高中物理人教版选修3选修3-2第五章第4节变压器A卷

变压器一、素质教育目标(一)知识教学点1．了解变压器的构造及工作原理。

2．掌握理想变压器的电压、电流与匝数间关系。

3．掌握理想变压器工作规律并能运用解决实际问题。

(二)能力训练点1．通过观察演示实验，培养学生物理观察能力和正确读数的习惯。

2．从变压器工作规律得出过程中培养学生处理实验数据及总结概括能力。

3．从理想变压器概念引入使学生了解物理模型建立的基础和建立的意义。

(三)德育渗透点1．通过原副线圈的匝数与绕线线径关系中体会物理学中的和谐、统一美。

2．让学生充分体会能量守恒定律的普遍性及辩证统一思想。

3．培养学生尊重事实，实事求是的科学精神和科学态度。

二、重点、难点、疑点及解决办法1．重点变压器工作原理及工作规律。

2．难点(1)理解副线圈两端的电压为交变电压。

(2)推导变压器原副线圈电流与匝数关系。

(3)掌握公式中各物理量所表示对象的含义。

3．疑点变压器铁心是否带电即如何将电能从原线圈传输出到副线圈。

4．解决办法(1)通过演示实验来研究变压器工作规律使学生能在实验基础上建立规律。

(2)通过理想化模型建立及理论推导得出通过原副线圈电流与匝数间的关系。

(3)通过运用变压器工作规律的公式来解题使学生从实践中理解公式各物理量的含义。

三、课时安排3课时四、教具准备可拆式变压器、投影交流电流表(2只)、投影交流电压表(2只)、导线若干学生电源、小电珠(5只、2.5V，0.3A)、电键(4只)五、学生活动设计1．通过参与演示实验观察、数据处理、得出结论的全过程，使学生获得新知识。

2．通过提问引发学生思考，并应用学到的知识来解决实际问题。

4．通过练习掌握公式的应用及理解公式各物理量的含义。

六、教学过程(一)明确目标通过实验得出变压器工作规律并能运用解决实际问题。

(二)整体感知这节内容承上启下，它是电磁感应知识与交变电流概念的综合应用，体现出了交变电流的优点，为电能输送奠定了基础。

(三)重点、难点的学习与目标完成过程1．引入新课幻灯打出一组数据从以上表格可看到各类用电器额定工作电压往往不同，可我们国家民用统一供电均为220V，那这些元件是如何正常工作的呢？出示已拆录音机，指出变压器。

第五章交变电流一、单选题(共20小题,每小题3.0分,共60分)1.关于电感对交变电流的影响，下列说法正确的是()A．电感不能通直流电流，只能通交变电流B．电感对各种不同频率的交变电流的阻碍作用相同C．同一电感线圈对频率低的交变电流的阻碍较小D．同一电感线圈对频率高的交变电流的阻碍较小2.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比是10∶1，原线圈输入交变电压u＝141.4sin 50πt(V)，O是副线圈上、下匝数比为1∶4处抽出的线头，R1＝2 Ω，R2＝8 Ω，则()A．开关S断开时，电流表的示数为0.14 AB．开关S闭合时，电流表的示数为0.1 AC．开关S断开时，两电阻总的电功率为20 WD．开关S闭合时，两电阻总的电功率为20 W3.如图所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是()A．等于220 VB．大于220 VC．小于220 VD．等于零4.如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000sin 100πt V的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V880 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 W5.下列说法中正确的是()A．电感器对交流有阻碍作用是因为电感器有电阻B．电容器对交流有阻碍作用是因为电容器有电阻C．电感器、电容器和电阻一样，电流通过它们做功时都是电能转化为内能D．在交变电流中，电阻、感抗、容抗可以同时存在6.如图所示，属于交流电的是()A．B．C．D．7.如图所示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，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0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，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c→d的方向滑动8.图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4<n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L>2R，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A，B端接入低压交流电源时()A．A1、A2两表的示数相同B．L1、L2两灯泡的亮度相同C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2两端的电压小于R4两端的电压9.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n.原线圈接正弦交流电压U，输出端A、A1、A2、A3为理想交流电流表，R为三个完全相同的电阻，L为电感，C为电容，当输入端接通电源后，电流表A读数为I.下列判断正确的是()A．副线圈两端的电压为nUB．通过副线圈的最大电流IC．电流表A1的读数I1大于电流表A2的读数I2D．电流表A3的读数I3＝010.在如图甲所示电路的MN间加如图乙所示正弦交流电，负载电阻为200 Ω，若不考虑电表内阻对电路的影响，则交流电压表和交流电流表的读数分别为()A．311 V,1.10 AB．220 V,1.10 AC．220 V,3.11 AD．311 V,3.11 A11.如图所示是某种型号的电热毯的电路图，电热毯接在交变电源上，通过装置P使加在电热丝上的电压的波形如右图所示．此时接在电热丝两端的交流电压表的读数为()A．110 VB．156 VC．220 VD．311 V12.某研究小组的同学利用铜芯电缆线和灵敏电流计做摇绳发电的探究实验．如图所示，他们将电缆线和灵敏电流计连成闭合回路，在操场上由两位同学手摇导线，其他同学观察灵敏电流计的指针变化．在下列说法中，你认为正确的研究结果应符合()A．摇动绳子时，流过灵敏电流计的电流是大小变化的直流电B．摇动绳子时，灵敏电流计中电流的大小与两同学的站立方位无关C．仅增加绳子的长度，灵敏电流计中的电流的最大值增大D．仅增加摇绳的频率，灵敏电流计中的电流的最大值不变13.一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e＝10sin (20πt) V，则下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为零C．t＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D．t＝0.4 s时，电动势第一次出现最大值14.旋转电枢式发电机产生的感应电动势为e＝εm sinωt伏．如果将电枢的匝数增加1倍，转速增加1倍，其他条件不变，感应电动势为()A．e＝2εm sin 2ωt伏B．e＝2εm sin 4ωt伏C．e＝4εm sin 2ωt伏D．e＝4εm sin 4ωt伏15.一个阻值为2 Ω的线圈在匀强磁场中转动，产生的交变电动势为e＝10sin 20πt V，当该线圈与一阻值为8 Ω的电阻组成闭合回路时，下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量为0C．电阻的热功率为16 WD．用电压表测路端电压时读数为11.3 V16.矩形线框绕垂直于磁场的轴匀速转动产生交流电，电动势瞬时值表达式为e＝220sin 100πt(V)，下列说法正确的是()A．t＝0时刻穿过线框的磁通量为最大B．电动势的有效值220VC．交流电的周期为0.01 sD．若转速增大1倍，其它条件不变，则电动势瞬时值表达式为e＝440sin 100πt(V)17.如图所示，N匝矩形导线框以角速度ω绕对称轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框电阻、电感均不计，在OO′左侧有磁感应强度为B的匀强磁场，外电路接有电阻R和理想电流表A，下列说法正确的是()A．从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e＝NBωS sinωtB．电流表的示数I＝NBSC．R两端电压有效值U＝NBSD．一个周期内R的发热量Q＝18.有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1正常发光．S 闭合后，下列说法正确的是()A．灯L1、L2都能正常发光B．原线圈的输入功率减小C．原、副线圈的电流比增大D．电阻R消耗的功率增大19.标有“220 V,0.5 μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用？()A．220sin 100πt VB．220 V的照明电路中C．380sin 100πt VD．380 V的照明电路中20.以下说法正确的是()A．交变电流的有效值就是它的平均值B．任何交变电流的有效值都是它最大值的倍C．如果交变电流接在电阻R上产生的热量为Q，那么该交变电流的有效值为D．以上说法均不正确第Ⅱ卷二、实验题(共1小题,每小题10.0分,共10分)21.有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A、B，线圈外部还可以绕线．(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的A、B位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)．(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源，请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)________A线圈的匝数为nA＝________.(用所测物理量符号表示)三、计算题(共3小题,每小题10.0分,共30分)22.如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，一端接阻值为R的电阻．一个电阻是R0、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0时刻开始运动，其速度随时间的变化规律为v＝v max sinωt.不计导轨电阻，求：(1)从t＝0到t＝时间内电阻R产生的热量；(2)从t＝0到t＝时间内外力F所做的功．23.发电机输出功率为40 kW，输出电压为400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为1∶5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5 Ω，然后再用降压变压器将电压降为220 V供用户使用，求：(1)输电线上损失的电功率是多少；(2)降压变压器的变压比是多少．24.如图所示，匀强磁场B＝0.50 T，矩形线圈的匝数N＝100 匝，边长Lab＝0.20 m，Lbc＝0.10 m，以3 000 r/min的转速匀速转动，若线圈平面通过中性面时开始计时，试求：(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式；(3)线圈从中性面转动的过程中，交变电动势的平均值．答案解析1.【答案】C【解析】电感线圈可以通直流，A项错误；电感对不同频率的交变电流的阻碍作用不同，B项错误；同一个电感线圈对高频交变电流的阻碍作用较大，对低频交变电流阻碍作用较小，D项错误，C项正确．2.【答案】B【解析】由题知输入电压的有效值为100 V，再根据电压与匝数成正比知输出电压为10 V．S断开时，副线圈中的电流为＝1 A，所以原线圈中电流为0.1 A，故A错误；S闭合时，两电阻并联，电压各为2 V和8 V，副线圈中消耗的功率P＝＋＝10 W，输入功率等于输出功率，所以原线圈中电流为I＝＝0.1 A，故B正确，D错误；S断开时两电阻总的电功率为P＝10×1＝10 W，故C错误．3.【答案】C【解析】虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确．4.【答案】C【解析】副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V880 W”的电器R L供电，该电器正常工作，导线(副线圈)中电流I＝4 A，导线损失电压Ur＝24 V，副线圈两端电压为220 V＋24 V＝244 V，由变压器变压公式可知原、副线圈的匝数比为11 000∶244＝2 750∶61，选项A错误，C正确；交变电压的频率为50 Hz，选项B错误；导线损失功率为P＝I2r＝96 W，变压器的输入功率为880 W＋96 W＝976 W，选项D错误．5.【答案】D【解析】交流通过线圈时，在线圈上产生自感电动势，对电流的变化起阻碍作用，选项A错误；交流通过电容器时，电容器两极间的电压与电源电压相反，阻碍了电流的流动，选项B错误；电流通过它们做功时，只有在电阻上产生电热，而在线圈上产生磁场能，在电容器上产生电场能，选项C错误，选项D正确．6.【答案】C【解析】方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征．A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们所表示的是直流电．C选项中电流的方向随时间做周期性变化，故选C.7.【答案】D【解析】电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d 的方向滑动，选项D正确．8.【答案】D【解析】由于n1<n2，所以左边的理想变压器为升压变压器，低压交流电源经过理想升压变压器后，由于功率不变，所以电流变小，则A1表的示数小于A2表的示数，故A项错误；由＝，U3＝U2－I A1·2R及＝可知，L1两端的电压U L1＝U4＝U1－·I A1·2R，又L2两端的电压U L2＝U1－I A2·2R，因I A1<I A2，故U L1>U L2，由P＝可知，L1的功率大于L2的功率，所以L1的亮度大于L2，故B项错误；由于A1表的示数小于A2表的示数，由P＝I2R可知，R1消耗的功率小于R3消耗的功率，故C项错误；由于A1表的示数小于A2表的示数，由U＝IR可知，R2两端的电压小于R4两端的电压，故D项正确．9.【答案】C【解析】A、根据＝＝n得：＝n，所以R1两端的电压为：，故A错误；根据题意得副线圈的电流为I，所以通过副线圈的最大电流为I，故B错误；线圈会产生感应电流阻碍原电流即I1＞I2，故C正确；电容器通交流阻直流，故有电流通过电流表A3，即I3≠0，故D错误．10.【答案】B【解析】交流电源电压的有效值U＝V≈220 V；由欧姆定律可知，电路中电流I＝＝A＝1.1 A.11.【答案】B【解析】从u－t图象看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为220 V；后半周期电压为零．根据有效值的定义，×T＝×＋0，得U＝156 V，选B.12.【答案】C【解析】摇动绳子时，流过灵敏电流计的电流是交流电，且两同学的站立方位、绳子的长度、摇绳的频率等因素均会影响绳中的电流大小，C对．13.【答案】A【解析】由电动势e＝10sin (20πt) V知，从线圈位于中性面时开始计时，所以t＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A正确，B、C错误．当t＝0.4 s时，e＝10sin(20π×0.4) V＝0，D错误．14.【答案】C【解析】根据公式E m＝nBSω可得将电枢的匝数增加1倍，转速增加1倍后产生的电动势最大值为εm′＝4εm，所以变化后的感应电动势表达式为e＝4εm sin 2ωt，故选C.15.【答案】A【解析】因为电动势的表达式是正弦函数，所以是从中性面开始计时的，故A正确；t＝0时，线圈处于中性面，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，故B错误；电动势的有效值为10 V，所以电路中的电流为：I＝＝1 A，所以电阻的热功率为P＝I2R＝8 W，故C错误；用电压表测路端电压时读数为U＝IR＝8 V，故D错误．故选A.16.【答案】A【解析】线框中电动势为正弦规律变化，t＝0时刻线框中感应电动势为零，故此时线框处于中性面上，磁通量最大，A对；电动势的有效值为U＝＝220 V，B错；交流电的周期为：T＝＝0.02 s，C错；若转速增大1倍，则最大值增大1倍，角速度也增加1倍；故表达式为：e＝440sin 200πt，D错．17.【答案】B【解析】线框始终只有一半面积在磁场中，故瞬时电动势为e＝()sinωt，电压有效值为U＝NBS，电流表的示数I＝＝NBS，A、C错误，B正确．Q＝T＝，D错误．18.【答案】D【解析】当S闭合后，电路的电阻减小，副线圈的电流增大，所以通过电阻R的电压增大，灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故A错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率P＝，故消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，故B错误，D正确；变压器原、副线圈的匝数不变，故原、副线圈中电流之比不变，故C错误．19.【答案】A【解析】220 V是电容器的耐压值即最大承受值，所以选A.20.【答案】D【解析】有效值是根据电流的热效应来定义的，平均值并不是有效值，例如线圈在匀强磁场中转动一圈，其平均电动势为零，故A错．在正弦(余弦)式交变电流中，其有效值为最大值的倍，对于其他交变电流并不一定满足此关系，故B错．交变电流要产生热量需要一定的时间，C选项中没有说明时间，因此是错误的．21.【答案】(1)A(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA n【解析】(1)A由题图乙可知A位置的阻值大于B位置的阻值，由电阻定律可得A线圈的匝数多于B线圈的．(2)①用长导线绕一个n匝线圈，作为副线圈替代A线圈；②把低压交流电源接B线圈，测得线圈的输出电压为U；③用A线圈换下绕制的线圈测得A线圈的输出电压为UA.则nA＝n.22.【答案】(1)(2)mv＋【解析】(1)导体棒产生的感应电动势e＝BLv＝BL·v max sinωt，是正弦式交变电流，其有效值为E＝＝在Δt＝＝T的时间内，电阻R上产生的热量为Q＝I2RT＝2R＝.(2)从t＝0到t＝的时间是周期，在这段时间内对导体棒运用能量守恒定律得：W外＝mv＋Q′Q′是这段时间内电阻R和R0产生的热量，则Q′＝·＝则这段时间外力F所做的功为W外＝mv＋.23.【答案】(1)2.0×103W(2)【解析】(1)发电机输出的电压为400 V，经升压变压器后电压变为U＝×400 V＝2.0×103V，由P＝UI得输电线上的电流I＝＝A＝20 A，输电线上的功率损失ΔP＝I2·R＝202×5 W＝2.0×103W；(2)输电线上的电压损失ΔU＝I·R＝20×5 V＝100 V，加在降压变压器原线圈两端的电压U1＝U－ΔU＝2.0×103V－100 V＝1.9×103V，降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)U2＝220 V．降压变压器的变压比＝＝＝.24.【答案】(1)e＝314sin 314t V【解析】(1)角速度为ω＝2πn＝2π×rad/s＝314 rad/s；电动势的最大值为：E m＝NBSω＝100×0.5×(0.2×0.1)×314＝314 V，故交变电流的瞬时值表达式为e＝E m sinωt＝314sin 314t(V)．(2)电流的最大值：I m＝＝A＝31.4 A故电流的瞬时值表达式为：i＝I m sinωt＝31.4sin 314t(A)(3)线圈从中性面开始转90°角的过程中，平均电动势：＝N＝＝＝200 V.。

教科版高中物理选修（3-2）第2章第4、5节《电容器在交流电路中的作用电感器在交流电路中的作用》学案电感器在交流电路中的作用[目标定位] 1.通过演示实验了解电感器和电容器对交变电流的阻碍和导通作用.2.知道感抗和容抗的物理意义以及与哪些因素有关.3.能够分析简单电路中的电容器、电感器的作用．一、电容器对交流电的阻碍作用[问题设计]如图1甲、乙所示，把灯泡和电容器串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上，观察灯泡的发光情况．图1(1)分析电容器能通交流的原因．(2)若把图乙中的电容器去掉，变成图丙所示电路，会发生什么现象？说明了什么？(3)在图乙中，改变电容器的电容和电源频率，灯泡亮度会有什么变化？答案(1)把交流电源接到电容器两个极板上后，当电源电压升高时，电源给电容器充电，电荷向电容器极板上聚集，在电路中，形成充电电流；当电源电压降低时，电容器放电，电荷从极板上流出，在电路中形成放电电流．电容器交替进行充电和放电，电路中就有了电流，好像是交流“通过”了电容器，但实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质．(2)灯泡变得比乙中亮，说明电容器对交变电流有阻碍作用．(3)电容变大时，灯泡变亮；频率增大时，灯泡变亮．[要点提炼]1．容抗：电容器对交流电的阻碍作用．2．影响容抗的因素：电容器的电容越大，交流电的频率越高，容抗越小．3．注意：电容器能通交变电流，并不是电荷真的穿过了电容器．4．电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频.二、电感器对交流电的阻碍作用[问题设计]如图2所示，把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上，取直流电源的电压与交流电压的有效值相等．图2(1)对比两种情况下灯泡的亮度有什么不同？说明了什么？(2)乙图中换用自感系数更大的线圈或调换频率更高的交流电源，灯泡的亮度有何变化？说明了什么？答案(1)甲图中灯泡比乙图中灯泡更亮，说明电感器对交变电流有阻碍作用．(2)不论是换用自感系数更大的线圈还是调换频率更高的交流电源，灯泡均变得更暗，说明线圈的自感系数越大，交流电的频率越高，线圈对交流电的阻碍作用越大．[要点提炼]1．感抗：电感器对交变电流的阻碍作用的大小．2．影响感抗的因素：线圈的自感系数越大，交流电的频率越高，感抗越大．3．注意：电感器的感抗是由变化的电流在线圈中产生的感应电动势引起的，与制成线圈导体的电阻无关．4．扼流圈是利用电感对交变电流的阻碍作用制成的电感线圈．(1)高频扼流圈高频扼流圈的自感系数很小，只对高频交变电流有较大的阻碍作用，对低频交变电流的阻碍作用较小，对直流电流的阻碍作用更小．它具有“通直流，通低频，阻高频”的作用．(2)低频扼流圈低频扼流圈的自感系数很大，既使交流的频率较低，它产生的感抗也很大．它具有“通直流，阻交流”的作用．三、电阻、感抗、容抗的作用及区别1．容抗的大小除了与电容自身的性质有关，还与交变电流的频率有关，频率越高，容抗越小．(填“大”或“小”)2．感抗的大小除了与电感线圈自身的性质有关外，还与交变电流的频率有关，频率越高，感抗越大．(填“大”或“小”)3．电阻无论对直流还是交流，阻碍作用相同，只取决于电阻本身．一、对容抗的理解例1如图3所示，接在交流电源上的灯泡正常发光，以下说法正确的是 ( )图3A．把电介质插入电容器，灯泡变亮B．增大电容器两极板间的距离，灯泡变亮C．减小电容器两极板间的正对面积，灯泡变暗D．使交变电流频率减小，灯泡变暗解析把电介质插入电容器，电容变大，容抗变小，电容器对交变电流阻碍作用变小，所以灯泡变亮，故A正确；增大电容器两极板间的距离，电容变小，电容器对交变电流阻碍作用变大，所以灯泡变暗，故B错误；减小电容器两极板间的正对面积，电容变小，灯泡变暗，故C 正确；使交变电流频率减小，电容器对交变电流阻碍作用变大，灯泡变暗，故D正确．答案ACD二、对感抗的理解例2如图4所示的实验电路中，若直流电压和交变电压的有效值相等，S为双刀双掷开关，下列叙述正确的是( )图4A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出时灯变亮D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时，灯变暗解析线圈对恒定电流无感抗，对交变电流有感抗，当交流电频率减小时，感抗变小，灯变亮，并且是有铁芯时感抗更大，故铁芯抽出时灯变亮，故A、C正确．答案AC三、电阻、感抗、容抗的对比例3如图5所示，电路中完全相同的三只灯泡L1、L2、L3分别与电阻R、电感L、电容C串联，然后再并联到220 V、50 Hz的交流电路上，三只灯泡亮度恰好相同．若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60 Hz，则发生的现象是( )图5A．三灯亮度不变B．三灯均变亮C．L1亮度不变、L2变亮、L3变暗D．L1亮度不变、L2变暗、L3变亮解析当交变电流的频率变大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，因此L3变亮，L2变暗．又因为电阻在直流和交流电路中起相同的作用，故L1亮度不变，所以选D.答案 D四、电感器、电容器在电路中的应用例4在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分，又有低频成分，经放大后送到下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到再下一级，可以采用如图6所示电路，其中a 、b 应选择的元件是 ()图6A ．a 是电容较大的电容器，b 是低频扼流圈B ．a 是电容较大的电容器，b 是高频扼流圈C ．a 是电容较小的电容器，b 是低频扼流圈D ．a 是电容较小的电容器，b 是高频扼流圈解析 电容器具有通高频、阻低频的作用，这样的电容器电容较小，所以a 处放电容较小的电容器，电感线圈在该电路中要求起到通低频、阻高频的作用，b 处接一个高频扼流圈，D 对． 答案D电容器和电感器在交流电路中的作用⎩⎪⎪⎨⎪⎪⎧电容⎩⎪⎨⎪⎧ 容抗：电容对交变电流阻碍作用的大小容抗的大小：C 越大、f 越高，容抗越小应用⎩⎪⎨⎪⎧ 隔直电容器：通交流，隔直流高频旁路电容器：通高频，阻低频电感⎩⎪⎨⎪⎧ 感抗：电感对交变电流阻碍作用的大小感抗的大小：L 越大、f 越高，感抗越大应用⎩⎪⎨⎪⎧ 低频扼流圈：通直流，阻交流高频扼流圈：通直流，通低频，阻高频1．(对容抗的理解)如图7所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增大时 ( )图7A．电容器电容增大 B．电容器电容减小C．灯变暗 D．灯变亮答案 D解析电容器的电容是由电容器本身的特性决定的，与外加的交流电源的频率无关，选项A、B 错误．当交流电源的频率增大时，电容器充、放电的速度加快，电容器的容抗减小，电流增大，灯变亮，故选项C错误，D正确．2. (对感抗的理解)在如图8所示的电路中，L为电感线圈，灯泡的电阻为R，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝2202sin (100πt) V．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是( )图8A．电流表示数增大B．电压表示数增大C．灯泡变暗D．灯泡变亮答案BC解析由u＝2202sin (100πt) V，可得电源原来的频率f＝ω2π＝100π2πHz＝50 Hz，当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大，在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误；灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率(P＝I2R)减小，灯泡变暗，选项C正确，D错误；电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压U L，设灯泡两端电压为U R，则电源电压的有效值为U＝U L＋U R，因U R＝IR，故电流I减小时，U R减小，因电源电压的有效值保持不变，故U L＝U－U R增大，选项B正确．3. (电阻、感抗、容抗的对比)如图9所示，三个灯泡相同，而且足够耐压，电源内阻忽略(两电源的电动势相同)．单刀双掷开关S接A时，三个灯亮度相同，那么S接B时( )图9A．三个灯亮度相同B．甲灯最亮，丙灯不亮C．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮D．只有丙灯不亮，乙灯最亮答案 D解析开关S接A时，甲、乙、丙三个支路均有交流电通过，开关S接B时，电路处于直流工作状态．电容器C“隔直流、通交流”；电感线圈L“阻交流、通直流”；R对交流电、直流电有相同的阻抗．可判断S接B时电路中I丙＝0，I甲不变，I乙增大；又因为灯泡亮度与功率(P＝I2R)成正比，所以只有丙灯不亮，乙灯最亮.题组一对容抗的理解1．对交变电流通过电容器的理解正确的是( )A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两极板间的绝缘介质C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流通过了电容器D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外) 答案CD解析电流能“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充、放电，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．2．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别加在峰值一定的正弦交流电源上，在下列各种情况下，哪一种情况通过电容器的电流最大( )A．在C1上所加交变电流频率为50 HzB．在C2上所加交变电流的频率为50 HzC．在C1上所加交变电流的频率为100 HzD．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz答案 C解析电容越大，交变电流频率越大，容抗越小，电流越容易通过电容器．C1>C2,100 Hz>50 Hz，所以C正确．3．如图1所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增大，可行的办法是 ( )图1A．使发电机F的转速增大B．使发电机F的转速减小C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质D．使电容器两极板间的距离增大答案 A解析当发电机转速增大时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，容抗增大，对交变电源的阻碍作用增大，电流表A示数减小，C、D两项均错误．题组二对感抗的理解4. 一个灯泡通过一个粗导线线圈与一交流电源相连接，如图2所示．一铁棒插进线圈后，该灯将( )图2A．变亮B．变暗C．对灯的亮度没影响D．无法判断答案 B解析在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是阻碍电流变化，正是这种阻碍变化的特性，使线圈产生了感抗．加入铁芯改变了电感线圈的自感系数，使自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡两端的电压减小，所以灯变暗．5. 如图3所示，输入端a、b的输入电压既有直流成分，又有交流成分，以下说法中正确的是(L的直流电阻不为零但较小)( )图3A．直流成分只能从L通过B．交流成分只能从R通过C．通过R的既有直流成分又有交流成分D．通过L的直流成分比通过R的直流成分要大答案CD解析由于线圈L的直流电阻不为零，所以有直流通过R，而线圈对交流有阻碍作用，因此也有交流成分通过R，B错，C正确；由于R对交流也有阻碍作用，所以也有交流成分通过L，A 错；因为线圈的直流电阻较小，所以通过线圈的直流成分比通过R的要大，D正确．题组三电阻、感抗、容抗的对比6. 如图4所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a、b接电压的有效值为U 的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是( )图4A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管答案 B解析由a、b接直流电流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点，可判断元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确．7. 如图5所示，在电路两端加上正弦交流电，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯L1变亮，灯L2变暗，灯L3不变，则M、N、L中所接元件可能是 ( )图5A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器答案 C解析题组四电感器、电容器在电路中的应用8. 在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需把低频成分输送到下一级装置，如图6所示，则下列做法合理的是( )图6A．在a、b间接入一个电容器B．在a、b间接入一个低频扼流圈C．在a、b间接入一个高频扼流圈D．在a、b间接入一个电容器或高频或低频扼流圈都可以答案 C解析电容器是“通高频，阻低频”，低频扼流圈“通直流，阻交流”，而高频扼流圈“通直流，通低频，阻高频”，C对．9．如图7甲、乙所示是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征，下列判断正确的是 ( )图7A．图甲中R得到的是交流成分B．图甲中R得到的是直流成分C．图乙中R得到的是低频成分D．图乙中R得到的是高频成分答案AC解析当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，题图甲中电容器隔直流，R得到的是交流成分，A正确，B错误；题图乙中电容器通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误．10．某一电学黑箱内可能有电容器、电感线圈、定值电阻等元件，在接线柱间以如图8甲所示的“Z”字形连接(两接线柱间只有一个元件)．为了确定各元件种类，小华同学把DIS计算机辅助实验系统中的电流传感器(相当于电流表)与一直流电源、滑动变阻器、开关串联后，分别将AB、BC、CD接入电路，闭合开关，计算机显示的电流随时间变化的图像分别如图9a、b、c所示，则下列判断中正确的是( )图8图9A．AB间是电容器 B．BC间是电感线圈C．CD间是电容器 D．CD间是定值电阻答案ABD解析根据题图a可知，有瞬时充电电流，稳定后电路中无电流，说明AB间是电容器，充电完毕，电路为开路，故A正确．根据题图b可知，阻碍电流增大，但是稳定后电流恒定，符合电感线圈的特点，所以BC间为电感线圈，故B正确．根据题图c，接通电路后，电流马上达到稳定值，说明CD间为定值电阻，故C错误，D正确．。

人教版高中物理选修3-2测试题及答案解析全套含模块综合测试题，共4套第四章电磁感应(时间：50分钟满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，第1～5小题中只有一个选项符合题意，第6～8小题中有多个选项符合题意，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)1.如图1所示，大圆导线环A中通有电流，方向如图所示，另在导线环所在的平面画一个圆B，它的一半面积在A环内，另一半面积在A环外。

则B圆内的磁通量()图1A．为零B．垂直纸面向里C．垂直纸面向外D．条件不足，无法判断解析：选B根据右手螺旋定则可知，A产生的磁场在A线圈内部垂直纸面向里，在外部垂直纸面向外，由于磁感线是闭合的曲线，所以A内部的磁感线一定比A外部的磁感线要密一些，所以B项正确。

2.如图2所示，a为圆形金属环，b为直导线，且b垂直环面穿过圆环中心()图2A．若直导线b中通入恒定电流，金属环a中会产生感应电流B．若直导线b中通入交变电流，金属环a中会产生感生电流C．若直导线b中通入恒定电流，同时让直导线b绕过圆环中心的水平轴在竖直平面内转动，金属环a中会产生感应电流D．以上三种说法均不对解析：选D产生感应电流的条件是闭合回路中磁通量发生变化，不管b中通入什么样的电流，穿过a 中的磁通量始终为0，D 对。

3．半径为r 带缺口的刚性金属圆环在纸面上固定放置，在圆环的缺口两端引出两根导线，分别与两块垂直于纸面固定放置的平行金属板连接，两板间距为d ，如图3甲所示。

有一变化的磁场垂直于纸面，规定向内为正，变化规律如图乙所示。

在t ＝0时刻平板之间中心有一重力不计，电荷量为q 的静止微粒。

则以下说法正确的是( )图3A ．第2秒内上极板为正极B ．第3秒内上极板为负极C ．第2秒末微粒回到了原来位置D ．第2秒末两极板之间的电场强度大小为0.2 πr 2/d解析：选A 根据楞次定律，结合图像可以判断：在0～1 s 内，下极板为正极，上极板为负极；第2秒内上极板为正极，下极板为负极；第3秒内上极板为正极，下极板为负极；第4秒内上极板为负极，下极板为正极，故A 选项正确，B 选项错误。

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。