3.3 变压器（Word教参）-【优化指导】2024-2025学年高中物理选择性必修第二册（粤教版2019）

第三节　变压器 课程内容要求 核心素养提炼 通过实验，探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系 1．物理观念：了解理想变压器的概念，解释自然现象，解决实际问题． 2．科学思维：通过科学方法(理想法)进行分析，获得结论． 3．科学探究：实验探究电压、电流与匝数的关系． 4．科学态度与责任：让学生体会通过实验得出的结论在实际问题中的应用 [对应学生用书P72] 1．变压器的构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，如图所示． 　　　　 (1)原线圈：与电源连接的线圈，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．变压器的工作原理：变压器工作的基本原理是互感现象，电流通过原线圈时在铁芯中激发的磁场不仅穿过原线圈，也同时穿过副线圈，由于电流的大小，方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势． 3．作用：改变交变电流的电压，不改变(选填“改变”或“不改变”)交变电流的周期和频率． [思考] 为什么变压器不能改变恒定电流的电压？ 提示　变压器的变压原理是互感现象．若通过原线圈的电流为恒定电流，则在铁芯中激发的磁场为恒定磁场，副线圈中无感应电动势产生，因此变压器不能改变恒定电流的电压． 1．实验器材 两只多用电表、学生电源(低压交流电源)、开关、可拆变压器(如图甲)、导线若干． 2．实验步骤 (1)按图乙所示连接好电路，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数． (2)接通学生电源，读出电压值，并记录在表格中． (3)保持匝数不变，多次改变输入电压，记录每次改变后原、副线圈的电压值． (4)保持输入电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值． 3．实验结论 实验分析表明，原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比，即＝. 4．注意事项 (1)在改变学生电源的电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作． (2)为了保证人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱． (3)为了保证多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量． 5．实验误差分析 实验中的误差主要是： ①实验所用变压器存在各种损耗； ②多用电表的读数存在误差． 1．电压关系：＝ 当n2>n1时，U2>U1，这种变压器使电压升高，是升压变压器．当n2<n1时，U2<U1，这种变压器使电压降低，是降压变压器． 2．功率关系 对于理想变压器，不考虑能量的损失，输入功率等于输出功率，即P1＝P2． 3．电流关系 ＝． [判断] (1)理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比．(√) (2)实际变压器输入功率一定大于输出功率．(√) (3)学校中用的变压器工作时没有能量损失．(×) (4)变压器原线圈相对电源而言起负载作用，而副线圈相对负载而言起电源作用．(√) [对应学生用书P73] 探究点一　探究变压器的电压与匝数的关系 在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中． (1)为了确保实验的安全，下列做法正确的是________． A．为了保证人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12 V B．连接好电路后，可不经检查电路是否正确，直接接通电源 C．因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱 D．为了保证多用表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测 (2)某实验小组通过实验，记录的数据如下表： 原线圈匝数n1(匝) 100 200 400 400 副线圈匝数n2(匝) 400 400 200 800 原线圈两端的电压U1(V) 1.96 4.90 8.00 4.86 副线圈两端的电压U2(V) 7.80 9.76 3.90 9.64 通过分析实验数据可得出的实验结论是___________________________． 解析　(1)变压器改变的是交流电压，因此为了保证人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12 V，A错误；实验通电前必须要先检查电路是否正确，通电时用手接触裸露的导线、接线柱等，会将人体并联入电路中，导致所测数据不准确，同时也有安全隐患，B、C错误；使用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故D正确． (2)分析每组实验数据，可知与的值近似相等，可得出的实验结论是，在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比． 答案　(1)D (2)在误差允许范围内，变压器原、副线圈的电压比等于匝数比 [训练1]　在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中： (1)实验室中有下列器材： A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈) B．条形磁铁 C．直流电源 D．多用电表 E．开关、导线若干 在本实验中，上述器材不用的是________(填器材序号)，还需用到的器材有__________． (2)某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压__________．(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈两端的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；上述探究过程采用的实验方法是________． 解析　(1)题述器材在实验中不用的是条形磁铁和直流电源，即BC；还需用到的器材是低压交流电源． (2)某学生做实验时，先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，因原、副线圈电压和匝数成正比，即＝，则会观察到副线圈两端的电压增大；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，根据＝，可知将观察到副线圈两端的电压减小；上述探究过程采用的实验方法是控制变量法． 答案　(1)BC　低压交流电源 (2)增大　减小　控制变量法 [训练2]　在学校实验周活动中，某实验小组同学选用如图(a)所示的可拆变压器做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验，实验电路图如图(b)所示，实验时n1＝800匝，n2＝400匝，断开S，接通电源，观察到电压表的读数为6 V，则： (1)可拆变压器的输入电压有效值可能为(　　) A．3 V　　　　　　　　 B．6 V C．12 V D．15 V (2)若灯泡的额定电压为6 V，闭合S，灯泡能否正常发光？________(填“能”或“不能”). 解析　(1)根据变压比公式可得U1＝U2＝×6 V＝12 V，由于实验时变压器不可能为理想变压器，存在“漏磁”现象，则可拆变压器的输入电压有效值应大于12 V，故选择15 V，选项D正确． (2)灯泡的额定电压为6 V，等于副线圈两端的电压，故灯泡能正常发光． 答案　(1)D　　(2)能 探究点二　理想变压器基本规律 如图所示，把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈(原线圈)通过开关可以连接到交流电源的两端，另一个线圈(副线圈)连到小灯泡上．连接电路，接通电源，小灯泡能发光． (1)两个线圈并没有连接，小灯泡为什么会发光？ (2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗？如果不相等，与什么因素有关？ (3)若将原线圈接在恒定的直流电源上小灯泡发光吗？为什么？ 提示　(1)当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在右线圈中会产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光． (2)左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率都相同，若左边匝数为n1，则U1＝E1＝n1.若右边匝数为n2，则U2＝E2＝n2，故有＝；若忽略左边线圈的电阻则有U1＝U电源，这样看来只要n1≠n2，小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压就不相等．小灯泡两端的电压，即副线圈两端的电压与原、副线圈匝数比有关． (3)不发光，因为无法在副线圈中产生感应电动势． 1．理想变压器的特点 (1)变压器铁芯内无漏磁，无发热损失 (2)原、副线圈不计内阻，即无能量损失 2．电动势关系 由于互感现象，且没有漏磁，原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的，根据法拉第电磁感应定律有E1＝n1，E2＝n2，所以＝. 3．电压关系 由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U1＝E1，副线圈两端的电压U2＝E2，所以＝.当有n组线圈时，则有＝＝… 4．功率关系 对于理想变压器，不考虑能量损失，有P入＝P出． 5．电流关系 由功率关系，当只有一个副线圈时，有I1U1＝I2U2，得＝＝.当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…，得I1n1＝I2n2＋I3n3＋… 6．变压器的分类 图甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R1＝R2＝R3＝20 Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路．其中，电容器击穿电压为8 V，各电表均为理想交流电表，开关S处于断开状态，则(　　) A．电压表V的读数为10 V B．电流表A的读数约为0.05 A C．电阻R2上消耗的功率为2.5 W D．若闭合开关S，电容器会被击穿 C　[开关断开时，副线圈与R1和R2串联，电压表测量R2的电压，由图可知原线圈电压为100 V，所以副线圈电压为10 V，则电压表的读数是R2的电压为5 V≈7.07 V，故A错误；由A的分析可知副线圈电流为I2＝＝ A＝0.25 A，所以原线圈电流为I1＝I2＝0.025 A，故B错误；电阻R2上消耗的功率为P＝IR2＝(0.25)2×20 W＝2.5 W，故C正确；当开关闭合时，R1与R3并联后和R2串联，电容器的电压为并联部分的电压，并联部分电阻为R并＝10 Ω，所以并联部分的电压为UC＝U2＝×10 V＝ V，最大值为× V＝V<8 V，所以电容器不会被击穿，故D错误．] [训练3]　如图所示的变压器电路中，三个定值电阻的阻值相同，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1在a、b端加上电压为U的交流电压，电键S断开时，电流表的示数为I，则S闭合后，电流表的示数为(　　) A．I　　　　　　　　 B．I C．I D．I D　[设每个电阻的阻值为R，电键S断开时，根据变流比，副线圈中的电流为2I，所以副线圈两端的电压为U2＝2IR，根据变压比，原线圈两端的电压为4IR，结合串并联电路特点有U＝4IR＋IR＝5IR；同理，当电键S闭合时，设电流表的示数为I1，副线圈中的电流为2I1，副线圈两端的电压为I1R，则原线圈两端电压为2I1R，则U＝2I1R＋I1R＝3I1R，得到I1＝I，故D正确，A、B、C错误．] [训练4]　如图所示，10 匝矩形线框，在磁感应强度为0.2 T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴OO′以角速度100 π rad/s匀速转动，线框电阻不计，面积为0.5 m2，线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连，副线圈接有两只灯泡L1和L2.已知变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01 A，则(　　) A．若开关S闭合，灯泡L1亮度不变，电流表示数将增大 B．闭合开关后电压表示数为5 V C．灯泡L1的额定功率为3.14 W D．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为314 sin 100πt (V) A　[若开关S闭合，输出电压不变，所以灯泡L1亮度不变；输出电压不变，输出端电阻减小，故输出电流增加，故输入电流也增加，电流表示数增大，故A正确；变压器的输入电压的最大值为：Um＝NBSω＝100π V，变压器输入电压的有效值为：U1＝＝ V＝50π V，线圈匝数之比为10∶1，故闭合开关后电压表示数为5π V，故B错误；开关断开时L1正常发光，且电流表示数为0.01 A，灯泡L1的额定功率等于此时变压器的输入功率，为：P＝U1I1＝50π×0.01 W＝0.5π W＝2.22 W，故C错误；从垂直中性面位置开始计时，故线框中感应电动势的瞬时值为：u＝Umcos ωt＝100πcos 100πt(V)，故D错误．] 探究点三　理想变压器的动态问题分析 1．输入电压决定输出电压 由＝，得U2＝U1.当U1不变时，U2也不会变，与负载电阻R多大及是否变化无关． 2．输出功率决定输入功率 对理想变压器P出＝P入． 3．负载决定输出电流 当U1一定时，U2也一定，对副线圈有I2＝，所以当R变化时，I2也随之变化，即R变大，I2变小；R变小，I2变大． 4．输出电流决定输入电流 由n1I1＝n2I2得I1＝I2，所以当I2变化时，I1也随之变化．即I2变大，I1变大；I2变小，I1也变小． 如图所示，理想变压器原线圈的输入电压u一定，电路中的电表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片由上向下滑动时，下列说法正确的是(　　) [训练5]　(多选)(2020·全国卷Ⅲ)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10 ∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是(　　) A．所用交流电的频率为50 Hz B．电压表的示数为100 V C．电流表的示数为1.0 A D．变压器传输的电功率为15.0 W AD　[由图(b)可知，T＝0.02 s，所以f＝50 Hz，A正确；由图(b)可知电流i2的最大值为Im＝ A，故有效值 I2＝＝1 A，R2两端的电压U2＝I2R2＝10 V，由理想变压器的电压特点＝可得原线圈的两端电压U1＝100 V，所以电压表的示数为UV＝220 V－100 V＝120 V，B错误；由欧姆定律得IA＝＝＝ A＝0.5 A，C错误；变压器副线圈的电流I＝1 A＋0.5 A＝1.5 A，变压器传输的电功率P＝U2I＝10 V×1.5 A＝15.0 W，D正确．] [训练6]　如图所示，甲为理想自耦变压器，A、P分别是可以滑动的触头．变压器输入图乙所示的交流电压，则(　　) A．滑动变阻器两端的电压等于220 V B．触头A向下滑动时，滑动变阻器消耗功率变大 C．触头A向上滑动时，滑动变阻器两端电压变大 D．触头A向下滑动时，滑动变阻器消耗功率变小 B　[变压器输入电压有效值为220 V，则由变压器次级线圈匝数大于初级线圈匝数，可知滑动变阻器两端的电压大于220 V，故A错误；触头A向下滑动时，初级线圈匝数减小，则次级线圈电压变大，滑动变阻器消耗功率变大，故B正确，D错误；触头A向上滑动时，初级线圈匝数增大，匝数比减小，故输出电压减小，滑动变阻器两端电压变小，故C错误．] [对应学生用书P77] 1．(实验探究)如图所示为一个粗重的教学简易变压器，两线圈的匝数未知，某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数． (1)为完成该实验，除了选用电压表、导线外，还需要选用低压________(选填“直流”或“交流”)电源． (2)该同学在变压器铁芯上绕10 匝绝缘金属导线C，然后将A线圈接电源，用电压表分别测出线圈A、线圈B及线圈C两端的电压，记录在表格中，则线圈A的匝数为________匝，线圈B的匝数为________匝． A线圈电压 B线圈电压 C线圈电压 8.0 V 3.8 V 0.2 V (3)为减小线圈匝数的测量误差，你认为绕制线圈C的匝数应该________(选填“多一些”或“少一些”)更好． 解析　(1)变压器必须使用交流电源，直流电源不能让变压器正常工作． (2)设A、B、C的线圈匝数分别为n1、n2、n3，电压分别为U1、U2、U3，线圈电压和匝数成正比， 有＝，n1＝n3＝×10＝400， ＝，n2＝n1＝×400＝190. (3)为减小线圈匝数的测量误差，绕制线圈C的匝数应该多一些． 答案　(1)交流　　(2)400　190　　(3)多一些 2．(变压器原理)(2020·江苏高考)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(　　) 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 D　[原线圈匝数较少，电流互感器是一种升压变压器，A选项错误；电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象，只可以测量交变电流，B选项错误；电流互感器不会改变电流的频率，只改变电流的大小，故原、副线圈电流的频率相同，C选项错误；原线圈匝数较少，根据I1n1＝I2n2，电流互感器是一种降电流的变压器，副线圈的电流小于原线圈的电流，D正确．] 3．(动态分析)如图所示，变压器原线圈接交流高压，降压后通过输电导线给用电器供电，当电键S断开时，图中电压表示数U和电流表示数I的变化是(　　) A．U、I均变大 B．U变大，I变小 C．U、I均变小 D．U变小，I变大 B　[变压器输入电压不变，输出电压不变．当电键S断开时，副线圈回路中总电阻增大，干路电流减小，原线圈电流随着减小，即电流表示数变小；对于副线圈回路，因总电压不变，电流减小，则与电压表并联的电阻R分担的电压增大，即电压表示数变大，故B正确，A、C、D错误．] 4．(变压器规律应用)如图所示，一台有两个副线圈的变压器，原线圈匝数n1＝1 100，接入电压 U1＝220 V的电路中． (1)要求在两组副线圈上分别得到电压U2＝6 V，U3＝110 V，它们的匝数n2、n3分别为多少？ (2)若在两副线圈上分别接上“6 V，20 W”“110 V，60 W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？ 解析　(1)变压器电压比等于匝数比＝＝，有＝＝ 所以n2＝30，n3＝550. (2)两组副线圈上电压分别为U2＝6 V，U3＝110 V，在两副线圈上分别接上“6 V，20 W”“110 V，60 W”的两个用电器时，这两个用电器都能正常工作，所以这两个用电器实际消耗的功率就为20 W和60 W. 又因为理想变压器的输入功率等于输出功率，所以P1＝P2＋P3. 即I1·U1＝20 W＋60 W＝80 W. 因为U1＝220 V，所以I1＝0.36 A． 答案　(1)n2＝30，n3＝550　　(2)0.36 A 课时作业(14)　变压器 [对应学生用书P166] 1．如图所示为变压器原理图，其原线圈和副线圈的匝数分别为n1、n2，若输出电压小于输入电压，下列说法正确的是(　　) A．输入的是直流电，且n1>n2 B．输入的是直流电，且n1<n2 C．输入的是交流电，且n1>n2 D．输入的是交流电，且n1<n2 C　[变压器只能对交流电进行升压或降压，故A、B错误；原副线圈的电压之比等于匝数之比，若输出电压小于输入电压，则n1>n2，故C正确，D错误．] 2．理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1，当原线圈接220 V交流电后，副线圈输出的电压是(　　) A．220 V　　　　　　　　 B．110 V C．55 V D．22 V D　[根据理想变压器原理有：＝，解得：U2＝U1＝×220 V＝22 V．故D正确，A、B、C错误．] 3．如图所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为U0的灯泡L1和L2.原、副线圈匝数比为4∶1.S断开时两灯泡均恰能正常发光．由此可知(　　) A．电源电压U＝4U0 B．S断开时，灯泡L1和L2的电流之比为1∶1 C．S闭合后，灯泡L2仍恰能正常发光 D．S断开时，灯泡L1和L2的功率之比为1∶4 D　[副线圈的电压为U2＝U0，根据＝，解得原线圈的电压U1＝4U0，电源电压U＝U0＋4U0＝5U0，故A错误；S断开时，灯泡L1和L2的电流之比＝＝，故B错误；S闭合后，原线圈的电压为电源电压U′1＝5U0，根据＝，解得：U′2＝U0，灯泡L2不能正常发光，故C错误；S断开时，灯泡L1和L2的电压相同，电流之比＝＝，所以功率之比为＝＝＝，故D正确．] 4．如图甲、乙所示电路中，当A、B接10 V交变电压时，C、D间电压为4 V，M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V．现把C、D接4 V交流，P、Q接4 V直流，下面哪个选项可表示A、B间和M、N间的电压(　　) A．10 V　10 V B．10 V　4V C．4 V　10 V D．10 V　0 B　[题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边电压之比等于两边线圈的匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得到10 V交流．题图乙是一分压电路，当M、N作为输入端时，上、下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比．但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，电阻两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等．所以当P、Q接4 V直流时，M、N两端的电压也是4 V．] 5．某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想变压器的小变压器给一个灯泡供电， 电路如图，当线圈以较大的转速n匀速转动时，额定电压为U的灯泡正常发光，电压表示数是U1.已知线圈电阻是r，灯泡电阻是R，则有(　　) A．变压器输入电压的瞬时值u＝U1sin 2πnt B．变压器的匝数比是U1∶2U C．电流表的示数是 D．线圈中产生的电动势最大值是Em＝U1 C　[线圈以较大的转速n匀速转动，所以ω＝2πn，所以变压器输入电压的瞬时值u＝U1sin 2πnt，故A错误；电压与匝数成正比，所以变压器的原副线圈的匝数比是U1∶U，故B错误；理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P＝，所以输入功率为P＝，电流表的示数是I1＝＝，故C正确；由于线圈有内阻r，故线圈中产生的电动势有效值大于U1，最大值也就大于U1，故D错误．] 6．(2022·山东卷)如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos(100 πt).单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V．将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W．下列说法正确的是(　　) A．n1为1 100匝，Um为220 V B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s D　[根据理想变压器的变压规律有＝，代入U＝220 V得n1＝2 200，Um＝U＝220 V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝＝12 V，根据理想变压器的变压规律有＝，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝＝1 A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18 V，UAC＝30 V，变压器不改变交流电的频率，故f＝＝50 Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝＝2.5 A，周期T＝＝0.02 s，D正确．] 7．图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u­t图像如图乙所示．若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W. (1)请写出原线圈输入电压瞬时值Uab的表达式． (2)求只在ce间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I1. (3)求ce和de间线圈的匝数比 解析　(1)由原线圈中交变电压的u­t图像 可知ω＝200π rad/s 电压瞬时值表达式uab＝400sin 200πt (V). (2)电压有效值U1＝＝200V 理想变压器P1＝P2＝80 W 原线圈中的电流I1＝≈0.28 A. (3)设ab间匝数为n1，根据变压器规律有 ＝，＝ 由题意有：＝，联立可得：＝. 答案　(1)uab＝400sin 200πt (V) (2)0.28 A　　(3) 8．如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，交流电源电压u＝311sin 100πt V，F为熔断电流为I0＝1.0 A的保险丝，负载R为一可变电阻． (1)当电阻R＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？ (2)要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？ 解析　原线圈电压的有效值为 U1＝ V≈220 V 由＝得副线圈两端的电压 U2＝U1＝×220 V＝110 V. (1)当R＝100 Ω时，副线圈中电流 I2＝＝A＝1.10 A. 由U1I1＝U2I2得原线圈中的电流为 I1＝I2＝×1.10 A＝0.55 A， 由于I1<I0(熔断电流)，故保险丝不会被熔断． (2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I′1刚好到达熔断电流I0，即I′1＝1.0 A，则副线圈中的电流为 I′2＝I′1＝·I′1＝2×1.0 A＝2.0 A 变阻器阻值为：R0＝＝Ω＝55 Ω 此时变压器的输出功率为 P2＝I′2U2＝2.0×110 W＝220 W. 可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55 Ω，输出的电功率不能大于220 W． 答案　(1)保险丝不会被熔断． (2)55 Ω　220 W 9．如图所示，图甲中理想变压器原线圈接u＝12sin 100πt(V)的交流电源，副线圈接阻值R1＝2 Ω的电阻，○A 为理想电流表．图乙中阻值为R2＝8 Ω的电阻连接上述同样的交流电源，若电阻R1与R2消耗的电功率相等，则(　　) A．通过电阻R1的交流电的频率为5 Hz B．电阻R1消耗的电功率为36 W C．电流表的示数为6 A D．变压器原、副线圈匝数比为2∶1 D　[由u＝12 sin 100πt (V)知，ω＝100π rad/s，f＝＝50 Hz，故A错误；设原副线圈的匝数比＝k，则原副线圈电压的关系＝＝k，即U2＝，由题意U1＝＝ V＝12V，U2＝ V，又因为电阻R1与R2消耗的电功率相等，有＝，代入数据解得k＝2，故D正确；电阻R1消耗的电功率P1＝＝ W＝18 W，故B错误；电流表的示数I＝＝ A＝3 A，故C错误．] 10．(多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则(　　) A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大 B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小 C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大 D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小 BC　[Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故选项A错误；B正确；当P位置不动，Q上滑时，n2增大，由＝知U2增大，同理分析知原线圈电流I1增大，故选项C正确，D错误．] 11．如图，理想变压器原、副线圈匝数n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，副线圈n2接有“8 V ，8 W”的 灯泡L1、L2，副线圈n3上接有“6 V, 9 W”的灯泡L3、L4.原线圈上接有电阻R1＝3 Ω，当a、b端接入交变电源后，L1、L2正常发光，则交变电源的输出功率为(　　) A．72 W　　　　　　　　 B．36 W C．34 W D．24 W B　[由题意可知n2的输出电压为U2＝8 V；因电压之比等于匝数之比，故输入电压为U1＝×8 V＝12 V； 则n3输出电压U3＝×12 V＝4 V； 由功率P＝可知，灯泡L3、L4的电阻为R＝＝Ω＝4Ω， 则n3输出的功率2P实＝2＝2× W＝8 W； 则可知变压器的总功率 P总＝2×8 W＋8 W＝24 W； 由P＝UI可得输入端电流为I＝＝2 A； 则R1消耗的功率P1＝I2R1＝12 W； 则交变电源输出的功率为12 W＋24 W＝36 W．] 12．如图甲所示，原线圈电路中接有一量程为3 A的理想交流电流表，副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻R以及若干“6 V，6 W”的相同灯泡．输入端交变电压u的图像如图乙所示，副线圈电压表的示数为9 V. (1)求变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2. (2)要求灯泡均正常发光，求电路中最多允许接入的灯泡个数． (3)为满足第(2)问中要求，求可变电阻R应调到的电阻值． 解析　(1)根据图像可得原线圈电压的最大值U1m＝27 V 其有效值为U1＝27 V 根据n1∶n2＝U1∶U2 代入数据后可得n1∶n2＝3∶1 (2)设原线圈中通过的电流为I1，副线圈中通过的电流为I2， 为使副线圈接入的灯泡最多，则I1取允许通过的最大电流的有效值为3 A 根据U1I1＝U2I2 代入数据后可得I2＝9 A 正常发光时每个灯泡中电流为 I灯＝＝1 A 所以允许接入的灯泡个数为n＝＝9. (3)电阻两端电压为UR＝U2－U灯＝3 V，所以电阻阻值为R＝＝ Ω 答案　(1)3∶1　　(2)9　　(3) Ω 学科网（北京）股份有限公司 $$