1．(2020·江蘇卷·2)電流互感器是一種測量電路中電流的變壓器，工作原理如圖所示。其原線圈匝數(shù)較少，串聯(lián)在電路中，副線圈匝數(shù)較多，兩端接在電流表上。則電流互感器( )
A．是一種降壓變壓器
B．能測量直流電路的電流
C．原、副線圈電流的頻率不同
D．副線圈的電流小于原線圈的電流
2．(2023·廣東卷·6)用一臺理想變壓器對電動汽車充電，該變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2，輸出功率為8.8 kW，原線圈的輸入電壓u＝220eq \r(2)sin(100πt) V。關于副線圈輸出電流的有效值和頻率正確的是( )
A．20 A,50 Hz B．20eq \r(2) A,50 Hz
C．20 A,100 Hz D．20eq \r(2) A,100 Hz
3．(2023·北京卷·7)自制一個原、副線圈匝數(shù)分別為600匝和190匝的變壓器，原線圈接12 V的正弦交流電源，副線圈接額定電壓為3.8 V的小燈泡。實際測得小燈泡兩端電壓為2.5 V。下列措施有可能使小燈泡正常發(fā)光的是( )
A．僅增加原線圈匝數(shù)
B．僅增加副線圈匝數(shù)
C．將原、副線圈匝數(shù)都增為原來的兩倍
D．將兩個3.8 V小燈泡并聯(lián)起來接入副線圈
4．(2022·河北卷·3)張家口市壩上地區(qū)的風力發(fā)電場是北京冬奧會綠色電能的主要供應地之一，其發(fā)電、輸電簡易模型如圖所示，已知風輪機葉片轉速為每秒z轉，通過轉速比為1∶n的升速齒輪箱帶動發(fā)電機線圈高速轉動，發(fā)電機線圈面積為S，匝數(shù)為N，勻強磁場的磁感應強度為B，t＝0時刻，線圈所在平面與磁場方向垂直，發(fā)電機產生的交變電流經過理想變壓器升壓后，輸出電壓為U。忽略線圈電阻，下列說法正確的是( )
A．發(fā)電機輸出的電壓為eq \r(2)πNBSz
B．發(fā)電機輸出交變電流的頻率為2πnz
C．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq \r(2)πNBSnz∶U
D．發(fā)電機產生的瞬時電動勢e＝eq \r(2)πNBSnzsin(2πnz)
5．(多選)(2024·廣東省模擬)如圖為理想的自耦變壓器，其中P為變壓器上的滑動觸頭，P′為滑動變阻器上的滑片，電流表為理想電表，若輸入電壓U1一定，則( )
A．P不動，P′向下滑動時，U2一直在減小
B．P′不動，P順時針轉動一個小角度時，U1和U2的比值增大
C．P′不動，P順時針轉動一個小角度時，電流表讀數(shù)在增大
D．P順時針轉動一個小角度，同時P′向下滑動時，小燈泡的亮度可以不變
6．(2023·江蘇鹽城市三模)如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝5∶1，原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓u，R為阻值隨光照強度增大而減小的光敏電阻，L1和L2是兩個完全相同的燈泡，電表均為理想交流電表。則( )
A．通過光敏電阻的交變電流頻率為10 Hz
B．若L2的燈絲燒斷，則電壓表的示數(shù)為5 V
C．當照射R的光照強度增大時，電流表的示數(shù)變小
D．圖像上對應的0.01 s時刻，發(fā)電機中的線圈平面與中性面垂直
7.如圖所示，原、副線圈匝數(shù)比為100∶1的理想變壓器，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表，從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝310sin 314t(V)，π取3.14，則( )
A．當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表的示數(shù)為3.1 V
B．副線圈兩端的電壓頻率為50 Hz
C．當單刀雙擲開關由a扳向b時，原線圈輸入功率變小
D．當單刀雙擲開關由a扳向b時，電壓表和電流表的示數(shù)均變小
8．(多選)(2022·湖北卷·9)近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220 V、匝數(shù)為1 100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，忽略其他損耗，下列說法正確的是( )
A．接收線圈的輸出電壓約為8 V
B．接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22∶1
C．發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同
D．穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同
9.(2023·廣東廣州市育才中學期中)一含有理想自耦變壓器的電路如圖所示，變壓器副線圈匝數(shù)可調，原線圈串聯(lián)定值電阻r后接在有效值為220 V的正弦式交流電源上，定值電阻R＝4r。當副線圈匝數(shù)調至某位置時，R和r的功率恰好相等，則此時原、副線圈匝數(shù)比為( )
A．2∶1 B．1∶2 C．4∶1 D．1∶4
10.(多選)(2023·河南開封市一模)如圖為一理想變壓器，其中所接的4盞燈泡規(guī)格均為“10 V 5 W”。當接入電壓u＝U0sin(100πt)的電源時，4盞燈均正常發(fā)光。下列說法正確的是( )
A．原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2∶n3＝3∶1∶2
B．電流在1 s時間內改變50次方向
C．U0＝40eq \r(2) V
D．變壓器的輸出功率為20 W
11．(多選)(2021·河北卷·8)如圖，發(fā)電機的矩形線圈長為2L、寬為L，匝數(shù)為N，放置在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n0、n1和n2，兩個副線圈分別接有電阻R1和R2，當發(fā)電機線圈以角速度ω勻速轉動時，理想電流表讀數(shù)為I，不計線圈電阻，下列說法正確的是( )
A．通過電阻R2的電流為eq \f(n1I,n2)
B．電阻R2兩端的電壓為eq \f(n2IR1,n1)
C．n0與n1的比值為eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)
D．發(fā)電機的功率為eq \f(\r(2)NBL2ωI?n1＋n2?,n0)
12．(2023·重慶卷·12)一興趣小組擬研究某變壓器的輸入和輸出電壓之比，以及交流電頻率對輸出電壓的影響。圖甲為實驗電路圖，其中L1和L2為變壓器的原、副線圈，S1和S2為開關，P為滑動變阻器RP的滑片，R為電阻箱，E為正弦式交流電源(能輸出電壓峰值不變、頻率可調的交流電)。
(1)閉合S1，用多用電表交流電壓擋測量線圈L1兩端的電壓?；琍向右滑動后，與滑動前相比，電表的示數(shù)________(選填 “變大”“不變”或“ 變小”)。
(2)保持S2斷開狀態(tài)，調整E輸出的交流電頻率為50 Hz，滑動滑片P，用多用電表交流電壓擋測得線圈L1兩端的電壓為2 500 mV時，用示波器測得線圈L2兩端電壓u隨時間t的變化曲線如圖乙所示，則線圈L1兩端與L2兩端的電壓比值為________(保留3位有效數(shù)字)。
(3)閉合S2，滑動P到某一位置并保持不變。分別在E輸出的交流電頻率為50 Hz、1 000 Hz的條件下，改變R的阻值，用多用電表交流電壓擋測量線圈L2兩端的電壓U，得到U－R關系曲線如圖丙所示。用一個阻值恒為20 Ω的負載R0替換電阻箱R，由圖丙可知，當頻率為
1 000 Hz時，R0兩端的電壓為________ mV；當頻率為50 Hz時，為保持R0兩端的電壓不變，需要將R0與一個阻值為________ Ω的電阻串聯(lián)。(均保留3位有效數(shù)字)
13.(2022·湖南卷·6)如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源。定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表的示數(shù)為U，理想電流表的示數(shù)為I。下列說法正確的是( )
A．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，U不變
B．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率增大
C．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，U增大
D．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小
第2練 變壓器 遠距離輸電
實驗十五：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系
訓練1 變壓器
1．D [電流互感器原線圈匝數(shù)少，副線圈匝數(shù)多，是一種升壓變壓器，故A錯誤；變壓器的原理是電磁感應，只能夠在交流電路中才能正常工作，故它不能測量直流電路的電流，故B錯誤；變壓器不改變交變電流的頻率，故C錯誤；變壓器的電流與匝數(shù)成反比，因此副線圈的電流小于原線圈的電流，故D正確。]
2．A [由題可知原線圈輸入電壓的有效值為U1＝eq \f(220\r(2),\r(2))＝220 V，原線圈電流為I1＝eq \f(P,U1)＝
40 A，副線圈輸出電流的有效值為I2＝eq \f(n1,n2)I1＝20 A，變壓器無法改變電流的頻率，故f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(100π,2π) Hz＝50 Hz，故選A。]
3．B [由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)知，僅增加原線圈匝數(shù)，副線圈的輸出電壓U2減小，不能使小燈泡正常發(fā)光，故A錯誤；由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)知，僅增加副線圈匝數(shù)，副線圈的輸出電壓U2增大，有可能使小燈泡正常發(fā)光，故B正確；由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)知，將原、副線圈匝數(shù)都增為原來的兩倍，由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發(fā)光，故C錯誤；將兩個3.8 V小燈泡并聯(lián)起來接入副線圈，由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發(fā)光，故D錯誤。]
4．C [發(fā)電機線圈的轉速為nz，輸出交變電流的頻率為f＝nz，B錯誤；線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產生正弦交流電，最大值為Em＝NBS·2π·nz，則發(fā)電機輸出的電壓為E＝eq \f(Em,\r(2))＝eq \r(2)πNBSnz，A錯誤；變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq \f(n1,n2)＝eq \f(E,U)＝eq \f(\r(2)πNBSnz,U)，C正確；發(fā)電機產生的瞬時電動勢為e＝Emsin ωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D錯誤。]
5．BD [根據(jù)eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，P不動，則匝數(shù)比一定，可知U2不變，A錯誤；P′不動，P順時針轉動一個小角度時，副線圈接入的線圈匝數(shù)變小，根據(jù)eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，U1和U2的比值增大，B正確；P′不動，P順時針轉動一個小角度時，根據(jù)上述可知，U2減小，則通過副線圈的電流減小，根據(jù)eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)可知，通過原線圈的電流減小，即電流表讀數(shù)在減小，C錯誤；P順時針轉動一個小角度，同時P′向下滑動時，副線圈接入的線圈匝數(shù)變小，根據(jù)eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，U2減小，由于I2＝eq \f(U2,R燈＋R)，由于P′向下滑動時，滑動變阻器接入電阻R減小，結合上述，電流I2可能不變，即P順時針轉動一個小角度，同時P′向下滑動時，小燈泡的亮度可以不變，D正確。]
6．B [由題圖乙可知，理想變壓器原線圈的交流電的周期為T＝0.02 s，頻率f＝eq \f(1,T)＝50 Hz，變壓器副線圈交流電的頻率與原線圈相同，故通過光敏電阻的交變電流頻率為50 Hz，A錯誤；由題圖乙可知，原線圈的交流電的電壓的峰值U1m＝25eq \r(2) V，原線圈的交流電的電壓的有效值U1＝eq \f(U1m,\r(2))＝25 V，由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，得U2＝5 V，副線圈電壓由原線圈電壓和匝數(shù)比決定，與負載電阻無關，若L2的燈絲燒斷，則電壓表的示數(shù)仍為5 V，B正確；當照射R的光照強度增大時，R的阻值減小，副線圈的功率變大，副線圈中的電流I2變大，由eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)，原線圈電流I1增大，電流表的示數(shù)變大，C錯誤；圖像上對應的0.01 s時刻，電壓瞬時值為零，發(fā)電機中的線圈平面與中性面重合，D錯誤。]
7．B [由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，得U2＝eq \f(U1n2,n1)，因U1＝eq \f(310,\r(2)) V，所以U2＝eq \f(310,\r(2))×eq \f(1,100) V≈2.2 V，A錯誤；由瞬時值表達式可得ω＝314 rad/s，則頻率f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(314,2π) Hz＝50 Hz，B正確；當單刀雙擲開關由a扳向b時，n1減小，則U2增大，電壓表示數(shù)變大，I2＝eq \f(U2,R)增大，副線圈的輸出功率P出＝U2I2增大，原線圈的輸入功率增大，C、D錯誤。]
8．AC [根據(jù)eq \f(n1,n2)＝eq \f(80%U1,U2)，可得接收線圈的輸出電壓約為U2＝8 V，故A正確；由于漏磁，接收線圈與發(fā)射線圈功率不相等，接收線圈與發(fā)射線圈中的電流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，故B錯誤；變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相等，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的磁通量變化率不相同，故D錯誤。]
9．B [設原、副線圈的匝數(shù)之比為n，副線圈的電流為I，根據(jù)理想變壓器的原、副線圈中電流大小與線圈匝數(shù)關系可知原線圈的電流為eq \f(I,n)，又因為R和r的功率恰好相等，所以可知(eq \f(I,n))2r＝I2R＝4I2r，因此n＝eq \f(1,2)，B正確。]
10．AC [根據(jù)接入電壓的表達式可知，ω＝100π rad/s，則交流電的頻率為f＝eq \f(1,T)＝eq \f(ω,2π)＝50 Hz，所以在1 s時間內電流方向要改變100次，B錯誤；4盞燈相同且均正常發(fā)光，所以加在燈泡兩端的電壓均為U，理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，則有 IU1＝IU＋2IU(I、U分別為燈泡的額定電流和額定電壓)，得U1＝3U，根據(jù)eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)＝eq \f(3,1)，eq \f(n1,n3)＝eq \f(U1,U3)＝eq \f(3,2)，則有原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2∶n3＝3∶1∶2，A正確；電源電壓的有效值為U＋U1＝40 V，則U0＝40eq \r(2) V，C正確；變壓器的輸出功率等于副線圈各用電器功率之和，即等于三個燈泡的功率之和15 W，D錯誤。]
11．BC [由題知理想電流表讀數(shù)為I，
則根據(jù)歐姆定律有U1＝IR1
根據(jù)變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系有eq \f(n0,n1)＝eq \f(U0,U1)，eq \f(n0,n2)＝eq \f(U0,U2)
則有U0＝eq \f(n0,n1)IR1，U2＝eq \f(n2,n1)IR1
再由歐姆定律有U2＝I2R2，可計算出I2＝eq \f(n2R1,n1R2)I，故A錯誤，B正確；
由于矩形線圈產生的交變電流直接輸入原線圈，則有Emax＝2NBL2ω，
U0＝eq \f(Emax,\r(2))＝eq \r(2)NBL2ω
又U0＝eq \f(n0,n1)IR1，則eq \f(n0,n1)＝eq \f(\r(2)NBL2ω,IR1)，
C正確；
由于變壓器為理想變壓器，則有
P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2，聯(lián)立解得
P0＝eq \f(\r(2)NBL2ωI,n0)(eq \f(n12R2＋n22R1,n1R2))
由于矩形線圈產生的交變電流直接輸入原線圈，則發(fā)電機的功率為P0，D錯誤。]
12．(1)變大 (2)12.6 (3)272 12
解析 (1)閉合S1，滑動變阻器RP是分壓接法，滑片P向右滑動后，用多用電表交流電壓擋測量線圈L1兩端的電壓。線圈L1兩端的電壓增大，因此與滑動前相比，電表的示數(shù)變大。
(2)保持S2斷開狀態(tài)，調整E輸出的交流電頻率為50 Hz，多用電表交流電壓擋測得線圈L1兩端的電壓為U1＝2 500 mV。線圈L2兩端電壓u隨時間t的變化曲線如題圖乙所示，由u－t圖像可得，線圈L2兩端電壓為
U2＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(280,\r(2)) mV
則線圈L1兩端與L2兩端的電壓比值為eq \f(U1,U2)＝eq \f(2 500,\f(280,\r(2)))≈12.6
(3)閉合S2，滑動P到某一位置并保持不變。由U－R關系曲線可得，當頻率為1 000 Hz時，當負載電阻R0＝20 Ω時，R0兩端的電壓為UR0＝272 mV。
當頻率為50 Hz時，為保持R0兩端電壓不變，需保持電流不變，I＝eq \f(U,R)＝eq \f(272,20)＝eq \f(68,5)，在U－R關系曲線中作出直線，U＝eq \f(68,5)R
由直線與50 Hz曲線交點可知R＝32 Ω，故需給R0串聯(lián)一電阻，此串聯(lián)電阻值為R串＝R－R0＝12 Ω。
13．B [設交變電源輸入電壓有效值為E，E＝IR2＋U1，其中U1為變壓器原線圈電壓，由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)，eq \f(n1,n2)＝eq \f(I′,I)，U2＝I′R1，得：U1＝eq \f(n12,n22)IR1，其中R等＝eq \f(U1,I)＝eq \f(n12,n22)R1為變壓器與電阻R1的等效電阻(見圖中虛線框內)，P2向左滑動時，R2接入電路的阻值減小，E＝IR2＋eq \f(n12,n22)IR1，電流I增大，R1兩端電壓增大，R2兩端電壓U減小，R1上消耗的電功率增大，A錯誤，B正確；P1向下滑，變壓器副線圈匝數(shù)減少，E＝IR2＋eq \f(n12,n22)IR1，電流I減小，U＝IR2減小，C錯誤；將R2視為交變電源的內阻，當R等與電源的內阻相等時，電源的輸出功率最大，故R1消耗的功率先增大后減小，D錯誤。]

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