专题3.4 理想变压器问题（二）-2022-2023学年高二物理举一反三系列（人教版2019选择性必修第二册）（原卷版）

专题3.4理想变压器问题（二）【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1自耦变压器问题】 【题型2电流互感器问题】 【题型3互感器问题】 【题型4联系实际问题】 【题型5对比问题】 【题型6含有电动机、电容器的变压器问题】 【题型1自耦变压器问题】【例1】如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝eq\r(2)T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0.4m2，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“4W100Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列正确的是()A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40eq\r(2)sin(10t)VB．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2∶1C．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【变式1-1】如图所示，理想自耦变压器线圈均匀绕在圆环型铁芯上，a、b为线圈的始端和末端。P1为线圈的滑动触头，调节P1可以改变b、c间线圈的匝数。a、b两端接电压稳定的交流电源，指示灯L与一小段线圈并联，b、c间接入滑动变阻器R，调节P2可以改变R接入电路的阻值。开关S处于闭合状态，电压表为理想交流电表，下列说法正确的是()A．仅向下滑动P2，a、b端输入功率变小B．仅顺时针滑动P1，a、b端输入功率变小C．仅顺时针滑动P1，电压表示数变大D．若断开开关S，指示灯L将熄灭【变式1-2】如图所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表。下列说法正确的是()A．若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小B．若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大C．若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大D．若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小【变式1-3】一自耦变压器如图所示，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()A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低 D．U2<U1，U2升高【题型2电流互感器问题】【例2】[多选]钳形电流表的外形和结构如图甲所示。图甲中电流表的读数为0.9A，图乙中用同一电缆线绕了3匝，则()A．这种电流表能测出交变电流的有效值B．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流C．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0.3AD．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为2.7A【变式2-1】在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流。所用的器材叫电流互感器。如图所示，能正确反映其工作原理的是()【变式2-2】(多选)如图所示，钳型电流表是一种穿心式电流互感器，选择量程后，将一根通电导线夹入钳中，就可以读出导线中的电流。该电流表()A.可以测直流电流B.可以测交流电流C.量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多D.量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变少【变式2-3】电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器()A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流【题型3互感器问题】【例3】如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中，甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I，则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为()A．k1U，k2I B．k1U，eq\f(I,k2)C.eq\f(U,k1)，k2I D.eq\f(U,k1)，eq\f(I,k2)【变式3-1】如图所示，电压互感器、电流互感器可看成理想变压器，已知电压互感器原、副线圈匝数比是1000:1，电流互感器原、副线圈匝数比是1:200，电压表示数是200V，电流表示数是1.5A，则交流电路输送电能的功率是()A. B. C. D.【变式3-2】如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，T2接在两根输电线的正中间，T1接在其中一根输电线上。输电线电阻不可忽略，若输电线电阻率相同，发电站端的理想升压变压器副线圈输出电压为U1，输出功率为22800kW，用户端理想降压变压器原线圈两端电压为U2＝220kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，T2的原、副线圈匝数比为10000∶1，a的示数为1A，则下列说法正确的是()A．U1＝248kVB．b的示数为22.8VC．输电线总电阻为40ΩD．输电效率约为96%【变式3-3】如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器(均视为理想变压器)，T1的原、副线圈匝数比为1∶1000，、是交流电压表或交流电流表，其中交流电压表两端的电压为10V，高压线路输送的电功率是2.2×103kW、电压是22kV，则()A.是交流电压表B.T2的原、副线圈匝数比为1000∶1C.通过交流电流表的电流为0.1AD.绕制T1原线圈的导线应比副线圈的细【题型4联系实际问题】【例4】汽车的“点火线圈”实际上是一个变压器低压直流通过一个开关输入初级线圈，在开关断开或闭合的瞬间，将会在次级线圈中产生脉冲高电压形成电火花。图1和图2分别是初级线圈、次级线圈电压随时间变化的图像，则()A．t1时刻开关刚断开B．次级线圈的匝数比初级线圈要多C．t2至t3间穿过次级线圈的磁通量为零D．开关断开与闭合瞬间次级线圈产生的感应电动势方向相同【变式4-1】小芳设计了一个电吹风，其电路图如图所示，变压器原、副线圈的匝数分别为N1、N2，小风扇的额定电压为60V。a、b、c、d为四个固定触点，转动扇形金属触片P的位置可同时接触两个触点，使电吹风可处于关机、吹热风和吹冷风三种工作状态。在电吹风吹热风时()A．触片P同时接触a、b，N1∶N2＝11∶3B．触片P同时接触a、b，N1∶N2＝3∶11C．触片P同时接触b、c，N1∶N2＝11∶3D．触片P同时接触b、c，N1∶N2＝3∶11【变式4-2】(多选)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法正确的是()A．当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通B．当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通C．当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开D．当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开【变式4-3】大电流发生器是电力、电气行业在调试中需要大电流场所的必需设备，一般采用调压器输出端接升流器输入端、升流器输出端接试验回路的方法进行电流升流，原理如图所示。T1为自耦调压器，P为调压滑动触头；T2为升流器，与触头1连接时原、副线圈匝数的比值为k，R为试验回路的等效电阻，忽略其他电阻与感抗等因素的影响，调压器与升流器均视为理想变压器。当ab端接入电压为u＝UmsinωtV的交变电流时，以下说法正确的是()A．大电流发生器不仅可以提高试验回路的电流还可以提高试验回路中电流的频率B．保持与触头2连接，仅把滑动触头P向下滑动，R可以获得更大的电流C．保持滑动触头P位置不变，仅将触头2转换至触头1，R可以获得更大的电流D．将滑动触头P置于中间位置且与触头1连接，试验回路的电流为调压器输入端的2k倍【题型5对比问题】【例5】(多选)如图1、2所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27000eq\r(2)sin100πt(V)，电器RL与RL′的参数分别为“220V/1100W”“220V/440W”，输电线的总电阻r＝2Ω。若两图中电器都能正常工作，则()A．图1中电阻r的功率为50WB．图2中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了440WC．图1中原副线圈匝数比n1∶n2＝2700∶23D．图2中原副线圈匝数比n1∶n2＝1500∶13【变式5-1】如图是实验时用的原、副线圈都有从中点抽头的理想变压器，在原线圈上通过一个单刀双掷开关S1与一只电流表连接，在副线圈上通过另一个单刀双掷开关与一个定值电阻R0相连接，通过S1、S2可以改变原、副线圈的匝数。在原线圈上加一电压为U的交流电后，①当S1接a，S2接c时，电流表的示数为I1；②当S1接a，S2接d时，电流表的示数为I2；③当S1接b，S2接c时，电流表的示数为I3；④当S1接b，S2接d时，电流表的示数为I4，则()A.I1＝I2 B.I1＝I4C.I2＝I3 D.I2＝I4【变式5-2】如图所示，负载电阻R接在理想变压器的副线圈上，虚线部分可以用一个电阻R1来等效替代，R1称为等效电阻，这里的等效是指输入电路的电压、电流、功率不变。若理想变压器的原、副线圈的匝数之比为n1∶n2，则有()A．R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2R B．R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2RC．R1＝eq\f(n1,n2)R D．R1＝eq\f(n2,n1)R【变式5-3】(多选)如图所示，一理想变压器输入端接一正弦交流电源(电压有效值不变)，输出端电路由R1、R2、R3和R4四个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后()A.R1两端的电压减小到原来的eq\f(1,4)B.R2两端的电压减小到原来的eq\f(1,3)C.R3两端的电压减小到原来的eq\f(1,2)D.R4的热功率减小到原来的eq\f(1,4)【题型6含有电动机、电容器的变压器问题】【例6】如图所示，一台变压器T的原线圈与3.0kV的交流电源相连，副线圈上接有一电动机M，电动机正常工作时两端的电压为120V、消耗功率为1.0kW，变压器T的效率(效率指的是变压器的输出功率与输入功率的比值)为97%，不计导线的电阻，则()A.交流电源提供的电流约为0.34AB.电动机的电阻约为14.4ΩC.变压器T的输入功率为0.97kWD.变压器T的匝数比为25∶1【变式6-1】如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光，滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法正确的是（）A.电压表读数增大B.电流表读数减小C.等效电阻R两端电压增大D.为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动【变式6-2】为了浴室用电安全，某同学用理想变压器降压给浴室供电；如图所示，理想变压器原线圈输入交变电压u＝311sin100πt(V)，变压器原、副线圈匝数比为5∶1，已知照明灯额定功率为66W，排气扇电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作，电表均为理想电表，则()A．电压表示数为62VB．变压器的输入功率为186WC．排气扇输出功率为63.75WD．保险丝熔断电流不得低于3A【变式6-3】[多选]如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是()A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B．电容器的电容C变大时，灯泡变暗C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D．若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω

参考答案【题型1自耦变压器问题】【例1】如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝eq\r(2)T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0.4m2，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“4W100Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列正确的是()A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40eq\r(2)sin(10t)VB．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2∶1C．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[解析]若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e＝nBSωcosωt＝40eq\r(2)cos10tV，A错误；原线圈电压为U1＝40V，灯泡电压即副线圈电压为U2＝eq\r(PR)＝20V，所以原、副线圈的匝数比为U1∶U2＝2∶1，B正确；若将滑动变阻器滑片向上移动，有效电阻增大，则副线圈电流变小，根据电流关系可知电流表示数变小，C错误；若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数减小，根据变压器电压规律可知副线圈电压减小，灯泡会变暗，D错误。[答案]B【变式1-1】如图所示，理想自耦变压器线圈均匀绕在圆环型铁芯上，a、b为线圈的始端和末端。P1为线圈的滑动触头，调节P1可以改变b、c间线圈的匝数。a、b两端接电压稳定的交流电源，指示灯L与一小段线圈并联，b、c间接入滑动变阻器R，调节P2可以改变R接入电路的阻值。开关S处于闭合状态，电压表为理想交流电表，下列说法正确的是()A．仅向下滑动P2，a、b端输入功率变小B．仅顺时针滑动P1，a、b端输入功率变小C．仅顺时针滑动P1，电压表示数变大D．若断开开关S，指示灯L将熄灭解析：选B仅向下滑动P2，可知R所接入的电阻变小，根据P2＝eq\f(U22,R)，可得R的功率变大，L的功率不变，则可知总功率变大，故a、b端输入功率变大，故A错误；顺时针滑动P1，线圈数n2减小，因为理想变压器可知U2也减小，根据P2＝eq\f(U22,R)，可知R的功率减小，且小灯泡两端电压减小，故小灯泡两端的电功率也减小，故可知总功率减小，即a、b端输入功率变小，而电压表示数与匝数无关，故电压表示数不变，故B正确，C错误；断开开关S，R中无电流，对灯L无影响，故D错误。【变式1-2】如图所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表。下列说法正确的是()A．若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小B．若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大C．若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大D．若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小解析：选A设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1不变，eq\f(n1,n2)不变，则输出电压U2不变，V1示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R的电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，干路电流增大，小灯泡中电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由U＝U2－UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误。【变式1-3】一自耦变压器如图所示，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()A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低 D．U2<U1，U2升高解析由图知自耦变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数，根据变压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2<U1；在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中副线圈的匝数减小，所以U2降低，故A、B、D错误；C项正确。答案C【题型2电流互感器问题】【例2】[多选]钳形电流表的外形和结构如图甲所示。图甲中电流表的读数为0.9A，图乙中用同一电缆线绕了3匝，则()A．这种电流表能测出交变电流的有效值B．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流C．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0.3AD．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为2.7A解析：选AD由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交变电流，而且测量的是交变电流的有效值，故A正确B错误；根据输入功率和输出功率的关系有：P1＝P2，即U1I1＝U2I2，所以：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，由题意可知：当n1＝1，I2＝0.9A，即eq\f(I1,0.9)＝eq\f(n2,1)，当n1＝3时：eq\f(I1,I2′)＝eq\f(n2,3)，解得：I2′＝2.7A，故C错误，D正确。【变式2-1】在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流。所用的器材叫电流互感器。如图所示，能正确反映其工作原理的是()解析：选A电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，根据变压器原理eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得I2＝eq\f(n1,n2)I1，所以要求线圈匝数n2>n1，原线圈要接在火线上，A正确。【变式2-2】(多选)如图所示，钳型电流表是一种穿心式电流互感器，选择量程后，将一根通电导线夹入钳中，就可以读出导线中的电流。该电流表()A.可以测直流电流B.可以测交流电流C.量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多D.量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变少答案BC解析电流互感器是根据电磁感应原理制成的，则只能测量交流电流，不能测量直流电流，选项A错误，B正确；根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，n1和I2一定，则当I1变大时n2要增大，则量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多，选项C正确，D错误。【变式2-3】电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器()A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流答案D解析变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，B、C项均错误；根据变压器匝数与电压的关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得副线圈的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1，由于原线圈匝数少而副线圈的匝数多，即n1＜n2，因此有U2＞U1，电流互感器是一种升压变压器，A项错误；根据变压器匝数与电流的关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得副线圈的电流I2＝eq\f(n1,n2)I1，由于n1＜n2，因此有I2＜I1，D项正确。【题型3互感器问题】【例3】如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中，甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I，则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为()A．k1U，k2I B．k1U，eq\f(I,k2)C.eq\f(U,k1)，k2I D.eq\f(U,k1)，eq\f(I,k2)[解析]根据原、副线圈的电压、电流与线圈匝数关系可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k1，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,k2)，由此可知U1＝k1U，I1＝eq\f(I,k2)，B正确。[答案]B【变式3-1】如图所示，电压互感器、电流互感器可看成理想变压器，已知电压互感器原、副线圈匝数比是1000:1，电流互感器原、副线圈匝数比是1:200，电压表示数是200V，电流表示数是1.5A，则交流电路输送电能的功率是()A. B. C. D.答案：D解析：电压互感器原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为1000:1，而电流互感器原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为1:200，由电压表的示数为200V，得原线圈的电压为200000V，由电流表的示数为1.5A，知原线圈的电流为300A。所以电路输送的电功率是。故选D。【变式3-2】如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，T2接在两根输电线的正中间，T1接在其中一根输电线上。输电线电阻不可忽略，若输电线电阻率相同，发电站端的理想升压变压器副线圈输出电压为U1，输出功率为22800kW，用户端理想降压变压器原线圈两端电压为U2＝220kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，T2的原、副线圈匝数比为10000∶1，a的示数为1A，则下列说法正确的是()A．U1＝248kVB．b的示数为22.8VC．输电线总电阻为40ΩD．输电效率约为96%解析：选DT1是电流互感器，由匝数比及a的示数可知输电线中的电流为100A，根据P＝UI可知U1＝228kV，则输电线上的损失电压为U损＝8kV，输电线总电阻为80Ω，A、C错误；电压互感器接在两输电线的正中间，则T2的原线圈两端的电压为224kV，则b的示数为22.4V，B错误；该输电线的输电效率η＝eq\f(U2,U1)×100%≈96%，D正确。【变式3-3】如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器(均视为理想变压器)，T1的原、副线圈匝数比为1∶1000，、是交流电压表或交流电流表，其中交流电压表两端的电压为10V，高压线路输送的电功率是2.2×103kW、电压是22kV，则()A.是交流电压表B.T2的原、副线圈匝数比为1000∶1C.通过交流电流表的电流为0.1AD.绕制T1原线圈的导线应比副线圈的细答案C解析T1是电流互感器，是交流电流表，T2是电压互感器，是交流电压表，故A错误；对T2，根据变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(22×1000,10)＝eq\f(2200,1)，故B错误；对T1，原线圈的电流I1＝eq\f(P,U)＝eq\f(2.2×103,22)A＝100A，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I2＝0.1A，故C正确；T1原线圈的电流大于副线圈的电流，故绕制T1原线圈的导线应比副线圈的粗，故D错误。【题型4联系实际问题】【例4】汽车的“点火线圈”实际上是一个变压器低压直流通过一个开关输入初级线圈，在开关断开或闭合的瞬间，将会在次级线圈中产生脉冲高电压形成电火花。图1和图2分别是初级线圈、次级线圈电压随时间变化的图像，则()A．t1时刻开关刚断开B．次级线圈的匝数比初级线圈要多C．t2至t3间穿过次级线圈的磁通量为零D．开关断开与闭合瞬间次级线圈产生的感应电动势方向相同解析：选B根据图像可知t1时刻开关刚闭合，故A错误；依题意需要用低电压产生高电压电火花，则需要次级线圈的匝数比初级线圈要多，故B正确；t2至t3间穿过次级线圈的磁通量不为零，磁通量的变化量为零，故C错误；根据图像可知开关断开瞬间电压与闭合瞬间相反，则感应电动势方向相反，故D错误。【变式4-1】小芳设计了一个电吹风，其电路图如图所示，变压器原、副线圈的匝数分别为N1、N2，小风扇的额定电压为60V。a、b、c、d为四个固定触点，转动扇形金属触片P的位置可同时接触两个触点，使电吹风可处于关机、吹热风和吹冷风三种工作状态。在电吹风吹热风时()A．触片P同时接触a、b，N1∶N2＝11∶3B．触片P同时接触a、b，N1∶N2＝3∶11C．触片P同时接触b、c，N1∶N2＝11∶3D．触片P同时接触b、c，N1∶N2＝3∶11解析：选A由题意可知，电吹风吹热风时，电热丝需连入电路中，触片P同时接触a、b，由变压器电压和匝数关系可得eq\f(N1,N2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(11,3)，A正确，B、C、D错误。【变式4-2】(多选)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法正确的是()A．当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通B．当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通C．当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开D．当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开解析：选AD乙线圈采取双线法绕制，正常状态时，火线和零线中电流相等，产生的磁场完全抵消，甲线圈中没有电压，脱扣开关保持接通，A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，脱扣开关断开，C错误，D正确。【变式4-3】大电流发生器是电力、电气行业在调试中需要大电流场所的必需设备，一般采用调压器输出端接升流器输入端、升流器输出端接试验回路的方法进行电流升流，原理如图所示。T1为自耦调压器，P为调压滑动触头；T2为升流器，与触头1连接时原、副线圈匝数的比值为k，R为试验回路的等效电阻，忽略其他电阻与感抗等因素的影响，调压器与升流器均视为理想变压器。当ab端接入电压为u＝UmsinωtV的交变电流时，以下说法正确的是()A．大电流发生器不仅可以提高试验回路的电流还可以提高试验回路中电流的频率B．保持与触头2连接，仅把滑动触头P向下滑动，R可以获得更大的电流C．保持滑动触头P位置不变，仅将触头2转换至触头1，R可以获得更大的电流D．将滑动触头P置于中间位置且与触头1连接，试验回路的电流为调压器输入端的2k倍解析：选D大电流发生器不可以提高试验回路中电流的频率，A错误；保持与触头2连接，仅把滑动触头P向下滑动，试验回路获得的电压变小，电流变小，B错误；保持滑动触头P位置不变，则升流器的输入端电压不变，根据变压器变压规律可知，当仅将触头2转换至1，升流器原、副线圈匝数比变大，cd端的电压变小，电流变小，C错误；保持滑动触头P置于中间位置，由调压器原副线圈的电流比等于匝数的反比可知经过了调压器，电流为调压器输入端电流的2倍，而与触头1连接，经过升流器，电流又为升流器输入端电流的k倍，故试验回路的电流为调压器输入端电流的2k倍，D正确。【题型5对比问题】【例5】(多选)如图1、2所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27000eq\r(2)sin100πt(V)，电器RL与RL′的参数分别为“220V/1100W”“220V/440W”，输电线的总电阻r＝2Ω。若两图中电器都能正常工作，则()A．图1中电阻r的功率为50WB．图2中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了440WC．图1中原副线圈匝数比n1∶n2＝2700∶23D．图2中原副线圈匝数比n1∶n2＝1500∶13解析：选ACD根据P＝UI可得通过电器RL的电流为IL＝eq\f(PL,UL)＝5A，电阻r的功率为Pr＝IL2r＝50W，故A正确；题图1变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝230V，题图1输入功率等于输出功率为P1＝U出IL＝1150W，RL′正常工作的电流为IL′＝eq\f(PL′,UL′)＝2A，题图2中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7A，题图2中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝234V，题图2中输入功率等于输出功率为P2＝U出I总＝1638W，题图2中变压器的输入功率比题图1中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝488W，故B错误；由于输入电压为U入＝eq\f(Um,\r(2))＝27000V，则题图1中原副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U入,U出)＝eq\f(2700,23)，题图2中原副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U入′,U出′)＝eq\f(1500,13)，故C、D正确。【变式5-1】如图是实验时用的原、副线圈都有从中点抽头的理想变压器，在原线圈上通过一个单刀双掷开关S1与一只电流表连接，在副线圈上通过另一个单刀双掷开关与一个定值电阻R0相连接，通过S1、S2可以改变原、副线圈的匝数。在原线圈上加一电压为U的交流电后，①当S1接a，S2接c时，电流表的示数为I1；②当S1接a，S2接d时，电流表的示数为I2；③当S1接b，S2接c时，电流表的示数为I3；④当S1接b，S2接d时，电流表的示数为I4，则()A.I1＝I2 B.I1＝I4C.I2＝I3 D.I2＝I4答案B解析在第①种情况下，S1接a，S2接c时，设副线圈加在R0上的电压为U0，流过R0的电流为I0，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得，第②③④种情况，R0上的电压分别为eq\f(U0,2)、2U0、U0，流过R0的电流分别为eq\f(I0,2)、2I0、I0，根据P入＝P出可得I2＝eq\f(1,4)I1、I3＝4I1、I4＝I1。【变式5-2】如图所示，负载电阻R接在理想变压器的副线圈上，虚线部分可以用一个电阻R1来等效替代，R1称为等效电阻，这里的等效是指输入电路的电压、电流、功率不变。若理想变压器的原、副线圈的匝数之比为n1∶n2，则有()A．R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2R B．R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2RC．R1＝eq\f(n1,n2)R D．R1＝eq\f(n2,n1)R解析：选B设副线圈中的电流为I，则副线圈两端的电压为IR，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得：U1＝eq\f(n1,n2)IR，由eq\f(I1,I)＝eq\f(n2,n1)，得：I1＝eq\f(n2,n1)I，等效电阻：R1＝eq\f(U1,I1)＝eq\f(\f(n1,n2)IR,\f(n2,n1)I)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2R，故选项B正确。【变式5-3】(多选)如图所示，一理想变压器输入端接一正弦交流电源(电压有效值不变)，输出端电路由R1、R2、R3和R4四个电阻构成。将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后()A.R1两端的电压减小到原来的eq\f(1,4)B.R2两端的电压减小到原来的eq\f(1,3)C.R3两端的电压减小到原来的eq\f(1,2)D.R4的热功率减小到原来的eq\f(1,4)答案CD解析理想变压器的原、副线圈的电压和匝数成正比，将该变压器原、副线圈的匝数比由15∶1改为30∶1后，副线圈的电压减小到原来的eq\f(1,2)，输出端的四个电阻的电压都减小到原来的eq\f(1,2)，故A、B错误，C正确；根据P＝eq\f(U2,R)知，R4的热功率减小到原来的eq\f(1,4)，D正确。【题型6含有电动机、电容器的变压器问题】【例6】如图所示，一台变压器T的原线圈与3.0kV的交流电源相连，副线圈上接有一电动机M，电动机正常工作时两端的电压为120V、消耗功率为1.0kW，变压器T的效率(效率指的是变压器的输出功率与输入功率的比值)为97%，不计导线的电阻，则()A.交流电源提供的电流约为0.34AB.电动机的电阻约为14.4ΩC.变压器T的输入功率为0.97kWD.变压器T的匝数比为25∶1答案A解析变压器的输入功率为P＝eq\f(PM,97%)＝1030.9W，故交流电源的提供的电流为I＝eq\f(P,U)＝0.34A，故A正确，C错误；流过电动机的电流为IM＝eq\f(PM,UM)＝eq\f(25,3)A，由于电动机不是纯电阻元件，故其电阻R≠eq\f(UM,IM)＝14.4Ω，故B错误；由于变压器的效率不是100%，故原、副线圈的匝数比不等于变压器两端电压之比，即eq\f(n1,n2)≠eq\f(U,UM)＝eq\f(25,1)，故D错误。【变式6-1】如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光，滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法正确的是（）A.电压表读数增大B.电流表读数减小C.等效电阻R两端电压增大D.为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动解析：选CS闭合时，变压器副线圈电路电流增大，两端电压不变，电压表读数不变，选项A错误。由于变压器输出功率增大，输入电流增大，电流表读数增大，选项B错误。由于输电线中电流增大，所以输电线等效电阻R两端电压增大，选项C正确。为使灯泡L正常发光，应该增大变压器输出电压，滑片P应向上滑动，选项D错误。【变式6-2】为了浴室用电安全，某同学用理想变压器降压给浴室供电；如图所示，理想变压器原线圈输入交变电压u＝311sin100πt(V)，变压器原、副线圈匝数比为5∶1，已知照明灯额定功率为66W，排气扇电动机内阻为1Ω，电流表示数为3A，各用电器均正常工作，电表均为理想电表，则()A．电压表示数为62VB．变压器的输入功率为186WC．排气扇输出功率为63.75WD．保险丝熔断电流不得低于3A解析：选C变压器输入交变电压u＝311sin100πt(V)，有效值U＝220V，变压器原、副线圈匝数比为5∶1，所以副线圈电压U2＝44V，故A错误；电流表示数为3A，所以输出功率P＝44×3W＝132W，所以变压器的输入功率为132W，故B错误；照明灯的电流I1＝eq\f(66,44)A＝1.5A，则排气扇的电流为I2＝3A－1.5A＝1.5A，则排气扇输出功率为P出＝I2U2－I22r＝1.5×44W－1.52×1W＝63.75W，选项C正确；变压器的初级电流为I＝eq\f(1,5)I次＝eq\f(3,5)A＝0.6A，故保险丝熔断电流不得低于0.6A，选项D错误。【变式6-3】[多选]如图所示，矩形线圈abcd与理想变压器原线圈组成闭合电路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小为B，线圈面积为S，转动角速度为ω，匝数为N，线圈电阻不计。下列说法正确的是()A．将原线圈抽头P向上滑动时，灯泡变暗B．电容器的电容C变大时，灯泡变暗C．图示位置时，矩形线圈中瞬时感应电动势最大D．若线圈abcd转动的角速度变为2ω，则变压器原线圈电压的有效值为NBSω解析：选AD在图中将原线圈抽头P向上滑动时，原线圈的匝数变大，故输出的电压变小，灯泡变暗，选项A正确；电容器的电容C变大时，电容器对电流的阻碍作用变小，故灯泡变亮，选项B错误；图示位置时，线圈位于中性面位置，故矩形线圈中瞬时感应电动势最小，选项C错误；若线圈abcd转动的角速度变为2ω，且线圈转动一周只有半周产生感应电压，在这半周中，电压的最大值是2NBSω，设变压器原线圈电压的有效值为U，则eq\f(\r(2)NBSω2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，即U＝NBSω，选项D正确。

专题3.4理想变压器问题（二）【人教版】TOC\o"1-3"\t"正文,1"\h【题型1自耦变压器问题】 【题型2电流互感器问题】 【题型3互感器问题】 【题型4联系实际问题】 【题型5对比问题】 【题型6含有电动机、电容器的变压器问题】 【题型1自耦变压器问题】【例1】如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝eq\r(2)T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0.4m2，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“4W100Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列正确的是()A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40eq\r(2)sin(10t)VB．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2∶1C．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[解析]若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e＝nBSωcosωt＝40eq\r(2)cos10tV，A错误；原线圈电压为U1＝40V，灯泡电压即副线圈电压为U2＝eq\r(PR)＝20V，所以原、副线圈的匝数比为U1∶U2＝2∶1，B正确；若将滑动变阻器滑片向上移动，有效电阻增大，则副线圈电流变小，根据电流关系可知电流表示数变小，C错误；若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数减小，根据变压器电压规律可知副线圈电压减小，灯泡会变暗，D错误。[答案]B【变式1-1】如图所示，理想自耦变压器线圈均匀绕在圆环型铁芯上，a、b为线圈的始端和末端。P1为线圈的滑动触头，调节P1可以改变b、c间线圈的匝数。a、b两端接电压稳定的交流电源，指示灯L与一小段线圈并联，b、c间接入滑动变阻器R，调节P2可以改变R接入电路的阻值。开关S处于闭合状态，电压表为理想交流电表，下列说法正确的是()A．仅向下滑动P2，a、b端输入功率变小B．仅顺时针滑动P1，a、b端输入功率变小C．仅顺时针滑动P1，电压表示数变大D．若断开开关S，指示灯L将熄灭解析：选B仅向下滑动P2，可知R所接入的电阻变小，根据P2＝eq\f(U22,R)，可得R的功率变大，L的功率不变，则可知总功率变大，故a、b端输入功率变大，故A错误；顺时针滑动P1，线圈数n2减小，因为理想变压器可知U2也减小，根据P2＝eq\f(U22,R)，可知R的功率减小，且小灯泡两端电压减小，故小灯泡两端的电功率也减小，故可知总功率减小，即a、b端输入功率变小，而电压表示数与匝数无关，故电压表示数不变，故B正确，C错误；断开开关S，R中无电流，对灯L无影响，故D错误。【变式1-2】如图所示，一自耦变压器接在交流电源上，V1、V2为理想交流电压表。下列说法正确的是()A．若P不动，滑片F向下滑动时，V1示数不变，V2示数变小B．若P不动，滑片F向下滑动时，灯泡消耗的功率变大C．若F不动，滑片P向上滑动时，V1示数不变，V2示数变大D．若F不动，滑片P向上滑动时，灯泡消耗的功率变小解析：选A设变压器的输入电压为U1，输出电压为U2；若P不动，滑片F向下移动时，输入电压U1不变，V1示数不变，根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，由于n2减小，故输出电压U2减小，故灯泡消耗的功率减小，V2的示数变小，故A正确，B错误；若F不动，根据变压比公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1不变，eq\f(n1,n2)不变，则输出电压U2不变，V1示数不变；滑片P向上滑动时，滑动变阻器R的电阻减小，根据闭合电路的欧姆定律，干路电流增大，小灯泡中电流、电压都增大，灯泡消耗的功率变大；由U＝U2－UL可知电压表V2示数变小，故C、D错误。【变式1-3】一自耦变压器如图所示，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()A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高C．U2<U1，U2降低 D．U2<U1，U2升高解析由图知自耦变压器原线圈的匝数大于副线圈的匝数，根据变压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2<U1；在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中副线圈的匝数减小，所以U2降低，故A、B、D错误；C项正确。答案C【题型2电流互感器问题】【例2】[多选]钳形电流表的外形和结构如图甲所示。图甲中电流表的读数为0.9A，图乙中用同一电缆线绕了3匝，则()A．这种电流表能测出交变电流的有效值B．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流C．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0.3AD．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为2.7A解析：选AD由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交变电流，而且测量的是交变电流的有效值，故A正确B错误；根据输入功率和输出功率的关系有：P1＝P2，即U1I1＝U2I2，所以：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，由题意可知：当n1＝1，I2＝0.9A，即eq\f(I1,0.9)＝eq\f(n2,1)，当n1＝3时：eq\f(I1,I2′)＝eq\f(n2,3)，解得：I2′＝2.7A，故C错误，D正确。【变式2-1】在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流。所用的器材叫电流互感器。如图所示，能正确反映其工作原理的是()解析：选A电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，根据变压器原理eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得I2＝eq\f(n1,n2)I1，所以要求线圈匝数n2>n1，原线圈要接在火线上，A正确。【变式2-2】(多选)如图所示，钳型电流表是一种穿心式电流互感器，选择量程后，将一根通电导线夹入钳中，就可以读出导线中的电流。该电流表()A.可以测直流电流B.可以测交流电流C.量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多D.量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变少答案BC解析电流互感器是根据电磁感应原理制成的，则只能测量交流电流，不能测量直流电流，选项A错误，B正确；根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，n1和I2一定，则当I1变大时n2要增大，则量程旋钮旋到大量程时接入电路的线圈匝数变多，选项C正确，D错误。【变式2-3】电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器()A.是一种降压变压器B.能测量直流电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流答案D解析变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，B、C项均错误；根据变压器匝数与电压的关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得副线圈的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1，由于原线圈匝数少而副线圈的匝数多，即n1＜n2，因此有U2＞U1，电流互感器是一种升压变压器，A项错误；根据变压器匝数与电流的关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可得副线圈的电流I2＝eq\f(n1,n2)I1，由于n1＜n2，因此有I2＜I1，D项正确。【题型3互感器问题】【例3】如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中，甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I，则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为()A．k1U，k2I B．k1U，eq\f(I,k2)C.eq\f(U,k1)，k2I D.eq\f(U,k1)，eq\f(I,k2)[解析]根据原、副线圈的电压、电流与线圈匝数关系可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k1，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,k2)，由此可知U1＝k1U，I1＝eq\f(I,k2)，B正确。[答案]B【变式3-1】如图所示，电压互感器、电流互感器可看成理想变压器，已知电压互感器原、副线圈匝数比是1000:1，电流互感器原、副线圈匝数比是1:200，电压表示数是200V，电流表示数是1.5A，则交流电路输送电能的功率是()A. B. C. D.答案：D解析：电压互感器原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为1000:1，而电流互感器原线圈的匝数与副线圈的匝数之比为1:200，由电压表的示数为200V，得原线圈的电压为200000V，由电流表的示数为1.5A，知原线圈的电流为300A。所以电路输送的电功率是。故选D。【变式3-2】如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器，一个用来测高压电流，一个用来测高压电压，T2接在两根输电线的正中间，T1接在其中一根输电线上。输电线电阻不可忽略，若输电线电阻率相同，发电站端的理想升压变压器副线圈输出电压为U1，输出功率为22800kW，用户端理想降压变压器原线圈两端电压为U2＝220kV，T1的原、副线圈匝数比为1∶100，T2的原、副线圈匝数比为10000∶1，a的示数为1A，则下列说法正确的是()A．U1＝248kVB．b的示数为22.8VC．输电线总电阻为40ΩD．输电效率约为96%解析：选DT1是电流互感器，由匝数比及a的示数可知输电线中的电流为100A，根据P＝UI可知U1＝228kV，则输电线上的损失电压为U损＝8kV，输电线总电阻为80Ω，A、C错误；电压互感器接在两输电线的正中间，则T2的原线圈两端的电压为224kV，则b的示数为22.4V，B错误；该输电线的输电效率η＝eq\f(U2,U1)×100%≈96%，D正确。【变式3-3】如图所示，T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器(均视为理想变压器)，T1的原、副线圈匝数比为1∶1000，、是交流电压表或交流电流表，其中交流电压表两端的电压为10V，高压线路输送的电功率是2.2×103kW、电压是22kV，则()A.是交流电压表B.T2的原、副线圈匝数比为1000∶1C.通过交流电流表的电流为0.1AD.绕制T1原线圈的导线应比副线圈的细答案C解析T1是电流互感器，是交流电流表，T2是电压互感器，是交流电压表，故A错误；对T2，根据变压器原副线圈电压与线圈匝数的关系eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(22×1000,10)＝eq\f(2200,1)，故B错误；对T1，原线圈的电流I1＝eq\f(P,U)＝eq\f(2.2×103,22)A＝100A，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，解得I2＝0.1A，故C正确；T1原线圈的电流大于副线圈的电流，故绕制T1原线圈的导线应比副线圈的粗，故D错误。【题型4联系实际问题】【例4】汽车的“点火线圈”实际上是一个变压器低压直流通过一个开关输入初级线圈，在开关断开或闭合的瞬间，将会在次级线圈中产生脉冲高电压形成电火花。图1和图2分别是初级线圈、次级线圈电压随时间变化的图像，则()A．t1时刻开关刚断开B．次级线圈的匝数比初级线圈要多C．t2至t3间穿过次级线圈的磁通量为零D．开关断开与闭合瞬间次级线圈产生的感应电动势方向相同解析：选B根据图像可知t1时刻开关刚闭合，故A错误；依题意需要用低电压产生高电压电火花，则需要次级线圈的匝数比初级线圈要多，故B正确；t2至t3间穿过次级线圈的磁通量不为零，磁通量的变化量为零，故C错误；根据图像可知开关断开瞬间电压与闭合瞬间相反，则感应电动势方向相反，故D错误。【变式4-1】小芳设计了一个电吹风，其电路图如图所示，变压器原、副线圈的匝数分别为N1、N2，小风扇的额定电压为60V。a、b、c、d为四个固定触点，转动扇形金属触片P的位置可同时接触两个触点，使电吹风可处于关机、吹热风和吹冷风三种工作状态。在电吹风吹热风时()A．触片P同时接触a、b，N1∶N2＝11∶3B．触片P同时接触a、b，N1∶N2＝3∶11C．触片P同时接触b、c，N1∶N2＝11∶3D．触片P同时接触b、c，N1∶N2＝3∶11解析：选A由题意可知，电吹风吹热风时，电热丝需连入电路中，触片P同时接触a、b，由变压器电压和匝数关系可得eq\f(N1,N2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(11,3)，A正确，B、C、D错误。【变式4-2】(多选)在家庭电路中，为了安全，一般在电能表后面的电路中安装一个漏电开关，其工作原理如图所示，其中甲线圈两端与脱扣开关控制器相连，乙线圈由两条电线采取双线法绕制，并与甲线圈绕在同一个矩形硅钢片组成的铁芯上。以下说法正确的是()A．当用户用电正常时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关接通B．当用户用电正常时，甲线圈两端有电压，脱扣开关接通C．当用户发生漏电时，甲线圈两端没有电压，脱扣开关断开D．当用户发生漏电时，甲线圈两端有电压，脱扣开关断开解析：选AD乙线圈采取双线法绕制，正常状态时，火线和零线中电流相等，产生的磁场完全抵消，甲线圈中没有电压，脱扣开关保持接通，A正确，B错误；当用户发生漏电时，流过火线与零线的电流不相等，产生的磁场不能完全抵消，会使甲线圈中产生感应电动势，脱扣开关断开，C错误，D正确。【变式4-3】大电流发生器是电力、电气行业在调试中需要大电流场所的必需设备，一般采用调压器输出端接升流器输入端、升流器输出端接试验回路的方法进行电流升流，原理如图所示。T1为自耦调压器，P为调压滑动触头；T2为升流器，与触头1连接时原、副线圈匝数的比值为k，R为试验回路的等效电阻，忽略其他电阻与感抗等因素的影响，调压器与升流器均视为理想变压器。当ab端接入电压为u＝UmsinωtV的交变电流时，以下说法正确的是()A．大电流发生器不仅可以提高试验回路的电流还可以提高试验回路中电流的频率B．保持与触头2连接，仅把滑动触头P向下滑动，R可以获得更大的电流C．保持滑动触头P位置不变，仅将触头2转换至触头1，R可以获得更大的电流D．将滑动触头P置于中间位置且与触头1连接，试验回路的电流为调压器输入端的2k倍解析：选D大电流发生器不可以提高试验回路中电流的频率，A错误；保持与触头2连接，仅把滑动触头P向下滑动，试验回路获得的电压变小，电流变小，B错误；保持滑动触头P位置不变，则升流器的输入端电压不变，根据变压器变压规律可知，当仅将触头2转换至1，升流器原、副线圈匝数比变大，cd端的电压变小，电流变小，C错误；保持滑动触头P置于中间位置，由调压器原副线圈的电流比等于匝数的反比可知经过了调压器，电流为调压器输入端电流的2倍，而与触头1连接，经过升流器，电流又为升流器输入端电流的k倍，故试验回路的电流为调压器输入端电流的2k倍，D正确。【题型5对比问题】【例5】(多选)如图1、2所示，理想变压器对电器供电，其输入电压u＝27000eq\r(2)sin100πt(V)，电器RL与RL′的参数分别为“220V/1100W”“220V/440W”，输电线的总电阻r＝2Ω。若两图中电器都能正常工作，则()A．图1中电阻r的功率为50WB．图2中变压器的输入功率比图1中变压器的输入功率增加了440WC．图1中原副线圈匝数比n1∶n2＝2700∶23D．图2中原副线圈匝数比n1∶n2＝1500∶13解析：选ACD根据P＝UI可得通过电器RL的电流为IL＝eq\f(PL,UL)＝5A，电阻r的功率为Pr＝IL2r＝50W，故A正确；题图1变压器输出电压为U出＝UL＋ILr＝230V，题图1输入功率等于输出功率为P1＝U出IL＝1150W，RL′正常工作的电流为IL′＝eq\f(PL′,UL′)＝2A，题图2中干路电流为I总＝IL＋IL′＝7A，题图2中输出电压为U出′＝UL′＋I总r＝234V，题图2中输入功率等于输出功率为P2＝U出I总＝1638W，题图2中变压器的输入功率比题图1中变压器的输入功率增加了ΔP＝P2－P1＝488W，故B错误；由于输入电压为U入＝eq\f(Um,\r(2))＝27000V，则题图1中原副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U入,U出)＝eq\f(2700,23)，题图2中原副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U入′,U出′)＝eq\f(1500,13)，故C、D正确。【变式5-1】如图是实验时用的原、副线圈都有从中点抽头的理想变压器，在原线圈上通过一个单刀双掷开关S1与一只电流表连接，在副线圈上通过另一个单刀双掷开关与一个定值电阻R0相连接，通过S1、S2可以改变原、副线圈的匝数。在原线圈上加一电压为U的交流电后，①当S1接a，S2接c时，电流表的示数为I1；②当S1接a，S2接d时，电流表的示数为I2；③当S1接b，S2接c时，电流表的示数为I3；④当S1接b，S2接d时，电流表的示数为I4，则()A.I1＝I2 B.I1＝I4C.I2＝I3 D.I2＝I4答案B解析在第①种情况下，S1接a，S2接c时，设副线圈加在R0上的电压为U0，流过R0的电流为I0，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得，第②③④种情况，R0上的电压分别为eq\f(U0,2)、2U0、U0，流过R0的电流分别为eq\f(I0,2)、2I0、I0，根据P入＝P出可得I2＝eq\f(1,4)I1、I3＝4I1、I4＝I1。【变式5-2】如图所示，负载电阻R接在理想变压器的副线圈上，虚线部分可以用一个电阻R1来等效替代，R1称为等效电阻，这里的等效是指输入电路的电压、电流、功率不变。若理想变压器的原、副线圈的匝数之比为n1∶n2，则有(