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课时素养评价
十一 变 压 器
(25分钟·60分)
一、选择题(本题共6小题,每题6分,共36分)
1.如图所示为变压器原理图,其原线圈和副线圈的匝数分别为n1、n2,若输出电压小于输入电压,下列说法正确的是
( )
A.输入的是直流电,且n1>n2
B.输入的是直流电,且n1C.输入的是交流电,且n1>n2
D.输入的是交流电,且n1【解析】选C。变压器只能对交流电进行升压或降压,故A、B错误;原副线圈的电压之比等于匝数之比,若输出电压小于输入电压,则n1>n2,故C正确,D错误。
2.理想变压器的原、副线圈匝数之比为10∶1,当原线圈接220
V交流电后,副线圈输出的电压是
( )
A.220
V B.110
V C.55
V D.22
V
【解析】选D。根据理想变压器原理有:=,解得:U2=U1=×220
V=22
V。故D正确,A、B、C错误。
3.如图所示,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压均为U0的灯泡L1和L2。原、副线圈匝数比为4∶1。S断开时两灯泡均恰能正常发光。由此可知
( )
A.电源电压U=4U0
B.S断开时,灯泡L1和L2的电流之比为1∶1
C.S闭合后,灯泡L2仍恰能正常发光
D.S断开时,灯泡L1和L2的功率之比为1∶4
【解析】选D。副线圈的电压为U2=U0,根据=,解得原线圈的电压U1=4U0,电源电压U=U0+4U0=5U0,故A错误;S断开时,灯泡L1和L2的电流之比==,故B错误;S闭合后,原线圈的电压为电源电压U′1=5U0,根据=,解得:U′2=U0,灯泡L2不能正常发光,故C错误;S断开时,灯泡L1和L2的电压相同,电流之比==,所以功率之比为===,故D正确。
4.如图甲、乙所示电路中,当A、B接10
V交变电压时,C、D间电压为4
V,M、N接10
V直流电压时,P、Q间电压也为4
V。现把C、D接4
V交流,P、Q接4
V直流,下面哪个选项可表示A、B间和M、N间的电压
( )
A.10
V 10
V
B.10
V 4
V
C.4
V 10
V
D.10
V 0
【解析】选B。题图甲是一个自耦变压器,当A、B作为输入端,C、D作为输出端时,是一个降压变压器,两边电压之比等于两边线圈的匝数之比,当C、D作为输入端,A、B作为输出端时,是一个升压变压器,电压比也等于匝数比,所以C、D接4
V交流时,A、B间将得到10
V交流。题图乙是一分压电路,当M、N作为输入端时,上、下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比。但是当把电压加在P、Q两端时,电流只经过下面那个电阻,上面的电阻中没有电流,两端也就没有电势差,即M、P两点的电势相等。所以当P、Q接4
V直流时,M、N两端的电压也是4
V。
【补偿训练】
在变电所里,需要用交流电流表去检测电路上的强电流,由于电网中的电流通常会超出一般电流表的量程,因此常使用电流互感器。下列能正确反映电流互感器工作原理的是
( )
【解析】选B。由理想变压器的原副线圈的电流之比可知,电流与匝数成反比。则电流互感器应串联接入匝数较多的线圈上。同时一次绕组匝数很少,且串在需要测量的电流的线路中。所以B正确;故选B。
5.某兴趣小组用实验室的手摇发电机和一个可看作理想变压器的小变压器给一个灯泡供电,电路如图,当线圈以较大的转速n匀速转动时,额定电压为U的灯泡正常发光,电压表示数是U1。已知线圈电阻是r,灯泡电阻是R,则有
( )
A.变压器输入电压的瞬时值u=U1sin2πnt
B.变压器的匝数比是U1∶2U
C.电流表的示数是
D.线圈中产生的电动势最大值是Em=U1
【解析】选C。线圈以较大的转速n匀速转动,所以ω=2πn,所以变压器输入电压的瞬时值u=U1sin2πnt,故A错误;电压与匝数成正比,所以变压器的原副线圈的匝数比是U1∶U,故B错误;理想变压器的输入功率和输出功率相等,灯泡正常发光时电功率为P=,所以输入功率为P=,电流表的示数是I1==,故C正确;由于线圈有内阻r,故线圈中产生的电动势有效值大于U1,最大值也就大于U1,故D错误。
6.如图甲所示的电路中,理想变压器原副线圈匝数比为10∶1,、均为理想电表,R为光敏电阻,其阻值随光强增大而减小,L1和L2是两个完全相同的灯泡,原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u,下列说法正确的是
( )
A.电压u的频率为100
Hz
B.电压表的示数为
V
C.当照射R的光强增大时电流表的示数变大
D.当L1的灯丝烧断后电压表的示数会变大
【解析】选C。原线圈接入如图乙所示的电压,T=0.02
s,所以频率为f==50
Hz,故A错误;原线圈接入电压的最大值是22
V,所以原线圈接入电压的有效值是U=22
V,理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1,所以副线圈电压是2.2
V,电压表测路端的电压,所以的示数为2.2
V,故B错误;R阻值随光强增大而减小,根据I=知副线圈电流增加,副线圈输出功率增加,根据能量守恒定律,所以原线圈输入功率也增加,原线圈电流增加,所以的示数变大,故C正确;当L1的灯丝烧断后,变压器的输入电压不变,根据变压比公式,输出电压也不变,光敏电阻R和L2两端的总电压不变,故电压表示数不变,故D错误。
二、计算题(本题共2小题,共24分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要标明单位)
7.(12分)图甲为一理想变压器,ab为原线圈,ce为副线圈,d为副线圈引出的一个接头,原线圈输入正弦式交变电压的u-t
图像如图乙所示。若只在ce间接一只Rce=400
Ω的电阻,或只在de间接一只Rde=225
Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80
W。
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值Uab的表达式。
(2)求只在ce间接400
Ω电阻时,原线圈中的电流I1。
(3)求ce和de间线圈的匝数比。
【解析】(1)由原线圈中交变电压的u-t图像可知ω=200π
rad/s
电压瞬时值表达式Uab=400sin
200πt(V)。
(2)电压有效值U1==200
V
理想变压器P1=P2
原线圈中的电流I1=≈0.28
A。
(3)设ab间匝数为n1,根据变压器规律有
=,=
由题意有:=,联立可得:=。
答案:(1)Uab=400sin200πt(V) (2)0.28
A (3)
8.(12分)如图所示,理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1∶n2=2∶1,交流电源电压u=311sin
100πt
V,F为熔断电流为I0=1.0
A的保险丝,负载R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的阻值应不小于多少?变压器输出的电功率不能超过多少?
【解析】原线圈电压的有效值为U1=
V≈220
V
由=得副线圈两端的电压
U2=U1=×220
V=110
V。
(1)当R=100
Ω时,副线圈中电流
I2==
A=1.10
A。
由U1I1=U2I2得原线圈中的电流为
I1=I2=×1.10
A=0.55
A,由于I1(2)设电阻R取某一值R0时,原线圈中的电流I′1刚好到达熔断电流I0,即I′1=1.0
A,则副线圈中的电流为I′2=I′1=·I′1=2×1.0
A=2.0
A
变阻器阻值为:R0==
Ω=55
Ω
此时变压器的输出功率为
P2=I′2U2=2.0×110
W=220
W可见,要使保险丝F不被熔断,电阻R的阻值不能小于55
Ω,输出的电功率不能大于220
W。
答案:(1)保险丝不会被熔断 (2)55
Ω 220
W
(15分钟·40分)
9.(7分)
如图所示,图甲中理想变压器原线圈接u=12sin100πt(V)的交流电源,副线圈接阻值R1=2
Ω的电阻,?为理想电流表。图乙中阻值为R2=8
Ω的电阻连接上述同样的交流电源,若电阻R1与R2消耗的电功率相等,则
( )
A.通过电阻R1的交流电的频率为5
Hz
B.电阻R1消耗的电功率为36
W
C.电流表的示数为6
A
D.变压器原、副线圈匝数比为2∶1
【解析】选D。由u=12sin100πt(V)知,ω=100π
rad/s,f==50
Hz,故A错误;设原副线圈的匝数比=k,则原副线圈电压的关系==k,即U2=,由题意U1==
V=12
V,U2=
V,又因为电阻R1与R2消耗的电功率相等,有=,代入数据解得k=2,故D正确;电阻R1消耗的电功率P1==
W=18
W,故B错误;电流表的示数I==
A=3
A,故C错误。
10.(7分)(多选)如图所示,理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表,副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节,在副线圈两端连接了定值电阻R0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的正弦交流电,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】选B、C。Q位置不动,副线圈电压U2不变,当P上滑时,R增大,由P=可知总功率减小,原线圈电压U1不变,由P=U1I1可知原线圈电流I1减小,故选项A错误,B正确;当P位置不动,Q上滑时,n2增大,由=知U2增大,同理分析知原线圈电流I1增大,故选项C正确,D错误。
11.(7分)如图,理想变压器原、副线圈匝数
n1∶n2∶n3
=
3∶2∶1,副线圈n2接有“8
V 8
W”的灯泡L1、L2,副线圈n3上接有“6
V 9
W”的灯L3、L4。原线圈上接有电阻
R1=3
Ω,当
a、b端接入交变电源后,L1、L2正常发光,则交变电源的输出功率为
( )
A.72
W B.36
W C.34
W D.24
W
【解析】选B。由题意可知n2的输出电压为U2=8
V;因电压之比等于匝数之比,故输入电压为U1=×8
V=12
V;则n3输出电压U3=×12
V=4
V;
由功率P=可知,灯泡L3、L4的电阻为R==
Ω=4
Ω,
则n3输出的功率2P实=2=2×
W=8
W;
则可知变压器的总功率P总=2×8
W+8
W=24
W;
由P=UI可得输入端电流为I==2
A;
则R1消耗的功率P1=I2R1=12
W;
则交变电源输出的功率为12
W+24
W=36
W。
12.(19分)如图甲所示,原线圈电路中接有一量程为3
A的理想交流电流表,副线圈两端接有理想交流电压表一只和可变电阻R以及若干“6
V 6
W”的相同灯泡。输入端交变电压u的图像如图乙所示,副线圈电压表的示数为9
V。
(1)求变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2。
(2)要求灯泡均正常发光,求电路中最多允许接入的灯泡个数。
(3)为满足第(2)问中要求,求可变电阻R应调到的电阻值。
【解析】(1)根据图像可得原线圈电压的最大值U1m=27
V
其有效值为U1=27
V
根据n1∶n2=U1∶U2
代入数据后可得n1∶n2=3∶1
(2)设原线圈中通过的电流为I1,副线圈中通过的电流为I2,为使副线圈接入的灯泡最多,则I1取允许通过的最大电流的有效值为3
A
根据U1
I1=U2
I2,代入数据后可得I2=9
A
正常发光时每个灯泡中电流为
I灯==1
A
所以允许接入的灯泡个数为n==9。
(3)电阻两端电压为
UR=U2-U灯=3
V
电阻阻值为R==
Ω
答案:(1)3∶1 (2)9
(3)
Ω
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3.变 压 器
必备知识·素养奠基
一、变压器的原理
1.变压器的构造:
由_________和绕在铁芯上的两个线圈组成,如图所示。
闭合铁芯
(1)原线圈:与_________连接的线圈,也叫_________。
(2)副线圈:与_____连接的线圈,也叫_________。
2.变压器的工作原理:变压器工作的基础是_____现象,电流通过原线圈时在铁
芯中激发的磁场不仅穿过原线圈,也同时穿过___线圈,由于电流的大小、方向
在不断变化,铁芯中的磁场也在不断变化,变化的磁场在副线圈中产生_____
_______。
3.作用:改变交变电流的电压,_______(选填“改变”或“不改变”)交流电的
周期和频率。
交流电源
初级线圈
负载
次级线圈
互感
副
感应
电动势
不改变
二、电压与匝数的关系
1.理想变压器:没有_________的变压器。
2.电压与匝数的关系:原、副线圈的电压之比,等于两个线圈的_____之比,
即
3.两类变压器:
(1)副线圈电压比原线圈电压低的变压器叫_____变压器。
(2)副线圈电压比原线圈电压高的变压器叫_____变压器。
能量损失
匝数
降压
升压
4.应用:
(1)远距离输电中,升压和降压后提供给用户。
(2)满足各种不同电压要求的用电设备。
5.关于变压器的原理和应用:
解释符合科学实际的有:_______
①变压器是利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能的转化。
②在理想变压器中原、副线圈的磁通量的变化率是一致的。
③理想变压器的输入功率和输出功率相等。
④输入交变电流的频率越高,输出交变电流的电压就越高。
⑤变压器能改变所有交变电流的电压。
⑥我们可以根据变压器线圈导线的粗细判断其匝数的多少。
①②③
关键能力·素养形成
一 理想变压器的变压和变流
1.理想变压器的特点:
(1)变压器铁芯内无漏磁,无发热损失。
(2)原、副线圈不计内阻,即无能量损失。
2.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
,根据法拉第电磁感应定律有E1=n1
,E2=n2
,所以
3.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U1=E1,副线圈
两端的电压U2=E2,所以
。当有n组线圈时,则有
…
4.功率关系:对于理想变压器,不考虑能量损失,有P入=P出。
5.电流关系:由功率关系,当只有一个副线圈时,有I1U1=I2U2,得
当有多个副线圈时,I1U1=I2U2+I3U3+…,得I1n1=I2n2+I3n3+…
6.变压器的分类:
【思考·讨论】
如图所示,把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上,一个线圈(原线圈)通过开关可以连接到交流电源的两端,另一个线圈(副线圈)连到小灯泡上。连接电路,接通电源,小灯泡能发光。
(1)两个线圈并没有连接,小灯泡为什么会发光?
(科学思维)
(2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗?如果不相等,与什么因素有关?
(科学思维)
(3)若将原线圈接在恒定的直流电源上小灯泡发光吗?为什么?
(科学探究)
提示:(1)当左边线圈加上交流电压时,左边线圈中就有交变电流,它在铁芯中产
生周期性变化的磁场,根据法拉第电磁感应定律知,在右线圈中会产生感应电动
势,右线圈作为电源给小灯泡供电,小灯泡就会发光。
(2)左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率
都相同,若左边匝数为n1,则
U1=E1=n1
。若右边匝数为n2,则U2=E2=n2
,故有
;若忽略左边线圈的
电阻则有U1=U电源,这样看来只要n1≠n2,小灯泡两端的电压与学生电源的输出电
压就不相等。小灯泡两端的电压,即副线圈两端的电压与原、副线圈匝数比有
关。
(3)不发光,因为无法在副线圈中产生感应电动势。
【典例示范】
图甲中的变压器为理想变压器,原线圈匝数n1与副线圈匝数n2之比为10∶1,变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电,电阻R1=R2=R3=20
Ω和电容器C连接成如图甲所示的电路。其中,电容器击穿电压为8
V,各电表均为理想交流电表,开关S处于断开状态,则
( )
A.电压表V的读数为10
V
B.电流表A的读数约为0.05
A
C.电阻R2上消耗的功率为2.5
W
D.若闭合开关S,电容器会被击穿
【解析】选C。开关断开时,副线圈与R1和R2串联,电压表测量R2的电压,由图可
知原线圈电压为100
V,所以副线圈电压为10
V,则电压表的读数是R2的电压
为5
V≈7.07
V,故A错误;由A的分析可知,副线圈电流为I2=
,所以原线圈电流为I1=
I2=0.025
A,故B错误;电阻R2上消耗的功率
为P=
R2=(0.25
)2×20
W=2.5
W,故C正确;当开关闭合时,R1与R3并联后和R2
串联,电容器的电压为并联部分的电压,并联部分电阻为R并=10
Ω,所以并联部
分的电压为UC=
,最大值为
<8
V,所以电容器不会被击穿,故D错误。
【规律方法】理想变压器的特点
(1)电压表、电流表示数均为有效值。
(2)理想变压器P入=P出。
(3)变压器不改变频率,即原、副线圈交变电流频率相等。
【素养训练】
1.如图所示的变压器电路中,三个定值电阻的阻值相同,理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1,在a、b端加上电压为U的交流电压,电键S断开时,电流表的示数为I,则S闭合后,电流表的示数为
( )
【解析】选D。设每个电阻的阻值为R,电键S断开时,根据变流比,副线圈中的电
流为2I,所以副线圈两端的电压为U2=2IR,根据变压比,原线圈两端的电压为4IR,
结合串并联电路特点有U=4IR+IR=5IR;同理,当电键S闭合时,设电流表的示数为
I1,副线圈中的电流为2I1,副线圈两端的电压为I1R,则原线圈两端电压为2I1R,则
U=2I1R+I1R=3I1R,得到I1=
I,故D正确,A、B、C错误。
2.如图所示,10匝矩形线框,在磁感应强度为0.2
T的匀强磁场中,绕垂直磁场的轴OO′以角速度100π
rad/s匀速转动,线框电阻不计,面积为0.5
m2,线框通过滑环与一理想变压器的原线圈相连,副线圈接有两只灯泡L1和L2。已知变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,开关断开时L1正常发光,且电流表示数为0.01
A,则
( )
A.若开关S闭合,灯泡L1亮度不变,电流表示数将增大
B.闭合开关后电压表示数为5
V
C.灯泡L1的额定功率为3.14
W
D.若从图示位置开始计时,线框中感应电动势的瞬时值为314sin100πt(V)
【解析】选A。若开关S闭合,输出电压不变,所以灯泡L1亮度不变;输出电压不变,
输出端电阻减小,故输出电流增加,故输入电流也增加,电流表示数增大,故A正
确;变压器的输入电压的最大值为:Um=NBSω=100π
V,变压器输入电压的有效值
为:U1=
,线圈匝数之比为10∶1,故闭合开关后电压表示数为
5
π
V,故B错误;开关断开时L1正常发光,且电流表示数为0.01
A,灯泡L1的额
定功率等于此时变压器的输入功率,为:P=U1I1=50
π×0.01
W=0.5
π
W
=2.22
W,故C错误;从垂直中性面位置开始计时,故线框中感应电动势的瞬时值
为:u=Umcosωt=100πcos100πt(V),故D错误。
【补偿训练】
1.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“200
V 60
W”灯泡一只且灯泡正常发光。则
( )
A.电流表的示数为0.015
A
B.电源输出功率为1200
W
C.电流表的示数为6
A
D.原线圈端电压为10
V
【解析】选A。从副线圈接入“200
V 60
W”灯泡一只,且灯泡正常发光这一
条件可以看出,输出功率为60
W,由公式
得电流表读数是0.015
A,由
得原线圈端电压为4
000
V。
2.如图所示,为了浴室用电安全,某同学用理想变压器给浴室降压供电,理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,原线圈输入交变电压u=311sin
100πt
(V),已知照明灯额定功率为44
W,排气扇电动机内阻为1
Ω,电流表示数为2
A,各用电器均正常工作,电表均为理想电表。则
( )
A.电压表示数为62
V
B.变压器的输入功率为186
W
C.排气扇输出功率为43
W
D.保险丝熔断电流不得低于2
A
【解析】选C。变压器输入交变电压u=311sin
100πt(V),有效值U=220
V,变压
器原、副线圈匝数比为5∶1,所以副线圈电压U2=44
V,故A错误。电流表示数为
2
A,所以输出功率P=44×2
W=88
W,所以变压器的输入功率为88
W,故B错误。
照明灯的电流I1=
A=1
A,则排气扇的电流为I2=2
A-1
A=1
A,则排气扇输出
功率为P出=I2U2-
r=1×44
W-12×1
W=43
W,选项C正确。变压器的初级电流为
I=
I次=
A=0.4
A,故保险丝熔断电流不得低于0.4
A,选项D错误,故选C。
二 理想变压器的三个制约关系和动态分析
1.理想变压器的制约条件:
(1)电压制约:当变压器原、副线圈的匝数比
一定时,输出电压U2由输入电压
U1决定,即U2=
。
(2)电流制约:当变压器原、副线圈的匝数比
一定时,且输入电压U1确定时,
原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定,即I1=
。
(3)功率制约:①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定,P2=P负1+P负2+…;
②功率关系P1=P2=P负,即变压器的输入功率是由输出功率决定的。
2.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→I2→P2→P1→I1。
(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n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1。
【典例示范】
如图所示,理想变压器原线圈的输入电压u一定,电路中的电表均为理想电表,
当滑动变阻器的滑片由上向下滑动时,下列说法正确的是
( )
A.电流表
示数减小
B.电流表
示数增大
C.电压表
示数减小
D.电压表
示数增大
【解析】选B。滑动变阻器的滑片由上向下滑动时,电阻R2减小,根据闭合电路
欧姆定律,和R2串联的元件电流增大,所以
、
示数增大,故A错误,B正确;
理想变压器原线圈的输入电压u一定,根据
知,
示数不变,故C错误;总
电流增大,经过R1的电流也增大,其两端的电压也增大,而R1和R2总电压不变,所
以R2两端电压减小,即电压表
示数减小,故D错误。
【规律方法】理想变压器动态问题的处理方法
(1)首先抓住三个决定原则:输入电压U1决定输出电压U2;输出电流I2决定输入电流I1;输出功率P2决定输入功率P1。
(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。
(4)根据理想变压器的变压规律、变流规律和功率规律判定原线圈电流的变化及输入功率的变化。
【素养训练】
1.(多选)(2020·全国Ⅲ卷)在图(a)所示的交流电路中,电源电压的有效值为220
V,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,R1、R2、R3均为固定电阻,
R2=10
Ω,R3=20
Ω,各电表均为理想电表。已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是
( )
A.所用交流电的频率为50
Hz
B.电压表的示数为100
V
C.电流表的示数为1.0
A
D.变压器传输的电功率为15.0
W
【解析】选A、D。由图(b)可知,T=0.02
s,所以f=50
Hz,A正确;由图(b)可知电
流i2的最大值为Im=
A,故有效值I2=
=1
A,R2两端的电压U2=I2R2=10
V,由
理想变压器的电压特点
可得原线圈的两端电压U1=100
V,所以电压表的
示数为UV=220
V-100
V=120
V,B错误;由欧姆定律得IA=
A=0.5
A,C
错误;变压器副线圈的电流I=1
A+0.5
A=1.5
A,变压器传输的电功率P=U2I=
10
V×1.5
A=15.0
W,D正确。
2.如图所示,甲为理想自耦变压器,A、P分别是可以滑动的触头。变压器输入图乙所示的交流电压,则
( )
A.滑动变阻器两端的电压等于220
V
B.触头A向下滑动时,滑动变阻器消耗功率变大
C.触头A向上滑动时,滑动变阻器两端电压变大
D.触头A向下滑动时,滑动变阻器消耗功率变小
【解析】选B。变压器输入电压有效值为220
V,则由变压器次级线圈匝数大于初级线圈匝数,可知滑动变阻器两端的电压大于220
V,故A错误;触头A向下滑动时,初级线圈匝数减小,则次级线圈电压变大,滑动变阻器消耗功率变大,故B正确,D错误;触头A向上滑动时,初级线圈匝数增大,匝数比减小,故输出电压减小,滑动变阻器两端电压变小,故C错误。
【补偿训练】
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,
设其中一个灯泡电流为I,电压为U;初级线圈中串有一个相同的灯泡L,则( )
A.灯L的电压为3U
B.灯L的电流为3I
C.灯L的电压为U
D.灯L的电压无法计算
【解析】选C。本题需要先根据原副线圈电流比公式得出原线圈中的电流,由于
四个灯泡相同,根据电流比求出L两端的电压;副线圈中总电流为I2=3I,根据原
副线圈电流比公式
,可得原线圈中的电流为I1=I,和副线圈中其中任意
灯泡的电流相同,故可得灯L两端的电压为U,所以C正确;故选C。
三 科学探究——探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1.实验目的:探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
2.设计思路:利用教学用的可拆变压器进行探究。可拆变压器能方便地从不同
接线柱上选取不同匝数的线圈。
3.数据处理方法:
(1)用表格的形式把原、副线圈的匝数与电压进行比较,寻找它们之间的关系。
(2)得出探究的结果后,力求用准确而精练的语言把它们表述出来。如果可能,
最好用数学关系式来表达。
4.实验结论: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。
【思考·讨论】
(1)为什么原、副线圈的电压之比,不严格等于原、副线圈的匝数之比?
(科学探究)
提示:变压器线圈通过电流时会发热;铁芯在交变磁场的作用下也会发热。此外,交变电流产生的磁场也不可能完全局限在铁芯内。
(2)为什么说理想变压器是一个理想化模型?(科学探究)
提示:有些变压器工作时的能量损失很小,可以忽略。我们把没有能量损失的变压器叫作理想变压器。理想变压器是一个理想化模型。
【典例示范】
某班物理实验课上,同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)下列说法正确的是__________。?
A.为确保实验安全,实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B.变压器的原线圈接低压交流电,测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流
电压挡”
C.可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈匝数对副
线圈电压的影响
D.测量副线圈电压时,先用最大量程试测,大致确定电压后再选用适当的挡位进
行测量
E.变压器开始正常工作后,铁芯导电,把电能由原线圈输送到副线圈
F.变压器开始正常工作后,若不计各种损耗,在原线圈上将电能转化成磁场能,
在副线圈上将磁场能转化成电能,铁芯起到“传递”磁场能的作用
(2)如图丙所示,某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈
接学生电源的交流输出端,副线圈接小灯泡。下列说法正确的是________。?
A.与变压器未通电时相比较,此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费
力
B.若仅增加原线圈绕制的圈数,小灯泡的亮度将保持不变
C.若仅增加副线圈绕制的圈数,学生电源的过载指示灯可能会亮起
(3)理想变压器是一种理想化模型。请分析说明该模型应忽略哪些次要因素;
并证明:理想变压器原、副线圈的电压之比,等于两个线圈的匝数之比,即
【解析】(1)为确保实验安全,应该降低输出电压,实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数,故A错误;变压器只能改变交流电的电压,原线圈输入交流电压,副线圈输出交流电压,应用多用电表的“交流电压挡”测量,故B错误;研究变压器电压和匝数的关系,用到控制变量法,可以先保持原线圈电压、匝数不变,改变副线圈的匝数,研究副线圈匝数对副线圈电压的影响,故C正确;为了保护电表,测量副线圈电压时,先用最大量程试测,大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量,故D正确;变压器的工作原理是电磁感应现象,即不计各种损耗,在原线圈上将电能转化成磁场能,在副线圈上将磁场能转化成电能,铁芯起到“传递”磁场能的作用,不是铁芯导电,传输电能,故E错误,F正确。
(2)与变压器未通电时相比较,通电时,线圈产生磁性,对横条铁芯具有吸引力,若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力,故A正确;增加原线圈绕制的圈数,根据变压比可知,输出电压减小,灯泡的亮度降低,故B错误;增加副线圈绕制的圈数,根据变压比可知,输出电压增大,根据欧姆定律可知,输出电流增大,根据变流比可知,输入电流增大,学生电源的过载指示灯可能会亮起,故C正确。
(3)理想变压器模型应忽略的次要因素如下:
①不计漏磁,即通过原副线圈每匝线圈的磁通量都相等,因而不计磁场能损失;
②不计原副线圈的电阻,因而不计线圈的热能损失;
③不计铁芯中产生的涡流,因而不计铁芯的热能损失。
综上,理想变压器在传输能量时没有能量损失。
根据法拉第电磁感应定律,原、副线圈产生的感应电动势分别为E1=n1
,
E2=n2
,因理想变压器不计原、副线圈的电阻,则线圈两端的电压等于它产生
的感应电动势,
即U1=E1,U2=E2
联立解得,
答案:(1)C、D、F (2)A、C (3)见解析
【素养训练】
如图所示为一个教学用的简易变压器,两线圈的匝数未知,某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数。
(1)为完成该实验,除了选用电压表、导线外,还需要选用低压________(选填“直流”或“交流”)电源。?
(2)该同学在变压器铁芯上绕10匝绝缘金属导线C,然后将A线圈接电源,用电压表分别测出线圈A、线圈B及线圈C两端的电压,记录在表格中,则线圈A的匝数为________匝,线圈B的匝数为________匝。?
(3)为减小线圈匝数的测量误差,你认为绕制线圈C的匝数应该__________(选填“多一些”或“少一些”)更好。?
A线圈电压
B线圈电压
C线圈电压
8.0
V
3.8
V
0.2
V
【解析】(1)变压器必须使用交流电源,直流电源不能让变压器正常工作。
(2)设A、B、C的线圈匝数分别为n1、n2、n3,电压分别为U1、U2、U3,线圈电压和
匝数成正比,
有
(3)为减小线圈匝数的测量误差,绕制线圈C的匝数应该多一些。
答案:(1)交流 (2)400 190 (3)多一些
【补偿训练】
1.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中,
(1)下列器材需要的有__________。?
A.干电池组 B.滑动变阻器 C.学生电源
D.直流电压表 E.多用电表 F.条形磁铁
G.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
(2)变压器的工作原理是____________。?
(3)如图,当左侧线圈“0”“16”间接入12
V电压时,右侧线圈“0”“4”接线柱间输出电压可能是__________。?
A.6
V B.4.3
V C.2.1
V
【解析】(1)电源应是用来提供交流电压的,所以不能选择干电池,要选择有交流电输出的学生电源。故A错误,C正确;该实验不需要滑动变阻器。故B错误;测量交流电的电压不能使用直流电压表,可以用多用电表。故D错误,E正确;实验还需可拆变压器和导线,不需要条形磁铁,故F错误,G正确。
(2)变压器的工作原理是:电磁感应。
(3)当左侧线圈“0”“16”间接入12
V电压时,左侧线圈的匝数为16n;右侧线
圈接“0”“4”接线柱时,右侧线圈的匝数为4n;其中n为某一个常数;理想变压
器线圈两端的电压与匝数的关系:
,如果是理想变压器,那么接线柱间输
出电压是3
V,实验中考虑到漏磁、绕组导线中产生的焦耳热等因素,所以接线
柱间输出电压要小于3
V,故A、B错误,C正确。
答案:(1)C、E、G (2)电磁感应 (3)C
2.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中:
(1)原线圈中接入的电源是________;?
A.220
V交流电
B.学生电源12
V以下直流输出
C.学生电源12
V以下交流输出
(2)对于实验过程,下列说法正确的是________。?
A.为便于探究,应该采用控制变量法
B.因为实验所用电压较低,通电时可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C.使用多用电表测电压时,先用中等量程挡试测,再选用恰当的挡位进行测量
【解析】(1)“探究变压器的电压与匝数的关系”实验中,变压器是改变电压,因此为了人身安全,原线圈两端只能使用低压交流电源,所用电压不超过12
V,故A、B错误,C正确。
(2)探究变压器原副线圈两端的电压与匝数的关系,为便于探究,应该采用控制变量法,故A正确;实验通电时,用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路,这样无形之中,将人体并联在电路中,导致所测数据不准确,故B错误;使用多用电表测电压时,先用最高量程挡试测,再选用恰当的挡位进行测量,故C错误。
答案:(1)C (2)A
3.为探究变压器两个线圈的电压关系,张明同学设计如下实验中,操作步骤如下:
①将原线圈与副线圈对调,重复以上步骤;
②将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上,另一个作为副线圈,接上小灯泡;
③闭合电源开关,用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压;
④将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上。
(1)以上操作的合理顺序是________(填步骤前数字序号)。?
(2)如图所示,在实验中,两线圈的匝数n1=1
600,n2=400,当将n1作为原线圈时,原线圈两端电压为16
V,副线圈两端电压为4
V;n1与n2对调后,原线圈两端电压为8
V时,副线圈两端电压为32
V,那么可初步确定,变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________________(填写字母关系式)。?
【解析】(1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中,首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上;再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上,另一个作为副线圈,接上小灯泡;闭合电源开关、用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压;最后将原线圈与副线圈对调,重复以上步骤;故以上操作的合理顺序是④②③①。
(2)根据法拉第电磁感应定律,原副线圈的磁通量的变化率相同,则感应电动势
的大小与匝数成正比,两线圈的匝数n1=1
600,n2=400,当将n1作为原线圈时,
U1=16
V,副线圈两端电压U2=4
V;当原线圈与副线圈对调后,U1′=8
V时,U2′=
32
V,此时U2′为原线圈的电压,而U1′为副线圈的电压;由以上数据可得:
答案:(1)④②③①
(2)
【拓展例题】考查内容:电压互感器和电流互感器
【典例】为了测量高电压和强电流,常用到变压器的有关原理。如图所示,L1和L2是输电线,甲是电压互感器,乙是电流互感器。若电压互感器上下线圈的匝数比为1
000∶1,电流互感器上下线圈的匝数比为1∶100,并且知道电压表示数为220
V,电流表示数为10
A,下列说法正确的是
( )
A.两输电线的电压为220
V
B.L2中的电流强度为10
A
C.电路中输送的功率为2.2×108
W
D.两输电线间的电阻为22
Ω
【解析】选C。甲图的原线圈两端接电源两端的电压,所以是电压互感器,已知
n1∶n2=1
000∶1,电压表示数为U2=220
V,根据
可得传输电压为U1=2.2
×105
V,选项A错误。乙图中的原线圈串联接入输电线的一根导线,所以是电流
互感器,已知n3∶n4=1∶100,电流表示数为I4=10
A,根据
可得传输电流
为:I3=1
000
A,选项B错误。输电线中输送的功率为P=U1I3=2.2×108
W,选项C
正确。两输电线间的电阻无法求得,选项D错误;故选C。
【课堂回眸】
课堂检测·素养达标
1.(2020·江苏高考)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器,工作原理如图所示。其原线圈匝数较少,串联在电路中,副线圈匝数较多,两端接在电流表上。则电流互感器
( )
A.是一种降压变压器
B.能测量直流电路的电流
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
【解析】选D。原线圈匝数较少,电流互感器是一种升压变压器,A选项错误。电流互感器的工作原理是电磁感应中的互感现象,只可以测量交变电流,B选项错误。电流互感器不会改变电流的频率,只改变电流的大小,故原、副线圈电流的频率相同,C选项错误。原线圈匝数较少,根据I1n1=I2n2,电流互感器是一种降电流的变压器,副线圈的电流小于原线圈的电流,D正确。
2.如图是“探究变压器线圈两端的电压与匝数关系”的实验示意图,a线圈接交流电源,b线圈接交流电压表,不计两线圈的内阻,在实验过程中
( )
A.只增加b线圈的匝数,电压表的示数一定增大
B.只增加a线圈的匝数,电压表的示数一定增大
C.同时增加a、b两线圈的匝数,电压表的示数一定增大
D.只改变a线圈两端的电压,电压表的示数不变
【解析】选A。根据
,解得:Ub=
Ua,若只增加b线圈的匝数,电压表的
示数一定增大,若只增加a线圈的匝数,电压表的示数一定减小,故A正确,B错误;
根据
,解得:Ub=
Ua,则电压表的示数应与a、b两线圈的匝数比有关,
故C错误;根据
,解得:Ub=
Ua,则只改变a线圈两端的电压,电压表的示
数改变,故D错误。
3.如图所示,变压器原线圈接交流高压,降压后通过输电导线给用电器供电,当电键S断开时,图中电压表示数U和电流表示数I的变化是
( )
A.U、I均变大
B.U变大,I变小
C.U、I均变小
D.U变小,I变大
【解析】选B。变压器输入电压不变,输出电压不变。当电键S断开时,副线圈回路中总电阻增大,干路电流减小,原线圈电流随着减小,即电流表示数变小;对于副线圈回路,因总电压不变,电流减小,则与电压表并联的电阻R分担的电压增大,即电压表示数变大。故B正确,A、C、D错误。
4.如图所示,一台有两个副线圈的变压器,原线圈匝数n1=1
100,接入电压U1=220
V的电路中。
(1)要求在两组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?
【解析】(1)变压器电压比等于匝数比
有
所以n2=30,n3=550。
(2)两组副线圈上电压分别为U2=6
V,U3=110
V,在两副线圈上分别接上“6
V,
20
W”“110
V,60
W”的两个用电器时,这两个用电器都能正常工作,所以这两
个用电器实际消耗的功率就为20
W和60
W。
又因为理想变压器的输入功率等于输出功率,所以P1=P2+P3。
即I1·U1=20
W+60
W=80
W,因为U1=220
V,所以I1=0.36
A
答案:(1)n2=30,n3=550 (2)0.36
A
【新思维·新考向】
情境:如图所示,100匝矩形导线框处于磁感应强度大小B=
T
的水平匀强磁
场中,线框面积S=0.5
m2,线框电阻不计。线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度
ω=100π
rad/s匀速转动,并与理想变压器原线圈相连,副线圈中接一只
“220
V,60
W”的灯泡。
问题:
若电流表为理想交流电表。求:
(1)线圈从图示位置开始计时,产生感应电动势瞬时值的表达式。
(2)为使灯泡正常发光,理想变压器的匝数比。
(3)理想交流电流表的示数。
【解析】(1)由Em=NBSω,得:Em=500
V
e=500
cos100πt
V
(2)U1=
=500
V U2=220
V
根据
解得:
(3)根据理想变压器原副线圈的功率关系:P1=P2=U1I1
解得:I1=
A=0.12
A
答案:(1)e=500
cos100πt
V (2)25∶11 (3)0.12
A
