【2019】高中物理5-4《变压器》课时作业新选修3-2

1、-1 - / 5【2019 最新】高中物理 5-4变压器课时作业 新人教版选修 3-2基础达标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、畐 U 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 变化，A 错误；因理想变压器无漏磁，故 B 错误；由互感现象知 C 正确；原线圈中的电能转化 为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D 错误.【答案】C2 变压器原线圈

2、1400 匝，副线圈 700 匝并接有电阻 R,当变压器工作时原、副线圈中（）A.频率比为 2 : 1 B .功率比为 ：1C.电流比为 ：1 D .电压比为2: 1【解析】由于变压器不能改变交变电流的功率和频率，所以原、畐 U 线圈电流功率和频11n2率之比均为 1 : 1 ,AB 错误；而根据电流与匝数之间关系12=n，得电流比为 1 : 2, CI In错误；根据电压与匝数之间关系U=,得电压比为2: 1, D 正确.u n2【答案】D3.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，原线圈中的电流丨1和副线圈中的电流丨2之间的关系是（）A.I2增大，I1也增大B.丨2增大，

3、I1却减小C.|2减小，I1也减小D.丨2减小，I1却增大U211n2n212【解析】 增大负载电阻R时，由欧姆定律|2=w可得|2减小，又由于,丨1 =-,R12n1n1所以丨1也减小，选项 C 正确.【答案】 C4 .如图所示，一理想变压器的原线圈A、B两端接入电压为u= 3、2sin314tV 的交变电流.原线圈匝数n1= 100 匝，副线圈匝数n2= 200 匝，则（）A. 将击穿电压为 6 V 的电容器接在C、D两端，能正常工作-2 - / 5B.把电磁打点计时器接在C D两端，打点周期为0.02 sC.把额定电压为 6 V 的小灯泡接在C D两端，小灯泡能正常工作D.把交流电压表接

4、在C、D两端时，电压表读数为 8.48 V-3 - / 52n【解析】 交变电流的周期T= = 0.02 s，有效值U= 3 V,变压器不改变交变电流的U nin2一频率，故 B 正确；由 苛=一，得U2=-U= 6 V，变压器输出电压的峰值为F2V，故大于电容U2n2niJ器的击穿电压，A、D 错误，C 正确.【答案】 BC5台理想变压器的副线圈有i00 匝，输出电压为 i0 V,则铁芯中磁通量的变化率的最大值为（）A. i0 Wb/s B . i4.i Wb/sC. 0.i4 Wb/s D . 28.2 Wb/s【解析】 由E=n f知t 1 i= -Emxi0 2 Wb/s = O.i4

5、 Wb/s.t ni00【答案】 C6 .如图所示为一理想变压器，ni为原线圈，接一正弦交流电，n2=n3,在住、氐两个线圈上分别获得 35 V 电压，要想得到 70 V 电压，c、d、e、f怎样连接（）A. d、e连在一起,B. c、f连在一起，C. e、c连在一起,D. f、d连在一起,【解析】两个线圈串联后，要注意使电动势的方向相同，如果接反了，输出电压就变为零.【答案】 CD7图中B为理想变压器，接在交变电压有效值保持不变的电源上，L为指示灯，灯泡Li）,R是一个定值电阻，电压表、电流表都是理想电表.开始 下列说法正确的是（）A. 电流表A的示数变大B. 电压表的示数变大C. 电流表

6、A 的示数变小D. 灯泡 Li的亮度变暗【解析】 由题意可知，原副线圈两端电压均保持不变，故的示数不变，选项 B 错误;rc、f为输出端e、d为输出端f、d为输出端e、c为输出端和L2完全相同（其阻值均恒定不变 时开关 S 是闭合的，当 S 断开后,|-占-4 - / 5当开关 S 断开后，畐U线圈电路中的总电阻增大，干路电流减小，贝U的示数减小，输出功率减小，则输入功率减小， 的示数减小，选项 A 错误，选项 C 正确；电路中R两端电压减小，Li两端电压增大，Li变亮，选项 D 错误.【答案】 C8.-5 - / 5灯泡 LA的额定功率为 0.3 W，正常发光时电阻为30Q,已知两灯泡均正常

7、发光，流过原线圈的电流为 0.09 A.（1）原、副线圈的匝数比为多少？（2）流过灯泡 LB的电流为多少？【解析】（1）U= 10 V，根据小灯泡正常发光，,_ m U 10则Lb=. PI_AR_A=3V ,n=U= 3 .12n1十,、，n1（2）=，所以12= I1= 0.3 A ,11n2n2UILA= 0.1 A ,ILB=12ILA=0.2 A.R_A【解析】 钳形电流表的工作原理是电磁感应，所以它只能测交变电流，根据变压器的原理，12=ln。，其中m指钳形电流表内部线圈的匝数，n。指待测电流导线的匝数，丨1指外接电流.当在图乙中用同一电缆线绕了no= 3 匝，贝Un1= 3no,

8、则满足12m=Iono.解得12=3I1= 3.6 A.【答案】 C1 1电表均可视为理想表， 接线柱a、b接电压U=311sin314tV 的正弦交流电源当滑动变阻器的滑片P向上滑动时，示数发生变化的电表是（）A.A、AB .A、VaC. A1、A、V D . A、A、Vi、V：【解析】 电压表的示数不变，电流表的示数变化，都随电阻的减少而增大.【答案】 A3.下图所示的 4 种亮度可调的台灯的电路示意图，它们所用的白炽灯相同，且都是“ 200V,40 W.当灯泡所消耗的功率都调至20 W 时，台灯消耗的功率最小的是（）【答案】1(): 3(2)0.2 A能力提升1钳形电流表的外形和结构如图

9、甲所示图甲中电流表的读数为电缆线绕了 3 匝，则（）1.2 A .图乙中用同一a0A.B.C.这种电流表能测直流电流，图乙的读数为 这种电流表能测交变电流，图乙的读数为 这种电流表能测交变电流，图乙的读数为这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图乙的读数为2.4 A0.4 A3.6 A3.6 A2 如图所示，M为理想变压器,如图，理想变压器原线圈与一10 V 的交流电源相连，副线圈并联两个小灯泡LA和 LB,小-6 - / 5【解析】 在通过电阻进行分压或分流的电路中，电阻本身将消耗能量，利用理想变压器使灯在工作时变压器不损失能量， 则这种可调台灯消耗的功率就最小， 分析可知使灯的功 率都

10、调至 20 W时 C 电路消耗功率最小.【答案】 C4.如图，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22A.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ni: r）2= : 3【解析】 对于理想变压器，输入功率等于输出功率，所以输入功率P入= 60X2.2 W=p入132132 W, A 错.通过原线圈的电流|i=U= 220 A = 0.6 A , B

11、 正确.正弦式交流电电流的最大值12m迈12= 2.2 寸 2 A ,C 错误.根据变压器变压比有ni:n2=U:U2=ll: 3, D 正确.【答案】 BD5 .如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=Usin3t，畐U线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.V1和 V2是理想交流电压表，示数分别用U和U2表示；A1和A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表示电流的瞬时值B.U 和 U2表示电压的最大值C.滑片P向下滑动过程中，lb不变、I1变大D.滑片P向下滑动过程中，12变小、11变小【解析】 交流电表的示数为有效值，故选项A、B 错误；P向下

12、滑动过程中，R变小，S 220vA220 V氏懸变爆器-7 - / 5U11n2一n2由于交变电源，原副线圈匝数不变，I、12均不变，所以I2=变大，由_ = 一，得I1=I2R）十R12n1n1变大，故选项 C 正确，选项 D 错误.-8 - / 5【答案】C6如图甲所示为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的ut图象如图乙所示.若只在ce间接一只RCe= 400Q的电阻,或只在de间接一只Fde= 225Q的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.请写出原线圈输入电压瞬时值Uab的表达式；求只在ce间接 400Q电阻时，原线圈中的电流li;nce求ce和de间线圈的匝数比一.nde【解析】 (1)由图乙知T= 0.01