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352第五章 变压器的动态分析当变压器空载投入电网，二次侧突然短路，或输电线路遭受雷击时，变压器将处于瞬变状态，此时变压器可能出现过电流和过电压现象。
瞬变状态的持续时间虽然很短，却可能使变压器受到损伤，因此对产生过电流和过电压的原因及其预防措施应进行研究。
第一节 变压器的过电流一、空载投入电网时一次绕组的冲击电流当变压器二次侧开路、一次侧投入电网时，一次侧的电压方程为111m d cos()d i R N U t tφωα+=+ （7-5-1） 式中，R 1和N 1分别为一次绕组的电阻和匝数；φ为链过一次绕组的总磁通；U m 为电源电压的幅值，α为投入瞬间电压的初相角。
空载时，i 1与φ之间为非线性关系，所以式（7-5-1）是一个非线性微分方程，考虑到电阻压降i 1R 1相对来说很小，以磁通量φ作为求解变量，将i 1用φ来表示，i 1=N 1φ/L 1，L 1为一次绕组的自感，则式（7-5-1）可改写成111m 1d cos()d R N N U t L tφφωα+=+ （7-5-2） 若近似认为L 1≈常值，则式（7-5-2）是一个常系数线性微分方程，具有解析解。
式（7-5-2）的解由两部分组成；一部分是稳态分量φ′，另一部分为瞬变分量φ″，即11m cos()R t L t AeφφφΦωαθ-'''=+=+-+ （7-5-3） 式中，磁通稳态分量的幅值为m m 112 4.44U U N f fN Φπ=≈=；θ为磁通与电源电压的相位差，θ=arctan(ωL 1/R 1)≈90˚；A 为瞬变分量的幅值，由初始条件确定。
设投入电源（即t =0）时，铁芯内有剩磁Φr ,代入式（7-5-3），可得r m r m cos()sin A ΦΦαθΦΦα=--≈- （7-5-4）将A 代回到式（7-5-3），最后可得11m r m sin()(sin )R t L t eφΦωαΦΦα-≈++- （7-5-5）353 从式（7-5-5）可见，如果投入瞬间初相角α＝－900，则投入时磁通的稳态分量为-Φm ，瞬变分量的幅值为Φm +Φr 。
高中物理：理想变压器的动态分析
理想变压器动态分析大致有两类情形：
（1）负载不变，原、副线圈的电压U1、U2，电流I1、I2，功率P入、P出随匝数比变化而变化；
（2）匝数比不变，上述各物理量随负载电阻的变化而变化.
共同策略：①根据题意弄清变量和不变量；②弄清变压器动态变化的决定关系.
例、四川汶川特大地震致使供电系统严重破坏. 为了确保灾后人民的生活得到及时救助，电力部门启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，图中R0表示输电线的电阻. 滑动触头P置于a处时，用电器恰好正常工作. 在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则（）
A. 当发电机输出的电压发生波动使电压表V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向上滑动
B. 当发电机输出的电压发生波动使电压表V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动
C. 如果电压表V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑
D. 如果电压表V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向下滑
分析：分析时，关键是看到理想变压器变化的本质：（1）当发电机输出的电压发生波动使电压表V1示数小于正常值时，意味着U1变小；（2）如果U1不变，当用电器增加时，实质就是负载电阻减小.
解析：当发电机输出的电压发生波动使电压表V1示数小于正常值，用电器不变时，由可知，当U1变小，n2应变大，则选项A正确；如果电压表V1示数保持正常值不变，由可知，当U1不
变，假设n2保持不变，那么当用电器增加时，副线圈中的总电阻将减小，则副线圈中的电流增大，而R0分担的电压将增大，用电器上分得的电压必然减小. 所以，为了确保用电器正常工作，滑动触头P应向上滑，则选项C正确.本题正确选项为AC.。
“变压器的动态分析”思路一、电阻变化1．如图所示，理想变压器的输入端接正弦交流电，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1和L 2，输电线的等效电阻为R ，开始时，电键K 断开.当K 接通时，以下说法中正确的是（ ）A.副线圈的两端M 、N 的输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R 上的电压增大C.通过灯泡L 1的电流减小D.原线圈中的电流增大2、如图所示，一理想变压器原线圈输入正弦式交流电，交流电的频率为50Hz ，电压表○V 示数为11000V ，灯泡L 1与L 2的电阻相等，原线圈与副线圈的匝数比为1:50:21=n n ，电压表和电流表均为理想电表，则（ ）A ．原线圈输入的交流电的表达式为t u π50sin 11000=VB ．开关K 未闭合时，灯泡L 1的两端的电压为220VC ．开关K 闭合后电流表○A 的示数为通过灯泡L 1中电流的21D ．开关K 闭合后原线圈输入功率增大为原来的4倍【答案】B 【解析】正弦交流电的表达式为t U u ωsin m =V ，其中电压最大值m U 为211000V ，ππω1002==f ，A 错；电压表○V 的示数是有效值，根据变压比2121n n U U =求得副线圈两端电压为220V ，B 对；开关K 闭合后，两灯泡两端电压相等，故通过两灯泡的电流相等，C 错；开关闭合后，副线圈负载为原来的2倍，故功率为原来的2倍，D 错。
3、如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。
变压器的输入电压是市区电网的电压，假设负载变化时输入电压保持不变。
输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻用R 0表示，变阻器R 代表用户用电器的总电阻，当用电器增加时，相当于R 的值减小。
忽略变压器上的能量损失，不计电压表、电流表的内阻对电路的影响。
当用户的用电器增加时，下列说法正确的是： （ C A ．电压表读数增大，电流表读数增大B ．电压表读数减小，电流表读数增大C ．电压表读数不变，电流表读数增大D ．电压表读数不变，电流表读数减小 原电压U 1 副电压U 2 副电流I 2 原电流I 1 匝数比 U 2=I 2·R 2 P 2=P 1 R 0 A ～ V R4、如图所示为一理想变压器，原线圈的输入电压U1＝3300V，副线圈的输出电压U2＝220V，绕过铁芯的导线所接的电压表示数U0＝2V，则（1）原线圈的匝数是多少？（2）当s断开时，A2的示数I2＝5A，则A1的示数？（3）当s闭合时，A2的示数将如何变化？A15、一理想变压器给负载供电，变压器输入电压不变，如图所示．电灯A上标有“10 V,10 W”的字样，电灯B上标有“8 V,20 W”的字样，滑动变阻器的总电阻为6 Ω，当滑动触头由a端向b端滑动的过程中(不考虑电灯电阻的变化)．则图中所有交流电表的读数及输入功率变化情况正确的是(均为理想电表)：（ B ）A．V1、V2不变，A1增大，A2增大，P先减小后增大B．V1、V2不变，A1、A2增大，P增大C．V1、V2不变，A1、A2减小，P先增大后减小ArrayD．V1不变，V2增大，A1减小，A2减小，P减小二、匝数变化1、如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的饮芯上，p 是可移动的滑动 触头。
变压器的状态分析
变压器的状态变化是从量变到质变的过程。
为了促进变压器的状态尽量稳定在初始状态,首先应重视量变过程的状态分析。
但为了有针对性地消除故障,及时恢复原有功能,还应在突变性质状态分析即故障诊断上下功夫。
所以变压器的状态分析,分为渐变过程的状态分析和突变性质的状态分析。
点检员在对变压器的点检过程中完成数据积累,这些数据是点检员进行变压器状态分析的基础。
利用变压器状态分析方法是变压器“健康水平”评估的有效手段,对变压器检修周期和检修项目的制定十分有帮助。
1运行中变压器的状态变化(1)绝缘体被水分、气体及固体杂质污染;(2)铜、铝导线的塑性变形;(3)紧固件松动;(4)绝缘材料和金属零件的磨损;(5)油分子和纸纤维的裂解;(6)导电接头和分接开关触头的接触面氧化;(7)硅钢片生锈或烧熔;(8)导体腐蚀或烧熔。
2运行中变压器状态变化的原因2·1局部放电局部放电分两种:一种是不损伤纸绝缘的局部放电,危害性不大。
例如:套管均压球引起金属间的油中放电。
另一种是损坏纸绝缘的局部放电,危害性最严重。
专题六 变压器的基本规律及动态电路问题一、变压器的基本规律1.电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。
2.功率关系：P 入＝P 出， 有多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋P 4＋P 5＋…。
3.电流关系：由功率关系，当只有一个副线圈时，I 1U 1＝I 2U 2，即I 1I 2＝U 2U 1＝n 2n 1；当有多个副线圈时，I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋…，即I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…。
[复习过关]1. (多选)如图1所示，理想变压器原线圈的匝数为n 1，副线圈的匝数为n 2，原线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.20 A 。
下列判断中正确的是( )图1A.原线圈和副线圈的匝数比为2∶1B.原线圈和副线圈的匝数比为5∶1C.电流表A 2的示数为1.0 AD.电流表A 2的示数为0.4 A解析 对于理想变压器，P 1＝U 1I 1＝220×0.20 W ＝44 W ，则负载电阻消耗的功率P 2＝P 1＝44 W ，据P 2＝U 22R ，得U 2＝P 2R ＝44×44 V ＝44 V ，则n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝51，故B 正确。
A 2的示数I 2＝U 2R ＝4444 A ＝1.0 A ，故C 正确。
答案 BC2.某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图2所示规律变化，副线圈接有负载，下列判断正确的是( )图2A.输出电压的最大值为36 VB.原、副线圈中电流之比为55∶9C.变压器输入、输出功率之比为55∶9D.交流电源电压有效值为220 V，频率为50 Hz解析由图知原线圈电压最大值为220 2 V，周期T＝2×10－2 s，故有效值为220 V，频率为50 Hz；由U1U2＝n1n2，I1I2＝n2n1得输出电压最大值为36 2 V，原、副线圈中电流之比为9∶55，输入、输出功率应相等，所以D正确。
变压器动态分析基础题1. 理想变压器在正常使用过程中,如果副线圈处于开路状态,则原线圈的输入功率等于_______；如果副线圈上负载电阻减小,则原线圈从电源获取的功率将_______(选填“增加”、“减小”或“不变”).答案:0,增加2. 对于理想变压器,下列说法中不正确的是( )A.原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大B.原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大C.原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化D.当副线圈的电流为零时,原线圈的电压也为零答案:D解析:副线圈消耗功率大小决定原线圈的输入功率大小,选项A 对;副线圈的电流决定原线圈的电流,选项B 对;当副线圈的电流为零时原线圈的电流为零,但电压不是零,选项D 错;原线圈的电压决定副线圈的电压,与副线圈中电流的变化无关,选项C 对。
触变型3. 如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L 1 和L 2，输电线的等效电阻为R ．开始时，开关S 断开，当S 接通后A ．副线圈两端从M 、N 的输出电压减小B ．副线圈输电线等效电阻R 两端的电压降减小C ．通过灯泡L 1 的电流减小D ．原线圈中的电流减小答案：C4. 如图所示,理想变压器副线圈通过输电线接两个相同的灯泡L 1和L 2.输电线的等效电阻为R .开始时,电键S 断开,当S 闭合时,下列说法中正确的是().(A )副线圈两端的输出电压减小(B )通过灯泡L 1的电流减小(C )原线圈中的电流增大(D )变压器的输入功率增大答案:BCD5. （2013山东省即墨市期末）如图所示，理想变压器原线圈的匝数11001=n 匝，副线圈的匝数1102=n 匝，210R R R 、、均为定值电阻，原线圈接如图所示的交变电压.开始开关S 处于断开状态，下列说法中正确的是 ( )A.电压表示数为22VB.当开关S闭合后，电压表示数变大C.当开关S闭合后，电流表示数变大D.当开关S闭合后，变压器的输入功率减小6.（2013湖南省娄底市期末）如图所示，B为理想变压器，接在其原线圈上的交变电压有效值保持不变。
4变压器记一记变压器知识体系辨一辨1.变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压．(√)2．电流通过铁芯从原线圈流到副线圈．(×)3．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．(√)4．理想变压器是一个理想化模型．(√)5．学校中用的变压器工作时没有能量损失．(×)6．理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率．(×)想一想1.什么是理想变压器？理想变压器原、副线圈中的功率有什么关系？提示：理想变压器是理想化的物理模型，忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗．所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．2．如果将变压器的原线圈接到直流电源上，在副线圈上还能输出电压吗？提示：不能．变压器的工作原理是互感现象，在原线圈上接直流电源，在铁芯中不会形成变化的磁场，所以在副线圈上不会有感应电动势产生．3．根据能量守恒推导有多个副线圈时原、副线圈中的电流与匝数的关系．提示：若有多个副线圈，则P1＝P2＋P3＋…，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋…，将U1：U2：U3:…＝n1:n2:n3:…代入得n1I1＝n2I2＋n3I3＋….思考感悟：练一练1.关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是()A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析：通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A项错误；因理想变压器无漏磁，故B项错误；由互感现象知C项正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，故D 项错误．答案：C2．(多选)如图所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A．以下判断正确的是()A ．变压器输入功率为484 WB ．通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC ．通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD ．变压器原、副线圈匝数比n 1n 2＝11 3解析：变压器的输入功率等于输出功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝2.2×60 W ＝132 W ，A 项错误；由U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝U 1U 2＝22060＝113，D 项正确；由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝311×2.2 A ＝0.6 A ，B 项正确；根据I ＝I m 2得通过副线圈的电流的最大值I 2m ＝2I 2＝115 2 A ≈3.1 A ，C 项错误．答案：BD3．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1:n 2＝2:1，和Ⓐ均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 两端电压u 1＝12 2 sin 100 πt (V)．下列说法正确的是( )A ．电流频率为100 HzB.的读数为24 VC ．Ⓐ的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W 解析：根据u 1＝122sin 100πt (V)及U ＝U m 2知U 1＝12 V ，f ＝ω2 π＝50 Hz ，A 项错误；根据U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝12×12 V ＝6 V ，即的读数为6 V ，B 项错误；又I 2＝U 2R L＝66 A ＝1 A ，即Ⓐ的读数为1 A ，C 项错误；根据P 入＝P 出及P 出＝U 22R L＝626 W ＝6 W ，D 项正确．答案：D4．(多选)如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V和10 A，已知甲图中原、副线圈匝数比为1001，乙图中原、副线圈匝数比为110，则()A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VB．甲图是电流互感器，输电电流是100 AC．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD．乙图是电流互感器，输电电流是100 A解析：根据U1U2＝n1n2，有U1＝n1n2U2＝1001×220 V＝22 000 V，故A项正确；题图甲是电压互感器，故B项错误；题图乙是电流互感器，电表是电流表，故C项错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I1I2＝n4n3，有I1＝n4n3I2＝101×10 A＝100 A，故D项正确．答案：AD要点一变压器的原理和电压、电流关系1.(多选)关于变压器，下列说法正确的是()A．变压器的工作原理是电磁感应B．一切变压器的工作基础都是互感现象C．各种电流接入变压器的输入端，变压器都能持续正常工作D．只有交变电流接入变压器的原线圈中，变压器才能持续正常工作解析：变压器的原线圈接交流电源时，有交变电流流过，引起穿过原、副线圈的磁通量发生变化，在原、副线圈中都产生了感应电动势，所以变压器的工作原理是电磁感应，A项正确；有一种变压器叫自耦变压器，它只有一个线圈绕在铁芯上，但有三个抽头，可升压、也可降压，这种变压器的工作基础是自感，B 项错误；变压器要想持续正常工作，原线圈必须接交变电流，若接直流，原、副线圈中不可能出现持续的感应电动势，变压器不能持续正常工作，C 项错误，D 项正确．答案：AD2．理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，下列说法中正确的是( )A ．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10:1B ．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等，但穿过每匝线圈的磁通量并不相等C ．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10:1D ．正常工作时，原、副线圈的输入、输出功率之比为1:1 解析：对理想变压器，无磁通量损失，因而穿过两个线圈的磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，才导致电压与匝数成正比，A 、B 、C 三项错误；理想变压器可以忽略各种损耗，故输入功率等于输出功率，D 项正确．答案：D 3.如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1:2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V ，额定功率为22 W ，原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U 和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )A ．U ＝110 V ，I ＝0.2 AB ．U ＝110 V ，I ＝0.05 AC ．U ＝110 2 V , I ＝0.2 AD ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 2 A解析：在副线圈电路中，I 2＝P U 2＝0.1 A ，再根据U 1U 2＝n 1n 2，及I 1I 2＝n 2n 1，得U 1＝110 V ，I 1＝0.2 A ，故B 、C 、D 错，A 项正确． 答案：A4．用理想变压器给负载电阻R 供电，变压器输入电压一定时，在下列四个办法中，哪种可以使变压器输出功率增加( )A ．增加变压器原线圈匝数，而副线圈匝数及负载电阻R 保持不变B ．减小负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变C．增加负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变D．减小变压器副线圈匝数，而原线圈匝数和负载电阻保持不变解析：由U1U2＝n1n2，当n1增加时，U2减小，P2＝U22R，P2减小，A项错误；U1、n1、n2不变，则U2不变，R减小时，P2＝U22 R，P2增大，B项正确，C项错误；当n1、U1、R不变，n2减小时，则U2减小，由P2＝U22R，P2会减小，D项错误．答案：B要点二变压器的动态分析5.如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝U m sin ωt，副线圈电路中R 0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U 1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是()A．I1和I2表示电流的平均值B．U1和U2表示电压的最大值C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I2变大解析：电路中的电压表和电流表表示的都是有效值，选项A、B两项错误．根据U1U2＝n1n2得U2＝n2n1U1，U1不变，则U2不变，滑片P向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路中的电阻变小，由闭合电路欧姆定律知I2变大，根据I1I2＝n2n1得I1＝n2n1I2，I1变大，故C项正确，D项错误．答案：C6．(多选)如图所示，T为理想变压器，电流表Ⓐ、电压表均为理想交流电表．R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，L为电感线圈，A、B两点间接正弦交流电，则()A．只将滑片P1下移时，电流表Ⓐ示数变小B．只将滑片P 2下移时，电压表示数变大C．只增大交流电的电压时，电流表Ⓐ示数变大D．只增大交流电的频率时，电压表示数不变解析：只将滑片P1下移时，变压器副线圈输出电压U2减小，由U1I1＝U22R可知，U1、R不变，I1减小，电流表Ⓐ示数变小，A项正确；只将滑片P2下移时，副线圈电路中的总电阻减小，U2不变，因此副线圈电路中的电流增大，R1两端的电压增大，R3两端的电压减小，电压表的示数减小，B项错误；只增大交流电的电压时，根据变压比公式可知，副线圈两端的电压增大，因此副线圈的电流增大，根据变流比公式可知，原线圈的电流增大，故电流表Ⓐ示数增大，C项正确；只增大交流电的频率时，电感线圈的感抗增大，副线圈电路中的总电阻增大，总电流减小，R1两端的电压减小，R3两端的电压增大，电压表示数增大，D项错误．答案：AC要点三几种常见的变压器7.(多选)图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是()A．线圈匝数n1<n2，n3<n4B．线圈匝数n1>n2，n3>n4C．甲图中的电表是电压表，输出端不可短路D．乙图中的电表是电流表，输出端不可断路解析：题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，其中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3<n4，其中的电表为电流表，故选项C、D两项正确．答案：CD8.如图所示为物理实验室某风扇的风速挡位变换器电路图，它是一个可调压的理想变压器，其中接入交流电的电压有效值U0＝220 V，n0＝2 200匝，挡位1、2、3、4对应的线圈匝数分别为220匝、500匝、1 100匝、2 200匝．电动机M的内阻r＝4 Ω，额定电压为U＝220 V，额定功率P＝110 W．下列判断正确的是() A．当选择挡位3时，电动机两端电压为110 VB．当挡位由3变换到2时，电动机的功率增大C．当选择挡位2时，电动机的热功率为1 WD．当选择挡位4时，电动机的输出功率为110 W解析：由电压与匝数的关系U0U3＝n0n3，解得U3＝110 V，A项正确；当挡位由3变换到2时，输出电压减小，电动机的功率减小，B项错误；当选择挡位4时，电动机两端电压为额定电压，达到额定功率，在额定功率的情况下，电动机的额定电流为I＝PU＝0.5 A，热功率P r＝I2r＝1 W，输出功率为P－P r＝(110－1) W ＝109 W，D项错误；当选择挡位2时，电动机没有达到额定功率时，热功率小于1 W，C项错误．答案：A基础达标1.理想变压器正常工作时，原、副线圈中不相同的物理量为()A．每匝线圈中磁通量的变化率B．交变电流的频率C．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D．原线圈中的感应电动势和副线圈中的感应电动势解析：理想变压器是没有能量损失的变压器，铁芯中无磁漏现象，所以每匝线圈中磁通量相等，其变化率相等，故A、C不符合题意；根据变压器的工作原理及用途可知，B不符合题意，D 符合题意．答案：D2．下列图中可以将电压升高供给家用电灯的变压器是()解析：电压升高，原线圈的匝数要少于副线圈的匝数，原线圈要接交流电，接直流电时变压器不工作，故C项正确．答案：C3.如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220 V，负载电阻R＝44 Ω，电流表A1的示数为0.2 A．下列判断正确的是()A．原线圈和副线圈的匝数比为2:1B．原线圈和副线圈的匝数比为5:1C．电流表A2的示数为0.1 AD ．电流表A 2的示数为0.4 A解析：由电压表V 示数和电流表A 1的示数可得原线圈中的功率P 1＝U 1I 1，P 1＝P 2＝I 22R ，所以电流表A 2的示数为I 2＝U 1I 1R ＝220×0.244 A ＝1 A ，C 、D 两项错误；原线圈和副线圈的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝51，A 项错误，B 项正确．答案：B4.如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 000 2sin 100πt V的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V ,880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50:1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：根据接入电压u ＝11 0002sin 100πt V ，输入电压有效值为11 000 V ，要使“220 V ,880 W ”的电器正常工作，则通过用电器的电流为I ＝P U ＝4 A ，副线圈输出电压为U 出＝Ir ＋U ＝4×6 V＋220 V ＝244 V ，原、副线圈匝数比等于输入电压与输出电压之比为2 75061，A 项错误，C 项正确；交流电的频率f ＝ω2π＝100 π2 πHz ＝50 Hz ，B 项错误；变压器的输出功率P 出＝P R L ＋P r ＝880 W ＋42×6 W ＝976 W ，D 项错误．答案：C5.如图所示，理想变压器原、副线圈回路中的输电线的电阻忽略不计．当S 闭合时( )A ．电流表A 1的读数变大，电流表A 2的读数变小B．电流表A1的读数变大，电流表A2的读数变大C．电流表A1的读数变小，电流表A2的读数变小D．电流表A1的读数变小，电流表A2的读数变大解析：当S闭合后，变压器副线圈电路中的总电阻R减小，而输出电压不变．由I2＝U2R得I2变大，即电流表A2的读数变大，变压器的输出功率变大．由U1I1＝U2I2可知，I1变大，即电流表A1的读数也变大，B项正确．答案：B6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1:n2＝4:1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表A1的示数为12 mA，则电流表A2的示数为()A．3 mA B．0C．48 mA D．与负载R的值有关解析：当导体棒做匀速直线运动切割磁感线时，在原线圈中产生恒定不变的电流，铁芯中产生的磁场是不变的，穿过副线圈的磁通量不变，不能在副线圈中产生感应电流，即A2的示数为0，B项正确．答案：B7.一理想变压器原、副线圈匝数之比n1:n2＝11:5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U如图所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻，则()A．流过电阻的电流是20 AB．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC．经过1 分钟电阻发出的热量是6×103 JD．变压器的输入功率是1×103 W解析：由电压的有效值和最大值的关系得U1＝U m2＝220 V．根据理想变压器电压与匝数的关系U1U2＝n1n2，得U2＝n2n1U1＝511×220 V＝100 V，故电压表的示数是100 V，B项错误；I2＝U2R＝10010A＝10 A，A项错误；1 分钟内电阻发出的热量Q＝I2Rt＝102×10×60 J＝6×104 J，C项错误；变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出＝U2I2＝100×10 W＝1×103 W，故D项正确．答案：D8.如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开．当开关S接通时，以下说法中不正确的是()A．副线圈两端M、N的输出电压减小B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流增大解析：由于输入电压不变，所以当S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变．并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律I2＝U2R2知，流过R的电流增大，电阻上的电压U R＝IR增大．副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2得，I2增大，原线圈输入电流I1也增大．U MN不变，U R变大，所以U L1变小，流过灯泡L1的电流减小．综上所述，应选A.答案：A9.自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900；原线圈为1 100，接在有效值为220 V 的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R 上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和I 1分别约为( )A ．380 V 和5.3 AB ．380 V 和9.1 AC ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 A解析：对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I 1＝P U 1＝2 000220 A ≈9.1 A ，负载两端电压即为副线圈电压，由U 1U 2＝n 1n 2，即220 V U 2＝1 1001 900，可得U 2＝380 V ，故B 项正确． 答案：B10．如图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用灯泡相同，且规格都是“220 V ,40 W ”，当灯泡所消耗的功率都调为20 W 时，哪种台灯消耗的功率最小( )解析：C 图为理想变压器调节电压，而理想变压器不消耗能量，A 、B 、D 三图中均利用电阻来调节灯泡上的电压，故一定会多消耗能量．C 项正确．答案：C11.某变压器原、副线圈匝数比为 55:9，原线圈所接电源电压按如图所示规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是( )A ．输出电压的最大值为36 VB ．原、副线圈中电流之比为55:9C ．变压器输入、输出功率之比为55:9D ．交流电源有效值为220 V ，频率为50 Hz解析：由U 1U 2＝n 1n 2得，输出电压的最大值为36 2 V ，A 项错误；原、副线圈中电流之比I1I2＝n2n1＝955，故B项错误；理想变压器输入功率与输出功率相等，C项错误；由图象易知D项正确．答案：D能力达标12.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交变电压，P、Q接4 V直流电压，下面哪个选项可表示A、B间和M、N间的电压()A．10 V10 V B．10 V 4 VC．4 V10 V D．10 V0解析：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交变电压时，A、B间将得到10 V交变电压．题图乙是一个分压电路，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，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直流电压时，M、N两端的电压也是4 V，故B项正确．答案：B13．如图甲所示，一理想变压器给一个小灯泡供电．当原线圈输入如图乙所示的交变电压时，额定电压为U0的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为R，图中电压表为理想电表．下列说法正确的是()A ．变压器输入电压的瞬时值为u ＝U m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT t VB ．电压表的示数为 2 U 0C ．变压器的输入功率为U 20RD ．变压器的匝数比为U m U 0 解析：由题图乙知，变压器输入电压的瞬时值为u ＝U m sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2 πT t V ，A 项正确；电压表的示数为U 0，B 项错误；变压器的输入功率为U 20R ，C 项正确；由变压器变压公式，变压器的匝数比为U m 2U 0，D 项错误．答案：AC14.如图所示，理想变压器三个线圈的匝数之比为n 1:n 2:n 3＝10:5:1，其中n 1接到220 V 的交流电源上，n 2和n 3分别与电阻R 2、R 3组成闭合回路．已知通过电阻R 3的电流I 3＝2 A ，电阻R 2＝110 Ω，求通过电阻R 2的电流I 2和通过原线圈的电流I 1.解析：由变压器原、副线圈电压比等于其匝数比可得，加在R 2上的电压U 2＝n 2n 1U 1＝510×220 V ＝110 V 通过电阻R 2的电流I 2＝U 2R 2＝110110 A ＝1 A 加在R 3上的电压U 3＝n 3n 1U 1＝110×220 V ＝22 V 根据输出功率等于输入功率得：U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3代入数据解得通过原线圈的电流为：I 1＝0.7 A.答案：1 A 0.7 A15.如图所示，理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1n 2＝21，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＝3112V≈220 V由U1U2＝n1n2得副线圈两端的电压U2＝n2n1U1＝12×220 V＝110 V.(1)当R＝100 Ω时，副线圈中电流I2＝U2R＝110100A＝1.10 A.由U1I1＝U2I2得原线圈中的电流为I1＝U2U1I2＝110220×1.10 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＝U1U2I′1＝n1n2·I′1＝2×1.0 A＝2.0 A变阻器阻值为：R0＝U2I′2＝1102.0Ω＝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)55Ω220 W。
2025届高三物理一轮复习多维度导学与分层专练专题67变压器及远距离输电导练目标导练内容目标1理想变压器原理与基本关系目标2理想变压器的动态分析目标3远距离输电【知识导学与典例导练】一、理想变压器原理与基本关系【例1】如图为日常生活中常见的点火装置原理图，先将1.5V 直流电压通过转换器转换为正弦式交变电压6sin V u t ω=（），然后将其加在理想变压器的原线圈n 1上，当副线圈n 2两端电压达到12kV 以上时放电针之间空气被击穿，从而引发电火花点燃气体。
下列说法正确的是（）理想变压器没有能量损失(铜损、铁损)，没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P 入＝P 出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，U 1∶U 2＝n 1∶n 2，与负载的多少无关电流关系只有一个副线圈时，I 1∶I 2＝n 2∶n 1；有多个副线圈时，由P 入＝P 出即I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋…＋I n U n 得I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…＋I n n n频率关系f 1＝f 2(变压器不改变交流电的频率)处理技巧等效电阻2122n R R n =等效A ．原线圈两端所接交流电压表的读数为4.24VB ．副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率不相等C310D ．要实现点火则副线圈与原线圈的匝数比至少大于2000【答案】AD【详解】A ．根据题意可知，原线圈两端电压的最大值为m 6V U =则有效值为4.24V U ==≈有即电压表示数为4.24V ，故A 正确；B ．变压器不能改变频率，故副线圈中交流电压与原线圈中交流电压频率相等，故B 错误；CD ．当变压器副线圈电压的瞬时值大于12000V 时，就会在放电针间引发电火花进而点燃气体，转换器所输出的正弦式交变电压最大值为6V ，根据电压与匝数成正比，所以实现点火的条件是211200020006n n ==故C 错误，D 正确。
对变压器动态分析的考查1、 如图所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，开关S 原来闭合，且R 1＝R 2.现将S 断开，那么交流电压表的示数U 、交流电流表的示数I 、电阻R 1上的功率P 1及该变压器原线圈的输入功率P 的变化情况正确的是 ( )A ．U 增大B ．I 增大C ．P 1减小D ．P 减小答案 AD解析 开关S 由闭合到断开时，负载的总电阻变大，变压器的输出电压U 2不变，则输出电流I 2变小，R 上的电压变小，R 1上的电压U 变大，电阻R 1上的功率P 1＝U 2R 1R 1＝U 2R 1，R 1不变，U 变大，则P 1增大，故A 正确，C 错误．由电流与匝数的关系可知电流表的示数I 减小，B 错误．输出功率P 出＝I 2U 2，U 2不变，I 2减小，则P 出减小，输入功率等于输出功率，所以D 正确．2、(2012·福建理综·14)如图所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是 ( )A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小解析 电路中交流电表的示数为有效值，故A 、B 项均错误；P 向下滑动过程中，R 变小，由于交流电源和原、副线圈匝数不变，U 1、U 2均不变，所以I 2＝U 2R 0＋R变大，由I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I 2变大，故C 项正确，D 项错误． 答案 C3、 如图甲所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈所接电路中，电压表V 1、V 2和电流表A 1、A 2都为理想电表，电阻R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，R 3的最大阻值为12 Ω，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压．在R 3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是 ( )图5 A ．电压表V 1的示数增大 B ．电压表V 2的示数为20 2 V C ．电流表A 1、A 2的示数都增大D ．电压表V 1的示数与电流表A 1的示数的乘积一直减小答案 D解析 当R 3的滑片向上移动时，R 2、R 3的总电阻减小，分压减小，所以电压表V 1的示数减小，A 错误．由变压比公式220 V U 2＝101得U 2＝22 V ，B 错误．根据“串反并同”得电流表A 1的示数增大，电流表A 2的示数减小，C 错误．电压表V 1的示数与电流表A 1的示数的乘积为电阻R 2、R 3消耗的功率之和，由于P 入＝P 出＝P 1＋P 23，且P 入＝P 出不变，P 1增大，故P 23减小，D 正确．4、 (2011·福建理综·15)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1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S 1接1，S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是 ( )A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin (50πt ) VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W答案 D 解析 由图象乙可知U m ＝20 2 V ，T ＝0.02 s ，故ω＝2πT＝100π rad/s ，即输入电压u 的表达式u ＝202sin (100πt ) V ，所以A 项错误．断开S 2后两灯串联，总电压仍为4 V ，所以L 1、L 2均不能正常发光，B 项错误．根据P 入＝P 出＝U 2R 总可知断开S 2后R 总增大，P入变小，P 出变小，C 项错误．若S 1接2，由P ＝U 2R 可得P ＝4220W ＝0.8 W ，D 项正确． 5、 某同学自制变压器，原线圈为n 1匝，在做副线圈时，将导线ab 对折后并在一起，在铁芯上绕n 2圈，从导线对折处引出一个接头c ，连成图所示电路．S 为单刀双掷开关，线圈电阻不计，原线圈接u 1＝U m sin ωt 的交流电源．下列说法正确的是 ( )A ．S 接b 时，电压表示数为2n 2U m n 1 B ．S 接c 时，电压表示数为2n 2U m 2n 1C ．S 接c 时，滑动触头P 向下移动，变压器输入功率变大D ．S 接c 时，滑动触头P 向上移动，变压器输入电流变大答案 BD解析 S 接b 时，双导线ab 产生的感应电动势抵消为零，电压表示数为零，选项A 错误；S 接c 时，副线圈的电动势就是一个n 2线圈产生的感应电动势，由U 1U 2＝n 1n 2、U 1＝U m 2，所以U 2＝2n 2U m 2n 1，选项B 正确；P 向下滑时，R 变大，消耗的功率变小，因此输入功率也变小，同理分析，P 向上滑时，R 减小，回路电流变大，由I 1n 1＝I 2n 2知输入电流变大，选项C 错误，D 正确．6、 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别是n 1、n 2，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻R ，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压．当单刀双掷开关由a 拨向b 后，下列说法正确的是 ( )甲 乙 A ．副线圈输出电压的频率变小 B ．电压表的示数变大C ．电流表的示数变小D ．原线圈的输入功率变大答案 BD解析 变压器不会改变交流电的频率，A 项错误；当开关由a 拨向b 后，n 1变小，由U 1U 2＝n 1n 2，且U 1＝U m 2不变，可知n 1变小，n 2、U 1不变时，U 2变大，即电压表的示数变大，同样电流表示数也要变大，B 项正确，C 项错误；由P 入＝P 出＝U 2I 2可知，D 项正确．7、(2010·海南·9)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是 ( )A ．若电压表读数为6 V ，则输入电压的最大值为24 2 VB ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍答案 AD解析 本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识和理解．因为电压表的读数为6 V ，则变压器的输出电压的有效值为6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，故U 1＝4U 2＝24 V ，所以输入电压的最大值为U m ＝2U 1＝24 2 V ，所以选项A 正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝U 2R可知，电流表示数增大，所以选项B 错；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R 变大时，则I 2＝U 2R ，电流变小，又P 1＝P 2＝U 2I 2，故输入功率也减小，所以选项C 错；若负载电阻R 不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I 2＝U 2R则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P 2＝U 2I 2变为原来的4倍，所以选项D 正确．8、 (2011·山东理综·20)为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是 ( )甲 乙A ．u 2＝1902sin (50πt ) VB ．u 2＝1902sin (100πt ) VC ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移答案 BD 解析 由题图乙知交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，所以ω＝2πT＝100π rad/s ，故u 2＝U m sin ωt ＝1902sin (100πt ) V ，A 错误，B 正确．由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1，欲使U 2升高，n 1应减小，P 应上移，C 错误，D 正确．9、如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V 1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L 和滑动变阻器R ，R 上并联一只理想电压表V 2.下列说法中正确的是( )A ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，V 1示数变大，V 2示数变小B ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C ．若P 不动，滑片F 向下移动时，V 1、V 2的示数均变小D ．若P 不动，滑片F 向下移动时，灯泡消耗的功率变大解析 若F 不动，滑片P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V 2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A 错误，B 正确；若P 不动，滑片F 向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L 消耗的功率减小，电压表V 2的示数变小，C 、D 错误． 答案 B10、 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间输入交变电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图甲中两电表均为理想交流电表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器．现在CD 两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么( )A ．由乙图可知CD 两端输入交流电压u 的表达式为u ＝362sin 100t (V)B ．当滑动触头P 逆时针转动时，MN 之间输出交流电压的频率变大C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R 2消耗的电功率变小答案 D解析 由题图乙可知u ＝362sin 100πt (V)，A 错误．M 、N 之间输出交流电压的频率由输入的交流电压的频率决定，B 错误．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R 3减小，由“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R 2消耗的电功率P 2＝U 2R 2减小，C 错误，D 正确．11、如图所示，理想变压器原线圈的匝数n 1＝1 100匝，副线圈的匝数n 2＝110匝，R 0、R 1、R 2均为定值电阻，且R 0＝R 1＝R 2，电流表、电压表均为理想电表．原线圈接u ＝2202sin (314t ) (V)的交流电源．起初开关S 处于断开状态．下列说法中正确的是( )A ．电压表示数为22 VB ．当开关S 闭合后，电压表示数变小C ．当开关S 闭合后，电流表示数变大D ．当开关S 闭合后，变压器的输出功率增大答案 BCD解析 电源电压的有效值为U 1＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2＝22 V ，而电压表示数只是R 1两端的电压，一定小于U 2，A 项错误．S 闭合后，负载总电阻变小，而U 2不变，由P 出＝U 22R 总知P 出变大，I 2＝U 2R 总变大，而P 入＝P 出＝U 1I 1，U 1不变，I 1应变大，即电流表示数变大；电阻R 0的分压U 0＝I 2R 0，U 0变大，则电压表示数U ′＝U 2－U 0应变小．综上所述，选项B 、C 、D 正确．。
等效阻抗秒解变压器动态问题一.应用技巧1.变压器原线圈接有负载R 时，原、副线圈的制约关系依然成立，但电路输入的总电压U 不再等于变压器原线圈的电压U 1，而是U =U 1+U 负载，显然U ≠U 1.变压器原、副线圈两端的功率也始终相等，但电路输入的电功率P 也不等于原线圈两端的功率P 1，而是P =P 1+P 负载．2.等效负载电阻法变压器等效负载电阻公式的推导：设理想变压器原副线圈的匝数之比为n 1：n 2，原线圈输入电压为U 1，副线圈负载电阻为R ，如图1(1)所示，在变压器正常工作时，求a 、b 间的等效电阻。
先画出等效电路图如图1(2)所示，设变压器等效负载电阻为R 在(1)中由变压器的分压规律：U 1U 2=n1n 2得：U 2=n 2n 1U 1，所以负载电阻R 消耗的功率为：P =U 2R =n 22U 21n 21R在(2)中等效电阻消耗的功率为：P=U 21R因P =P，所以等效电阻为：R=n 21n 22R (重要结论)1一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω，A 为理想交流电流表，U 为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。
当开关S 断开时，电流表的示数为I ；当S 闭合时，电流表的示数为4I 。
该变压器原、副线圈匝数比为()A.2B.3C.4D.5【答案】B【解析】解法一：能量守恒法：设原副线圈匝数比为k S 断开P 1=IU =I 2R 1+(kI )2(R 2+R 3)①S 闭合P 2=4IU =(4I )2R 1+(4kI )2R 2②①②得P 2=4P 1即：4×（3I 2+5k 2I 2）=48I 2+16k 2I 2化简得k =3解法二：电流、电压关系法设原副线圈匝数比为k S 断开时U 1U 2=I 2I 1=k 由图可知U 2=I 2(R 2+R 3)=kI (R 2+R 3)=5kI 即U 1=5k 2I则U =U 1+IR 1=5k 2I +3I ①S 闭合U 1U 2=I 2I 1=k 由图可知U 2=I 2×R 2=4kIR 2=4kI 即U 1=4k 2I 则U =U 1+4IR 1=4k 2I +12I ②由①②得k =3解法三：等效负载电阻法设原副线圈匝数比为k S 断开时等效负载电阻为R =k 2(R 2+R 3)=4k 2则U =I (R +R 1)=5k 2I +2I ①S 闭合时等效负载电阻为R =k 2R 2=k 2则U =4I (R +R 1)=4k 2I +12I ②①②得k =3二、实战应用(应用技巧解题，提供解析仅供参考)1我国是全球唯一掌握超特高压直流输电技术的国家。
对变压器动态分析的考查1、如图所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，开关S 原来闭合，且R i = R 2.现将S 断开，那么交流电压表的示数U 、交流电流表的示数 I 、电阻R 1上的功率P i 及该变压器原线圈的输入功率 P 的变化情况正确的是（ ）AL:7A . U 增大B . I 增大C . P i 减小D . P 减小答案 AD解析 开关S 由闭合到断开时，负载的总电阻变大，变压器的输出电压U 2不变，则输t亠、亠 u Ri U 2 出电流12变小，R 上的电压变小，R i 上的电压U 变大，电阻R i 上的功率卩1 =不=R 1, R i 不变，U 变大，则P i 增大，故A 正确，C 错误.由电流与匝数的关系可知电流表的 示数I 减小，B 错误.输出功率 P 出=I 2U 2, U 2不变, 于输出功率，所以 D 正确.2、（20i2福建理综44）如图所示，理想变压器原线圈输入电压u = U m s in cot 副线圈电路中 R o 为定值电阻，R 是滑 动变阻器「和' 是理想交流电压表， 示数分别用U i 和U 2表 示；理新和打是理想交流电流表，示数分别用 l i 和I 2 表示.下列说法正确的是（ ）U 2 k小，由于交流电源和原、副线圈匝数不变，U i 、U 2均不变，所以12= ------- 变大，由R o + RI 2 n 2 n 2n ；,得I i =后匕变大，故C 项正确，D 项错误. 答案 C3、如图甲所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为iO ： i ,畐U 线圈所接电路中，电压表V i 、V 2和电流表 A i 、A 2都为理想电表，电阻 R i = 4 Q, R 2 = 6 Q, R 3的最大阻值为 i2 Q 原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压.在R 3的滑片自最下端滑动到最上端I 2减小，则P 出减小，输入功率等A . I i 和I 2表示电流的瞬时值B . U i 和U 2表示电压的最大值C .滑片P 向下滑动过程中,U 2不变、I i 变大 D .滑片P 向下滑动过程中,U 2变小、I i 变小解析 电路中交流电表的示数为有效值，故 A 、B 项均错误；P 向下滑动过程中，R 变的过程中，以下说法正确的是A .电压表V i的示数增大B .电压表V2的示数为20 ' 2 VC .电流表A i、A2的示数都增大D.电压表V i的示数与电流表A i的示数的乘积一直减小答案D220 V 10-j°- = 10得U2 = 22 V , B错误.根据“串反并同”得A2的示数减小，C错误.电压表V i的示数与电流表A i 的示数的乘积为电阻R2、R3消耗的功率之和，由于P入=P出=P i+ P23，且P入=P出不变，P i增大，故P23减小，D正确.4、（20ii福建理综45）图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n i : n2= 5：i，电阻R= 20Q, L i、L2为规格相同的两只小灯泡，S i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S i接i , 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= 20 , 2sin （50 n） VB •只断开S2后，L i、L2均正常发光C •只断开S2后，原线圈的输入功率增大D .若S i换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W答案D— 2 n解析由图象乙可知U m= 20.2 V, T= 0.02 s,故w=T = i00 n ad/s,即输入电压u的表达式u = 20 .2sin （i00 n V，所以A项错误.断开S2后两灯串联，总电压仍为 4 V,U2所以L i、L2均不能正常发光，B项错误.根据P入=P出= 可知断开S2后R总增大，PR总解析当R3的滑片向上移动时, R2、R3的总电阻减小，分压减小，所以电压表V i的示数减小，A错误.由变压比公式电流表A i的示数增大，电流表入变小，P出变小，C项错误•若S1接2,由P= UR可得P= 20 W = 0.8 W , D项正确.5、某同学自制变压器，原线圈为n i匝，在做副线圈时，将导线ab对折后并在一起，在铁芯上绕n2圈，从导线对折处引出一个接头c，连成图所示电路.S为单刀双掷开关，线圈电阻不计，原线圈接U i= U m si n 3t勺交流电源.下列说法正确的是（）A . S接b时，电压表示数为上黔B . S接c时，电压表示数为号黔C. S接c时，滑动触头P向下移动，变压器输入功率变大D . S接c时，滑动触头P向上移动，变压器输入电流变大答案BD解析S接b时，双导线ab产生的感应电动势抵消为零，电压表示数为零，选项A错误；S接c时，副线圈的电动势就是一个n2线圈产生的感应电动势,也变小，同理分析，P向上滑时，R减小，回路电流变大，由l i n i= l2n2知输入电流变大,选项C错误，D正确.6、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别是n i、n2, b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻R,其余电阻不计.从某时刻开始在原确的是A.畐U线圈输出电压的频率变小C .电流表的示数变小答案BD由U^=兰U i= U：,U2 n2 2 所以U2 =,2n2U m2n i ，选项B正确; P向下滑时, R变大，消耗的功率变小，因此输入功率线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压. 当单刀双掷开关由a拨向b后，下列说法正B.电压表的示数变大D .原线圈的输入功率变大解析变压器不会改变交流电的频率，A项错误；当开关由a拨向b后，n i变小，由U=半,且U i =子2不变，可知n i变小，n2、U i不变时，U2变大，即电压表的示数变大，同样电流表示数也要变大，B项正确，C项错误；由P入=P出=U2I2可知,7、（2010海南9）如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4 ：1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表. 列结论正确的是（A .若电压表读数为6 V，则输入电压的最大值为24 2 VB .若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一C .若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2D •若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的的42倍，则输出功率增加到原来倍答案AD解析本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识和理解.因为电压表的读数为 6 V，则变压器的输出电压的有效值为 6 V，由晳='，故'U 2 n2' U i = 4U2= 24 V，所以输入电压的最大值为U m= .'2U i= 24 2 V，所以选项A正确；若输入电压不变，畐U线圈匝数增加，贝U U2增大，由12= ¥可知，电流表示数增大，所以选项B错；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R变大时，则12=當，电R 流变小，又P1= P2= U2I2，故输入功率也减小，所以选项C错；若负载电阻R不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，12=背则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P2= U2I2变为原来的4倍，所以选项D正确.8、（2011山东理综20）为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图.保持输入电压U1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压. 某次检测得到用户电压U2随时间t变化的曲线如图乙所示•以下正确的是（）A . U 2= 190 ,'2sin (50 n ) VB . U 2= 190 ,'2sin (100 *) VC .为使用户电压稳定在 220 V ，应将P 适当下移D •为使用户电压稳定在 220 V ，应将P 适当上移 答案 BD2 nT = 2X 10-2 s ,所以 3=〒=100 n ad/s ，故 U 2= U m sin 3 = 190\/2sin (100 n ) V , A 错误，B 正确.由 牡 轨 U 2= 訓，欲使U 2升高，n 1 应减小，P 应上移，C 错误，D 正确.9、如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表若F 不动，滑片P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回 路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端 电压变大，V 2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A 错误，B 正确；若P 不动，滑片F 向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小， 灯泡L 消耗的功率减小，电压表V 2的示数变小，C 、D 错误. 答案 B10、调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示•线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间输入交变电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压.图甲中两电表均为理想交流电表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器•现在 CD 两端输入图乙所示正 弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么()解析由题图乙知交变电流的周期V 1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L 和滑动变阻器 R , R 上并联一只理想电压表V 2.下列说法中正确的是F 不动, 滑片 P 向下滑动时, V 1示数变大，V 2示数变小 F 不动, 滑片 P 向下滑动时, 灯泡消耗的功率变小 P 不动, 滑片 F 向下移动时, V 1、V 2的示数均变小 P 不动, 滑片 F 向下移动时, 灯泡消耗的功率变大解析A .由乙图可知CD两端输入交流电压u的表达式为u= 36 ,'2sin 100t(V)B .当滑动触头P逆时针转动时，MN之间输出交流电压的频率变大C .当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D .当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R2消耗的电功率变小答案D解析由题图乙可知u = 36 2sin 100n(V), A错误.M、N之间输出交流电压的频率由输入的交流电压的频率决定，B错误.滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R3减小，由"串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R2消耗的电功率P2= U减小，CR2错误，D正确.11、如图所示，理想变压器原线圈的匝数n i= 1 100匝，副线圈的匝数n2= 110匝，R0、R i、R2均为定值电阻，且R o= R1= R2,电流表、电压表均为理想电表. 原线圈接u= 220_：2sin(314t) (V)的交流电源•起初开关S处于断开状态•下列说法中正确的是( )A .电压表示数为22 VB•当开关S闭合后，电压表示数变小C •当开关S闭合后，电流表示数变大D•当开关S闭合后，变压器的输出功率增大答案BCDU1 n1解析电源电压的有效值为U1 = 220 V，由;7 =—可知U2= 22 V，而电压表示数只是R1' U 2 n2两端的电压，一定小于U2, A项错误.S闭合后，负载总电阻变小，而U2不变，由P出U2U2= 知P出变大，12= 变大，而P入=P出=U1I1, U1不变，I1应变大，即电流表示数R总R总变大；电阻R0的分压U0= I2R0, U0变大，则电压表示数U' = U2- U0应变小.综上所述，选项B、C、D正确.。
一：专题概述1．常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。
2．变压器动态问题的分析流程二：典例精讲1．匝数比不变，负载改变典例1：如图所示，理想变压器原线圈输入电压U＝U m sinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是()A. I1和I2表示电流的瞬间值B. U1和U2表示电压的最大值C. 滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D. 滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小【答案】C典例2：如图甲所示，有一个原、副线圈匝数比为4:1的理想变压器，图中的电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，其中R t为热敏电阻，R为定值电阻．下列说法正确的是()A. 副线圈两端电压的瞬时值表达式为u′＝t(V)B. t＝0.02s时电压表V2的示数为9VC. 变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1:4D. R t处温度升高时，电流表的示数变大，电压表V2的示数不变【答案】BD2．匝数比改变，负载不变典例3：一台理想变压器，开始时开关S接1，此时原、副线圈的匝数比是11∶1，原线圈接入电压为220 V 的正弦交流电．一只理想二极管和一个滑动变阻器串联接在副线圈上，如图所示．则下列判断正确的是()A. 原、副线圈中的功率之比为1∶1B. 若只将S从1拨到2，电流表示数增大C. 若开关S接1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω时，则1 min内滑动变阻器产生的热量为1 200 JD. 若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则两电表示数均减小【答案】AC3．匝数比、负载都改变典例4：如图所示，由于理想变压器原线圈的输入电压降低，使电灯L变暗，下列哪些措施可以使电灯L 重新变亮A. 其他条件不变，P1下移，同时P2上移B. 其他条件不变，P1上移，同时P2下移C. 其他条件不变，滑动变阻器滑动片P向下移动D. 其他条件不变，断开电键S【答案】AD【解析】原线圈的输入电压降低，其他条件不变，P1下移，即原线圈匝数减少，P2上移，即副线圈匝数增U2增大，可以使电灯L重新变亮，故A正确；同理可知，B错误；原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，将滑动变阻器滑动片P向下移动，并联部分电阻减小，灯泡两端电压更小，灯泡不能变亮，故C错误．原线圈的输入电压降低，其他条件不变，则副线圈电压减小，断开电键S，并联部分电阻增大，副线圈中电流减小，R1分担电压减小，灯泡两端电压增大，可以使电灯L 重新变亮，故D正确；故选AD．三总结提升1．变压器与电路动态分析相结合问题的分析方法(1)分清不变量和变量；(2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系；(3)利用闭合电路欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定．2．含有变压器的动态电路问题的解题思路：四提升专练1.(多选)如图所示，理想变压器的原线圈a、b两端接正弦式交变电压，副线圈c、d两端通过输电线接三只相同的灯泡L1、L2、L3，输电线的等效电阻为R，当开关由原来的断开状态变为闭合状态时，下列说法正确的是()A．输电线上的电压增大B．通过原线圈的电流增大C．通过灯泡L1的电流减小D．变压器的输入功率减小【答案】ABC2.一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节,如图所示.在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,原线圈上加一交流电源,则以下说法正确的是( )A. 保持P位置不动,将Q向下滑动时,电流表的读数变大B. 保持P位置不动,将Q向上滑动时,变压器的输入功率变大C. 保持Q位置不动,将P向下滑动时,电流表的读数变小D. 保持Q位置不动,将P向上滑动时, 变压器的输入功率变大【答案】B3.(多选)如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流。
理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况如图10-2-6所示：图10-2-6(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2知，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2也不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化．(3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化，输出功率P 2决定输入功率P 1.2．负载电阻不变的情况如图10-2-7所示：图10-2-7(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化． (2)R 不变，U 2改变，故I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R ，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化．3．分析动态问题的思路程序3．(多选)(2014·广东高考)如图10-2-19所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合电键S ，下列说法正确的是( )图10-2-19A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大【解析】 由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 亮度不随P 的滑动改变，故选项A 错误、选项B 正确．P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故选项C 错误、D 正确．【答案】 BD。
精品文档对变压器动态分析的考查原来闭如图所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，开关S1、RI、电阻.现将S断开，那么交流电压表的示数U、交流电流表的示数合，且R＝R112) (上的功率P及该变压器原线圈的输入功率P的变化情况正确的是1增大B．I A．U增大减小 D ．PC．P减小1AD答案不变，则输U由闭合到断开时，负载的总电阻变大，变压器的输出电压开关S解析222UU1R，＝＝P上的电压U变大，电阻R上的功率出电流I变小，R上的电压变小，R1211RR11错误．由电流与匝数的关系可知电流表的增大，故A正确，CP不变，U变大，则R11减小，输入功率等不变，I减小，则P减小，B错误．输出功率P＝I，U示数IU出出2222于输出功率，所以D正确．·14)如图所示，理想变压器原线圈输2、(2012·福建理综是滑为定值电阻，Ru＝Usin ωt，副线圈电路中R入电压0m表和.U和是理想交流电压表，示数分别用动变阻器U21I示；和和是理想交流电流表，示数分别用I2 1) 表示．下列说法正确的是( U和U表示电压的最大值B．表示电流的瞬时值A．I 和I 2211变大不变、IUC．滑片P向下滑动过程中，12变小变小、ID．滑片P向下滑动过程中，U12变向下滑动过程中，R电路中交流电表的示数为有效值，故A、B项均错误；P解析IU12＝变大，由U、U均不变，所以I＝小，由于交流电源和原、副线圈匝数不变，221IR＋R20nn22项错误．项正确，DC，得I＝变大，故I21nn11C答案，副线圈所接电路中，电压∶1、3 如图甲所示，T为理想变压器，原、副线圈匝数比为10的最大阻值为R6 ，ΩR＝Ω，4 ＝都为理想电表，电阻A、和电流表V、表VAR3122211R原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压．在，12 Ω的滑片自最下端滑动到最上端3精品文档．精品文档)(的过程中，以下说法正确的是5图V ．电压表V的示数为2 20 B的示数增大A．电压表V 21的示数都增大C．电流表A、A21的示数的乘积一直减小D．电压表V的示数与电流表A11D答案的示VR、R的总电阻减小，分压减小，所以电压表的滑片向上移动时，R当解析123310220 V得错误．根据“串反并同”U错误．由变压比公式＝得＝22 V，B数减小，A21U2AC 错误．电压表V的示数与电流表电流表A的示数增大，电流表A的示数减小，1112不P＝P＝P ＝P＋P，且、的示数的乘积为电阻RR消耗的功率之和，由于P出入出入23321减小，D正确．变，P增大，故P23120R＝n＝5∶1，电阻4、(2011·福建理综·15)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n∶21L Ω，为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输为规格相同的两只小灯泡，S、L112正常发光．下L接1，S闭合，此时入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S221)(列说法正确的是) V 202sin (50πA．输入电压u的表达式u＝t 、L均正常发光B．只断开S后，L221 S后，原线圈的输入功率增大C．只断开20.8 W R消耗的电功率为D．若S换接到2后，1D答案2π的，即输入电压u＝＝100πrad/s，202 VT＝0.02 s，故ω＝U由图象乙可知解析m T202sin (100πt) V，所以A项错误．断开S＝表达式u后两灯串联，总电压仍为4 V，22U所以L、L均不能正常发光，B项错误．根据P＝P＝可知断开S后R增大，P总出入221R总精品文档．精品文档224U＝接2，由P项错误．若可得P＝变小，P变小，CS ，D项正确．W＝0.8 W出入120R对折后并在一起，在铁某同学自制变压器，原线圈为n匝，在做副线圈时，将导线ab5、1为单刀双掷开关，线圈，从导线对折处引出一个接头c，连成图所示电路．S芯上绕n2)(sin u＝Uωt的交流电源．下列说法正确的是圈电阻不计，原线圈接m1Un2m2时，电压表示数为接A．Sbn1Un2m2时，电压表示数为．S接cBn21向下移动，变压器输入功率变大c时，滑动触头PC．S接向上移动，变压器输入电流变大c时，滑动触头PD．S接BD答案错ab产生的感应电动势抵消为零，电压表示数为零，选项A解析S接b时，双导线UUn m11，、U＝副线圈的电动势就是一个n线圈产生的感应电动势，由＝误；S接c时，12nU2222nU m2，选项B正确；P所以U向下滑时，＝R变大，消耗的功率变小，因此输入功率22n1也变小，同理分析，P向上滑时，R减小，回路电流变大，由I＝I知输入电流变大，nn2211选项C错误，D 正确．6、如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别是n、n，b是原线圈的中心抽头，图21中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻R，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压．当单刀双掷开关由a拨向b后，下列说法正确的是()乙甲A．副线圈输出电压的频率变小B．电压表的示数变大C．电流表的示数变小D．原线圈的输入功率变大答案BD精品文档．精品文档nU11，变小，由＝n后，解析变压器不会改变交流电的频率，A项错误；当开关由a拨向b1nU22U m变大，即电压表的示数变大，同样电流表、U不变时，U且U＝不变，可知n变小，n211122 U可知，D项正确．项正确，C项错误；由P＝P＝示数也要变大，BI出入22·9)如图所示，一理想变压器原、副线圈7、(2010·海南，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电∶1匝数之比为4下为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．路中R () 列结论正确的是V242 A．若电压表读数为6 V，则输入电压的最大值为倍，则电流表的读数减小到原来的一．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2B 半2倍，则输入功率也增加到原来的C．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2 倍倍，则输出功率增加到原来2D．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的倍的4AD答案本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识解析nU11，故＝6 V，则变压器的输出电压的有效值为6 V，由和理解．因为电压表的读数为nU22正确；若，所以选项A242 V24 V，所以输入电压的最大值为U＝＝2U＝4U＝U1m12U2可知，电流表示数增大，所以选增大，由I＝输入电压不变，副线圈匝数增加，则U22RU2＝I错；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R变大时，则，电项B2R不变，输RC 错；若负载电阻＝P＝U，故输入功率也减小，所以选项流变小，又PI2122U2则输出电流也变为原来I＝2倍，则输出电压也变为原来的2倍，入电压变为原来的2R 正确．倍，所以选项D4P 的2倍，故输出功率＝U变为原来的I222，变电所需适时进行调压，图甲为调压为保证用户电压稳定在220 V(2011·山东理综·20) 8、某次上下移动时可改变输出电压．当滑动接头P不变，变压器示意图．保持输入电压u1(变化的曲线如图乙所示．以下正确的是随时间u检测得到用户电压t )2精品文档．精品文档乙甲) V t2sin ( B．u＝100π190A．u＝50π1902sin (t) V 22适当下移，应将PC．为使用户电压稳定在220 V P，应将适当上移D．为使用户电压稳定在220 VBD答案2πU，故u＝＝100πrad/s2－＝10解析由题图乙知交变电流的周期T＝2×，所以ωs m2TnUn211n，欲使U升高，＝得U＝U＝，1902sin (100πt) V A错误，B正确．由ωtsin1221nnU122 D正确．应减小，P应上移，C错误，后接在稳定的交流电、如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V91下列说法中正确的是V.R，R上并联一只理想电压表源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器2)(示数变小向下滑动时，V示数变大，VA．若F不动，滑片P21不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小B．若F V的示数均变小F．若P不动，滑片向下移动时，V、C21 F向下移动时，灯泡消耗的功率变大D．若P不动，滑片向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回P解析若F不动，滑片路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端不动，滑PA错误，B正确；若电压变大，V的示数变大，而原线圈两端电压不变，则2副线圈两端电压减小，片F向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，D错误．、灯泡则副线圈回路中电流变小，L消耗的功率减小，电压表V的示数变小，C2B答案绕在一个圆环形的铁AB、10 调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示．线圈就可以调节输出电压．图甲中两电表均P芯上，CD之间输入交变电压，转动滑动触头两端输入图乙所示正为滑动变阻器．现在CD为定值电阻，、为理想交流电表，RRR321)( 弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么精品文档．精品文档(V) 2sin 100u的表达式为u＝t36A．由乙图可知CD两端输入交流电压MN之间输出交流电压的频率变大B．当滑动触头P逆时针转动时，C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大R消耗的电功率变小D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻2D答案之间输出交流电压的频率由、N(V)，A错误．解析由题图乙可知u＝M362sin 100πt减小，由错误．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R输入的交流电压的频率决定，B32UC减小，消耗的电功率P＝R可知电压表读数减小，电流表读数增大，“串反并同”22R2正确．错误，D、R匝，R、n＝1 100匝，副线圈的匝数n＝11011、如图所示，理想变压器原线圈的匝数11202sin ＝220电压表均为理想电表．R，电流表、原线圈接u＝R均为定值电阻，且RR＝2201处于断开状态．下列说法中正确的是的交流电源．起初开关S(314t) (V))(22 VA．电压表示数为闭合后，电压表示数变小SB．当开关闭合后，电流表示数变大C．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大．当开关SDBCD 答案nU11R，而电压表示数只是22 V可知220 V，由＝U＝＝U解析电源电压的有效值为112nU22精品文档．精品文档两端的电压，一定小于U，A项错误．S闭合后，负载总电阻变小，而U不变，由P出222UU22＝知P变大，I＝变大，而P＝P＝U，U不变，I应变大，即电流表示数I出入出11121RR总总变大；电阻R的分压U＝I，U变大，则电压表示数U′＝U－U应变小．综上所R0000022述，选项B、C、D正确．精品文档．。
