人教高中物理同步讲义练习选择性必修二33 变压器（解析版）

3.3变压器

o变压器的原理

模块一知识掌握

知识点一变压器的原理

【情境导入】

i.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

思考变压器的原、副线圈没有连在一起，原线圈中的电流是如何“流到”副线圈中去的?

2.探究分析变压器中闭合铁芯的作用是什么？

【答案】

1.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.变压器的铁芯为闭合铁芯，形成一个闭合磁路，使副线圈中的磁通量变化与原线

圈中的磁通量变化基本相同。

【知识梳理】

I.构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成,与交流电源连接的线圈叫作原线圈,与负载连

接的线圈叫作副线圈.

2.原理：旦感现象是变压器工作的基础.原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的磁

场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势.

【重难诠释】

I.变压器的构造

变压器由闭合铁芯、原线圈、副线圈组成，其构造示意图与电路中的符号分别如图甲、乙所示.

厂n1j卜:U：

河：二小能2也〃

］g即一

甲乙

2.变压器的工作原埋图

里［。生等1中

原线圈）【铁芯副?圈

交变电流电流一变化的磁理空交变电流

（电型）磁效应［场（磁场能）J感应（。能）

一一互感

注意（1）变压器不改变交变电流的周期和频率.（2）变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作

用.(3)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线图间是绝缘的.

知识点二实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

【重难诠释】

I.实验思路

交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压.线

圈匝数不同时输出电压不同，实验通过改变原、副线圈面数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系.

2.实验器材

多用电表、可拆变压器(如图甲)、学生电源、开关、导线若干

3.实验步骤

(I)按图乙所示连接好电路，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数.

(2)接通学生电源，读出电压值，并记录在表格中.

(3)保持而数不变，多次改变输入电压，记录每次改变后原、副线圈的电压值.

(4)保持输入电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的

电压值.

4.实验结论

实验分析表明，在误差允许范围内，原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比，即将=*

5.注意事项

(I)在改变学牛电源的电东、线圈而数前均要先断开开关,再进行操作.

(2)为了保证人身安全，学生电源的电压不能超过12V,通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱.

(3)为了保证多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压

后再选用适当的挡位进行测量.

工•考点剖析

[例题1]（2023春•如皋市校级月考）利用如图所示的可拆变压器可以探究变压器原、副线圈的电压

与匝数的关系，下列说法中正确的是（）

A.为了保证人身安全，可以用4〜6节干电池作为电源

B.使用电压表测电压时，要先用最小量程挡试测

C.变压器工作时通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈

D.由于漏磁，实际测得变压器原、副线圈的电压比会比原、副线圈的匝数比略大

【解答】解：A.干电池为直流电源，变压器只能改变交流电源的电压、电流，故A错误；

B.使用电压表测电压时，为确保电压表安全，要先用最大量程挡试测，故B错误；

C.变压渊工作时通过铁芯导磁，利用互感的原理把电能由原线圈输送到副线圈，故C错•误；

D.由于漏磁，实际测得变压器原、副线圈的电压比会比原、副线圈的匝数比略大，故D正确。

故选：D.

[例题2]（2023春•青岛期中）在实验室中探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系时，同学们发现

了以下几个问题，并展开了讨论。

（1）观察变压器的铁芯，发现它的结构和材料是:

A.整块硅钢铁芯B.整块不锈钢铁芯C.绝缘的硅钢片叠成

（2）观察原副线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数（填“多”或“少”）；

（3）小实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要

运用的科学方法是：

A.控制变量法B.等效替代法C.整体隔离法

（4）实验中将电源接在原线圈两个接线柱之间，调整原副线圈的匝数之比为2：3,用电压表测

得副线圈的两个接线柱之间的电压为3.0V,则原线圈的输入电压可能为：

A.1.8VB.2.0VC.2.2V

【解答】解：（1）观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，之所以做成这种结构，

方面是防止磁漏，另一方面昼量减少涡流造成的能量损失，故C正确，AB错误。

故选：Co

（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据

hn2

，2一九1

可知，匝数少的电流大，贝］导线越粗，即导线粗的线圈匝数少。

（3）实验中需要运用的科学方法是控制变量；故A正确，BC错误。

故选：Ao

（4）若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系

£i=ni

原副线圈的匝数之比为2：3,用电压表测得副线圈的两个接线柱之间的电压为3.0V,则原线圈的

电压为2V。考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于2V,可能为

2.2V；

故选C。

故答案为：（1）C；（2）少；（3）A；（4）Co

［例题3］（2023春•鲤城区校级期末）某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系工

（1）先将图甲中的零件组装成图乙中的变压器。再将原线圈接在交流电源上，之后再将副线圈接

在电压传感器（可视为理想电压表）上，观察到副线圈输出电压U。随时间I变化的图像如图丙

所示，在保证安全的前提下，该同学可能在ti〜t2时间内进行的操作是o

A.减少了原线圈的匝数

B.减少了原线圈的输入电压C.增大了交流电源的频率D.拔掉了变压器铁芯Q

铁芯P

线圈♦

铁，*Q

图甲图乙图丙

（2）用匝数na=50匝和n,=150匝的变压器，实验测量数据如下表。

U/V1.252.613.30

Ub/v3.807.929.98

根据测量数据可判断连接电源的线圈是o（选填“na”或“nb”）

（3）实验中原，副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为

A.原、副线圈通电发热B.铁芯在交变磁场作用下产生涡流

C.变压器铁芯“漏磁”D.原线圈输入电压发生变化

【解答】解：（1）A.由图丙知，U时刻前的电压值小于t2时刻后的电压值，而周期不变，根据氏=

—，减少了原线圈的匝数，副线圈输出电压U2增大，故A正确；

九2

B.若减少了原线圈的输入电压，副线圈输出电压U2减小，故B错误；

C.只增大交流电源的频率，小能改变副线圈输出电压U2,故C错误；

D.拔掉了变压器铁芯Q,副线圈输出电压U2减小，故D错误。

故选：Ao

（2）由表中数据可知，粤工区，变压器存在漏磁现象，副线圈两端测量值小于理论值，所以连

Ubnb

接电源的线圈是nb.

（3）AB.原、副线圈通电发热、铁芯在交变磁场作用下产生涡流，都会使变压器输出功率发生变

化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB正确；

C.变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C正确；

D.原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D错误。

本题选择错误选项；

故选：D。

故答案为：（1）A,（2）nb；（3）D

知识点三理想变压器的基本关系

【情境导入】

变压器线圈两端的电压与匝数的关系可以通过实验来探究。

器材：可拆变压器、学生电源、多用电表、导线若干

实验步骤：(1)按图示电路连接电路。

甲可拆变珠器零部件乙纽装后的变汽器

教学用可拆变压器

(2)原线圈接6V低压交流电源，保持原线圈匝数切不变，分别取副线圈匝数〃2=；

.、〃1、2/n,用多用电表交流电压挡分别测出副线匪两端的电压，记入表格。

(3)原线圈接6V低压交流电源，保持副线圈匝数〃2不变，分别取原线圈匝数〃

〃2、〃2、2m,用多用电表交流电压挡分别测出副线隆两端的电压，记入表格。

总结实验现象，得出什么结论？

【答案】

电压与匝数成正比，即饯=黑

【知识梳理】

1.理想变压器：没有能量损耗的变压器叫作理想变压器,它是一个理想化模型.

(1)原、副线圈中的电流产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内，即无“漏磁”.

(2)原、副线圈不计电阻，电流通过时不产生焦耳热，即无“铜损”.

(3)闭合铁芯中的涡流为零，即无“铁损”.

2.电压与匝数的关系

理想变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比,即值=2.

3.两类变压器

副线圈的电压比原线圈的电压低的变压器叫作隆压变压器；副线圈的电压比原线圈的电压高的变压

器叫作丑压变压器.

4.原线圈中电场的能量转变成磁场的能量，通过铁芯使变化的磁场几乎全部穿过了副线圈，在副线

圈中产生了感应电流，磁场的能量转化成了电场的能量.

【重难诠释】

1.电压关系

⑴只有一个副线圈时，皴嚓

当〃2＞，“时，U»U\,变压器使电压升高，是升压变压器.

当〃2Vm时.，U2〈S，变压器使电压降低，是降压变压器.

(2)有多个副线圈时，烁当*=•♦•

2.功率关系

从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率，即2入=。出.

3.电流关系

⑴只有一个副线圈时，卬|=。2/2或£=詈.

(2)当有多个副线圈时，/M=，2S+/3S+…或〃/产小上+用人+…

考点剖析

[例题4](2023春•荔湾区期末)无线充电技术已经逐渐应用于智能手机上，手机无线充电器的基本

原理类似于变压器。如图所示是某款5G手机无线充电器的充电原理示意图，当充电基座上的

发射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出电流为手机电池充电。若在U〜t2时

间内，磁场垂直于接收线圈平面向上穿过线圈，其磁感应强度由臼增加到B2,则在充电的这

段时间内()

A.接收线圈中d点电势高于c点电势

B.接收线圈中感应电流的方向由d到c点

C.发射线圈和接收线圈的频率可能不同

D.若想增大c、d之间的电势差，可以只增大发射线圈的匝数

【解答】解：AB、根据楞次定律增反减同可知，感应电流产生的磁场向下，可知接受线圈中感应

电流的方向由d到c点；接收线圈中感应出电流为手机电池充电，故c点电势高于d点电势，故

A错误，B正确；

C、发射线圈和接收线圈的频率相同，故C错误；

D、根据察=巴■可知，若只增大发射线圈的匝数ni,则c、d之间的电势差U2减小，故D错误。

U2n2

故选：Bo

[例题5]（2023春•顺义区期末）如图所示，理想变压器的原线圈接在u=22OV5sinlO（hrtV的交流电

源上，副线圈接有R=11C的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1,交流电流表、电压表均

为理想电表。下列说法正确的是（）

A.电流表的读数为20.0A

B.电压表的读数均为156V

C.原线圈的输入功率为1I00W

D.副线圈输出交流电的周期为0.01s

【解答】解：AB、由变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式可知，原线圈输入电压的最大值Um

=220V2V

有效值5=g=弊生V=220V

由理想变压器的变压比得：—=—

U2n2

代入数据解得：U2=110V

电压表示数为1I0V,由欧姆定律可知，副线圈电流12=第=等A=104

由理想变压器的变流比得：9="，代入数据解得：h=5A,电流表读数为5A,故AB错误；

h九1

C、副线圈输出功率P2=U2l2=IIOX1OW=IIOOW,理想变压器原线圈输入功率P|=P2=11（X）W,

故c正确；

D、由原线圈输入电压瞬时值表达式可知，交流电源的3=10（hmid/s,周期T=§=^-s=0.02s,

0）IUUTT

变压器副线圈输出电压的周期与原线圈输入电流周期相等，是0.02s,故D错误。

故选：Co

[例题6]（2023•天心区校级一模）如图所示，交流发电机中的矩形线框的匝数为N,面积为S,线

框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B,线框从图示位置开始绕轴OO'以恒定的角

速度3沿逆时针方向转动，线框通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为3：

1,定值电阻Ri、R2的限值均为R,忽略线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（）

A.图示位置时，电流表的示数为0

5N2B2S2a）2

B.矩形线框的输出功率为一--

9R

C.从图示位置开始到线框转90°的过程中，通过线圈导线截面的电量为（？二半

D.1秒钟内流过电阻Ri的电流方向改变出

n

【解答】解：A.电流表的示数为电流的有效值，电流的有效值不为零，故A错误;

B.矩形线框转动时产生的感应电动势的有效值为

「EmNBSo）

定值电阻R1两端的电压等于理想变压器的输入电压，即

„NBS0）

消耗的功率为

Du\N2B2S2a）2

P1=时=-2R—

由理想变压器电压与匝数关系式

£i=

U2九2

可知

“n2irNBSO)

Uo=—Ui=--L

21342

定值电阻R2消耗的功率为

_J_N282s

h-瓦—-i8R~

矩形线框的输出功率为

P=i=^密

故B正确;

R孥=(g)2R=9R

从图示位置开始转线框转90°的过程中,通过线圈的电荷量的电最为

NBS

NBSNBS10NBS

q=It=D—At==

K.总K总—9R

1+R等.

故C错误;

D.交流电在一个周期内方向改变两次，所以1秒钟内流过电阻Ri的电流方向改变处次，故D错

n

误。

故选：Bo

[例题7]（2023春•泉州期末）图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为如图乙

所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈匕变压器原、副线圈的匝数分别为ni、

m,原线圈两端接交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金

属板间引发电火花进而点燃气体。则（）

A.电压表的小数等于5V

n

B.实现点火的条件是二7•>1000

%

C.t=0.2s时电压表的示数为0V

D.变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为u=5sinl()nt(V)

【解答】解：A.如图乙所示的正弦交变电压，可得电压的最大值为5V,则电压表的示数为有效

值，即

Ul=^2=72V，故人错误；

B、根据电压与匝数成正比可知

nl_

n2U2m

当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体,

解得

—>1000,故B正确；

%

C、t=0.2s时，电压表的示数为电压的有效值

出=第*V,C错误；

D、由图乙可得交流电的周期T=0.4s,则

3=丁27=rL5nraa.//s

1=0时，电压为0,电压的最大值为5V,故变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为

u=5sin5nt(V),故D错误。

故选：Bo

模块二巩固提高

1.(2023春•西城区期末)某种感温式火灾报警器如图1所示，其简化的工作电路如图2所示。

变压器原线圈接电压有效值恒定的交流电源。副线圈连接报警系统，其中RT为热敏电阻，其阻

值随温度的升高而减小，R。为滑动变阻器，Ri为定值电阻。当警戒范围内发生火灾，环境温度

升高达到预设值时，报警装置(图中未画出)通过检测Ri的电流触发报警。下列说法正确的是

()

图1图2

A.警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压减小

B.警戒范围内出现火情时，原线圈输入功率变小

C.通过定值电阻Ri的电流过低时，报警装置就会报警

D.若要调低预设的报警温度，可减小滑动变阻器Ro的阻值

【解答】解：A、变压器中副线圈两端电压取决于原线圈电压与匝数比，由于原线圈两端电压与

匝数比不变，则警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，故A错误；

B、警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，

则原线圈中电流增大，由P=UI可知，由于原线圈两端电压不变，所以原线圈输入功率变大，故

B错误；

C、警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，

即通过定值电阻Ri的电流达到某一值时，报警装置就会报警，故C错误；

D、若要调低预设的报警温度，即热敏电阻的阻值较大，要保持流过Ri的电流不变，则可减小滑

动变阻器R。的阻值，故D正确。

故选：D。

2.(2023春•深圳期末)电或:拍利用高压电击网来击杀匕近的蚊虫。如图所示，将3V直流电压通

过转换器转变为正弦交变电压u=3sinl()000m(V),再将其加在理想变压器的原线圈上，副线

圈两端接电击网，电压峰值达到2100V时可击杀蚊虫，正常工作时()

电蚊拍的高

高

频

转

1换

器

A.交流电压表的示数为3V

B.电击网上的高频电压的频率为10000Hz

C.副线圈与原线圈匝数比需满足,N700

%

D.将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作

【解答】解：A、电压表的示数为有效值，由u=3sinl(M)00m(V)可知，电压的峰值为Uim=3V

电压表的示数为5=解*=苧V

故A错误；

B、由u=3sinl000(hu(V)可知，角速度3=1000(hrrad/s

原线圈频率为f=*=/=当譬Hz=5000Hz

理想变压器不改变交流电的频率，则电击网上的高频电压的频率为5000Hz,故B错误；

C、理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，副线圈电压峰值达到2100V时可击杀蚊虫，即U2m

22100V

则有：步=也

U2nln2

代入数据解得：—>700

九1

故C正确；

D、理想变压器只能改变交流电的电压，不能改变直流电的电压，则将3V直流电压连接在变压器

的原线圈两端，电蚊拍不能正常工作，故D错误。

故选：Co

3.(2023•马鞍山二模)近些年我国手机闪充功能发展迅速，已经处于国际领先水平。图甲是某国

产超级快速无线充电器CP62R,可提供最大50W的无线充电功率。其工作原理近似为•个理想

变压器如图乙所示，当送电线圈接上220V、50Hz的正弦交变电流时，受电线圈中会产生交变

电流。送电线圈的匝数为ni,受电线圈的匝数为且m：n2=5：1。当该装置给手机快速充

电时，下列判断正确的是（）

A.送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递

B.流过送电线圈的电流大于受电线圈的电流

C.受电线圈的输出电压大于送电线圈的输入电压

D.每秒钟通过受电线圈的电流方向改变50次

【解答】解：A.该无线充电器的工作原理近似为一个理想变压器，送电线圈和受电线圈通过互

感实现能量传递，故A正确；

B.根据理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知，流过送电线圈的电流与流过受电线圈的

电流之比为1：5,即流过送电线圈的电流小于受电线圈的电流，故B错误；

C.根据理想变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，受电线圈的输出电压与送电线圈的输入

电压之比为1：5,即受电线圈的输出电压小于送电线圈的输入电压，故C错误；

D.电压频率为50Hz,周期为T=：=4S=0.02S,一个周期电流方向改变2次，所以每秒钟电流

方向改变100次，故D错误。

故选：A。

4.（2022秋•浏阳市期末）某同学自己绕制了两个线图套在可拆变压器的铁芯上，组成了一个新

变压器，如图甲所示，线圈a作为原线圈连接到学生电源的交流输出端，原、副线圈的匝数比

为4：1,电源输出的电压如图乙所示，线圈b接小灯泡。若他组成的新变压器可视为理想变压

器，则（）

A.电源输出电压的频率为100Hz

B.若小灯泡两端并联交流电压表，则此电压表示数为9V

C.若小灯泡两端并联一个电阻，电源的输出功率减小

D.将线圈a改接在学生电源的直流输出端，小灯泡也能发光

【解答】A.由乙图可知，周期T=（）.（）2s,频率f=5OHz,变压器不改变频率，所以电源输出电压

的频率为50Hz,故A错误。

B.原线圈输入电压的有效值为36V,副线圈输出电压4=孕力=Jx36V=9V,故B正确。

C.理想变压器原副线圈的电压比等于匝数比，在输入电压不变时，匝数比不变，副线圈输出的电

压不变，灯泡两端并联一个电阻后，副线圈消耗功率变大，电源输出功率变大，故B错误。

D.变压器是利用了电磁感应的互感原理，直流电流通过线圈的磁通量不随时间变化，不会产生感

应电动势，小灯泡不会发光，故D错误。

故选:Bo

5.（2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示是一种家用台灯的原理图，已知图中理想变压器原、副线

圈匝数比为2：1,灯泡的额定功率为4W,额定电压为20Vo现将原线圈接在11=

220&sinl007it"）的交流电源上，灯泡正常发光，则定值电阻R的阻值为（）

【解答】解：由题可知原线圈的电压

Ui=骡=必擎y=220V

V2v2

根据理想变压器原副线圈电压之比和线圈匝数之比的关系有

5.=在

S571?

代入数据解得U2=110V

灯泡的额定功率为4W,额定电压为20V,则额定电流为

P4

I=U=20A=（）-2A

定值电阻R的阻值为

R==1%20c=4500故ABD错误，C正确。

故选：Co

6.（2023•九龙坡区模拟）九龙坡某企业是生产大型变压器的龙头企业。其生产的某理想变压器的

简化模型如图，原线圈所接交流电源电压的有效值不变，电流表和电压表均为理想电表，若副

线圈所接的负载电阻的阻值变小。卜.列说法正确的是（）

C.电压表的示数变小D.电流表的示数变小

【解答】解：C、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，

所以变压器的输出电压也不变，电压表的示数不变，故C错误；

AB、当负载电阻减小时，根据欧姆定律可知副线圈的电流增大，根据P=UI可知，电源的输出功

率增大，负载的电功率增大、则输入功率也增大，故A正确，B错误；

D、副线圈电流增大，根据变流比可知，原线圈的电流也增大，则电流表示数增大，故D错误。

故选：Ao

7.（2023•北京）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正

弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施

有可能使小灯泡正常发光的是（）

A.仅增加原线圈匝数

B.仅增加副线圈匝数

C.将原、副线圈匝数都增为原来的两倍

D.将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈

【解答】解：若变压器为理想变压器，根据Ui:U2=E:皿可得：U2=M%,则输出电压为：

U2二最U,部X12V=3.8V：实际测得小灯泡两端电压为2.5V,说明变压器漏磁。

A、仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；

B、仅增加副线圈匝数，线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；

C、将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由「原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不

变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；

D、将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，更不能

使小灯泡正常发光，故D错误。

故选:Bo

8.（2023•齐齐哈尔二模）如图所示的电路中，定值电阻Ri、R3的阻值均为R,R2为电阻箱，理

想变压器原、副线圈的匝数比为2：1,在a、b两端输入正弦交流电压，调节滑动变阻器，使Ri

消耗的功率和变压器的输出功率相等，此时，电阻箱接入电路的阻值为（）

A.-RB.-RC.RD.2R

32

【解答】解：设原线圈中的电流为h,副线圈中的电流为12,根据电流和匝数的关系则有：7=

九1r

­=2

九2

副线圈两电阻并联，则有：R#=并徐

Ri消耗的功率和变压器的输出功率相等，则有：并

已知定值电阻Ri、R3的阻值均为R

代入数据解得；&=《R

故选：Ao

9.（2023•辽宁模拟）图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在充电站内，受电线圈和电

池系统置于车内。如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻为R,当输入端ab接入电压为Uo

正弦交流电时，供电线圈与受电线圈两端电压分别Ui、U2,通过电池系统的电流为I。若不计

其他电阻，忽略线圈中的能量损失，下列说法正确的是（）

电

池

系

统

▲▲▲今

供电线圈

甲

A.ab端的输入功率等于U2I

B.ab端的输入功率等于Uol

C.供电线圈和受电线圈匝数比为Uo：U2

D.供电线圈和受电线圈匝数比为Ui：U2

【解答】解：AB.根据题意可知，变压器的输出功率为P=U2l,由于原线圈上串联的电阻R也

要消耗功率，所以ab端的输入功率大于U2I,变压器原线圈中的电流不等于I,所以ab端的输入

功率也不等于UoL故AB错误;

CD.根据变压器电压比等于匝数比，可得供电线圈和受电线圈匝数比为

H1=£1

n2U?

故C错误，D正确。

故选：Do

10.（2023•北布区模拟）在图甲所示的交流电路中，电压表为理想电表。已知电源电压的有效值为

220V,电压表的示数为20V,Ri、R2、R3均为定值电阻，R