高中物理 第二章 第六节 变压器练习 粤教版选修3-2

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：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.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()AI2增大，I1也增大 BI2增大，I1减小CI2减小，I1也减小 DI2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：C4一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()A0 V B1.2 VC120 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：A5(多选)图甲的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R55，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 AB原、副线圈匝数比为12C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得IA2 A，A正确理想变压器中，所以，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T0.02 s，由f得f50 Hz，D错误答案：AC6.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n1n2和电源电压U1分别为()A122U B124UC214U D212U解析：设灯泡正常发光时的电流为I，则I1I，I22I.由得.由得U1U22U.故U14U，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()A144匝 B108匝C180匝 D540匝解析：由有，解得n2144，所以应增加的匝数n2n236108(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，R1、R2为定值电阻，R3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R3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R3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，根据可得副线圈的电压U2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，U2增大，电流表示数增大，所以B错误；当P不动，副线圈电压U2不变，滑动触头向上滑动时，R3连入电路中的阻值增大，与R2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，R3连入电路中的阻值减小，与R2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如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，R120，R230，C为电容器已知通过R1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 HzB原线圈输入电压的最大值为200 VC电阻R2的电功率约为6.67 WD通过R3的电流始终为零解析：交流电的频率为f50 Hz，A错误；通过R1的电流的有效值I A，U2IR110 V，电阻R2的电功率P6.67 W，C正确；由得U1U2100 V，B错误；电容器能隔直流，通交流，故D错误答案：C10(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为559，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 VB原线圈中电流表示数为 AC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u220sin 100t (V)解析：交变电流图象的周期为0.02 s，角速度100，因此原线圈两端电压的瞬时值表达式为u220sin 100t (V)，D正确；根据，而从交流电的图象可知，输入电压的有效值U1220 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 A 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：ACD11.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数n1800和n2200的两个线圈，上线圈两端与u51sin 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()A2.0 V B9.0 VC12.7 V D144.0 V解析：由得U2n2，其中U1 V，得U2 V9.0 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：A12如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1n221，交流电源电压U1220 V，F为熔断电流I01.0 A的保险丝，负载为一可变电阻(1)当电阻R100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)由得到U2110 V，由欧姆定律得：I21.1 A.再有得到I10.55 A，故保险丝不能熔断(2)理想变压器的P入P出2201.0 W220 W，得到R55.答案：(1)不能(2)55220 W