专题_变压器的动态分析

变压器中，分析电流变化的流程图
根据U1与n1、n2 来判断U2的变化
首先从U1出发 记住U1一般不变
根据I2及n1、n2来 判断I1的变化
根据U2与电阻来 判断I2的变化

变压器中，分析电功率变化的流程图
根据U1与n1、n2 来判断U2的变化
首先从U1出发 记住U1一般不变
根据P2来判断P1的变化
A1 A2 S
∼
V1
V2


A. A1示数变大，A1与A2示数的比值不变 B. A1示数变大，A1与A2示数的比值变大 C. V2示数不变，V1与V2示数的比值不变

因为V1与发动机相连，所以V1不变 因为V1不变，因为匝数不变，所以V2不变 因为V1不变，V2不变，所以V1与V2的比值不变
A1 A2 S
∼


答：开关S闭合后，电流表A2由支路变成干 路，所以A2变大。 因为A2变大，因为匝数不变，所以A1也变大

如图：开关s闭合后，P1与P2怎样改变？
S
∼

答：开关S闭合后，多一条支路，所以R总减小
U2 根据 P2 则P1变大

如图：开关s闭合后，则：__________
R
因为导轨之间切割的长度变大，所以I1 变大，所以I1产生的磁场变大，所以在 副线圈中要产生感应电流

如图：开关s闭合后，电压表v1与v2示数怎 样改变？
S
∼
V1
V2


答：都不变 因为v1取决于发电机，所以v1不变。 因为v1不变，因为匝数不变，所以v2不变。

如图：开关s闭合后，电流表A1与A2示数怎 样改变？

or s o 对变压器动态分析的考查1、如图所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，开关S 原来闭合，且R 1＝R 2.现将S 断开，那么交流电压表的示数U 、交流电流表的示数I、电阻R 1上的功率P 1及该变压器原线圈的输入功率P 的变化情况正确的是( )A ．U 增大B ．I 增大C ．P 1减小D ．P 减小答案　AD解析　开关S 由闭合到断开时，负载的总电阻变大，变压器的输出电压U 2不变，则输出电流I 2变小，R 上的电压变小，R 1上的电压U 变大，电阻R 1上的功率P 1＝＝，R 1不变，U 变大，则P 1增大，故A 正确，C 错误．由电流与匝数的关U 2R 1R 1U 2R 1系可知电流表的示数I 减小，B 错误．输出功率P 出＝I 2U 2，U 2不变，I 2减小，则P 出减小，输入功率等于输出功率，所以D 正确．2、(2012·福建理综·14)如图所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小解析　电路中交流电表的示数为有效值，故A 、B 项均错误；P 向下滑动过程中，R 变小，由于交流电源和原、副线圈匝数不变，U 1、U 2均不变，所以I 2＝变大，由U 2R 0＋R ＝，得I 1＝I 2变大，故C 项正确，D 项错误．I 1I 2n 2n 1n 2n 1答案　C3、 如图甲所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈所接电路中，电压表V 1、V 2和电流表A 1、A 2都为理想电表，电阻R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，R 3的最大阻值为12 Ω，原线圈两端加上如图乙所示规律变化的电压．在R 3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是( )　图5A ．电压表V 1的示数增大B ．电压表V 2的示数为20 V2C ．电流表A 1、A 2的示数都增大D ．电压表V 1的示数与电流表A 1的示数的乘积一直减小答案　D 解析　当R 3的滑片向上移动时，R 2、R 3的总电阻减小，分压减小，所以电压表V 1的示数减小，A 错误．由变压比公式＝得U 2＝22 V ，B 错误．根据“串反并同”得220 VU 2101电流表A 1的示数增大，电流表A 2的示数减小，C 错误．电压表V 1的示数与电流表A 1的示数的乘积为电阻R 2、R 3消耗的功率之和，由于P 入＝P 出＝P 1＋P 23，且P 入＝P 出不变，P 1增大，故P 23减小，D 正确．4、(2011·福建理综·15)图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1∶n 2＝5∶1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1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 的变化关系如图乙所示．现将S 1接1，S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )　A ．输入电压u 的表达式u ＝20sin (50πt ) V2B ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W答案　D解析　由图象乙可知U m ＝20 V ，T ＝0.02 s ，故ω＝＝100π rad/s ，即输入电压u 的22πTi表达式u ＝20sin (100πt ) V ，所以A 项错误．断开S 2后两灯串联，总电压仍为4 V ，2所以L 1、L 2均不能正常发光，B 项错误．根据P 入＝P 出＝可知断开S 2后R 总增大，U 2R 总P 入变小，P 出变小，C 项错误．若S 1接2，由P ＝可得P ＝ W ＝0.8 W ，D 项正U 2R 4220确．5、 某同学自制变压器，原线圈为n 1匝，在做副线圈时，将导线ab 对折后并在一起，在铁芯上绕n 2圈，从导线对折处引出一个接头c ，连成图所示电路．S 为单刀双掷开关，线圈电阻不计，原线圈接u 1＝U m sin ωt 的交流电源．下列说法正确的是( )A ．S 接b 时，电压表示数为2n 2U m n 1B ．S 接c 时，电压表示数为2n 2U m 2n 1C ．S 接c 时，滑动触头P 向下移动，变压器输入功率变大D ．S 接c 时，滑动触头P 向上移动，变压器输入电流变大答案　BD 解析　S 接b 时，双导线ab 产生的感应电动势抵消为零，电压表示数为零，选项A 错误；S 接c 时，副线圈的电动势就是一个n 2线圈产生的感应电动势，由＝、U 1＝U 1U 2n 1n 2，所以U 2＝，选项B 正确；P 向下滑时，R 变大，消耗的功率变小，因此U m22n 2U m 2n 1输入功率也变小，同理分析，P 向上滑时，R 减小，回路电流变大，由I 1n 1＝I 2n 2知输入电流变大，选项C 错误，D 正确．6、 如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别是n 1、n 2，b 是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻R ，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压．当单刀双掷开关由a 拨向b 后，下列说法正确的是( )甲 乙A ．副线圈输出电压的频率变小B ．电压表的示数变大C ．电流表的示数变小D ．原线圈的输入功率变大答案　BD解析　变压器不会改变交流电的频率，A 项错误；当开关由a 拨向b 后，n 1变小，由＝U 1U 2，且U 1＝不变，可知n 1变小，n 2、U 1不变时，U 2变大，即电压表的示数变大，同样n 1n 2U m2电流表示数也要变大，B 项正确，C 项错误；由P 入＝P 出＝U 2I 2可知，D 项正确．7、(2010·海南·9)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中R 为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表．下列结论正确的是( )A ．若电压表读数为6 V ，则输入电压的最大值为24 V2B ．若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C ．若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D ．若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍答案　AD解析　本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识和理解．因为电压表的读数为6 V ，则变压器的输出电压的有效值为6 V ，由＝，U 1U 2n 1n 2故U 1＝4U 2＝24 V ，所以输入电压的最大值为U m ＝U 1＝24 V ，所以选项A正确；22若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝可知，电流表示数增大，所U 2R 以选项B 错；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R 变大时，则I 2＝b，电流变小，又P 1＝P 2＝U 2I 2，故输入功率也减小，所以选项C 错；若负载电阻RU 2R 不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I 2＝则输出电流也U 2R 变为原来的2倍，故输出功率P 2＝U 2I 2变为原来的4倍，所以选项D 正确．8、 (2011·山东理综·20)为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图．保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )　　甲 乙A ．u 2＝190sin (50πt ) VB ．u 2＝190sin (100πt ) V 22C ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移答案　BD解析　由题图乙知交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，所以ω＝＝100π rad/s ，故u 2＝U m 2πT sin ωt ＝190sin (100πt ) V ，A 错误，B 正确．由＝得U 2＝U 1，欲使U 2升高，2U 1U 2n 1n 2n 2n 1n 1应减小，P 应上移，C 错误，D 正确．9、如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V 1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L 和滑动变阻器R ，R 上并联一只理想电压表V 2.下列说法中正确的是( )A ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，V 1示数变大，V 2示数变小B ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C ．若P 不动，滑片F 向下移动时，V 1、V 2的示数均变小D ．若P 不动，滑片F 向下移动时，灯泡消耗的功率变大解析　若F 不动，滑片P 向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V 2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A 错误，B 正确；若P 不动，滑片F 向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L 消耗的功率减小，电压表V 2的示数变小，C 、D 错误．答案　B10、调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图甲所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 之间输入交变电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图甲中两电表均为理想交流电表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器．现在CD 两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么( )A ．由乙图可知CD 两端输入交流电压u 的表达式为u ＝36sin 100t (V)2B ．当滑动触头P 逆时针转动时，MN 之间输出交流电压的频率变大C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R 2消耗的电功率变小答案　D解析　由题图乙可知u ＝36sin 100πt (V)，A 错误．M 、N 之间输出交流电压的频率由2输入的交流电压的频率决定，B 错误．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R 3减小，由“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R 2消耗的电功率P 2＝减小，U 2R 2C 错误，D 正确．11、如图所示，理想变压器原线圈的匝数n 1＝1100匝，副线圈的匝数n 2＝110匝，R 0、R 1、R 2均为定值电阻，且R 0＝R 1＝R 2，电流表、电压表均为理想电表．原线圈接u＝220sin (314t ) (V)的交流电源．起初开关S 处于断开状态．下列说法中正确的是2( )A ．电压表示数为22 VB ．当开关S 闭合后，电压表示数变小C ．当开关S 闭合后，电流表示数变大D ．当开关S 闭合后，变压器的输出功率增大答案　BCD解析　电源电压的有效值为U 1＝220 V ，由＝可知U 2＝22 V ，而电压表示数只是U 1U 2n 1n 2R 1两端的电压，一定小于U 2，A 项错误．S 闭合后，负载总电阻变小，而U 2不变，由P 出＝知P 出变大，I 2＝变大，而P 入＝P 出＝U 1I 1，U 1不变，I 1应变大，即电流U 2R 总U 2R 总表示数变大；电阻R 0的分压U 0＝I 2R 0，U 0变大，则电压表示数U ′＝U 2－U 0应变小．综上所述，选项B 、C 、D 正确．。

专题变压器的动态分析【思想方法指导】处理变压器的动态分析,首先应明确“不变量"和“变化量",对变化量要把握它们之间的制约关系，依据程序分析的思想,从主动变化量开始,根据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况．【规律总结】1．首先明确变压器各物理量间的制约关系．变压器原、副线圈匝数n1、n2确定,U1决定了U2，与输出端有无负载、负载大小无关，也与变压器有无其他副线圈无关．U2与负载电阻R，通过欧姆定律决定了输出电流I2的大小，输出功率P2决定输入功率P1，P1＝U1I1,从而决定I1大小，2．分清动态变化中哪个量变化，结合串、并联电路的特点．欧姆定律及变压器各物理量间因果关系依次确定．【典型例题】例一：为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上,副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想变流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后（) A．A1示数变大,A1与A2示数的比值不变B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变例二：如图8所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头,原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是( )A．保持P的位置不变,S由b切换到aB．保持P的位置不变，S由a切换到bC．S掷于b位置不动，P向上滑动D．S掷于b位置不动，P向下滑动例三：如图所示，理想变压器的输入端接正弦交流电，副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2；输电线的等效电阻为R，开始时，电键K断开。

当K接通时,以下说法中正确的是A.副线圈的两端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例四：如图所示，变压器的原、副线圈的匝数比一定，原线圈的电压为U1时，副线圈的输出电压为U2，L1、L2、L3为三只完全相同的电灯，开始时，电键K开启,然后当电键K闭合时A。

352第五章 变压器的动态分析当变压器空载投入电网，二次侧突然短路，或输电线路遭受雷击时，变压器将处于瞬变状态，此时变压器可能出现过电流和过电压现象。

瞬变状态的持续时间虽然很短，却可能使变压器受到损伤，因此对产生过电流和过电压的原因及其预防措施应进行研究。

第一节 变压器的过电流一、空载投入电网时一次绕组的冲击电流当变压器二次侧开路、一次侧投入电网时，一次侧的电压方程为111m d cos()d i R N U t tφωα+=+ （7-5-1） 式中，R 1和N 1分别为一次绕组的电阻和匝数；φ为链过一次绕组的总磁通；U m 为电源电压的幅值，α为投入瞬间电压的初相角。

空载时，i 1与φ之间为非线性关系，所以式（7-5-1）是一个非线性微分方程，考虑到电阻压降i 1R 1相对来说很小，以磁通量φ作为求解变量，将i 1用φ来表示，i 1=N 1φ/L 1，L 1为一次绕组的自感，则式（7-5-1）可改写成111m 1d cos()d R N N U t L tφφωα+=+ （7-5-2） 若近似认为L 1≈常值，则式（7-5-2）是一个常系数线性微分方程，具有解析解。

式（7-5-2）的解由两部分组成；一部分是稳态分量φ′，另一部分为瞬变分量φ″，即11m cos()R t L t AeφφφΦωαθ-'''=+=+-+ （7-5-3） 式中，磁通稳态分量的幅值为m m 112 4.44U U N f fN Φπ=≈=；θ为磁通与电源电压的相位差，θ=arctan(ωL 1/R 1)≈90˚；A 为瞬变分量的幅值，由初始条件确定。

设投入电源（即t =0）时，铁芯内有剩磁Φr ,代入式（7-5-3），可得r m r m cos()sin A ΦΦαθΦΦα=--≈- （7-5-4）将A 代回到式（7-5-3），最后可得11m r m sin()(sin )R t L t eφΦωαΦΦα-≈++- （7-5-5）353 从式（7-5-5）可见，如果投入瞬间初相角α＝－900，则投入时磁通的稳态分量为-Φm ，瞬变分量的幅值为Φm +Φr 。