课时跟踪检测(十二) 变压器（Word练习）-【新课程学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册（教科版）

课时跟踪检测(十二)　变压器 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 2.(2025·广西高考)某变压器输入正弦交流电的电压有效值为220 V,输出电压最大值为11 V,该变压器视为理想变压器,其原、副线圈匝数之比为 (　　) A.20∶ B.20∶1 C.20∶1 D.1∶20 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 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 (　 ) A.1 100,360　　　　　　 B.1 100,180 C.2 200,180 D.2 200,360 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5∶1,原线圈输入交变电压u=311sin(100πt)V。已知照明灯额定功率为44 W,排气扇电动机内阻为1 Ω,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 V B.变压器的输入功率为186 W C.排气扇输出功率为43 W D.保险丝熔断电流不得低于2 A 6.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 7.如图所示,一理想变压器接在电压为U的交流电源上,原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑动触头P来改变。副线圈连接交流电流表、定值电阻R0和可变电阻R,则 (　 ) A.保持P的位置不动,将R的阻值增大,电流表的读数变小 B.保持P的位置不动,将R的阻值增大,R0的电功率变大 C.保持R的阻值不变,将P向上滑动,电流表的读数变大 D.保持R的阻值不变,将P向上滑动,R0的电功率变大 8.(2024·浙江1月选考)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u=5sin 100πt V的交流电,经 原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV,就会在打火针和金属板间引发电火花,实现点火。下列正确的是 (　 ) A.< B.< C.用电压表测原线圈两端电压,示数为5 V D.副线圈输出交流电压的频率是100 Hz 9.(2025·雅安高二检测)(多选)小明同学研究电磁感应现象时,实验设计如图甲所示,他在直铁棒上套装两个线圈,线圈n1=20匝、n2=40匝,将n1作为原线圈,并输入如图乙所示的正弦交流电,下列表述正确的是 (　 ) A.副线圈交流电的周期为0.02 s B.滑动变阻器滑片向下滑动,则电路输入功率变小 C.交流电压表的读数为20 V D.t=0.01 s时,n2两端的瞬时电动势最大 10.(8分)如图所示为一个教学用的简易变压器,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分)  (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。(4分)  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。(2分)  11.(8分)如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2=4∶1,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的比值和两电阻两端电压的比值。 12.(10分)如图甲是交流发电机,其发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动。若一小型发电机的线圈共220匝,线圈面积S=0.05 m2,线圈转动的频率为50 Hz,线圈内阻不计,磁场的磁感应强度B= T。为了用此发电机所发出的交流电带动两个标有“220 V,11 kW”的电机正常工作,需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器,电路如图乙所示。 (1)能否计算输出电压有效值?若能,怎样计算。(6分) (2)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大?(4分) 课时跟踪检测(十二) 1.选C　变压器只能对交流电进行升压或降压,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,C正确,D错误。 2.选C　变压器输出电压有效值为U2= V=11 V,则变压器原、副线圈的匝数比为===,故选C。 3.选AD　变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关,因此需要用可拆卸的变压器研究,A、D正确;变压器只能用交流电压表测量,不能用直流电压表测量,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,C错误。 4.选B　由U1∶U2∶U3=n1∶n2∶n3,可得n1=n3=1 100,n2=n1=180,B正确。 5.选C　变压器输入交变电压u=311sin(100πt)V,有效值U≈220 V,变压器原、副线圈匝数比为5∶1,所以副线圈电压U2=44 V,A错误;电流表示数为2 A,所以变压器的输出功率P=44×2 W=88 W,所以变压器的输入功率为88 W,B错误;照明灯的电流I1= A=1 A,则排气扇的电流为I2=2 A-1 A=1 A,则排气扇输出功率为P出=I2U2-r=1×44 W-12×1 W=43 W,C正确;变压器的初级线圈电流为I=I次= A=0.4 A,故保险丝熔断电流不得低于0.4 A,D错误。 6.选D　变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置,不能改变交变电流的频率,B、C错误;根据变压器匝数与电压的关系=,可得副线圈的电压U2=U1,由于原线圈匝数少而副线圈的匝数多,即n1<n2,因此有U2>U1,电流互感器是一种升压变压器,A错误;根据变压器匝数与电流的关系=,可得副线圈的电流I2=I1,由于n1<n2,因此有I2<I1,D正确。 7.选A　保持P的位置不动,即原、副线圈的匝数比不变,故副线圈两端的电压U'恒定,将R的阻值增大时,由I=可知,副线圈中的电流变小,故电流表的读数变小,A正确;由P0=I2R0可知,R0的电功率减小,B错误;保持R的阻值不变,将P向上滑动时,原线圈的匝数n1增大,由U'=U可知,副线圈上的电压变小,由I=可知,副线圈中的电流变小,C错误;由P0=I2R0可知,R0的电功率减小,D错误。 8.选B　原线圈两端电压的有效值U1= V= V,根据电压与匝数的关系有=,变压器副线圈两端电压的峰值U2max=U2,根据题意有U2max>10×103 V,解得>2 000,<,故A错误,B正确;用电压表测原线圈两端电压,电压表测的是有效值,则示数为U1= V= V,故C错误;根据ω=2πf=100π rad/s,解得f=50 Hz,变压器不改变频率,则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz,故D错误。 9.选AD　由题图乙可知,原线圈输入电流的周期是0.02 s,副线圈交流电的周期与原线圈交流电的周期相等,则副线圈交流电的周期是0.02 s,故A正确;由题图甲可知,滑动变阻器滑片向下滑动时,滑动变阻器接入电路的阻值变小,由于原、副线圈的匝数比不变,原线圈的输入电压不变,所以副线圈的输出电压U2不变,由P2=可知,副线圈输出功率将变大,原线圈输入功率等于副线圈输出功率,则电路输入功率变大,故B错误;由题图乙可知,原线圈输入电压的峰值U1m=10 V,原线圈输入电压U1==10 V,由变压器的变压比=可知,副线圈输出电压U2=20 V,电压表读数为20 V,故C错误;由题图乙可知,t=0.01 s时,原线圈电流变化率最大,电流产生的磁场变化率最大,穿过副线圈的磁通量变化率最大,由法拉第电磁感应定律可知,副线圈感应电动势最大,即n2两端的瞬时电动势最大,故D正确。 10.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 11.解析:变压器原、副线圈电流之比== 设流过电阻A的电流I1=I,则流过电阻B的电流I2=4I 所以两电阻消耗的电功率之比=== 两电阻两端电压之比 ==。 答案:　 12.解析:(1)可以。线圈转动的角速度: ω=2πf=2π×50 rad/s=100π rad/s 线圈转动产生的感应电动势最大值为: Em=NBSω=220××0.05×100π V=2 200 V 由于线圈内阻不计,则输出电压就等于感应电动势,所以输出电压的有效值为:U1==2 200 V。 (2)根据输入功率等于输出功率得: P入=P出=11×103×2 W=2.2×104 W 再根据P入=U1I1,解得I1=10 A。 答案:(1)见解析　(2)10 A 5 / 5 学科网（北京）股份有限公司 $