变压器典型练习题6(有答案)

变压器典型练习题6（有答案）
1．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V 的正弦交流电源上，如图所示。

设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则（ ）
A ．U =66V ，k =19
B ．U =22V ，k =19
C ．U =66V ，k =13
D ．U =22V ，k =13 【答案】A 【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】设原、副线圈中的电流分别大小分别为I 1、I 2，则I 1I 2=n 2n 1=13，故k =I 12R I 22R =19
设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U =n 1n 2
=31，故U 1=3U ，而原线圈上电阻分担的电压为U R =I 1R =n 2n 1
I 2R =U 3，故13U +3U =220V ，解得：U=66 V ，故A 正确，BCD 错误； 故答案为：A 。

【分析】先根据理想变压器原、副线圈匝数与电流关系求得电流关系，再根据P =I 2R 计算原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值k ；根据理想变压器原、副线圈匝数与电压关系求得电压关系，根据欧姆定律求得原线圈电阻分得的电压，根据串并联知识求得副线圈回路中电阻两端的电压U 。

2．如图是手机无线充电器的模型，其工作原理与理想变压器相同，已知发射、接收线圈匝数比n 1：n 2=5：1，C ，D 端输出电流i =√2sin(2π×105t)(A)，则A 、B 端输入电流的（ ）
A．频率为50kHz B．周期为2×10−5s C．有效值为0.2A D．最大值为√2A 【答案】C
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】AB．变压器不改变周期和频率，所以周期为T=2π
ω=10
−5s
频率为f=1
T=10
5Hz=100kHz
AB不符合题意；
CD．C，D端输出电流的最大值为√2A，由n1
n2=
I2m
I1m
可得A、B端输入电流的最大值为I1m=√2
5A
A、B端输入电流的有效值为I1=1m
√2
=0.2A
C符合题意，D不符合题意。

故答案为：C。

【分析】利用角速度的大小可以求出变压器周期和频率的大小；利用匝数之比和电流的关系可以求出AB端输入电流的最大值；利用电流的最大值可以求出对应有效值的大小。

3．如图，理想变压器原、副线圈匝数比为n1:n2，输入端C、D接入电压有效值恒定的交变电源，灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的阻值相同。

在滑动变阻器R的滑片从a端滑动到b端的过程中，两个灯泡始终发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是（）
A ．L 1先变暗后变亮，L 2一直变亮
B ．L 1先变亮后变暗，L 2一直变亮
C ．L 1先变暗后变亮，L 2先变亮后变暗
D ．L 1先变亮后变暗，L 2先变亮后变暗
【答案】A
【知识点】变压器原理
【解析】【解答】由于知道副线圈各用电器的电阻，利用并联电路的特点可得：副线圈
的总电阻为 1R 2=1R 0+R ap +1R 0+R pb
整理可得 R 2=(R 0+R ap )⋅(R 0+R pb )(R 0+R ap )+(R 0+R pb )=(R 0+R ap )⋅(R 0+R pb )2R 0+R 从表达式可以得出滑动变阻器R 的滑片从a 端滑到b 端过程中，副线圈的总电阻先增大
后减小；把变压器等效为一个回路，根据等效电阻关系有 R 等=U 1I 1=n 1n 2U 2n 2n 1I 2=(n 1n 2)2U 2I 2
=(n 1n 2
)2R 2； 再根据原线圈的欧姆定律和变压器的规律有：I 1=U R 0+R 等 ， I 2=n 1n 2I 1 由于等效电阻先增大后减小，则I 1 先减小后增大， I 2 先减小后增大，则 L 1 先变暗后变亮，所以其B 、D 选项不符合题意； 根据原线圈的欧姆定律 U 1=U −I 1R 0 ，及变
压器的规律 U 2=n 2n 1
U 1 由于 I 1 先减小后增大，则副线圈的电压 U 2 先增大后减小； 在副线圈的电压U 2增大
的过程，根据欧姆定律可以得出通过L 2的电流为： I L2=U 2R 0+R pb
滑片从a 端滑到b 端过程中， R pb 逐渐减小，副线圈的电压 U 2 增大过程中 I L2 增大，
则其L 2变亮； 在副线圈的电压 U 2 减小过程中，通过R 0的电流为 I R 0=U 2R 0
+R ap R ap 逐渐增大，则 I R 0 越来越小，而副线圈中的电流I 2越来越大；则 I L2↑=I 2↑−I R 0↓，则灯泡L 2不断变亮；
则 L 1 先变暗后变亮， L 2 一直变亮；所以C 不符合题意，A 符合题意；
故答案为：A 。

【分析】利用并联电路的特点可以求出其副线圈等效电阻的大小，结合回路的欧姆定律可以判别其回路中电流的变化进而判别灯泡L 1的亮暗变化；利用输入电压结合输入电流的变化可以判别输出电压的变化；再结合副线圈支路的欧姆定律可以判别灯泡L 2的亮度变化。

4．某同学用如图所示的电路探究远距离输电的能量损耗，T1、T2为两个完全相同的理想变压器，(T1升压、T2降压)，将总电阻为500Ω的长导线卷成相同的两卷A、B来模拟输电线路，忽略导线卷的自感作用，当变压器T1原线圈的输入电压为4V时，铭牌为“2.5V、0.3A”的灯泡恰好正常发光，下列说法正确的是（）
A．变压器T1原线圈中的电流为0.25A
B．导线卷A产生的热功率为0.45W
C．远距离输电的效率为80%
D．变压器T2原线圈的输入电压为25V
【答案】D
【知识点】电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A. 灯泡恰好正常发光，电压为2.5V，电流为0.3A，两个完全相同的理想变压器，结合理想变压器电流之比等于线圈匝数反比，所以T1电流为0.3A，A 错误；B.第一线圈功率为1.2W，灯泡功率为0.75W，两卷导线热功率为0.45W，导线
卷A产生的热功率为0.225W，B错误；C. 远距离输电的效率为0·75
1.2=0.625
，C错误；
D.两卷导线热功率为0.45w，总电阻为500Ω，电流为0.03A，变压器T2副线圈的电流为0.3A，原副线圈匝数比为10：1，灯泡恰好正常发光，电压为2.5v，变压器T2原线圈的输入电压为25V，D正确；故答案为：D。

【分析】理想变压器电流之比等于线圈匝数反比，输电线功率用于发热，结合焦耳定律求解。

5．某发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1：n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t=0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U，电流为I，忽略发电机线圈电阻。

下列说法正确的是（）
A ．t =0时刻，发电机线圈产生的感应电动势最大
B ．发电机产生瞬时电动势e =√2πNBSnzsin(2πnzt)
C ．变压器原、副线圈的匝数比为√2πNBSnz ：U
D ．发电机线圈中的电流为√2πNBSnzI U
【答案】C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理；交变电流的图像与函数表达式
【解析】【解答】A 、t =0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，线圈中磁通量最大，磁通量的变化率为零，是中性面，线圈中感应电动势为零，A 错误； B 、零时刻从中性面开始，线圈中产生的感应电动势的瞬时值表达式为：e =NBSωsin (ωt )又因为：ω=2πnz ，
解得：e =2πNBSnzsin (2πnzt )，B 错误； C 、因为：U 1=M √2=2πNBSnz √2
=√2πNBSnz ，根据理想变压器电压关系：U 1U 2=n 1n 2
=U 1U =√2πNBSnz U ，C 正确； D 、发电机线圈中的电流，根据理想变压器电流关系：I 1I 2=n 2n 1
=U √2πNBSnz =I 1I ，可得：I 1=√2πNBSnz ，D 错误； 故答案为：C 【分析】t=0时刻为中性面，感应电动势为零，由中性面开始交流电为正弦交流电，根据交流电瞬时值表达式写出瞬时电动势，根据变压器电压、电流与匝数关系求解。

6．如图所示为某小型发电站高压输电示意图．升压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 1和U 2，降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U 3和U 4.在输电线路的起始端接入两个互感器，两个互感器原、副线圈的匝数比分别为10：1和1：10，各互感器和电表均为理想的，则下列说法正确的是（ ）
A ．两互感器均起到降压作用
B ．若电压表的示数为220V ，电流表的示数为10A ，则线路输送电功率为220kW
C ．若保持发电机输出电压U 1和用户数一定，仅将滑片Q 下移，则输电线损耗功率减少
D ．若发电机输出电压U 1一定，若用户数增加，为维持用户电压U 4一定，可将滑片P 下移
【答案】B
【知识点】变压器原理；电能的输送；变压器的应用
【解析】【解答】A ．电压互感器起降压作用，电流互感器起减小电流（升压）作用，故
A 错误。

B ．电压互感器原线圈两端电压U 1U 2=n 1n 2
，可得U 2=n 1n 2U =101×220V =2200V ， 电流互感器原线圈中的电流I 2I =n 4n 3，可得I 2=n 4n 3
I =101×10A =100A 对于理想变压器，输送功率P =P 2=U 2I 2=2200×100W =220000W ，故B 正确。

C ．将滑动片Q 下
移，相当于增加了升压变压器副线圈的匝数n 2，根据理想变压器的规律U 1U 2=n 1n 2
升压变压器副线圈两端的电压增大； 降压变压器原线圈两端电压U3增大，副线圈两端电压
U4增大，通过负载的电流I 4=U 4R
当R 不变时，I 4增大，降压变压器原线圈中的电流I 3=n 4n 3I 4，匝数比不变，I 3增大，输电线上损失功率∆P =I 32r ，增大，故C 错误。

D ．当用户数增加，负载电阻R 减小，若降压变压器副线圈两端电压U4不变，通过副线圈的电流 增大，原线圈中的电流增大，输电线上的电压损失ΔU =I 3r ，增大；原线圈两端电
压U 3=U 2−ΔU ， 将减小，根据U 3U 4=n 3n 4
可知，当U 3减小时，减小n 3可以使U 4不变，所以要将降压变压器的滑动片P 上移，故D 错误。

故选择B 。

【分析】根据理想变压
器的规律可得电压和电流的变化情况，对于理想变压器动态分析要注意谁在变，谁不变。

7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为3：1，R T 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为理想电表。

原线圈所接电压u 随时间t 按正弦规律变化，如图乙所示。

下列说法正确的是（ ）
A ．理想变压器输入、输出功率之比为3：1
B ．理想变压器原、副线圈中的电流之比为3：1
C ．u 随t 变化的规律为u =54sin100πt(V)
D ．若热敏电阻R T 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
【答案】D
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；闭合电路的欧姆定律
【解析】【解答】A.理想变压器输入功率等于输出功率，比值为1：1，A 不符合题意； B.
根据理想变压器原、副线圈中的电流强度与匝数关系可得I 1I 2=n 2n 1
=13，B 不符合题意； C.由图（乙）可知交流电压最大值U m =27√2V ，周期T=0.02s ，角速度ω=2πT =100πrad/s ，则可得u 随t 变化的规律为u =27√2sin100πt(V)，C 不符合题意； D.由题图知电压表的读数总等于输入电压的有效值，所以电压表示数不变；变压器的匝数不
变，由U 1U 2=n 1n 2
可知，副线圈的输出电压不变，由题意可知，R 的温度升高时，阻值减小，所以电流表的示数变大，D 符合题意。

故答案为：D 。

【分析】理想变压器没有能量损失，输入功率等于输出功率；根据理想变压器原、副线圈中的电流强度与匝数的
关系式I 1I 2=n 2n 1
计算理想变压器原、副线圈中的电流之比；根据乙图写出u 随t 变化的方程式；由理想变压器原理结合闭合电路欧姆定律，分析电压表和电流表的示数变化。

8．如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B =√2T 的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω=10rad/s 在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m 2，线框通过
滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L （规格为“4W 100Ω”）和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列正确的是（ ）
A ．若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40√2sin10tV
B ．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2∶1
C ．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大
D ．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变亮
【答案】B
【知识点】变压器原理；交变电流的图像与函数表达式；交变电流的峰值、有效值、平均值与瞬时值
【解析】【解答】A 、若从图示位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值应为：e =NBSωcos (ωt )=10×√2×0.4×10cos (10t )=40√2cos (10t )V ，A 错误； B 、由于线
框电阻不计，E =M √2=40√2√2
=40V =U 1，灯泡正常发光，由P =U 2R 得：U 2=√PR =√4×100=20V ，根据理想变压器电压与匝数关系：U 1U 2=n 1n 2=4020=21，B 正确； C 、
若将滑动变阻器滑片向上移动，接入线路电阻增大，副线圈回路电阻增大，电流I 2减小，由I 1I 2=n 2n 1
可知，I 1减小，电流表读数减小，C 错误； D 、若将自耦变压器触头向下滑动，n 2减小，U 2减小，灯泡变暗，D 错误； 故答案为：B 【分析】根据交流电产生原理确定感应电动势瞬时值表达式，结合理想变压器电压、电流与匝数关系，确定副线圈电压，依据闭合电路欧姆定律判断电阻变化引起电流的变化，从而确定原线圈电流的变化，从而正确判断。

9．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2=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A 1的示数是12 mA ，则电流表A 2的示数为( )
A．3 mA B．0
C．48 mA D．与负载R的值有关
【答案】B
【知识点】变压器原理；变压器的应用
【解析】【解答】导体棒做匀速直线运动，根据E=Blv，可得电动势为定值，则穿过副线圈的磁通量不变，是定值，副线圈不产生感应电动势，所以通过副线圈电流为零，电流表A2的示数为0mA，故B正确，ACD错误。

故答案为：B。

【分析】先判断导体棒产生的感应电动势，判断副线圈的磁通量变化，判断副线圈是否产生感应电动势，进而判断副线圈是否产生感应电流。

10．如图，线框在匀强磁场匀速转动过程中产生正弦交流电，经理想变压器变压后给两盏相同的灯L1、L2供电.变压器原、副线圈的匝数之比为k，当线框转速为n时，理想电压表示数为U，灯泡正常发光.已知灯泡正常发光时的电阻为R，其他电阻不计.下列说法正确的是（）
A．灯泡的额定电流为U kR
B．副线圈输出的功率为U 2
k2R
C．线框经过中性面时，穿过线框的磁通量最大
D．线框经过中性面时，线框产生的感应电动势的瞬时值最大
【答案】A,C
【知识点】交变电流的产生及规律；变压器原理
【解析】【解答】A.设灯泡的额定电压为U1、额定电流为I1，灯泡正常发光时，由理想变压器电压与匝数的关系可得
U
U1=k
解得
U1=U k，I1=U kR A符合题意；B.副线圈输出的功率为
P=2U1I1=2U2 k2R
B不符合题意；CD.线框经过中性面时，线框平面与磁场垂直，所以穿过线框的磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，所以感应电动势的瞬时值为零，C符合题意，D不符合题意。

故答案为：AC。

【分析】根据理想变压器电压与匝数的关系求出灯泡的额定电压和电流；根据电功率的公式求出副线圈的输出功率；根据中性面的特点分析。