3.3 变压器（解析版）.docx

1、3.3 变压器模块一 知识掌握 知识点一变压器的原理【情境导入】1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】1

2、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：互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】1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2变压器的工作原理图注意(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，两个线圈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】1实验思路交变电流通

3、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、副线圈匝数，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(1)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)保持匝数不变，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

4、圈的匝数之比，即.5注意事项(1)在改变学生电源的电压、线圈匝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12 V，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46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

5、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变压器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

6、线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数 （填“多”或“少”）；（3）本实验要通过改变原、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 ；A1.8V B2.0V C2.2V【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，一方面是防止磁漏，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：C。（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同

7、，根据I1I2=n2n1 可知，匝数少的电流大，则导线越粗，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：A。（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U1U2=n1n2 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）C。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”。（1）先将图甲中的零件组装成图乙中的

8、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t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t1t2时间内进行的操作是 。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（2）用匝数na50匝和nb150匝的变压器，实验测量数据如下表。U/V1.252.613.30Ub/V3.807.929.98根据测量数据可判断连接电源的线圈是 。（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

9、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，t1时刻前的电压值小于t2时刻后的电压值，而周期不变，根据U1U2=n1n2，减少了原线圈的匝数，副线圈输出电压U2增大，故A正确；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，不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：A。（2）由表中数据可知，UaUbnanb，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

10、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。(2)原线圈接6 V低压交流电源，保持原线圈匝数n1不变，分别取副线圈匝数n2n1、n1、2n1，用多用电表交流电压挡分别测出副线圈两端的电压，记入表格。

11、(3)原线圈接6 V低压交流电源，保持副线圈匝数n2不变，分别取原线圈匝数n1n2、n2、2n2，用多用电表交流电压挡分别测出副线圈两端的电压，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 。【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.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降压变

12、压器；副线圈的电压比原线圈的电压高的变压器叫作升压变压器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(1)只有一个副线圈时，.当n2n1时，U2U1，变压器使电压升高，是升压变压器当n2n1时，U2U1，变压器使电压降低，是降压变压器(2)有多个副线圈时，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P入P出3电流关系(1)只有一个副线圈时，U1I1U2I2或.(2)当有多个副线圈时，I1U1I2U2I3U3或n1I1n2I2n3I3例题4 （2023春荔湾区期末）

13、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t1t2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B1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

14、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U1U2=n1n2可知，若只增大发射线圈的匝数n1，则c、d之间的电势差U2减小，故D错误。故选：B。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u2202sin100tV的交流电源上，副线圈接有R11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20.0AB电压表的读数约为156VC原线圈的输入功率为1100WD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

15、式可知，原线圈输入电压的最大值Um2202V有效值U1=Um2=22022V=220V由理想变压器的变压比得：U1U2=n1n2代入数据解得：U2110V电压表示数为110V，由欧姆定律可知，副线圈电流I2=U2R=11011A=10A由理想变压器的变流比得：I1I2=n2n1，代入数据解得：I15A，电流表读数为5A，故AB错误；C、副线圈输出功率P2U2I211010W1100W，理想变压器原线圈输入功率P1P21100W，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100rad/s，周期T=2=2100s0.02s，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.

16、02s，故D错误。故选：C。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R1、R2的阻值均为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0B矩形线框的输出功率为5N2B2S229RC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q=BSRD1秒钟内流过电阻R1的电流方向改变2【解答】解：A电流表的示数为电流的有效值，电流的有效值不

17、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E=Em2=NBS2 定值电阻R1两端的电压等于理想变压器的输入电压，即U1=NBS2 消耗的功率为P1=U12R1=N2B2S222R 由理想变压器电压与匝数关系式U1U2=n1n2 可知U2=n2n1U1=NBS32 定值电阻R2消耗的功率为P2=U22R2=N2B2S2218R 矩形线框的输出功率为P=P1+P2=5N2B2S229R 故B正确；C等效电路如图等效电阻阻值为R等=(n1n2)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量为q=It=ER总t=NBStR总t=NBSR总=NBSR1R等R1+R

18、等=10NBS9R 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R1的电流方向改变次，故D错误。故选：B。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上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，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电压表的示数等于5 VB实现点火的条件是n2n11000Ct0.2 s时电压表的示数为0 VD变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为u5sin10t（V）【解答】解：A如图乙所示

19、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U1=U1m2=52V，故A错误；B、根据电压与匝数成正比可知n1n2=U1mU2m 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n2n11000，故B正确；C、t0.2 s时，电压表的示数为电压的有效值U1=U1m2=52V，C错误；D、由图乙可得交流电的周期T0.4s，则=2T=5rad/s t0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u5sin5t（V），故D错误。故选：B。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

20、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，R0为滑动变阻器，R1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R1的电流触发报警。下列说法正确的是（）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R1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R0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

21、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PUI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R1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R1的电流不变，则可减小滑动变阻器R0的阻值，故D正确。故选：D。2. （2023春深圳期末）电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将3V直流电压通过转换器转变为正弦交变电

22、压u3sin10000t（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（）A交流电压表的示数为3VB电击网上的高频电压的频率为10000HzC副线圈与原线圈匝数比需满足n2n1700D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u3sin10000t（V）可知，电压的峰值为U1m3V电压表的示数为U1=U1m2=32=322V故A错误；B、由u3sin10000t（V）可知，角速度10000rad/s原线圈频率为f=1T=2=100002Hz5000Hz理想变压器不改变交流电的频率

23、，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U2m2100V则有：U1mU2m=n1n2代入数据解得：n2n1700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：C。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。其工作原理近似为一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

24、电流时，受电线圈中会产生交变电流。送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，且n1：n25：1。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

25、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=1f=150s0.02s，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100HzB若小灯泡两端并联交流电压表，则此电压表示数为9V

26、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T0.02s，频率f50Hz，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U2=n2n1U1=1436V=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

27、误。故选：B。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20V。现将原线圈接在u=2202sin100t(V)的交流电源上，灯泡正常发光，则定值电阻R的阻值为（）A150B200C450D600【解答】解：由题可知原线圈的电压U1=Um2=22022V=220V 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U1U2=n1n2 代入数据解得U2110V灯泡的额定功率为4W，额定电压为20V，则额定电流为I=PU=420A=0.2A 定值电阻R的阻值为R=U2-ULI=110-200.2=4

28、50，故ABD错误，C正确。故选：C。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。下列说法正确的是（）A电源输出功率增大B负载的电功率变小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PUI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

29、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：A。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U1：U2n1：n2可得：U2=n2n1U1，则输出电压为：U2=n2n1U1=19060012V3.8V；实际测得小

30、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，但由于原线圈的电压不变，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：B。8. （2023齐齐哈尔二模）如图所示的电路中，定值电阻R1、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

31、交流电压，调节滑动变阻器，使R1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（）A13RB12RCRD2R【解答】解：设原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，根据电流和匝数的关系则有：I2I1=n1n2=2副线圈两电阻并联，则有：R并=R2R3R2+R3R1消耗的功率和变压器的输出功率相等，则有：I12R1=I22R并已知定值电阻R1、R3的阻值均为R代入数据解得：R2=13R故选：A。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U0正弦交流电

32、时，供电线圈与受电线圈两端电压分别U1、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（）Aab端的输入功率等于U2IBab端的输入功率等于U0IC供电线圈和受电线圈匝数比为U0：U2D供电线圈和受电线圈匝数比为U1：U2【解答】解：AB根据题意可知，变压器的输出功率为PU2I，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U0I，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n1n2=U1U2 故C错误，D正确。故选：D。10. （2023北碚区

33、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，R1、R2、R3均为定值电阻，R310，电阻R3中通过的电流i随时间t变化的正弦曲线如图乙所示。该变压器原、副线圈的匝数之比为（）A10：1B20：1C1：10D1：20【解答】解：由题意可知，变压器原线圈两端的电压U1220V20V200V，根据欧姆定律，变压器副线圈两端的电压U2=IR=2210V=10V，结合U1U2=n1n2可得，变压器原、副线圈的匝数之比n1n2=201，故B正确，ACD错误。故选：B。11. （2023厦门模拟）如图所示，电流互感器是一种测量大电流的仪器，将待测通电

34、导线绕过铁芯作为原线圈，副线圈两端接在电流表上，则该电流互感器（）A电流表示数为电流的瞬时值B能测量直流输电电路的电流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【解答】解：A交流电流表的示数为电流的有效值，故A错误；B电流互感器的工作原理是法拉第电磁感应电律，因此不能测量直流输电电路的电流，故B错误；C变压器不改变交流电的频率，因此变压器原、副线圈电流的频率相同，故C错误；D根据理想变压器电流与匝数比关系可得I2I1=n1n2由于原线圈匝数小于副线圈匝数，可知副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确。故选：D。12. （2023沈阳三模）如图甲是某款手机置于无线充电盘上充电的情景，

35、图乙是将其视为理想变压器的原理图，送电线圈和受电线圈分别存在于充电盘和手机中，匝数比为n1：n220：1，在送电线圈上接入一个工作指示灯，在受电线圈上接入一个电阻R5的保护电阻。当ab间接上220V的正弦交变电流后，手机电池两端获得电压为5V，充电电流为1A，则下列说法正确的是（）Aab端输入恒定电流，也能对手机进行无线充电B充电时，送电线圈中的电流为20AC充电时，送电线圈的输送功率为10WD工作指示灯的电阻为4400【解答】解：A、当ab端输入恒定电流时，受电线圈中不会产生感应电流，所以不能对手机进行无线充电，故A错误；B、根据原副线圈电流与匝数的关系：I1I2=n2n1=120，解得：I1=120A，故B错误；C、根据题意：U2I2R+U15V+5V10V，所以送电线圈的输送功率为：P1P2U2I2101W10W，故C正确； D、根据闭合电路欧姆定律，在送电线圈中有：UabI1RL+U1，又根据变压器变压规律可知：U1U2=n1n2=201，联立解得：RL400，故D错误。故选：C。