第三章 三、变压器

通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量是变化的，A错误；因理想变压器无漏磁，穿过原、副线圈的磁通量相等，故B错误；由互感现象的原理知，C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为副线圈电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，原线圈中的电流并没有通过铁芯，故D错误。

基于理想变压器的特点，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，磁通量变化率相同，交流电的频率也相同，A、B、C正确；变压器原、副线圈的电压与匝数成正比，电流与匝数成反比，原、副线圈的有效值不同，D错误。

(1)由题图可知ab两端电压为U_ab＝5.6 V。

(2)若某次实验中用匝数N₁＝400匝、N₂＝800匝的变压器，测得N₁的电压U₁＝3.6 V，N₂的电压U₂＝8.2 V，匝数之比近似等于电压之比，则有$\frac{U_1}{U_2}$≈$\frac{N_1}{N_2}$，结合变压器不是理想的，存在有漏磁、线圈电阻大、铁芯发热、导线发热等损耗，即副线圈电压小于原线圈电压的一半，则N₂一定是原线圈匝数，N₁为副线圈匝数。

(3)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，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，故A、B正确；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；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。

(4)根据题意可知，由于变压器工作时会在铁芯Q中存在变化的磁通量，为了减小能量传递过程中的损失，应尽可能使铁芯Q中不产生较大的涡流，如图所示。

应通过相互绝缘的硅钢片使平行于efgh的各平面和平行于abfe的各平面都不能形成闭合回路，所以作为横档的铁芯Q的硅钢片应按照平行于adhe平面的形式设计，故选D。

A、D接的是直流恒定电压的电源，不能改变电压，故A、D错误；B的副线圈匝数小于原线圈的匝数，是降压变压器，B错误；C的副线圈匝数大于原线圈的匝数，是升压变压器，C正确。

由理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比即$\frac{U_1}{U_2}＝\frac{n_1}{n_2}$，得U₂＝$\frac{n_2}{n_1}$U₁，即副线圈两端电压与原线圈两端电压成正比，所以ΔU₂＝$\frac{n_2}{n_1}$·ΔU₁，当输入电压增加10 V时，输出电压增加50 V，故选C。

交流电的周期为T＝$\frac{1}{f}$＝0.02 s，故A正确；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$\frac{n_1}{n_2}＝\frac{U_1}{U_2}＝\frac{10\times 1\mathrm{ }000}{220}＝\frac{500}{11}$，故B错误；输出的最大电压为U_2m＝$\sqrt{2}$U₂＝220$\sqrt{2}$ V，故C错误；若10台充电桩同时使用，输出功率为P_2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P_1总＝P_2总＝35.2 kW，故D正确。

原线圈两端电压的有效值U₁＝$\frac{5}{\sqrt{2}}$ V＝$\frac{5\sqrt{2}}{2}$ V，根据电压与匝数关系有$\frac{U_1}{U_2}＝\frac{n_1}{n_2}$，变压器副线圈电压的峰值U_2max＝$\sqrt{2}$U₂，根据题意有U_2max>10×10³ V，解得$\frac{n_1}{n_2}$<$\frac{1}{2\mathrm{ }000}$，故A错误，B正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U₁＝$\frac{5\sqrt{2}}{2}$ V，故C错误；根据ω＝2πf＝100π rad/s，解得f＝50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D错误。

发电机线圈的转速变为原来的2倍，则角速度变为原来的2倍，周期变为原来的$\frac{1}{2}$，通过R的交变电流频率变为原来的2倍，故D错误；根据E_m＝NBSω，E＝$\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{2}}$，可知发电机电动势有效值变为原来的2倍，由于发电机内阻不计，则变压器原线圈输入电压变为原来的2倍，根据$\frac{U_2}{U_1}＝\frac{n_2}{n_1}$，可知副线圈的输出电压为原来的2倍，则电压表V的读数变为2U，副线圈的输出电流为原来的2倍，根据P₂＝${I_2}^2$R，可知R消耗的功率变为4P；根据$\frac{I_1}{I_2}＝\frac{n_2}{n_1}$，可知原线圈电流为原来的2倍，则电流表A的读数变为2I，故A正确，B、C错误。

根据交流电源电压的瞬时值表达式，知ω＝100π rad/s，频率f＝$\frac{\omega }{2\mathrm{\pi }}$＝50 Hz，A错误；原线圈两端电压U₁＝220 V，根据电压与匝数成正比，得U₂＝$\frac{n_2}{n_1}$U₁＝44 V，B错误；副线圈的电流大小I₂＝$\frac{n_1}{n_2}$I₁＝1 A，电动机正常工作时电动机的输出功率为P_M出＝U₂I₂－${I_2}^2$R＝44 W－4 W＝40 W，机械效率为η＝$\frac{P_{\mathrm{M}\mathrm{出}}}{P_{\mathrm{M}}}$×100%＝$\frac{40}{44}$×100%≈91%，C正确；若电动机由于卡住了而不转动，根据变压器功率相等可得U₁I₁'＝$\frac{{U_2}^2}{R}$，解得电流表的示数为I₁'＝2.2 A，D错误。

开关S断开时，小灯泡正常发光，由理想变压器原、副线圈电压与匝数关系有$\frac{U_0}{U_1}＝\frac{n_0}{n_1}$，解得U₀＝16 V，在原线圈由闭合电路欧姆定律E_有效＝U₀＋I₀r，E_有效＝$\frac{E_{\mathrm{m}}}{\sqrt{2}}$＝20 V，解得矩形线圈的电阻为r＝4 Ω，故A错误；开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，由E_m'＝1.2E_m＝24$\sqrt{2}$ V，因为小灯泡仍然正常发光，所以U₁＝4 V，U₀＝16 V，由闭合电路欧姆定律E_有效'＝U₀＋I₀'r，E_有效'＝$\frac{E_{\mathrm{m}}\text{'}}{\sqrt{2}}$＝24 V，解得理想电流表的示数为I₀'＝2 A，故B错误；开关S断开时，小灯泡正常发光，由理想变压器原、副线圈电流与匝数关系有$\frac{I_0}{I_{\mathrm{L}}}＝\frac{n_1}{n_0}$，解得小灯泡的额定电流为I_L＝4 A，开关S闭合后，由理想变压器原、副线圈电压与匝数关系有$\frac{U_2}{U_0}＝\frac{n_2}{n_0}$，n₀I₀'＝n₁I_L＋n₂I₂，解得U₂＝8 V，I₂＝2 A，所以定值电阻R的阻值为R＝$\frac{U_2}{I_2}$＝4 Ω，故C正确；开关S闭合后发电机的总功率为P'＝E_有效'I₀'＝48 W，开关S闭合前发电机总功率为P＝E_有效I₀＝20 W，所以$\frac{P\text{'}}{P}＝\frac{12}{5}$，故D错误。