山东省专用2018_2019学年高中物理第五章交变电流第4节变压器讲义含解析新人教版选修3_.doc

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1、第4节 变压器1互感现象是变压器的工作基础，变压器工作时有能量损失，变压器的输出功率与输入功率之比叫做变压器的效率。理想变压器的效率为100%。2理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系为。3如果理想变压器的副线圈只有一个，则P1P2，即U1I1U2I2，得出原、副线圈电流与匝数的关系为。4所有变压器不改变交变电流的频率，理想变压器不改变功率。一、变压器的原理 1变压器的构造由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，如图所示。(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。2变压器的工作原理变压器工作的基础是互感现象，电流通过原线圈时在铁芯中激发的磁场

2、不仅穿过原线圈，也同时穿过副线圈，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感应电动势。3作用改变交变电流的电压。二、电压与匝数的关系1理想变压器没有能量损失的变压器，也是一个理想化模型。2电压与匝数的关系理想变压器原、副线圈的电压之比，等于两个线圈的匝数之比，即：。3两类变压器副线圈的电压比原线圈电压低的变压器叫降压变压器；副线圈的电压比原线圈电压高的变压器叫升压变压器。三、两种互感器1电压互感器把高电压变成低电压。它的原线圈并联在高压电路上，副线圈接入交流电压表，如图甲所示。2电流互感器把大电流变成小电流。原线圈串联在被测电路中，副线圈接入交流电流表

3、，如图乙所示。1自主思考判一判(1)变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压。()(2)实际生活中，不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。()(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率。()(4)理想变压器是客观存在的。()(5)适用于任何理想变压器。()2合作探究议一议(1)如果把变压器接入直流电路，变压器能起到变压作用吗？提示：变压器是依据电磁感应工作的，因此只能工作在交流电路中，如果变压器接入直流电路，原线圈中的电流不变，在铁芯中不会引起磁通量的变化，就没有互感现象出现，变压器就起不到变压作用。(2)变压器的两个线圈所用导线的粗细一样吗？提

4、示：不一样。高压线圈匝数多而通过的电流小，用较细的导线绕制而成；低压线圈匝数少而通过的电流大，用较粗的导线绕制而成。(3)变压器的铁芯为什么用薄硅钢片叠压而成？提示：为了减少损耗，变压器的铁芯常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠压而成。这样，涡流被限制在狭窄的薄片之中，回路的电阻很大，涡流大为减弱，从而减小了铁损。变压器的工作原理及规律1工作原理2基本规律(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，根据法拉第电磁感应定律有E1n1，E2n2，所以。(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U1E1，副线圈两端的电压U2E2，所以。当有n组线圈时，则

5、有：。(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，I1U1I2U2，得。当有多个副线圈时，I1U1I2U2I3U3，得I1n1I2n2I3n3典例如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为201，两个标有“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()A120 V,0.10 AB240 V,0.025 AC120 V,0.05 A D240 V,0.05 A思路点拨解答本题时可按以下思路分析：解析由于灯泡正常发光，所以U212 V，根据 解得U1240 V；

6、两个灯泡均正常发光，I221 A，根据解得I10.05 A，故D正确。答案D理想变压器的三点提醒(1)变压器只能改变交变电流的电压，不能在直流电路中使用。(2)原、副线圈的电压、电流发生变化，而频率不变。(3)当副线圈有多个线圈时，电压关系仍适用，而电流关系式不再适用。 1(2017北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u220sin 100t(V)的交流电源上，副线圈接有R55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为21，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是()A原线圈的输入功率为220 WB电流表的读数为1 AC电压表的读数为110 VD副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B由交

7、流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1220 V，由，故副线圈电压的有效值为U2110 V，故输出功率P2220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1P2220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I22 A，由，得I11 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，100(rad/s)，又T，解得T0.02 s，所以D项错误。2多选(2016全国卷)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是()A原、副

8、线圈匝数比为91B原、副线圈匝数比为19C此时a和b的电功率之比为91D此时a和b的电功率之比为19解析：选AD设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为91，选项A正确，选项B错误；由9U0IaU0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据PUI，a、b灯泡的电功率之比为19，选项C错误，选项D正确。3.如图所示，理想变压器原线圈匝数为n11 000 匝，两个副线圈匝数分别为n250 匝和n3100 匝，L1是“6 V2 W”的灯泡，L2是“12 V4 W”的灯泡，当原线圈接正弦交变电流时，两灯泡均

9、正常发光，那么原线圈中的电流为()A. AB. AC. AD. A解析：选C由电压关系解得U1120 V，原线圈的输入功率为P入U1I1PL1PL2解得I1 A，C正确。理想变压器的动态变化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，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，P2P负1P负2；(2)总功率P入P线P2，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

10、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RI2P2P1I1；(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、n2U2I2P2P1I1。典例如图所示，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，输电线的等效电阻为R。开始时，开关S断开。当开关S接通时，以下说法中不正确的是()A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思路点拨解析由于输入电压不变，所以当S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变。并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律I2知，流过R

11、的电流增大，电阻上的电压URIR增大。副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1I2U2，且I2增大，得原线圈输入电流I1也增大。UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小。答案A理想变压器动态问题的处理方法(1)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。 1(2016天津高考)如图所示，理想变压器原线圈

12、接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是()A当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大解析：选B当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2变小，R1消耗的功率PR1I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1I2R1变小，则电压表V的示数UVU2UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的

13、电流关系，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总变小，通过副线圈的电流I2变大，则通过原线圈的电流I1变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1I2R1变大，则R2两端的电压UR2U2UR1变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。2.如图所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦交流电，在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使()A原线圈匝数n1增加B副线圈匝数n2减少C负载电阻R的阻值增大D负载电阻R的阻值减小解析：选D由，P出可得P出又因为P入P出，所以P入分析可得选项D

14、正确。3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为101，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，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u1220 sin 100t(V)，则()A当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 VB当t s时，c、d间电压的瞬时值为110 VC单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小解析：选A当单刀双掷开关与a连接时，原、副线圈的匝数比为101，原线圈两端的电压有效值U1 V220 V，根据，代入数据得U222 V，故电压表的示数为

15、22 V，A正确；当t s时，c、d间电压的瞬间值为u220 sinV110 V，故B错误；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，滑动变阻器接入电路中的阻值变大，电压不变，电流减小，即电压表示数不变，电流表示数减小，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数减小，根据，所以U2变大，电压表和电流表的示数均变大，故D错误。自耦变压器与互感器1自耦变压器图甲所示是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。调压变压器就是一种自耦变压

16、器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2。2互感器(1)电压互感器：如图甲所示，原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表。互感器将高电压变为低电压，通过电压表测低电压，结合匝数比可计算出高压电路的电压。(2)电流互感器：如图乙所示，原线圈串联在待测大电流电路中，副线圈接电流表。互感器将大电流变成小电流，通过电流表测出小电流，结合匝数比可计算出大电流电路的电流。典例在变电所，经常要用交流电表去监测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器。如图所示的四个图中，能正确反映其工作原理的是()解析电流互感器是测电流的，应串联

17、在火线上，故B、D错误。由变压器电流关系n1I1n2I2，要使I2n1，故A选项正确。答案A互感器的区分技巧(1)电压互感器是降压变压器，据，知n1n2。电流互感器是升压变压器，据，知n1n2。(2)区分电压互感器与电流互感器的三个标志测量仪器不同，前者后者。原副线圈匝数关系不同。原线圈接线方式不同，前者接在火线和零线间，后者接在火线上。 1普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则()Aab接MN、cd接PQ，IabIcdCab

18、接PQ、cd接MN，IabIcd解析：选B电流互感器ab一侧线圈匝数比cd一侧线圈匝数少，根据电流关系得I1n1I2n2，所以IabIcd，电流表应接在电流较小的一侧，故选项B正确。2(2016江苏高考)一自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()AU2U1，U2降低 BU2U1，U2升高CU2U1，U2降低 DU2U1，U2升高解析：选Ca、b间原线圈的匝数大于c、d间副线圈的匝数，在滑动触头由M点

19、移动到N点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理知，U2U1，且U2降低，选项C正确。1如图所示，可以将电压升高给电灯供电的变压器是()解析：选C变压器只能对交变电流实现变压，不能对直流变压，故选项A、D错误；由于电压比与变压器线圈匝数比成正比，副线圈匝数多于原线圈匝数的变压器才能实现升压，所以选项B错误，选项C正确。2关于理想变压器特点的下列说法中正确的是()A理想变压器能够使电压升高，同时电流变大B原、副线圈具有相同的磁通量及变化率，产生的感应电动势也相同C原、副线圈没有电阻，铁芯中不会产生涡流D原线圈往往匝数少，绕线粗，电流大解析：选C理想变压器原副线圈功率相等，即U1I1U

20、2I2，不可能同时使电压升高，电流增大，A错；原、副线圈匝数不同，感应电动势不同，B错；理想变压器不考虑绕线铜损，铁芯的热损，当然要求线圈无电阻，铁芯不产生涡流，C对；原、副线圈中匝数少的一边，电流大，绕线粗，但不一定作为原线圈使用，D错。3在如图所示的两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V；若分别在c、d与g、h的两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为()A220 V,220 VB220 V,110 VC110 V,110 V D220 V,0解析：选B对变压器，根据可得Uab220 V；对滑动变阻

21、器来说，当gh间接上110 V电压时，ef间电压Uef110 V，故B选项正确。4.一输入电压为220 V，输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏了，为获知此变压器原副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如图所示，然后将原来线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为()A1 100,360B1 100,180C2 200,180 D2 200,360解析：选B对新绕线圈的理想变压器，根据变压比公式得n11 100，变压器烧坏前，同理n2180，故B正确。5.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3

22、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的正弦交流电源上，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()AU66 V，kBU22 V，kC. U66 V，kDU22 V，k解析：选A设原线圈中电流为I1，原、副线圈电压比3，原、副线圈电流比，由欧姆定律可得，副线圈回路中电阻两端电压UI2R，联立解得U66 V。电阻消耗功率PI2R，由于，所以原、副线圈回路中电阻消耗功率的比值为，选项A正确。6.如图所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦式交流电源，电压表V的示数为220

23、 V，负载电阻R44 ，电流表A1的示数为0.2 A。下列判断正确的是()A原线圈和副线圈的匝数比为21B原线圈和副线圈的匝数比为51C电流表A2的示数为0.1 AD电流表A2的示数为0.4 A解析：选B由变压器的输出功率等于输入功率可得：I1U1I22R，可解得I21.0 A，原线圈和副线圈的匝数比，故B正确，A、C、D均错误。7.钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是()A该测量仪可测量直流电的电流B载流导线中电流大小I0I/nC若钳形部分

24、铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小解析：选C直流电产生的磁场，通过内置线圈的磁通量不变，线圈中不产生感应电动势，选项A错误；由电流跟匝数成反比可知载流导线中电流大小I0nI，选项B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，则通过内置线圈中的磁通量变小，磁通量的变化率也变小，故产生的感应电流变小，测量出的电流将小于实际电流，选项C正确；由，可知钳形电流测量仪的示数将变大，选项D错误。8.如图所示，与理想变压器相连的四只灯泡相同，变压器原、副线圈的匝数比为31，接在副线圈上的三只灯泡正常发光，则对于串联在原线圈上的灯泡L()A比正常发光时

25、的亮度更亮B也能正常发光C比正常发光时的亮度更暗D无法判断其亮度变化情况解析：选B灯泡L的亮度如何，主要看灯泡L的实际功率多大，在本题中就是看通过灯泡L的电流如何变化。设每只灯泡的额定电流为I0，因并联在副线圈两端的三只灯泡正常发光，所以副线圈中的电流I23I0，由得原线圈中的电流I1I2I0，恰为灯泡L的额定电流，因此灯泡L也正常发光。故B正确。9多选(2016海南高考)图甲所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为41，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图乙所示。下列说法正确的是()A变压器输入、输出

26、功率之比为41B变压器原、副线圈中的电流强度之比为14Cu随t变化的规律为u51sin 50t(国际单位制)D若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大解析：选BD由题意，理想变压器输入、输出功率之比为11，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即，故选项B正确；由题图乙可知交流电压最大值Um51 V，周期T0.02 s，角速度100 rad/s，则可得u51sin 100t (V)，故选项C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。10如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为101，原线圈接入图乙所示的不完整

27、的正弦电流，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，电压表和电流表均为理想电表，R0和R1为定值电阻，R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，下列说法中正确的是()AR处出现火警时电压表示数增大BR处出现火警时电流表示数减小C图乙中电压的有效值为220 VD电压表的示数为11 V解析：选D由0T，可求得图乙中电压有效值U1110 V，由，可得电压表示数U211 V，C错误，D正确；R处出现火警时，R电阻变小，副线圈电流增大，原线圈电流也随之增大，电流表示数增大，但电压表示数不变，故A、B均错误。11.如图所示，理想变压器B的原线圈跟副线圈的匝数比n1n221，交流电源电压u1311sin

28、100t(V)，F为熔断电流为I01.0 A的保险丝，负载为一可变电阻。(1)当电阻R100 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 V220 V由得副线圈两端的电压U2U1220 V110 V。(1)当R100 时，副线圈中电流I2 A1.10 A由U1I1U2I2得原线圈中的电流为I1I21.10 A0.55 A由于I1I0(熔断电流)，故保险丝不会熔断。(2)设电阻R取某一值R0时，原线圈中的电流I1刚好达到熔断电流I0，即I11.0 A，则副线圈中的电流为I2I121.0 A2.0 A电阻

29、R的阻值为：R0 55 此时变压器的输出功率为P2I2U22.0110 W220 W可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55 ，变压器输出的电功率不能超过220 W。答案：(1)不会熔断(2)55 220 W12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ut图像如图乙所示。若只在ce间接一只Rce400 的电阻，或只在de间接一只Rde225 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 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)由题图乙知200 rad/s，电压瞬时值uab400sin 200t(V)。(2)电压有效值U1200 V，理想变压器P1P2，原线圈中的电流I1，解得I10.28 A。(3)设ab间匝数为n1，则，同理，由题意知，联立以上各式得，代入数据得。答案：(1)uab400sin 200t(V)(2)0.28 A(3)