新人教版高中物理选修32 专题强化练4 变压器的应用.docx
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新人教版高中物理选修32专题强化练4变压器的应用
1.变压器的动态电路分析
一是要符合变压器的基本规律(电压、电流、功率关系);二是要遵循欧姆定律。
首先确定是哪些量在变,哪些量不变,然后根据相应的规律判断,具体问题具体分析。
2.需要注意的几点
(1)负载增多,不等于电阻变大。
并联的负载增多对应用电器增多,消耗功率增大,其总电阻减小。
(2)负载发生变化时,电流和电压如何变化的判断:
先要由=判断U2是否变化,再根据U2及负载电阻变大或变小的情况,由欧姆定律确定线圈中的电流I2的变化情况,最后再由P入=P出判断原线圈中电流的变化情况。
3.动态问题的分析思路可表示为
[典型例题]
例1.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
[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的电流增大,电压UR=I2R增大。
副线圈电流增大,根据输入功率等于输出功率I1U1=I2U2得,I2增大,原线圈电流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。
综上所述,A错误。
[答案] A
[点评]
处理这类问题的关键是要分清变量与不变量,弄清理想变压器中各量间的联系和制约关系。
在理想变压器中,U2由U1和匝数比决定;I2由U2和负载电阻决定;I1由I2和匝数比决定。
[即时巩固]
1.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式交流电,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D正确。
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
电压互感器
电流互感器
原理图
原线圈的连接
并联在待测电路中
串联在待测电路中
副线圈的连接
连接电压表
连接电流表
互感器的作用
将高电压变为低电压
将大电流变成小电流
利用的关系式
=
I1n1=I2n2
[注意]
(1)电压互感器是降压变压器,据=,知n1>n2。
电流互感器是升压变压器,据=,知n1<n2。
(2)区分电压互感器与电流互感器的三个标志
①测量仪器不同,前者
后者
;
②原、副线圈匝数关系不同;
③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。
(3)使用互感器时,一定要将互感器的外壳和副线圈接地。
[典型例题]
例2.如图所示,L1和L2是高压输电线,甲、乙是两只互感器,若已知n1∶n2=1000∶1,n3∶n4=1∶100,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( )
A.2.2×103W B.2.2×10-2W
C.2.2×108WD.2.2×104W
[解析] 根据题图甲可得,高压输电线的送电电压U=U甲=220kV;根据题图乙可得,送电电流I=I乙=1000A;所以高压输电线的送电功率P=UI=220kV×1000A=2.2×108W,C正确。
[答案] C
[点评] 区分电压互感器和电流互感器的方法
例3.(2018·吉安安福二中检测)如图所示是一种理想自耦变压器的示意图,线圈绕在一个圆环形的铁芯上,P是可移动的滑动触头。
AB间接交变电压U,输出端接通了两个相同的灯泡L1和L2,Q为滑动变阻器的滑动触头。
当开关S闭合,P处于如图所示的位置时,两灯均能发光。
下列说法正确的是( )
A.P不动,将Q向右移动,变压器的输入功率变大
B.P不动,将Q向左移动,两灯均变暗
C.Q不动,将P沿逆时针方向移动,变压器输入功率变大
D.P、Q都不动,断开开关S,L1将变暗
[解析] P不动,则变压器输出电压不变,将Q向右移动,滑动变阻器R接入电路的电阻变大,据P出=得变压器的输出功率变小,则输入功率也变小,选项A错误;P不动,输出电压不变,将Q向左移动,滑动变阻器R接入电路的电阻变小,变压器的输出功率变大,据P出=I2U2得I2变大,两灯均变亮,选项B错误;Q不动,滑动变阻器R接入电路的电阻不变,将P沿逆时针方向移动,则变压器输出电压变大,据P出=得变压器的输出功率变大,则输入功率也变大,选项C正确;P、Q都不动,变压器输出电压不变,断开开关S,负载总电阻变大,变压器的输出功率变小,输出电流变小,滑动变阻器R分得的电压变小,所以L1两端的电压变大,L1将变亮,选项D错误。
[答案] C
[即时巩固]
2.[多选](2018·苏州质检)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I0=
C.若钳形部分铁芯没有完全闭合,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大
解析:
选CD 钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器,只能测量交流电的电流,故A错误;根据=,得载流导线中电流大小I0=nI,故B错误;若钳形部分铁芯没有完全闭合,载流导线中电流产生的磁场减弱,磁通量变化率减小,在内置线圈产生的感应电动势减小,感应电流减小,则测量出的电流将小于实际电流,故C正确;根据n1I1=n2I2,知若将载流导线在铁芯上多绕几匝,即n1变大,I1、n2不变,则钳形电流测量仪的示数I2将变大,故D正确。
副线圈有多个时,电压比等于匝数比仍然成立,电流比不再与匝数比成反比,而要用原、副线圈功率相等去推导。
若原线圈中有用电器时,不要把电源电压与原线圈电压搞混,错用电源电压去寻找比例关系;而要把原线圈所在电路当做一回路处理,原线圈相当于一非纯电阻用电器,其两端电压与副线圈电压的比值等于匝数比。
[典型例题]
例4.如图所示,理想变压器原线圈的匝数为1000,两个副线圈的匝数分别为n2=50和n3=100,L1是“6V 2W”的小灯泡,L2是“12V 4W”的小灯泡。
当原线圈接上交变电压时,L1、L2都正常发光,那么,原线圈中的电流为( )
A.A B.A
C.AD.A
[解析] 对多个副线圈,其电压关系有:
==,由于输入功率和输出功率相等,有n1I1=n2I2+n3I3。
两灯正常发光,对L1有U2=6V,对L2有U3=12V。
原线圈上电压U1=U2=×6V=120V,副线圈上总的输出功率P出=PL1+PL2=2W+4W=6W,原线圈上输入功率P入=P出=6W。
原线圈中的电流I1==A=A。
故C正确。
[答案] C
[点评]
理想变压器的电压关系=,对于一个或多个副线圈均适用;而电流关系=,适用于只有一个副线圈的变压器。
处理含有多个副线圈的变压器问题时,首选P入=P出,从输出端的P出打开突破口。
[即时巩固]
3.如图所示,在A、B间接入U1=311sin314tV的正弦式交流电,通过理想变压器和相同的理想二极管D1、D2给阻值R=20Ω的纯电阻供电,变压器原线圈匝数n1=1100,副线圈匝数n2=200,Q为副线圈正中央抽头。
为保证安全,二极管的反向耐压值至少为U0,设电阻R上消耗的电功率为P,则( )
A.U0=56.6V,P=20W
B.U0=28.3V,P=20W
C.U0=40V,P=80W
D.U0=80V,P=80W
解析:
选A 在A、B间接入正弦式交流电,电压有效值为V≈220V,变压器原线圈匝数n1=1100,副线圈匝数n2=200,根据电压与匝数成正比得副线圈电压有效值U2=40V,二极管的反向耐压值至少为U0,应是最大值,所以U0=U2=40V≈56.6V,Q为副线圈正中央抽头,当正向电流通过时,电阻与上面电路二极管D1构成回路,此时电压的有效值为20V,当反向电流通过时,电阻与下面电路二极管D2构成回路,此时电压的有效值也为20V,则一个周期R两端电压的有效值为U=20V,所以R消耗的电功率为P==20W,选项A正确。
1.一理想变压器的原线圈上接有正弦式交变电压,其最大值保持不变,副线圈接有可调电阻R。
设原线圈的电流为I1,输入功率为P1,副线圈的电流为I2,输出功率为P2,当R增大时( )
A.I1减小,P1增大 B.I1减小,P1减小
C.I2增大,P2减小D.I2增大,P2增大
解析:
选B 当R增大时,副线圈中的电流I2=减小;功率P2=减小,又因为P1=P2,则P1减小,I1减小,所以选项B正确。
2.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:
选A 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n1I1=n2I2,要使I2
3.理想降压变压器的原线圈接电流表A1和电阻R1后,接6V恒定直流电源,如图所示,当副线圈的负载电阻R2变小时,以下说法正确的是( )
A.输出功率增大
B.A2读数增大
C.A1读数增大
D.A1读数不为零,且保持不变
解析:
选D 根据变压器的工作原理,变压器不能用来改变恒定直流电压,因此变压器原线圈接在6V恒定直流电源上,副线圈上无电压,无输出功率,由于原线圈构成直流通路,故电流表A1有恒定读数,选项D正确。
4.(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( )
A.U2>U1,U2降低B.U2>U1,U2升高
C.U2<U1,U2降低D.U2<U1,U2升高
解析:
选C a、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,U2<U1,且U2降低,选项C正确。
5.如图所示,理想变压器原线圈Ⅰ接到220V的交流电源上,副线圈Ⅱ的匝数为30,与一标有“12V 12W”字样的灯泡L连接,灯泡正常发光。
副线圈Ⅲ的输出电压为110V,电流为0.4A。
求:
(1)副线圈Ⅲ的匝数;
(2)原线圈Ⅰ的匝数以及通过原线圈的电流。
解析:
(1)根据已知条件U2=12V,n2=30,U3=110V,
由=,得n3=n2=275。
(2)由U1=220V,根据=,得
n1=n2=550;
由P1=P2+P3=P2+I3U3=56W,
得I1=≈0.25A。
答案:
(1)275
(2)550 0.25A
[基础练]
一、选择题
1.如图所示,接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光,那么,理想变压器的匝数比n1∶n2∶n3为( )
A.1∶1∶1 B.3∶2∶1
C.6∶2∶1D.2∶2∶1
解析:
选B 灯泡正常发光,可得UA=UB=UC=UD,所以U2=2U3。
由变压器的电压比===,所以n2=2n3。
同理,灯泡正常发光,功率相等,即PA=PB=PC=PD,由P=I2R,得IA=IB=IC=ID,即I1=I2=I3。
由U1I1=U2I2+U3I3得n1I1=n2I2+n3I3,即n1=n2+n3=2n3+n3=3n3,所以n1∶n2∶n3=3∶2∶1。
故B正确。
2.[多选](2018·合肥中学检测)一个自耦变压器的铁芯上只绕一个线圈,如图所示,把整个线圈作为副线圈,取线圈的一部分作为原线圈,在自耦变压器的原线圈和副线圈中各接电阻R1、R2,R1=R2,输入交变电流的电压U不变,已知该变压器为理想变压器,下列说法正确的是( )
A.R2和R1两端电压之比等于原、副线圈的匝数之比
B.原线圈匝数越多,R1两端电压越大
C.副线圈输出电压随原线圈匝数呈线性变化
D.当原线圈匝数等于副线圈匝数时,R2两端电压最大,最大值为
解析:
选AD 设R1和R2的阻值为R,原线圈输入电压为U1,原线圈中电流为I1,副线圈电压为U2,副线圈中电流为I2,原线圈匝数为n,副线圈匝数为N,则=,==,A正确;原线圈输入电压U1=U-UR1=U-U2,由=,得U2=,故整理得U2=,UR1=U2=,B、C错误;U2==,当n=N时,U2有最大值,最大值为,D正确。
3.如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=10∶1,输出端电阻R=50Ω,把原线圈接入“220V,50Hz”的正弦式交流电时(电表为理想电表)( )
A.当X为电流表时,若电阻R增大,则原线圈中的电流将增大
B.当X为电流表时,电压表V的示数为22V
C.当X为电流表时,电流表的示数为0.44A
D.当X为二极管时,电压表V的示数为11V
解析:
选B 若使电阻R增大,副线圈中的电流变小,原线圈中的电流也变小,A项错误;根据公式=,解得U2=22V,电压表测量的电压为有效值,所以电压表V的示数为22V,B项正确;当X为电流表时,电流表的示数为I2==A=0.44A,C项错误;当X为二极管时,在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过,此时由T=·,解得U=11V,D项错误。
4.用理想变压器向负载供电,变压器的输入电压不变,如图所示,如果负载电阻的滑动触头向上移动,则图中所有交流电表的示数及变压器输入功率的变化情况为( )
A.V1、V2不变,A1增大、A2减小,P增大
B.V1、V2不变,A1、A2增大,P增大
C.V1、V2不变,A1、A2减小,P减小
D.V1不变、V2增大,A1减小、A2增大,P减小
解析:
选C 由于V1示数不变,变压器的匝数不变,所以V2示数不变,当负载电阻的滑动触头向上移动时,总电阻R总增大,总电流I总减小,导致电流表A1、A2示数减小,输入、输出功率减小,因此C正确。
5.(2018·成都七中高二月考)如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=T,单匝矩形线圈的面积S=1m2,电阻不计,绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。
线圈通过电刷与理想变压器原线圈相连接,A为理想电流表。
调整副线圈的触头P,当变压器原、副线圈的匝数比为2∶1时,副线圈电路中标有“6V 6W”的灯泡正常发光,以下判断正确的是( )
A.电流表的示数为1A
B.矩形线圈产生电动势的有效值为18V
C.从矩形线圈转到中性面开始计时,矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e=12sin30πtV
D.若矩形线圈的转速增大,为使灯泡仍能正常发光,应将P适当上移
解析:
选D 副线圈的电流I2==A=1A,由=可得,电流表示数I1=I2=0.5A,选项A错误;原线圈两端电压的有效值为U1=U2=12V,矩形线圈产生电动势的有效值为12V,选项B错误;最大值为Em=BSω=12V,得ω=60πrad/s,从矩形线圈转到中性面开始计时,产生的电动势随时间的变化规律为e=12·sin60πtV,选项C错误;矩形线圈的转速增大,产生的感应电动势增大,P适当上移可以保持副线圈两端电压不变,灯泡仍能正常发光,选项D正确。
二、非选择题
6.如图所示,一台有两个副线圈的理想变压器,原线圈匝数n1=1100,接入电压U1=220V的电路中。
(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2=6V,U3=110V,它们的匝数n2、n3分别为多少?
(2)若在两副线圈上分别接上“6V,20W”“110V,60W”的两个用电器,原线圈的输入电流为多少?
解析:
(1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系,
由=得n2=n1=×1100=30
n3=n1=×1100=550。
(2)设原线圈输入电流为I1,由P入=P出得
P入=P2+P3
所以I1==A≈0.36A。
答案:
(1)30 550
(2)0.36A
[提能练]
一、选择题
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( )
A.ab接MN、cd接PQ,Iab<Icd
B.ab接MN、cd接PQ,Iab>Icd
C.ab接PQ、cd接MN,Iab<Icd
D.ab接PQ、cd接MN,Iab>Icd
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,根据电流比I1∶I2=n2∶n1可知,Iab>Icd,电流表应接在电流较小一侧,B正确。
2.[多选]如图甲所示,一理想变压器原线圈可通过移动滑动触头P的位置改变线圈接入电路的匝数,b为原线圈的中点,当P接a时,原、副线圈的匝数比为10∶1,线圈L的直流电阻不计,若原线圈所接电源电压如图乙所示,则( )
A.当P接a时,灯泡B两端的电压为22V,频率为50Hz
B.只将P由a向b滑动时,变压器的输入功率增大
C.只增大电源的频率,灯泡B变亮
D.只将滑动变阻器R的滑片M向上滑动时,灯泡B亮度不变
解析:
选BD 由题图乙可知,T=0.02s,由f=知频率为50Hz,U1=220V,当P接a时,根据=可知,U2=22V,但由于线圈L对交流有阻碍作用,所以灯泡B两端的电压小于22V,选项A错误;只将P由a向b滑动时,n1减小,U2增大,变压器的输出功率增大,变压器的输入功率增大,选项B正确;只增大电源的频率,线圈L感抗变大,灯泡B变暗,选项C错误;只将滑动变阻器R的滑片M向上滑动时,R增大,由变压器输出电压、频率不变,可知灯泡B亮度不变,选项D正确。
3.[多选]如图所示,一理想变压器原线圈接入一交流电源,副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻,开关S是闭合的。
V1和V2为理想交流电压表,读数分别为U1和U2;A1、A2和A3为理想交流电流表,读数分别为I1、I2和I3。
现断开S,U1数值不变,下列推断中正确的是( )
A.U2变小、I3变小 B.U2不变、I3变大
C.I1变小、I2变小D.I1变大、I2变大
解析:
选BC 由U2=U1得U1不变,U2就不变;S断开,R总增大,U2不变,则I2变小,由I1=I2得I1也变小;I2变小,加在R1两端的电压变小,由UR3=U2-UR1,得UR3增大,所以I3变大,故B、C正确。
4.(2018·潍坊中学检测)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1,R1=20Ω,R2=30Ω,C为电容器,已知通过R1的正弦式交变电流如图乙所示,则( )
A.交变电流的频率为0.02Hz
B.原线圈输入电压的最大值为200V
C.电阻R2的电功率为6.67W
D.通过R3的电流始终为零
解析:
选C 由题图乙可知交变电流的周期T=0.02s,频率为f==50Hz,A错误;副线圈电压最大值U2m=I2mR1=20V,由=可知U1m=200V,B错误;R1和R2并联,U2==10V,P2=≈6.67W,C正确;因电容器接交流电,有充、放电电流通过R3,D错误。
5.[多选](2018·长春质检)如图所示,边长为L、匝数为N,电阻不计的正方形线圈abcd在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴OO′以恒定角速度ω转动。
线圈外接一含有理想变压器的电路,变压器原、副线圈的匝数分别为n1和n2。
图示位置正方形线圈所处平面与磁场方向平行,下列说法正确的是( )
A.在图示位置时,正方形线圈中的磁通量为零,感应电动势也为零
B.当可变电阻R的滑片P向上滑动时,电压表V2的示数保持不变
C.电压表V1的示数等于NBωL2
D.从图示位置开始计时,正方形线圈平面转过60°时,线圈中的感应电动势大小为
解析:
选BD 在题图所示位置,穿过正方形线圈的磁通量为零,而磁通量变化率最大,感应电动势最大,A错误;电压表V2测的是副线圈两端的电压,它是由输入电压和变压器原、副线圈的匝数比决定的,当P向上滑动时其示数不变,B正确;电压表V1的示数为交变电压的有效值,其示数为,C错误;由题图所示位置开始计时,感应电动势的表达式为e=NBωL2cosωt,所以转过60°时e=,D正确。
二、非选择题
6.如图甲所示为一理想变压器,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图象如图乙所示。
若只在ce间接一只Rce=400Ω的电阻,或只在de间接一只Rde=225Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80W。
(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400Ω的电阻时,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,T==0.01s,解得ω=200πrad/s
电压瞬时值uab=400sin200πtV。
(2)电压有效值U1==200V
理想变压器P1=P2
原线圈中的电流I1=,
解得I1≈0.28A。
(3)设ab间匝数为n1,=,同理=
由题意知=
解得=
代入数据得=。
答案:
(1)uab=400sin200πtV
(2)0.28A (3)
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