高中物理 第4章 交变电流 电机 第二节 变压器同步训练 新人教版选修2-1

1、第二节变压器同步训练一选择题1如图，是一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，原线圈接电压为U=20V的交流电源，输出端接有风扇电动机D和一只电阻恒为R=4的灯泡L，电动机线圈电阻为R=1接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I=2A，则（）A风扇电动机D输出的机械功率是20WB风扇电动机D输出的机械功率是16WC变压器原线圈的电流为1AD变压器原线圈的电流6.25A答案：B解析：解答：A、根据得：副线圈电压为：U2=10V，则风扇的输出功率为：，故A错误，B正确；C、通过灯泡的电流，则副线圈电流I2=I+IL=4.5A，根据得：I1=2.25A，故CD错误故选：B分析：电压比等于匝数之比，电动机为非纯电阻器件，风扇消耗的功率为内阻消耗+输出的机械功率，先根据欧姆定律求出灯泡的电流，从而求出副线圈电流，根据电流之比等于线圈匝数的倒数比求解2图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器，现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了

2、0.8A，则下列说法正确的是（）A电压表V1示数增大B电压表V2，V3示数均增大C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿cd的方向滑动答案：解析：解答：A、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即副线圈电流增大，由于a、b接在电压有效值不变的交流电流两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，根据欧姆定律得负载电阻减小，所以变阻器滑片是沿cd的方向滑动，故A错误，D正确，B、由于R0两端电压增大，所以滑动变阻器R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B错误；C、观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故C错误；故选：D分析：根据欧姆定律分析负载电阻的变化，图中变压器部分等效为一个电源，变压器右侧其余部分是外电路，外电路中，R0与滑动变阻器R串联；然后结合闭合电路欧姆定律和串并联电路的电压、电流关系分析即可3如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4：1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0

3、，负载电阻的阻值R=11R0，是理想电压表现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则（）A此时原线圈两端电压的最大值约为68VB此时原线圈两端电压的最大值约为24VC原线圈两端原来的电压有效值约为68VD原线圈两端原来的电压有效值约为48V答案：D解析：解答：A、现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，根据串并联知识和欧姆定律得副线圈电压，根据电压与匝数成正比可知，此时原线圈两端电压的有效值U1=4U2=24V，所以此时原线圈两端电压的最大值约为，故A、B错误；C、原来副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，由于保持变压器输入电流不变，所以输出电流也不变，所以原来副线圈电压，根据电压与匝数成正比可知，原线圈两端原来的电压有效值约为48V，故C错误，D正确；故选：D分析：根据串并联知识和欧姆定律可以求得输出电压的有效值，再根据电压与匝数成正比即可求得结论4如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变阻器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变

4、，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V调节前后（）A副线圈中的电流比为1：2B副线圈输出功率比为2：1C副线圈的接入匝数比为2：1D原线圈输入功率比为1：2答案：C解析：解答：A、通过调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V，输出电压减小为原来的一半，在原线圈电压和匝数不变的情况下，根据原副线圈电压之比等于匝数之比得副线圈接入匝数也应该变为原来的一半，所以接入匝数之比为2：1，副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2：1，故A错误，C正确；B、由，所以输出功率之比为4：1，故B错误；D、副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4：1，故D错误；故选：C分析：变压器的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，输入功率等于输出功率，结合欧姆定律分析5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

5、读数不变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，电流表读数变小答案：C解析：解答：AB、在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定因此，当Q位置不变时，输出电压不变，此时P向上滑动，负载电阻值增大，则输出电流减小，电流表的读数I变小，故A、B错误；CD、P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压变大，输出电流变大，则电流表的读数变大，故C正确，D错误；故选：C分析：保持Q位置不动，则输出电压不变，保持P位置不动，则负载不变，再根据变压器的特点分析6一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改变为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈的匝数为（）A200B400C1600D3200答案：解析：解答：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：变压器能将220V交变电流改变为110V，原线圈匝数n1=800，副线圈匝数n2则：匝故选：B分析：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解7理想变压器的原线圈匝数不变原线圈接入电压有效值恒定的交流电，则副线圈的（）A匝数越少，输出电压越高B匝数越多，输出电压越高C

6、输出功率比输入功率小D输出功率比输入功率大答案：解析：解答：A、原副线圈电压之比等于线圈匝数比，原线圈电压恒定，副线圈匝数减小，则匝数比增大，所以副线圈电压减小，故A错误；B、同理副线圈匝数越多，输出电压越高，故B正确；C、变压器的输入功率和输出功率相等，故CD错误故选：B分析：根据电压与匝数成正比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论8某种型号手机充电器中的变压器可认为是理想变压器，它的原、副线圈匝数比为50：1，若在原线圈上加有交流电压220V，则在副线圈上可获得电压（）A4.4VB220VC1V答案：A解析：解答：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：原副线圈的匝数比n1：n2=50：1，原线圈接入220V交流电压，则副线圈的电压故选：A分析：根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比即可求解9一理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，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为滑动变阻器的触头下列说法正确的是（）A副线圈输出电压的频率为100HzB副线圈输出电压的有效值为220VCP向左移动时，变压器原、副线圈的电流都减小DP向左移动时，变

7、压器的输入功率增加答案：C解析：解答：A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A错误；B、由图象可知，原线圈的电压的最大值为311V，原线圈电压的有效值为：，根据电压与匝数成正比可知，电压的有效值为：，所以B错误；C、P左移，R变大，副线圈电流减小，所以原副线的电流变小，故C正确；D、由C分析可知，原副线的电流变小，而电压不变，故功率减小，故D错误；故选：C分析：根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、周期和频率等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论10如图所示，某旋转磁极式发电机的转子有两对磁极，定子线圈的输出端接在一理想变压器的原线圈上不计定子线圈的电阻当转子以25R/s的转速匀速转动时，在定子线圈中产生频率为50Hz的正弦交流电若使转子以50R/s的转速转动，则（）A电流表A的示数变为原来的2倍B电压表V的示数不变C电阻R上交流电的频率为25HzD变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的4倍答案：A解析：解答：转速加倍，根据=2n则角速度加倍，根据Em=NBS加倍，AB、变压器原线圈两端电压加倍，根据变压器电压与匝数成正比，则副线圈两端电压加

8、倍，则电流加倍，由根据电流与匝数关系可知电流表的示数也加倍，故A正确，B错误；C、转速加倍，则原线圈输入电压频率加倍，为50Hz，变压器不改变电流频率，所以电阻R上交流电的频率为50Hz，故C错误；D、根据法拉第电磁感应定律可知，电动势与磁通量变化率的成之比，因为电动势加倍，变压器铁芯中磁通量变化率的最大值变为原来的2倍，故D错误；故选：A分析：根据Em=NBS及=2n可分析发电机输出电压变化，然后根据变压器电压与匝数的关系、角速度与频率之间关系解决其他问题11如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，电流表、电压表均为理想电表，R是光敏电阻（其阻值随光强增大而减小）原线圈接入如图乙示的正弦交流电压U，下列说法正确的是（）A电压U的频率为100 HzB电压表的示数为22VC照射R的光变强时，灯泡变暗D照射R的光变强时，电流表的示数变小答案：B解析：解答：A、原线圈接入如图乙所示，T=0.02s，所以频率为，故A错误；B、原线圈接入电压的最大值是V，所以原线圈接入电压的有效值是U=220V，理想变压器原、副线圈匝数比为10：1，所以副线圈电压是22V，所以V的示数为22V

9、，故B正确；C、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，可知电路中的电流增大所以灯泡变亮故C错误；D、有光照射R时，R阻值随光强增大而减小，根据，得副线圈输出功率增大，所以原线圈输入功率增大，所以A的示数变大，故D错误；故选：B分析：由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的原件的电流和电压的变化的情况12如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为4：1，原线圈两端接U=220sin100t（V）的交流电源，副线圈两端接R=55的负载电阻，电表均为理想交流电表则下列说法中正确的是（）A副线圈中输出交流电的频率为12.5HzB副线圈中电压表的示数为55VC变压器的输入功率为110WD原线圈中的电流表A的示数为0.25A答案：D解析：解答：A、变压器不会改变电流的频率，则副线圈输出电流的，故A错误；B、由瞬时值的表达式可知原线圈的电压的有效值为U=220V，理想变压器原副线圈匝数比为4：1，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有

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