高中物理远距离输电第2节变压器3-2180206152

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1、。内部文献，版权追溯内部文献,版权追溯内部文献，版权追溯第2节 变压器1.变压器的工作原理是互感现象，抱负变压器通过原、副线圈的磁通量、磁通量的变化率相似，每匝线圈产生的感应电动势相等。2抱负变压器原、副线圈功率相等，电压比是；电流比是(仅用于一原一副)。3变压器高压线圈匝数多、电流小，可用细导线；低压线圈匝数少、电流大，一般用粗导线。4自耦变压器的工作原理和一般的双绕组变压器同样，原、副线圈两边的电压比等于匝数比。 一、变压器的构造.变压器的定义在交流电的传播过程中,能升高电压或减少电压的设备。.变压器的构造(1）如图421甲所示,变压器由闭合的铁芯和绕在铁芯上的两个或两个以上的线圈构成，其

2、中闭合铁芯由表面涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成,线圈一般用高强度的漆包线绕制。在电路中,变压器的符号如图乙所示。图21()原线圈:与电源相连的线圈,也叫初级线圈,其两端电压叫输入电压,用符号 U表达。副线圈:与负载相连的线圈,也叫次级线圈,其两端电压叫输出电压，用符号 U2表达。.变压器的分类按输出电压的升降，变压器分为升压变压器和降压变压器两种。二、变压器的工作原理1.互感：交变电流通过原线圈时在铁芯中激发交变磁场,交变磁场在副线圈中产生感应电动势,当副线圈闭合时，副线圈中有电流产生，它在铁芯中产生交变磁通量，这个交变磁通量也穿过原线圈，在原线圈中产生互相感应的现象。2工作原理电磁感应是变压器的

3、工作原理,即互感现象是变压器工作的基本。.抱负变压器(）变压器线圈的电阻忽视不计；（2)闭合铁芯的“漏磁”忽视不计;（3)闭合铁芯中产生的互感现象忽视不计。即没有能量损失的变压器叫做抱负变压器。三、科学探究变压器电压与匝数的关系电压与匝数关系=电流与匝数关系功率关系1=2四、自耦变压器1.定义:只有一种绕组的变压器。.优、缺陷(1）长处：可以持续地调节输出电压。()缺陷：低压端和高压端直接有电的联系，使用不够安全。1自主思考判一判(1)变压器工作的原理是自感。（）(）变压器能变化所有电流的电压。()(3)升压变压器的副线圈电压高、电流大。()（4)抱负变压器无能量损失,其输入功率与输出功率相等

4、。（)(5)抱负变压器一定有；=。（)()我们可以根据变压器线圈导线的粗细判断其匝数的多少。().合伙探究议一议（1)变压器的铁芯为什么是闭合的，并且由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成?提示:在变压器中采用闭合铁芯的目的是为了避免漏磁。变压器的线圈中通过交变电流时，铁芯中将产生很大的涡电流，不仅损耗了大量的能量,甚至还也许烧毁这些设备。为了减小涡电流及其损失，一般采用叠合起来的硅钢片替代整块铁芯，并使硅钢片平面与磁感应线平行。一方面由于硅钢片自身的电阻率较大，另一方面各片之间涂有绝缘漆或附有天然的绝缘氧化层,把涡流限制在各薄片内,使涡流大为减小,从而减少了电能的损耗。(2)变压器能否变化交流电的频率

5、？提示:对变压器，当加在原线圈上的交变电压发生一种周期性变化时,原线圈中的交变电流就发生一种周期性变化，铁芯中产生的磁通量也发生一种周期性变化,副线圈中产生的交变电动势(电压)也发生一种周期性变化，因此,变压器只能变化交流电的电压及电流，不能变化交变电流的频率。()原、副线圈为什么用粗细不同的导线绕制?提示:变压器由两个线圈构成：一种为原线圈,另一种为副线圈。这两个线圈的电压不同。作为高压线圈的匝数多、通过的电流小，根据焦耳定律和节材原则，应用较细的导线绕制；作为低压线圈的匝数少、通过的电流大,根据焦耳定律和节能原则，应当用较粗的导线绕制。因此，我们打开变压器时看到两个线圈粗细不同，用粗导线绕

6、制的线圈为低压线圈,用细导线绕制的线圈为高压线圈。变压器的工作原理及规律1工作原理2.抱负变压器的三种基本关系规律表达根据备注电压关系=E=n合用于一种原线圈、一种或多种副线圈的状况功率关系P入=P出能量守恒合用于抱负变压器电流关系I1=U2I2合用于一种原线圈、一种副线圈n 11=n 2I2n33 U11U2I2+U33合用于一种原线圈、多种副线圈典例一台抱负变压器,其原线圈为20匝，副线圈为440匝,并接一种00 的负载电阻，如图422所示。图42(1）当原线圈接在44 直流电源上时，电压表达数为_ V,电流表达数为_ A。(2)当原线圈接在20 V交流电源上时，电压表达数为_ V,电流表

7、达数为_A。此时输入功率为_ W，变压器效率为_。解析（)原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，因此穿过原、副线圈的磁通量不发生变化,副线圈两端不产生感应电动势，故电压表达数为零，电流表达数也为零。()由=得U2=U120 =44 (电压表读数)I=A04 A（电流表读数)P入=出I2U2.44 W19 W效率=10%。答案 (1）00(2)40.44136 1（1)变压器能变化交流电压，不能变化恒定直流电压。(2)变压器不能变化交流电的周期和频率。(3)交流电压表、电流表的示数均为有效值。(）抱负变压器的效率是00。 1某抱负变压器原、副线圈匝数比为559,原线圈所接电源电压的变化

8、规律如图423所示，副线圈接有负载。下列判断中对的的是(）图2.输出电压的最大值为3 原、副线圈中电流之比为59C变压器输入、输出功率之比为559D交流电源电压有效值为22 V，频率为50 Hz解析：选D输出电压的有效值U2136 V,故输出电压的最大值U2a=6 ，因此选项A错误；由于=,因此选项B错误；变压器输入、输出功率相等,故选项C错误；由题图可知选项D对的。2.(全国卷）一具有抱负变压器的电路如图424所示，图中电阻R1、2和R的阻值分别为3 、1 和 ，为抱负交流电流表,为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关断开时,电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4。该变压器原

9、、副线圈匝数比为( )图44A B3C4 D5解析:选B 设原、副线圈的匝数比为,根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为时，副线圈电流为kI;原线圈电流为4I时，副线圈电流为kI。根据变压器的输入功率等于输出功率得UI-I2R1=(kI)(2+R）4UI-（4I)R1(kI）2R联立两式代入数据解得=3选项B对的。3如图25所示，抱负变压器原线圈的匝数为1000匝，两个副线圈的匝数分别为50匝和10匝，1是“6 2W”的小灯泡，L2是“12 4W”的小灯泡。当原线圈接上交变电压时，L1、2都正常发光，那么,原线圈中的电流为（ )图4 B. C. A .A解析:选C两灯泡正常发光，对

10、L必有U26 ,原线圈上电压U1=U=6V120 V，副线圈上总的输出功率P出=PL1+L22 W+ W6 ，原线圈上的输入功率P入=P出=6，原线圈上的电流I1= A A。故C项对的。抱负变压器电路的动态分析1.抱负变压器动态变化的两种状况()原、副线圈的匝数比不变,分析各物理量随负载电阻的变化而变化的状况，进行动态分析的顺序是RI22P1I1。(2)负载电阻不变,分析各物理量随原、副线圈的匝数比的变化而变化的状况,进行动态分析的顺序是n1、n2U2P2P1I1。2抱负变压器工作时的制约关系 电压制约当变压器原、副线圈的匝数比一定期,输入电压U决定输出电压U,即U2电流制约当变压器原、副线圈

11、的匝数比一定期，输出电流I2决定输入电流1，即I1功率制约输出功率P决定输入功率1,P2增大，则P增大；P2减小,则P减小；为0,则P1为0典例(多选)(天津高考)如图426所示,抱负变压器的原线圈连接一只抱负交流电流表,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（ )图42A保持Q的位置不动, 将P向上滑动时,电流表读数变大保持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，将向上滑动时，电流表读数变小解析保持Q的位置不动,

12、则副线圈的输出电压不变,当P向上滑动时,副线圈电路中的总电阻变大，副线圈中的电流减小，根据变流比可知，原线圈中的电流减小，因此电流表的读数变小，A项错误，B项对的;保持P的位置不动,副线圈电路中的总电阻不变，当Q向上滑动时,副线圈的匝数增多，由变压比可知，副线圈的输出电压增大,副线圈中的电流增大,由变流比可知,原线圈中的电流增大,电流表读数变大，C项对的,D项错误。答案 BC具有变压器的动态电路问题分析 .如图27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交流电源两端，R0为定值电阻,R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一种位置滑动到另一位置,观测到电流表1的示数增大了. A，电

13、流表A2的示数增大了0.8 ，则下列说法对的的是( )图427A电压表示数增大B.电压表V2、V3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c的方向滑动解析:选 由于变压器原线圈的电压不变,因此电压表V1、2的读数均不变,选项、B均错误;由题意可知,该变压器起降压作用,选项错误;由于副线圈的电压不变,电流表A2的示数增大，根据欧姆定律可知负载的电阻变小，因此滑动变阻器连入电路的阻值变小，选项对的。.(多选)为探究抱负变压器原、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,副线圈连接相似的灯泡L1、L2，电路中分别接了抱负交流电压表V1、V和抱负交流电流表A、A2,

14、导线电阻不计，如图428所示。当开关S闭合后（)图428A.A1示数变大,A1与A示数的比值不变B示数变大，A与A2示数的比值变大V2示数变小,V1与2示数的比值变大DV示数不变，V1与2示数的比值不变解析：选AD交流电源电压有效值不变,即V1示数不变,因,故2示数不变,与V2示数的比值不变,D对。S闭合使负载总电阻减小，I2,因此2增大,因=，因此A1示数增大，A1与A示数比值不变,A对。3.（多选)如图429所示为一抱负变压器,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交变电压，I1为原线圈中的电流，则（ )图42A.保持U1及P的位置不变,由a扳向b时,将增大B保

15、持1及的位置不变，K由扳向a时,R消耗功率减小.保持U1不变，接在处,使P上滑,I将增大保持P的位置不变，K接在a处，若1增大,1将增大解析：选ABD 保持U1及的位置不变,K由a扳向b时，减小，增大，由U2=U知U2变大，则输出电流I2增大,输出功率增大，输入功率也增大,由P1=11知,I1增大,A对的。同理，若由b扳向a，R消耗功率将减小，B对的。U1不变，K接在a处,使上滑时，I2减小，I1也减小，故错。保持P的位置不变，接在处,若1增大，则U也增大,即I2增大，由于,故I也应增大，故对的。自耦变压器与互感器1.自耦变压器图210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

16、一种线圈。如果把整个线圈作原线圈,副线圈只取线圈的一部分，就可以减少电压;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。图421调压变压器就是一种自耦变压器,它的构造如图乙所示。线圈A绕在一种圆环形的铁芯上，之间加上输入电压U1，移动滑动触头的位置就可以调节输出电压2。2互感器(1)电压互感器：如图4211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。图421(2)电流互感器：如图11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

17、计算出大电流电路的电流。典例在变电所，常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，能对的反映其工作原理的是( )解析 电流互感器是测电流的，应串联在火线上，故B、D错误。由变压器电流关系nI1n2I2,要使I22。电流互感器是升压变压器,据，知n1n2。()辨别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。 一般的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，一般要通过电流互感器来连接,图4212中电流互感器b一侧线圈的匝数较少,工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数

18、较多,工作时电流为d，为了使电流表能正常工作,则（ )图4212A.ab接N、cd接PQ,IaIcdCab接Q、c接M，Iabcd，电流表应接在电流较小的一侧，故选项B对的。.自耦变压器铁芯上只绕有一种线圈,原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图4213所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为 900匝；原线圈为1 10匝，接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时,负载R上的功率为2.kW。设此时原线圈中电流有效值为1，负载两端电压的有效值为U，且变压器是抱负的,则U2和I分别约为( ）图4213A.80V和. AB.80V和9.C.40V

19、和.3AD4 V和91 A解析：选B对抱负变压器,原、副线圈功率相似，故通过原线圈的电流I1= . ，负载两端电压即为副线圈电压,由，即=,可得2=380V，故B对。有关抱负变压器特点的下列说法中对的的是()A抱负变压器可以使电压升高,同步电流变大B.原、副线圈具有相似的磁通量及变化率,产生的感应电动势也相似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 抱负变压器原副线圈功率相等，即1=U2I2,不也许同步使电压升高，电流增大，错;原、副线圈匝数不同，感应电动势不同，错；抱负变压器不考虑绕线铜损,铁芯的热损，固然规定线圈无电阻，铁芯不产生涡流，C对；原、

20、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。2抱负变压器原、副线圈两侧一定不同的物理量是（ )A.交变电流的频率 B交变电流的功率C磁通量的变化率 D交变电流的峰值解析：选 抱负变压器是不计一切能量损失的变压器,因此输入功率等于输出功率;变压器变化的是交变电流和交变电压，因此原、副线圈两侧的交变电流的峰值不同；变压器不变化交变电流的频率；由变压器的构造知，两线圈绕在同一铁芯上，因此穿过原、副线圈的磁通量的变化率相似,即相似。综上所述,故选D。3如图所示，抱负变压器原、副线圈匝数比n2=21，和 均为抱负电表,灯泡电阻L=6 ,B端电压u1=2 sn 100t(V）。下列

21、说法对的的是( )图A电流频率为10 HzB 的读数为 VC. 的读数为.5 D变压器输入功率为W解析：选D由u=1s 10t（V)可知，Um=12 V,100 ra/s，则频率f=0 z，A项错误。U=12 V,2=U1= V，B项错误。2=1 A，C项错误。PPU2I2=6 W,D项对的。.在如图所示的电路中,抱负变压器的变压比为21,四个灯泡完全相似。若已知灯泡L3和L恰能正常工作，那么（ )图2AL1和L2都能正常工作B.L1和L2都不能正常工作CL和L2只有一种能正常工作D条件局限性，无法判断解析:选A由于副线圈两端并联着两个相似的灯泡L3、L4，每个灯泡正常工作时的实际电流都等于额

22、定电流，因此,副线圈中的电流等于一种灯泡额定电流的两倍;根据原、副线圈的电流与匝数成反比，可知原线圈中电流等于副线圈中电流的,即正好等于灯泡L1、L的额定电流,从而可知L和L都能正常工作。选项A对的。5.(多选)为保证顾客电压稳定在20 V,变电所需适时进行调压，图3甲为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可变化输出电压。某次检测得到顾客电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示。如下对的的是（)图A.u219sin(5t) VBu2=190si(1t)V .为使顾客电压稳定在20V，应将P合适下移D.为使顾客电压稳定在22 V，应将P合适上移解析：选BD由题图乙知交变电流

23、的周期T=10-，因此=10 rad/,故u2=Uin =19si（1t) V,A错误、B对的。由得2U1,欲使U2升高，n应减小，应上移,C错误、D对的。.如图4所示，抱负变压器的副线圈上通过输电线接有两个相似的灯泡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,如下说法中不对的的是( ）图4A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上的电压增大.通过灯泡L1的电流减小D.原线圈中的电流增大解析:选A 由于输入电压不变，因此当S接通时,抱负变压器副线圈、N两端输出电压不变。并联灯泡L2,总电阻变小,由欧姆定律2知，流过R的电流增大,电阻上的电压UR=R增大

24、。副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1I2得,2增大,原线圈输入电流I1也增大。UM不变，R变大,因此UL1变小，流过灯泡1的电流减小。.如图5所示,抱负变压器原、副线圈匝数比nn4，当导体棒向右匀速切割磁感线时,电流表A1的读数是12 m,则副线圈中电流表A2的读数应当为( )图A3 mA B48mAC.0 D与阻值有关解析：选C 导体棒匀速向右做切割磁感线运动时，由I=知变压器输入端为恒定电流,穿过副线圈的磁通量不变。因此，电流表A2的读数为零。故选项C对的。8如图6所示的甲、乙两电路中,当a、b两端与e、f两端分别加上2 V的交流电压时,测得c、d间与g、h间的电压均为1

25、10V。若分别在c、d两端及g、h两端加上0 的交流电压,则 、间及e、f间的电压分别为( )图6A.22V、220 V B.20 V、110V.110V、110D.22 、0 V解析:选当a、b两端接20 V电压时，c、d间电压为10 ，阐明c、d间线圈的匝数为原线圈匝数的一半；反过来，当c、两端接110 V电压时，a、b间电压应为220V。当e、f间接220 V电压时,g、h间电压为11 V,阐明g、间电阻为e、f间电阻的一半;当、h两端接11V电压时，e、g间没有电流,e、g间电压为零，因此、f间电压与g、间电压相等，均为1 V。9.如图7甲所示，为一种可调压自耦变压器的构造示意图,线圈

26、均匀绕在圆环型铁芯上,若AB间输入如图乙所示的交变电压,转动滑动触头P到如图甲中所示位置，在BC间接一种55 的电阻（图中未画出)，则（ ）图7A该交流电的电压瞬时值体现式为=20sin(25t) B该交流电的频率为0HC.流过电阻的电流接近于4 AD电阻消耗的功率接近于0 W解析:选D由题中图乙可知正弦交流电的周期T=0.0 s,则5 Hz,2f=50 ra/，因此该交流电的电压瞬时值的体现式为u=220sn(0t）V,A、错误;从题图甲中可以看出，自耦变压器的副线圈的匝数约是原线圈匝数的，故副线圈两端的电压约为11 V,流过电阻的电流约为A，C项错误;电阻消耗的功率P=UI2=2,项对的。

27、10（天津高考）如图8所示，抱负变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为抱负电表。下列说法对的的是( ）图8.当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,1消耗的功率变大当滑动变阻器的滑动触头向上滑动时,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,则电流表A示数变大,A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总变大,因原、副线圈两端的电压U1、U2不变,则通过R的电流I=变小,R1消耗的功率R12R1变小,选项A错误；1两端的电压UR1IR1变小,则电压表V的示数UUR1变大,选项B对

28、的；因通过原、副线圈的电流关系,变小，则1变小,即电流表1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2=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UR1I2R变大，则R两端的电压U2=UR变小，电流表A2的示数变小,选项D错误。11.如图9甲所示为一抱负变压器,ab为原线圈，c为副线圈，d为副线圈引出的一种接头,原线圈输入正弦式交变电压的uabt图像如图乙所示。若只在ce间接一种Rce=400 的电阻，或只在de间接一种R=22 的电阻，两种状况下电阻消耗的功率均为80 W。（1)请写出原线圈输入电压的瞬时值ab的体现式

29、；(2)求只在c间接40的电阻时，原线圈中的电流1；(3)求ce和de间线圈的匝数比。图解析：(1）由题图乙知周期T=0.0s,则=20rads，故输入电压的瞬时值体现式为uab=40sin 200(V)。(2)输入电压的有效值为U1200 V由抱负变压器的功率关系得P1=P2原线圈中的电流I1=，解得= A0.2 。（）设ab间线圈的匝数为n1,则,同理=由题意知=解得=，代入数据得=。答案：(1)uab00sin 200t (V)(）0.28 (）12如图10所示，一抱负变压器原线圈匝数n11 000匝，有两个副线圈,匝数分别为n2=200匝，n3=0匝，分别接阻值为R=55的相似两电阻。若在原线圈上接入22 V的交流电,求：图10(1)两个副线圈上的电流之比I2I3为多少？(2)原线圈中的电流1为多少？解析:(1)由变压比公式及=可得U2=U44 V，UU1110 V根据欧姆定律I=,得20.8 A，I3=2A故2I35。(2)由电流关系式n1In2I2nI3可得I1=1.16 A。答案：(1)25(2）.16