3.3 变压器（解析版）

3.3变压器模块一学问把握学问点一变压器的原理【情境导入】1．把两个没有用导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈连到沟通电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上。接通电源，我们会看到小灯泡发光，结合试验现象思考变压器的原、副线圈没有连在一起，原线圈中的电流是如何“流到”副线圈中去的？2．探究分析变压器中闭合铁芯的作用是什么？【答案】1.变压器的原、副线圈虽然都套在同一个铁芯上，但两线圈是彼此绝缘的，原线圈是利用了互感现象在副线圈中感应出电流的，并不是原线圈的电流直接流到副线圈中去。2．变压器的铁芯为闭合铁芯，形成一个闭合磁路，使副线圈中的磁通量变化与原线圈中的磁通量变化基本相同。【学问梳理】1．构造：由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成，与沟通电源连接的线圈叫作原线圈，与负载连接的线圈叫作副线圈．2．原理：互感现象是变压器工作的基础．原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中激发的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势．【重难诠释】1．变压器的构造变压器由闭合铁芯、原线圈、副线圈组成，其构造示意图与电路中的符号分别如图甲、乙所示．2．变压器的工作原理图留意(1)变压器不转变交变电流的周期和频率．(2)变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用．(3)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的．学问点二试验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系【重难诠释】1．试验思路交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压．线圈匝数不同时输出电压不同，试验通过转变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系．2．试验器材多用电表、可拆变压器(如图甲)、同学电源、开关、导线若干3．试验步骤(1)按图乙所示连接好电路，将两个多用电表调到沟通电压挡，并记录两个线圈的匝数．(2)接通同学电源，读出电压值，并记录在表格中．(3)保持匝数不变，多次转变输入电压，记录每次转变后原、副线圈的电压值．(4)保持输入电压、原线圈的匝数不变，多次转变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值．4．试验结论试验分析表明，在误差允许范围内，原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2).5．留意事项(1)在转变同学电源的电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．(2)为了保证人身平安，同学电源的电压不能超过12V，通电时不能用手接触暴露的导线和接线柱．(3)为了保证多用电表的平安，使用沟通电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量．（2023春•如皋市校级月考）利用如图所示的可拆变压器可以探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系，下列说法中正确的是（）A．为了保证人身平安，可以用4～6节干电池作为电源 B．使用电压表测电压时，要先用最小量程挡试测 C．变压器工作时通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈 D．由于漏磁，实际测得变压器原、副线圈的电压比会比原、副线圈的匝数比略大【解答】解：A．干电池为直流电源，变压器只能转变沟通电源的电压、电流，故A错误；B．使用电压表测电压时，为确保电压表平安，要先用最大量程挡试测，故B错误；C．变压器工作时通过铁芯导磁，利用互感的原理把电能由原线圈输送到副线圈，故C错误；D．由于漏磁，实际测得变压器原、副线圈的电压比会比原、副线圈的匝数比略大，故D正确。故选：D。（2023春•青岛期中）在试验室中探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系时，同学们发觉了以下几个问题，并开放了争辩。（1）观看变压器的铁芯，发觉它的结构和材料是；A．整块硅钢铁芯B．整块不锈钢铁芯C．绝缘的硅钢片叠成（2）观看原副线圈的导线，发觉粗细不同，导线粗的线圈匝数（填“多”或“少”）；（3）本试验要通过转变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，试验中需要运用的科学方法是；A．把握变量法B．等效替代法C．整体隔离法（4）试验中将电源接在原线圈两个接线柱之间，调整原副线圈的匝数之比为2：3，用电压表测得副线圈的两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的输入电压可能为；A．1.8VB．2.0VC．2.2V【解答】解：（1）观看变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成，之所以做成这种结构，一方面是防止磁漏，另一方面昼量削减涡流造成的能量损失，故C正确，AB错误。故选：C。（2）观看两个线圈的导线，发觉粗细不同，依据I1可知，匝数少的电流大，则导线越粗，即导线粗的线圈匝数少。（3）试验中需要运用的科学方法是把握变量；故A正确，BC错误。故选：A。（4）若是抱负变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系U1原副线圈的匝数之比为2：3，用电压表测得副线圈的两个接线柱之间的电压为3.0V，则原线圈的电压为2V。考虑到不是抱负变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于2V，可能为2.2V；故选C。故答案为：（1）C；（2）少；（3）A；（4）C。（2023春•鲤城区校级期末）某同学用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。（1）先将图甲中的零件组装成图乙中的变压器。再将原线圈接在沟通电源上，之后再将副线圈接在电压传感器（可视为抱负电压表）上，观看到副线圈输出电压U。随时间t变化的图像如图丙所示，在保证平安的前提下，该同学可能在t1～t2时间内进行的操作是。A.削减了原线圈的匝数B.削减了原线圈的输入电压C.增大了沟通电源的频率D.拔掉了变压器铁芯Q（2）用匝数na＝50匝和nb＝150匝的变压器，试验测量数据如下表。U/V1.252.613.30Ub/V3.807.929.98依据测量数据可推断连接电源的线圈是。（选填“na”或“nb”）（3）试验中原，副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，缘由不行能为。A.原、副线圈通电发热B.铁芯在交变磁场作用下产生涡流C.变压器铁芯“漏磁”D.原线圈输入电压发生变化【解答】解：（1）A.由图丙知，t1时刻前的电压值小于t2时刻后的电压值，而周期不变，依据U1U2=n1B.若削减了原线圈的输入电压，副线圈输出电压U2减小，故B错误；C.只增大沟通电源的频率，不能转变副线圈输出电压U2，故C错误；D.拔掉了变压器铁芯Q，副线圈输出电压U2减小，故D错误。故选：A。（2）由表中数据可知，UaUb≠（3）AB.原、副线圈通电发热、铁芯在交变磁场作用下产生涡流，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故AB正确；C.变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C正确；D.原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D错误。本题选择错误选项；故选：D。故答案为：（1）A；（2）nb；（3）D学问点三抱负变压器的基本关系【情境导入】变压器线圈两端的电压与匝数的关系可以通过试验来探究。器材：可拆变压器、同学电源、多用电表、导线若干试验步骤：(1)按图示电路连接电路。(2)原线圈接6V低压沟通电源，保持原线圈匝数n1不变，分别取副线圈匝数n2＝eq\f(1,2)n1、n1、2n1，用多用电表沟通电压挡分别测出副线圈两端的电压，记入表格。(3)原线圈接6V低压沟通电源，保持副线圈匝数n2不变，分别取原线圈匝数n1＝eq\f(1,2)n2、n2、2n2，用多用电表沟通电压挡分别测出副线圈两端的电压，记入表格。总结试验现象，得出什么结论？【答案】电压与匝数成正比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。【学问梳理】1．抱负变压器：没有能量损耗的变压器叫作抱负变压器，它是一个抱负化模型．(1)原、副线圈中的电流产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内，即无“漏磁”．(2)原、副线圈不计电阻，电流通过时不产生焦耳热，即无“铜损”．(3)闭合铁芯中的涡流为零，即无“铁损”．2．电压与匝数的关系抱负变压器原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2).3．两类变压器副线圈的电压比原线圈的电压低的变压器叫作降压变压器；副线圈的电压比原线圈的电压高的变压器叫作升压变压器．4.原线圈中电场的能量转变成磁场的能量，通过铁芯使变化的磁场几乎全部穿过了副线圈，在副线圈中产生了感应电流，磁场的能量转化成了电场的能量．【重难诠释】1．电压关系(1)只有一个副线圈时，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2).当n2>n1时，U2>U1，变压器使电压上升，是升压变压器．当n2<n1时，U2<U1，变压器使电压降低，是降压变压器．(2)有多个副线圈时，eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…2．功率关系从能量守恒看，抱负变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．3．电流关系(1)只有一个副线圈时，U1I1＝U2I2或eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1).(2)当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…或n1I1＝n2I2＋n3I3＋…（2023春•荔湾区期末）无线充电技术已经渐渐应用于智能手机上，手机无线充电器的基本原理类似于变压器。如图所示是某款5G手机无线充电器的充电原理示意图，当充电基座上的放射线圈通入正弦式交变电流后，就会在接收线圈中感应出电流为手机电池充电。若在t1～t2时间内，磁场垂直于接收线圈平面对上穿过线圈，其磁感应强度由B1增加到B2，则在充电的这段时间内（）A．接收线圈中d点电势高于c点电势 B．接收线圈中感应电流的方向由d到c点 C．放射线圈和接收线圈的频率可能不同 D．若想增大c、d之间的电势差，可以只增大放射线圈的匝数【解答】解：AB、依据楞次定律增反减同可知，感应电流产生的磁场向下，可知接受线圈中感应电流的方向由d到c点；接收线圈中感应出电流为手机电池充电，故c点电势高于d点电势，故A错误，B正确；C、放射线圈和接收线圈的频率相同，故C错误；D、依据U1U2=n1n2可知，若只增大放射线圈的匝数n1，则c故选：B。（2023春•顺义区期末）如图所示，抱负变压器的原线圈接在u＝2202sin100πtV的沟通电源上，副线圈接有R＝11Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2：1，沟通电流表、电压表均为抱负电表。下列说法正确的是（）A．电流表的读数为20.0A B．电压表的读数约为156V C．原线圈的输入功率为1100W D．副线圈输出沟通电的周期为0.01s【解答】解：AB、由变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式可知，原线圈输入电压的最大值Um＝2202V有效值U1=由抱负变压器的变压比得：U代入数据解得：U2＝110V电压表示数为110V，由欧姆定律可知，副线圈电流I2=由抱负变压器的变流比得：I1I2=n2n1，代入数据解得：IC、副线圈输出功率P2＝U2I2＝110×10W＝1100W，抱负变压器原线圈输入功率P1＝P2＝1100W，故C正确；D、由原线圈输入电压瞬时值表达式可知，沟通电源的ω＝100πrad/s，周期T=2πω=2π100πs＝0.02s故选：C。（2023•天心区校级一模）如图所示，沟通发电机中的矩形线框的匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置开头绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框通过电刷和外电路连接。抱负变压器原、副线圈的匝数比为3：1，定值电阻R1、R2的阻值均为R，忽视线框以及导线的电阻。下列说法正确的是（）A．图示位置时，电流表的示数为0 B．矩形线框的输出功率为5NC．从图示位置开头到线框转90°的过程中，通过线圈导线截面的电量为q=BSD．1秒钟内流过电阻R1的电流方向转变2ω【解答】解：A．电流表的示数为电流的有效值，电流的有效值不为零，故A错误；B．矩形线框转动时产生的感应电动势的有效值为E=E定值电阻R1两端的电压等于抱负变压器的输入电压，即U1消耗的功率为P1由抱负变压器电压与匝数关系式U1可知U2定值电阻R2消耗的功率为P2矩形线框的输出功率为P=P故B正确；C．等效电路如图等效电阻阻值为R等从图示位置开头转线框转90°的过程中，通过线圈的电荷量的电量为q=It=E故C错误；D．沟通电在一个周期内方向转变两次，所以1秒钟内流过电阻R1的电流方向转变ωπ次，故D错故选：B。（2023春•泉州期末）图甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为如图乙所示的正弦交变电压，并加在一抱负变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原线圈两端接沟通电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。则（）A．电压表的示数等于5V B．实现点火的条件是n2nC．t＝0.2s时电压表的示数为0V D．变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为u＝5sin10πt（V）【解答】解：A．如图乙所示的正弦交变电压，可得电压的最大值为5V，则电压表的示数为有效值，即U1=UB、依据电压与匝数成正比可知n1当变压器副线圈电压的瞬时值大于5000V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，解得n2n1＞C、t＝0.2s时，电压表的示数为电压的有效值U1=UD、由图乙可得沟通电的周期T＝0.4s，则ω=2πt＝0时，电压为0，电压的最大值为5V，故变压器原线圈中电压的瞬时值表达式为u＝5sin5πt（V），故D错误。故选：B。模块二巩固提高（2023春•西城区期末）某种感温式火灾报警器如图1所示，其简化的工作电路如图2所示。变压器原线圈接电压有效值恒定的沟通电源。副线圈连接报警系统，其中RT为热敏电阻，其阻值随温度的上升而减小，R0为滑动变阻器，R1为定值电阻。当警戒范围内发生火灾，环境温度上升达到预设值时，报警装置（图中未画出）通过检测R1的电流触发报警。下列说法正确的是（）A．警戒范围内消灭火情时，副线圈两端电压减小 B．警戒范围内消灭火情时，原线圈输入功率变小 C．通过定值电阻R1的电流过低时，报警装置就会报警 D．若要调低预设的报警温度，可减小滑动变阻器R0的阻值【解答】解：A、变压器中副线圈两端电压取决于原线圈电压与匝数比，由于原线圈两端电压与匝数比不变，则警戒范围内消灭火情时，副线圈两端电压不变，故A错误；B、警戒范围内消灭火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，则原线圈中电流增大，由P＝UI可知，由于原线圈两端电压不变，所以原线圈输入功率变大，故B错误；C、警戒范围内消灭火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，即通过定值电阻R1的电流达到某一值时，报警装置就会报警，故C错误；D、若要调低预设的报警温度，即热敏电阻的阻值较大，要保持流过R1的电流不变，则可减小滑动变阻器R0的阻值，故D正确。故选：D。（2023春•深圳期末）电蚊拍利用高压电击网来击杀飞近的蚊虫。如图所示，将3V直流电压通过转换器转变为正弦交变电压u＝3sin10000πt（V），再将其加在抱负变压器的原线圈上，副线圈两端接电击网，电压峰值达到2100V时可击杀蚊虫，正常工作时（）A．沟通电压表的示数为3V B．电击网上的高频电压的频率为10000Hz C．副线圈与原线圈匝数比需满足n2D．将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端电蚊拍也可以正常工作【解答】解：A、电压表的示数为有效值，由u＝3sin10000πt（V）可知，电压的峰值为U1m＝3V电压表的示数为U1=U故A错误；B、由u＝3sin10000πt（V）可知，角速度ω＝10000πrad/s原线圈频率为f=1T=抱负变压器不转变沟通电的频率，则电击网上的高频电压的频率为5000Hz，故B错误；C、抱负变压器原副线圈电压比等于匝数比，副线圈电压峰值达到2100V时可击杀蚊虫，即U2m≥2100V则有：U代入数据解得：n故C正确；D、抱负变压器只能转变沟通电的电压，不能转变直流电的电压，则将3V直流电压连接在变压器的原线圈两端，电蚊拍不能正常工作，故D错误。故选：C。（2023•马鞍山二模）近些年我国手机闪充功能进展快速，已经处于国际领先水平。图甲是某国产超级快速无线充电器CP62R，可供应最大50W的无线充电功率。其工作原理近似为一个抱负变压器如图乙所示，当送电线圈接上220V、50Hz的正弦交变电流时，受电线圈中会产生交变电流。送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，且n1：n2＝5：1。当该装置给手机快速充电时，下列推断正确的是（）A．送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递 B．流过送电线圈的电流大于受电线圈的电流 C．受电线圈的输出电压大于送电线圈的输入电压 D．每秒钟通过受电线圈的电流方向转变50次【解答】解：A．该无线充电器的工作原理近似为一个抱负变压器，送电线圈和受电线圈通过互感实现能量传递，故A正确；B．依据抱负变压器原、副线圈电流与匝数成反比可知，流过送电线圈的电流与流过受电线圈的电流之比为1：5，即流过送电线圈的电流小于受电线圈的电流，故B错误；C．依据抱负变压器原、副线圈电压与匝数成正比可知，受电线圈的输出电压与送电线圈的输入电压之比为1：5，即受电线圈的输出电压小于送电线圈的输入电压，故C错误；D．电压频率为50Hz，周期为T=1f=150s＝0.02s，一个周期电流方向转变2故选：A。（2022秋•浏阳市期末）某同学自己绕制了两个线图套在可拆变压器的铁芯上，组成了一个新变压器，如图甲所示，线圈a作为原线圈连接到同学电源的沟通输出端，原、副线圈的匝数比为4：1，电源输出的电压如图乙所示，线圈b接小灯泡。若他组成的新变压器可视为抱负变压器，则（）A．电源输出电压的频率为100Hz B．若小灯泡两端并联沟通电压表，则此电压表示数为9V C．若小灯泡两端并联一个电阻，电源的输出功率减小 D．将线圈a改接在同学电源的直流输出端，小灯泡也能发光【解答】A.由乙图可知，周期T＝0.02s，频率f＝50Hz，变压器不转变频率，所以电源输出电压的频率为50Hz，故A错误。B.原线圈输入电压的有效值为36V，副线圈输出电压U2=nC.抱负变压器原副线圈的电压比等于匝数比，在输入电压不变时，匝数比不变，副线圈输出的电压不变，灯泡两端并联一个电阻后，副线圈消耗功率变大，电源输出功率变大，故B错误。D.变压器是利用了电磁感应的互感原理，直流电流通过线圈的磁通量不随时间变化，不会产生感应电动势，小灯泡不会发光，故D错误。故选：B。（2023•沙坪坝区校级模拟）如图所示是一种家用台灯的原理图，已知图中抱负变压器原、副线圈匝数比为2：1，灯泡的额定功率为4W，额定电压为20V。现将原线圈接在u=2202sin100πt(V)的沟通电源上，灯泡正常发光，则定值电阻A．150Ω B．200Ω C．450Ω D．600Ω【解答】解：由题可知原线圈的电压U1依据抱负变压器原副线圈电压之比和线圈匝数之比的关系有U1代入数据解得U2＝110V灯泡的额定功率为4W，额定电压为20V，则额定电流为I=P定值电阻R的阻值为R=U2-UL故选：C。（2023•九龙坡区模拟）九龙坡某企业是生产大型变压器的龙头企业。其生产的某抱负变压器的简化模型如图，原线圈所接沟通电源电压的有效值不变，电流表和电压表均为抱负电表，若副线圈所接的负载电阻的阻值变小。下列说法正确的是（）A．电源输出功率增大 B．负载的电功率变小 C．电压表的示数变小 D．电流表的示数变小【解答】解：C、变压器的输出电压是由输入电压和匝数比打算的，由于输入电压和匝数比不变，所以变压器的输出电压也不变，电压表的示数不变，故C错误；AB、当负载电阻减小时，依据欧姆定律可知副线圈的电流增大，依据P＝UI可知，电源的输出功率增大，负载的电功率增大、则输入功率也增大，故A正确，B错误；D、副线圈电流增大，依据变流比可知，原线圈的电流也增大，则电流表示数增大，故D错误。故选：A。（2023•北京）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦沟通电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（）A．仅增加原线圈匝数 B．仅增加副线圈匝数 C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍 D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈【解答】解：若变压器为抱负变压器，依据U1：U2＝n1：n2可得：U2=n2n1U1，则输出电压为：U2=n2A、仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；B、仅增加副线圈匝数，线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；C、将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；D、将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，更不能使小灯泡正常发光，故D错误。故选：B。（2023•齐齐哈尔二模）如图所示的电路中，定值电阻R1、R3的阻值均为R，R2为电阻箱，抱负变压器原、副线圈的匝数比为2：1，在a、b两端输入正弦沟通电压，调整滑动变阻器，使R1消耗的功率和变压器的输出功率相等，此时，电阻箱接入电路的阻值为（）A．13R B．12R C．R D【解答】解：设原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，依据电流和匝数的关系则有：I副线圈两电阻并联，则有：RR1消耗的功率和变压器的输出功率相等，则有：I已知定值电阻R1、R3的阻值均为R代入数据解得：R2故选：A。（2023•辽宁模拟）图甲是电动公交车无线充电装置，供电线圈设置在充电站内，受电线圈和电池系统置于车内。如图乙所示，供电线路中导线的等效电阻为R，当输入端ab接入电压为U0正弦沟通电时，供电线圈与受电线圈两端电压分别U1、U2，通过电池系统的电流为I。若不计其他电阻，忽视线圈中的能量损失，下列说法正确的是（）A．ab端的输入功率等于U2I B．ab端的输入功率等于U0I C．供电线圈和受电线圈匝数比为U0：U2 D．供电线圈和受电线圈匝数比为U1：U2【解答】解：AB．依据题意可知，变压器的输出功率为P＝U2I，由于原线圈上串联的电阻R也要消耗功率，所以ab端的输入功率大于U2I，变压器原线圈中的电流不等于I，所以ab端的输入功率也不等于U0I，故AB错误；CD．依据变压