电流 原线圈的等效电阻 A.根据欧姆定律 若保持P2和P3不变，仅将P1向左移动，电阻R1减小，通过变压器原线圈的电流I1增大，通过变压器副线圈的电流I2增大 根据功率公式，灯泡消耗的功率增大，灯泡L将变亮，故A正确； B.若将P1移至最左端，仅顺时针转动P3，变压器的匝数比k变大，变压器原线圈的两端的电压不变；根据可知，变压器副线圈两端电压变小，滑动片P2位置不变，灯泡和电阻R2电压的分配比例不变，因此灯泡两端电压变小，灯泡L亮度变暗，故B错误； C.图（a）线圈运动一周内，穿过线圈的磁通量发生了变化，都有感应电流产生，故C错误； D.变压器不改变交流电的频率，线圈匀速转动的频率等于自耦变压器输出端交流电的频率，故D错误。 故选：A。 [例题18] （多选）（2024秋•济南期末）交流电压表和交流电流表的测量量程有限，不能直接接在大电压或大电流的电路中使用，但可以利用互感器来实现测量。如图甲和乙是两个互感器的原理图，下列说法正确的是（　　） A．图甲是电压互感器，表中测量的电压比线路中的电压小 B．图甲是电流互感器，表中测量的电流比线路中的电流大 C．图乙是电压互感器，表中测量的电压比线路中的电压大 D．图乙是电流互感器，表中测量的电流比线路中的电流小 【解答】解：AB．根据甲和乙两个互感器的原理图，可知图甲互感器并联接入电路，应为电压互感器，根据变压器的原理 可知，表中测量的电压比线路中的电压小，故A正确，B错误； CD．图乙互感器串联接入电路，应为电流互感器，根据变压器电流与线圈匝数的关系 可知，表中测量的电流比线路中的电流小，故C错误，D正确。 故选：AD。 [练习1] （2025•天津二模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2＝5：1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是（　　） A．输入电压u的表达式u＝20sin（50πt）V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光 C．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W D．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 【解答】解：A、由图像得周期T＝0.02s，ω100π，输入电压最大值Um＝20V，所以输入电压u的表达式应为u＝20sin（100πt）V，故A正确； B、只断开S2后，负载电阻变大为原来的2倍，电压不变，副线圈电流变小为原来的一半，L1、L2的功率均变为额定功率的四分之一，则L1、L2均不能正常发光，故B错误； C、若S1换接到2后，电阻R电压有效值为4V，R消耗的电功率为P0.8W，故C正确； D、只断开S2后，负载电阻变大，原副线圈电流变小，原线圈的输入功率减小，故D错误。 故选：C。 [练习2] （2025•西城区模拟）类比是研究问题的常用方法。与电路类比就可以得到关于“磁路”（磁感线的通路）的一些基本概念和公式。在电路中可以靠电动势来维持电流，在磁路中靠“磁动势”来维持铁芯中的磁场，如图1所示，磁动势Em＝NI，其中N为线圈的匝数，I为通过线圈中的电流。类比闭合电路的欧姆定律，磁路也存在闭合磁路的欧姆定律Em＝ΦRm，其中Φ为磁通量，Rm被称为磁阻，磁阻所满足的磁阻定律与电阻定律具有相同的形式，磁阻率可类比电阻率，磁路的串、并联规律可类比电路的串、并联规律。结合以上关于磁路的信息以及你所学过的知识，下列说法不正确的是（　　） A．为图1中的线圈接入正弦交流电时，线圈中的磁动势改变 B．材料磁阻率与材料本身性质有关 C．若将图2中的铁芯的左半部分替换为永磁体，则磁动势Em＝NI仍然成立 D．在铁芯所在的空间中，施加变化电场，有可能在铁芯中激发感应“磁动势” 【解答】解：A、为图1中的线圈接入正弦交流电时，电流i随时间按正弦规律变化，由磁动势Em＝NI可知，线圈中的磁动势改变，故A正确； B、电阻率由导体的材料决定，磁阻率可类比电阻率，因此磁阻率由材料本身的性质有关，故B正确； C、当铁芯的一部分被替换为永磁体时，永磁体本身会产生一个固定的磁场，这个磁场会与线圈产生的磁场叠加； 若将图2中的铁芯的左半部分替换为永磁体，在铁芯中会产生磁动势，但磁动势Em＝NI不再成立，故C错误； D、变化的电流产生变化的磁场，磁动势Em＝NI实际上是有变化的磁场产生的，在铁芯所在的空间中，施加变化电场，变化的电场产生磁场，磁场会在铁芯中产生磁动势，故D正确。 本题选错误的，故选：C。 [练习3] （2025•涧西区一模）一理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压如图所示，副线圈仅接入一个阻值为10Ω的电阻，则（　　） A．副线圈输出电压的频率为50Hz B．在1s时间内副线圈中电流方向改变25次 C．流过电阻的电流为1A D．变压器的输入功率为5W 【解答】解：A、根据图象知周期0.04s，频率为25Hz，故A错误； B、一个周期内电流方向改变两次，故在1s时间内副线圈中电流方向改变50次，故B错误； C、由图像可知，原线圈中电压的最大值为100V，所以电压的有效值为V，因原、副线圈匝数比n1：n2＝10：1，根据电压与匝数成正比可知，则副线圈的电压有效值为V，所以流过电阻的电流IA，所以C错误； D、副线圈的电阻为10Ω，所以输出功率P5W，因输入功率等于输出功率，所以D正确。 故选：D。 [练习4] （2025•3月份模拟）如图所示，55匝的矩形导线框ABCD处于磁感应强度大小BT的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5m2，电阻不计。矩形线框与电阻R、理想变压器的原线圈串联，变压器的副线圈线接入一只“220V，60W”的灯泡，变压器原、副线圈匝数比，当线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200rad/s匀速转动时，灯泡正常发光。则（　　） A．电阻R的阻值为90Ω B．电阻R的功率为60W C．图示时刻CD边电流的方向由C到D D．从图示位置转过30°时开始计时，线框产生电动势的瞬时值表达式为e＝550sin（200t）V 【解答】解：A、线框产生电动势的最大值为： 则线框中电动势的有效值为： 灯泡正常发光，则有： 由理想变压器的电流规律得： 解得流过电阻R的电流为： 由理想变压器的电压规律得： 解得原线圈的电压为：U1＝540V 根据闭合电路欧姆定律得：U1＝E有﹣IRR 解得：R＝90Ω，故A正确； B、电阻R的功率为：，解得：，故B错误； C、由右手定则可知CD中电流方向由D到C，故C错误； D、从图示位置转过30°开始计时，线框产生电动势的瞬时值表达式为：，故D错误。 故选：A。 [练习5] （2025•自流井区校级二模）图甲是一种振动发电机的示意图，半径r＝0.1m、匝数n＝25的线圈（每匝的周长相等）位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布（其右视图如图乙所示），线圈所在位置的磁感应强度的大小均为BT，外力F作用在线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙（正弦函数曲线）所示。发电机通过灯泡L后接入理想变压器，三个灯泡均正常发光，灯泡正常发光时的电阻RL＝0.5Ω，不计线圈电阻。则每个小灯泡正常发光时的功率为（　　） A．1.5W B．2W C．4W D．4.5W 【解答】解：由题意可知，线圈中产生的感应电动势最大值为： 由图丙可知交流电的周期为：T＝0.4s，则线圈转动的角速度为： 则发电机产生的电动势的瞬时值表达式为：e＝6sin（5πt）V 发电机正常工作时三个小灯泡均正常发光，则有变压器的原副线圈两端的电流关系为：I1＝2I2 根据变压器的电流与匝数间的关系可得： 则变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电源的有效值为： 设小灯泡正常发光的两端的电压为U，副线圈两端的电压为U，根据匝数比和电压关系，则原线圈的两端的电压为2U，则有：E＝U+2U，解得： 小灯泡正常发光的功率为：，故C正确，ABD错误。 故选：C。 [练习6] （2025•西城区校级模拟）如图所示，P为理想自耦变压器滑动端，原线圈匝数为4000，原线圈两端的瞬时电压为220sin50πt（V），电阻R1＝200Ω，R2＝300Ω，D为理想二极管，电容器的电容为2000μF，则下列说法中正确的是（　　） A．穿过线圈的磁通量的变化率最大为0.22Wb/s B．滑动端P从b向a滑动的过程中，电容器两端的电压逐渐降低 C．滑动端P从a向b滑动的过程中，副线圈两端电压升高 D．当滑动端P移动到ab的中点时，R2的电功率与R1的电功率之比为2：3 【解答】解：A.根据原线圈两端的瞬时电压的表达式可知U＝n 所以最大磁通量的变化率Wb/s≈0.078Wb/s 故A错误； B.根据理想变压器电压与变比的关系，得副线圈两端电压U2U1；滑动端P从b向a滑动的过程中，副线圈匝数n2减小，而n1和U1不变，因此副线圈两端电压U2减小，二极管上端电势降低，二极管截止；由于二极管的单向导电性，电容器不能放电，电容器的电荷量不变，两端电压不变，故B错误； C.根据理想变压器电压与变比的关系，得副线圈两端电压U2U1；滑动端P从a向b滑动的过程中，副线圈匝数n2增大，而n1和U1不变，因此副线圈两端电压U2增大，故C正确； D.由于电容器支路充电后处于断路状态，因此通过电阻R1、R2的电流相等，根据功率公式P＝I2R可知，3：2，故D错误。 故选：C。 [练习7] （2025•高邮市开学）如图所示为某电吹风电路图，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。n1、n2分别是理想变压器的原、副线圈的匝数，小风扇的额定电压为60V，吹热风时，电吹风的电功率为460W，则吹热风时（　　） A．可动触头P同时接b、c B．小风扇的输出功率为460W C．电热丝的两端电压为 D．n1：n2＝11：3 【解答】解：A、吹热风时，小风扇和电热丝同时接入电路，则可动触头P同时接a、b，故A错误； B、因为没有给出小风扇的电阻，所以根据题给条件无法计算小风扇的输出功率，故B错误； C、电热丝的两端电压为220V，故C错误； D、根据变压器的变压规律可得，故D正确。 故选：D。 [练习8] （2025•陕西模拟）多数学校备有应急发电机，其工作原题可简化为如图所示的矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动。已知矩形线框的匝数为100，面积为0.04m2，匀强磁场的磁感应强度大小为0.5T，线框转动的角速度为。线框与理想变压器原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2＝2：1，副线圈连在电路中的电阻R＝10Ω。电流表为理想电表，不计线框的电阻，电流表的读数为（　　） A．12A B．6A C．4A D．3A 【解答】解：根据题意有，矩形线框在磁场中转动过程中产生的感应电动势的最大值 Emax＝NBSω，代入数据解得Emax＝60V 有效值E，代入数据解得E＝60V 由理想变压器原副线圈电压与匝数的关系，可得 解得U＝30V 又IR＝U 解得I＝3A，故D正确，ABC错误。 故选：D。 [练习9] （2025•安康二模）如图甲所示，变压器为理想变压器，图乙为ab端的输入电压，电阻R＝1Ω，电动机M上标有“9V、18W”字样，电动机通过轻绳拉一个质量为m＝1kg的物体以v＝1m/s的速度竖直向上匀速上升，此时电动机恰好正常工作，以下说法正确的是（　　） A．变压器原、副线圈的匝数比是10：1 B．电流表示数是 C．电动机的电阻为r＝1Ω D．电动机的输出功率为10W 【解答】解：A、由图乙所示图像可知，原线圈两端电压U1V＝220V，电动机正常工作，则副线圈电流I22A，副线圈电压U2＝UL+I2R＝9V+2×1V＝11V，原副线圈匝数比，故A错误； B、原线圈电流I1A＝0.1A，电流表读数为0.1A，故B错误； D、物体匀速上升，对物体，由平衡条件得：F＝mg＝1×10N＝10N，电动机输出功率P输出＝Fv＝10×1W＝10W，故D正确； C、电动机线圈热功率PQ＝P﹣P输出r，代入数据解得，电动机电阻r＝2Ω，故C错误。 故选：D。 [练习10] （2025•宁河区校级一模）在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。已知Rt为热敏电阻（其电阻随温度升高而减小），R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　） A．变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u＝100sin100t（V） B．图甲中t＝2×10﹣2s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 C．Rt处温度升高后，电压表V1与V2示数的比值变大 D．Rt处温度升高后，变压器的输入功率减小 【解答】解：A、根据图甲可知正弦交流电的感应电动势的峰值为Em＝100V，周期为T＝0.02s，可得：，故变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为：u＝Emsinωt＝100sin100πt（V），故A错误； B、图甲中t＝2×10﹣2时，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量的变化率为零，故B错误； CD、理想变压器的原副线圈的匝数不变，输入电压U1不变，则电压表V1示数不变。根据：，可知副线圈两端的电压U2不变，Rt处温度升高时，其阻值变小，根据欧姆定律可知，副线圈回路中的电流I2增大，则定值电阻R两端电压增大，R1两端电压减小，即电压表V2示数减小，故电压表V1示数与V2示数的比值变大。 根据：，可知原线圈电流I1增大，根据：P入＝U1I1，可知变压器的输入功率变大，故C正确，D错误。 故选：C。 [练习11] （2025•南充模拟）如图所示，理想降压变压器的线圈a接学生电源交流输出端，线圈b与小灯泡相连接，闭合电源开关，发现小灯泡亮度较低，为了提高小灯泡的亮度，下列可行的是（　　） A．仅将线圈a改接直流输出端 B．仅适当减小交流电的频率 C．仅适当增加线圈a的匝数 D．仅适当增加线圈b的匝数 【解答】解：A、仅将线圈a改接直流输出端，则变压器不会工作，副线圈b不会有电压输出，故A错误； B、仅改变交流电的频率，不会影响变压器的输出电压，小灯泡的亮度不会变化，故B错误； CD，根据理想变压器的工作原理：，若仅适当增加原线圈a的匝数n1，则输出电压U2会变小，小灯泡的亮度会变暗；若仅适当增加副线圈b的匝数n2，则输出电压U2会变大，小灯泡的亮度会变亮，故C错误，D正确。 故选：D。 [练习12] （2025•文昌校级模拟）理想变压器的电路如图所示，原线圈与副线圈总匝数之比为10：1，变压器的副线圈线匝数可变，c为滑动端．R为一滑动变阻器，P为滑片．若ab端输入的正弦交流电的瞬时值表达式为u＝220sin100πt（V），下列说法正确的是（　　） A．其他条件不变的情况下，c端向上滑动．L1变暗 B．其他条件不变的情况下，P端向下滑动，L2变亮 C．其他条件不变的情况下，P端向上滑动．原线圈中的电流会增大 D．不管c如何滑动．击穿电压为30v的电容器均可正常工作 【解答】解：A、其他条件不变的情况下，c端向上滑动。副线圈匝数增加，变压器副线圈电压增大，L1变亮，故A错误； B、其他条件不变的情况下，P端向下滑动，R接入电路的电阻增大，由于副线圈电压不变，所以通过L2的电流强度变小，L2变暗；故B错误； C、其他条件不变的情况下，P端向上滑动，R接入电路的电阻减小，由于副线圈电压不变，所以通过L2的电流强度变大，输出功率变大，则输入功率也变大，原线圈中的电流会增大，故C正确； D、原线圈与副线圈总匝数之比为10：1，当c滑到最上端时，输出电压的有效值为：U2V＝22V，最大值为：Em＝22V＝31.1V＞30V，故电容器不能正常工作，故D错误。 故选：C。 [练习13] （2025•广州二模）图甲是汽车点火线圈的内部结构，点火线圈能在瞬间输出高压，使汽车启动。其原理如图乙所示。闭合开关S，理想变压器原线圈两端会加上U＝50sin100πt（V）的正弦式交流电，原、副线圈匝数之比为1：100，则下列说法正确的是（　　） A．电压表示数为50V B．副线圈中交流电的频率为5000Hz C．点火针两端的电压最大值为5000V D．点火针的放电电流是转换器输出电流的100倍 【解答】解：A、由U＝50sin100πt（V）知Um＝50V，电压表的示数应为交流电压的有效值，即 故A错误； B、由U＝50sin100πt（V） 可知，原线圈交流电的频率为 变压器不改变交流电的频率，因此副线圈中交流电的频率也为50Hz，故B错误； C、原线圈两端的电压最大值为50V，原、副线圈匝数之比为1：100，根据 可知点火针两端的电压最大值为5000V，故C正确； D、根据 可知点火针的放电电流是转换器输出电流的，故D错误。 故选：C。 [练习14] （2025•广州模拟）如图所示，边长为L、匝数为N的正三角形线圈abc电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动（转轴OO′垂直于磁感线），线圈通过滑环和电刷连接一个原、副线圈的匝数比为1：3的理想变压器，电压表可视为理想电表。滑动变阻器R2的最大阻值为5r，初态滑片位于滑动变阻器最上端，R1＝4r。线圈abc以恒定角速度ω转动，则（　　） A．从图示位置开始计时，线圈产生感应电动势瞬时值的表达式为 B．滑动变阻器R2的滑片P从最上端向下滑动时，变压器的输出功率变大 C．初态时电压表V2示数为 D．滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，电压表V1示数变小 【解答】解：A.线圈面积为SLLL2 开始时线圈平面与磁场平行，则感应电动势瞬时值表达式为e＝NBL2ωcosωt 故A错误； C.发电机的有效值 U 原线圈电压的有效值为 U1＝U﹣I1rI1r 又 副线圈电压，即电压表示数为 U2 故C错误； D.滑动变阻器R2的滑片P从最上端向下滑动时，副线圈中负载总电阻减小，由欧姆定律可知，副线圈电流增大，则原线圈电流I2增大，所以通过正三角形线圈的电流I1增大，内电压增大，则变压器原线圈输入电压减小，即电压表V1示数变小，故D正确； B.发电机的功率不变，内电压增大，则内电阻的功率变大，变压器原线圈得到的功率变小，又变压器为理想变压器，原、副线圈的功率相等，所以变压器的输出功率变小，故B错误。 故选：D。 学科网（北京）股份有限公司 $$ 易错点12 变压器原理及其动态分析 一、易错点分析 1、变压器原理理解易错 变压器利用互感现象工作，原线圈电流变化产生变化磁场，通过铁芯使副线圈磁通量变化进而产生感应电动势。 2、动态分析易错 ①物理量因果关系混乱：在分析变压器动态变化时，如匝数比、负载电阻改变对电压、电流、功率的影响，学生常弄混物理量间的因果关系。例如，认为原线圈电流变化导致副线圈电流变化，与实际因果关系相悖。 ②多因素变化分析困难：当多个因素同时变化时，如匝数比和负载电阻同时改变，学生难以综合分析各物理量变化情况，无法正确判断电压、电流、功率的最终变化趋势。 二、知识点分析 1．构造：如图所示。变压器由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。 (1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。 (2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。 2．工作原理：电磁感应的互感现象。 (1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ相同。 (2)线圈无电阻，因此无电压降，副线圈两端电压U2＝n2。 (3)根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，有＝＝＝…。 (4)无电能损失，因此P入＝P出，无论副线圈是一个还是多个，总有U1I1＝U2I2＋U3I3＋…，将电压关系代入可得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。 (5)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。 (6)理想变压器基本关系中的U、I均为有效值。 3．理想变压器的基本关系式 (1)功率关系：P入＝P出。 (2)电压关系：＝。若n1>n2，为降压变压器；若n1<n2，为升压变压器。 (3)电流关系：只有一个副线圈时，＝； 有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。 4.动态分析中的决定关系 制约 关系 电压 原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2(当U1和匝数比不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变) 功率 副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入(可简记为“用决定供”) 电流 副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1 5匝数比不变的情况(如图所示) (1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。 (2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。 (3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。 6．负载电阻不变的情况(如图所示) (1)U1不变，发生变化，U2变化。 (2)R不变，U2变化，I2发生变化。 (3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。 7．分析动态问题的步骤 8. 两种特殊的变压器模型 （1）自耦变压器 自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如下图所示。 （2）互感器 分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下： 电压互感器 电流互感器 原理图 原线圈的连接 并联在高压电路中 串联在交流电路中 副线圈的连接 连接交流电压表 连接交流电流表 互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变为小电流 利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2 题型一：理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系 [例题1] （2025•山西模拟）利用可控硅电子元件可以对正弦交流电进行调节，这种技术在调光台灯等家用电器中有着广泛的应用，图甲是正弦交流电经过调节后电压U随时间变化的图像（图像为正弦曲线的部分，图中U0、T已知），图乙是某调光台灯的电路简化图，图中变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为n：1。已知当变压器原线圈中输入图甲所示的交流电时，额定功率为P0的调光台灯恰正常发光，则下列说法正确的是（　　） A．调光台灯的额定电压为U0 B．通过变压器原线圈中的电流为 C．若仅使输入的交流电的周期减小，调光台灯不可正常发光 D．若仅使交流电电压的最大值增大，调光台灯仍可正常发光 [例题2] （2025•市中区校级模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝10：1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10Ω，电表均为理想电表。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交变电压，下列说法正确的是（　　） A．当S与a连接后，理想电流表示数为1.1A B．当S与a连接后，理想电压表示数为22V C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为100Hz D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的2倍 [例题3] （2024秋•深圳期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1。n2，定值电阻R＝27.5Ω，理想电流表A2的示数I2＝2A，a、b两端接正弦交流电源。下列判断错误的是（　　） A．n1：n2＝1：20 B．理想电压表V的示数U＝220V C．理想电流表A1的示数为0.5A D．定值电阻R中电流变化的频率为50Hz 题型二：多个副线圈共存的变压器问题 [例题4] （2023秋•琅琊区校级期末）如图所示为理想变压器，原线圈的匝数为100匝，上下两个副线圈的匝数分别为10匝和20匝，L1为“3V，1W”的小灯泡，L2为“6V，4W”的小灯泡，当原线圈接上交变电压时，L1、L2都正常发光，那么原线圈中的电流为（　　） A． B． C． D． [例题5] （2024•雨花区校级模拟）如图所示，电路中变压器原线圈匝数为n1＝1000，两个副线圈匝数分别为n2＝500、n3＝200，分别接一个R＝55Ω的电阻，在原线圈上接入U1＝220V的交流电源。则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是（　　） A． B． C． D． [例题6] （多选）（2023秋•海南期末）台式计算机工作时往往需要同时提供多种电压的电源，如图所示为某台式机的电源部分电路图，变压器可视为理想变压器，已知变压器初级线圈匝数为n1，接电压为U1、频率为f的交流电源，次级有两个绕组，匝数分别为n2、n3，输出电压分别为U2、U3，电路工作时流过每个绕组的电流分别为I1、I2、I3，输入及输出的功率分别为P1、P2、P3。则下列说法正确的是（　　） A．次级线圈输出的交流电频率均为f B．电流关系满足、 C．电压关系满足、 D．功率关系满足P1＝P2+P3 题型三：变压器的动态分析——原线圈有负载 [例题7] （2025•聊城模拟）如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝2：1，定值电阻R1和R2和R3的阻值分别为4Ω、2Ω和3Ω，A为理想交流电流表，正弦交流电源输出电压的有效值恒为U。当开关S断开时，电流表的示数为I。则当S闭合时，电流表的示数为（　　） A．I B．2I C．4I D．5I [例题8] （多选）（2025•山西模拟）如图所示，M、N端连接一个稳压交流电源，理想变压器的原线圈上接有定值电阻R0，副线圈上接有滑动变阻器R，原、副线圈匝数之比，电流表、电压表均为理想电表。初始时，滑动变阻器R的滑片处于正中间位置。下列说法正确的是（　　） A．若滑片下移，电流表示数减小 B．若滑片下移，电流表示数增大 C．若滑片上移，电源输出功率增大 D．若滑片上移，电源输出功率减小 [例题9] （2025•江苏模拟）一同学设计了一个稳压的电路如图所示，理想变压器的原线圈通过输电导线与电压为U0的正弦式交流电源相连，输电导线有一定阻值r，在副线圈上并联了用电器R0、滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑片。通过调节滑片P模拟电网负载变化，副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头Q调节，根据负载的变化调节Q改变副线圈接入电路的匝数，实现用电器的电压稳定，电源电压有效值不变。当只将负载滑动变阻器的滑片P向上移动时，下列说法正确的是（　　） A．电压表V示数变大 B．输电线路输送的效率减小 C．变压器铁芯中磁通量变化的频率变大 D．为保证用电器R0两端电压不变，可以将副线圈上的触头Q下移 题型四：变压器的动态分析——原线圈无负载 [例题10] （2025•青岛一模）如图所示，abc是边长为d的等边三角形金属线框，处于磁感应强度大小为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中，线框与理想变压器相连。已知变压器原、副线圈匝数分别为n1和n2，电表均为理想电表，不计线框的电阻。t＝0时刻线框从图示位置绕轴以角速度ω匀速转动，下列说法正确的是（　　） A．t＝0时线框感应电动势最大 B．电压表的示数为 C．若滑动变阻器R的阻值减小，则电流表示数将减小 D．若线框转动角速度加倍，则电流表示数变为原来的4倍 [例题11] （2025•大理州一模）理想变压器、电阻R、理想交流电流表A、理想交流电压表V按图甲连接，已知理想变压器原、副线圈的匝数比为11：1，电阻R＝10Ω，原线圈输入的交流电如图乙所示，下列说法正确的是（　　） A．交流电的频率为100Hz B．电压表读数为V C．电流表读数为2A D．变压器的输入功率为44W [例题12] （2025•石家庄模拟）如图为“火灾警报系统”电路，其中n1、n2为理想变压器原、副线圈的匝数，R0为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为滑动变阻器。现在变压器原线圈输入端接入电压为U的交流电，当通过报警器的电流超过某值时报警。若要使报警器报警的临界温度升高，以下操作可行的是（　　） A．只增大输入电压U B．只减少原线圈匝数n1 C．只增加副线圈匝数n2 D．只将R1的滑片P适当向上移动 题型五：结合图像解决变压器问题 [例题13] （2025•甘肃模拟）无线充电技术的应用，让人们摆脱了“充电线”的牵制，充电器通电后，产生一个交变电流，交变电流使无线充电设备内部的发射线圈产生一个交变磁场，当手机或者其他需要充电的设备靠近这个交变磁场时，充电设备的接收线圈会受到磁场的作用，并且将电磁能量转化为电能，进行充电，无线充电器的工作原理与理想变压器相同。如图所示，理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图甲所示方式连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为n1：n2＝10：1，电阻R＝10Ω，图乙是电阻R两端电压u随时间t变化的图像，，则下列说法正确的是（　　） A．交变电流的频率是0.5Hz B．电压表V的读数为10V C．电流表A的读数为 D．变压器的输入功率为20W [例题14] （2024•浙江二模）在匀强磁场中有一不计电阻的矩形线圈，绕垂直磁场的轴匀速转动，产生如图甲所示的正弦交流电，把该交流电接在图乙中理想变压器的A、B两端，电压表和电流表均为理想电表，Rt为热敏电阻（温度升高时其电阻减小），R为定值电阻．下列说法正确的是（　　） A．在t＝0.01s，穿过该矩形线圈的磁通量为零 B．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝36sin50πt（V） C．Rt处温度升高时，电压表V1、V2示数的比值不变 D．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，变压器输入功率变大 [例题15] （2024春•宁波期末）如图甲所示，一圆形线圈面积，匝数N＝100，电阻不计，处于匀强磁场中，磁感应强度B随时间t正弦变化的图象如图乙所示（取垂直纸面向里为正方向）。导线框右边与理想变压器的原线圈连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为1：10，与副线圈连接的电阻R1＝200Ω，R2＝200Ω，D为理想二极管，下列说法正确的是（　　） A．t＝0.01s时，圆形线圈中有逆时针方向的电流 B．t＝0.005s时，圆形线圈中有最大电流 C．0～0.005s内，流过R1的电荷量为0.01C D．1s内原线圈输入的能量为600π2J 题型六：变压器应用 [例题16] （2024秋•哈尔滨期末）某科技小组设计了一款温控报警装置。如图所示，将理想自耦变压器T的原线圈与交流电源相连，副线圈与滑动变阻器RP、灯泡L和热敏电阻Rt相连。已知热敏电阻的阻值随温度升高而减小，灯泡始终未烧坏，则能使灯泡变亮的是（　　） A．减小输入电压的有效值 B．环境温度降低 C．将滑动变阻器滑片向左移动 D．将自耦变压器滑片向下移动 [例题17] （2024秋•江岸区期末）如图（a）所示，单匝矩形线圈的左半部分位于具有理想边界（图中虚线）的匀强磁场中，绕中轴线OO′按图示方向匀速转动产生交流电，OO′与磁场边界重合。图（b）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，P3是可转动的滑动触头，A、B端与滑动变阻器R1串联后，接入图（a）中线圈产生的交流电。输出端接灯泡L和滑动变阻器R2，P1、P2为滑动变阻器的滑片。当开关S闭合，P1、P2、P3处于如图所示的位置时，灯泡L能正常发光。下列说法正确的是（　　） A．若保持P2和P3不变，仅将P1向左移动，灯泡L将变亮 B．若将P1移至最左端，仅顺时针转动P3，灯泡L亮度可能保持不变 C．图（a）线圈运动一周内一半时间有电流，一半时间无电流 D．线圈匀速转动的频率小于自耦变压器输出端交流电的频率 [例题18] （多选）（2024秋•济南期末）交流电压表和交流电流表的测量量程有限，不能直接接在大电压或大电流的电路中使用，但可以利用互感器来实现测量。如图甲和乙是两个互感器的原理图，下列说法正确的是（　　） A．图甲是电压互感器，表中测量的电压比线路中的电压小 B．图甲是电流互感器，表中测量的电流比线路中的电流大 C．图乙是电压互感器，表中测量的电压比线路中的电压大 D．图乙是电流互感器，表中测量的电流比线路中的电流小 [练习1] （2025•天津二模）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1：n2＝5：1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是（　　） A．输入电压u的表达式u＝20sin（50πt）V B．只断开S2后，L1、L2均正常发光 C．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W D．只断开S2后，原线圈的输入功率增大 [练习2] （2025•西城区模拟）类比是研究问题的常用方法。与电路类比就可以得到关于“磁路”（磁感线的通路）的一些基本概念和公式。在电路中可以靠电动势来维持电流，在磁路中靠“磁动势”来维持铁芯中的磁场，如图1所示，磁动势Em＝NI，其中N为线圈的匝数，I为通过线圈中的电流。类比闭合电路的欧姆定律，磁路也存在闭合磁路的欧姆定律Em＝ΦRm，其中Φ为磁通量，Rm被称为磁阻，磁阻所满足的磁阻定律与电阻定律具有相同的形式，磁阻率可类比电阻率，磁路的串、并联规律可类比电路的串、并联规律。结合以上关于磁路的信息以及你所学过的知识，下列说法不正确的是（　　） A．为图1中的线圈接入正弦交流电时，线圈中的磁动势改变 B．材料磁阻率与材料本身性质有关 C．若将图2中的铁芯的左半部分替换为永磁体，则磁动势Em＝NI仍然成立 D．在铁芯所在的空间中，施加变化电场，有可能在铁芯中激发感应“磁动势” [练习3] （2025•涧西区一模）一理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压如图所示，副线圈仅接入一个阻值为10Ω的电阻，则（　　） A．副线圈输出电压的频率为50Hz B．在1s时间内副线圈中电流方向改变25次 C．流过电阻的电流为1A D．变压器的输入功率为5W [练习4] （2025•3月份模拟）如图所示，55匝的矩形导线框ABCD处于磁感应强度大小BT的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5m2，电阻不计。矩形线框与电阻R、理想变压器的原线圈串联，变压器的副线圈线接入一只“220V，60W”的灯泡，变压器原、副线圈匝数比，当线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200rad/s匀速转动时，灯泡正常发光。则（　　） A．电阻R的阻值为90Ω B．电阻R的功率为60W C．图示时刻CD边电流的方向由C到D D．从图示位置转过30°时开始计时，线框产生电动势的瞬时值表达式为e＝550sin（200t）V [练习5] （2025•自流井区校级二模）图甲是一种振动发电机的示意图，半径r＝0.1m、匝数n＝25的线圈（每匝的周长相等）位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布（其右视图如图乙所示），线圈所在位置的磁感应强度的大小均为BT，外力F作用在线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙（正弦函数曲线）所示。发电机通过灯泡L后接入理想变压器，三个灯泡均正常发光，灯泡正常发光时的电阻RL＝0.5Ω，不计线圈电阻。则每个小灯泡正常发光时的功率为（　　） A．1.5W B．2W C．4W D．4.5W [练习6] （2025•西城区校级模拟）如图所示，P为理想自耦变压器滑动端，原线圈匝数为4000，原线圈两端的瞬时电压为220sin50πt（V），电阻R1＝200Ω，R2＝300Ω，D为理想二极管，电容器的电容为2000μF，则下列说法中正确的是（　　） A．穿过线圈的磁通量的变化率最大为0.22Wb/s B．滑动端P从b向a滑动的过程中，电容器两端的电压逐渐降低 C．滑动端P从a向b滑动的过程中，副线圈两端电压升高 D．当滑动端P移动到ab的中点时，R2的电功率与R1的电功率之比为2：3 [练习7] （2025•高邮市开学）如图所示为某电吹风电路图，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。n1、n2分别是理想变压器的原、副线圈的匝数，小风扇的额定电压为60V，吹热风时，电吹风的电功率为460W，则吹热风时（　　） A．可动触头P同时接b、c B．小风扇的输出功率为460W C．电热丝的两端电压为 D．n1：n2＝11：3 [练习8] （2025•陕西模拟）多数学校备有应急发电机，其工作原题可简化为如图所示的矩形线框在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动。已知矩形线框的匝数为100，面积为0.04m2，匀强磁场的磁感应强度大小为0.5T，线框转动的角速度为。线框与理想变压器原线圈相连，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2＝2：1，副线圈连在电路中的电阻R＝10Ω。电流表为理想电表，不计线框的电阻，电流表的读数为（　　） A．12A B．6A C．4A D．3A [练习9] （2025•安康二模）如图甲所示，变压器为理想变压器，图乙为ab端的输入电压，电阻R＝1Ω，电动机M上标有“9V、18W”字样，电动机通过轻绳拉一个质量为m＝1kg的物体以v＝1m/s的速度竖直向上匀速上升，此时电动机恰好正常工作，以下说法正确的是（　　） A．变压器原、副线圈的匝数比是10：1 B．电流表示数是 C．电动机的电阻为r＝1Ω D．电动机的输出功率为10W [练习10] （2025•宁河区校级一模）在匀强磁场中有一电阻忽略不计的矩形线圈，绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的正弦交流电的感应电动势e随时间t的变化如图甲所示，把该交流电输入到图乙中理想变压器的A、B两端。已知Rt为热敏电阻（其电阻随温度升高而减小），R为定值电阻，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是（　　） A．变压器A、B两端电压的瞬时值表达式为u＝100sin100t（V） B．图甲中t＝2×10﹣2s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大 C．Rt处温度升高后，电压表V1与V2示数的比值变大 D．Rt处温度升高后，变压器的输入功率减小 [练习11] （2025•南充模拟）如图所示，理想降压变压器的线圈a接学生电源交流输出端，线圈b与小灯泡相连接，闭合电源开关，发现小灯泡亮度较低，为了提高小灯泡的亮度，下列可行的是（　　） A．仅将线圈a改接直流输出端 B．仅适当减小交流电的频率 C．仅适当增加线圈a的匝数 D．仅适当增加线圈b的匝数 [练习12] （2025•文昌校级模拟）理想变压器的电路如图所示，原线圈与副线圈总匝数之比为10：1，变压器的副线圈线匝数可变，c为滑动端．R为一滑动变阻器，P为滑片．若ab端输入的正弦交流电的瞬时值表达式为u＝220sin100πt（V），下列说法正确的是（　　） A．其他条件不变的情况下，c端向上滑动．L1变暗 B．其他条件不变的情况下，P端向下滑动，L2变亮 C．其他条件不变的情况下，P端向上滑动．原线圈中的电流会增大 D．不管c如何滑动．击穿电压为30v的电容器均可正常工作 [练习13] （2025•广州二模）图甲是汽车点火线圈的内部结构，点火线圈能在瞬间输出高压，使汽车启动。其原理如图乙所示。闭合开关S，理想变压器原线圈两端会加上U＝50sin100πt（V）的正弦式交流电，原、副线圈匝数之比为1：100，则下列说法正确的是（　　） A．电压表示数为50V B．副线圈中交流电的频率为5000Hz C．点火针两端的电压最大值为5000V D．点火针的放电电流是转换器输出电流的100倍 [练习14] （2025•广州模拟）如图所示，边长为L、匝数为N的正三角形线圈abc电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′转动（转轴OO′垂直于磁感线），线圈通过滑环和电刷连接一个原、副线圈的匝数比为1：3的理想变压器，电压表可视为理想电表。滑动变阻器R2的最大阻值为5r，初态滑片位于滑动变阻器最上端，R1＝4r。线圈abc以恒定角速度ω转动，则（　　） A．从图示位置开始计时，线圈产生感应电动势瞬时值的表达式为 B．滑动变阻器R2的滑片P从最上端向下滑动时，变压器的输出功率变大 C．初态时电压表V2示数为 D．滑动变阻器R的滑片P向下滑动时，电压表V1示数变小 学科网（北京）股份有限公司 $$