专题11变压器模型-高考物理模型系列之对象模型解析版

1、高中物理系列模型之对象模型11.变压器模型模型界定本模型中涉及变压器结构与原理,常见各种变压器，涉及变压器问题的解题思路以及变压器的动态分析问题。模型破解日字后1.变压器.(i)结构.跟电源相连的叫原线如图1所示为变压器的结构图，它是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的圈；另一个线圈跟负载连接，叫副线圈.铁芯由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成.(ii)工作原理当在原线圈上加交变电源时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯上中产生交变磁通量，磁通量通过铁芯也穿过副线圈，磁通量的变化在副线圈上产生感应电动势.若副线圈上接有负载形成闭合电路，有交变电流通过时，也会产生磁通量通过铁芯穿过原线圈，在原线圈上产生感

2、应电动势.这样原、副线圈在铁芯中磁通量发生了变化，从而发生互相感应(称为互感现象)，产生了感应电动势.(iii)理想变压器理想变压器是一种理想模型，它有三个特点：铁芯封闭性好，无漏磁现象，即穿过原、副线圈两绕组每匝的磁通量都一样；线圈绕组的电阻不计，不产生热量，无电能损失；铁芯中的电流不计，铁芯不发热，无电能损失(iv)常见变压器自耦变压器自耦变压器是指它的绕组一部分是高压边和低压边共享的，另一部分只属于高压边.它只有一个线圈，有三个抽头，可升压也可降压.图甲是降压器，图乙是升压器调压变压器调压变压器属于自耦变压器，但电压连续可调互感器图甲是电压互感器，实质是降压变压器.图乙是电流互感器，实质

3、是升压变压器例1.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PAB间加一正弦式交的位置，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，电流表的读数变大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】：由于变压器是理想变压器I输出电压。F二三匕4与负载无关【即只移动Q时灯泡两端电压不加变I其亮度也不变:A错误;但因R接入电路中阻值增大引起通过R的电流减小二负线圈电路中电漪即电流表示数也漏小田

4、错误.只将P顺时针移动时PE睢戋圈匝勘即副线圈匝额应；感小,则U、=%u；麻h从而使副号线圈中电端I工=4-减小,c错误.提高输入电压。=q时U2增大,12增大D正确.心,募.2.涉及变压器问题的常用思路(i)电压思路：变压器原、副线圈的电压之比为匕=上；U2一L当变压器有多个副绕组时匕=%=幺=ni7%适用条件理想变压器且通过原副线圈每匝的磁通量都相同，即无漏磁.注意U1与U2都是线圈两端的电压而不一定是电源电压或负载两端电压例2.为保证用户电压稳定在220V,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Ui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U2随

5、时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是a. U2=190<2sin(50t)Vb. u2=1902sin(100二t)VC.为使用户电压稳定在220V,应将P适当下移D.为使用户电压稳定在220V,应将P适当上移【答案】BD【解析】：由图乙知交变电流的周期为0.02s,电压峰值为U2m=190J2V，故其瞬时值表达式为U2=U2msin2：=190J5sin(100nt)V,a错误b正确.由于用户得到的电压为U2=普=190V油U1=上知在U1与n2不变的情况下要增大U2需减小ni,故C错误D正确.2U2n2例3.如图所示，在铁芯上、下分别绕有匝数1=800和n2=200的两个线圈，上

6、线圈两端与u=51sin314tV的交流电源相连，将下线圈两端接交流电压表，则交流电压表的读数可能是B.9.0VC. 12.7V【答案】AD. 144.0V【解析】：由于铁芯不闭合不能保证通过每匝的磁通量都相同:即此装置中有漏磁现象.由表达式知上端51线圈两端电压的有效值为。iH、36V：在理想情况下由变压比公式可知下线圈两端电压应为5=23=9”则此装置中电压表示数必在以下跌A正确,勺模型演练1.输入电压为220V,输出电压为36V的变压器副线圆烧坏，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，如题图所示，然后将原线圈接到220V交流电源A1100

7、、360上，测得新绕线圈的端电压为1V,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：B1100、180D220、360C2200、180(ii)电流思路:,P，一人，一I1由I=丁知，对只有一个副绕组的变压器有p%一；ni当变压器有多个副绕组时，n/1=n22+n313+Ri、R,且R=R2,初、次级线圈的Ri例4.如图所示，理想变压器的初、次级线圈分别接着定值电阻匝数比n1:n2=2:1,交流电源电压为U,则A.Ri两端的电压为UB.Ri两端的电压为3U55r2UfUC.R2两漏的电压为D.R2两漏的电压为【答案】AC【解析】:设ri两端电压为5则变压器原线圈两端电压为a=u-。

8、'曲变压比公式可知副线圈两端电压即给两端电压U=%匕由欧姆定律知掠副线圈中的电流分别为J=三、I=三.再结合电流比，打1凡-&公式4=也可得UnU=%十丹;上则R2两端电压U,=%©_/）=丝AC正确一5'几5例5.如图所示，Li和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知ni:n2=1000：l,n3：b=1100,图中电压表示数为220V,电流表示数为10A,则高压输电线的送电功率为（）=甲一乙例4题图A. 2.2103WC.2.2108WB. 2.2®2W_4D.2.210W【答案】CUyi.竹t解析】=知输电电压为=-U.=2.2x1TP二

9、由二=知输电电流为U：n2n17：&Z=-L-1000力，故*俞电功率为P-=2.2x10二印,c正确一机二模型演练2.如图甲所示，M是一个小型理想变压器，原副线圈匝数之比ni:n2=10:1,接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示。变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料(电阻随温度升高而减小)制成的传感器，Ri为一定值电阻。下列说法中正确的是()A.电压表V系数为22VB.当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数减小C.当传感器R2所在处出现火警时，电流表A的示数减小D.当传感器R2所在处出现火警时，电阻Ri的功率变小【答案】B【

10、解析】：由图乙知变压器原线圈两端的电压U=U_m=220V,则副线圈两端的电压1一2一n2U2=U1=22V'ni而电压表测的是热敏电阻R2两端的电压，Ri有分压作用，A错误。出现火情时R2的阻值减小，电路中的电流|2=U2增大,原线圈中电流即电流表的示数Ii="12增大，C错误；定值电阻Ri两端电压RiR2ni一2-URi=I2Ri增大，消耗的功率PRi=12R,增大，D错误；由UV=U2UrDR2两端电压即电压表的示数减小，B正确。(iii)功率思路：理想变压器的输入等于输出功率：P=P即P=p；八Uji1I2'当变压器有多个副绕组时p=p2十?十例6.如图，一理

11、想变压器原副线圈的匝数比为1:2;副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220V,U和I分别表不额定功率为22W;原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用此时电压表和电流表的读数，则A. U=110V,I=0.2AB. U=110V,I=0.05AC. U=110、,2V,I=0.2AD.U=110,2V,I=0.2、.2A【答案】Ar解析】:灯泡正常发光表明副线圈两端电压等于其额定电压。二二220>,由变压比公式可得原线圈两端电压即电压表的示数为a=区。,=1io匕由于理想变压器4=x则乩.1 P/Ux-0,2A:故A正确.模型演练3.如图所示，一理想变压器的原线

12、圈匝数为ni=1000匝，副线圈匝数为n2=200匝，电阻R=8.8Q原线圈接入一电压u=220)5sin100nt(V)的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则A,副线圈交变电流的频率是100HzB.t=1s的时刻，电压表的示数为0C.变压器的输入电功率为220WD.电流表的示数为10A【答案】C【解析】二由二=22WisinlOO加知5=4=220/，/=二=50应力因变压器不改变交变电VI2笈漪的频率，故A错误孑电压表的示数为副线圈两端电压的有效值而不是瞬时值，B错误；理想变压器IIH用即码=看'再由看=,可解得P=22W,LLC正确D错误.（iv）原理思路：Ei_n

13、：iE2一%：2当线圈的电阻可忽略时U1=E=n1()1,U2t若变压器通过原副线圈每匝的磁通量都相同，则有:"=±.U2一%例7.在绕制变压器时，某人误将两个线圈绕在如图所示变压器铁芯的左右两个臂上.当通以交变电流1、2的匝数之比时，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.已知线圈ni：n2=2：1.在不接负载的情况下A.当线圈1输入电压220VB.当线圈1输入电压220VC.当线圈2输入电压110VD.当线圈2输入电压110V时，线圈2输出电压为110V时，线圈2输出电压为55V时，线圈1输出电压为220V时，线圈1输出电压为110V【答案】B

14、D【解析】：因为理想变压器原、副线圈电压之比（U1/U2）等于线圈中产生的感应电动势之比（E1/E2）,所以当从线圈1输入电压U=220V时，由支=且=nC=4得U2=1U1=55V,a错误b正确.当从线圈2输入电压U2=110V时，同U2E2n224理由三=且=廿*2=1得U1=U2=110V,c错误d正确.U1E1n1：1（v）制约思路一一变压器动态问题分析思路：.电压制约：n1当变压器原、副线圈的匝数比（n1/n2）一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2=""1,可简述为原制约副.电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2厂定，且输入电压Ui确定时，原线圈中

15、的电流I1由副线圈中的n9I9输出电流I2决定，即11=,可简述为副制约原”。ni负载制约：毅压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2=P负1+P负2+；P2b变压器副线圈中的电流I2由用尸负载及电压U2确7E,12=；U2魏、功率P总=P线+P2。(P线为线路上损耗功率)动态分析问题的思路程序可表示为：U1nl.U2=I2-U2n2R负载Pi=B(IiU=I2U)P=IiUUi_*U2_次®-)I2浜五"Ii_"Pi例8图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比ni：n2=5:i,电阻R=20Q,Li、L2为规格相同的两只小灯泡，Si为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变

16、电源，输入电压u随时间t的变化关系如图所示。现将Si接i、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是几A.输入电压u的表达式u=20J2sin(50兀)VB.只断开Si后，Li、L2均正常发光C.只断开S2后，原线圈的输入功率增大D.若Si换接到2后，R消耗的电功率为0.8W【解析】:由图乙知输入电压的峰值为G用=20物,周期T=0.02s,敌输入电压的瞬时值表达式7iW-rT"=sin-Z=2072sin(100)ra错误输入电压q=赁=200，输出电压CA=必仇=4V,只断开S1时两灯泡都不接入电路与错误.只断开S2时11由被短路到与L2串联接入.加电路变压器的负载阻值增大厕片

17、二月TJ-二遍小,C错误若51换到2后勺=4=O,8FF,D正确.例9.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交流电压表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，Ai与A2示数的比值不变B. A1示数变大，人与人2示数的比值变大C. V2示数变小，Vi与V2示数的比值变大D. V2示数不变，Vi与V2示数的比值不变【答案】AD【解析】：原线圈两端电压不变，则由U2=n2U1副线圈两端电压不变，即两电压表的示数都不变，当然ni示数的比值也不变,

18、C错误D正确.闭合S后变压器的负载阻值减小，由|2=5知A2示数增大，再由Rn2I211n2Ii=知A1的示数也增大，但比值=不变,A正确B错误.ni12nl模型演练4.如右图，一理想变压器原副线圈匝数之比为4:1,原线圈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6V,则输入电压的最大值为24®B.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

19、出功率增加到原来的4倍【答案】AD4【解析X若电压表读数为6V,则输入电压为=yx6V=24V是有效值，因此其最大值为24圾V,A正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则输出电压也增加到原来的2倍，电流表示数应增加到原来的2倍,8错;若输入电压不变，员载电阻的阻值增加到原来的2倍j典谕出电流遍小到原来的一半j输入功率等于输出功率即正二工/也减小到原来的一半，C错,若保持负载电阻的阻值不变.输入电压熠加到原来的2倍,输出电压增大到原来的2倍,则由P=可知输出功率熔加到原来的4倍，D正碗口5.一理想变压器原、副线圈的匝数比为10:1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如

20、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，变压器的输出功率增加【答案】AD【解析露由图象可知，交流电的周期为0.02"所以交流电的频率为50Hz,所以A正确.根据电压与匝数成正比可知，原线圈的电压的最大值为310V,所以副线圈的电压的最大值为31V,所以电压的有效值为U二2V,所以B错误.P右移，R变小，副线的电压不变，则副线圈的电流变大，原线圈的电端也随之变大，故C错俣.P向右移动时1滑动变阻器的电阻变小，副线圈的电压不变，所以、电路消耗的功率将变

21、大，变压器的输入功率等于输出功率都变大,故D正确.6 .图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头。现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止。用I1表示流过原线圈的电流，I2表示流过灯泡的电流，U2表示灯泡两端的电压，N2表示灯泡消耗的电功率（这里的电流、电压均指有效值：电功率指平均值）。下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是【解析】：滑动头向上匀速滑动，副线圈匝数均匀增加，与时间t成正比，由Ui：U2=ni：n2得：U2=n2Ui/ni,故U2与t也成正比，故C正确;随着白炽灯变亮，其本身电阻也逐渐增大，灯泡的I-t图线斜率逐渐减小，故B错误;由于副线圈输出功率增大，原线圈的输入功率也增大，由P=UI知，输入电流也要增大，故A错误；灯泡消u2耗的功率P2=U二，所以P2与U2不成正比，即P-t图象不满足正比例函数关系，故D错误；R7 .一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻Ro设原线圈的电流为Ii,输入功率为Pi,副线圈的电流为I2,输出功率为P2,当R增大时A.Ii减小，Pi增大C.I2增大，P2减小【答案】BB.Ii减小，Pi减小D.I2增大，P2增大8.如图，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