理想变压器 副线圈怎样决定原线圈中的电流

A、理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，故A错误；
B、理想变压器无漏磁，故穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，故穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等，故B正确；
C、穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是1：1，根据法拉第电磁感应定律，原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为1：1，故C错误；
D、理想变压器改变的是电压和电流，不改变电功率，故正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1：1，故D错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数决定，而原线圈的电流由副线圈决定．

A、由交流电的表达式知频率为50Hz，氖泡中的电流频率与交流电的频率相同，A正确；
B、由交流电的表达式知开关断开后，R₁的两端电压为
1

2×22=11
2V，原线圈的电压为110
2V，峰值为220V，B正确；
C、开关断开后，通过R₁电流的峰值为1A，R₂的电流峰值为0.2A，所以副线圈中的电流峰值为1.2A，则原线圈中的电流为0.12A，C错误；
D、开关断开后，电阻R₂消耗的电功率为(
0.2

2)2×110=2.2W，D错误；
故选AB

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理；电功、电功率．

考点点评： 本题不但考查了变压器的特点，更是结合欧姆定律考查了峰值和有效值的计算．

A、电动机两端电压等于副线圈的电压．由于是非纯电阻，所以不等于IR，故A错误；
B、电动机消耗的功率为P=
I2RR=（nI）²R，而U则是副线圈的电压，所以B错误；
C、电动机的输出功率为电动机的总功率减去消耗的功率，即为nUI-n²I²R，故C正确；
D、变压器的输入功率等于输出功率，即为nUI．故D错误；
故选：C

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理

考点点评： 电动机内有线圈则属于非纯电阻电路，所以电动机的输入功率等于电动机的线圈消耗功率与电动机的输出功率．而线圈消耗的功率不能为：PR=U2n2R

根据题意，结合原副线圈的电压与匝数成正比，可知，副线圈的电压保持不变，有效值也不变．
而输入功率则由输出功率确定，由于输出功率还与电阻有关，因此功率不一定变化，故A正确，BCD错误；
故选A

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．

（1）根据变压器的电压与匝数成正比，得：
n1
n2＝
U1
U2＝
220
55＝
4
1；
（2）当副线圈电路中电流为10A时，P_出=U₂•I=55×10=550W
所以：P_入=P_出=550W
答：（1）试求原、副线圈的匝数比n₁：n₂=4：1；
（2）当副线圈电路中电流为10A时，变压器的输入功率是550W．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题

A、风扇电动机是非纯电阻，因此其两端电压不能为Ir，应该与灯泡的电压相等，故A错误；
B、理想变压器的原、副线圈的匝数比为n，原线圈接电压为U的交流电源，则输出端电压为[U/n]，而电动机的输入功率为[UI/n]，灯泡的功率为I²R=
U2
n2R，输入功率等于输出功率为[UI/n]+
U2
n2R．故B错误；
C、电动机的输入功率为[UI/n]，而电动机的线圈电阻消耗的功率为I²r，则电动机D的机械功率为[UI/n]-I²r．故C正确；
D、因为副线圈两端的电压为[U/n]，若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，该回路的等效电阻为[R+r/Rr]，所以副线圈中的电流为
URr
n(R+r)，通过原线圈的电流为
U(R+r)
n2Rr，D正确；
故选：CD

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是没有出现漏磁现象．同时当电路中有变压器时，只要将变压器的有效值求出，则就相当于一个新的恒定电源，其值就是刚才的有效值．

根据理想变压器原副线圈匝数比等于电压比得：

n1
n2=
U1
U2

n2
n0=
U2
U2-U′2
联立得：n₁=
U1
U2-U′2n0
n₂=
U2
U2-U′2n0
故答案为：
U1
U2-U′2n0，
U2
U2-U′2n0

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 本题主要考查了变压器原副线圈匝数比与电压比之间的关系，难度不大，属于基础题．

A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，当开关S闭合时，也不会影响电压变化，所以A错误；
B、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L₁的电流减小，所以B正确；
C、由于变压器的输入的功率和输出的功率相等，由于副线圈的电阻减小了，输出的功率变大了，所以原线圈的输入的功率也要变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，则有输电线等效电阻R上的电压变大，所以C错误；
D、当开关S闭合时，并不会改变变压器输入电压，即原线圈a、b两端电压不变，故D错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．

S1从2拨向1，输出电压不变，由于输出功率由副线圈决定，副线圈两端电压增大，消耗功率增大，所以电流表示数增大，A错；将S2从4拨向3，副线圈两端电压减小，消耗功率减小，所以电流减小，B错；S3从闭合变为断开，输出端电阻增大，但输出电压不变，则R2分压不变，C错；将变阻器R3的滑动触头上移，副线圈总电阻增大，总电流减小，副线圈两端电压一定，所以输出功率减小，所以电流减小。D对；故选D

D

A、理想变压器的原副线圈的电压与匝数成正比，因原线圈的电压不变，匝数也不变，所以副线圈的电压也不变，由图可知，负载R两端的电压，即为副线圈的电压，故A正确，D错误；
B、当负载R的阻值增大时，因公式P=
U2
R可知，当R增大时，由于U不变，所以功率P在减小，即负载R消耗的功率变小，则原线圈的输入功率也减小，故BC错误，
故选A

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 考查理想变压器的变压比，掌握原副线圈间的功率关系，理解P=U2R的应用．

（1）根据电压与匝数成正比知副线圈的电压：U2＝
1
2×220=110V
当电阻R=100Ω时，副线圈中电流：I2＝
110
100=1.1A
由输入功率等于输出功率知原线圈电流：I1＝
U2
U1I2＝
110
220×1.1=0.55A＜1A
故保险丝不会熔断．
（2）设电阻R为r时，原线圈中电流刚好达到熔断电流，即I₁=1A
副线圈知电流：I2＝
n1
n2I1=2A
r=
U2
I2＝
110
2=55Ω
此时输出功率：P₂=U₂I₂=110×2=220W
答：（1）当电阻R=100Ω时，保险丝不能被熔断；
（2）要使保险丝不被熔断，电阻R的阻值应不小于55欧姆，变压器输出的电功率不能超过220W．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

考点点评： 本题考查了变压器的变压原理，知道电压、电流与匝数的关系，结合输入功率等于输出功率即可求解．

原线圈中的电压有效值为，根据公式可得副线圈两端的电压为11V，由于电压表不是测量的副线圈两端电压，所以示数小于11V，A正确；该交流电的频率为

，B正确；当出现火警时，温度升高，电阻减小，副线圈的电流变大，所以的电压要增大，由于副线圈的总电压不变，所以的电压就要减小，所以C正确；由B的分析可知，副线圈的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也就要增大，所以D错误；

故选ABC

ABC


<>

根据
U1
U2＝
n1
n2得：U2＝
n2
n1•U1，根据：
I1
I2＝
n2
n1得：I2＝
n1
n2•I1
A、将
S 1从1拨向2时，原线圈的匝数减少，所以副线圈上的电压增大，负载上的功率增大，所以电流表示数变大．故A错误；
B、将
S 2从3拨向4时，副线圈的匝数减少，所以副线圈上的电压减小，负载上的功率减小，所以电流表示数变小．故B错误；
C、D、将R的滑片上移，接入电路的有效电阻变大，所以串联电路（R和R₂）的电阻增大，流过串联电路的电流变小，所以电阻R₂的电功率变小．故C错误，D正确．
故选：D

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 本题主要考查变压器的知识，要学会对变压器上的电流、电压的变化进行分析．属于中档题目．

A、理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，故A错误；
BC、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L₁的电流减小，灯泡L₁变暗，故B正确，C错误；
D、当S接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以原线圈的电流也变大，故D错误；
故选：B．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理；正弦式电流的最大值和有效值、周期和频率．

考点点评： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．

A、电压与匝数成正比，原线圈的电压有效值为
311

2V=220V，所以副线圈的电压的有效值为U₂=
5
11 U₁=100V，所以A错误．
B、灯泡的电流为I=[U/R]=[100/500]A=0.2A，小于灯泡的额定电流为0.28A，所以灯泡不能正常发光，所以B错误．
C、变压器不会改变电流的频率，通过灯泡的交变电流的频率为f=[1/T]=[ω/2π]=[100π/2π]=50Hz，所以C错误．
D、灯泡消耗的功率为P=
U2
R=
1002
500W=20W，变压器的原线圈和副线圈的功率是相同的，所以原线圈的输入功率为20W，所以D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 掌握住理想变压器的电压、电流及功率之间的关系，本题即可得到解决．

理想变压器的输出的电压有输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也不会变，输入功率和输出功率始终相等，当滑动变阻器R的滑动头向下移动时，滑动变阻器的电阻减小，总电路的电阻减小，所以总电路的电流会变大，消耗的功率将变大，R₀上的电压变大，所以灯L的电压变小，电压表的示数变小，所以灯L变暗，由于总的电流变大，灯L的电流变小，所以电流表的示数将变大，所以ABC错误，D正确．
故选D．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．

A、由图象可知，交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为50Hz，所以A错误．
B、根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V，所以副线圈的电压的最大值为31V，所以电压的有效值为V=
31

2V，所以B错误．
C、P右移，R变小，副线的电压不变，则副线圈的电流变大，原线圈的电流也随之变大，故C错误．
D、P向右移动时，滑动变阻器的电阻较小，副线圈的电压不变，所以电路消耗的功率将变大，变压器的输出功率增加，故D正确．
故选：D．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理；交流的峰值、有效值以及它们的关系．

考点点评： 电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路．

A、灯泡正常发光，副线圈电流为I=[9/18]=0.5A，所以副线圈两端电压U=18+0.5×4=20V，电压与匝数成正比，原线圈输入电压为200V，所以A正确；
B、电流与匝数成反比，由A知S断开时原线圈中的电流为0.05A，所以B正确；
C、闭合开关S后，原、副线圈中的电流之比不变，所以C错误；
D、当开关S闭合时，总电阻减小，副线圈电压不变，所以副线圈电流增大，R分压增大，小灯泡L₁消耗的功率减小，故D正确；
故选：ABD．

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理；电功、电功率．

考点点评： 本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解．

由表达式可知角速度为100πrad/s，则频率为，选项B错误；电器流过的电流为880/220=4A，输出电压为，则原、副线圈的匝数比为，选项A错误；同理判断选项C正确；输入功率由输出功率决定，为244V×4A=976W，选项D错误；故选C

C


<>

由于直导线AB匀速运动，则AB切割磁场产生的电流时恒定的，线圈产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量的变化，所以副线圈不会有感应电流产生，即安培表A₂的读数为0．
故选B

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理．

考点点评： 变压器只能在交流电路中工作，变压器是根据磁通量的变化来工作的，知道变压器的工作的原理就可以解决本题．

A、二极管具有单向导电性，整流前，副线圈两端电压有效值为10
2V，整流后电压为U，由电流热效应知
(10
2)2
R×
T
2＝
U2
RT，得U=1OV，AB正确；
C、输入功率等于输出功率P=
102
10=10W，所以C错误；
D、电压与匝数成正比，变压器匝数比为220：10
2=11
2：1，所以D错误．
故选：AB

点评：
本题考点： 变压器的构造和原理；电功、电功率；正弦式电流的图象和三角函数表达式．

考点点评： 本题需要掌握变压器的电压之比和匝数比之间的关系，同时对于二极管和电容器的作用要了解．

A、B、由于输电线总电阻为R，输电线上有电压降，U_线＜U₂．根据欧姆定律得：I₂=
U线
R＜
U2
R，故A错误，B正确．
C、输电线上有功率损失，理想变压器不改变电功率，所以用户得到的电功率小于电厂输出的电功率，故C错误．
D、根据变压器的原理可知原副线圈中交变电流的频率相等，所以用户得到的交变电流的频率与电厂输出交变电流的频率相等，故D正确．
故选：BD

点评：
本题考点： 远距离输电．

考点点评： 本题运用欧姆定律时要注意各个量应对应同一段电路，要正确分析电压和功率的分配，即可分析远距离输电问题．

由代入数算得副线圈的电流为10A，A错；由图知原线圈的输入电压为200V，输入功率为P=UI=200×1=200w，B对；周期为0.02s，频率为f=1/T=50HZ，C错；原、副线圈匝数比为降压变压器，D对，所以本题选择BD。

BD


<>

闭合S后，负载的总电阻减小，由于原线圈电压恒定不变，根据线圈匝数比等于电压之比，副线圈电压也不变，副线圈的电流强度增加，流过电阻R的电流增加，R两端的电压升高，同时副线圈输出功率增加，由于变压器是理想变压器，原线圈输入功率也增加，因此导致原线圈电流强度增加。因此只有C正确，A. B. D均错误。

C