【金版学案】高中物理 2.6 变压器知能演练 粤教版选修3-2
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章末复习课【学问体系】交变电流⎩⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎪⎧正弦式交变电流⎩⎪⎪⎪⎨⎪⎪⎪⎧定义:大小和方向都随时间做周期性变化的电流产生⎩⎪⎨⎪⎧线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动特殊位置⎩⎪⎨⎪⎧S ⊥B :Φ最大,e =0,i =0S ∥B :Φ=0,e 最大,i 最大描述⎩⎪⎨⎪⎧图象函数表达式表征交变电流的物理量⎩⎪⎨⎪⎧周期和频率的关系① 峰值② 有效值③ 瞬时值④ 平均值⑤ 电感器电容器⎩⎪⎨⎪⎧电感器:通直流、阻沟通、通低频、阻高频电容器:隔直流、通沟通、阻低频、通高频抱负变压器⎩⎪⎨⎪⎧结构:原副线圈,铁芯原理:互感现象基本规律⎩⎪⎨⎪⎧变压关系⑥ 变流关系⑦功率关系⑧ 远距离输电⎩⎪⎨⎪⎧功率损失⑨ 电压损失⑩高压输电⎩⎪⎨⎪⎧高压沟通高压直流[答案填写] ①T =1f ②E m =nBS ω ③E =E m 2 ④e =E m sin ωt ⑤=n ΔΦΔt⑥U 1U 2=n 1n 2 ⑦I 1I 2=n 2n 1 ⑧P 1=P 2⑨P 耗=I 2线R 线 ⑩U 耗=I 线R 线主题1交变电流的“四值”应用1.瞬时值.(1)当线圈平面与中性面重合(B⊥S)时,线圈中感应电动势为零,若从今位置开头计时,则瞬时值表达式为e=E m sin ωt=nBSωsin ωt,i=I m sin ωt=nBSωR sin ωt.(2)当线圈平面与中性面垂直(B∥S)时,线圈中感应电动势最大;若从今位置开头计时,则瞬时值表达式应为e=E m cos ωt=nBSωcos ωt,i=I m cos ωt=nBSωR cosωt.2.最大值.线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转所产生的交变电流的电动势,其最大值E m=nBSω.其中n表示线圈匝数,S表示线圈面积,与线圈转动时转轴的位置无关,与线圈的外形无关.在考虑电容器的耐压值时,应接受沟通电的最大值.3.有效值.正弦式沟通电的有效值大小为E=E m2,I=I m2.其他交变电流的有效值依据有效值的定义计算.求电功、电功率,确定保险丝的熔断电流,要用有效值;没有特殊说明时,沟通电的电流、电压、电动势均指有效值,沟通电表的测量值是有效值,沟通用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值.4.平均值.平均值需用进行计算,求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值,q=t.【典例1】如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=0.5 T,边长L=10 cm的正方形线圈abcd共100匝,线圈电阻r=1Ω,线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动,角速度为ω=2π rad/s,外电路电阻R=4Ω,求:(1)转动过程中感应电动势的最大值;(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°时的瞬时感应电动势;(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势;(4)沟通电压表的示数;(5)转动一周外力做的功;(6)16周期内通过R的电荷量.解析:(1)感应电动势的最大值E m=NBSΩ=100×0.5×0.12×2π V=3.14 V.(2)转过60°时的瞬时感应电动势:e=E m cos 60°=3.14×0.5 V=1.57 V.(3)通过60°角过程中产生的平均感应电动势:E=100×0.5×32×0.12π32πV≈2.6 V.(4)电压表示数为外电路电压的有效值:U=ER+r·R=3.142×45V=1.78 V.(5)转动一周外力所做的功等于电流产生的热量:W =Q =⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R +r·t =0.99 J.(6)16周期内通过电阻R 的电荷量: ·Δt =n ΔΦΔt R +r ·Δt =n ΔΦR +r =nBS ·sin 60°R +r=0.086 6 C.答案:(1)3.14 V (2)1.57 V (3)2.6 V (4)1.78 V (5)0.99 J (6)0.086 6 C 针对训练1.(2022·天津卷)(多选)如图1所示,在匀强磁场中,一矩形金属线圈两次分别以不同的转速,绕与磁感线垂直的轴匀速转动,产生的交变电动势图象如图2中曲线a 、b 所示,则( )图1 图2A .两次t =0时刻线圈平面均与中性面重合B .曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C .曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD .曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V解析:线圈位于中性面时,磁通量最大,电动势为零,所以选项A 正确;转速之比等于周期的反比,故该比值为3∶2,故选项B 错误;频率为周期的倒数,即f =1T,a 的周期为0.04 s ,频率为25 Hz ,所以选项C 正确;正弦沟通电动势的有效值为E =E m 2=nBS ω2,已知E a =152 V ,且ωb =23ωa ,故可知E b =23×152 V =102V ,所以选项D 错误.答案:AC主题2 抱负变压器的分析 1.输入功率和输出功率.抱负变压器无能量损失,输入功率和输出功率相等,即P 入=P 出.当变压器只有一个副线圈时,P 1=P 2;当变压器有多个副线圈时,P 1=P 2+P 3+…输入功率P 入由输出功率P 出打算,即输出功率增大,输入功率也随之增大,输出功率减小,输入功率也随之减小.通俗地说,就是用多少给多少,而不是给多少用多少.2.输入电压和输出电压.变压器原、副线圈的电压之比为U 1U 2=n 1n 2;当变压器有多个副线圈时U 1n 1=U 2n 2=U 3n 3=…即对同一变压器的任意两个线圈,都有电压和匝数成正比.输入U 1电压打算输出电压U 2,即U 2随着U 1的变化而变化,由于U 2=n 2n 1U 1,所以只要U 1和匝数比不变化,不论负载如何变化,U 2不变.3.输入电流与输出电流.由I =PU 知,当变压器只有一个副线圈时:I 1I 2=n 2n 1.有多个副线圈时n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3+…当线圈的结构肯定时,n 1、n 2肯定,输出电流打算输入电流.输出电流增大,输入电流也随之增大;输出电流减小,输入电流也随之减小.当变压器有多个副线圈同时输出时,同样也有输出电流打算输入电流的关系.【典例2】 (2021·安徽卷)如图所示电路中,变压器为抱负变压器,a 、b 接在电压有效值不变的沟通电源两端,R 0为定值电阻,R 为滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置,观看到电流表A 1的示数增大了0.2 A ,电流表A 2的示数增大了0.8 A .则下列说法正确的是( )A .电压表V 1示数增大B .电压表V 2、V 3示数均增大C .该变压器起升压作用D .变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动解析:电流表示数增大,说明滑动变阻器接入电路的阻值减小,故应从c 向d 滑动,故D 正确;电压表V 1、V 2示数不变,A 、B 错误;原副线圈中的电流和匝数成反比,即n 1I 1=n 2I 2,电流变化时,n 1ΔI 1=n 2ΔI 2,故n 1n 2=ΔI 2ΔI 1=41,是降压变压器,C 错误.答案:D 针对训练2.(2021·广东卷)如图为气流加热装置的示意图,使用电阻丝加热导气管,视变压器为抱负变压器,原线圈接入电压有效值恒定的沟通电并保持匝数不变,调整触头P ,使输出电压有效值由220 V 降至110 V ,调整前后( )A .副线圈中的电流比为1∶2B .副线圈输出功率比为2∶1C .副线圈的接入匝数比为2∶1D .原线圈输入功率比为1∶2解析:设原线圈中电流为I 1,匝数为n 1,两端输入电压为U 1,输入功率为P 1,副线圈中电流为I 2,匝数为n 2,两端输出电压为U 2,输出功率为P 2,依据抱负变压器原副线圈两端电压与匝数关系有:U 1U 2=n 1n 2,所以当输出电压U 2由220 V 降至110 V 时,副线圈匝数n 2也应削减为一半,故选项C 正确;由于副线圈两端所接用电器不变,所以当用电器电压减半时,其电流I 2也减半,故选项A 错误;依据功率计算式P =UI 可知,副线圈中输出功率P 2变为原来的14,故选项B 错误;由能量守恒定律可知,原线圈中输入功率P 1也变为原来的14,故选项D 错误.答案:C主题3 远距离高压输电问题 1.输电示意图.2.正确理解几个基本关系.(1)功率关系,P 1=P 2,P 2=P 损+P 3,P 3=P 4. (2)电压关系:U 1U 2=n 1n 2,U 2=U 线+U 3,U 3U 4=n 3n 4. (3)电流关系:I 1I 2=n 2n 1,I 2=I 线=I 3,I 3I 4=n 4n 3.(4)输电电流:I 线=P 2U 2=P 3U 3=U 线R 线.(5)输电导线上损耗的电功率:P 损=P 2-P 3=I 2线R 线=U 2线R 线=U 线I 线.(6)输电导线上的电压损失U 线=I 线·R 线=U 2-U 3.【典例3】 (2021·福建卷)如图为远距离输电示意图,两变压器均为抱负变压器,升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.在T 的原线圈两端接入一电压u =U m sin ωt 的沟通电源,若输送电功率为P ,输电线的总电阻为2r ,不考虑其他因素的影响,则输电线上损失的电功率为( )A.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m 4rB.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m4r C .4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2rD .4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r解析:原线圈电压的有效值:U 1=U m 2,依据U 1U 2=n 1n 2可得:U 2=n 2n 1U m 2,又由于是抱负变压器.所以T 的副线圈的电流功率等于输入功率P ,所以输电线上电流I=P U 2,导线上损耗的电功率P ′=I 2r =4r ⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2,所以C 正确,A 、B 、D 错误. 答案:C 针对训练3.(2022·四川卷)如图所示,甲是远距离的输电示意图,乙是发电机输出电压随时间变化的图象,则( )图甲 图乙A .用户用电器上沟通电的频率是100 HzB .发电机输出沟通电的电压有效值是500 VC .输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比打算D .当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失功率减小解析:由题图乙知交变电流的周期为T =0.02 s ,设频率为f =1T =50 Hz ,A选项错误;发电机输出的最大电压为500 V ,故B 选项错误;输电线的电流由负载打算,故C 选项错误;当用户的用电器的总电阻增大时,输出的电流减小,故输电线上损耗ΔP =I 2R 的功率减小,故D 选项正确.答案:D统揽考情1.交变电流的四值计算以及变压器的原理和应用是高考考查的热点,题型以选择题为主,分值6分左右.2.本章学问与生产、生活联系紧密,理论联系实际的题目消灭的可能性较大,如涉及民生的远距离输电问题.真题例析(2021·课标全国Ⅰ卷)一抱负变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1,在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦沟通电源上,如图所示.设副线圈回路中电阻两端的电压为U ,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ,则( )A .U =66 V ,k =19B .U =22 V ,k =19C .U =66 V ,k =13D .U =22 V ,k =13解析:原副线圈电压比等于匝数比,依据副线圈负载电阻的电压U ,可知副线圈电压为U ,原线圈电压为3U ,副线圈电流I =UR ,原副线圈电流与匝数成反比,所以原线圈电流I 1=U 3R ,那么原线圈输入电压220=3U +U3R R ,整理可得U =66 V ;原副线圈电阻消耗的功率依据P =I 2R ,电阻相等,电流为1∶3,可得功率比为1∶9,k =19,对比选项A 对.答案:A 针对训练(2022·课标全国Ⅱ卷)(多选)如图所示,一抱负变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一抱负电流表Ⓐ接正弦沟通电源,一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大.用沟通电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ,则( )A .U ab ∶U cd =n 1∶n 2B .增大负载电阻的阻值R ,电流表的读数变小C .负载电阻的阻值越小,cd 间的电压U cd 越大D .将二极管短路,电流表的读数加倍解析:若变压器初级电压为U ab ,则次级电压为U 2=n 2n 1U ab ;由于二极管的单向导电性使得U cd =12U 2,故U ab U cd =2n 1n 2,选项A 错误;增大负载的阻值R ,则变压器次级电流减小,则初级电流也减小,即电流表的读数减小,选项B 正确;cd 间的电压由变压器的初级电压打算,与负载电阻R 的大小无关,选项C 错误;若二极管短路,U cd =U 2,故次级电流会加倍,则初级电流也加倍,选项D 正确.答案:BD1.(2021·江苏卷)一电器中的变压器可视为抱负变压器,它将220 V 交变电流改为110 V ,已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为( )A .200B .400C .1 600D .3 200解析:依据变压器的变压规律U 1U 2=n 1n 2,代入数据可求副线圈匝数为400,B 正确.答案:B2.(2021·四川卷)小型手摇发电机线圈共n 匝,每匝可简化为矩形线圈abcd ,磁极间的磁场视为匀强磁场,方向垂直于线圈中心轴OO ′,线圈绕OO ′匀速转动,如图所示.矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0,不计线圈电阻,则发电机输出电压( )A .峰值是e 0B .峰值是2e 0C .有效值是22ne 0D .有效值是2ne 0解析:由题意可知,线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0,因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e 0,又由于发电机线圈共n 匝,所以发电机线圈中总电动势最大值为2ne 0,依据闭合电路欧姆定律可知,在不计线圈内阻时,输出电压等于感应电动势的大小,即其峰值为2ne 0,故选项A 、B 错误;又由题意可知,若从题图示位置开头计时,发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流,由其有效值与峰值的关系可知,U =U m2,即U =2ne 0,故选项C 错误,选项D 正确.答案:D3.(2022·浙江卷)如图所示为远距离沟通输电的简化电路图.发电厂的输出电压是U ,用等效总电阻是r 的两条输电线输电,输电线路中的电流是I 1,其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一抱负变压器,流入用户端的电流是I 2.则( )A .用户端的电压为I 1U 1I 2B .输电线上的电压降为UC .抱负变压器的输入功率为I 21rD .输电线路上损失的电功率为I 1U解析:依据抱负变压器输入端与输出端的电功率相同,可得U 1I 1=U 2I 2,则U 2=U 1I 1I 2,所以A 正确;依据欧姆定律可得输电线上的电压降为I 1r ,所以B 错误;抱负变压器的输入功率为U 1I 1,故C 错误;输电线路上损失的电功率为I 21r ,故D 错误.答案:A4.(2021·天津卷)(多选)如图所示,抱负变压器的原线圈连接一只抱负沟通电流表,副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调整,在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ,P 为滑动变阻器的滑动触头,在原线圈上加一电压为U 的正弦沟通电,则( )A .保持Q 的位置不动,将P 向上滑动时,电流表读数变大B .保持Q 的位置不动,将P 向上滑动时,电流表读数变小C .保持P 的位置不动,将Q 向上滑动时,电流表读数变大D .保持P 的位置不动,将Q 向上滑动时,电流表读数变小解析:保持Q 位置不动时,负载电路电压保持不变,将P 向上滑动时,连入电路的电阻变大,故负载消耗功率变小,原线圈输入功率变小,电流表示数变小,所以选项A 错误、B 正确;保持P 位置不动,即负载电路电阻不变,将Q 向上滑动时,由抱负变压器电压、匝数关系可知,副线圈输出电压上升,负载电路消耗功率变大,故原线圈输入电流变大,所以选项C 正确、D 错误.答案:BC5.(2021·海南卷)(多选)如图,一抱负变压器原、副线圈匝数比为4∶1,原线圈与一可变电阻串联后,接入一正弦沟通电源.副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0,负载电阻的阻值R =11R 0,○V 是抱负电压表.现将负载电阻的阻值减小为R =5R 0,保持变压器输入电流不变,此时电压表读数为5.0 V ,则( )A .此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB .此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC .原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD .原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析:当负载电阻的阻值减小为R =5R 0时,依据串并联电路规律,R 两端电压为R 0两端电压的5倍,由于电压表测量R 两端的电压,所以U R 0=15×5 V =1 V ,故副线圈两端电压为U 2=6 V ,依据公式U 1U 2=n 1n 2可得此时原线圈两端电压的有效值为U 1=24 V ,所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 2 V ≈34 V ,A 正确,B 错误;由于变化过程中变压器的输入电流不变,所以对于副线圈中变化前后电流也不变,则变化后电压U 2=IR 0+5IR 0=6IR 0,变化前,U ′2=IR 0+11IR 0=12IR 0,所以U ′2=2U 2=12 V ,依据公式U 1U 2=n 1n 2可得原线圈两端原来的电压有效值约为48V ,D 正确,C 错误.答案:AD。
变压器 每课一练(粤教版选修3-2)我夯基,我达标1.如图2-6-11所示,变压器的原线圈及两个副线圈的匝数比为n 1:n 2:n 3=4:2:1,所连接的三个灯泡消耗的电功率相同,则流过每个灯泡的电流之比I 1:I 2:I 3=_________,每个灯的电阻之比为R 1:R 2:R 3=_________。
图2-6-11解析:先对两个副线圈,由功率相等:I 2U 2=I 3U 3,即21:,322332==I I U U I I 由已知。
设原线圈两端电压为U 、R 1两端电压U 1,根据功率关系有I 1U 1=21I 1U ,所以U =2U 1,再由1:,2:2122112121212====I I U I U I n n U U n n U U代入得出将得将两组电流比合并在一起:I 1:I 2:I 3=1:1:2;与功率关系联立得:R 1:R 2:R 3=4:4:1答案:1:1:2 4:4:12.如图2-6-12所示为理想变压器,它的初级线圈在交流电源上,次级线圈接有一个标有“12V100W”灯泡,书籍变压器初、次级线圈的匝数之比为18:1,那么小灯泡正常工作时,图中的电压表的读数为_________V ,电流表的读数_________A 。
~AVn n 12图2-6-12圈两端的电压,由公式V V U n nU n n U U 216121822112121=⨯===得 本题的关键是要抓住变压器两端的能量(功率)关系。
S 1闭合,P 入1=P 出1=U 入1S 1和S 2都闭合时,P 入2=P ′出1P 出2=U 入2,而P 出1=P ′出1=P 入1所以两个电阻上消耗的功率相同,又因4R 1=R 2,且U =21,221121==R P R P U U PR 所以 因此n 1:n 2=U 1:U 2=1:23如图2-6-13所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为20:1,原线圈接正弦交流电源,副线圈接入“220V60W”灯泡一只,且灯泡正常发光,则( )图2-6-13220232203解析:20120111322060=====,I I I A ,A U P I 额额额额又 A I 2203=额,A 选项错误,C 选项正确。
2.6 变压器 学案(粤教版选修3-2)1.________现象是变压器的工作基础.在变压器原线圈上加交流电压,原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的________,它不仅穿过________,也穿过____________,所以在副线圈中产生____________,如果在副线圈两端接入负载,负载中就会有____________.2.对于忽略原、副线圈的________和各种________能量损失的理想变压器,原、副线圈两端的电压之比等于这两个线圈的________,用公式表示为:__________________________.当n 2>n 1时________________,变压器使电压________,这种变压器叫做________变压器;当n 2<n 1时,________________,变压器使电压________,这种变压器叫做________变压器.3.变压器的能量损耗有两方面,一种叫________,一种叫________,但能量损耗很小,效率很高,所以在实际计算中常把损耗的能量________不计,认为是理想变压器,则输出功率和输入功率相等__________,即__________________,又因为U 1U 2=n 2n 1,所以,理想变压器工作时,原、副线圈中的电流与它们的匝数关系为:____________________________4.关于理想变压器的工作原理,以下说法中正确的是( )A .通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量不变B .穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C .穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D .原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈5.(双选)对理想变压器,下列说法中正确的是( )A .原线圈的输入功率,随着副线圈的输出功率增大而增大B .原线圈的输入电流,随副线圈的输出电流增大而增大C .原线圈的电流,不随副线圈的输出电流的变化而变化D .当副线圈的电流为零时,原线圈的电压也为零6.某变电站用原、副线圈匝数比为n 1∶n 2的变压器,将远距离输送的电能送给用户,如图1所示,将变压器看作理想变压器,当变压器正常工作时,下列说法正确的是( )图1A .原、副线圈电压比为n 2∶n 1B .原、副线圈电流比为n 1∶n 2C .原、副线圈电压比为n 1∶n 2D .变压器的输入功率与输出功率的比为n 1∶n 2【概念规律练】知识点一 变压器的基本规律1.如图2所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1,原线圈接正弦式交流电源,副线圈接入“220 V ,60 W”灯泡一只,且灯泡正常发光,则( )图2A .电流表的示数为32220A B .电源输出功率为1 200 WC.电流表的示数为3220AD.原线圈端电压为11 V2.某变压器原、副线圈匝数比为55∶9,原线圈所接电源电压按如图3所示的规律变化,副线圈接有负载,下列判断正确的是(图3A.输出电压的最大值为36 VB.原、副线圈中电流之比为55∶9C.变压器输入、输出功率之比为55∶9D.交流电源电压有效值为220 V,频率为50 Hz知识点二常见变压器3.如图4所示,M、N为两条交流输电线,甲、乙两图是配电室中的互感器和交流电表的两种接线示意图,以下说法正确的是()图4A.在乙图中,线圈N4的导线一定比线圈N3的导线粗B.甲图中的电表是交流电流表,乙图中的电表是交流电压表C.甲图中的电表是交流电压表,乙图中的电表是交流电流表D.甲、乙两图中的电表均为交流电流表4.如图5所示,自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源,其电压有效值U AB=100 V,R0=40 Ω,当滑动片处于线圈中间位置时,C、D两端电压的有效值U CD为________V,通过电阻R0的电流有效值为________A.图5【方法技巧练】一、变压器动态问题的分析方法5.如图6所示为一理想变压器,K为单刀双掷开关,P为滑动变阻器的滑动触头,U1为加在原线圈两端的电压,则下列说法中错误的是()图6A.保持U1及P的位置不变,K由a合到b时,I1将增大B.保持P的位置及U1不变,K由b合到a时,R消耗功率将减小C.保持U1不变,K合在a处,使P上滑,I1将增大D.保持P的位置不变,K合在a处,若U1增大,I1将增大6.如图7所示,理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2,输电线等效电阻为R.开始时,开关S断开.当S接通时,以下说法中错误的是()图7A.副线圈两端M、N的输出电压减小B.副线圈输电线等效电阻R上的电压增大C.通过灯泡L1的电流减小D.原线圈中的电流增大二、有多个副线圈的理想变压器问题的分析方法7.理想变压器如图8所示,原线圈匝数n1=1 000匝,两副线圈匝数分别为n2=600匝,n3=200匝,当原线圈两端接在220 V的交流电源上时,原线圈上电流为2 A,通过R2的电流为1 A,则通过R3的电流为()图8A.10 A B.7 A C.3 A D.1 A8.如图9所示,一台有两个副线圈的理想变压器,原线圈匝数n1=1 100匝,接入电压U1=220 V的电路中.图9(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2=6 V,U3=110 V,它们的匝数n2、n3分别为多少?(2)若在两副线圈上分别接上“6 V,20 W”、“110 V,60 W”的两个用电器,原线圈的输入电流为多少?答案课前预习练1.互感 磁通量 原线圈 副线圈 感应电动势 交变电流2.电阻 电磁 匝数之比 U 1U 2=n 1n 2U 2>U 1 升高 升压 U 2<U 1 降低 降压 3.铜损 铁损 忽略 P 1=P 2 I 1U 1=I 2U 2 I 1I 2=n 2n 14.C [通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁场是变化的,面积S 不变,故磁通量Φ变化,A 错误;因理想变压器无漏磁,故B 错误;由互感现象知C 正确;原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能,原副线圈通过磁场联系在一起,故D 错误.]5.AB [理想变压器的原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,且随副线圈的输出功率的变化而变化,原线圈的输入电流取决于副线圈的输出电流,当副线圈的电流为零时,原线圈的电流也为零,但原线圈电压并不一定为零,故A 、B 正确,C 、D 错误.]6.C [电压之比等于匝数之比,根据输入功率等于输出功率,所以电流之比等于电压之比的反比,也就等于线圈匝数比的反比.]课堂探究练1.C [因为灯泡正常发光所以副线圈中的电流I 2=P 出U 2=60220 A =311A 根据公式I 1I 2=n 2n 1得I 1=n 2n 1I 2=120×311 A =3220 A ,即电流表的示数应为3220A ,故A 错,C 对;电源的输出功率等于变压器的输入功率,由P 入=P 出可得电源的输出功率为60 W ,故B 选项错误;根据公式U 1U 2=n 1n 2,得U 1=n 1n 2U 2=201×220 V =4 400 V ,故D 选项错误.] 点评 变压器的基本规律(1)电压关系:①只有一个副线圈时U 1U 2=n 1n 2或U 1n 1=U 2n 2②当有多个副线圈时U 1n 1=U 2n 2=U 3n 3=… (2)功率关系:P 入=P 出:①只有一个副线圈时,P 1=P 2②当有多个副线圈时P 1=P 2+P 3+…(3)电流关系:①只有一个副线圈时,由P 1=P 2知,I 1U 1=I 2U 2得I 1I 2=U 2U 1=n 2n 1即I 1I 2=n 2n 1②当有多个副线圈时,由P 1=P 2+P 3+…知I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3+…得I 1n 1=I 2n 2+I 3n 3+…2.D [由题图知原线圈电压最大值为220 2 V ,周期T =2×10-2 s ,故电压有效值为220 V ,频率为50 Hz ;由U 1U 2=n 1n 2,I 1I 2=n 2n 1得输出电压的最大值为36 2 V ,原、副线圈电流之比为9∶55,输入、输出功率应相等,所以正确答案为D .]点评 变压器的电压关系、电流关系是各物理量的有效值(或最大值)间的关系,例如公式U 1U 2=n 1n 2中,若U 1是有效值则U 2就是有效值,若U 1是最大值则U 2就是最大值. 3.C [电压互感器输入端分别接在两根线上,次级匝数比初级匝数少;电流互感器输入端只能串联在电路中,次级匝数比初级匝数多.]点评 甲图是电压互感器,乙图是电流互感器,它们分别与电压表和电流表的使用方法相同,即:电压互感器测电压时需并联接入电路,电流互感器测电流时需串联接入电路.它们利用变压器的原理把高电压、大电流变成低电压、小电流,以方便测量.4.200 5解析 由理想变压器公式 U 1U 2=n 1n 2得U CD =n 2n 1U AB =2×100 V =200 V ,又由I 2=U CD R 0=20040A =5 A . 点评 自耦变压器铁芯上只绕一个线圈,原、副线圈共用一个绕组,最大优点是可以连续调节输出电压,缺点是低压端和高压端直接有电的联系,使用不够安全.变压器的规律都适用于自耦变压器.5.C [K 由a 合到b 时,n 1减小而U 1不变,由U 1U 2=n 1n 2可知副线圈上的电压增大,负载R 的电流I 2增大,P 2增大;又由于P 1=P 2=U 1I 1,故I 1增大,A 项正确;同理K 由b 合到a 时,P 2减小,B 项正确;P 上滑时,负载电阻R 增大,而U 1、U 2均不变,由I 2=U 2R 可知I 2减小,又由于n 1、n 2均不变,由I 1I 2=n 2n 1可知I 1将减小,故C 项错误; 当U 1增大时,由U 1U 2=n 1n 2可知U 2也增大,I 2=U 2R 增大,再由I 1I 2=n 2n 1可知I 1增大,故D 项正确.]方法总结 此类问题大致有两种情况:一是负载电阻不变,原、副线圈的电压(U 1、U 2)、电流(I 1、I 2),输入功率、输出功率随匝数比的变化而变化的情况,如选项A 、B ;另一类是原、副线圈的匝数比不变,上述各物理量随负载电阻的变化而变化的情况,如选项C .处理此类问题时,要根据题意分清变量与不变量,要明确变量之间的相互制约关系.6.A [由于输入电压不变,所以S 接通时,理想变压器副线圈M 、N 两端的输出电压不变.并联灯泡L 2,负载总电阻变小,由欧姆定律I =U R知,流过R 的电流增大,电阻R 上的电压U R =IR 增大.副线圈输出电流I 2增大,根据输入功率等于输出功率I 1U 1=I 2U 2得,原线圈输入电流I 1也增大.U MN 不变,U R 变大,所以U L 1变小,流过灯泡L 1的电流减小.]方法总结 变压器动态分析问题的思路程序可表示为7.B [由理想变压器变压比公式 U 1U 2=n 1n 2可得U 2=U 1n 2n 1=220×6001 000 V =132 V ,由U 1U 3=n 1n 3可得U 3=n 3n 1U 1=200×2201 000V =44 V ,根据输入功率等于输出功率有I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3 解得I 3=7 A ,选B .]方法总结 理想变压器变压比公式 U 1U 2=n 1n 2,对有一个或n 个副线圈的变压器均适用,而变流比公式I 1I 2=n 2n 1,只适用于有一个副线圈的变压器,若为有两个以上副线圈的变压器,必须用P 入=P 出,即U 1I 1=U 2I 2+U 3I 3或n 1I 1=n 2I 2+n 3I 3来计算.8.(1)30匝 550匝 (2)0.36 A解析 (1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系,由U 1U 2=n 1n 2,U 1U 3=n 1n 3得n 2=U 2U 1n 1=6220×1 100匝=30匝 n 3=U 3U 1n 1=110220×1 100匝=550匝(2)设原线圈输入电流为I1,P入=P出,即I1U1=I2U2+I3U3=P2+P3,所以I1=P2+P3U1=20+60220A=0.36 A方法总结第(1)问中,也可根据原、副线圈每伏电压分配到的匝数相等进行计算.即由n1U1=1 100匝220 V=5 匝/V,得匝数n2=5×6匝=30匝,n3=5×110匝=550匝.。
§2.6 变压器【学习目标】一、知识目标1.知道变压器的构造。
2.理解互感现象,理解变压器的工作原理。
3.理解理想变压器原、副线圈中电压与匝数的关系,能应用它分析解决有关问题。
4.理解理想变压器原、副线圈中电流与匝数的关系,能应用它分析解决有关问题。
5.知道课本中介绍的几种常见的变压器。
二、能力目标1.用电磁感应去理解变压的工作原理,培养综合应用所学知识的能力。
2.了解建立物理模型的意义。
(抓主要因素,忽略次要因素,排除无关因素) 三、德育目标1.体会到能量守恒定律是普遍适用的。
2.培养实事求是的科学态度。
【学习重点】理解变压器的工作原理及应用 【知识要点】一、变压器的构造 1.构造: 2.示意图3.电路图中符号二、变压器的工作原理 ——电磁感应现象 1、变压器只能改变交流电的电压和电流 2、能量转化:电能→磁场能→电能 3、理想变压器 P 入=P 出 三、理想变压器的变压规律 U 1/U 2=n 1/n 2四、理想变压器的变流规律: I 1/I 2=n 2/n 1【典型例题】【例1交流电源上,接法,R 1和R 2I 2,求:(1)两组副线圈的匝数之比;(2)I 1和I 2之比。
【分析与解】:(1)甲图中R 1和R 2串联,电流相同,功率与电阻成正比,所以有 R 1=2R 2 (1)设三组线圈的匝数分别是n 1 ,n 2 ,n 3,两组副线圈上的电压分别是U 2和U 3,易得 U 2=12n n U U 3=13n n U 乙图中R 1和R 2上的功率之比为1 , 8即 8=⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛1212R U n n 2213R U n n ⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛ ……(2) 联列(1)式和(2)式解得32n n =21 (2)设甲图中输出功率为P 1,则P 1=(U n n n 132+)2/(R 1+R 2) 设乙图中输出 功率为P 2,则P 2=(U n n 12)2/R 1+(U n n 13)2/R 2 以R 1=2R 2,n 3=2n 2代入,可得:3221=P P 。
A级抓基础1. (多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有()A.交变电流的频率B.磁通量的变化率C.功率D.交变电流的峰值解析:理想变压器没有漏磁,没有能量损失,所以原、副线圈中磁通量变化率相同,原、副线圈中功率相同,B、C正确;变压器能改变交流电的峰值但不改变交变电流频率,A正确,D错误.答案:ABC2. 关于理想变压器的工作原理,以下说法正确的是()A.通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C.穿过副线圈磁通量的变化使副线圈产生感应电动势D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析:通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的,由于面积S不变,故磁通量Φ变化,A错误;因理想变压器无漏磁,原、副线圈的磁通量总相等,故B错误;由互感现象知C正确;原线圈中的电能转化为磁场能又转化为副线圈的电能,原、副线圈通过磁联系在一起,故D错误.答案:C3. 一电器中的变压器可视为理想变压器,它将220 V交变电流改变为110 V.已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为() A.200 B.400C.1 600 D.3 200解析:根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系U1U2=n1n2,得n 2=n 1U 2U 1=800×110220=400,选项B 正确. 答案:B4.如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电,如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变,则( )A .小灯泡变亮B .小灯泡变暗C .原、副线圈两段电压的比值不变D .通过原、副线圈电流的比值不变解析:根据数学知识可知,原副线圈减小相同的匝数后,匝数之比变大,因此电压之比变大,输出电压减小,故小灯泡变暗;而电流与匝数之比成反比,故电流的比值变小;故A 、C 、D 错误,B 正确.答案:B5.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1,原线圈接正弦交流电源,副线圈接入“220 V 60 W ”灯泡一个,且灯泡正常发光,则( )A .电流表的示数为32220A B .电源输出功率为1 200 WC .电流表的示数为3220A D .原线圈端电压为11 V解析:由灯泡正常发光,可知副线圈电压为220 V ,由U 1U 2=n 1n 2可知,原线圈电压U 1=20×220 V =4 400 V ,D 错误;又因输入功率等于输出功率,P 1=P 2=60 W ,故B 错误;电流表读数为有效值,原线圈中电流I 1=P 1U 1=604 400 A =3220A ,故A 错误,C 正确. 答案:CB 级 提能力6. (多选)如图所示为一理想变压器,K 为单刀双掷开关,P 为滑动变阻器的滑动触头,U 1为加在原线圈两端的交变电压,I 1为原线圈中的电流,则( )A .保持U 1及P 的位置不变,K 由a 扳向b 时,I 1将增大B .保持U 1及P 的位置不变,K 由b 扳向a 时,R 消耗功率减小C .保持U 1不变,K 接在a 处,使P 上滑,I 1将增大D .保持P 的位置不变,K 接在a 处,若U 1增大,I 1将增大解析:保持U 1及P 的位置不变,K 由a 扳向b 时,n 1减小,n 2n 1增大,由U 2=n 2n 1U 1知U 2变大,则输出电流I 2增大,输出功率增大,输入功率也增大,由P 1=U 1I 1知,I 1增大,A 正确;同理,K 若由b 扳向a ,R 消耗功率将减小,B 正确;U 1不变,K 接在a 处,使P 上滑时,I 2减小,I 1也减小,故C 错误;保持P 的位置不变,K 接在a 处,若U 1增大,则U 2也增大,即I 2=U 2R增大,则P 2增大,P 1=P 2,故I 1也应增大,故D 正确.答案:ABD7.(多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,b是原线圈的中心接头,电压表V和电流表A均为理想电表.从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压,其瞬时值表达式为u=2202sin 100πt (V).下列说法正确的是()A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22 2 VB.当单刀双掷开关与b连接时,电压表的示数为44 VC.当单刀双掷开关与a连接,滑动变阻器触头P向上移动的过程中,电压表的示数不变,电流表的示数变大D.单刀双掷开关由a扳向b时(滑动变阻器触头P不动),电压表和电流表的示数均变大解析:根据电压与匝数成正比可知,原线圈的电压的最大值为220 2 V,所以副线圈的电压的最大值为22 2 V,电压表的示数为电压的有效值,所以示数为22 V,所以A错误;若当单刀双掷开关由a 扳向b时,理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1,根据电压与匝数成正比可知,此时副线圈的电压为44 V,所以电压表的示数为44 V,所以B正确;当滑动变阻器触头P向上移动的过程中,滑动变阻器连入电路的电阻变大,电路的总电阻变大,由于电压是由变压器决定的,所以,电压不变,电流变小,所以C错误;若当单刀双掷开关由a扳向b时,理想变压器原、副线圈的匝数比由10∶1变为5∶1,所以输出的电压升高,电压表和电流表的示数均变大,所以D正确.答案:BD8.如图所示,电路中有四个完全相同的灯泡,灯泡的额定电压均为U.变压器为理想变压器,现在四个灯泡都正常发光,则变压器的匝数比n 1∶n 2和电源电压U 1分别为( )A .1∶2 2UB .1∶2 4UC .2∶1 4UD .2∶1 2U解析:设灯泡正常发光时的电流为I ,则I 1=I ,I 2=2I .由n 1n 2=I 2I 1得n 1n 2=21;由U 1′U 2=n 1n 2得U 1′=n 1n 2U 2=2U .故U 1=4U ,C 正确. 答案:C9.如图,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大.用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ,则( )A .U ab ∶U cd =n 1∶n 2B .增大负载电阻的阻值R ,电流表的读数变小C .负载电阻的阻值越小,cd 间的电压U cd 越大D .负载电阻的阻值越小,cd 间的电压U cd 越小解析:假设副线圈两端交变电压的峰值为U m ,副线圈两端电压的有效值为U 2,根据理想变压器的电压与匝数成正比,即有:U ab U 2=n 1n 2,而因二极管的单向导电性,cd 间电压的有效值U cd 并不等于副线圈两端的电压有效值U 2. 由交流电有效值定义可得:U 2=U m 2,U cd =U m 2=变,由闭合电路欧姆定律可知,电阻R的电流变小,则电流表的读数变小,故B正确;cd间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关,与负载电阻无关,所以cd间的电压U cd不会随着负载电阻变化,故C、D错误.答案:B10.有一种调压变压器的构造如图所示.线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,CD之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压.图中A为交流电流表,V为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,CD两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器,则下列说法正确的是()A.当R3不变,滑动触头P顺时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小B.当R3不变,滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大C.当P不动,滑动变阻器滑动触头向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变小D.当P不动,滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变大解析:由题图知,当滑动触头P顺时针转动时,变压器副线圈的匝数减少,根据U1U2=n1n2可得副线圈的电压U2减小,因负载的电阻不变,故电流表读数变小,电压表读数变小,所以A正确;同理,若滑动触头P逆时针转动时,变压器副线圈的匝数增加,U2增大,电流表示数增大,所以B错误;当P不动,副线圈电压U2不变,滑动触头向上滑动时,R3连入电路中的阻值增大,与R2并联后的电阻增大,根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大,所以C错误;同理,当滑动触头向下滑动时,R3连入电路中的阻值减小,与R2并联后的电阻减小,根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小,所以D错误.答案:A11.如图所示,理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n 1∶n2=2∶1,交流电源电压U1=220 V,F为熔断电流I0=1.0 A的保险丝,负载为一可变电阻.(1)当电阻R=100 Ω时,保险丝能否被熔断?(2)要使保险丝不被熔断,电阻R的最小值为多少?变压器输出的电功率不能超过多少?解析:(1)由U1U2=n1n2得到U2=110 V,由欧姆定律,得I2=1.1 A.再由I1I2=n2n1得到I1=0.55 A,故保险丝不能熔断.(2)对于理想变压器,P入=P出=220×1.0 W=220 W,得到R=55 Ω.答案:(1)不能(2)55 Ω220 W12.如图,某理想变压器原线圈输入电功率为P0,原、副线圈的匝数比为n,在其副线圈上接一线圈电阻为r的电动机.现在,电动机正以速度v 匀速向上提升一质量为m 的重物,已知重力加速度为g ,不计电动机转轴间的摩擦等损耗,则变压器原线圈两端的电压为多少?解析:电动机的输出功率P 机=mg v,设副线圈回路的电流为I 2,则P 0=P 机+I 22r ,副线圈两端的电压U 2=P 0I 2, 原线圈两端的电压U 1=nU 2 ,联立以上各式得U 1=nP 0r P 0-mg v . 答案:见解析。
高二物理3-2粤教版2.6变压器每课一练1、(双选)理想变压器工作时,原线圈输入与副线圈输出的物理量一定相同的是()A、电压有效值B、电流有效值C、交变电流频率D、交变电流电功率2、如图10所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=4∶1,当导体棒l在匀强磁场中以速度v向左做匀速直线运动切割磁感线时,电流表的示数是12mA,那么电流表的示数为()图10A、3mAB、0mAC、48mAD、与负载R的值有关3、(双选)在绕制变压器时,某人将两个线圈绕在如图11所示的变压器铁芯的左右两个臂上、当通以交流电时,每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈,另一半通过中间的臂、线圈1,2的匝数之比n1∶n2=2∶1.在不接负载的情况下()图11A、当线圈1输入电压为220V时,线圈2输出电压为110VB、当线圈1输入电压为220V时,线圈2输出电压为55VC、当线圈2输入电压为110V时,线圈1输出电压为220VD、当线圈2输入电压为110V时,线圈1输出电压为110V4、(双选)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,原线圈输入电压的变化规律如图12甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器的触头、以下说法正确的选项是()图12A、副线圈输出电压的频率为50HzB、副线圈输出电压的有效值为31VC、P向右移动时,原、副线圈的电流比减小D、P向右移动时,变压器的输入功率增加5、一台理想变压器从10kV的线路中降压并提供200A的负载电流、两个线圈的匝数比为40∶1,那么变压器原线圈的电流、输出电压及输出功率是()A、5A,250V,50kWB、5A,10kV,50kWC、200A,250V,50kWD、200A,10kV,2×103kW6、一理想变压器的原线圈上接有正弦式交变电压,其最大值保持不变,副线圈有可调电阻R.设原线圈的电流为I1,输入功率为P1,副线圈的电流为I2,输出功率为P2.当R增大时()A、I1减小,P1增大B、I1减小,P1减小C、I2增大,P2减小D、I2增大,P2增大7、(双选)如图13所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5,原线圈两端的交变电压为u =202sin100πt V 、氖泡在两端电压达到100V 时开始发光、以下说法中正确的有()图13A 、开关接通后,氖泡的发光频率为100HzB 、开关接通后,电压表的示数为100VC 、开关断开后,电压表的示数变大D 、开关断开后,变压器的输出功率不变8、(双选)图14所示是霓虹灯的供电电路,电路中的变压器可视为理想变压器、变压器原线圈与副线圈匝数比n 1n 2=120,加在原线圈的电压为u 1=311sin100πt V ,霓虹灯正常工作的电阻R =440k Ω,I 1、I 2表示原、副线圈中的电流、以下判断正确的选项是()图14A 、副线圈两端电压6220V ,副线圈中的电流14.1mAB 、副线圈两端电压4400V ,副线圈中的电流10mAC 、I 1<I 2D 、I 1>I 29、如图15甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R 1=20Ω,R 2=30Ω,C 为电容器、通过R 1的正弦式交变电流如图乙所示,那么()图15A 、交变电流的频率为0.02HzB 、原线圈输入电压的最大值为2002VC 、电阻R 2的电功率约为6.67WD 、通过R 3的电流始终为零10、如图16所示,理想变压器线圈匝数比n 1∶n 2=2∶1,分别接有相同的两只灯泡A 和B ,假设在a 、b 间接正弦式交流电源,电源电压为U ,那么B 灯两端电压为()图162匝,与一个“12V12W ”的灯泡L 连接,L 能正常发光、副线圈3的输出电压U 3=110V ,与电阻R 连接,通过R 的电流为0.4A ,求:图17(1)副线圈3的匝数n3;(2)原线圈1的匝数n1和电流I1.12、如图18所示,一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上,向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电,使它正常发光、为了安全,需在原线圈回路中接入熔断器,使副线圈电路中电流超过12mA时,熔丝就熔断、图18(1)熔丝的熔断电流是多大?(2)当副线圈电路中电流为10mA时,变压器的输入功率是多大?13、如图19所示,交流发电机电动势的有效值E=20V,内阻不计,它通过一个R=6Ω的指示灯连接变压器、变压器输出端并联24只彩色小灯泡,每只灯泡基本上“6V,0.25W”,灯泡都正常发光,导线电阻不计、求:图19(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比;(2)发电机的输出功率、参考答案课后巩固练 1、CD 2.B 3、BD [在不考虑原、副线圈内电阻的情况下,变压器原、副线圈电压之比(U 1/U 2)等于原、副线圈中产生的感应电动势之比(E 1/E 2)、当给线圈1输入电压U 1时,U 1U 2=E 1E 2=n 1ΔΦ1Δt n 2ΔΦ2Δt=n 1ΔΦ1n 2ΔΦ2=21×21=41.当给线圈2输入电压U 2时,U 2U 1=E 2E 1=n 2ΔΦ2Δt n 1ΔΦ1Δt=n 2ΔΦ2n 1ΔΦ1=12×21=1.因此选项B 、D正确、]4、AD [变压器不改变电压的频率,副线圈中的电压频率等于原线圈中的电压频率为f =1T =12×10-2Hz =50Hz ;由U 1U 2=n 1n 2可得副线圈中电压的最大值31V ,故有效值为312V ;P 向右移动时,输出电路中电压不变,电阻减小,电流增大,输出功率增大,变压器的输入功率等于输出功率,也增大,故正确的选项为A 、D .]5、A [设原线圈输入电压、电流、功率分别为U 1、I 1、P 1,副线圈输出电压、电流、功率分别为U 2、I 2、P 2,原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.由I 1I 2=n 2n 1知I 1=n 2n 1I 2=140×200A =5A . 由U 1U 2=n 1n 2知U 2=n 2n 1U 1=140×10×103V =250V 输出功率P 出=U 2I 2=250×200W =50kW ]6、B [副线圈的电压不变,当副线圈接的电阻R 增大时,I 2减小,P 2减小,因为P 1=P 2,因此P 1减小,I 1=n 2n 1I 2,I 1也减小、]7、AB [由U 1U 2=n 1n 2得:副线圈的输出电压u 2=5u =1002sin 100πt V ,此电源频率f 0=50Hz ,而氖泡每个周期发光2次,那么氖泡的发光频率f 氖=2f 0=100Hz ,A 正确;电压表的示数应为副线圈输出电压的有效值,故U =U 2m2=100V ,B 正确;交变电流、电压的有效值不变,故电压表示数不变,C 错;断开开关后,变压器的输出功率减小,D 错、]8、BD [原线圈电压有效值U 1=U m 2=3112V =220V ,由U 1U 2=n 1n 2,可得U 2=4400V ,由欧姆定律可知I 2=U 2R =10mA ,由I 1I 2=n 2n 1可得:I 1>I 2,因此B 、D 两项正确、]9、C [由题中图象可知该交变电流的周期为0.02s ,因此频率为50Hz ,A 错误;因为变压器输出电压最大值为20×1V =20V ,因此由变压比公式U 1n 1=U 2n 2知变压器原线圈电压的最大值为20×10V =200V ,B 错误;R 2的功率P 2=U 2R 2=⎝ ⎛⎭⎪⎫202230W =6.67W ,C 正确;因为电容器存在充、放电现象,因此电阻R 3中的电流不是始终为零,D 错误、]10、D [设原线圈电压为U 1,电流为I 1,副线圈电压为U 2,电流为I 2,那么U 1=U -I 1R A ,U 1U 2=n 1n 2,I 1I 2=n 2n 1,U 2=I 2R B ,依题意,A 、B 完全相同,有R A =R B ,联立以上各式,整理可得n 2n 1U 1=n 1n 2(U -U 1),即12U 1=2(U -U 1),得U 1=45U ,U 2=12U 1=25U =0.4U] 11、(1)275匝(2)550匝0.255A解析(1)变压比公式关于有两个副线圈的变压器也适用,那么有 U 2U 3=n 2n 3,n 3=n 2U 3U 2=30×11012匝=275匝、(2)同理由变压比公式得:n 1n 2=U 1U 2,n 1=U 1U 2n 2=22012×30匝=550匝、理想变压器的输入功率等于输出功率,即P 1=P 2+P 3=12W +0.4×110W =56W 、原线圈中电流I 1=P 1U 1=56220A ≈0.255A12、(1)0.98A (2)180W解析(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U 1、U 2、I 1、I 2.依照理想变压器的输入功率等于输出功率,有I 1U 1=I 2U 2当I 2=12mA 时,I 1即为熔断电流,代入数据,得I 1=0.98A(2)设副线圈中电流为I 2′=10mA 时,变压器的输入功率为P 1,依照理想变压器的输入功率等于输出功率,有P 1=I 2′U 2,代入数据,得P 1=180W 13、(1)3∶1(2)6.67W解析(1)彩色小灯泡额定电流I L =P U =0.256A =124A ,次级线圈总电流I 2=24I L =1A 、变压器输入功率等于输出功率,有I 1U 1=I 2U 2=6W ,变压器原线圈电路中,利用欧姆定律可得E=U 1+I 1R =6I 1+6I 1,代入E 值解得I 1=13A (I 1=3A 应舍去,据题意是降压变压器,应I 1<I 2=1A ),因此n 1n 2=I 2I 1=31.(2)发电机输出功率P =I 1E =6.67W。
章末复习课【学问体系】[答案填写]①变换或转换②敏感元件③转换元件④热敏电阻⑤光敏电阻主题1常见敏感元件的特点1.光敏电阻.光敏电阻由金属硫化物等半导体材料制成,其电阻率对光格外敏感.光敏电阻的阻值与所受光照的强度有关,光照增加阻值减小,光照减弱阻值增大.2.金属热电阻.金属热电阻的电阻率随温度上升而增大.3.热敏电阻.热敏电阻是由半导体材料制成的,其电阻率对温度格外敏感.热敏电阻有正温度系数和负温度系数两种.正温度系数热敏电阻的阻值随温度上升而增大,负温度系数热敏电阻的阻值随温度上升而减小.4.电容器.平行板电容器的电容与极板面积,极板间距及电介质材料有关,电容器可以感知引起电容变化的任一外界信息,并将其转化为电容变化.例如,当极板受力时会转变极板间距,从而引起电容变化.5.霍尔元件.能够把磁感应强度这个磁学量转换成电压这个电学量.【典例1】如图所示是一火警报警器的部分电路示意图.其中R2为用半导体负温度系数热敏材料制成的传感器,电流表为值班室的显示器,a、b之间接报警器.当传感器R2所在处消灭火情时,显示器的电流I,报警器两端的电压U的变化状况是()A.I变大,U变大B.I变大,U变小C.I变小,U变大D.I变小,U变小解析:R2所在处消灭火情时,温度上升,则R2的阻值减小.R2↓→R总↓→I 干↑→U1↑→U3↓→I↓,故显示器的电流I变小,由U=E-I干r,I干变大,知U 变小,故选项D正确.答案:D针对训练1.如图所示是某居民小区门口利用光敏电阻设计的行人监控装置,R1为光敏电阻,R2为定值电阻,A、B接监控装置.则()①当有人通过而遮挡光线时,A、B之间电压上升②当有人通过而遮挡光线时,A、B之间电压降低③当仅增大R2的阻值时,可增大A、B之间的电压④当仅减小R2的阻值时,可增大A、B之间的电压A.①③B.①④C.②③D.②④解析:R1是光敏电阻,有光照射时,阻值变小,当有人通过而遮挡光线时,R1的阻值变大,回路中的电流I减小,A、B间的电压U=IR2减小,故①错误,②正确;由闭合电路欧姆定律得:U=E-I(R1+r),当仅增大R2的阻值时,电路中的电流减小,A、B间的电压U增大,故③正确;当仅减小R2的阻值时,电路中的电流增大,A、B间的电压U减小,故④错误.答案:C主题2传感器在实际问题中的应用1.传感器是以肯定的精度和规律,将所感受到的物理量(如力、热、磁、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)的一类元件.2.传感器的应用过程包括三个环节:感、传、用.(1)“感”是指传感器的敏感元件感受信息;(2)“传”是指通过电路等将传感器敏感元件猎取的信息传给执行机构.(3)“用”是指执行机构利用传感器传来的信息进行某种显示或某种动作.3.传感器电路问题的处理思路.处理与传感器有关的电路设计问题时,可将整个电路分解为:(1)传感器所在的信息采集部分;(2)转化传输部分(这部分电路往往与直流电路的动态分析有关);(3)执行电路部分.【典例2】如图甲为半导体材料做成的热敏电阻的阻值随温度变化的曲线,图乙为用此热敏电阻R和继电器做成的温控电路,设继电器的线圈电阻为R x=50 Ω,当继电器线圈中的电流大于或等于I c(I c=20 mA)时,继电器的衔铁被吸合.左侧电源电动势为6 V,内阻可不计,试问温度满足什么条件时,电路右侧的小灯泡会发光?图甲图乙解析:由题意可知,小灯泡发光,需衔铁被吸合,即继电器线圈中的电流大于或等于I c,而左侧的温控电路,通过继电器线圈的电流等于通过热敏电阻的电流,即I t=20 mA,依据欧姆定律I=ER+R x可得,R=60.02Ω-50Ω=250Ω,由甲图可知,此时对应的温度为50 ℃.答案:温度高于或等于50 ℃针对训练2.在输液时,药液有时会从针口流出体外,为了准时发觉,设计了一种报警装置,电路如图所示.M是贴在针口处的传感器,接触到药液时其电阻R M发生变化,导致S两端电压U增大,装置发出警报,此时()A.R M变大,且R越大,U增大越明显B.R M变大,且R越小,U增大越明显C.R M变小,且R越大,U增大越明显D.R M变小,且R越小,U增大越明显解析:依据“S 两端电压U 增大,装置发出警报”这一结果进行反推:说明电路里的电流在增大,再由闭合电路欧姆定律I =ER 总可知R 总在减小,由此可推知传感器的电阻在变小,再由S 与R 、M 的分压关系可争辩出R 的大小对U 的影响.报警器两端的电压增大,则说明流过报警器的电流在增大,依据闭合电路欧姆定律I =ER 总可知整个电路的总电阻R 总在减小,则可得R M 在变小,排解A 、B 答案;极限法:假设R 很小,甚至为零,则传感器部分的电路被短路,故传感器R M 的大小变化对S 的电压就无影响,则R 越大,U 增大越明显,排解D 项,C 项正确.答案:C统揽考情传感器在生产和科技中的应用越来越广泛,这使传感器的原理及应用在高考中消灭的可能性有所增加.主要以选择题为主,分值为6分左右.真题例析(2022·江苏卷)(多选)如图所示,导电物质为电子的霍尔元件位于两串联线圈之间,线圈中电流为I ,线圈间产生匀强磁场,磁感应强度大小B 与I 成正比,方向垂直于霍尔元件的两侧面,此时通过霍尔元件的电流为I H ,与其前后表面相连的电压表测出的霍尔电压U H 满足:U H =k I H B d ,式中k 为霍尔系数,d 为霍尔元件两侧面间的距离.电阻R 远大于R L ,霍尔元件的电阻可以忽视,则( )A .霍尔元件前表面的电势低于后表面B .若电源的正负极对调,电压表将反偏C .I H 与I 成正比D .电压表的示数与R L 消耗的电功率成正比解析:依据左手定则可以推断出霍尔元件中的导电物质所受安培力指向后表面,即将向后表面侧移,又由于该导电物质为电子,带负电,因此后表面的电势将低于前表面的电势,故选项A 错误;若电源的正负极对调,磁场方向与图示方向相反,同时由电路结构可知,流经霍尔元件上下面的电流也将反向,因此电子的受力方向不变,即前后表面电势凹凸状况不变,故选项B 错误;由电路结构可知,R L 与R 并联后与线圈串联,因此有I H R =(I -I H )·R L 得I =R +R LR L I H,故选项C 正确;R L 消耗的电功率P L =⎝ ⎛⎭⎪⎫R R L I H R L =R 2R L I 2H ,明显P L 与I 2H 成正比,又由于磁感应强度大小B 与I 成正比,即B 与I H 成正比,电压表的示数U H =k I H Bd,则U H与I 2H 成正比,所以U H 与R L 消耗的电功率P L 成正比,故选项D 正确.答案:CD 针对训练如图,足够长的直线ab 靠近通电螺线管,与螺线管平行.用磁传感器测量ab 上各点的磁感应强度B ,在计算机屏幕上显示的大致图象是( )解析:通电螺线管四周磁场分布如图.磁感线密集的地方磁感应强度B大,可见中点正上方磁感应强度B小.而两端无限远的地方磁感应强度趋于0,对比图象,C对.答案:C1.如图所示,质量不计的弹簧竖直固定在水平面上,t=0时刻,将一金属小球从弹簧正上方某一高度处由静止释放,小球落到弹簧上压缩弹簧到最低点,然后又被弹起离开弹簧,上升到肯定高度后再下落,如此反复.通过安装在弹簧下端的压力传感器,测出这一过程弹簧弹力F随时间t变化的图象如图所示,则()A.t1时刻小球速度最大B.t1~t2这段时间内,小球的速度先增大后减小C.t2~t3这段时间内,小球所受合外力始终减小D.t1~t3全过程小球的加速度先减小后增大解析:t1时刻小球刚与弹簧接触,与弹簧接触后,先做加速度不断减小的加速运动,当弹力增大到与重力平衡,即加速度减为零时,速度达到最大,故A错误;t2时刻,弹力最大,故弹簧的压缩量最大,小球运动到最低点,速度等于零,故t1~t2这段时间内,小球的加速度先减小后增加,小球的速度先增大后减小,故B正确;t2~t3这段时间内,从最低点被弹起到弹簧恢复原长位置,此过程中小球所受合外力先减小到零,然后增加,选项C错误;t2~t3这段时间内,小球处于上升过程,先做加速度不断减小的加速运动,后做加速度不断增大的减速运动,则在t1~t3全过程中,小球先向下做加速度减小的加速运动,后做加速度增加的减速运动;然后上升阶段再做加速度减小的加速运动,后做加速度增加的减速运动,故选项D错误.答案:B2.(多选)如图所示为用热敏电阻R和继电器L等组成的一个简洁的恒温把握电路,其中热敏电阻的阻值会随温度的上升而减小.电源甲与继电器、热敏电阻等组成把握电路,电源乙与恒温箱加热器(图中未画出)相连接.则()A.当温度降低到某一数值,衔铁P将会被吸下B.当温度上升到某一数值,衔铁P将会被吸下C.工作时,应当把恒温箱内的加热器接在C、D端D.工作时,应当把恒温箱内的加热器接在A、B端解析:当温度降低,热敏电阻的阻值增大,电路中电流减小,继电器磁性减弱,衔铁P 不动,反之,衔铁P 动,被吸下,A 错、B 对;可以推断,应当把恒温箱内的加热器接在A 、B 端,这样才能实现恒温.答案:BD3.如图所示为大型电子地磅电路图,电源电动势为E ,内阻不计.不称物体时,滑片P 在A 端,滑动变阻器接入电路的有效电阻最大,电流较小;称物体时,在压力作用下滑片P 下滑,滑动变阻器有效电阻变小,电流变大,这样把电流对应的重量值刻在刻度盘上,就可以读出被称物体的重量值.若滑动变阻器上A 、B 间距离为L ,最大阻值等于定值电阻的阻值R 0,已知两弹簧的总弹力与形变量成正比,比例系数为k ,则所称物体的重量G 与电流大小I 的关系为( )A .G =2kL -EkL IR 0B .G =kL +EkL IR 0C .G =EIR 0+kLD .G =kL解析:设放上物体后,滑片P 向下滑动x ,处于平衡. 由受力平衡得:G =kx .①由闭合电路欧姆定律得:⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫R 0+L -x L R 0I =E ,② 由①②得:G =2kL -EkL IR 0.答案:A4.一热敏电阻阻值随温度变化的图象如图所示.请应用这一热敏电阻自行设计一把握电路.当温度高于某一值时红色指示灯亮,而温度低于这一值时绿色指示灯亮.供应的器材有:如下图所示的继电器一只(a 、b 为常闭触点.c 、d 为常开触点),热敏电阻一只,滑动变阻器一只,红绿色指示灯各一个,两个独立的电池组,开关两个,导线若干等.解析:由题图甲可以看出热敏电阻的阻值随温度上升而降低,是负温度系数热敏电阻,当温度低于某一值时,热敏电阻的阻值较大,流过电磁铁的电流较小,a 、b 为常闭触点,连接上绿灯,绿色指示灯亮.当温度高于某一值时,热敏电阻的阻值较小,流过电磁铁的电流较大,c 、d 被闭合,连接上红灯,红色指示灯亮.滑动变阻器作限流式连接,通过调整满足热敏电阻对某一温度的把握.答案:设计的把握电路如图所示5.起跳摸高是同学常进行的一项活动,竖直起跳的时间和平均蹬地力的大小能够反映同学在起跳摸高中的素养.为了测定竖直起跳的时间和平均蹬地力的大小,老师在地面上安装了一个压力传感器,通过它可以在计算机上绘出平均压力与时间的关系图象.小亮同学身高1.72 m ,站立时举手达到2.14 m ,他弯曲两腿,做好起跳的预备,再用力蹬地竖直跳起,测得他对传感器的压力F 与时间t 的关系图象如图所示.已知图中网格间距相等,不计空气阻力,取g =10 m/s 2.求小亮同学起跳摸高的最大高度约为多少?解析:从图可知小亮质量为60010 kg =60 kg ;蹬地作用力为1 050 N ,加速离开地面时间为0.4 s.设他蹬地的过程中的平均加速度大小为a ,依据牛顿其次定律得:F -mg =ma ,a =F -mg m =1 050-60060 m/s 2=7.5 m/s 2.小亮离开地面时获得的速度约为: v =at =3.0 m/s ,离开地面后做竖直上抛运动上升的高度为: h ′=v 22g =322×10 m =0.45 m.摸高约为:H =h +h 0=2.59 m. 答案:2.59 m。
第六节 变压器用.一、变压器 1.概念及结构变压器是改变交流电电压的设备.由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成,其中跟电源连接的线圈,叫原线圈;跟负载连接的线圈,叫副线圈.2.工作原理变压器工作的基础是互感现象,原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量既穿过副线圈,也穿过原线圈,在原、副线圈中同样要引起感应电动势.预习交流1变压器能改变恒定电流的电压吗? 答案:不能. 二、理想变压器 1.概念对于忽略原、副线圈的电阻和各种电磁能量损耗的变压器,叫理想变压器. 2.电压、电流与线圈匝数的关系原、副线圈两端的电压之比等于两个线圈的匝数之比,公式表示为U 1U 2=n 1n 2,当n 2>n 1时,U 2>U 1,这种变压器叫升压变压器;当n 2<n 1时,U 2<U 1,这种变压器叫降压变压器.只有一个副线圈时,原、副线圈中的电流跟它们的匝数成反比,关系式是I 1I 2=n 2n1.预习交流2一个变压器原线圈匝数为1 100匝,接在220 V 的交流电源上,若要得到6 V 的输出电压,则副线圈的匝数应为多少?答案:30匝根据U 1U 2=n 1n 2得n 2=U 2U 1n 1=6220×1 100匝=30匝.一、变压器的工作原理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,结合实验现象思考以下问题:(1)变压器的原、副线圈没有连在一起,探究分析原线圈中的电流是如何“流到”副线圈中去的.答案: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)探究变压器中闭合铁芯的作用是什么.答案:变压器的铁芯为闭合铁芯,形成一个闭合磁路,使原线圈中的磁通量变化与副线圈中的磁通量变化基本相同.(3)变压器的闭合铁芯一般是用硅钢片压合而成的,试分析这样做有什么用意.答案:变压器的闭合铁芯用硅钢片压合而成,这样有利于减小闭合铁芯中的涡流,从而减少了电能的损失.2.原、副线圈间没有用导线连接,是靠线圈中的磁通量变化来传输功率的,请思考讨论能量在传输过程中是否会有损失.答案:会有损失.一方面,磁感线不会完全集中在铁芯中,有漏磁情况,靠磁通量变化传输能量有损失;另一方面磁通量的变化会在铁芯中产生涡流损失;再一方面,在线圈和导线上也会有热量损失.如图所示为汽油机中点火装置示意图,它使用的是12 V直流电源,在变压器的输出端却可得到高达10 000 V的高压,开关是自动控制的,如果我们在副线圈两端要得到一个高压,应该().A.开关总处于接通状态B.开关由接通时断开C.开关由断开时接通D.开关总处于断开状态答案:BC解析:欲使副线圈两端得到一个高压必须使变压器铁芯中的磁通量发生变化,即原线圈中的电流必须发生变化,只有当开关闭合、断开的瞬间原线圈中的电流才有变化.故选B、C.1.变压器的变压原理是电磁感应.当原线圈上加交流电压U1时,原线圈中就有交变电流,它在铁芯中产生交变的磁通量,在原、副线圈中都要产生感应电动势.如果副线圈是闭合的,则副线圈中将产生交变的感应电流,它也在铁芯中产生交变的磁通量,在原、副线圈中同样要引起感应电动势.2.能量转换:变压器原、副线圈间虽然不相连,电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈,其能量转换方式为:原线圈电能→磁场能→副线圈电能.3.变压器是依据电磁感应工作的,因此只能在交流电路中工作.二、理想变压器的工作规律1.理想变压器的“理想”是什么意思呢?答案:(1)原、副线圈的绕线的电阻为零,电流通过时不因发热损失电能.(2)原、副线圈的电流产生的磁场均约束在闭合铁芯内,没有因“漏磁”而损耗电能. (3)闭合铁芯中的涡流为零,没有因涡流造成的电能损失.总之,理想变压器把原线圈的输入功率等大地通过副线圈又输送出来,即P 入=P 出. 2.若副线圈有多个线圈,分析原、副线圈中U 1U 2=n 1n 2的关系是否还成立.答案:成立.当副线圈有多个线圈时,原、副线圈中磁通量的变化率ΔΦΔt始终相同,由U 1=n 1ΔΦΔt ,U 2=n 2ΔΦΔt 可得U 1U 2=n 1n 2.其实,绕在同一铁芯上的任意两个线圈两端的电压都与匝数成正比.3.若副线圈有多个线圈,分析原、副线圈中I 1I 2=n 2n 1是否还成立.答案:不成立.当副线圈有多个线圈时U 1I 1>U 2I 2,所以I 1I 2>U 2U 1=n 2n 1.因此I 1I 2≠n 2n 1. 4.思考讨论升压变压器原、副线圈各有什么特点.答案:由U 1U 2=n 1n 2知,升压变压器的副线圈匝数比原线圈多,而I 1I 2=n 2n 1,原线圈电流较大,因此副线圈的导线细些,而原线圈的导线粗些.如图所示,理想变压器三个线圈的匝数之比为n 1∶n 2∶n 3=10∶5∶1,其中n 1作为原线圈接到220 V 的交流电源上,两个副线圈n 2和n 3分别与电阻R 2、R 3组成闭合电路.已知通过电阻R 3的电流I 3=2 A ,电阻R 2=110 Ω,求通过电阻R 2的电流和通过原线圈的电流.答案:1 A 0.7 A解析:闭合铁芯中磁通量的变化率处处相同,对绕在同一铁芯上的线圈来说,每一匝产生的电动势相同,所以有U 1∶U 2∶U 3=n 1∶n 2∶n 3.根据功率关系P 1=P 2+P 3则得U 1I 1=U 2I 2+U 3I 3,由此可见I 1/I 2并不等于n 1/n 2.根据电压比的关系,得U 2=n 2n 1U 1=110 V , 通过R 2的电流I 2=U 2/R 2=1 A ,根据功率关系有I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3,且U 3=n 3n 1U 1=22 V ,则有I 1=I 2U 2+I 3U 3U 1=0.7 A .1.基本关系:(1)功率关系:P 入=P 出,只有一个副线圈P 1=P 2,存在多个副线圈时,P 1=P 2+P 3+… (2)电压关系:U 1∶U 2∶U 3∶…=n 1∶n 2∶n 3∶… (3)电流关系:由功率关系,当只有一组副线圈时,U 1I 1=U 2I 2得I 2I 1=U 1U 2=n 2n 1当有几组副线圈时U 1I 1=U 2I 2+U 3I 3+… 结合电压匝数关系知I 1n 1=I 2n 2+I 3n 3+… 2.交变电流的频率不变.3.输出功率决定输入功率,输出电流决定输入电流,输入电压决定输出电压.1.在正常工作的理想变压器的原、副线圈中,数值上不一定相等的物理量为( ).A .交流电的频率B .电压的最大值C .电流的有效值D .电功率 答案:BC解析:变压器不改变交流电的频率;理想变压器的输入功率等于输出功率;端电压的最大值与匝数有关,只有原、副线圈匝数比为1∶1时,电压最大值才相等;电流的有效值与电压及电路电阻有关.2.关于变压器的说法,正确的是( ). A .高压线圈匝数多、电流大、导线粗 B .低压线圈匝数少、电流小、导线细 C .高压线圈匝数多、电流大、导线细 D .低压线圈匝数少、电流大、导线粗 答案:D解析:高压线圈的匝数较低压线圈的匝数多,但两边的输入功率和输出功率相等,电压和匝数成正比,则高压线圈端的电压高、匝数多、电流较小.由电阻定律R =ρLS和欧姆定律I =U R知,通过导线的电流小,则导线的横截面积应较小,导线细.高压线圈匝数多、电流小、导线细;低压线圈匝数少、电流大、导线粗,所以D 项正确.3.理想变压器的原、副线圈匝数之比为1∶15,当原线圈接在6 V 的蓄电池两端以后,副线圈的输出电压为( ).A .90 VB .6 VC .0.4 VD .0 答案:D解析:变压器不能改变恒定电流. 4.(2011·苏州高二检测)某变压器原、副线圈匝数比为55∶9,原线圈所接电源电压按图所示规律变化,副线圈接有负载.下列判断正确的是( ).A .输出电压的最大值为36 VB .原、副线圈中电流之比为55∶9C .变压器输入、输出功率之比为55∶9D .交流电源有效值为220 V ,频率为50 Hz 答案:D解析:由图可见原线圈(即交流电源)电压的最大值、周期分别为220 2 V 和2×10-2s ,易得电压的有效值及其频率为220 V 、50 Hz ,故知选项D 正确.由U 1U 2=n 1n 2可得输出电压有效值,U 2=U 1n 2n 1=36 V .由I 1I 2=n 2n 1得I 1I 2=955.故知选项A 、B 均错.由P 入=P 出得P 1P 2=1.故知C 选项也不正确,所以本题正确选项为D .5.如图所示的理想变压器,它的初级线圈接在交流电源上,次级线圈接一个标有“12 V 100 W”的灯泡,已知变压器初、次级线圈的匝数比为18∶1,那么小灯泡正常工作时,图中的电压表的读数为______V ,电流表的读数为________A .答案:216 0.46解析:两电表的读数均为初级线圈的电压和电流的有效值.由公式U 1U 2=n 1n 2得U 1=n 1n 2U 2=18×12 V=216 V由公式I 1I 2=n 2n 1得I 1=n 2n 1I 2=118×10012A =0.46 A .。
2.6 变压器学案(粤教版选修3-2)【思维激活】1.为什么高压电缆的绝缘子是一节一节的?提示:为了使个高压电缆与钢塔或支持物之间获得良好绝缘,绝缘子或绝缘套管是一节一节的,这些绝缘子是用陶瓷质制成,比饭碗的瓷质还要细密。
它的表面涂了一层釉,使其光滑不易粘污。
但长期暴露在空气中,仍会积染灰尘污垢,而这些污垢是会导电的,造成一节一节的形状,就是为了增大漏电沿表面“爬过”的距离,因而增大了绝缘子的电阻,减小了漏电的危险。
2.实际上的变压器在工作中通常会有三种损耗,你知道是哪三种损耗吗?提示:高压器在工作时,实际上从副线圈输出的功率并不等于从原线圈输入的功率,而要有少量的功率损耗,功率损耗的形式有三种:(1)铜损:实际交压器的原副线圈都是用绝缘铜导线绕制的,虽然铜的电阻率很小,但铜导线还是有一定电阻的,因此在变压器工作时,线圈中就会有热量产生,导致能量损耗,这部分损耗叫做铜损。
【自主整理】1.变压器的实际损耗有那些?(1)同损:实际变压器的原副线圈都是用绝缘同导线绕制的,虽然同的电阻很小,但铜导线还是有一定的电阻,固CX,当变压器工作时线圈中就会有热量产生导致能量损耗,这种损耗叫铜损。
(2)铁损:变压器工作时,原副线圈中有交变电流通过,在铁心中产生交变磁通量铁心中就会因电磁感应产生涡流。
使铁心发热而导致能量损耗,这种在铁心中损失的能量叫铁损。
(3)磁损:变压器工作时,原副线圈产生的交变磁通量绝大数通过铁芯,但也有很少一部分磁通量从线圈匝与匝之间漏掉,即有漏磁,这就使得通过原副线圈的磁通量并不相等,这漏掉的磁通量会在周围空间形成电磁波而损失一部分能量,这种损耗叫磁损。
【高手笔记】1.理想变压器的规律:(1)理想变压器原副线圈电压关系:2121n n u u =,若有多个副线圈,则有 (3)32211n u n u n u == (2)功率关系:根据能量守恒有P 入与P 出,I 1U 1=I 2U 2或I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3+……(3) 电流关系:电流关系是由功率关系决定的。
章末质量评估(二)(时间:90分钟分值:100分)一、单项选择题(本大题共10小题,每小题3分,共30分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得3分,选错或不答的得0分)1.对于如图所示的电流i随时间t作周期性变化的图象,下列说法中正确的是()A.电流大小变化,方向不变,是直流电B.电流大小、方向都变化,是沟通电C.电流大小变化,方向不变,不是直流电,是沟通电D.电流最大值为0.2 A,周期为0.02 s解析:由图象可知:电流的大小变化,方向始终为正,不发生变化,所以是直流电,电流最大值为0.2 A,周期为0.01 s,所以A正确,B、C、D错误.故选A.答案:A2.如图所示,一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动,从线圈平面与磁场方向平行的位置开头计时,则在t =πω时刻()A.线圈中的感应电动势最小B.线圈中的感应电流最大C.穿过线圈的磁通量最大D.穿过线圈磁通量的变化率最小解析:一矩形线圈在匀强磁场内绕固定轴转动,线圈垂直中性面时,磁通量为零,磁通量变化率最大;每当线圈经过中性面时,电流方向转变,在t=πω时刻,即经过12周期,线圈平面与磁场方向又平行了,此时又处于中性面,磁通量为零,磁通量变化率最大,感应电动势和感应电流也最大.答案:B3.我国家庭照明电路用的沟通电的电压瞬时值随时间变化的规律为u=311sin 100πt (V),关于此沟通电下列说法中正确的是()A.电压的最大值是311 VB.电压的有效值是311 VC.沟通电的频率为100 HzD.沟通电的周期为100 s解析:沟通电的电压瞬时值变化规律U=U m sin ωt=311sin 100 πt (V),所以U m=311 V,选项A对.正弦沟通电的电压有效值U=U m2=220 V,选项B错.角速度ω=100π,周期T=2πω=0.02 s,选项D错.沟通电频率f=1T=50 Hz,选项C错.答案:A4.一个按正弦规律变化的沟通电的图象如图所示,由图象可知()①该交变电流的频率为0.2 Hz ②该交变电流的有效值为14.1 A③该交变电流的瞬时值表达式为i =20sin 0.02t (A) ④t =T8时刻,该交变电流的大小与其有效值相等A .①②B .②④C .③④D .①③解析:由图可知,交变电流的周期为0.02 s ,频率为50 Hz ,则①错误;该交变电流的有效值为I =202 A =14.1 A ,②正确;ω=2πT =100π,该交变电流的瞬时值表达式为i =20sin 100πt (A),③错误;t =T8时刻,该交变电流的大小为i =20sin100πt (A)=20sin π4(A)=14.1 A ,即与其有效值相等,④正确,选项B 正确.答案:B5.如图所示是一交变电流的i-t 图象,则该交变电流的有效值为( )A .4 AB .2 2 A C.83A D.2303A解析:设该交变电流的有效值为I ,由有效值的定义得⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22Rt 1+I 2m Rt 2=I 2Rt ,而t =t 1+t 2,代入数据解得I =2303A ,故D 正确.答案:D6.如图所示,甲、乙是规格相同的灯泡,接线柱a 、b 接电压U 的直流电源时,无论电源的正极与哪一个接线柱相连,甲灯均能正常发光,乙灯完全不亮.当a 、b 接电压的有效值为U 的沟通电源时,甲灯发出微弱的光,乙灯能正常发光,则下列推断正确的是( )A .与甲灯串联的元件x 是电容器,与乙灯串联的元件y 是电感线圈B .与甲灯串联的元件x 是电感线圈,与乙灯串联的元件y 是电容器C .与甲灯串联的元件x 是二极管,与乙灯串联的元件y 是电容器D .与甲灯串联的元件x 是电感线圈,与乙灯串联的元件y 是二极管 解析:若x 是电容器,y 是电感线圈,则a 、b 接直流电源时,电容器不通直流,甲灯不亮,乙灯亮,与题意不符,A 错误.若x 是电感线圈,y 是电容器,则a 、b 接直流电源时,x 通直流,无感抗,甲灯亮,y 隔直流,乙灯不亮;当a 、b 接沟通电源时,x 对沟通有感抗,故甲灯亮度变弱,y 能通电流,如容抗较小,则可使乙灯正常发光,B 正确.若x 是二极管,则a 、b 接直流电源时,正、反接时,二极管只能有一次导通,甲灯只能有一次亮,与题意不符,C 错误.若y 是二极管,乙灯在直流电源正、反接时,有一次亮,而接沟通电源时,因二极管的单向导电性,乙灯应时亮时灭,与题意不符,D 错误.答案:B7.如图所示电路中,L 为电感线圈,C 为电容器,当开关S 由断开变为闭合时( )A .灯A 中无电流通过,不行能变亮B .灯A 中有电流通过,方向由a 到bC .灯B 渐渐熄灭,c 点电势高于d 点电势D .灯B 渐渐熄灭,c 点电势低于d 点电势解析:若开关S 由断开变为闭合,则电容器C 和灯A 将被短路,电容器放电,灯A 中电流方向为由b 到a ,A 、B 均错;由于在L 中产生自感电动势,在线圈L 、灯B 和电键形成回路,使得灯B 渐渐熄灭,电流方向为从c 到d ,由于L 是电源,所以c 点电势低于d 点电势,选项D 正确.答案:D8.远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2,电压分别为U 1、U 2,电流分别为I 1、I 2,输电线上的电阻为R ,变压器为抱负变压器,则下列关系式中正确的是( )A.I 1I 2=n 1n 2 B .I 2=U 2RC .I 1U 1=I 22RD .I 1U 1=I 2U 2解析:抱负变压器原副线圈两端的电压与线圈的匝数成正比,有:U 1U 2=n 1n 2,由能量守恒定律可知:P 1=I 1U 1=P 2=I 2U 2,故选项D 正确;因此I 1I 2=n 2n 1,故选项A 错误;输电线两端的电压应为升压器副线圈两端电压与降压器原线圈两端电压U 3之差,因此依据欧姆定律有:I 2=U 2-U 3R,故选项B 错误;降压器的输入功率为:P 3=I 2U 3,因此有:I 1U 1=I 22R +I 2U 3,故选项C 错误.答案:D9.如图所示,有一矩形线圈绕OO ′轴在匀强磁场中匀速转动产生交变电流,通过滑环接一抱负变压器.线路中接有电压表和电流表,不计矩形线圈和导线的电阻.滑动接头P 可以上下移动,副线圈上接有可调电阻R .下列推断正确的是( )A .当P 位置不动、R 增大时,电压表的示数增大B .当P 位置不动、R 增大时,电压表的示数减小C .当P 位置向上移动、R 不变时,电流表的示数增大D .当P 位置向上移动、R 不变时,电流表的示数减小解析:因不计矩形线圈和导线的电阻,电压表的示数即电动势的有效值,电动势不变,电压表示数不变,故选项A 、B 错误;依据抱负变压器变压规律U 1U 2=n 1n 2,副线圈输出电压U 2=n 2n 1U 1,因n 1减小,U 2会增大,由输出功率等于输入功率P 2=U 22R=P 1=U 1I 1知,电流表示数I 1会增大,故选项C 正确,选项D 错误. 答案:C10.如图所示,抱负变压器原、副线圈的匝数比为1∶10,接线柱a 、b 接在电压为u =222sin 100πt (V)的正弦沟通电源上,R 1为定值电阻,R 2为热敏电阻(其阻值随温度上升而削减).则下列说法正确的是( )A .沟通电频率为100 HzB .t =2 s 时,电压表的读数为220 VC .当R 2的温度上升时,电压表示数变小,电流表示数变大D .当R 2的温度上升时,R 1的发热功率变大解析:正弦沟通电的瞬时电压u =E m sin ωt =222sin 100πt (V),即角速度ω=100π,频率f =ω2π=50 Hz ,经过抱负变压器频率不变,选项A 错.电压表示数为有效值,所以原线圈电压U 1=2222 V =22 V ,依据原副线圈电压比等于匝数比可得U 1U 2=n 1n 2=110,求得U 2=10U 1=220 V .任意时刻电压表示数均为220 V ,选项B 对.输入电压不变,则副线圈输出电压不变,当R 2的温度上升时电阻变小,副线圈总电阻变小,电流I 2变大,依据电流与匝数成反比即I 1I 2=n 2n 1=101可得I 1变大,选项C 错.当R 2的温度上升时,副线圈电压即R 1的电压U 2不变,电阻不变,所以发热功率P =U 22R 1不变,选项D 错.答案:B二、多项选择题(本大题共4小题,每小题4分,共16分.在每小题给出的四个选项中,有多个选项符合题目要求,全部选对的得4分,选对但不全的得2分,有选错或不答的得0分)11.线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电流如图,则( )A .在A 和C 时刻线圈平面和磁场平行B .在A 和C 时刻线圈平面和磁场垂直 C .在B 时刻线圈中的磁通量最大D .若线圈转动的周期为0.02 s ,则该交变电流的频率为50 Hz解析:线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电流e =NBS ωsin (ωt +φ)(从中性面计时),所以A 、C 时刻说明此刻线圈平面与磁场垂直,即A 对,B 错.B 、D 时刻为中性面,即磁通量最大,C 对.从图象可知线圈转动的周期为0.02 s ,则该交变电流的频率为50 Hz ,D 对.答案:ACD12.如图所示,抱负变压器原线圈接有沟通电源,当副线圈上的滑片P 处于图示位置时,灯泡L 能发光.要使灯泡变亮,可以实行的方法有( )A .向下滑动PB .增大沟通电源的电压C .增大沟通电源的频率D .减小电容器C 的电容解析:本题首先要从使“灯泡变亮”这一结果去找变亮的缘由和途径.灯泡变亮则其两端的电压必需增大,流过灯泡的电流增大.再具体分析滑动片P 的移动,增大沟通电源电压及频率、减小电容器C 的电容对灯泡电压、电流的影响即可.对A 项:滑片P 下移,导致副线圈的匝数变小,由变压器原副线圈电压关系U1 U 2=n1n2得,副线圈电压将变低,灯泡将变暗,故A项错误;对B项:匝数不变时,原线圈电压增大,则副线圈电压也增大,灯泡将变亮,故B正确;对C项:增大沟通电源的频率,则电容器的容抗降低,电路中的电流增大,灯泡变亮,故C项正确;减小电容器的电容,电容器的容抗增大,故D项错误.答案:BC13.下图表示一沟通电的电流随时间变化的图象,下列说法正确的是()A.该沟通电的频率为50 HzB.该沟通电的频率为100 HzC.该沟通电的有效值为5 AD.该沟通电的有效值为3.5 A解析:由图可以看出周期T=0.02 s,故频率为f=1T=50 Hz,故选项A正确,选项B错误;将沟通与直流通过阻值都为R的电阻,设直流电流为I,则依据有效值的定义有:(42)2R×0.01+(32)2R×0.01=I2R×0.02,解得:I=5 A,故选项C正确,选项D错误.答案:AC14.图甲中抱负变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1,电阻R=20Ω,L1、L2为规格相同的两只小灯泡,S1为单刀双掷开关.原线圈接正弦交变电源,输入电压u随时间t的变化关系如图所示.现将S1接1、S2闭合,此时L2正常发光.下列说法正确的是()图甲图乙A.输入电压u的表达式u=202sin 100πt (V)B.只断开S2后,L1、L2均正常发光C.只断开S2后,原线圈的输入功率减小D.若S1换接到2后,R消耗的电功率为0.8 W解析:由乙图可知原线圈的输入电压的周期为T=0.02 s,所以ω=2πT=100π,可知其表达式为u1=202sin 100πt (V),故选项A正确;由题意可知变压器原线圈的输入电压U1=20 V,由U1U2=n1n2可得副线圈的输出电压U2=n2n1U1=4 V,将S1接1、S2闭合,此时L2正常发光,所以小灯泡的额定电压为4 V,只断开S2时,两个小灯泡串联,所以不能正常发光,故选项B错误;只断开S2时,副线圈电阻增大,其电流变小,由I1I2=n2n1可知原线圈电流减小,所以输入功率减小,故选项C正确;若S1换接到2后,电阻R的功率P R=U22R=4220W=0.8 W,故选项D正确.答案:ACD三、非选择题(本题共4小题,共54分.解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤,答案中必需明确写出数值和单位)15.(12分)如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=12πT,矩形线圈的匝数N =100,边长L ab=0.20 m,L bc=0.10 m,以300 r/min的转速匀速转动,从线圈平面通过中性面时开头计时,试求:(1)交变电动势的瞬时值表达式;(2)若线圈总电阻为2Ω,线圈外接电阻为8Ω,求出电流的瞬时值和电压表读数;(3)线圈由图示位置转过π2的过程中,交变电动势的平均值.解析:(1)线圈转动的转速n =5 r/s ,角速度ω=2πn =10π rad/s , 则E m =NBS ω,可得:E m =10 V ,所以瞬时表达式为:e =E m sin ωt =10sin 10πt (V).(2)过程中电流最大值为:I m =102+8 A =1 A ,所以瞬时电流表达式为:i =I m sin ωt =sin 10πt (A),电压表的读数为有效值, 所以U =102·R R +r=4 2 V . (3)线圈转过π2所用时间Δt =14T =14·2πω=120 s.依据法拉第电磁感应定律可得:E =n BS Δt =20π V .答案:(1)e =10sin 10πt (V) (2)i =sin 10πt (A) 4 2 V (3)20πV16.(12分)如图所示,抱负变压器原线圈中输入电压U 1=3 300 V ,副线圈两端电压U 2为220 V ,输出端连有完全相同的两个灯泡L 1和L 2,绕过铁芯的导线所接的电压表V 的示数U =2 V ,求:(1)原线圈n 1等于多少?(2)当开关S 断开时,表A 2的示数I 2=5 A ,则表A 1的示数I 1为多少? (3)当开关S 闭合时,表A 1的示数I 1′等于多少? 解析:(1)设伏特表所接线圈输出端电压为U 3, 则U 1U 3=n 1n 3,n 1=3 3002×1=1 650.(2)U 1I 1=U 2I 2,则I 1=U 2I 2U 1=220×53 300 A ≈0.33 A.(3)S 闭合时,I 2′=2I 2=10 A , U 1I 1′=U 2I 2′,I 1′=U 2I 2′U 1=220×103 300 A ≈0.67 A.答案:(1)1 650 (2)0.33 A (3)0.67 A17.(12分)某发电站的输出功率为104 kW ,输出电压为4 kV ,通过抱负变压器升压后向远处供电.已知输电导线的电阻为25.6Ω,输电线路损失的功率为输出功率的4%,求:(1)输电线上的电流; (2)输电线路上的电压损失; (3)升压变压器的原副线圈匝数比.解析:(1)输电线路损失的功率为P 损=P 1×4%=107×4% W =4.0×105 W ,对输电线有P 损=I 22R , 求得I 2=1.25×102 A. (2)U 线=I 2R =3.2 kV . (3)P 1=P 2=U 2I 2=104 kW , 代入数据得U 2=80 kV .升压变压器的原副线圈匝数比n 1n 2=U 1U 2=120.答案:(1)1.25×102A (2)3.2 kV (3)1∶2018.(18分)有一台内阻为1Ω的发电机,供应一个学校照明用电,如图所示,升压变压器的匝数比为1∶4,降压变压器的匝数比为4∶1,输电线的总电阻R =4Ω,全校共22个班,每班有“220 V ,40 W ”的电灯6盏,若要保证电灯全部正常发光,求:(1)发电机输出功率; (2)发电机电动势; (3)输电效率;(4)若使电灯数减半且正常发光,发电机输出功率是否减半.解析:由于发电机至升压变压器、降压变压器至学校距离较短,不必考虑这两部分输电导线上的功率损耗,发电机的电动势E ,一部分降在电源内阻上,另一部分为发电机的路端电压U 1,升压变压器副线圈电压U 2的一部分降在输电线上,其余的就是降压变压器原线圈电压U 3,而U 4应为电灯的额定电压U 额.(1)对降压变压器:P 3=P 4=U 4I 4=nP 灯=22×6×40 W =5 280 W. 而U 3=41U 4=880 V ,所以I 3=nP 灯U 3=5 280880 A =6 A.对升压变压器:U 1I 1=U 2I 2=I 2线R +U 3I 3=I 23R +P 3=62×4 W +5 280 W =5 424W ,所以,发电机的输出功率P 出=5 424 W.(2)由于U 2=U 3+I 线R =U 3+I 3R =880 V +6×4 V =904 V , 所以U 1=14U 2=14×904 V =226 V .又U 1I 1=U 2I 2,所以I 1=U 2I 2U 1=4I 2=4I 3=24 A.故E =U 1+I 1r =226 V +24×1 V =250 V . (3)η=P 3P 2×100%=5 2805 424×100%=97%.(4)电灯削减一半时,n ′P 灯=2 640 W ,I 3=n ′P 灯U 3=2 640880 A =3 A ,所以P 出=n ′P 灯+I 23R =2 640 W +32×4 W =2 676 W>12P 3.发电机输出功率削减一半还要多.答案:(1)5 424 W (2)250 V (3)97%(4)削减大于一半。
变压器基础夯实1.一理想变压器工作电路图如图所示,今欲使变压器的输入功率增大到原来的2倍,在其他条件不变的情况下,可行的办法是() (导学号51130107)A.原线圈的匝数n1增加到原来的2倍B.副线圈的匝数n2增加到原来的2倍C.负载电阻的阻值R变为原来的2倍D.n2和R都变为原来的2倍答案:D解析:变压器的输入功率等于副线圈上负载消耗的功率,即P=,当副线圈匝数n2增加到原来的2倍时,U2也变为原来的2倍.2.(多选)对于理想变压器,下列说法正确的是()A.原线圈中的电流随着输出功率的增加而增大B.原线圈的输入功率随着副线圈回路电流的增大而增大C.原线圈的电压随副线圈的输出功率的增加而增大D.原线圈用细导线绕制,副线圈用粗导线绕制答案:AB解析:理想变压器在工作时,原线圈中的电流和功率都随副线圈中的电流的增大而增大,但原线圈上的电压则与副线圈的电压无关.降压变压器的原线圈用细导线绕制,副线圈用粗导线绕制,升压变压器则相反.3.如图所示,理想变压器的原线圈匝数为n1=1 000匝,副线圈匝数为n2=200匝,交变电源的电动势e=222sin 314t(V),电阻R=88 Ω,电流表和电压表对电路的影响忽略不计,下列结论正确的是()A.电压表V1的示数为311 VB.电压表V2的示数为62 VC.电流表A1的示数为0.10 AD.电流表A2的示数为0.35 A答案:C4.(多选)如图所示为两个互感器,在图中圆圈内a、b表示电表,已知电压比为100,电流比为10,电压表的示数为220 V,电流表的示数为10 A,则() (导学号51130108)A.a为电流表,b为电压表B.a为电压表,b为电流表C.线路输送电功率是2 200 WD.线路输送电功率是2.2×106 W答案:BD解析:电压互感器应并联在电路中,并且是降压变压器,即图中a为电压互感器,由其读数知,输电线上的电压为22 000 V,同理可知输电线上的电流为100 A.5.如图为一理想的自耦变压器,A、B端接交流电源,C、D端接负载电阻R,P为滑动触头,当P 逆时针转动时,下列结论正确的是()A.R两端的电压下降,电流减小B.R两端的电压升高,电流增大C.R两端的电压升高,电流减小D.R消耗的功率不变答案:A解析:P逆时针转动时,相当于原线圈的匝数增加,则副线圈的电压变小,负载的电流变小,功率变小.6.如图,变压器输入有效值恒定的电压,副线圈匝数可调,输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器),R表示输电线的电阻,则()A.用电器增加时,变压器输出电压增大B.用电器增加时,变压器的输入功率增加C.用电器增加时,输电线的热损耗减少D.要提高用户的电压,滑动触头P应向下滑答案:B7.如图所示,一理想变压器初次级线圈的匝数比为3∶1,次级接三个相同的灯泡,均能正常发光,初级线圈中串有一个相同的灯泡L,则() (导学号51130109)A.灯L也能正常发光B.灯L比另三灯都暗C.灯L将会被烧坏D.不能确定答案:A解析:设灯泡正常发光的电流为I,则副线圈的电流为3I,由原、副线圈的电流比知,原线圈的电流为I,即连在原线圈上的灯泡也能正常发光.8.如图所示,理想变压器初、次级线圈的匝数之比n1∶n2=2∶1,且分别接有完全相同的纯电阻,电源的电压为U,则次级线圈的输出电压为()A. B.C. D.答案:C解析:设副线圈的电压为U2,电流为I2,由电压比可得原线圈电压为2U2,原线圈电流为,进而知连在原线圈上的电阻上的电压为,最终有U=2U2+,可得副线圈电压.9.(多选)如图所示,M为理想变压器,电源电压不变,当变阻器的滑动头P向上移动时,读数发生变化的电表是()A.A1B.A2C.V1D.V2答案:AB解析:变压器的原、副线圈的电压是与负载无关的,但原、副线圈中的电流会随负载的变化而改变.10.一单相变压器原、副线圈匝数比为20∶1,原线圈两端电压为U1=220 V,副线圈电阻r=1 Ω,负载电阻R=19 Ω.求副线圈输出的电压U2、原线圈输入功率P1及变压器的效率.(导学号51130111)解设副线圈两端电压为E2,则有,E2=U1=11 V又P1=P2==6.05 W,即原线圈输入功率P1=6.05 W由闭合欧姆定律,有I2==0.55 A副线圈可视为内阻为r的电源,则其输出电压U2即为电源路端电压,有U2=E2-I2r=10.45 V变压器的效率为η=×100%=×100%=95%.11.如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2= 4∶1,电阻A与副线圈回路中的负载电阻B的阻值相等,a、b加一定交流电压后,两电阻消耗的电功率之比为多少?两电阻两端电压之比为多少?解由n1∶n2= 4∶1得U1∶U2= 4∶1U1是原线圈两端的电压,U2是副线圈输出电压.设原、副线圈中电流分别为I1、I2,由输入功率与输出功率相等,得U1I1=U2I2,即I1∶I2= 1∶4.则两电阻上消耗的电功率之比P1∶P2=R∶R=1∶16电阻两端的电压之比U A∶U B=I1R∶I2R= 1∶4.能力提升12.(多选)如图为某理想变压器的结构示意图,其原、副线圈中一定相等的物理量是()(导学号51130110)A.电压的最大值B.电流的有效值C.电功率D.磁通量的变化率答案:CD解析:理想变压器的理想化的一个条件是忽略原、副线圈磁通量的差别,即原、副线圈磁通量的变化率相等.理想变压器的一个重要规律是P入=P出.13.如图所示,交流发电机电动势的有效值E=20 V,内阻不计,它通过一个R=6 Ω的指示灯连接变压器.变压器输出端并联24只彩色小灯泡,每只灯泡都是“6 V0. 25 W”,灯泡都正常发光,导线电阻不计.求:(1) 降压变压器初级、次级线圈匝数比.(2)发电机的输出功率.解(1)彩色小灯额定电流I L= A,次级线圈总电流I2=24 I L=1 A.变压器输入功率P1=I1U1=I2U2=6 W变压器原线圈电路中,利用欧姆定律可得E=U1+I1R=+6I1,代入E值解得I1= A(I1=3 A应舍去,据题意是降压变压器,应I1<I2=1 A),所以=3.(2)发电机输出功率P=I1E=6.67 W.。
第二章交变电流第六节变压器A级 抓基础1.如图,可以将电压升高供电给电灯的变压器是( )解析:A图中原线圈接入恒定电流,变压器不能工作,故A错误;B图中,副线圈匝数比原线圈匝数多,所以是升压变压器,故B正确;D图中,原线圈匝数比副线圈匝数多,所以是降压变压器,故D错误;C图中,原线圈接入恒定电流,变压器不能工作,故C 错误,故选B.答案:B2.(多选)利用变压器不可能做到的是( )A.增大电流 B.升高电压C.减小频率D.增大功率解析:根据变压器的工作原理可以知道,变压器可以改变电压和电流,不可能增大功率和改变频率.答案:CD3.(多选)如图所示,理想变压器原线圈接入正弦交流电,副线圈的匝数可以通过滑动触头P调节.R T为热敏电阻,当环境温度升高时,R T的阻值变小.下列说法正确的有( )A.P向下滑动时,电压表读数变大B.P向下滑动时,电流表读数变小C.若环境温度升高,变压器的输入功率变大D.若环境温度升高,灯泡消耗的功率变小解析:根据理想变压器的电压与匝数成正比可知,当P向下滑动时,副线圈的匝数变小,变压器的输出电压变小,电压表读数变小,A错误;根据理想变压器的电压与匝数成正比可知,当P向下滑动时,副线圈的匝数变小,变压器的输出电压变小,副线圈电流减小,输出功率变小,根据输入功率等于输出功率,知原线圈电流也减小,所以电流表读数变小,B正确;当环境温度升高时,R T的阻值会变小,在电压不变的情况下,副线圈的电流就会变大,原线圈的电流也会变大,变压器的输入功率变大,C正确;当环境温度升高时,R T的阻值会变小,在电压不变的情况下,副线圈的电流就会变大,根据P=I2R,灯泡消耗的功率变大,D错误.答案:BC4.一台理想变压器的原线圈匝数为100匝,副线圈匝数为1 200匝,在原线圈两端接有一电动势为10 V的电池组,则在副线圈两端的输出电压为( )A.0 V B.1.2 VC.120 V D.小于120 V解析:电池组中的电流属于恒定电流,原线圈中无变化的磁通量,副线圈中不产生感应电动势.答案:A5.(多选)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P 处于图示位置时,灯泡L 能发光.要使灯泡变亮,可以采取的方法有( )A .增大交流电源的频率B .增大交流电源的电压C .向下滑动滑片PD .减小电容器C 的电容解析:电容器具有通高频阻低频的特点,故增大交流电源的频率,可使通过灯泡的电流增大,A 正确;根据=可知增大交流U 1U 2n 1n 2电源的电压,副线圈两端的电压增大,灯泡变亮,B 正确;向下滑动P ,副线圈匝数减小,根据=可知副线圈两端电压减小,灯U 1U 2n 1n 2泡变暗,C 错误;根据X C =可知减小电容,容抗增加,通过12πfC 小灯泡的电流减小,灯泡变暗,D 错误.答案:AB6.如图所示,电路中有四个完全相同的灯泡,额定电压均为U ,变压器为理想变压器,现在四个灯泡都正常发光,则变压器的匝数比n 1∶n 2和电源电压U 1分别为( )A .1∶2 2UB .1∶2 4UC .2∶1 4UD .2∶1 2U解析:设灯泡正常发光时的电流为I ,则I 1=I ,I 2=2I .由=n 1n 2得=.由=得U 1′=U 2=2U .故U 1=4U ,C 正确.I 2I 1n 1n 221U 1′U 2n 1n 2n 1n 2答案:CB 级 提能力7.将输入电压为220 V ,输出电压为6 V 的变压器改装成输出电压为24 V 的变压器.已知副线圈原来的匝数为36匝,现不改原线圈的匝数,则副线圈应增绕的匝数为( )A .144匝B .108匝C .180匝D .540匝解析:由=有=,=,解得n 2=144,所以应U 1U 2n 1n 22206n 13622024n 1n 2增加的匝数Δn 2=n 2-36=108(匝).故选B.答案:B8.有一种调压变压器的构造如图所示.线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上,CD 之间加上输入电压,转动滑动触头P 就可以调节输出电压.图中A 为交流电流表,V 为交流电压表,R 1、R 2为定值电阻,R 3为滑动变阻器,CD 两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器,则下列说法正确的是( )A .当R 3不变,滑动触头P 顺时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小B .当R 3不变,滑动触头P 逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变大C .当P 不动,滑动变阻器滑动触头向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变小D .当P 不动,滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变大解析:由图知,当滑动触头P 顺时针转动时,变压器副线圈的匝数减少,根据=可得副线圈的电压U 2减小,因负载的电阻U 1U 2n 1n 2不变,故电流表读数变小,电压表读数变小,所以A 正确;同理,若滑动触头P 逆时针转动时,变压器副线圈的匝数增加,U 2增大,电流表示数增大,所以B 错误;当P 不动,副线圈电压U 2不变,滑动触头向上滑动时,R 3连入电路中的阻值增大,与R 2并联后的电阻增大,根据串联电路的分压规律可得电压表示数增大,所以C 错误;同理,当滑动触头向下滑动时,R 3连入电路中的阻值减小,与R 2并联后的电阻减小,根据串联电路的分压规律可得电压表示数减小,所以D 错误.答案:A9.如图,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端.假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大.用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ,则( )A .U ab ∶U cd =n 1∶n 2B .增大负载电阻的阻值R ,电流表的读数变小C .负载电阻的阻值越小,cd 间的电压U cd 越大D .负载电阻的阻值越小,cd 间的电压U cd 越小解析:假设副线圈两端交变电压的峰值为U m ,副线圈两端电压的有效值为U 2,根据理想变压器的电压与匝数成正比,即有:=,而因二极管的单向导电性,cd 间电压的有效值U cd 并不U ab U 2n 1n 2等于副线圈两端的电压有效值U 2. 由交流电有效值定义可得:U 2=,U cd ==,故=,故A 错误;当增大负载电阻的阻U m 2U m 2U 22Uab Ucd 2n 1n 2值R ,因电压不变,由闭合电路欧姆定律可知,电阻R 的电流变小,则电流表的读数变小,故B 正确;cd 间的电压由原线圈的输入电压以及原、副线圈的匝数比有关,与负载电阻无关,所以cd 间的电压U cd 不会随着负载电阻变化,故CD 错误.答案:B10.(多选)如图甲所示,理想变压器原副线圈的匝数比为2∶1,原线圈两端的交变电压随时间变化规律如图乙所示,灯泡L 的额定功率为22 W .闭合开关后,灯泡恰能正常发光.则( )图甲 图乙A .原线圈输入电压的瞬时表达式为u =220sin100πt (V)2B .灯泡的额定电压为110 VC .副线圈输出交流电的频率为100 HzD .电压表读数为220 V ,电流表读数为0.2 A解析:由图可知:周期T =0.02 s ,角速度ω==100π,则2πT 原线圈输入电压的瞬时值表达式: u =220sin100πt (V),故A 正2确;原线圈电压的有效值: U 1==220 V ,根据理想变压器电22022压与匝数成正比,得副线圈两端的电压: U 2==110 V ,故BU 1n 2n 1正确;周期T =0.02 s ,频率为: f ==50 Hz ,变压器不改变交流1T 电的频率,所以副线圈输出交流电的频率50 Hz ,故C 错误;原线圈电压有效值220 V ,电压表的读数为220 V ,副线圈电流:I 2==0.2 A ,根据电流与匝数成反比得: I ==0.1 A ,故D 错P 2U 2I 22误.答案:AB11.(多选)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1,○V 、R 和L分别是电压表、定值电阻和电感线圈,D 1、D 2均为灯泡.已知原线圈两端电压u 按图乙所示正弦规律变化,下列说法正确的是( )图甲 图乙A .电压表示数为62.2 VB .电压u 的表达式u =311sin 100πt (V)C .仅增大电压u 的频率,电压表示数增大D .仅增大电压u 的频率,D 1亮度不变,D 2变暗解析:根据图乙可知,原线圈电压的最大值为311 V ,则有效值U 1=V =220 V ,3112根据理想变压器电压与匝数成正比得:==,解得:n 1n 2U 1U 251U 2=44V ,所以电压表示数为44 V ,故A 错误;根据ω==100π rad/s ,则电压u 的表达式u =311sin 100πt (V),故2πT B 正确;原线圈电压不变,线圈匝数不变,仅增大电压u 的频率,电压表示数不变,则D 1亮度不变,电感线圈通低频阻高频,则频率越大,阻碍作用越大,所以D 2变暗,故C 错误,D 正确.答案:BD12.如图所示,理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1∶n 2=2∶1,交流电源电压U 1=220V ,F 为熔断电流I 0=1.0 A 的保险丝,负载为一可变电阻.(1)当电阻R =100Ω时,保险丝能否被熔断?(2)要使保险丝不被熔断,电阻R 的最小值为多少?变压器输出的电功率不能超过多少?解析:(1)由=得到U 2=110 V ,U 1U 2n 1n 2由欧姆定律得:I 2=1.1 A.再有=得到I 1=0.55 A ,故保险丝不能熔断.I 1I 2n 1n 2(2)理想变压器的P入=P出=220×1.0 W=220 W,得到R=55Ω.答案:(1)不能 (2)55Ω 220 W。
第六节 变压器[学习目标] 1.了解变压器的构造,知道什么是理想变压器.2.理解变压器的工作原理.(重点)3.通过实验探究,得到电压、电流与匝数的关系.(重点)4.能够利用变压比、变流比定性和定量分析有关变压器的实际问题.(难点)一、认识变压器1.用途:改变交流电压的设备.2.构造:变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的线圈组成. (1)原线圈:跟电源相连的线圈(也叫初级线圈). (2)副线圈:跟负载相连的线圈(也叫次级线圈).3.原理:原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量,这个交变的磁通量不仅穿过原线圈,也穿过副线圈,所以在副线圈中产生感应电动势.如果在副线圈两端接入负载,负载中就会有交变电流.二、理想变压器原、副线圈基本量的关系 1.铜损和铁损(1)铜损:变压器的线圈有内阻,电流通过时发热所损失的能量.(2)铁损:铁芯在交变磁场中反复磁化,产生涡流,使铁芯发热所损失的能量. 2.理想变压器:忽略原、副线圈的电阻和各种电磁能量损失的变压器.3.电压与匝数关系:原、副线圈的电压之比等于这两个线圈的匝数之比,即U 1U 2=n 1n 2. 4.功率关系:原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率.5.电流与匝数关系:原、副线圈中的电流跟它们的匝数成反比,即I 1I 2=n 2n 1.6.两类变压器:n 2>n 1,能使电压升高的变压器叫作升压变压器;n 2<n 1,能使电压降低的变压器叫作降压变压器.1.思考判断(正确的打“√”,错误的打“×”) (1)我们所用的比较好的变压器就是理想变压器.(×) (2)理想变压器的输入功率和输出功率相等.(√)(3)输入交变电流的频率越高,输出交变电流的电压就越高.(×) (4)变压器能改变所有电流的电压.(×)(5)我们可以根据变压器线圈导线的粗细判断其匝数的多少.(√) 2.(多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( ) A .交流电的频率 B .磁通量的变化率 C .功率D .交流电的峰值ABC [理想变压器没有漏磁,没有能量损失,所以原、副线圈中磁通量变化率相同,原、副线圈中功率相同,B 、C 正确;变压器能改变交流电的峰值但不改变交流电频率,A 正确,D 错误.]3.一台理想变压器的原线圈接220 V 正弦交流电压时,副线圈上仅接有阻值为10 Ω的电阻,电阻两端的电压为44 V .若将副线圈的匝数增加100匝,则通过副线圈上此电阻的电流增加1.1 A .由此可知该变压器原线圈的匝数为( )A .200B .2 000C .50D .500B [由题意知,当副线圈匝数增加100匝时,电阻上的电压U 2′=U 2+ΔIR =44 V +1.1×10 V=55 V又由U 1U 2=n 1n 2,U 1U 2′=n 1n 2+100,可得,220 V 44 V =n 1n 2,220 V 55 V =n 1n 2+100 解得n 1=2 000,故B 正确.]对变压器原理的理解1.变压器的变压原理是电磁感应.如图所示,当原线圈上加交流电压U 1时,原线圈中就有交变电流,它在铁芯中产生交变的磁通量,在原、副线圈中都会产生感应电动势.如果副线圈是闭合的,则副线圈中将产生交变的感应电流,它也在铁芯中产生交变磁通量,在原、副线圈中同样要引起感应电动势.2.由于互感现象,原、副线圈间虽然不相连,电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈.3.能量转换方式为原线圈电能→磁场能→副线圈电能.【例1】 (多选)如图所示为汽油机中点火装置的示意图,它使用的是12 V 直流电源,在变压器的输出端却可得到高达10 000 V 的高压,开关是自动控制的,欲使副线圈两端得到一个高压,应使( )A .开关总处于接通状态B .开关在接通时断开C .开关在断开时接通D .开关总处于断开状态BC [欲使副线圈两端得到一个高压,必须使变压器铁芯中的磁通量发生变化,即原线圈中的电流必须发生变化,只有在开关闭合、断开瞬间原线圈中电流才有变化,故选B 、C.](1)变压器只对变化的电流起作用,对恒定电流不起作用.(2)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. (3)变压器不能改变交变电流的频率.(4)若直流电的电压是随时间变化的,也可以用变压器改变电压.1.如图所示,甲图中两导轨不平行,而乙图中两导轨平行,其余物理条件都相同,金属棒MN 正在导轨上向右做匀速运动,在金属棒运动过程中,将观察到( )甲 乙A .L 1、L 2都发光,只是亮度不同B .L 1、L 2都不发光C .L 2发光,L 1不发光D .L 1发光,L 2不发光D [甲图右侧线圈中感应电动势的大小时刻变化,在甲图的右侧线圈中形成变化的电流,能发生电磁感应,在左侧线圈和灯L 1中产生感应电流,灯L 1发光.乙图右侧线圈中感应电动势恒定不变.在乙图的右侧线圈中形成恒定不变的电流,不能在左侧线圈和灯L 2回路中产生感应电流,灯L 2不发光.正确选项为D.]理想变压器的规律1.电动势关系:由于互感现象,且没有漏磁,原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的ΔΦΔt ,根据法拉第电磁感应定律有E 1=n 1ΔΦΔt ,E 2=n 2ΔΦΔt ,所以E 1E 2=n 1n 2.2.电压关系:由于不计原、副线圈的电阻,因此原线圈两端的电压U 1=E 1,副线圈两端的电压U 2=E 2,所以U 1U 2=n 1n 2.当有n 组线圈时,则有:U 1n 1=U 2n 2=U 3n 3…3.功率关系:对于理想变压器,不考虑能量损失,P 入=P 出.4.电流关系:由功率关系,当只有一个副线圈时,I 1U 1=I 2U 2,得I 1I 2=U 2U 1=n 2n 1.当有多个副线圈时,I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3+…得I 1n 1=I 2n 2+I 3n 3+…5.升压、降压变压器n 1<n 2 n 1>n 2升压变压器 降压变压器【例2】 如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1,两个标有“12 V 6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端.当两灯泡都正常工作时,原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想的)的示数分别是 ( )A .120 V,0.10 AB .240 V,0.025 AC .120 V,0.05 AD .240 V,0.05 A思路点拨:解答本题时可按以下思路分析:D [由于灯泡正常发光,所以U 2=12 V , 根据U 1U 2=n 1n 2解得U 1=240 V ;两个灯泡均正常发光,I 2=2P U 2=1 A , 根据I 1I 2=n 2n 1解得I 1=0.05 A ,故D 正确.]1.理想变压器不改变交变电流的周期和频率.2.(1)U 1U 2=n 1n 2,无论副线圈一端是空载还是有负载,都是适用的. (2)输出电压U 2由输入电压U 1和原、副线圈的匝数比共同决定.由U 1U 2=n 1n 2得,U 1n 1=U 2n 2=ΔΦΔt. (3)若变压器有多个副线圈,有U 1U 2=n 1n 2,U 1U 3=n 1n 3,…,即电压关系仍成立.训练角度1:理想变压器规律的应用2.某理想变压器原、副线圈匝数比为55∶9,原线圈所接电源电压的变化规律如图所示,副线圈接有负载.下列判断正确的是( )A .输出电压的最大值为36 VB .原、副线圈中电流之比为55∶9C .该理想变压器的输入、输出功率之比为55∶9D .交流电源电压有效值为220 V ,频率为50 Hz D [由图象可知电源电压的有效值U 1=U m2=220 V ,频率f =1T=50 Hz ,D 正确;输出电压的有效值U 2=n 2n 1U 1=36 V ,故输出电压的最大值U 2max =36 2 V ,A 错误;由于I 1I 2=n 2n 1=955,B错误;理想变压器的输入功率与输出功率相等,C 错误.]训练角度2:多个副线圈的理想变压器3.如图所示,理想变压器原线圈匝数为n 1=1 000匝,两个副线圈匝数分别为n 2=50匝和n 3=100匝,L 1是“6 V 2 W”的灯泡,L 2是“12 V 4 W”的灯泡,当原线圈接正弦交变电流时,两灯泡均正常发光,那么原线圈中的电流为( )A.150 A B.130 A C.120A D.110A C [由电压关系U 1n 1=U 2n 2=U 3n 3解得U 1=120 V ,原线圈的输入功率为P 入=U 1I 1=P L1+P L2 解得I 1=120 A ,C 正确.]理想变压器动态问题分析1.电压制约:当变压器原、副线圈的匝数比(n 1n 2)一定时,输出电压U 2由输入电压U 1决定,即U 2=n 2U 1n 1. 2.电流制约:当变压器原、副线圈的匝数比(n 1n 2)一定,且输入电压U 1确定时,原线圈中的电流I 1由副线圈中的输出电流I 2决定,即I 1=n 2I 2n 1. 3.负载制约:(1)变压器副线圈中的功率P 2由用户负载决定,P 2=P 负1+P 负2+… (2)变压器副线圈中的电流I 2由用户负载及电压U 2确定,I 2=P 2U 2; (3)总功率P 入=P 2,即变压器的输入功率是由输出功率决定的.4.对理想变压器进行动态分析的两种常见情况(1)原、副线圈匝数比不变,分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是R →I 2→P 2→P 1→I 1.(2)负载电阻不变,分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况,进行动态分析的顺序是n 1、n 2→U 2→I 2→P 2→P 1→I 1.【例3】 如图所示电路中,变压器为理想变压器,a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端,R 0为定值电阻,R 为滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置,观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ,电流表A 2的示数增大了0.8 A ,则下列说法正确的是( )A .电压表V 1示数增大B .电压表V 2、V 3示数均增大C .该变压器起升压作用D .变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动思路点拨:①原副线圈两端电压是否变化?②A 2增大,说明电阻如何变化?③由n 1n 2=I 2I 1=I ′2I ′1得n 1n 2=ΔI 2ΔI 1,求n 1n 2.④V 3示数的变化根据U 3=U 2-I 2·R 0判断. D [电压表V 1的示数和a 、b 间电压的有效值相同,滑片滑动时V 1示数不变,选项A 错误;电压表V 2测量的电压为副线圈两端的电压,原、副线圈匝数不变,输入电压不变,故V 2示数不变,V 3示数为V 2示数减去R 0两端电压,副线圈中电流增大,易知R 0两端电压升高,故V 3示数减小,选项B 错误;理想变压器U 1I 1=U 2I 2,则U 1ΔI 1=U 2ΔI 2,ΔI 2>ΔI 1,故U 2<U 1,变压器为降压变压器,选项C 错误;因I 2增大,故知R 减小,变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动,选项D 正确.]理想变压器动态问题的处理方法(1)首先抓住三个制约关系:输入电压U 1决定输出电压U 2;输出电流I 2决定输入电流I 1;输出功率P 2决定输入功率P 1.(2)把副线圈当作电源,研究副线圈电路电阻变化.(3)根据闭合电路的欧姆定律,判定副线圈电流的变化、功率的变化.训练角度1:负载变化引起的电路变化分析4.(多选)如图所示,理想变压器原线圈接一交流电源,副线圈回路中有一定值电阻R 和两个小灯泡L 1、L 2,最初开关S 是断开的,现闭合开关S ,则( )A .副线圈两端电压不变B .灯泡L 1变亮C .电流表A 1示数变大D .电阻R 中的电流变小AC [闭合开关S ,副线圈两端电压不变,选项A 正确;副线圈输出电流增大,电阻R 中的电流变大,灯泡L 1两端电压降低,灯泡L 1变暗,选项B 、D 错误;电流表A 1示数变大,选项C 正确.]训练角度2:原副线圈匝数比变化引起的电路动态问题5.理想变压器原线圈接如图甲所示的正弦交变电压,变压器原线圈匝数n 1=270匝,P 是副线圈上的滑片,当P 处于图乙所示位置时,副线圈连入电路的匝数n 2=135匝,电容器C 恰好不被击穿,灯泡L 恰能正常发光,R 是滑动变阻器.以下判断正确的是( )甲 乙A .若向下移动P ,电容器的电荷量增加B .若保持P 不动,向下移动R 的滑片,灯泡变暗C .若保持R 的滑片不动,向下移动P ,灯泡变亮D .电容器的击穿电压为11 2 V D [原线圈输入电压的有效值U 1=U m2=22 V ,当P 位于题图乙所示位置,副线圈电压的有效值为U 2=n 2n 1U 1=11 V ,电容器C 恰好不被击穿,若向下移动P ,电容器C 两端的电压减小,有Q =CU 可知,电容器所带的电荷量减小,故A 错误;若保持P 不动,向下移动R 的滑片,R 接入电路的电阻减小,流过灯泡的电流增大,灯泡变亮,故B 错误;若保持R 的滑片不动,向下移动P ,则副线圈的电压变小,灯泡变暗,故C 错误;电容器击穿电压的最大值U ′m =2U 1=11 2 V ,故D 正确.]1.(多选)理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1,以下说法中正确的是( ) A .穿过原、副线圈磁通量之比是10∶1 B .穿过原、副线圈磁通量的变化率相等C .原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1D .正常工作时,原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1BD [对理想变压器无磁通量损漏,因而穿过两个线圈的交变磁通量相同,磁通量变化率相同,因而每匝线圈产生的感应电动势相等,电压与匝数成正比,选项B 正确,A 、C 错误;对理想变压器输入功率等于输出功率,D 正确.]2.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2=4∶1,当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时,电流表A 1的示数是12 mA ,则电流表A 2的示数为( )A .3 mAB .0C .48 mAD .与负载R 的值有关B [变压器只能工作于交流电路,不能工作于恒定电压和恒定电源的电路,导体棒向左匀速切割磁感线时,在线圈n 1中通过的是恒定电流,不能引起穿过线圈n 2的磁通量变化,在副线圈n 2上无感应电动势出现,所以A 2中无电流通过.]3.如图为一与电源相接的理想变压器,原线圈中的电流是I 1,副线圈中的电流是I 2,当副线圈中的负载电阻变小时 ( )A .I 2变小,I 1变小B .I 2变小,I 1增大C .I 2增大,I 1增大D .I 2增大,I 1变小C [因为匝数不变,所以副线圈电压不变,当电阻变小时,根据公式I 2=U 2R,I 2增大,又因为I 2I 1=n 1n 2,n 1n 2不变,当I 2增大时,I 1也增大,所以C 正确.]4.(多选)如图甲所示的调压装置可视为理想变压器,负载电路中R =55 Ω,A 、V 为理想电流表和电压表,若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压,电压表的示数为110 V ,下列表述正确的是( )甲 乙A .电流表的示数为2 AB .原、副线圈匝数比为1∶2C .电压表的示数为电压的有效值D .原线圈中交变电压的频率为50 HzACD [由题意可知原线圈电压为220 V ,副线圈电压为110 V ,U 1U 2=n 1n 2=21,故B 选项错误;由图乙可知原线圈中的电压频率为50 Hz ,D 选项正确;由副线圈电路可求得电流为2 A ,故A 选项正确.]。
姓名,年级:时间:模块综合检测(二)(时间:90分钟分值:100分)一、单项选择题(本大题共8小题,每小题4分,共32分.在每小题给出的四个选项中,只有一个选项符合题目要求,选对的得4分,选错或不答的得0分)1.如图所示,该图是一正弦式交流电的电压随时间变化的图象,下列说法中不正确的是( )A.它的频率是50 HzB.电压的有效值为311 VC.电压的周期是0。
02 sD.电压的瞬时表达式是u=311sin 314t(V)解析:从图象中可以知道电压最大值为311 V,周期是0.02 s,所以有效值为220 V,频率为50 Hz,所以A、C、D正确.答案:B2.指纹识别器在下列哪些方面可以得到广泛应用( )A.乘坐客车购票时B.过公路收费处时C.放学出校门口时 D.开银行保险柜时解析:指纹识别器是因为人的指纹各不相同且终生基本不变,才成为识别身份的有效手段,应用在个人信息有唯一性和稳定性的地方,故D项正确.答案:D3.一台家用电冰箱的铭牌上标有“220 V 100 W”,这表明所用交变电压的( )A.峰值是380 V B.峰值是220 VC.有效值是220 V D.有效值是311 V解析:交流电表的示数,保险丝的熔断电流,铭牌上标有“220 V 100 W”,都是有效值,故C正确,A、B、D错误.答案:C4.英国物理学家麦克斯韦认为,磁场变化时会在空间激发感生电场.如图所示,一个半径为r的绝缘细圆环水平放置,环内存在竖直向上的匀强磁场B,环上套一带电量为+q的小球.已知磁感应强度B随时间均匀增加,其变化率为k,若小球在环上运动一周,则感生电场对小球的作用力所做功的大小是()A.0 B。
错误!r2qkC.2πr2qk D.πr2qk解析:由法拉第电磁感应定律得感生电动势:E=错误!=错误!πr2=kπr2,而电场力做功W=qU,小球在环上运动一周U=E,故W=qkπr2。
答案:D5.在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中,金属杆PQ在宽为L 的平行金属导轨上以速度v向右匀速滑动,PQ中产生的感应电动势为E1;若磁感应强度增为3B,其他条件不变,所产生的感应电动势大小变为E2,则E1与E2之比及通过电阻R的感应电流方向为()A.1∶3,a→b B.3∶1,b→aC.3∶1,a→b D.1∶3,b→a解析:PQ中产生的感应电动势E=BLv,若磁感应强度增为3B,其他条件不变时,E与B成正比,则有E1∶E2=1∶3,由右手定则知通过电阻R的感应电流方向为a→b。
第六节 变 压 器
一、单项选择题
1.一台理想变压器的原线圈匝数为100匝,副线圈匝数为1 200匝,在原线圈两端接有一电动势为10 V 的电池组,则在副线圈两端的输出电压为( )
A .0 V
B .1.2 V
C .120 V
D .小于120 V
解析:原线圈中无变化磁通. 答案:A
2.将输入电压为220 V ,输出电压为6 V 的变压器改装成输出电压为24 V 的变压器.已知副线圈原来的匝数为36匝,现不改原线圈的匝数,则副线圈应增绕的匝数为( )
A .144匝
B .108匝
C .180匝
D .540匝
解析:由U 1U 2=n 1n 2有2206=n 1
36①
22024=n 1
n 2
② 解得n 2=144,所以应增加的匝数 Δn 2=n 2-36=108(匝). 答案:B
3.对给定的理想变压器有( )
A .根据U 1∶U 2=n 1∶n 2,副线圈两端的电压U 2是由原线圈两端的电压U 1决定的
B .根据I 1∶I 2=n 2∶n 1,副线圈的输出电流I 2是由原线圈输入电流I 1决定的
C .副线圈的输出功率是由原线圈的输入总功率决定的
D .当原线圈的负载电流增加时,副线圈中的电流随之增加 答案:A
4.用一理想变压器向一负载R供电,如下图所示,当增大负载电阻R时,原线圈中电流I1和副线圈中电流I2之间的关系是( )
A.I2增大,I1也增大
B.I2增大,I1减小
C.I2减小,I1也减小
D.I2减小,I1增大
解析:原线圈电压、匝数比不变,输出电压不变,则负载电阻R增大,I2变小,I1也变小.
答案:C
二、双项选择题
5.如图所示,
甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图,以下说法正确的是( )
A.线圈匝数N1<N2,N3<N4
B.线圈匝数N1>N2,N3<N4
C.甲图中的电表是电压表,乙图中的电表是电流表
D.甲图中的电表是电流表,乙图中的电表是电压表
答案:BC
6.
图中理想变压器原、副线圈匝数之比n1:n2=4:1,原线圈两端连接光滑导轨,副线圈与电阻R相连组成闭合回路.当直导线AB在匀强磁场中沿导轨匀速地向右做切割磁感线运动时,电流表的读数是12 mA,那么的读数为( )
A.0 B.3 mA
C.48 mA D.与R值大小无关
解析:直导线AB匀速运动,原线圈接的恒定电源,铁芯中无变化磁通,故副线圈无电压、电流.
答案:AD
7.理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,以下说法中正确的是( )
A.穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B.穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C.原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D.正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
答案:BD
8.一理想变压器原、副线圈的匝数比为101,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器的触头,下列说法正确的是( )
A.副线圈输出电压的频率为50 Hz
B.副线圈输出电压的有效值为31 V
C.P向右移动时,原、副线圈的电流比减小
D.P向右移动时,变压器的输出功率增加
答案:AD
9.如图所示,
一理想自耦变压器线圈AB绕在一个圆环形的闭合铁芯上,输入端AB间加一正弦式交流电压,在输出端BP间连接了理想交流电流表、灯泡和滑动变阻器,移动滑动触头P的位置,可改变副线圈的匝数,变阻器的滑动触头标记为Q.则( )
A.只将Q向下移动时,灯泡的亮度变大
B.只将Q向下移动时,电流表的读数变小
C.只将P顺时针方向移动时,电流表的读数变大
D.只提高输入端的电压U时,电流表的读数变大
解析:对于A、B选项,当将Q向下移动时,连入电路的电阻增大,而线圈的匝数比不变,输入电压不变,所以灯泡两端电压不变,所以电流减小,故A错误.B对.对于C选项,将P沿顺时针方向移动时,因变压器的原线圈的匝数不变,副线圈的匝数减少,灯泡两端的电压将减小,所以电流变小,则电流表读数变小,故C错误.对于D选项,当提高输入端的电压U时,由于原、副线圈的匝数不变,则输出电压也变大,所以电流表的读数会变大,故D正确.
答案:BD
三、非选择题(按题目要求作答.解答题应写出必要的文字说明、方程和重要演算步骤,答案中必须明确写出数值和单位.)
10.如下图所示,某理想变压器有一个原线圈,匝数n1=1 320匝,接220 V交流电路上.另有两个副线圈,甲线圈匝数n2=30匝,线圈中电流为I2=1.2 A;乙线圈两端电压U3=10 V,电流为I3=0.5 A.求:
(1)乙线圈的匝数n3和甲线圈两端的电压U2;
(2)原线圈中的电流I1.
解析: 由U 1U 2=n 1n 2
,得到U 2=5 V 再由U 1U 3=n 1n 3
,n 3=60匝 由理想变压器的P 入=P 出 即I 1U 1=I 2U 2+I 3U 3 得到I 1=1
20
=0.05 A.
答案:(1)60匝 5 V (2)0.05 A
11.如图
,某理想变压器原线圈输入电功率为P 0,原、副线圈的匝数比为n ,在其副线圈上接一线圈电阻为r 的电动机.现在,电动机正以速度v 匀速向上提升一质量为m 的重物,已知重力加速度为g ,不计电动机转轴间的摩擦等损耗,求变压器原线圈两端的电压为多少?
解析:电动机的输出功率P 机=mgv
设副线圈回路的电流为I 2,则:P 0=P 机+I 2
2r 副线圈两端的电压U 2=P 0I 2
原线圈两端的电压U 1=nU 2 解上面各式得U 1=nP 0
r
P 0-mgv
答案:见解析
12. 如右图所示,理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1∶n 2=2∶1,交流电源电压U 1=220 V ,F 为熔断电流I 0=1.0 A 的保险丝,负载为一可变电阻.
(1)当电阻R =100 Ω时,保险丝能否被熔断?
(2)要使保险丝不被熔断,电阻R 的阻值最小值为多少?变压器输出的电功率不能超过多少?
解析:(1)由U 1U 2=n 1n 2
得到U 2=110 V 由欧姆定律得:I 2=1.1 A
再有I 1I 2=n 1n 2
得到I 1=0.55 A 故保险丝不能熔断. (2)理想变压器的P 入=P 出 =220 V×1.0 A=220 W
P 出==220 W 得到R =55 Ω.
答案:(1)不能 (2)55 Ω 220 W。