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粤教版 (2019)选择性必修 第二册第三节 变压器学案设计
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这是一份粤教版 (2019)选择性必修 第二册第三节 变压器学案设计，共26页。
3．能够利用变压比、变流比定性和定量分析有关变压器的实际问题。
知识点一 认识变压器
1．用途：改变交流电压的设备。
2．构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。
(1)原线圈：与电源相连的线圈(也叫初级线圈)。
(2)副线圈：与负载相连的线圈(也叫次级线圈)。
3．原理：变压器工作的基础是电磁感应现象，原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量，这个交变的磁通量不仅穿过原线圈，也穿过副线圈，所以在副线圈中产生感应电动势。
知识点二 探究变压器电压与线圈匝数的关系
1．实验目的：探究变压器电压与线圈匝数的定量关系。
2．实验器材：可拆变压器、低压交流电源、交流电压表、带夹的导线。
3．实验步骤
(1)要先估计被测电压的大致范围，再选择恰当的量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压表的最大量程进行测量。
(2)把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯。
(3)用交流电压表测量输入、输出电压。
(4)改变输入端电压，重新测量输入、输出端电压，记录在设计好的表格内。
(5)改变线圈匝数，重新测量输入、输出端电压，记录在上面设计好的表格内。
4．注意事项
(1)在改变低压交流电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作。
(2)为了人身安全，低压交流电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱。
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，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。
知识点三 理想变压器原、副线圈基本量的关系
1．铜损和铁损
(1)铜损：变压器的线圈有内阻，电流通过时发热所损失的能量。
(2)铁损：铁芯在交变磁场中反复磁化，产生涡流，使铁芯发热所损失的能量。
2．理想变压器：忽略原、副线圈的电阻和各种电磁能量损失的变压器。
3．电压与匝数关系：原、副线圈的电压之比等于这两个线圈的匝数之比，即U1U2＝n1n2。
4．功率关系：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率。
5．电流与匝数关系：原、副线圈中的电流跟它们的匝数成反比，即I1I2＝n2n1。
6．两类变压器：n2>n1，能使电压升高的变压器叫作升压变压器；n21．思考判断(正确的画“√”，错误的画“×”)
(1)变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压。(√)
(2)实际生活中，不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。(√)
(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率。(×)
(4)理想变压器是客观存在的。(×)
(5)U1U2＝n1n2适用于任何理想变压器。(√)
2．(多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( )
A．交流电的频率 B．磁通量的变化率
C．功率 D．交流电的峰值
ABC [理想变压器没有漏磁，没有能量损失，所以原、副线圈中磁通量变化率相同，原、副线圈中功率相同，B、C正确；变压器能改变交流电的峰值但不改变交流电的频率，A正确，D错误。]
3．一个含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R＝10 Ω。当原线圈接320 V的交流电压时，原线圈中电流为2 A，则变压器原、副线圈匝数比为( )
A．2∶1 B．1∶2
C．4∶1 D．1∶4
C [输入功率等于输出功率，大小为P＝U1I1＝640 W，根据P＝U22R，输出电压为U2＝80 V，则变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故选C。]
(1)在课外，某同学在进行低压交流变压器实验的准备工作时，发现缺少电源，于是就用一种摩托车的蓄电池代替，按图所示进行实验。闭合开关后，灯泡是否发光？解释出现这种现象的原因。
提示：因蓄电池是直流电源，向外输出恒定电压，故连接到副线圈上的小灯泡不会发光。原因：恒定电压加在原线圈上后，线圈内的磁通量不发生变化，因而副线圈中的磁通量也不发生变化，所以E＝nΔΦΔt＝0。故副线圈中无感应电动势。
(2)学生电源(低压交流12 V)，可拆变压器，多用表(交流电压挡)，电路图如图所示。对于理想变压器，在只有一组副线圈的情况下，原线圈和副线圈的电流跟它们的匝数的关系是什么？
提示：I1I2＝n2n1。因为P1＝P2，即I1U1＝I2U2，又U1U2＝n1n2，所以推导出I1I2＝n2n1。
对变压器原理的理解
1．变压器的变压原理是电磁感应。如图所示，当原线圈上加交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变的磁通量，在原、副线圈中都会产生感应电动势。如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生交变磁通量，在原、副线圈中同样要产生感应电动势。
2．由于互感现象，原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈。
3．能量转换方式为原线圈电能→磁场能→副线圈电能。
【典例1】 (多选)如图所示为汽油机中点火装置的示意图，它使用的是12 V直流电源，在变压器的输出端却可得到高达10 000 V的高压，开关是自动控制的，欲使副线圈两端得到一个高压，应使( )
A．开关总处于接通状态
B．开关在接通时断开
C．开关在断开时接通
D．开关总处于断开状态
BC [欲使副线圈两端得到一个高压，必须使变压器铁芯中的磁通量发生变化，即原线圈中的电流必须发生变化，只有在开关闭合、断开瞬间原线圈中电流才有变化，故选B、C。]
(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用。
(2)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。
(3)变压器不能改变交变电流的周期和频率。
(4)若直流的电压是随时间变化的，也可以用变压器改变电压。
[跟进训练]
1．如图所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN正在导轨上向右做匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到( )
A．L1、L2都发光，只是亮度不同
B．L1、L2都不发光
C．L2发光，L1不发光
D．L1发光，L2不发光
D [题图甲右侧线圈中感应电动势的大小时刻变化，在题图甲的右侧线圈中形成变化的电流，产生变化的磁场，在左侧线圈和灯L1中产生感应电流，灯L1发光；题图乙右侧线圈中感应电动势恒定不变，在题图乙的右侧线圈中形成恒定不变的电流，不能在左侧线圈和灯L2回路中产生感应电流，灯L2不发光。故D正确。]
探究变压器电压与线圈匝数的关系
1．数据处理
根据实验中记录的数据分析完成表格：
2．实验结论：在误差允许的范围内，变压器线圈两端的电压与匝数成正比，表达式为U1U2＝n1n2。
3．误差分析
(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。
(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗，造成实验误差。
(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流造成误差。
【典例2】 在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示。
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把算出的结果填在表格中。
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数关系为________(用题目中给出的字母表示)。
(3)该变压器是________变压器(选填“升压”或“降压”)。
[解析] (1)第三组数据为U1U2＝7.815.2≈11.9。
(2)线圈匝数之比n1n2＝120240＝12，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系是U1U2＝n1n2。
(3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器。
[答案] (1)1∶1.9 (2)U1U2＝n1n2 (3)升压
[跟进训练]
2．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，操作步骤如下：
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；
②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
③将匝数较多的一组线圈接到交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；
④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。
(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)。
(2)如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U′1＝8 V时，U′2＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________。
[解析] (1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。故合理的顺序是①③②④。
(2)两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；当原线圈与副线圈对调后，U′1＝8 V时，U′2＝32 V，此时U′2为原线圈的电压，而U′1为副线圈的电压；由以上数据可得U1U2＝n1n2。
[答案] (1)①③②④ (2)U1U2＝n1n2
理想变压器的基本关系应用
1．理想变压器的变压(变流)规律
2．理想变压器各物理量间的制约关系
(1)输入电压决定输出电压：由U1n1＝U2n2，得U2＝n2n1U1。
当U1不变时，U2也不会变，与负载电阻R多大及是否变化无关。
(2)输出功率决定输入功率：对理想变压器P出＝P入。
(3)负载决定输出电流：当U1一定时，U2也一定，对副线圈有I2＝U2R，所以当R变化时，I2也随之变化，即R变大，I2变小；R变小，I2变大。
(4)输出电流决定输入电流：由n1I1＝n2I2，得I1＝n2n1I2，所以当I2变化时，I1也随之变化。即I2变大，I1变大；I2变小，I1也变小。
【典例3】 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB两端电压 u1＝122sin 100πt(V)。下列说法正确的是( )
A．电流频率为100 Hz
B．的读数为24 V
C．的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为6 W
D [根据u1＝122sin 100πt(V)及U＝Um2知U1＝12 V，f＝ω2π＝50 Hz，故A错误；根据U1U2＝n1n2得U2＝n2n1U1＝12×12 V＝6 V，即的读数为6 V，故B错误；又I2＝U2RL＝66 A＝1 A，即的读数为1 A，故C错误；根据P1＝P2及P2＝U22RL＝626 W＝6 W，得P1＝6 W，故D正确。]
理想变压器的电压关系和电流关系
(1)理想变压器的电压关系对有一个或多个副线圈的情况都成立。
(2)电流关系只适用于有一个副线圈的情况，若有多个副线圈，则电流关系应根据功率关系P入＝P出求出。
[跟进训练]
3．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202sin 50πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A．电流表的读数为1 A
B．增大原线圈的匝数，则电压表示数增大
C．副线圈输出交流电的周期为0.01 s
D．如果提高原线圈的电压，则电流表示数减小
A [由理想变压器的原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比可知，副线圈两端的电压表示数为U2＝n2n1U1，则增大原线圈的匝数n1，则电压表示数减小，B错误；根据选项B分析和题意可知U1＝220 V、U2＝110 V，则根据欧姆定律可知流过电阻R的电流为I2＝U2R＝2 A，由理想变压器的原、副线圈电流与线圈匝数成反比可知，电流表的读数为I1＝I2·n2n1＝1 A，A正确；根据原线圈接在u＝2202sin 50πt(V)的交流电源上，知原线圈中交变电流的周期为T＝0.04 s，由于原、副线圈的周期相等，所以副线圈输出交变电流的周期为0.04 s，C错误；根据选项A、B的分析有I1＝n22n12·U1R，则如果提高原线圈的电压，则电流表示数增大，D错误。]
1．如图所示四个电路，能够实现升压的是( )
A B
C D
D [变压器只能对交流电变压，不能对直流电变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，故C错误，D正确。]
2．如图所示，一理想变压器原、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220 V，额定功率为22 W，原线圈电路中接有电压表和电流表，电压表、电流表均为理想电表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝1102 V，I＝0.2 A
D．U＝1102 V，I＝0.22 A
A [交流电压表、电流表测得的是交变电流的有效值，由灯泡正常发光可知，变压器的输出电压为220 V，而变压器的输入与输出电压之比等于原、副线圈的匝数比，故变压器的输入电压为110 V，电压表的示数为110 V；变压器的输入功率等于输出功率，可知变压器的输入电流为0.2 A，A正确。]
3．两彼此正对的相同金属圆环竖直放置在竖直向下、磁感应强度为0.8 T的匀强磁场中，圆环半径为0.2 m、相距0.5 m，用导线将环与匝数比为4∶1的理想变压器相连，变压器输出端接一阻值为1 Ω的灯泡，让导体杆沿两环内侧做角速度为502 rad/s的匀速圆周运动，圆环电阻不计，杆长为0.5 m，电阻为4 Ω，则灯泡( )
A．两端电压为0.8 V
B．两端电压为1.0 V
C．两端电压为1.5 V
D．两端电压为2.0 V
A [分析可知，导体棒在磁场中运动，产生正弦式交流电，当导体棒经过最低点和最高点时，切割的方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，为Em＝BLv＝BLωr＝42 V，则电源产生电压的有效值E＝Em2＝4 V；设流过灯泡的电流及灯泡两端的电压分别为I2、U2，则根据U1U2＝n1n2、I1n1＝I2n2可得，理想变压器的输入电压及通过的电流为U1＝n1n2U2＝4U2，I1＝n2n1I2＝14I2，其中I2＝U2RL，由闭合电路欧姆定律可得U1＝E－I1r，联立可得灯泡两端的电压U2＝0.8 V，故选A。]
4．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V的交流电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光。为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔断器的熔丝熔断。
(1)熔丝的熔断电流是多大(结果保留两位有效数字)?
(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？
[解析] (1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1＝U2I2，
当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，
I1＝U2U1I2≈0.98 A。
(2)当副线圈上的电流为I2′＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，
所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W。
[答案] (1)0.98 A (2)180 W
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．变压器的构造是什么？
提示：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的原线圈和副线圈组成的。
2．变压器的工作原理是什么？
提示：电流磁效应、电磁感应。
3．理想变压器的基本关系是什么？
提示：
无线充电技术
我们知道，变压器能通过电磁感应输送电能。当原线圈中由变化的电流激发了一个变化的磁场，电场的能量就转变成磁场的能量；当这个变化的磁场在副线圈上产生感应电流，磁场的能量就转化成了电场的能量，这样电能就从原线圈不必经过导线直接连接就转移到了副线圈。
无线充电是近年发展起来的新技术，其中一种就是基于这样的原理而产生的，只不过变压器磁场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。无线充电技术通过分别安装在充电基座和接收能量的装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如果移动电话中有无线充电装置，那么把移动电话直接放在充电基座上就可以充电(图甲)。对于一个没有无线充电功能的移动电话，也可以通过在移动电话端连接一个无线充电接收器，将接收器放在无线充电基座上来进行充电。打开无线充电接收器，就可以看到其内部有一个接收线圈(图乙)。
目前已经有移动电话、数字照相机、电动牙刷等电子产品采用无线充电技术。随着新能源汽车的快速发展，无线充电技术在电动汽车中也将会有广泛的应用。
相比有线输电技术，无线充电器与用电装置之间不用电线连接，因而具有使用方便、减少触电危险、不易老化磨损等优点。但目前无线充电技术也存在着传输距离短、成本高、能量损耗大等不足。因此，无线充电技术还需不断地改进、发展。
送电线圈中电流产生的磁场是什么样的？受电线圈磁场是什么样的？送电线圈与受电线圈是否需要导线连接？
提示：周期性变化的 周期性变化的 不需要
课时分层作业(十一) 变压器
题组一 对变压器原理的理解
1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
C [通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，故A错误；因理想变压器无漏磁，原、副线圈的磁通量总相等，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为副线圈的电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，故D错误。]
2．(多选)如图所示是一个理想变压器的示意图，在它正常工作时关于其说法正确的是( )
A．副线圈中的电动势是因为电磁感应而产生的
B．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能
C．输送的电能经变压器先转化为电场能，再转化为电能
D．输送的电能经变压器的铁芯直接传输过去
AB [变压器的原理是原线圈的电流发生变化，从而引起副线圈中磁通量变化，产生感应电动势，故A正确；变压器电能的输送是电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能输送到副线圈电路中，故B正确，C、D错误。]
题组二 探究变压器电压与线圈匝数的关系
3．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)下列器材中，实验需要的器材有________。(多选)
A．干电池
B．低压交流电源
C．220 V交流电源
D．条形磁铁
E．可拆变压器和导线
F．直流电压表
G．多用电表
(2)关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V
B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C．使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量
(3)在实验中，某同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
[解析] (1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要的器材是低压交流电源，提供低压交流电，同时还需要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线，故选BEG。
(2)变压器是为了改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12 V，故A正确；实验通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，就将人体并联入电路中，会导致所测数据不准确，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误。
(3)根据电压比公式U1U2＝n1n2，保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，减小原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大。
[答案] (1)BEG (2)A (3)增大
4．某研究性学习小组的同学想用220 V交流电源作为某小型电器的电源。他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是这个整流器需要用6 V的交流电源，于是他又添置了一台220 V/6 V的变压器，如图所示。他看到这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗。
(1)他不知道接法如何，也没有相应的说明书。你能帮他判断正确的接法是a、d端接________(选填“220 V”或“6 V”)。
(2)这台220 V/6 V的理想变压器接6 V的线圈匝数是300匝，则接220 V的线圈匝数是________匝。
(3)为了进一步探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系，他又取匝数Na＝80匝和Nb＝160匝的一个变压器重新接在电源上，测量结果记录如下，则接电源的是______(选填“Na”或“Nb”)。
[解析] (1)因为理想变压器的输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器，根据P＝UI可知，副线圈中的电流大，为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，由公式R＝ρlS知，副线圈引线要粗，故a、d接6 V。
(2)根据变压器工作原理知UaUb＝NaNb，若理想变压器接6 V的线圈匝数是300匝，则接220 V的线圈匝数是11 000匝。
(3)根据变压器工作原理知UaUb＝NaNb，本题采用的是降压变压器，所以接电源的应该是匝数多的线圈，所以接电源的是Nb。
[答案] (1)6 V (2)11 000 (3)Nb
题组三 理想变压器的基本关系应用
5．(多选)某同学在探究变压器原、副线圈电压规律时，自己绕制了两个线圈，套在可拆变压器的铁芯上，组成了一个新变压器，如图所示，原线圈连接到学生电源的交流输出端并保持电压不变，副线圈接灯泡，灯泡正常发光，若将该变压器视为理想变压器，不考虑导线电阻，下列说法正确的是( )
A．适当增加原线圈的匝数，灯泡会变暗
B．适当增加原线圈的匝数，灯泡会变亮
C．将一定值电阻与灯泡并联，灯泡亮度不变
D．将一定值电阻与灯泡并联，灯泡会变亮
AC [根据U1U2＝n1n2可知，增加原线圈的匝数，副线圈两端电压减小，则灯泡会变暗，故A正确，B错误；将一定值电阻与灯泡并联时，根据电压匝数关系，副线圈两端电压不变，灯泡两端电压不变，则灯泡亮度不变，故C正确，D错误。]
6．(2021·广东卷)某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60。下列说法正确的是( )
A．交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
B [交流电的周期为0.2 s，频率f＝1T＝5 Hz，A错误；根据变压器原、副线圈的电压规律可知U1U2＝n1n2，由于原线圈的电压最大值为0.05 V，故副线圈的电压最大值为3 V，B正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误。]
7．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A、理想交流电压表V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V的读数为12U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
B [根据ω＝2πn可知，转速变为原来的12，则角速度变为原来的12，根据Em＝nBSω可知电动机产生的最大电动势变为原来的12，根据U＝Em2可知发电机的输出电压有效值变为原来的12，即原线圈的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消耗的电功率变为14P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝12UR，即变为原来的12，根据n1n2＝I2I1可知原线圈中的电流也变为原来的12，C错误；转速减小为原来的12，则频率变为原来的12，D错误。]
8．(多选)(2022·湖北卷)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
AC [根据n1n2＝80%U1U2，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，故A正确；由于存在漏磁现象，电流比不再与匝数成反比，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。]
9．如图所示，理想变压器的原线圈跟副线圈的匝数比n1:n2＝2∶1，交流电源电压U1＝220 V，F为熔断电流I0＝1.0 A的保险丝，负载R为一可变电阻。
(1)当电阻R＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的最小值为多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
[解析] (1)由U1U2＝n1n2得U2＝110 V，
由欧姆定律得I2＝1.1 A，
再由I1I2＝n2n1得到I1＝0.55 A，故保险丝不会熔断。
(2)理想变压器的P出＝P入＝220×1.0 W＝220 W，得到R＝U22P出＝55 Ω。
[答案] (1)不能 (2)55 Ω 220 W
10．(2022·河北卷)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电压为2πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为2πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝2πNBSnz sin (2πnz)
C [发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝ω2π＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，输出电压的有效值为E＝Em2＝2πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝EU＝2πNBSnzU，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝2πNBSnz sin (2πnzt)，D错误。]
11．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1，L1、L2为两相同灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C＝10 μF。当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电压时，下列说法正确的是( )
A．灯泡L1一定比L2暗
B．电容器C所带电量的最大值为62×10-3 C
C．电容器C放电周期为2×10-2 s
D．副线圈两端的电压最大值为122 V
D [原线圈接正弦式交变电流，则副线圈中也是正弦式交变电流。由于L1与电阻相串联，而L2与电感器相串联，灯泡L1与L2的亮暗程度，取决于电感和电阻阻碍作用，本题未给条件，无法判断，故A错误；由变压器的变压比U1U2＝n1n2可知，副线圈两端的电压的最大值：U2m＝n2U1mn1＝13×362 V＝122 V，故D正确；电容器所带电量的最大值：Q＝CU2m＝10×10-6×122 C＝1.22×10-4 C，故B错误；电容器与二极管串联，含有电容的支路一次充电结束后就相当于断路，不存在周期，故C错误。]
12．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，C＝100 μF，已知电阻R1两端的正弦交流电压如图乙所示，则( )
A．原线圈输入电压的最大值为400 V
B．交变电流的频率为100 Hz
C．电容器C所带电量恒为2×10-3 C
D．电阻R1消耗的电功率为20 W
AD [变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，由题图乙知，副线圈电压的最大值为20 V，根据电压与匝数成正比可得原线圈电压最大值为400 V，故A正确；由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，故频率为周期的倒数，等于50 Hz，故B错误；电容器两板间的电压是变化的，故所带电量也是变化的，故C错误；R1电压的有效值为U1＝102 V，所以消耗电功率为P1＝U12R1＝20 W，故D正确。]
13．一台理想变压器，其原线圈的匝数为2 200匝，副线圈的匝数为440匝，副线圈中接入一个100 Ω的负载电阻，如图所示。
(1)当原线圈接在44 V直流电源上时，电压表示数为多大？电流表示数为多大？
(2)当原线圈接在220 V交流电源上时，电压表示数为多大？电流表示数为多大？此时输入功率为多少？变压器效率为多大？
[解析] (1)原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，所以穿过原、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，故电压表示数为零，电流表示数也为零。
(2)由U1U2＝n1n2得电压表示数为U2＝n2n1U1＝4402 200×220 V＝44 V。
电流表示数为I2＝U2R＝44100 A＝0.44 A。
P入＝P出＝U2I2＝44×0.44 W＝19.36 W。
效率η＝P出P入×100%＝100%。
[答案] (1)0 0 (2)44 V 0.44 A 19.36 W 100%
项目
1
2
3
4
5
6
U1
U2
n1
n2
项目
1
2
3
4
5
6
U1
U2
n1
n2
U1/U2
n1/n2
实验
序号
原线圈两端的
电压U1/V
副线圈两端
的电压U2/V
U1U2
1
3.9
8.2
1∶2.1
2
5.9
11.8
1∶2.0
3
7.8
15.2
项目
规律表示
依据
备注
变压
规律
U1n1＝U2n2＝U3n3…
E＝nΔΦΔt
适于一个原线圈及多个副线圈的情况
功率
关系
P入＝P出
能量守恒
适于理想变压器
变流
规律
I1I2＝n2n1
U1I1＝U2I2
适于一个原线圈，一个副线圈
n1I1＝n2I2＋n3I3…
U1I1＝U2I2＋U3I3…
适于一个原线圈，多个副线圈
物理量
电压
电流
功率
关系式
U1U2＝n1n2
n1I1＝n2I2
P入＝P出
依据
E＝nΔΦΔt
U1I1＝U2I2
能量守恒
注意
电流关系式仅适用于一个副线圈的情况
Ua/V
1.80
2.80
3.80
Ub/V
4.00
6.01
8.02
3．能够利用变压比、变流比定性和定量分析有关变压器的实际问题。
知识点一 认识变压器
1．用途：改变交流电压的设备。
2．构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成。
(1)原线圈：与电源相连的线圈(也叫初级线圈)。
(2)副线圈：与负载相连的线圈(也叫次级线圈)。
3．原理：变压器工作的基础是电磁感应现象，原线圈中的交变电流在铁芯中产生交变的磁通量，这个交变的磁通量不仅穿过原线圈，也穿过副线圈，所以在副线圈中产生感应电动势。
知识点二 探究变压器电压与线圈匝数的关系
1．实验目的：探究变压器电压与线圈匝数的定量关系。
2．实验器材：可拆变压器、低压交流电源、交流电压表、带夹的导线。
3．实验步骤
(1)要先估计被测电压的大致范围，再选择恰当的量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压表的最大量程进行测量。
(2)把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯。
(3)用交流电压表测量输入、输出电压。
(4)改变输入端电压，重新测量输入、输出端电压，记录在设计好的表格内。
(5)改变线圈匝数，重新测量输入、输出端电压，记录在上面设计好的表格内。
4．注意事项
(1)在改变低压交流电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作。
(2)为了人身安全，低压交流电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱。
(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，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。
知识点三 理想变压器原、副线圈基本量的关系
1．铜损和铁损
(1)铜损：变压器的线圈有内阻，电流通过时发热所损失的能量。
(2)铁损：铁芯在交变磁场中反复磁化，产生涡流，使铁芯发热所损失的能量。
2．理想变压器：忽略原、副线圈的电阻和各种电磁能量损失的变压器。
3．电压与匝数关系：原、副线圈的电压之比等于这两个线圈的匝数之比，即U1U2＝n1n2。
4．功率关系：原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率。
5．电流与匝数关系：原、副线圈中的电流跟它们的匝数成反比，即I1I2＝n2n1。
6．两类变压器：n2>n1，能使电压升高的变压器叫作升压变压器；n2
(1)变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压。(√)
(2)实际生活中，不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。(√)
(3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率。(×)
(4)理想变压器是客观存在的。(×)
(5)U1U2＝n1n2适用于任何理想变压器。(√)
2．(多选)理想变压器的原、副线圈中一定相同的物理量有( )
A．交流电的频率 B．磁通量的变化率
C．功率 D．交流电的峰值
ABC [理想变压器没有漏磁，没有能量损失，所以原、副线圈中磁通量变化率相同，原、副线圈中功率相同，B、C正确；变压器能改变交流电的峰值但不改变交流电的频率，A正确，D错误。]
3．一个含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R＝10 Ω。当原线圈接320 V的交流电压时，原线圈中电流为2 A，则变压器原、副线圈匝数比为( )
A．2∶1 B．1∶2
C．4∶1 D．1∶4
C [输入功率等于输出功率，大小为P＝U1I1＝640 W，根据P＝U22R，输出电压为U2＝80 V，则变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝U1∶U2＝4∶1，故选C。]
(1)在课外，某同学在进行低压交流变压器实验的准备工作时，发现缺少电源，于是就用一种摩托车的蓄电池代替，按图所示进行实验。闭合开关后，灯泡是否发光？解释出现这种现象的原因。
提示：因蓄电池是直流电源，向外输出恒定电压，故连接到副线圈上的小灯泡不会发光。原因：恒定电压加在原线圈上后，线圈内的磁通量不发生变化，因而副线圈中的磁通量也不发生变化，所以E＝nΔΦΔt＝0。故副线圈中无感应电动势。
(2)学生电源(低压交流12 V)，可拆变压器，多用表(交流电压挡)，电路图如图所示。对于理想变压器，在只有一组副线圈的情况下，原线圈和副线圈的电流跟它们的匝数的关系是什么？
提示：I1I2＝n2n1。因为P1＝P2，即I1U1＝I2U2，又U1U2＝n1n2，所以推导出I1I2＝n2n1。
对变压器原理的理解
1．变压器的变压原理是电磁感应。如图所示，当原线圈上加交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变的磁通量，在原、副线圈中都会产生感应电动势。如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生交变磁通量，在原、副线圈中同样要产生感应电动势。
2．由于互感现象，原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈。
3．能量转换方式为原线圈电能→磁场能→副线圈电能。
【典例1】 (多选)如图所示为汽油机中点火装置的示意图，它使用的是12 V直流电源，在变压器的输出端却可得到高达10 000 V的高压，开关是自动控制的，欲使副线圈两端得到一个高压，应使( )
A．开关总处于接通状态
B．开关在接通时断开
C．开关在断开时接通
D．开关总处于断开状态
BC [欲使副线圈两端得到一个高压，必须使变压器铁芯中的磁通量发生变化，即原线圈中的电流必须发生变化，只有在开关闭合、断开瞬间原线圈中电流才有变化，故选B、C。]
(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用。
(2)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。
(3)变压器不能改变交变电流的周期和频率。
(4)若直流的电压是随时间变化的，也可以用变压器改变电压。
[跟进训练]
1．如图所示，甲图中两导轨不平行，而乙图中两导轨平行，其余物理条件都相同，金属棒MN正在导轨上向右做匀速运动，在金属棒运动过程中，将观察到( )
A．L1、L2都发光，只是亮度不同
B．L1、L2都不发光
C．L2发光，L1不发光
D．L1发光，L2不发光
D [题图甲右侧线圈中感应电动势的大小时刻变化，在题图甲的右侧线圈中形成变化的电流，产生变化的磁场，在左侧线圈和灯L1中产生感应电流，灯L1发光；题图乙右侧线圈中感应电动势恒定不变，在题图乙的右侧线圈中形成恒定不变的电流，不能在左侧线圈和灯L2回路中产生感应电流，灯L2不发光。故D正确。]
探究变压器电压与线圈匝数的关系
1．数据处理
根据实验中记录的数据分析完成表格：
2．实验结论：在误差允许的范围内，变压器线圈两端的电压与匝数成正比，表达式为U1U2＝n1n2。
3．误差分析
(1)由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差。
(2)原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗，造成实验误差。
(3)铁芯中有磁损耗，产生涡流造成误差。
【典例2】 在“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”的实验中，小型可拆变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝120匝、n2＝240匝，某实验小组在原线圈两端依次加上不同的电压，用多用电表的交流电压挡分别测量原、副线圈两端的电压，数据如表所示。
(1)实验小组根据测得的数据在表格中算出U1、U2的比值，还有一组U1、U2的比值没有算出，把算出的结果填在表格中。
(2)本实验可得出结论：变压器线圈两端电压与匝数关系为________(用题目中给出的字母表示)。
(3)该变压器是________变压器(选填“升压”或“降压”)。
[解析] (1)第三组数据为U1U2＝7.815.2≈11.9。
(2)线圈匝数之比n1n2＝120240＝12，结合表格中的数据知，在误差允许的范围内线圈两端电压与匝数的关系是U1U2＝n1n2。
(3)从表格中的数据可知副线圈匝数多、电压高，所以该变压器是升压变压器。
[答案] (1)1∶1.9 (2)U1U2＝n1n2 (3)升压
[跟进训练]
2．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，操作步骤如下：
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；
②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
③将匝数较多的一组线圈接到交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；
④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。
(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)。
(2)如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U′1＝8 V时，U′2＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________。
[解析] (1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到交流电源输出端上，另一组作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤。故合理的顺序是①③②④。
(2)两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；当原线圈与副线圈对调后，U′1＝8 V时，U′2＝32 V，此时U′2为原线圈的电压，而U′1为副线圈的电压；由以上数据可得U1U2＝n1n2。
[答案] (1)①③②④ (2)U1U2＝n1n2
理想变压器的基本关系应用
1．理想变压器的变压(变流)规律
2．理想变压器各物理量间的制约关系
(1)输入电压决定输出电压：由U1n1＝U2n2，得U2＝n2n1U1。
当U1不变时，U2也不会变，与负载电阻R多大及是否变化无关。
(2)输出功率决定输入功率：对理想变压器P出＝P入。
(3)负载决定输出电流：当U1一定时，U2也一定，对副线圈有I2＝U2R，所以当R变化时，I2也随之变化，即R变大，I2变小；R变小，I2变大。
(4)输出电流决定输入电流：由n1I1＝n2I2，得I1＝n2n1I2，所以当I2变化时，I1也随之变化。即I2变大，I1变大；I2变小，I1也变小。
【典例3】 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB两端电压 u1＝122sin 100πt(V)。下列说法正确的是( )
A．电流频率为100 Hz
B．的读数为24 V
C．的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为6 W
D [根据u1＝122sin 100πt(V)及U＝Um2知U1＝12 V，f＝ω2π＝50 Hz，故A错误；根据U1U2＝n1n2得U2＝n2n1U1＝12×12 V＝6 V，即的读数为6 V，故B错误；又I2＝U2RL＝66 A＝1 A，即的读数为1 A，故C错误；根据P1＝P2及P2＝U22RL＝626 W＝6 W，得P1＝6 W，故D正确。]
理想变压器的电压关系和电流关系
(1)理想变压器的电压关系对有一个或多个副线圈的情况都成立。
(2)电流关系只适用于有一个副线圈的情况，若有多个副线圈，则电流关系应根据功率关系P入＝P出求出。
[跟进训练]
3．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝2202sin 50πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A．电流表的读数为1 A
B．增大原线圈的匝数，则电压表示数增大
C．副线圈输出交流电的周期为0.01 s
D．如果提高原线圈的电压，则电流表示数减小
A [由理想变压器的原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比可知，副线圈两端的电压表示数为U2＝n2n1U1，则增大原线圈的匝数n1，则电压表示数减小，B错误；根据选项B分析和题意可知U1＝220 V、U2＝110 V，则根据欧姆定律可知流过电阻R的电流为I2＝U2R＝2 A，由理想变压器的原、副线圈电流与线圈匝数成反比可知，电流表的读数为I1＝I2·n2n1＝1 A，A正确；根据原线圈接在u＝2202sin 50πt(V)的交流电源上，知原线圈中交变电流的周期为T＝0.04 s，由于原、副线圈的周期相等，所以副线圈输出交变电流的周期为0.04 s，C错误；根据选项A、B的分析有I1＝n22n12·U1R，则如果提高原线圈的电压，则电流表示数增大，D错误。]
1．如图所示四个电路，能够实现升压的是( )
A B
C D
D [变压器只能对交流电变压，不能对直流电变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，故C错误，D正确。]
2．如图所示，一理想变压器原、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220 V，额定功率为22 W，原线圈电路中接有电压表和电流表，电压表、电流表均为理想电表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝1102 V，I＝0.2 A
D．U＝1102 V，I＝0.22 A
A [交流电压表、电流表测得的是交变电流的有效值，由灯泡正常发光可知，变压器的输出电压为220 V，而变压器的输入与输出电压之比等于原、副线圈的匝数比，故变压器的输入电压为110 V，电压表的示数为110 V；变压器的输入功率等于输出功率，可知变压器的输入电流为0.2 A，A正确。]
3．两彼此正对的相同金属圆环竖直放置在竖直向下、磁感应强度为0.8 T的匀强磁场中，圆环半径为0.2 m、相距0.5 m，用导线将环与匝数比为4∶1的理想变压器相连，变压器输出端接一阻值为1 Ω的灯泡，让导体杆沿两环内侧做角速度为502 rad/s的匀速圆周运动，圆环电阻不计，杆长为0.5 m，电阻为4 Ω，则灯泡( )
A．两端电压为0.8 V
B．两端电压为1.0 V
C．两端电压为1.5 V
D．两端电压为2.0 V
A [分析可知，导体棒在磁场中运动，产生正弦式交流电，当导体棒经过最低点和最高点时，切割的方向与磁场方向垂直，产生的感应电动势最大，为Em＝BLv＝BLωr＝42 V，则电源产生电压的有效值E＝Em2＝4 V；设流过灯泡的电流及灯泡两端的电压分别为I2、U2，则根据U1U2＝n1n2、I1n1＝I2n2可得，理想变压器的输入电压及通过的电流为U1＝n1n2U2＝4U2，I1＝n2n1I2＝14I2，其中I2＝U2RL，由闭合电路欧姆定律可得U1＝E－I1r，联立可得灯泡两端的电压U2＝0.8 V，故选A。]
4．如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V的交流电上，向额定电压为1.80×104 V的霓虹灯供电，使它正常发光。为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA时，熔断器的熔丝熔断。
(1)熔丝的熔断电流是多大(结果保留两位有效数字)?
(2)当副线圈电路中电流为10 mA时，变压器的输入功率是多大？
[解析] (1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U1、U2、I1、I2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1＝U2I2，
当I2＝12 mA时，I1即为熔断电流，
I1＝U2U1I2≈0.98 A。
(2)当副线圈上的电流为I2′＝10 mA时，变压器的输入功率为P1，
所以P1＝P2＝I2′U2＝180 W。
[答案] (1)0.98 A (2)180 W
回归本节内容，自我完成以下问题：
1．变压器的构造是什么？
提示：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的原线圈和副线圈组成的。
2．变压器的工作原理是什么？
提示：电流磁效应、电磁感应。
3．理想变压器的基本关系是什么？
提示：
无线充电技术
我们知道，变压器能通过电磁感应输送电能。当原线圈中由变化的电流激发了一个变化的磁场，电场的能量就转变成磁场的能量；当这个变化的磁场在副线圈上产生感应电流，磁场的能量就转化成了电场的能量，这样电能就从原线圈不必经过导线直接连接就转移到了副线圈。
无线充电是近年发展起来的新技术，其中一种就是基于这样的原理而产生的，只不过变压器磁场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。无线充电技术通过分别安装在充电基座和接收能量的装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。如果移动电话中有无线充电装置，那么把移动电话直接放在充电基座上就可以充电(图甲)。对于一个没有无线充电功能的移动电话，也可以通过在移动电话端连接一个无线充电接收器，将接收器放在无线充电基座上来进行充电。打开无线充电接收器，就可以看到其内部有一个接收线圈(图乙)。
目前已经有移动电话、数字照相机、电动牙刷等电子产品采用无线充电技术。随着新能源汽车的快速发展，无线充电技术在电动汽车中也将会有广泛的应用。
相比有线输电技术，无线充电器与用电装置之间不用电线连接，因而具有使用方便、减少触电危险、不易老化磨损等优点。但目前无线充电技术也存在着传输距离短、成本高、能量损耗大等不足。因此，无线充电技术还需不断地改进、发展。
送电线圈中电流产生的磁场是什么样的？受电线圈磁场是什么样的？送电线圈与受电线圈是否需要导线连接？
提示：周期性变化的 周期性变化的 不需要
课时分层作业(十一) 变压器
题组一 对变压器原理的理解
1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
C [通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，故A错误；因理想变压器无漏磁，原、副线圈的磁通量总相等，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为副线圈的电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，故D错误。]
2．(多选)如图所示是一个理想变压器的示意图，在它正常工作时关于其说法正确的是( )
A．副线圈中的电动势是因为电磁感应而产生的
B．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能
C．输送的电能经变压器先转化为电场能，再转化为电能
D．输送的电能经变压器的铁芯直接传输过去
AB [变压器的原理是原线圈的电流发生变化，从而引起副线圈中磁通量变化，产生感应电动势，故A正确；变压器电能的输送是电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能输送到副线圈电路中，故B正确，C、D错误。]
题组二 探究变压器电压与线圈匝数的关系
3．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究。
(1)下列器材中，实验需要的器材有________。(多选)
A．干电池
B．低压交流电源
C．220 V交流电源
D．条形磁铁
E．可拆变压器和导线
F．直流电压表
G．多用电表
(2)关于实验操作，下列说法正确的是________。
A．为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V
B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
C．使用多用电表测电压时，先用中等量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量
(3)在实验中，某同学保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，仅减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)。
[解析] (1)“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要的器材是低压交流电源，提供低压交流电，同时还需要交流电压表来测量电压及可拆变压器和导线，故选BEG。
(2)变压器是为了改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不超过12 V，故A正确；实验通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，就将人体并联入电路中，会导致所测数据不准确，故B错误；使用多用电表测电压时，先用最高量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故C错误。
(3)根据电压比公式U1U2＝n1n2，保持原线圈两端的电压及副线圈的匝数不变，减小原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大。
[答案] (1)BEG (2)A (3)增大
4．某研究性学习小组的同学想用220 V交流电源作为某小型电器的电源。他先制作了一个交流变为直流的整流器，但是这个整流器需要用6 V的交流电源，于是他又添置了一台220 V/6 V的变压器，如图所示。他看到这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗。
(1)他不知道接法如何，也没有相应的说明书。你能帮他判断正确的接法是a、d端接________(选填“220 V”或“6 V”)。
(2)这台220 V/6 V的理想变压器接6 V的线圈匝数是300匝，则接220 V的线圈匝数是________匝。
(3)为了进一步探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系，他又取匝数Na＝80匝和Nb＝160匝的一个变压器重新接在电源上，测量结果记录如下，则接电源的是______(选填“Na”或“Nb”)。
[解析] (1)因为理想变压器的输入功率等于输出功率，采用的是降压变压器，根据P＝UI可知，副线圈中的电流大，为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，由公式R＝ρlS知，副线圈引线要粗，故a、d接6 V。
(2)根据变压器工作原理知UaUb＝NaNb，若理想变压器接6 V的线圈匝数是300匝，则接220 V的线圈匝数是11 000匝。
(3)根据变压器工作原理知UaUb＝NaNb，本题采用的是降压变压器，所以接电源的应该是匝数多的线圈，所以接电源的是Nb。
[答案] (1)6 V (2)11 000 (3)Nb
题组三 理想变压器的基本关系应用
5．(多选)某同学在探究变压器原、副线圈电压规律时，自己绕制了两个线圈，套在可拆变压器的铁芯上，组成了一个新变压器，如图所示，原线圈连接到学生电源的交流输出端并保持电压不变，副线圈接灯泡，灯泡正常发光，若将该变压器视为理想变压器，不考虑导线电阻，下列说法正确的是( )
A．适当增加原线圈的匝数，灯泡会变暗
B．适当增加原线圈的匝数，灯泡会变亮
C．将一定值电阻与灯泡并联，灯泡亮度不变
D．将一定值电阻与灯泡并联，灯泡会变亮
AC [根据U1U2＝n1n2可知，增加原线圈的匝数，副线圈两端电压减小，则灯泡会变暗，故A正确，B错误；将一定值电阻与灯泡并联时，根据电压匝数关系，副线圈两端电压不变，灯泡两端电压不变，则灯泡亮度不变，故C正确，D错误。]
6．(2021·广东卷)某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60。下列说法正确的是( )
A．交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
B [交流电的周期为0.2 s，频率f＝1T＝5 Hz，A错误；根据变压器原、副线圈的电压规律可知U1U2＝n1n2，由于原线圈的电压最大值为0.05 V，故副线圈的电压最大值为3 V，B正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误。]
7．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A、理想交流电压表V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V的读数为12U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
B [根据ω＝2πn可知，转速变为原来的12，则角速度变为原来的12，根据Em＝nBSω可知电动机产生的最大电动势变为原来的12，根据U＝Em2可知发电机的输出电压有效值变为原来的12，即原线圈的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消耗的电功率变为14P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝12UR，即变为原来的12，根据n1n2＝I2I1可知原线圈中的电流也变为原来的12，C错误；转速减小为原来的12，则频率变为原来的12，D错误。]
8．(多选)(2022·湖北卷)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
AC [根据n1n2＝80%U1U2，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，故A正确；由于存在漏磁现象，电流比不再与匝数成反比，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。]
9．如图所示，理想变压器的原线圈跟副线圈的匝数比n1:n2＝2∶1，交流电源电压U1＝220 V，F为熔断电流I0＝1.0 A的保险丝，负载R为一可变电阻。
(1)当电阻R＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？
(2)要使保险丝不被熔断，电阻R的最小值为多少？变压器输出的电功率不能超过多少？
[解析] (1)由U1U2＝n1n2得U2＝110 V，
由欧姆定律得I2＝1.1 A，
再由I1I2＝n2n1得到I1＝0.55 A，故保险丝不会熔断。
(2)理想变压器的P出＝P入＝220×1.0 W＝220 W，得到R＝U22P出＝55 Ω。
[答案] (1)不能 (2)55 Ω 220 W
10．(2022·河北卷)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后。输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电压为2πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为2πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝2πNBSnz sin (2πnz)
C [发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝ω2π＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，输出电压的有效值为E＝Em2＝2πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为n1n2＝EU＝2πNBSnzU，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝2πNBSnz sin (2πnzt)，D错误。]
11．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝3∶1，L1、L2为两相同灯泡，R、L、D和C分别为定值电阻、理想线圈、理想二极管和电容器，其中C＝10 μF。当原线圈两端接如图乙所示的正弦交流电压时，下列说法正确的是( )
A．灯泡L1一定比L2暗
B．电容器C所带电量的最大值为62×10-3 C
C．电容器C放电周期为2×10-2 s
D．副线圈两端的电压最大值为122 V
D [原线圈接正弦式交变电流，则副线圈中也是正弦式交变电流。由于L1与电阻相串联，而L2与电感器相串联，灯泡L1与L2的亮暗程度，取决于电感和电阻阻碍作用，本题未给条件，无法判断，故A错误；由变压器的变压比U1U2＝n1n2可知，副线圈两端的电压的最大值：U2m＝n2U1mn1＝13×362 V＝122 V，故D正确；电容器所带电量的最大值：Q＝CU2m＝10×10-6×122 C＝1.22×10-4 C，故B错误；电容器与二极管串联，含有电容的支路一次充电结束后就相当于断路，不存在周期，故C错误。]
12．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，C＝100 μF，已知电阻R1两端的正弦交流电压如图乙所示，则( )
A．原线圈输入电压的最大值为400 V
B．交变电流的频率为100 Hz
C．电容器C所带电量恒为2×10-3 C
D．电阻R1消耗的电功率为20 W
AD [变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，由题图乙知，副线圈电压的最大值为20 V，根据电压与匝数成正比可得原线圈电压最大值为400 V，故A正确；由题图乙知交变电流的周期为0.02 s，故频率为周期的倒数，等于50 Hz，故B错误；电容器两板间的电压是变化的，故所带电量也是变化的，故C错误；R1电压的有效值为U1＝102 V，所以消耗电功率为P1＝U12R1＝20 W，故D正确。]
13．一台理想变压器，其原线圈的匝数为2 200匝，副线圈的匝数为440匝，副线圈中接入一个100 Ω的负载电阻，如图所示。
(1)当原线圈接在44 V直流电源上时，电压表示数为多大？电流表示数为多大？
(2)当原线圈接在220 V交流电源上时，电压表示数为多大？电流表示数为多大？此时输入功率为多少？变压器效率为多大？
[解析] (1)原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，所以穿过原、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，故电压表示数为零，电流表示数也为零。
(2)由U1U2＝n1n2得电压表示数为U2＝n2n1U1＝4402 200×220 V＝44 V。
电流表示数为I2＝U2R＝44100 A＝0.44 A。
P入＝P出＝U2I2＝44×0.44 W＝19.36 W。
效率η＝P出P入×100%＝100%。
[答案] (1)0 0 (2)44 V 0.44 A 19.36 W 100%
项目
1
2
3
4
5
6
U1
U2
n1
n2
项目
1
2
3
4
5
6
U1
U2
n1
n2
U1/U2
n1/n2
实验
序号
原线圈两端的
电压U1/V
副线圈两端
的电压U2/V
U1U2
1
3.9
8.2
1∶2.1
2
5.9
11.8
1∶2.0
3
7.8
15.2
项目
规律表示
依据
备注
变压
规律
U1n1＝U2n2＝U3n3…
E＝nΔΦΔt
适于一个原线圈及多个副线圈的情况
功率
关系
P入＝P出
能量守恒
适于理想变压器
变流
规律
I1I2＝n2n1
U1I1＝U2I2
适于一个原线圈，一个副线圈
n1I1＝n2I2＋n3I3…
U1I1＝U2I2＋U3I3…
适于一个原线圈，多个副线圈
物理量
电压
电流
功率
关系式
U1U2＝n1n2
n1I1＝n2I2
P入＝P出
依据
E＝nΔΦΔt
U1I1＝U2I2
能量守恒
注意
电流关系式仅适用于一个副线圈的情况
Ua/V
1.80
2.80
3.80
Ub/V
4.00
6.01
8.02
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