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[-考点-03-] 理想变压器的原理及应用
[典例1]
答案 D
解析 变压器的输入电压为220 V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输
入交流电压的最大值为220 V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为＝，解得原
线圈为2 200 匝，A 错误；根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V 时，BC 间的电压为
UBC＝＝12 V，故BC 间的线圈与单匝线圈匝数关系有＝，则BC 间的线圈匝数为120 匝，
流过R 的电流为IBC＝＝＝1 A，B 错误；若将R 接在AB 两端，根据题图可知，当原线圈输
入电压为220 V 时，AB 间的电压应该为18 V，根据交流电原线圈电压的表达式可知，交流
电的角速度为100π rad/s，故交流电的频率为f＝＝＝50 Hz，C 错误；若将R 接在AC 两
端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220 V 时，AC 间的电压应该为30 V，根据欧姆定
律可知，流过电阻R 的电流为IAC＝＝ A＝2.5 A，交流电的周期为T＝＝0.02 s，D 正确．
[典例2]
答案 B
解析 设原、副线圈的匝数比为n，开关断开时原线圈电流为I1，开关闭合时原线圈电流为
I2，由P1∶P2＝9 25
∶
、P＝I2R 可知I1∶I2＝3 5∶；设开关断开时副线圈电流为I1′，开关闭合时副线
圈电流为I2′，设R1＝R2＝R3＝R，则开关断开时副线圈电压为U1′＝I1′R＝nI1R，此时原线圈
输出电压为U1＝nU1′＝n2I1R，总电压为U＝U1＋I1R＝n2I1R＋I1R，由欧姆定律可知开关闭合
时副线圈电阻为R′＝0.5R，此时副线圈电压为U2′＝I2′·0.5R＝0.5nI2R，此时原线圈输出电压
为U2＝nU2′＝0.5n2I2R，总电压为U＝U2＋I2R＝0.5n2I2R＋I2R，联立解得n＝2，则副线圈的
匝数为n′＝×100＝50，故B 正确，A、C、D 错误．
[典例3]
答案 C
解析 将P 下滑时，电阻R 两端电压变大， A1示数变大，同理，将P 向上滑动，A2的示
数将变小，A、B 错误；若将P 向下滑动到GD 的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2 变
为1∶4，电阻R 的电压将变为原来2 倍，故功率变为原来的4 倍，C 正确；若将P 向上滑
动到CG 的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2 变为3∶4，电阻R 的电压将变为原来的，
电阻R 的功率将变为原来的，D 错误．
1.答案 B
解析 原、副线圈的匝数之比为＝＝＝，故A 错误；根据＝可得输入电流为I1＝I2＝
100×300×10－3 A＝30 A，故B 正确；输入电流的最大值为Im＝I1＝30 A，故C 错误；变
压器不会改变交流电的频率，故原、副线圈交流电的频率之比为1∶1，故D 错误．
2.答案 B
1
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解析 由u＝220sin(100πt) V 可知，原线圈电压最大值为220 V，故原线圈电压的有效值为
U1＝220 V，根据＝可知，U2＝U1＝110 V，故电压表的读数为110 V，选项C 错误；副线
圈电流有效值为I2＝＝2 A，根据P＝UI 可知，输出功率为220 W，则原线圈的输入功率为
220 W，故选项A 错误；原线圈中的电流I1＝＝1 A，故选项B 正确；因为ω＝，所以T＝
＝ s＝0.02 s，故选项D 错误．
3.答案 A
解析 原、副线圈匝数比为2∶1，设原线圈电流为I1，副线圈电流为I2 ，则有I1＝，又有
原线圈回路U＝I1R1＋2I2·，解得I1＝2 A，I2＝4 A，所以R1的电功率为P＝I1
2R1＝40 W，故
A 正确，B 错误；副线圈两端电压为U2＝I2·＝40 V，故C 错误；副线圈的输出功率为P2＝
I2U2＝160 W，故D 错误．
4.答案 D
解析 假设理想变压器原线圈的输入电压为U1，则由变压器的工作原理可知＝，变压器副
线圈的输出电压为U2＝10U1；当输入电压增加20 V 时，即输入电压为U1＋20 V，则变压器
的输出电压为U2′＝10U1＋10×20 V，则输出电压的变化量为ΔU＝U2′－U2＝10U1＋200
V－10U1＝200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C 错误，D 正确．
5.答案 D
解析 电流互感器原线圈匝数小，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，故它不能测量直流电路的电流，故B 错误；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．
6.答案 B
解析 周期为T＝0.2 s，频率为f＝＝5 Hz，故A 错误；由理想变压器原理可知＝，解得副
线圈两端的最大电压为U2＝U1＝3 V，故B 正确；根据法拉第电磁感应定律可知，永磁铁
磁场越强，线圈中产生的感应电动势越大，变压器的输入电压会越大，故C 错误；由理想
变压器原理可知，充电电路的输入功率等于变压器的输入功率，故D 错误．
7.答案 B
解析 发电机线圈的转速变为原来的，由E＝知，原线圈中输入电压变为原来的，频率变
为原来的.根据＝，知U2变为原来的，即U2＝U，则通过R 的电流变为原来的，R 消耗的功
率P2＝＝P，根据＝，原线圈上的电流也变为原来的，即电流表A 的读数变为I，故选B.
8.答案 A
解析 理想变压器的输出电压由输入电压和电压比决定，输入电压不变，所以输出电压也
不会变，当滑动变阻器R2的滑片P 向下移动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，副线圈
中总电阻减小，副线圈中总电流变大，R1两端的电压变大，所以灯L、R2两端的电压变小，
灯泡L 变暗，故A 正确，B 错误；只断开开关S2，副线圈中总电阻变大，副线圈电压不变，
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副线圈中的电流变小，R1两端的电压变小，副线圈的电功率减小，因为输入功率等于输出
功率，变压器输入功率变小，故C、D 错误．
9.答案 C
解析 由题意可知，输入电压的有效值为U1＝＝220 V，根据＝可得U2＝U1＝×220 V＝50
V，电流表的示数为I2＝＝2.00 A，故C 正确，A、B、D 错误．
10.答案 AD
解析 根据i2－t 图像可知T＝0.02 s，则所用交流电的频率f＝＝50 Hz，故A 正确；副线圈
两端电压U2＝I2R2＝×10 V＝10 V，由＝得原线圈两端电压U1＝100 V，电压表的示数U＝
220 V－100 V＝120 V，故B 错误；电流表的示数I＝＝ A＝0.5 A，故C 错误；变压器传输
的电功率P＝I2
2R2＋I2R3＝15.0 W，故D 正确．
11.答案 B
解析 题图甲是一个自耦变压器，当A、B 作为输入端，C、D 作为输出端时，是一个降压
变压器，两边的电压之比等于两边线圈的匝数之比．当C、D 作为输入端，A、B 作为输出
端时，是一个升压变压器，两边的电压比也等于两边线圈的匝数之比，所以C、D 接4 V
交流电压时，A、B 间将得到10 V 交流电压．题图乙是一个分压电路，当M、N 作为输入
端时，上下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比．但是当把电压加在P、Q 两端
时，电流只经过下面的电阻，上面的电阻中没有电流，M、P 两端也就没有电势差，即
M、P 两点的电势相等，所以当P、Q 接4 V 直流电压时，M、N 两端电压也是4 V，故B
正确．
12.答案 BD
解析 电容器极板所带电荷量最大值Q＝2×10－3 C，电容器两极板之间最大电压U＝＝20
V，有效值U2＝＝10 V，电阻R1的电功率为P＝＝40 W，选项A 错误；根据变压器变压公
式，可知原线圈输入电压的有效值为U1＝10U2＝100 V，选项B 正确；由于副线圈中电流
最大值Imax>＋＝6 A，根据变压器原副线圈电流关系可知，变压器原线圈中通过的电流最大
值大于0.6 A，选项C 错误；由法拉第电磁感应定律可知，Um＝U1＝n1，解得穿过变压器原
线圈的磁通量变化率的最大值为0.2 Wb/s，选项D 正确.
13.答案 B
解析 原、副线圈减少相同的匝数n 后，有＝，可以得出，－＝<0，则说明>，由＝＝知，
选项C、D 错误；由＝和＝知，U2′<U2，再由P＝知，小灯泡变暗，选项A 错误，B 正确．
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