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[-考点-04-] 理想变压器的动态分析
[典例1]
答案 B
解析 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端
电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数
变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流减
小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S，副线圈
电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2
示数减小，原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D 错误．
[典例2]
答案 B
解析 由＝，得U2＝，因U1＝ V，所以U2＝× V≈2.2 V，A 错误；由瞬时值表达式可得
ω＝314 rad/s，则频率f＝＝ Hz＝50 Hz，B 正确；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，n1减小，
则U2增大，电压表示数变大，I2＝增大，副线圈的输出功率P 出＝U2I2增大，原线圈的输入
功率增大，C、D 错误．
1.答案 D
解析 输入电压和原、副线圈的匝数比不变，由＝可知副线圈两端M、N 的输出电压不变，
A 错误；当K 接通时，副线圈电路的总电阻减小，总电流I2变大，输电线等效电阻R 上的
电压增大，并联部分的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，B、C 错误；由＝可知，电流
I2变大，则I1变大，即原线圈中的电流增大，D 正确．
2.答案 AC
解析 在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定．因此保持
Q 的位置不动，输出电压不变，将P 向上滑动时，副线圈电路总电阻增大，则输出电流减
小，输入电流也减小，则电流表的读数变小，故A 正确，B 错误；保持P 的位置不动，将
Q 向上滑动时，则输出电压变大，输出电流变大，输入电流也变大，则电流表的读数变大，
故C 正确，D 错误．
3.答案 CD
解析 当变阻器的滑动触头P 向上移动时，用电器的总电阻增大，相当于并联时的用电器
数目减少，同时变压器的输入功率减小，由于电网输入电压不变，所以输出电压不变，两
个电压表的示数不变，故选项A、B 错误，D 正确；＝，I2减小，所以A1的示数I1随A2示
数I2的减小而减小，故选项C 正确．
4.答案 BD
解析 原线圈接题图乙所示的正弦交变电流，由题图乙知最大电压为51 V，周期为0.02
s，角速度ω＝＝100π rad/s，则电压的瞬时值表达式为u＝51sin 100πt(V)，故A 错误；由＝
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可知，变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4，故B 正确；根据变压器的工作原理可知，
理想变压器的输入、输出功率之比应为1∶1，故C 错误；电压表测得是原线圈的输入电压，
恒定不变，则副线圈的输出电压不变，RT处温度升高时，阻值减小，根据欧姆定律可知，
电流表的示数变大，故D 正确.
5.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，
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．
6.答案 AD
解析 当单刀双掷开关与a 连接时，原线圈的匝数为n1，则有U2＝U1，当单刀双掷开关与
b 连接时，原线圈的匝数为，则有U2′＝U1，联立得U2∶U2′＝1 2∶，故电压表的示数比为1 2∶，
A 正确；当t＝0 时，c、d 间的电压瞬时值为u＝Usin (100π×0)＝0，B 错误；副线圈的电压
由原、副线圈匝数和输入电压决定，故副线圈电压不变，电压表的示数不变，C 错误；单
刀双掷开关由a 扳向b，原线圈的匝数变小，副线圈的电压变大，电阻不变，故电流表的
示数变大，D 正确.
7.答案 BD
解析 只把滑片P 向上滑动，原线圈匝数n1增大，根据＝可知，副线圈两端电压U2＝U1变
小，根据欧姆定律可知，副线圈电流变小，副线圈功率P2＝I2U2变小，则输入功率变小，
输入电压不变，则原线圈电流变小，电流表示数将变小，故A 错误；只把滑片P 向下滑动，
原线圈匝数变小，副线圈两端电压U2变大，根据欧姆定律可知，副线圈电流变大，由P＝
I2R 知电阻R1消耗的功率将增大，故B 正确；只闭合开关S，副线圈电阻变小，匝数比和输
入电压不变，则输出电压不变，根据欧姆定律可知，副线圈电路电流变大，R1分压变大，
则R2两端电压变小，消耗的功率将减小；副线圈电路电流变大，输出功率变大，则输入功
率变大，输入电压不变，则原线圈电流变大，电流表示数将变大，故C 错误，D 正确.
8.答案 B
解析 由理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系可知，副线圈电压UCD＝UAB，由题知，
UAB、n1不变，故当n2增大时，UCD变大，灯泡L 变亮，即将P 逆时针转动时，灯泡变亮，
故A 错误，B 正确；灯泡L 与滑动变阻器R 并联，若只是移动滑片Q，灯泡两端电压不变，
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灯泡亮度不变，故C、D 错误.
9.答案 A
解析 由图乙可知理想变压器输入电压U1＝220 V，由理想变压器变压公式＝＝，可得副
线圈输出电压U2＝30 V.灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24 V，电流IL＝＝1.6 A.设
R1两端电压为U，由U2＝UL＋U，可得U＝6 V.由＋＝IL，解得R＝1 Ω，选项A 正确.
10.答案 A
解析 由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，滑动变
阻器的滑片从a 端向b 端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻
值逐渐增大，则由欧姆定律得I2＝，可知副线圈的电流逐渐减小，由＝，可知变压器原线
圈的电流I1也逐渐减小，故A 正确，B 错误；原线圈的输入功率为P 入＝U1I1，由于I1逐渐
减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C 错误；滑片从a 端向b 端滑动时，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，由PR＝知，
定值电阻R 消耗的功率减小，故D 错误．
11.答案 AD
解析 输入电压有效值为U1＝ V＝220 V，由瞬时值表达式可知，角速度为ω＝100π rad/s，
电流频率为f＝＝ Hz＝50 Hz，故A 正确；S 打到a 处，当滑动变阻器的滑片向下滑动时，
副线圈电路的总电阻减小，由＝可知U2不变，即电压表V2的示数不变，所以电流表A2的
示数变大，故B、C 错误；若滑动变阻器的滑片不动，S 由a 处打到b 处，副线圈匝数减小，
输入电压不变，输出电压减小，即电压表V2的示数减小，根据P＝可知输出功率减小，根
据输入功率等于输出功率，可知P1＝U1I1减小，U1不变，则I1减小，即电流表A1的示数减
小，故D 正确．
12.答案 B
解析 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，则变压器原线圈两端的电压有效值为U1＝2U2＝4IR1，设
接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，根据欧姆定律有U1＝4IR1，可知变压器原线圈两端的电压
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P＝IU1＝·(U0－)，整理可得P＝，当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．
13.答案 A
解析 由题意画出滑片移动时的等效电路图如图所示：
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滑片在a 端时，Ra＝0，滑片在b 端时，Rb＝0.由于灯泡L1、L2的阻值始终与定值电阻R0的
阻值相同，根据数学知识可知，当滑动变阻器的滑片处于中间位置时，副线圈的总电阻最
大．由图可知，滑片在两端时，副线圈的总阻值最小，当滑片从a 端向中间滑动时，副线
圈的总阻值增大，则副线圈的总电流减小，根据＝可知原线圈的电流也减小，则灯泡L1变
暗，由于输入端C、D 接入电压有效值恒定，L1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，
根据＝可知副线圈两端电压增大，而L2所在支路总电阻减小，则通过L2的电流增大，灯泡
L2变亮；当滑片从中间向b 端移动时，副线圈的总阻值减小，则副线圈的总电流增大，根
据＝可知原线圈的电流也增大，则灯泡L1变亮，由于输入端C、D 接入电压有效值恒定，
L1两端电压增大，则原线圈两端电压减小，根据＝可知副线圈两端电压减小，R0所在支路
总电阻增大，则通过R0的电流减小，而副线圈总电流增大，则通过L2的电流增大，灯泡L2
变亮．综上所述，A 正确，B、C、D 错误．
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