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第十三章　第71练　变压器　远距离输电　实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
[分值：100分]
1~6题每小题7分，7题12分，共54分
1.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
2.(2024·江苏省模拟)在我国北方部分地区经常出现低温雨雪冰冻天气，高压输电线因结冰而造成严重损毁，如图所示。为消除高压输电线上的冰凌，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰。在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；若输电功率和输电线电阻不变，除冰时，需要输电线上热耗功率为9ΔP，则除冰时(　　)
A.输电电流为I B.输电电流为9I
C.输电电压为3U D.输电电压为U
3.(2024·海南卷·9改编)电动汽车充电站变压器输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每个充电桩输入电流为16 A，设原副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正确的是(　　)
A.交流电的周期为0.01 s
B.原副线圈匝数比n1∶n2=11∶500
C.输出的最大电压为220 V
D.若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW
4.(2023·江苏南通市期末)如图所示为简化的充电原理图。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是(　　)
A.接收线圈中的电流与电压成正比
B.接收线圈的输出功率与发射线圈的输出功率相等
C.发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D.穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
5.(2025·江苏南京市六校联合体期中)如图甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为11∶2，其原线圈两端接入如图乙所示的正弦式交流电，副线圈通过电流表与负载电阻R相连。若交流电压表和交流电流表都是理想电表，下列说法正确的是(　　)
A.变压器输出电压的最大值是40 V
B.t=0.01 s时，电流表的示数是0
C.变压器副线圈输出的交流电的频率为0.5 Hz
D.若电流表的示数为1 A，则负载电阻R的阻值为40 Ω
6.(2025·江苏南京市两校联合体期中)如图所示，理想变压器原线圈接入有效电压恒定的正弦式交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在滑动变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中(　　)
A.电流表A1示数增大
B.电流表A2示数增大
C.定值电阻R消耗的功率减小
D.原线圈输入功率先增大后减小
7.(12分)(2025·江苏泰州市期初模拟)某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验。他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干。
(1)(2分)实验需要以下哪种电源　　　　　。
A.低压直流电源　　　　　　B.高压直流电源
C.低压交流电源　　　　　　D.高压交流电源
(2)(4分)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数。分别测出相应的原、副线圈电压值。由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的　　　　　值(填“有效”或“最大”)。其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为　　　　　。
(3)(4分)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成　　　　　(填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般　　　　　(填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比。
(4)(2分)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　　(填字母代号)。
A.原、副线圈上通过的电流发热
B.铁芯在交变磁场作用下发热
C.变压器铁芯漏磁
D.原线圈输入电压发生变化
8~10题每小题8分，11题13分， 共37分
8.(2023·天津卷·6)如图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有(　　)
A.T1输出电压与T2输入电压相等
B.T1输出功率大于T2输入功率
C.若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D.若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
9.(2024·浙江6月选考·7)理想变压器的原线圈通过a或b与频率为f、电压为u的交流电源连接，副线圈接有三个支路，如图所示。当S接a时，三个灯泡均发光，若(　　)
A.电容C增大，L1灯泡变亮
B.频率f增大，L2灯泡变亮
C.RG上光照增强，L3灯泡变暗
D.S接到b时，三个灯泡均变暗
10.(2024·江苏南京市三模)如图所示，理想变压器输入端a、b间接入电压有效值恒定的交变电流，R1、R2为定值电阻，灯泡L1、L2的阻值恒定。在滑动变阻器R的滑片从上端滑到下端的过程中，两个灯泡始终发光且工作电压在额定电压以内，则下列说法正确的是(　　)
A.L1变亮，L2变亮 B.L1变亮，L2变暗
C.L1变暗，L2变暗 D.L1变暗，L2变亮
11.(13分)(2023·江苏省南菁高级中学模拟)如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N=100匝，面积S=0.03 m2，线圈匀速转动的角速度ω=100π rad/s，匀强磁场的磁感应强度B为 T，输电导线的总电阻为R=10 Ω，降压变压器原、副线圈的匝数比n3∶n4=10∶1，若用户区标有“220 V　8.8 kW”的电动机M恰能正常工作。发电机线圈电阻r不可忽略。求：
(1)(4分)输电线路上损耗的电功率ΔP；
(2)(3分)升压变压器副线圈两端电压U2；
(3)(6分)若升压变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=1∶8，交流发电机线圈电阻r上消耗的热功率P。
答案　(1)160 W　(2)2 240 V　(3)640 W
解析　(1)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，则有
I4== A=40 A
根据理想变压器的变流比可知=
解得I3=4 A
所以输电线路上损耗的电功率ΔP=R
解得ΔP=160 W
(2)根据理想变压器的变压比可知=
解得U3=2 200 V
升压变压器副线圈两端电压U2=U3+I3R
解得U2=2 240 V
(3)根据理想变压器的变压比可知=
可得U1=280 V
升压变压器的原线圈输入功率P1=ΔP+P用
可得P1=8 960 W
根据P1=U1I1
解得I1=32 A
根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为
Em=NBSω
代入数据解得Em=300 V
发电机电源电动势有效值E==300 V
发电机线圈内阻上消耗的热功率P=I1E-P1
可得P=640 W。
(9分)
12.(2022·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I。下列说法正确的是(　　)
A.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变
B.保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大
C.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大
D.保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小
参考解析
1.D　[电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A错误；变压器的原理是电磁感应，只能够在交流电路中正常工作，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；理想变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确。]
2.D　[根据ΔP＝I2r，导线上的热损失功率变为原来的9倍，电流应增加为原来的3倍，即为3I；由P＝UI知，则输送电压变为U，故选D。]
3.D　[交流电的周期为T＝＝0.02 s，故A错误；根据理想变压器原副线圈的电压与线圈匝数的关系可得，原副线圈匝数比为，故B错误；输出的最大电压为U2m＝U2＝220 V，故C错误；若10台充电桩同时使用，输出功率为P2总＝10U2I2＝10×220×16 W＝35 200 W＝35.2 kW，变压器不改变功率，故输入功率为P1总＝P2总＝35.2 kW，故D正确。]
4.C　[工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，若发射线圈功率恒定为P，则有P·0.8＝U2I2，可知接收线圈中的电流与电压成反比，故A错误；工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，由于漏磁，所以接收线圈的输出功率小于发射线圈的输出功率，故B错误；发射线圈与接收线圈中磁通量变化的频率相同，原、副线圈在电磁感应中是同频率变化，所以发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同，故C正确；穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，由磁通量的变化率为，则穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的变化率不相同，故D错误。]
5.D　[由题图乙可知变压器原线圈两端电压的最大值为220 V，根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系，解得变压器输出电压的最大值是U2m＝40 V，故A错误；电流表在任意时刻显示的示数均为有效值，t＝0.01 s时，电流表的示数不是0，故B错误；变压器不改变交变电流的频率，变压器副线圈输出的交流电的频率为f＝ Hz＝50 Hz，故C错误；变压器副线圈的有效值为U2＝＝40 V，若电流表的示数为1 A，则负载电阻R的阻值为R＝ Ω＝40 Ω，故D正确。]
6.C　[分析右端电路可知，R与滑动变阻器右半部分并联后，再与左半部分串联接入电路。当滑片从a往b滑动时，并联部分总电阻减小，滑动变阻器左半部分电阻增大，故电路中总电阻增大。变压器原线圈输入电压不变，副线圈输出电压不变，总电阻增大，则副线圈总电流减小，A2示数减小，再由理想变压器原、副线圈电流关系知，A1示数减小，故A、B错误；滑片从a往b滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和R并联总电阻减小，则并联部分分压减小，定值电阻R消耗电功率减小，故C正确；原线圈输入电压不变，电流减小，故输入功率减小，故D错误。]
7.(1)C　(2)有效　7.2 V　(3)正比　大于　(4)D
解析　(1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源。故选C。
(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的“×10 V”挡位，所以应该在0~10 V挡位读数，所以读数应该是7.2 V。
(3)根据可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比。实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈的电压的实际值一般略小于理论值，所以导致>。
(4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变电磁场作用下发热，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；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D。
8.B　[由于输电过程中电阻R要产生热量，会损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电电路电流也相应变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。]
9.A　[电容增大，对交流电的阻碍作用减小，则L1灯泡变亮，故A正确；频率f增大，则电感的阻碍作用增大，则L2灯泡变暗，故B错误；光照增强，光敏电阻阻值减小，由于各支路两端电压不变，则通过L3灯泡的电流增大，变亮，故C错误；S接到b时，根据变压比可知，副线圈电压增大，则三个灯泡均变亮，故D错误。]
10.D　[令原、副线圈两端电压与电流分别为U1、U2、I1、I2，令副线圈所在电路总电阻为R0，若将变压器与负载等效为一个电阻，则等效电阻的阻值为Rx＝＝()2＝()2R0，当滑动变阻器R的滑片从上端滑到下端的过程中，负载总电阻增大，等效电阻增大，令a、b间接入电压有效值U0，根据欧姆定律有I1＝可知，通过灯泡L1的电流减小，L1变暗，由于U1＝U0－I1RL1可知，原线圈两端电压增大，根据电压与匝数的关系有，结合上述可知，副线圈两端电压增大，根据欧姆定律可知，通过灯泡L2的电流增大，L2变亮，即L1变暗，L2变亮，故选D。]
11.(1)160 W　(2)2 240 V　(3)640 W
解析　(1)设降压变压器原、副线圈的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，则有I4＝ A＝40 A
根据理想变压器的变流比可知
解得I3＝4 A
所以输电线路上损耗的电功率
ΔP＝R
解得ΔP＝160 W
(2)根据理想变压器的变压比可知
解得U3＝2 200 V
升压变压器副线圈两端电压
U2＝U3＋I3R
解得U2＝2 240 V
(3)根据理想变压器的变压比可知
可得U1＝280 V
升压变压器的原线圈输入功率
P1＝ΔP＋P用
可得P1＝8 960 W
根据P1＝U1I1
解得I1＝32 A
根据正弦式交变电流产生规律可知，最大值为Em＝NBSω
代入数据解得Em＝300 V
发电机电源电动势有效值
E＝＝300 V
发电机线圈内阻上消耗的热功率
P＝I1E－P1
可得P＝640 W。
12.B　[由题意可知，原、副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U2＝2IR1，则变压器原线圈的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设输入交变电源的电压有效值为U0，则U0＝4IR1＋IR2，可得I＝。
保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I不断变大，根据欧姆定律U1＝4IR1
可知变压器原线圈的电压有效值变大，输入端接入的电压有效值不变，则R2两端的电压不断变小，则电压表示数U变小，原线圈的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正确，A错误；
设原、副线圈的匝数比为n，同理可得
U1＝n2IR1，则U0＝n2IR1＋IR2
整理可得I＝
保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，n不断变大，则I变小，对R2由欧姆定律可知U＝IR2，可知U不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R1消耗的功率为P1＝IU1＝
·(U0－)
整理可得P1＝
可知n＝3时，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后减小，故C、D错误.]

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