高中物理 第二章 交变电流 第六节 变压器练习 粤教版选修3-2
粤教版高中物理选修3-2同步测试 第2章 交变电流 第6节 变压器13
第六节 变压器[随堂检测][学生用书P48]1．如图所示四个电路,能够实现升压的是( )解析：选D.变压器只能对交变电流变压,不能对直流变压,故A 、B 错误．当原线圈匝数小于副线圈匝数时,为升压变压器,当原线圈匝数大于副线圈匝数时,为降压变压器,所以D 能实现升压．C 为降压变压器,故选D.2．一电器中的变压器可视为理想变压器,它将220 V 交变电压改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为( )A ．200B ．400C ．1 600D ．3 200解析：选B.根据理想变压器原副线圈电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2,得n 2＝n 1U 2U 1＝800×110220＝400,选项B 正确．3. 如图中理想变压器原、副线圈匝数之比n 1∶n 2＝4∶1,原线圈两端连接光滑导轨,副线圈与电阻R 相连组成闭合回路．当直导线AB 在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时,安培表A 1的读数是12毫安,那么安培表A 2的读数是( )A ．0B ．3毫安C．48毫安D．与R值大小无关解析：选A.当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速向右做切割磁感线运动时,原线圈中产生恒定的电流,不能在铁芯中产生变化的磁场,副线圈中不会产生感应电流,A正确．4. 如图为一与电源相接的理想变压器,原线圈中的电流是I1,副线圈中的电流是I2,当副线圈中的负载电阻变小时( )A．I2变小,I1变小B．I2变小,I1增大C．I2增大,I1增大D．I2增大,I1变小解析：选C.因为匝数不变,所以副线圈电压不变,当电阻变小时,根据公式I2＝U2R,I2增大,又因为I2I1＝n1 n2,n1n2不变,当I2增大时,I1也增大,所以C正确．5．(多选)如图甲所示的调压装置可视为理想变压器,负载电路中R＝55 Ω,A 、V为理想电流表和电压表,若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压,电压表的示数为110 V,下列表述正确的是( )A．电流表的示数为2 AB．原、副线圈匝数比为1∶2C．电压表的示数为电压的有效值D ．原线圈中交变电压的频率为50 Hz解析：选ACD.由题意可知原线圈电压为220 V,副线圈电压为110 V,U 1U 2＝n 1n 2＝21,故B 选项错误；由图乙可知原线圈中的电压频率为50 Hz,D 选项正确；由副线圈电路可求得电流为2 A,故A 选项正确．[课时作业][学生用书P91(单独成册)]一、单项选择题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220 V 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 ＝66 V,k ＝19B ．U ＝22 V,k ＝19C ．U ＝66 V,k ＝13D ．U ＝22 V,k ＝13解析：选A.设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2,则I 1I 2＝n 2n 1＝13,故k ＝I 21R 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13U,故U3＋3U ＝220 V,解得U ＝66 V ．选项A 正确． 2. 一理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝1∶2,电源电压u ＝2202·sin ωt V ,原线圈电路中接入一熔断电流I 0＝1 A 的保险丝,副线圈中接入一可变电阻R,如图所示,为了使保险丝不致熔断,调节R 时,其阻值最低不能小于( )A ．440 ΩB ．440 2 ΩC ．880 ΩD ．880 2 Ω解析：选C.当原线圈电流为I 1＝I 0＝1 A 时,副线圈中电流I 2＝n 1n 2I 1＝12A.原线圈两端电压为U 1＝U m 2＝220 V.则副线圈两端电压为U 2＝n 2n 1U 1＝21×220 V ＝440 V.因此负载电阻的最小值为：R min ＝U 2I 2＝880 Ω.故C 正确．3．如图,理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1,两个标有“12 V,6 W ”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时,原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是( )A ．120 V,0.01 AB ．240 V,0.025 AC ．120 V,0.05 AD ．240 V,0.05 A解析：选D.副线圈电压U 2＝12 V,由U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝240 V,副线圈中电流I 2＝2·P U ＝1 A ．由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝0.05 A.4．如图所示,L 1和L 2是高压输电线,甲、乙是两只互感器,若已知n 1∶n 2＝1 000∶1,n 3∶n 4＝1∶100,图中电压表示数为220 V,电流表示数为10 A,则高压输电线的送电功率为( )A ．2.2×103W B ．2.2×10－2W C ．2.2×108 WD ．2.2×104W解析：选C.由电流互感器知高压输电线中电流I ＝1 000 A,由电压互感器知高压U ＝220×103V,则高压输电线功率P ＝UI ＝2.2×108W.5. 如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为20∶1,原线圈接正弦交流电源,副线圈接入“220 V,60 W ”灯泡一只,且灯泡正常发光．则( )A ．通过电流表的电流为32220 AB ．电源的输出功率为1 200 WC ．通过电流表的电流为3220 AD ．原线圈端电压为11 V解析：选C.灯泡正常发光,则副线圈中的电流I 2＝P U ＝311 A,根据变压器的电流关系I 1I 2＝n 2n 1可得原线圈中的电流I 1＝3220 A,即通过电流表的电流为3220 A ．原线圈两端的电压为4 400 V,电源的输出功率P ＝UI ＝4400×3220W ＝60 W ．故选项C 正确．二、多项选择题6．当理想变压器副线圈空载时,副线圈的( ) A ．负载电阻为0 B ．输出电流为0 C ．两端电压为0D ．输出功率为0解析：选BD.副线圈空载相当于负载电阻无穷大,副线圈没有电流输出,没有功率消耗．故选项B 、D 正确．7．关于理想变压器的说法正确的是( ) A ．理想变压器不考虑铁芯漏磁与发热B ．U 1U 2＝n 1n 2只适用于一个原线圈和一个副线圈组成的变压器C ．在理想变压器中,无论有几个线圈,一定有输入功率等于输出功率,即P 入＝P 出D ．在理想变压器中,如果有多个(大于等于3个)线圈同时工作,I 1I 2＝n 2n 1不再适用解析：选ACD.理想变压器是不计一切损失的变压器,A 、C 选项对.U 1U 2＝n 1n 2可适用于多个线圈组成的变压器的任意两个线圈之间,B 选项错.I 1I 2＝n 2n 1只适用于一个原线圈和一个副线圈工作的变压器,D 选项对．8. 如图所示,一理想变压器原线圈匝数n 1＝1 100匝,副线圈匝数n 2＝220匝,交流电源的电压u ＝2202·sin 100πt(V),电阻R ＝44 Ω,电压表、电流表为理想电表,则下列说法正确的是( )A ．交流电的频率为50 HzB ．电流表 A 1 的示数为0.2 AC ．电流表A 2的示数为2 AD ．电压表的示数为44 V解析：选ABD.由交流电源的电压瞬时值表达式可知,ω＝100π rad/s ,所以频率为50 Hz,A 项说法正确；理想变压器的电压比等于线圈匝数比,即U 1U 2＝n 1n 2.其中原线圈电压的有效值U 1＝220 V,U 2＝n 2n 1U 1＝44 V,故D 项说法正确；I 2＝U 2R ＝1 A,故C 项说法错误；由电流比与线圈匝数比成反比,即I 2I 1＝n 1n 2所以I 1＝n 2n 1I 2＝0.2A,故B 项说法正确．9．如图所示为一理想变压器,S 为单刀双掷开关,P 为滑动变阻器的滑动触头,U 1为加在原线圈上的电压,则( )A ．保持U 1及P 的位置不变,S 由a 合到b 时,I 1将减小B ．保持P 的位置及U 1不变,S 由b 合到a 时,R 消耗功率将减小C ．保持U 1不变,S 合在a 处,使P 上滑,I 1将增大D ．保持P 的位置不变,S 合在a 处,若U 1增大,I 1将增大解析：选BD.S 由a 合到b 时,n 1减小而U 1不变,由U 1U 2＝n 1n 2可知,副线圈上的电压增大,负载R 的电流I 2增大,P 2增大,又由于P 1＝P 2＝U 1I 1,故I 1增大,A 项错误．同理S 由b 合到a 时,P 2减小,B 项正确．P 上滑时,负载电阻R 增大,而U 1、U 2均不变,由I 2＝U 2R 可知I 2减小,又由于n 1、n 2均不变,由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1将减小,C 项错误．当U 1增大时,由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2也增大,I 2＝U 2R 增大,再由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1增大,D 项正确．10．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．当开关S 接通时,下列说法中正确的是( )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L 1的电流减小D ．变压器的输入功率增大解析：选BCD.开关S 接通时,灯L 1与L 2并联,总电阻R 总减小,由于副线圈两端的电压不变,故流过副线圈的电流增大,电阻R 上的电压增大,A 错,B 对；由于L 1上的电压减小,故通过灯泡L 1的电流减小,C 对；由P 入＝P 出＝U 22R 总知P 出增大,故P 入增大,即变压器的输入功率增大,D 对．三、非选择题11．一台理想变压器,其原线圈的匝数为2 200匝,副线圈的匝数为440匝,副线圈中接入一个100 Ω的负载电阻,如图所示．(1)当原线圈接在44 V 直流电源上时,电压表示数为多大？电流表示数为多大？(2)当原线圈接在220 V 交流电源上时,电压表示数为多大？电流表示数为多大？此时输入功率为多少？变压器效率为多大？解析：(1)原线圈接在直流电源上时,由于原线圈中的电流恒定,所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化,副线圈两端不产生感应电动势,故电压表示数为零,电流表示数也为零．(2)由U 1U 2＝n 1n 2得电压表示数为U 2＝n 2n 1U 1＝4402 200×220 V ＝44 V电流表示数为I 2＝U 2R ＝44100 A ＝0.44 AP 入＝P 出＝I 2U 2＝0.44×44 W ＝19.36 W 效率η＝P 出P 入×100%＝100%.答案：(1)0 0 (2)44 V 0.44 A 19.36 W 100%12．如图所示理想变压器输入的交流电压U 1＝220 V,有两组副线圈,其中n 2＝36匝,标有“6 V,9 W ”“12 V,12 W ”的电灯分别接在两副线圈上均正常发光,求：(1)原线圈的匝数n 1和另一副线圈的匝数n 3； (2)原线圈中电流I 1.解析：(1)由于两灯泡均正常发光,所以有 U 2＝6 V,U 3＝12 V根据原、副线圈电压与匝数的关系, 由U 1U 2＝n 1n 2,U 2U 3＝n 2n 3得 n 1＝U 1U 2n 2＝2206×36 匝＝1 320 匝,n 3＝U 3U 2n 2＝126×36 匝＝72 匝．(2)由于P 入＝P 出,P 出＝P 2＋P 3,所以P 入＝P 2＋P 3, 即I 1U 1＝P 2＋P 3,则I 1＝P 2＋P 3U 1＝9＋12220 A ≈0.095 A.答案：(1)1 320匝 72匝 (2)0.095 A。
2020高中物理第二章交变电流第六节变压器达标作业含解析粤教版选修3_2.doc
第六节 变压器A 级 抓基础1. (多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( )A ．交变电流的频率B ．磁通量的变化率C ．功率D ．交变电流的峰值解析：理想变压器没有漏磁，没有能量损失，所以原、副线圈中磁通量变化率相同，原、副线圈中功率相同，B 、C 正确；变压器能改变交流电的峰值但不改变交变电流频率，A 正确，D 错误．答案：ABC2. 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 错误；因理想变压器无漏磁，原、副线圈的磁通量总相等，故B 错误；由互感现象知C 正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为副线圈的电能，原、副线圈通过磁联系在一起，故D 错误．答案：C3. 一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A ．200B ．400C ．1 600D ．3 200解析：根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，得n 2＝n 1U 2U 1＝800×110220＝400，选项B 正确．答案：B 4.如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两段电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变 解析：根据数学知识可知，原副线圈减小相同的匝数后，匝数之比变大，因此电压之比变大，输出电压减小，故小灯泡变暗；而电流与匝数之比成反比，故电流的比值变小；故A 、C 、D 错误，B 正确．答案：B5．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V 60 W ”灯泡一个，且灯泡正常发光，则( )A ．电流表的示数为32220A B ．电源输出功率为1 200 WC ．电流表的示数为3220A D ．原线圈端电压为11 V解析：由灯泡正常发光，可知副线圈电压为220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可知，原线圈电压U 1＝20×220 V ＝4 400 V ，D 错误；又因输入功率等于输出功率，P 1＝P 2＝60 W ，故B 错误；电流表读数为有效值，原线圈中电流I 1＝P 1U 1＝604 400 A ＝3220 A ，故A 错误，C 正确． 答案：CB 级 提能力6. (多选)如图所示为一理想变压器，K 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1为原线圈中的电流，则( )A ．保持U 1及P 的位置不变，K 由a 扳向b 时，I 1将增大B ．保持U 1及P 的位置不变，K 由b 扳向a 时，R 消耗功率减小C ．保持U 1不变，K 接在a 处，使P 上滑，I 1将增大D ．保持P 的位置不变，K 接在a 处，若U 1增大，I 1将增大解析：保持U 1及P 的位置不变，K 由a 扳向b 时，n 1减小，n 2n 1增大，由U 2＝n 2n 1U 1知U 2变大，则输出电流I 2增大，输出功率增大，输入功率也增大，由P 1＝U 1I 1知，I 1增大，A 正确；同理，K若由b扳向a，R消耗功率将减小，B正确；U1不变，K接在a处，使P上滑时，I2减小，I1也减小，故C错误；保持P的位置不变，K接在a处，若U1增大，则U2也增大，即I2＝U2R增大，则P2增大，P1＝P2，故I1也应增大，故D正确．答案：ABD7．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 2 VB．当单刀双掷开关与b连接时，电压表的示数为44 VC．当单刀双掷开关与a连接，滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表的示数不变，电流表的示数变大D．单刀双掷开关由a扳向b时(滑动变阻器触头P不动)，电压表和电流表的示数均变大解析：根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为220 2 V，所以副线圈的电压的最大值为22 2 V，电压表的示数为电压的有效值，所以示数为22 V，所以A错误；若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1，根据电压与匝数成正比可知，此时副线圈的电压为44 V，所以电压表的示数为44 V，所以B正确；当滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器连入电路的电阻变大，电路的总电阻变大，由于电压是由变压器决定的，所以，电压不变，电流变小，所以C错误；若当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1，所以输出的电压升高，电压表和电流表的示数均变大，所以D正确．答案：BD8.如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，灯泡的额定电压均为U.变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n1∶n2和电源电压U1分别为( )A．1∶2 2U B．1∶2 4UC．2∶1 4U D．2∶1 2U解析：设灯泡正常发光时的电流为I ，则I 1＝I ，I 2＝2I .由n 1n 2＝I 2I 1得n 1n 2＝21；由U 1′U 2＝n 1n 2得U 1′＝n 1n 2U 2＝2U .故U 1＝4U ，C 正确． 答案：C9．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越小解析：假设副线圈两端交变电压的峰值为U m ，副线圈两端电压的有效值为U 2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：U ab U 2＝n 1n 2，而因二极管的单向导电性，cd 间电压的有效值U cd 并不等于副线圈两端的电压有效值U 2. 由交流电有效值定义可得：U 2＝U m 2，U cd ＝U m 2＝U 22，故U ab U cd ＝2n 1n 2，故A 错误；当增大负载电阻的阻值R ，因电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，电阻R 的电流变小，则电流表的读数变小，故B 正确；cd 间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd 间的电压U cd 不会随着负载电阻变化，故C 、D 错误．答案：B10．有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，CD 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 解析：由题图知，当滑动触头P 顺时针转动时，变压器副线圈的匝数减少，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压U 2减小，因负载的电阻不变，故电流表读数变小，电压表读数变小，所以A 正确；同理，若滑动触头P 逆时针转动时，变压器副线圈的匝数增加，U 2增大，电流表示数增大，所以B 错误；当P 不动，副线圈电压U 2不变，滑动触头向上滑动时，R 3连入电路中的阻值增大，与R 2并联后的电阻增大，根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大，所以C 错误；同理，当滑动触头向下滑动时，R 3连入电路中的阻值减小，与R 2并联后的电阻减小，根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小，所以D 错误．答案：A11．如图所示，理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，交流电源电压U 1＝220 V ，F 为熔断电流I 0＝1.0 A 的保险丝，负载为一可变电阻．(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 的最小值为多少？变压器输出的电功率不能超过多少？ 解析：(1)由U 1U 2＝n 1n 2得到U 2＝110 V ，由欧姆定律，得I 2＝1.1 A.再由I 1I 2＝n 2n 1得到I 1＝0.55 A ，故保险丝不能熔断．(2)对于理想变压器，P 入＝P 出＝220×1.0 W ＝220 W ，得到R ＝55 Ω.答案：(1)不能 (2)55 Ω 220 W12．如图，某理想变压器原线圈输入电功率为P 0，原、副线圈的匝数比为n ，在其副线圈上接一线圈电阻为r 的电动机．现在，电动机正以速度v 匀速向上提升一质量为m 的重物，已知重力加速度为g ，不计电动机转轴间的摩擦等损耗，则变压器原线圈两端的电压为多少？解析：电动机的输出功率P 机＝mgv, 设副线圈回路的电流为I 2，则P 0＝P 机＋I 22r ， 副线圈两端的电压U 2＝P 0I 2， 原线圈两端的电压U 1＝nU 2 ， 联立以上各式得U 1＝nP 0r P 0－mgv. 答案：见解析。
2020-2021学年物理粤教版选修3-2教案：第二章第06节-变压器-【含答案】
《变压器》教案一、设计思路指导思想：变压器的工作原理是本章的重点内容，是高考命题率较高的知识点。
本节通过实验探究来说明这一观点。
在教学过程建立理想化模型——理想变压器，利用分组实验探究从而推出变压器变压规律，抓住能量守衡使学生展开讨论，推出电流与匝数关系，培养学生的表达能力和逻辑思维能力，教学联系生活、贴近实际，以激发学生学习的兴趣。
设计理念：本节课的设计主要突出三案六环节理念，强调把课堂还给学生，提高学习效率。
学生在教师的组织协调下，分析、思考、小组讨论和实验探究，归纳总结规律，促进了学生自主学习，让学生积极参与、乐于探究、勇于实验、勤于思考；通过多样化的教学方式，帮助学生学习物理知识与技能，培养科学探究能力，使其逐步形成科学态度与科学精神。
教材分析：1、变压器是用来改变交变电流电压的．变压器不能改变恒定电流的电压．互感现象是变压器工作的基础．让学生在学习电磁感应的基础上理解互感现象．这里的关键是明白原线圈和副线圈有共同的铁芯，穿过它们的磁通量和磁通量的变化时刻都是相同的．因而，其中的感应电动势之比只与匝数有关．这样原、副线圈的匝数不同，就可以改变电压了．2、在分析变压器的原理时，一般情况下，忽略变压器的磁漏，认为穿过原线圈每一匝的磁通量与穿过副线圈的磁通量总是相等的．这两个条件，都是“理想”变压器的工作原理的内容．变压器是一个传递能量的装置．如果不计它的损失，则变压器在工作中只传递能量不消耗能量．要使学生明白，理想变压器是忽略了变压器中的能量损耗，它的输出功率与输入功率相等，这样才得出原、副线圈的电压、电流与匝数的关系式．3、教材要求学生探究实验得出变压器的变压规律，做好探究性实验是本节教学的关键。
是突破本节课教学难点和重点的关键。
为了培养学生根据实验研究物理规律的能力，采用分组实验得出变压器的输入、输出电压及原、副线圈匝数的关系。
4、学习几种常用的变压器，不仅增加了生产知识，还可提高学生分析、应用能力。
高中物理 第二章 交变电流 第六节 变压器 粤教版选修3-2
2．变压器的三点说明． (1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起 作用． (2)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两 个线圈之间是绝缘的． (3)变压器不能改变交变电流的频率．
(2)工作原理：变压器的工作原理是利用了电磁感应 现象．原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量， 这个交变的磁通量不仅穿过原线圈，也穿过副线圈，所 以在副线圈中产生感应电动势．如果在副线圈两端接入 负载，负载中就会有交变电流，其能量转换方式为：原 线圈电能→磁场能→副线圈电能．变压器只能在交流电 路中工作，对恒定电流电路不起作用．
2．理想变压器的规律．
(1)电压关系．
原线圈中
U1
＝
E1
＝
n1
ΔΦ Δt
，
副
线
圈
中
U2 ＝ E2 ＝
n2ΔΔΦt ，因而电压关系满足：UU12＝nn12.
①若 n1＜n2，则 U1＜U2，是升压变压器； ②若 n1＞n2，则 U1＞U2，是降压变压器．
③变压器高压圈匝数多而导线细，低压圈匝数少而导 线粗，这是区别高、低压线圈的方法．
知识点一 认识变压器
提炼知识 1．作用． 变压器是改变交流电压的设备． 2．构造． 变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的线圈构成．与交 流电源相连的线圈叫作原线圈(也称为初级线圈)，与负载 相连的线圈叫作副线圈(也称为次级线圈)．
3．原理． 其工作原理是利用了电磁感应中的互感现象．在原 线圈上加交变电压，原线圈中的交变电流在铁芯中产生 交变的磁通量，这个交变的磁通量不仅穿过原线圈，也 穿过副线圈，所以在副线圈中产生感应电动势．如果在 副线圈两端接入负载，负载中就会有交变电流．
粤教版高中物理选修3-2第二章交变电流单元检测题含答案解析
粤教版高中物理选修3-2第二章交变电流单元检测题 学校:___________姓名：___________班级：___________考号：___________一、单选题1．如图所示，平行板电容器与灯泡串联，接在交流电源上，灯泡正常发光，则( )A ．把电介质插入电容器，灯泡一定变亮B ．把电容器两极板间距离增大，灯泡一定变亮C ．把电容器两极板间距离减小，灯泡一定变暗D ．使交流电频率增大，灯泡变暗2．线圈在匀强磁场中转动时产生交流电，则下列说法中正确的是（ ）A ．当线圈位于中性面时，线圈中感应电动势最大B ．当穿过线圈的磁通量为零时，线圈中感应电动势也是零C ．线圈在磁场中每转一周，产生的感应电动势和感应电流的方向改变一次D ．每当线圈越过中性面时，感应电动势和感应电流的方向就改变一次3．如图所示，一个单匝矩形线圈长为a ，宽为b ，置于磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕OO'轴以角速度ω匀速转动．从图示位置开始计时，经过时间t 时感应电动势为（ ）A ．sin abB t ωω B ．cos abB t ωωC ．2cos a B t ωωD ．2cos b B t ωω 4．如图所示，图甲、图乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，下列说法正确的是（ ）A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B．图甲电压的有效值为220V，图乙电压的有效值小于220VC．图乙电压的瞬时值表达式为sin100πtVD．图甲电压经过匝数比为10：1的变压器变压后，频率变为原来的0.1倍5．如图所示,变压器输入电压不变,当电键S闭合,两交流电流表示数的变化情况为（）A．都变小B．都变大C．A1变大,A2变小D．A1不变,A2变小6．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压提高到n倍，则( )A．输电线上的电压损失增大B．输电线上的电能损失增大C．输电线上的电压损失不变D．输电线上的电能损失减少到原来的1/n27．在远距离输电中，如果输送功率和输送距离不变，要减少输送导线上热损耗，目前最有效而又可行的输送方法是()A．采用超导材料做输送导线B．采用直流电输送C．提高输送电的频率D．提高输送电压8．某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图所示电路，A、B为理想变压器，灯L1、L2相同且阻值不变．保持A的输入电压不变，开关S断开时，灯L1正常发光．则A．仅闭合S，L1变亮B．仅闭合S，A的输入功率变小C．仅将滑片P上移，L1变亮D．仅将滑片P上移，A的输入功率变小9．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，R1、R2为定值电阻，R3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=36sin（100t）（V）B．当动触头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，电阻R2消耗的电功率变小D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大10．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．输出功率比输入功率小D．输出功率比输入功率大11．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电流改为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为（）A．200 B．400 C．1600 D．320012．有一个交流电源，电源电动势随时间变化的规律如图所示，把一个阻值为10Ω的电阻接到该电源上，电源内阻不计，构成闭合回路．以下说法中正确的是（）A．电压的有效值为10VB．通过电阻的电流有效值为1AC．电阻每秒种产生的热量为10JD．电阻消耗电功率为5W13．如图，闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是（）A．B．C ．D ．二、多选题14．如图所示，R1、R2是两个定值电阻，R ′是滑动变阻器，L 为小灯泡，电源的内阻为，开关S 闭合后，当滑动变阻器的滑片P 向上移动时，则（ ）A ．电压表示数不变B ．小灯泡变暗C ．电容器处于充电状态D ．电源的电功率变大15．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R ．线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过6π时的感应电流为I ，下列说法正确的是（ ）A ．线框中感应电流的有效值为2IB ．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IR ω C ．从中性面开始转过2π的过程中，通过导线横截面的电荷量为2I ω D ．线框转一周的过程中，产生的热量为28RI πω16．如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于磁感应强度为B 的水平匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R 。
高中物理第二章交变电流第六节变压器学案粤教版选修3_84
一、变压器
1．概念及结构
变压器是改变交流电电压的设备． 由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成， 其中跟电
源连接的线圈，叫原线圈；跟负载连接的线圈，叫副线圈．
2．工作原理
变压器工作的基础是互感现象， 原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量既穿过
副线圈，也穿过原线圈，在原、副线圈中同样要引起感应电动势．
（ 3）变压器的闭合铁芯一般是用硅钢片压合而成的，试分析这样做有什么用意．
答案： 变压器的闭合铁芯用硅钢片压合而成， 这样有利于减小闭合铁芯中的涡流， 从而
减少了电能的损失．
2．原、副线圈间没有用导线连接，是靠线圈中的磁通量变化来传输功率的，请思考讨
论能量在传输过程中是否会有损失．
答案： 会有损失．一方面，磁感线不会完全集中在铁芯中，有漏磁情况，靠磁通量变化
答案： D
解析： 由图可见原线圈（即交流电源）电压的最大值、周期分别为
220 2 V 和 2× 10－
2 s，易得电压的有效值及其频率为
U1 n1 220 V、50 Hz，故知选项 D 正确．由 U2＝n2可得输出电压
n2
I 1 n2 I 1 9
P1
有效值，
U2＝ U1n1＝ 36
V
．由
I
＝
2
n1
得
即原线圈 B、
1．变压器的变压原理是电磁感应．当原线圈上加交流电压
U1 时，原线
圈中就有交变电流， 它在铁芯中产生交变的磁通量， 在原、副线圈中都要产生感应电动势． 如
马鸣风萧萧整理
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果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生交变的磁通量， 在原、副线圈中同样要引起感应电动势．
高中物理 第二章 交变电流 第六节 变压器分层训练 粤教版选修3-2
第六节变压器A级抓基础1．如图，可以将电压升高供电给电灯的变压器是( )解析：A图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A错误；B图中，副线圈匝数比原线圈匝数多，所以是升压变压器，故B正确；D图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故D错误；C图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故C错误，故选B.答案：B2．(多选)利用变压器不可能做到的是( )A．增大电流B．升高电压C．减小频率D．增大功率解析：根据变压器的工作原理可以知道，变压器可以改变电压和电流，不可能增大功率和改变频率．答案：CD3.(多选)如图所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节．R T为热敏电阻，当环境温度升高时，R T的阻值变小．下列说法正确的有( )A．P向下滑动时，电压表读数变大B．P向下滑动时，电流表读数变小C．若环境温度升高，变压器的输入功率变大D ．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小解析：根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，A 错误；根据理想变压器的电压与匝数成正比可知，当P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，副线圈电流减小，输出功率变小，根据输入功率等于输出功率，知原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，B 正确；当环境温度升高时，R T 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，原线圈的电流也会变大，变压器的输入功率变大，C 正确；当环境温度升高时，R T 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P ＝I 2R ，灯泡消耗的功率变大，D 错误．答案：BC4．一台理想变压器的原线圈匝数为100匝，副线圈匝数为1 200匝，在原线圈两端接有一电动势为10 V 的电池组，则在副线圈两端的输出电压为( )A ．0 VB ．1.2 VC ．120 VD ．小于120 V 解析：电池组中的电流属于恒定电流，原线圈中无变化的磁通量，副线圈中不产生感应电动势．答案：A5.(多选)如图所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P 处于图示位置时，灯泡L 能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )A ．增大交流电源的频率B ．增大交流电源的电压C ．向下滑动滑片PD ．减小电容器C 的电容解析：电容器具有通高频阻低频的特点，故增大交流电源的频率，可使通过灯泡的电流增大，A 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2可知增大交流电源的电压，副线圈两端的电压增大，灯泡变亮，B 正确；向下滑动P ，副线圈匝数减小，根据U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈两端电压减小，灯泡变暗，C 错误；根据X C ＝12πfC 可知减小电容，容抗增加，通过小灯泡的电流减小，灯泡变暗，D 错误．答案：AB6.如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U ，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n 1∶n 2和电源电压U 1分别为( )A ．1∶2 2UB ．1∶2 4UC ．2∶1 4UD ．2∶1 2U解析：设灯泡正常发光时的电流为I ，则I 1＝I ，I 2＝2I .由n 1n 2＝I 2I 1得n 1n 2＝21.由U 1′U 2＝n 1n 2得U 1′＝n 1n 2U 2＝2U .故U 1＝4U ，C 正确． 答案：CB 级 提能力7．将输入电压为220 V ，输出电压为6 V 的变压器改装成输出电压为24 V 的变压器．已知副线圈原来的匝数为36匝，现不改原线圈的匝数，则副线圈应增绕的匝数为( )A ．144匝B ．108匝C ．180匝D ．540匝 解析：由U 1U 2＝n 1n 2有2206＝n 136，22024＝n 1n 2，解得n 2＝144，所以应增加的匝数Δn 2＝n 2－36＝108(匝)．故选B.答案：B8．有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，CD 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 解析：由图知，当滑动触头P 顺时针转动时，变压器副线圈的匝数减少，根据U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈的电压U 2减小，因负载的电阻不变，故电流表读数变小，电压表读数变小，所以A 正确；同理，若滑动触头P 逆时针转动时，变压器副线圈的匝数增加，U 2增大，电流表示数增大，所以B 错误；当P 不动，副线圈电压U 2不变，滑动触头向上滑动时，R 3连入电路中的阻值增大，与R 2并联后的电阻增大，根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大，所以C 错误；同理，当滑动触头向下滑动时，R 3连入电路中的阻值减小，与R 2并联后的电阻减小，根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小，所以D 错误．答案：A9．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越小解析：假设副线圈两端交变电压的峰值为U m ，副线圈两端电压的有效值为U 2，根据理想变压器的电压与匝数成正比，即有：U ab U 2＝n 1n 2，而因二极管的单向导电性，cd 间电压的有效值U cd 并不等于副线圈两端的电压有效值U 2. 由交流电有效值定义可得：U 2＝U m 2，U cd ＝U m 2＝U 22，故U ab U cd ＝2n 1n 2，故A 错误；当增大负载电阻的阻值R ，因电压不变，由闭合电路欧姆定律可知，电阻R 的电流变小，则电流表的读数变小，故B 正确；cd 间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关，与负载电阻无关，所以cd 间的电压U cd 不会随着负载电阻变化，故CD 错误．答案：B10．(多选)如图甲所示，理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1，原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示，灯泡L 的额定功率为22 W ．闭合开关后，灯泡恰能正常发光．则( )图甲 图乙A ．原线圈输入电压的瞬时表达式为u ＝2202sin100πt (V)B ．灯泡的额定电压为110 VC ．副线圈输出交流电的频率为100 HzD ．电压表读数为220 V ，电流表读数为0.2 A解析：由图可知：周期T ＝0.02 s ，角速度ω＝2πT ＝100π，则原线圈输入电压的瞬时值表达式： u ＝2202sin100πt (V)，故A 正确；原线圈电压的有效值： U 1＝22022＝220 V ，根据理想变压器电压与匝数成正比，得副线圈两端的电压： U 2＝U 1n 2n 1＝110 V ，故B 正确；周期T ＝0.02 s ，频率为： f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，所以副线圈输出交流电的频率50 Hz ，故C 错误；原线圈电压有效值220 V ，电压表的读数为220 V ，副线圈电流： I 2＝P 2U 2＝0.2 A ，根据电流与匝数成反比得： I ＝I 22＝0.1 A ，故D 错误． 答案：AB11．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，○V 、R 和L 分别是电压表、定值电阻和电感线圈，D 1、D 2均为灯泡．已知原线圈两端电压u 按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是( )图甲 图乙A ．电压表示数为62.2 VB ．电压u 的表达式u ＝311sin 100πt (V)C ．仅增大电压u 的频率，电压表示数增大D ．仅增大电压u 的频率，D 1亮度不变，D 2变暗解析：根据图乙可知，原线圈电压的最大值为311 V ，则有效值U 1＝3112V ＝220 V ， 根据理想变压器电压与匝数成正比得：n 1n 2＝U 1U 2＝51，解得：U 2＝44 V ，所以电压表示数为44 V ，故A 错误；根据ω＝2πT＝100π rad/s ，则电压u 的表达式u ＝311sin 100πt (V)，故B 正确；原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u 的频率，电压表示数不变，则D 1亮度不变，电感线圈通低频阻高频，则频率越大，阻碍作用越大，所以D 2变暗，故C 错误，D 正确．答案：BD12．如图所示，理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，交流电源电压U 1＝220 V ，F 为熔断电流I 0＝1.0 A 的保险丝，负载为一可变电阻．(1)当电阻R ＝100Ω时，保险丝能否被熔断？(2)要使保险丝不被熔断，电阻R 的最小值为多少？变压器输出的电功率不能超过多少？解析：(1)由U 1U 2＝n 1n 2得到U 2＝110 V ，由欧姆定律得：I 2＝1.1 A.再有I 1I 2＝n 1n 2得到I 1＝0.55 A ，故保险丝不能熔断．(2)理想变压器的P 入＝P 出＝220×1.0 W＝220 W ，得到R ＝55Ω.答案：(1)不能 (2)55Ω 220 W。
高中物理第2章交变电流第6节变压器即时训练粤教选修3-2
变压器1．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表A1的示数是12 mA，则副线圈中电流表A2的示数是( )A．3 mA B．48 mAC．零D．与R阻值有关【答案】C【解析】当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确．2．对理想变压器作出的判断正确的是( )A．高压线圈匝数多、电流大、导线粗B．低压线圈匝数少、电流小、导线细C．高压线圈匝数多、电流大、导线细D．低压线圈匝数少、电流大、导线粗【答案】D【解析】电压高的匝数多，电流小，用细线．电压低的，匝数少，电流大，用粗线．3．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202·sin (100πt) V的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻．原、副线圈匝数之比为2∶1.电流表、电压表均为理想电表，下列说法中正确的是( )A．原线圈中电流表的读数为1 AB．原线圈中的输入功率为220 2 WC．副线圈中电压表的读数为110 2 VD．副线圈中输出交流电的周期为50 s【答案】A【解析】先计算副线圈的电压的有效值，原线圈电压的有效值为220 V，根据匝数比可以得到副线圈的电压的有效值为110 V，根据负载电阻的大小可以知道副线圈中电流为2 A，根据原、副线圈的输入功率和输出功率相等可以知道原线圈中输入功率为220 W，电流有效值为1 A ．副线圈中输出交流电的周期与原线圈相同为0.02 s.4．(多选)(2016·潍坊昌乐一中段考)如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P 可改变其匝数．下列说法正确的是( )A ．仅增大R 的阻值，通过灯泡L 的电流将变大B ．仅增大R 的阻值，通过灯泡L 的电流将变小C ．仅将滑动触头P 向下滑动，灯泡L 两端的电压将变大D ．仅将滑动触头P 向下滑动，灯泡L 两端的电压将变小 【答案】BD【解析】仍增大电阻R 时，由于匝数不变，输出电压不变，则由欧姆定律可知，通过灯泡的电流减小，故A 错误，B 正确；滑动触头向下滑动时，输出端匝数减小，则输出电压减小，灯泡两端的电压减小，故C 错误，D 正确．5．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V 的交流电上，向额定电压为1.80×104V 的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA 时，熔丝就熔断．(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10 mA 时，变压器的输入功率是多大？【答案】(1)0.98 A (2)180 W【解析】(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U 1、U 2、I 1、I 2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U 1I 1＝U 2I 2，当I 2＝12 mA 时，I 1即为熔断电流，I 1＝U 2U 1I 2≈0.98 A.(2)当副线圈电流为I 2′＝10 mA 时，变压器的输入功率为P 1，所以P 1＝P 2＝I 2′U 2＝180 W.。
2024-2025学年高中物理第二章交变电流第06节变压器教案粤教版选修3-2
设计实践活动或实验，让学生在实践中体验变压器知识的应用，提高实践能力。
在变压器新课呈现结束后，对变压器知识点进行梳理和总结。
强调变压器重点和难点，帮助学生形成完整的知识体系。
（四）巩固练习（预计用时：5分钟）
随堂练习：
随堂练习题，让学生在课堂上完成，检查学生对变压器知识的掌握情况。
鼓励学生相互讨论、互相帮助，共同解决变压器问题。
5.实验操作：进行变压器实验，观察并记录原副线圈的电压、电流变化，验证变压器的原理和特性。
核心素养目标
本节课旨在培养学生的物理学科核心素养，主要包括：
1.科学探究能力：通过实验观察和数据分析，让学生掌握变压器的基本原理和特性，培养学生的实验操作能力和问题解决能力。
2.物理观念：引导学生理解电磁感应现象，形成关于电压、电流和匝数之间关系的正确观念。
3.学生可能遇到的困难和挑战：在学习变压器的原理和特性时，学生可能对电磁感应现象的理解不够深入，难以把握电压、电流与匝数之间的关系。此外，在进行实验操作时，学生可能对仪器的使用和数据的处理存在一定的困难。同时，对于变压器在实际生活中的应用，部分学生可能缺乏直观的认识。
教学资源准备
1.教材：确保每位学生都有粤教版选修3-2《高中物理》的第二章交变电流的第06节变压器教案。教材作为基本的学习材料，是学生获取知识的重要来源。
在教学策略方面，我采用了小组讨论和互动探究的方式，以提高学生的合作精神和沟通能力。我发现，这种教学方式能够激发学生的学习兴趣和主动性，同时也有助于学生对变压器知识的理解和掌握。然而，在小组讨论的过程中，我发现有些学生参与度不高，这可能需要我在今后的教学中更加关注学生的参与情况，并采取相应的措施提高学生的参与度。
7.学习任务单：设计学习任务单，引导学生通过实验观察、数据分析等方式，自主探究变压器的原理和特性，提高学生的实践能力。
高中物理第二章第六节变压器课件粤教版选修3-2
知识点一 认识变压器
提炼知识 1．作用． 变压器是改变交流电压的设备． 2．构造． 变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的线圈构成．与 交流电源相连的线圈叫作原线圈(也称为初级线圈)，与负 载相连的线圈叫作副线圈(也称为次级线圈)．
拓展一 变压器的原理、规律及种类
1．理想变压器有哪些特点？ 提示：理想变压器的特点 (1)铁芯封闭性好，无漏磁现象． (2)原副线圈不计电阻，不计一切能量损失．
2．(多选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数 比为 10∶1，b 是原线圈的中心接头，电压表 V 和电流表 A 均为理想电表．从某时刻开始在原线圈 c、d 两端加上 交变电压，其瞬时值表达式为 u＝220 2sin 100πt (V)．下 列说法正确的是( )
拓展三 几种常见的变压器
有一种钳形电流表(如图所示)，只要按动扳手，打开 钳口，在不切断导线的情况下，通过电流表的读数就可 以测出导线中的电流．问该电流是直流还是交流？请说 明钳形电流表测电流的原理．
第二章 交变电流
学习目标
重点难点
1.了解变压器的工作原理 重点
和构造.
2.掌握理想变压器的电流、
电压与匝数的关系.
难点
3.学会分析讨论负载变化
时的电流、电压等相关物
理量的变化情况．
1.变压器的工作原理. 2.理想变压器的电压、 电流与匝数的关系．
1.推导变压器原副线圈电 流与匝数的关系. 2.能够运用变压器的规 律分析实际问题.
当理想变压器的匝数比和输入电压都保持不变时， 若将变压器负载的电阻减小，则原、副线圈的电流、电 压、电功率将如何变化？
1．匝数比不变时，变压器的几种制约关系． (1)输入电压 U1 决定输出电压 U2.因为 U2＝nn21U1，当 U1 不变时，不论负载电阻 R 如何变化、是否存在负载， U2 都不会改变． (2)输出电流 I2 决定输入电流 I1.在输入电压一定的情 况下，输出电压 U2 也被完全确定，当负载电阻 R 增大时， I2 减小，则 I1 相应减小；当负载电阻 R 减小时，I2 增大， 则 I1 相应增大．
高中物理 2.6《变压器》同步测试题 粤教版选修3-2
变压器同步测试题Ι选择题1 .如图1所示，变压器输入交变电压U一定，两个副线圈的匝数为n2和n3，把一电阻先后接在a、b间和c、d 间时，安培表的示数分别为I和I’，则I：I’为（）A .n22，n32B .，C . n2，n3D . n32，n222 .有一个理想变压器，原线圈1200匝，副线圈400匝，现在副线圈上接一个变阻器R，如图2所示，则下列说法中正确的是 ( )A．安培表A1与A2的示数之比为3，1B．伏特表V1与V2的示数之比为3，1C．当变阻器滑动头向下移动时，原线圈的输入功率将增加D．原、副线圈的功率之比为3，13．如图3，一理想变压器原副线圈匝数比为4，1，图中五只电灯完全相同，若B、C、D、E都能正常发光，则A灯（）A．一定能正常发光 B．比正常发光暗C．比正常发光亮 D．一定被烧坏4 .在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原副线圈匝数分别为n1=600，n2=120，电源电压U1=220V，原线圈中串联一个0.2A的保险丝，为了保证保险丝不被烧坏，则( )A .负载功率不超过44wB .副线圈电流最大值不能超过1AC . 副线圈电流有效值不能超过1AD .副线圈电流有效值不能超过0.2A5 .如图4所示，一理想变压器的原副线圈分别由双线圈 ab和cd（匝数都为n1）、ef和gh（匝数都为n2）组成，用I1和U1表示输入电流和电压，I2和U2表示输出电流和电压。
在下列四种连接法中，符合关系U1/U2=n1/n2 ， I1/I2=n2/n1的有A .a与c相连， b与d相连作为输入端; e与g相连、f与h相连作为输出端B . a与c相连， b与d相连作为输入端; f与g相连、以e、h为输出端C . b与c相连，以a与d为输入端; f与g相连，以e、h为输出端D . b与c相连，以 a、d为输入端; e与g相连、f与h相连作为输出端Ⅱ填空题6 .如图5所示，理想变压器原、副线圈匝数比为4，1，平行金属导轨与原线圈相连，当导体ab在匀强磁场中匀速运动时，电流表A1示数为12mA，则电流表A2示数为______mA。
高中物理第二章交变电流第六节变压器学案粤教版选修3-2
第六节 变压器用．一、变压器 1．概念及结构变压器是改变交流电电压的设备．由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，其中跟电源连接的线圈，叫原线圈；跟负载连接的线圈，叫副线圈．2．工作原理变压器工作的基础是互感现象，原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量既穿过副线圈，也穿过原线圈，在原、副线圈中同样要引起感应电动势．预习交流1变压器能改变恒定电流的电压吗？ 答案：不能． 二、理想变压器 1．概念对于忽略原、副线圈的电阻和各种电磁能量损耗的变压器，叫理想变压器． 2．电压、电流与线圈匝数的关系原、副线圈两端的电压之比等于两个线圈的匝数之比，公式表示为U 1U 2＝n 1n 2，当n 2＞n 1时，U 2＞U 1，这种变压器叫升压变压器；当n 2＜n 1时，U 2＜U 1，这种变压器叫降压变压器．只有一个副线圈时，原、副线圈中的电流跟它们的匝数成反比，关系式是I 1I 2＝n 2n 1．预习交流2一个变压器原线圈匝数为1 100匝，接在220 V 的交流电源上，若要得到6 V 的输出电压，则副线圈的匝数应为多少？答案：30匝根据U 1U 2＝n 1n 2得n 2＝U 2U 1n 1＝6220×1 100匝＝30匝．一、变压器的工作原理1．把两个没有用导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上．接通电源，我们会看到小灯泡发光，结合实验现象思考以下问题：（1）变压器的原、副线圈没有连在一起，探究分析原线圈中的电流是如何“流到”副线圈中去的．答案：变压器的原、副线圈虽然都套在同一个铁芯上，但两线圈是彼此绝缘的，原线圈是利用了互感现象在副线圈中感应出电流的，并不是原线圈的电流直接流到副线圈中去．（2）探究变压器中闭合铁芯的作用是什么．答案：变压器的铁芯为闭合铁芯，形成一个闭合磁路，使原线圈中的磁通量变化与副线圈中的磁通量变化基本相同．（3）变压器的闭合铁芯一般是用硅钢片压合而成的，试分析这样做有什么用意．答案：变压器的闭合铁芯用硅钢片压合而成，这样有利于减小闭合铁芯中的涡流，从而减少了电能的损失．2．原、副线圈间没有用导线连接，是靠线圈中的磁通量变化来传输功率的，请思考讨论能量在传输过程中是否会有损失．答案：会有损失．一方面，磁感线不会完全集中在铁芯中，有漏磁情况，靠磁通量变化传输能量有损失；另一方面磁通量的变化会在铁芯中产生涡流损失；再一方面，在线圈和导线上也会有热量损失．如图所示为汽油机中点火装置示意图，它使用的是12 V直流电源，在变压器的输出端却可得到高达10 000 V的高压，开关是自动控制的，如果我们在副线圈两端要得到一个高压，应该（）．A．开关总处于接通状态B．开关由接通时断开C．开关由断开时接通D．开关总处于断开状态答案：BC解析：欲使副线圈两端得到一个高压必须使变压器铁芯中的磁通量发生变化，即原线圈中的电流必须发生变化，只有当开关闭合、断开的瞬间原线圈中的电流才有变化．故选B、C．1．变压器的变压原理是电磁感应．当原线圈上加交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变的磁通量，在原、副线圈中都要产生感应电动势．如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生交变的磁通量，在原、副线圈中同样要引起感应电动势．2．能量转换：变压器原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈，其能量转换方式为：原线圈电能→磁场能→副线圈电能．3．变压器是依据电磁感应工作的，因此只能在交流电路中工作．二、理想变压器的工作规律1．理想变压器的“理想”是什么意思呢？答案：（1）原、副线圈的绕线的电阻为零，电流通过时不因发热损失电能．（2）原、副线圈的电流产生的磁场均约束在闭合铁芯内，没有因“漏磁”而损耗电能． （3）闭合铁芯中的涡流为零，没有因涡流造成的电能损失．总之，理想变压器把原线圈的输入功率等大地通过副线圈又输送出来，即P 入＝P 出． 2．若副线圈有多个线圈，分析原、副线圈中U 1U 2＝n 1n 2的关系是否还成立．答案：成立．当副线圈有多个线圈时，原、副线圈中磁通量的变化率ΔΦΔt始终相同，由U 1＝n 1ΔΦΔt ，U 2＝n 2ΔΦΔt 可得U 1U 2＝n 1n 2．其实，绕在同一铁芯上的任意两个线圈两端的电压都与匝数成正比．3．若副线圈有多个线圈，分析原、副线圈中I 1I 2＝n 2n 1是否还成立．答案：不成立．当副线圈有多个线圈时U 1I 1＞U 2I 2，所以I 1I 2＞U 2U 1＝n 2n 1．因此I 1I 2≠n 2n 1． 4．思考讨论升压变压器原、副线圈各有什么特点．答案：由U 1U 2＝n 1n 2知，升压变压器的副线圈匝数比原线圈多，而I 1I 2＝n 2n 1，原线圈电流较大，因此副线圈的导线细些，而原线圈的导线粗些．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作为原线圈接到220 V 的交流电源上，两个副线圈n 2和n 3分别与电阻R 2、R 3组成闭合电路．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的电流和通过原线圈的电流．答案：1 A 0.7 A解析：闭合铁芯中磁通量的变化率处处相同，对绕在同一铁芯上的线圈来说，每一匝产生的电动势相同，所以有U 1∶U 2∶U 3＝n 1∶n 2∶n 3．根据功率关系P 1＝P 2＋P 3则得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3，由此可见I 1/I 2并不等于n 1/n 2．根据电压比的关系，得U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ， 通过R 2的电流I 2＝U 2/R 2＝1 A ，根据功率关系有I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3，且U 3＝n 3n 1U 1＝22 V ，则有I 1＝I 2U 2＋I 3U 3U 1＝0.7 A ．1．基本关系：（1）功率关系：P 入＝P 出，只有一个副线圈P 1＝P 2，存在多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋… （2）电压关系：U 1∶U 2∶U 3∶…＝n 1∶n 2∶n 3∶… （3）电流关系：由功率关系，当只有一组副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2得I 2I 1＝U 1U 2＝n 2n 1当有几组副线圈时U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋… 结合电压匝数关系知I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋… 2．交变电流的频率不变．3．输出功率决定输入功率，输出电流决定输入电流，输入电压决定输出电压．1．在正常工作的理想变压器的原、副线圈中，数值上不一定相等的物理量为（ ）．A ．交流电的频率B ．电压的最大值C ．电流的有效值D ．电功率 答案：BC解析：变压器不改变交流电的频率；理想变压器的输入功率等于输出功率；端电压的最大值与匝数有关，只有原、副线圈匝数比为1∶1时，电压最大值才相等；电流的有效值与电压及电路电阻有关．2．关于变压器的说法，正确的是（ ）． A ．高压线圈匝数多、电流大、导线粗 B ．低压线圈匝数少、电流小、导线细 C ．高压线圈匝数多、电流大、导线细 D ．低压线圈匝数少、电流大、导线粗 答案：D解析：高压线圈的匝数较低压线圈的匝数多，但两边的输入功率和输出功率相等，电压和匝数成正比，则高压线圈端的电压高、匝数多、电流较小．由电阻定律R ＝ρLS和欧姆定律I ＝U R知，通过导线的电流小，则导线的横截面积应较小，导线细．高压线圈匝数多、电流小、导线细；低压线圈匝数少、电流大、导线粗，所以D 项正确．3．理想变压器的原、副线圈匝数之比为1∶15，当原线圈接在6 V 的蓄电池两端以后，副线圈的输出电压为（ ）．A ．90 VB ．6 VC ．0.4 VD ．0 答案：D解析：变压器不能改变恒定电流． 4．（2011·苏州高二检测）某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按图所示规律变化，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 答案：D解析：由图可见原线圈（即交流电源）电压的最大值、周期分别为220 2 V 和2×10－2s ，易得电压的有效值及其频率为220 V 、50 Hz ，故知选项D 正确．由U 1U 2＝n 1n 2可得输出电压有效值，U 2＝U 1n 2n 1＝36 V ．由I 1I 2＝n 2n 1得I 1I 2＝955．故知选项A 、B 均错．由P 入＝P 出得P 1P 2＝1．故知C 选项也不正确，所以本题正确选项为D ．5．如图所示的理想变压器，它的初级线圈接在交流电源上，次级线圈接一个标有“12 V 100 W”的灯泡，已知变压器初、次级线圈的匝数比为18∶1，那么小灯泡正常工作时，图中的电压表的读数为______V ，电流表的读数为________A ．答案：216 0.46解析：两电表的读数均为初级线圈的电压和电流的有效值．由公式U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝n 1n 2U 2＝18×12 V＝216 V由公式I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝118×10012A ＝0.46 A ．。
【2019-2020】高中物理第二章交变电流第六节变压器学案粤教版选修3_2
教学资料参考范本【2019-2020】高中物理第二章交变电流第六节变压器学案粤教版选修3_2撰写人：__________________部门：__________________时间：__________________[学习目标]1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理.2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题.3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系．一、变压器的原理及电压与匝数的关系[导学探究] 如图1所示，把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈(原线圈)通过开关可以连接到交流电源的两端，另一个线圈(副线圈)连到小灯泡上．连接电路，接通电源，小灯泡能发光．图1(1)两个线圈并没有连接，小灯泡为什么会发光？(2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗？答案(1)当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在右线圈中会产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光．(2)左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率都相同，若左边匝数为n1，则U1＝E1＝n1.若右边匝数为n2，则U2＝E2＝n2，故有＝；若忽略左边线圈的电阻则有U1＝U电源，这样看来只要n1≠n2，小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压就不相等．[知识梳理] 变压器的工作原理及电压与匝数的关系：(1)互感现象是变压器工作的基础．因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．(后两空填“变化”或“恒定”)(2)变压器中的电压与匝数的关系：①只有一个副线圈：＝.当n2>n1时，U2>U1为升压变压器；当n2<n1时，U2<U1为降压变压器．②有多个副线圈：＝＝＝…[即学即用] 判断下列说法的正误．(1)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．( )(2)输入交变电流的频率越高，输出交变电流的电压就越高．( )(3)我们在使用质量好的变压器工作时没有能量损失．( )(4)理想变压器不能改变交变电流的频率．( )答案(1)√(2)×(3)×(4)√二、理想变压器原、副线圈的功率关系和电流关系[导学探究] 阅读教材回答下列三个问题：(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？(2)根据能量守恒推导只有一个副线圈时原、副线圈中的电流与匝数的关系．(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．答案(1)理想变压器的理想化条件一般指的是：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)由能量守恒有P入＝P出，即U1I1＝U2I2.所以＝＝.(3)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＋…[知识梳理] 变压器原、副线圈中功率关系和电流关系：(1)功率关系：P入＝P出，即U1I1＝U2I2.(2)电流关系：①只有一个副线圈时，＝.②有多个副线圈时：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…[即学即用] 一台理想降压变压器从10kV的线路中降压并提供200A 的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈中的电流为________，副线圈中的输出电压为________，输出功率为________．答案5A 250V 50kW解析由＝，得I1＝I2＝×200A＝5A；由＝，得U2＝＝V＝250V；由理想变压器功率关系，得P入＝P出＝U1I1＝U2I2＝250×200W＝50kW.一、理想变压器基本关系的应用1．电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝.2．功率制约：P出决定P入，P出增大，P入增大；P出减小，P入减小；P出为0，P入为0.3．电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压U1确定时，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1＝.例1 如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12V 6W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是 ( )图2A．120V,0.10A B．240V,0.025AC．120V,0.05A D．240V,0.05A答案D解析灯泡正常工作，副线圈两端的电压U2＝12 V，副线圈中的电流I2＝2× A＝1 A，根据匝数比得原线圈中的电流I1＝I2＝0.05 A，原线圈两端的电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确．二、理想变压器的动态分析例2 (多选)如图3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( )图3A．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，电流表读数变小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BC解析Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；当P位置不动，Q上滑时，由＝知U2增大，同理分析知原线圈电流I1增大，故C正确，D错误．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况：(1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P出→P入→I1.(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P出→P入→I1.三、几种常见的变压器1．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压，反之则可以升高电压，如图4所示．图42．互感器交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流．互感器是利用变压器的原理来测量高电压或大电流的仪器．(1)电压互感器：实质是降压变压器，可以把高电压变成低电压．(如图5所示)图5(2)电流互感器：实质是升压变压器，可以把大电流变成小电流．(如图6所示)图6例3 (多选)图7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( )图7A．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D．乙图中的电表是电流表答案CD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，题图甲中的电表为电压表；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，题图乙中的电表为电流表，故选项C、D正确．1．电压互感器应并联接入电路；电流互感器应串联接入电路．2．电压互感器是把高电压变成低电压，故原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2.3．电流互感器是把大电流变成小电流，故原线圈匝数n1小于副线圈匝数n2.例4 一自耦变压器如图8所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2，在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中( )图8A．U2>U1，U2降低B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低D．U2<U1，U2升高答案C解析由＝，n1>n2知U2<U1；滑动触头从M点顺时针旋转至N点过程，n2减小，则U2降低，C项正确.1．(多选)如图9所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220V和10A，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )图9A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22000VB．甲图是电流互感器，输电电流是100AC．乙图中的电表是电压表，输电电压为22000VD．乙图是电流互感器，输电电流是100A答案AD解析根据匝数比＝，有U1＝U2＝×220V＝22000V，故A正确；甲图是电压互感器，故B错误；乙图是电流互感器，电表是电流表，故C 错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比＝，有I1＝I2＝×10A＝100A，故D正确．2．如图10所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0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U1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( )图10A．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变大答案C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错误．滑片P向下滑动过程中，接入电路中的电阻变小，U2不变、I1变大，故C正确，D错误．3．(多选)如图11(a)中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是( )图11A．变压器输入、输出功率之比为4∶1B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4C．u随t变化的规律为u＝51sin (50πt) VD．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大答案BD解析由题意，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为1∶1，故A错误；变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即＝＝，故选项B正确；由题图(b)可知交流电压最大值Um＝51V，周期T＝0.02s，可由周期求出角速度的值为ω＝100πrad/s，则可得交流电压u随t变化的规律为u＝51sin (100πt) V，故选项C错误；RT 处温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确．一、选择题(1～7题为单选题，8～11题为多选题)1．如图所示的四个电路，能够实现升压的是 ( )答案D解析变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压，C不能实现升压．2．如图1所示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表的示数是12mA，则副线圈中电流表的示数是( )图1A．3mA B．48mAC．零D．与R的阻值有关答案C解析当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确．3．如图2为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220V降至110V．调节前后( )图2A．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解析在输入电压U1和原线圈匝数n1不变的情况下，使输出电压U2有效值由220V降至110V，由＝知，副线圈接入匝数应该减为原来的一半，故副线圈的接入匝数之比为2∶1，故C正确；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；由P ＝UI知，输出功率之比为4∶1，故B错误；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．4．如图3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，额定功率为10W的小灯泡恰好正常发光，已知灯泡的电阻为40Ω，图中电压表为理想电表，下列说法正确的是( )图3A．变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝220sinπt (V)B．电压表的示数为220VC．变压器原、副线圈的匝数比为11∶1D．变压器的输入功率为110W答案C解析由题图乙可知，ω＝＝100πrad/s，故A错误；原线圈输入电压为220V，电压表示数为灯泡的额定电压U＝＝20V，故B错误；由B 分析，结合电压与匝数的关系得＝＝，故C正确；变压器的输入功率与输出功率相等，为10W，故D错误．5．钳式电流表的外形和结构如图4a、b所示．图b中电流表的读数为1.2A，图c中用同一电缆线绕了3匝，则( )图4A．这种电流表能测直流电流，图c的读数为2.4AB．这种电流表能测交变电流，图c的读数为0.4AC．这种电流表能测交变电流，图c的读数为3.6AD．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图c的读数为3.6A 答案C解析钳式电流表利用了变压器的工作原理，因此钳式电流表只能测交变电流．根据n1I1＝n2I2可知，题图b中线圈单匝时，的读数为1.2A．在题图c中绕3匝时，的读数应为3.6A，故选项C正确．6.一理想变压器的原、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5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( )图5A．U＝66V，k＝B．U＝22V，k＝19C．U＝66V，k＝D．U＝22V，k＝13答案A解析原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流I2＝，根据＝得原线圈电流I1＝，原线圈输入电压220V＝3U＋·R，整理可得U＝66V；原、副线圈电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻相等，I1∶I2＝1∶3，可得功率之比为P1∶P2＝1∶9，即k＝.根据以上分析可知选项A正确．7．如图6所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )图6A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变答案B解析原、副线圈减少相同的匝数n后，有＝，可以得出，－＝<0，则说明的比值变大，由＝＝知，选项C、D错误；由＝和＝知，U2′<U2，再由P＝知，小灯泡变暗，选项A错误，B正确．8．如图7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，以下说法中正确的是 ( )图7A．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答案BCD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，故A项错误．并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律知，流过R的电流增大，等效电阻上的电压UR＝IR增大，故B项正确．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，故D项正确．UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小，故C项正确．9．如图8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U1不变，闭合开关S，下列说法正确的是( )图8A．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答案BD解析由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L的亮度不随P的滑动而改变，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I2＝知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由＝知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．10．理想自耦变压器的原线圈接有如图9乙所示的正弦式交变电压，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是( )图9A．交变电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos (100πt)B．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流一定增大答案AB解析由题图乙可得交变电源的周期为T＝0.02s，最大值为U0，则电源的电压u＝U0cos (·t)＝U0cos (100πt)，选项A正确；由＝，若仅将触头P向A端滑动，即n2增大，则副线圈的输出电压U2增大，电阻R消耗的电功率P＝增大，选项B正确；若仅使电阻R增大，输出电压U2一定，则输出电功率P＝减小，原线圈的输入电功率减小，选项C错误；若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则输出电压U2减小，输出和输入的电功率减小，通过A处的电流I1＝一定减小，选项D错误．11.如图10，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是( )图10A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9答案AD解析设灯泡的额定电压为U0，两灯泡均能正常发光，所以原线圈输出端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故＝，＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得，＝，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P＝UI可得，灯泡a和b的电功率之比为1∶9，C错误，D正确．二、非选择题12.如图11所示的变压器原线圈1接到220V的交流电源上．副线圈2的匝数n2＝30匝，与一个“12V12W”的灯泡L连接，L能正常发光．副线圈3的输出电压U3＝110V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4A．求：图11(1)副线圈3的匝数n3；(2)原线圈1的匝数n1和电流I1.答案(1)275匝(2)550匝0.255A解析(1)变压比公式对于两个副线圈也适用，则有＝，n3＝＝匝＝275匝．(2)＝，n1＝n2＝×30匝＝550匝．理想变压器的输入功率等于输出功率P1＝P2＋P3＝12W＋0.4×110W＝56W.原线圈中电流I1＝＝A≈0.255A.13．如图12所示，匝数n＝100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内，与电阻R1、理想变压器连成电路．在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动，使线圈内的磁通量Φ＝sin (100πt) Wb.已知线圈的电阻r＝4Ω，R1＝46Ω，R2＝10Ω，其余导线的电阻不计．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1.求：图12(1)线圈产生电动势的最大值Em；(2)若断开S2，闭合S1，求磁铁从图示位置转过90°的过程中，通过R1的电荷量q；(3)断开S1，闭合S2，求R2消耗的功率P.答案(1)200V (2)C (3)238W解析(1)Em＝nBSω＝nΦmω，解得Em＝200V.(2)q＝Δt，＝，＝n，解得q＝C.(3)E＝，E＝U1＋I1r，U2＝I2R2，＝，I1n1＝I2n2，P＝IR2，联立解得P≈238W.21 / 21。
高中物理 第二章 交变电流 第六节 变压器自我小测(含解析)粤教版选修3-2(2021年最新整理)
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变压器一、单项选择题1．关于理想变压器正常工作时的下列说法中错误的是（）．A．匝数越少的线圈绕制时用的导线越粗B．穿过原、副线圈每匝的磁通量的变化率相等C．原、副线圈中，任意两个线圈中的电流跟它们的匝数成反比D．原、副线圈中，任意两个线圈两端的电压跟它们的匝数成正比2．将输入电压为220 V,输出电压为6 V的理想变压器改绕成输出电压为30 V的变压器，副线圈原来是30匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增匝数为（)．A．120 B．150 C．180 D．2203．如图所示，理想变压器原线圈接在正弦交变电压上,副线圈通过输电线连接两只相同的灯泡L1、L2，输电线的等效电阻为R，在图示状态下,开关S是断开的,当开关S闭合时，下列说法正确的是（）．A．副线圈两端的输出电压减小B．等效电阻R两端的电压减小C．通过灯泡L1的电流减小D．原线圈中的电流减小二、双项选择题4．如图所示，理想变压器的副线圈通过输电线接两个并联的支路，其中变阻器的总电阻值R2大于定值电阻的阻值R1，输电线的等效电阻为R．开始时，变阻器的滑片P在a端．如果原线圈两端的交变电压的有效值保持一定，那么，当滑片P自a向b滑动时，以下说法中正确的是（）．A．副线圈的输出电压(有效值）U不断增大B．通过R1的电流（有效值)I1不断增大C．原线圈中通过的电流(有效值）不断减小D．变压器的电功率（有效值）不断增大5．在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上．当通以交变电流时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈1、2的匝数之比n1∶n2＝2∶1，在不接负载的情况下（）．A．当线圈1输入电压220 V时,线圈2输出电压为110 VB．当线圈1输入电压220 V时，线圈2输出电压为55 VC．当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为220 VD．当线圈2输入电压110 V时，线圈1输出电压为110 V6．有一个理想变压器，原线圈1 200匝，副线圈400匝，现在副线圈上接一个变阻器R，如图所示，则下列说法中正确的是（）．A．交流电流表A1与A2的示数之比为3∶1B．交流电压表V1与V2的示数之比为3∶1C．原、副线圈的功率之比为3∶1D．变阻器滑动片向下移动时，原线圈的输入功率将增加三、非选择题7．一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶2，电源电压u t＝V，原线圈接入一个熔断电流I0＝1 A的保险丝，副线圈中接入一个可变电阻R,如下图所示．为了使保险丝不被熔断，调节电阻R时最低应不能小于多少？8．将电阻R1和R2按如图甲所示接在变压器上，变压器原线圈接在电压恒为U的交流电源上,R1和R2上的电功率之比为2∶1，若其他条件不变，只将R1和R2改成如图乙接法，R1和R2上的功率之比为1∶8．若甲图中原线圈电流为I1，乙图中原线圈电流为I2．求：(1）两组副线圈的匝数之比；（2）I1和I2之比．参考答案1。
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第二章交变电流
第六节变压器
A级抓基础
1．如图，可以将电压升高供电给电灯的变压器是( )
解析：A图中原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故A错误；B图中，副线圈匝数比原线圈匝数多，所以是升压变压器，故B正确；D图中，原线圈匝数比副线圈匝数多，所以是降压变压器，故D错误；C图中，原线圈接入恒定电流，变压器不能工作，故C错误，故选B.
答案：B
2．(多选)利用变压器不可能做到的是( )
A．增大电流 B．升高电压
C．减小频率D．增大功率
解析：根据变压器的工作原理可以知道，变压器可以改变电压和电流，不可能增大功率和改变频率．
答案：CD
3.用一理想变压器向一负载R供电，如图所示，当增大负载电阻R时，原线圈中电流I1和副线圈中电流I2之间的关系是( )
A．I2增大，I1也增大B．I2增大，I1减小
C．I2减小，I1也减小D．I2减小，I1增大
解析：原线圈电压、匝数比不变，输出电压不变，则负载电阻R增大，I2变小，I1也变小．答案：C
4．一台理想变压器的原线圈匝数为100匝，副线圈匝数为1 200匝，在原线圈两端接有一电动势为10 V的电池组，则在副线圈两端的输出电压为( )
A．0 V B．1.2 V
C．120 V D．小于120 V
解析：电池组中的电流属于恒定电流，原线圈中无变化的磁通量，副线圈中不产生感应电动势．
答案：A
5．(多选)图甲的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55Ω，A、V为理想电流表和电压表
，若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V ，下列表述正确的是( )
图甲 图乙 A ．电流表的示数为2 A
B ．原、副线圈匝数比为1∶2
C ．电压表的示数为电压的有效值
D ．原线圈中交变电压的频率为100 Hz
解析：由I ＝U R 得I ＝110
55A ＝2 A ，A 正确．理想变压器中U 1U 2＝n 1n 2，所以n 1n 2＝U 1
U 2＝U m
2U 2＝220110＝21，B
错误．测量交流电时电表示数为有效值，C 正确．由题图乙知T ＝0.02 s ，由f ＝1
T
得f ＝50 Hz ，
D 错误． 答案：AC
6.如图所示，电路中有四个完全相同的灯泡，额定电压均为U ，变压器为理想变压器，现在四个灯泡都正常发光，则变压器的匝数比n 1∶n 2和电源电压U 1分别为( )
A ．1∶2 2U
B ．1∶2 4U
C ．2∶1 4U
D ．2∶1 2U
解析：设灯泡正常发光时的电流为I ，则I 1＝I ，I 2＝2I .由n 1n 2＝I 2I 1得n 1n 2＝21.由U 1′U 2＝n 1n 2得U 1′＝
n 1
n 2U 2＝2U .故U 1＝4U ，C 正确．
答案：C
B 级 提能力
7．将输入电压为220 V ，输出电压为6 V 的变压器改装成输出电压为24 V 的变压器．已知副线圈原来的匝数为36匝，现不改原线圈的匝数，则副线圈应增绕的匝数为( ) A ．144匝 B ．108匝 C ．180匝 D ．540匝
解析：由U 1U 2＝n 1n 2有2206＝n 136，22024＝n 1
n 2
，解得n 2＝144，所以应增加的匝数Δn 2＝n 2－36＝108(匝)．故
选B. 答案：B
8．有一种调压变压器的构造如图所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，CD 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )
A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小
B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大
C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小
D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大 解析：由图知，当滑动触头P 顺时针转动时，变压器副线圈的匝数减少，根据U 1U 2＝n 1n 2
可得副线圈的电压U 2减小，因负载的电阻不变，故电流表读数变小，电压表读数变小，所以A 正确；同理，若滑动触头P 逆时针转动时，变压器副线圈的匝数增加，U 2增大，电流表示数增大，所以B 错误；当P 不动，副线圈电压U 2不变，滑动触头向上滑动时，R 3连入电路中的阻值增大，与R 2并联后的电阻增大，根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大，所以C 错误；同理，当滑动触头向下滑动时，R 3连入电路中的阻值减小，与R 2并联后的电阻减小，根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小，所以D 错误． 答案：A 9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R 1＝20Ω，R 2＝30Ω，C 为电容器．已知通过R 1的正弦交流电如图乙所示，则( )
图甲 图乙
A ．交流电的频率为0.02 Hz
B ．原线圈输入电压的最大值为200 2 V
C ．电阻R 2的电功率约为6.67 W
D ．通过R 3的电流始终为零
解析：交流电的频率为f ＝1T ＝50 Hz ，A 错误；通过R 1的电流的有效值I ＝I m 2＝1
2
A ，U 2＝IR 1
＝10 2 V ，电阻R 2的电功率P ＝U 22
R 2＝6.67 W ，C 正确；由U 1U 2＝n 1n 2得U 1＝n 1n 2
U 2＝100 2 V ，B 错误；
电容器能隔直流，通交流，故D 错误．
答案：C
10．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为55∶9，副线圈接有一灯泡L 和一电阻箱R ，原线圈所接电源电压按图乙所示规律变化，此时灯泡消耗的功率为40 W ，则下列说法正确的是( )
图甲 图乙
A ．副线圈两端输出电压为36 V
B ．原线圈中电流表示数为2
11
A
C ．当电阻R 增大时，变压器的输入功率减小
D ．原线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt (V)
解析：交变电流图象的周期为0.02 s ，角速度ω＝100π，因此原线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt (V)，D 正确；根据n 1n 2＝U 1U 2
，而从交流电的图象可知，输入电压的有效值U 1＝220 V ，因此副线圈两端输出电压为36 V ，A 正确；电阻与灯并联，消耗的总功率大于40 W ，由于变压器是理想变压器，因此输入功率也大于40 W ，因此，输入电流I >40
220 A
＝2
11 A ，B 错误；当电阻R 增大时，副线圈回路总电阻增加，而电压不变，消耗的功率减少，因此变压器的输入功率减小，C 正确． 答案：ACD
11.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n 1＝800和n 2＝200的两个线圈，上线圈两端与u ＝51sin 314t (V)的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是( )
A ．2.0 V
B ．9.0 V
C ．12.7 V
D ．144.0 V
解析：由U 1n 1＝U 2n 2得U 2＝n 2U 1n 1
，其中U 1＝
51
2 V ，得U 2＝
51
42
V ≈9.0 V ，因此题中两线圈并非处于
理想状态，会出现漏磁，所以交流电压表的读数小于9.0 V ，故选项A 正确． 答案：A 12．如图所示，理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，交流电源电压U 1＝220 V ，F 为熔断电流I 0＝1.0 A 的保险丝，负载为一可变电阻．
(1)当电阻R ＝100Ω时，保险丝能否被熔断？
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R 的最小值为多少？变压器输出的电功率不能超过多少？ 解析：(1)由U 1U 2＝n 1n 2
得到U 2＝110 V ， 由欧姆定律得：I 2＝1.1 A.
再有I 1I 2＝n 1n 2
得到I 1＝0.55 A ，故保险丝不能熔断． (2)理想变压器的P 入＝P 出＝220×1.0 W＝220 W ， 得到R ＝55Ω.
答案：(1)不能(2)55Ω220 W
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