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- 2021-05-26 发布
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1.理想变压器
(1)构造:如图所示,变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。
①原线圈:与交流电源连接的线圈,也叫作初级线圈。
②副线圈:与负载连接的线圈,也叫作次级线圈。
(2)原理:电流磁效应、电磁感应。
(3)基本关系式
①功率关系:P入=P出。
②电压关系:只有一个副线圈时,U1n1=U2n2。
有多个副线圈时,U1n1=U2n2=U3n3=…。
③电流关系:只有一个副线圈时,I1I2=n2n1。
由P入=P出及P=UI推出有多个副线圈时,U1I1=U2I2+U3I3+…。
2.远距离输电
(1)输电过程(如图所示)
1.(2018湖北黄冈中学入学考试)关于理想变压器,下列说法正确的是( )。
A.变压器只对变化的电流起作用,对恒定电流不起作用
B.变压器不但能改变交变电流的电压,还能改变交变电流的频率
C.正常工作的变压器,当副线圈与用电器断开时,副线圈两端无电压
D.变压器副线圈并联更多的用电器时,原线圈输入的电流随之减小
答案 A
2.(2018湖南宁远一中检测)(多选)图甲是远距离输电线路的示意图,图乙是发电机输出电压随时间变化的图象,则( )。
A.发电机输出交流电的电压有效值是500 V
B.用户用电器上交流电的频率是50 Hz
C.输电线中的电流只由降压变压器原、副线圈的匝数比决定
D.保持升压变压器原线圈匝数不变,增加副线圈匝数,可减少输电线上损失的功率
答案 BD
(2)输电导线上的能量损失:主要是由输电线的电阻发热产生的,表达式Q=I2Rt。
(3)电压损失
①ΔU=U-U'。
②ΔU=IR。
(4)功率损失
①ΔP=P-P'。
②ΔP=I2R=PU2R。
(5)输送电流
①I=PU。
②I=U-U'R。
3.(2018浙江金华一中模拟)(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示,发电机的输出电压为200 V,输电线的总电阻为r,升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器),要使额定电压为220 V的用电器正常工作,则( )。
A.n2n1>n3n4
B.n2n1<n3n4
C.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D.升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案 AD
1.(2018江苏卷,2)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时,为使输电线上损耗的功率减小为原来的14,输电电压应变为( )。
A.55 kV B.110 kV C.440 kV D.880 kV
解析 输电功率P=UI,U为输电电压,I为输电线路中的电流,输电线的电阻为R,则输电线的损失功率P损=I2R,可得P损=PU2R,由此可知输送功率一定的前提下,输电线损失的功率与输送电压的平方成反比,则输电电压应变为原来的2倍,即440 kV,C项正确。
答案 C
2.(2018天津卷,4)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图所示,理想交流电流表、理想交流电压表的读数分别为I、U,R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的12,则( )。
A.R消耗的功率变为12P
B.电压表的读数变为12U
C.电流表的读数变为2I
D.通过R的交变电流频率不变
解析 转速变为原来的12,根据ω=2πn可知角速度变为原来的12,根据Em=nBSω可知发电机产生的最大电动势变为原来的12,根据U=Um2可知发电机输出电压有效值变为原来的12,即原线圈输出电压变为原来的12,根据n1n2=U1U2可知副线圈的输入电压变为原来的12,即电压表示数变为原来的12,根据P=U2R可知R消耗的功率变为原来的14,A项错误,B项正确;副线圈中的电流I2=12UR变为原来的12,根据n1n2=I2I1可知原线圈中的电流也变为原来的12,C项错误;转速减小为原来的12,则频率变为原来的12,D项错误。
答案 B
见《自学听讲》P204
一
理想变压器的应用
1.一般解题思路
(1)分析题干条件,找出不变量和变量。
(2)利用原、副线圈之间的功率关系确定原、副线圈中的电流。
(3)根据电磁感应原理,分析电压、电流与原、副线圈匝数比之间的关系。
2.解决变压器问题的三种切入法:
(1)电压切入法:变压器原、副线圈的电压之比U1U2=n1n2;当变压器有多个副线圈时,U1n1=U2n2=U3n3=…。
(2)功率切入法:理想变压器的输入、输出功率满足P入=P出,当变压器有多个副线圈时,P1=P2+P3+…。
(3)电流切入法:由I=PU知,对只有一个副线圈的变压器有I1I2=n2n1。
当变压器有多个副线圈时,有n1I1=n2I2+n3I3+…。
例1 如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比为1∶10,原线圈通以交变电流后,理想电压表的示数为22 V,理想电流表的示数为5 A,副线圈串联了电阻可忽略的熔断器、理想电流表以及虚线框内的某用电器,电路处于正常工作状态,则下列说法正确的是( )。
A.熔断器的熔断电流应该小于0.5 A
B.若虚线框内接入电容器,则电容器的耐压值至少为220 V
C.若原线圈输入交变电流的频率增大,电流表的示数增大,则虚线框内可能是电容器
D.若原线圈输入交变电流的频率增大,电流表的示数增大,则虚线框内可能是电感器
解析 根据n1n2=I2I1,代入数值解得I2=0.5 A,所以熔断器的熔断电流应该大于0.5 A,A项错误;又根据n1n2=U1U2,代入数值解得U2=220 V,电容器的耐压值为最大值,若虚线框内接入电容器,则电容器的耐压至少为220 2 V,B项错误;若原线圈输入交变电流的频率增大,副线圈的频率也增大,电流表的示数增大,则虚线框内可能是电容器,C项正确,D项错误。
答案 C
对于电源,原线圈相当于用电器;对于用电器,副线圈相当于电源。
二
理想变压器的动态分析
1.匝数比不变的情况
(1)U1不变,根据U1U2=n1n2,输入电压U1决定输出电压U2,可以得出不论负载电阻R如何变化,U2不变。
(2)当负载电阻发生变化时,I2变化,根据输出电流I2决定输入电流I1,可以判断I1的变化。
(3)I2变化引起P2变化,根据P1=P2,可以判断P1的变化。
例2 图示是街头通过降压变压器给用户供电的示意图,变压器输入电压是市电网的电压,不会有很大的波动,可以认为输入电压是不变的。输出电压通过输电线输送给用户,输电线的电阻用R0表示,变阻器只表示用户用电器的总电阻,当滑动变阻器滑片P向下移时( )。
A.表的示数随表的示数的增大而增大
B.表的示数随表的示数的增大而增大
C.变压器的输入功率在增大
D.相当于减少用电器的数目
解析 理想变压器的输出电压是由输入电压和原、副线圈的匝数比共同决定的,虽然滑动变阻器滑片P向下移动,但因为输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出电压也不变,B项错误;的示数不变,副线圈的电阻减小了,由欧姆定律知的示数变大,由P=UI知输出功率变大了,因为变压器的输入功率和输出功率相等,所以原线圈的输入功率也要变大,C项正确;原线圈的输入功率变大,因为输入的电压不变,所以输入的电流要变大,即的示数变大,表的示数随表的示数的增大而增大,故A项错误;当滑动变阻器滑片P向下移动时,总电阻减小,因为用电器是并联接入电路的,所以电阻减小相当于用电器的数目增加,故D项错误。
答案 C
2.负载电阻不变的情况
(1)U1不变,n1n2发生变化,U2变化。
(2)R不变,U2变化,I2发生变化。
(3)根据P2=U22R和P1=P2,可以判断P2变化时,P1发生变化,U1不变时,I1发生变化。
例3 (多选)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,b是原线圈中心的抽头,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u1=220 2sin 100πt (V),则( )。
A.当单刀双掷开关与a连接时,电压表的示数为22 V
B.当t=1600 s时,电压表的示数为220 V
C.单刀双掷开关与a连接,在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,电压表的示数增大,电流表示数变小
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 当单刀双掷开关与a连接时,理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,副线圈输出电压U2=22 V,但电压表示数小于副线圈输出电压U2,A项错误;当t=1600 s时,电压表的示数为有效值220 V,B项正确;单刀双掷开关与a连接,在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中,滑动变阻器的电阻变大,电路的总电阻变大,因为副线圈输出电压U2是由变压器决定的,所以电流表示数变小,电压表示数变大,C项正确;当单刀双掷开关由a扳向b时,理想变压器原、副线圈的匝数比变为5∶1,副线圈输出电压U2变大,电流表和电压表的示数均变大,D项错误。
答案 BC
3.输入电路中含有用电器的问题
当变压器输入电路中接有用电器时,要注意区别电源的输出电压U和变压器的输入电压U1,一般来讲,电源的输出电压等于用电器的电压与变压器的输出电压之和,而因为这个用电器跟原线圈是串联关系,所以它们的电流是相等的。
例4 (多选)如图所示,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、副线圈匝数比为9∶1
B.原、副线圈匝数比为1∶9
C.此时a和b的电功率之比为9∶1
D.此时a和b的电功率之比为1∶9
解析 设灯泡的额定电压为U0,则输入电压U=10U0,因两灯泡均正常发光,故原线圈两端的电压U1=U-U0=9U0,副线圈两端的电压U2=U0,所以原、副线圈的匝数比n1∶n2=U1∶U2=9∶1,A项正确,B项错误;原、副线圈中的电流之比I1∶I2=n2∶n1=1∶9,由电功率P=U0I可知,a和b的电功率之比为1∶9,C项错误,D项正确。
答案 AD
4.含二极管的电路动态分析
例5 如图甲所示,理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,原线圈接入如图乙所示的正弦交流电,副线圈与二极管(正向电阻为零,相当于导线;反向电阻为无穷大,相当于断路)、定值电阻R0、热敏电阻Rt(阻值随温度的升高而减小)及报警器P(电流增加到一定值时报警器P将发出警报声)组成闭合电路,电压表、电流表均为理想电表。则以下判断正确的是( )。
A.变压器线圈输出交流电的频率为25 Hz
B.电压表的示数为22 2 V
C.Rt处温度减小到一定值时,报警器P将发出警报声
D.报警器报警时,变压器的输入功率比报警前小
解析 由图乙可知f=1T=50 Hz,而理想变压器不改变交流电的频率,A项错误。由图乙可知原线圈输入电压的有效值U1=220 V,则副线圈两端电压有效值U2=n2n1U1=44 V,设电压表示数为U,由于二极管作用,副线圈回路在一个周期内只有半个周期的时间有电流,则由有效值定义有U22R总·T2=U2R总·T,解得U=U22=22 2 V,B项正确。由题给条件可知,Rt处温度升高到一定值时,报警器会发出警报声,C项错误。因报警器报警时回路中电流比报警前大,则报警时副线圈回路的总功率比报警前大,而输入功率与输出功率相等,D项错误。
答案 B
变式1 (多选)图示是手机充电器的内部电路核心部分的简化模型,将变压器和二极管都视为理想元件,已知变压器的原、副线圈匝数比为20∶1,A、B端输入电压U1=220 2sin 100πt (V),对于输出端CD(OD为副线圈的中心抽头)( )。
A.输出电压的有效值为11 V
B.输出电压的有效值为5.5 V
C.CD端的输出功率与AB端的输入功率之比为1∶2
D.CD端的输出功率与AB端的输入功率之比为1∶1
解析 由于OD为副线圈的中心抽头,则AB与CD线圈匝数之比为40∶1,线圈CD间电压的最大值为1122 V,而本题中的两个二极管相当于把CD之间的交变电压的负半部分对称地变为正半部分,这样交变电流就全部变为正值,且周期为原来的一半,因而有效值为5.5 V,A项错误,B项正确。变压器AB端的输入功率等于CD端的输出功率,因而C项错误,D项正确。
答案 BD
三
远距离输电
远距离输电问题的“三、二、一”
(1)理清三个回路
在回路2中,U2=ΔU+U3,I2=I线=I3。
(2)抓住两个联系
①理想的升压变压器联系着回路1和回路2,由变压器变压原理可得,线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是U1U2=n1n2,I1I2=n2n1,P1=P2。
②理想的降压变压器联系着回路2和回路3,由变压器变压原理可得,线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是U3U4=n3n4,I3I4=n4n3,P3=P4。
(3)掌握一个守恒
能量守恒关系式P1=P损+P4。
例6 图示为远距离输电的电路原理图,下列判断正确的是( )。
A.U1>U2 B.U2=U3
C.I4I2
解析 在远距离输电的过程中,第一级为升压过程,故U1I2,A项错误,D项正确;由部分电路欧姆定律可得,U3=U2-I2R线,B项错误;由于第二级为降压变压器,故U3>U4,由U3I2=U4I4,可知I2