河北省华北油田三中高二物理第五章交流电第四节《交压器》学案(人教版选修3-2)

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河北省华北油田三中高二物理第五章交流电第五节电能的

第五节电能的输送【学习目标】（1）了解为何要用高压输电。

（2）明白减少远距离输送电能损失的主要途径。

（3）了解电网供电的长处，了解输电的新技术。

【学习重点】理解减少远距离输送电能损失的主要途径【学习难点】高压输电【学习进程】二、合作探讨问题一、远距离输电中电能的损失通过计算探讨：远距离输电进程中电能损失问题的严峻性．河南平顶山至湖北武昌的高压输电线电阻约400Ω，若是通过输电线的电流是1A，每秒钟导线发烧多少？问题二、由焦耳定律Q=I2Rt探讨减少导线发烧方式？（1）由焦耳定律Q=I2Rt可知减少导线发烧的三种方式：一是减小，二是减小，三是减小。

（2）在远距离电能输送进程中，输电导线上损失的电能（）A、与输送导线上的电流成正比B、与输送导线上电流的平方成正比C、与输电导线的电阻成正比D、与输电导线的电阻成反比问题3、探讨远距离输电中，减少电能损耗方式的可行性（1）通过计算体会减小电阻来减少电能损耗的可行性：把200kW的电能输送到100km 之外，若其他条件均不变，仅将输电线的电阻减小为原来的1/10，则损耗的功率是原来的多少？（2）通过计算体会提高输电电压来减少电能损耗的可行性：把200kW的电能输送到100 km之外，若其他条件均不变，仅将输电电压升高为原来的10倍，则损耗的功率是原来的多少？问题4、高压输电中的电压损失与功率损失的探讨（1）发电机的输出电压为U，输出总功率为P，通过总电阻为R的输电线向用户供电，则输电线上电流强度为，输电线上的电压降落为，输电线上损失的电功率为。

（2）一台发电机，输出的功率为1000kW，所用输电导线的电阻是10Ω，当发电机的输电电压为50kV时，求：导线上的电流、输电线上损失的电压与电功率？问题五、高压输电中有效功率的探讨（1）发电机的输出电压为U，输出总功率为P，通过总电阻为R的输电线向用户供电，用户取得的电压为，用户取得的功率为。

（2）发电厂的输出功率为200kW，输电线的电阻为Ω．那么输电电压为250V或2500V，这两种情形下，用户取得的电压和功率各为多少?问题六、电网供电及作用（1）电网输电的概念：将多个电厂发的电通过、连接起来，形成全国性或地域性输电网络，这就是电网。

人教版高中物理选修3-2第五章交变电流学案1

学案1 交变电流[学习目标定位] 1.会观察电流(或电压)的波形图，理解交变电流和直流的概念.2.理解交变电流的产生过程，会分析电动势和电流方向的变化规律.3.知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义．1．感应电动势的大小基本式：E ＝n ΔΦΔt(法拉第电磁感应定律)导出式：E ＝Bl v (导体切割磁感线时的感应电动势) 2．感应电动势的方向基本规律：楞次定律导出规律：右手定则一、交变电流1．工农业生产和日常生活用电器中的电流、电压随时间做周期性变化，这样的电流叫交变电流，简称交流．2．方向不随时间变化的电流称为直流．大小和方向都不随时间变化的电流叫恒定电流．二、交变电流的产生线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动．三、交变电流的变化规律1．正弦式交变电流：按正弦规律变化的交变电流叫做正弦式交变电流，其电动势瞬时值表达式为e＝E m sin_ωt.2．当正弦式交变电流的负载为灯泡等纯电阻用电器时，负载两端的电压u、流过的电流i 也按正弦规律变化，即u＝U m sin_ωt，i＝I m sin_ωt.一、交变电流[问题设计](1)把图1电路接在干电池的两端时，可以观察到的现象是什么？图1(2)把图中电路接在手摇式发电机两端时，又会观察到怎样的现象？答案(1)当接在干电池两端时，只有一个发光二极管会亮．(2)当接在手摇式发电机两端时两个发光二极管间或的闪亮，原因是发电机产生与直流不同的电流，两个发光二极管一会儿接通这一个，一会儿再接通另外一个，电流方向不停地改变．[要点提炼]1．交变电流方向随时间做周期性变化的电流，简称交流．2．直流方向不随时间变化的电流．对直流电流和交变电流的区分主要是看电流方向是否变化．3．图象特点(1)恒定电流的图象是一条与时间轴平行的直线．(2)交变电流的图象有时在时间轴的上方，有时在时间轴的下方，随时间做周期性变化．二、交变电流的产生[问题设计]图2假定线圈沿逆时针方向匀速转动，如图2甲至丁所示．请分析判断：(1)图中，在线圈由甲转到乙的过程中，AB边中电流向哪个方向流动？(2)在线圈由丙转到丁的过程中，AB边中电流向哪个方向流动？(3)当线圈转到什么位臵时线圈中没有电流，转到什么位臵时线圈中的电流最大？(4)大致画出通过电流表的电流随时间变化的曲线，从E经过负载流向F的电流记为正，反之为负．在横坐标上标出线圈到达甲、乙、丙、丁几个位臵时对应的时刻．答案(1)由B到A(2)由A到B(3)线圈转到甲或丙位置时线圈中没有电流，称为中性面．线圈转到乙或丁位置时线圈中的电流最大．(4)[要点提炼]1．正弦式交变电流的产生：将闭合矩形线圈置于匀强磁场中，并绕垂直磁场方向的轴匀速转动．2．中性面——线圈平面与磁感线垂直时的位置．(1)线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但线圈中的电流为零．(2)线圈每次经过中性面时，线圈中感应电流方向都要改变．线圈转动一周，感应电流方向改变两次．三、交变电流的变化规律 [问题设计]如图3是图2中线圈ABCD 在磁场中绕轴OO ′转动时的截面图．线圈平面从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t ，线圈转过的角度是ωt ，AB 边的线速度v 的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt .设AB 边长为L 1，BC 边长为L 2，线圈面积S ＝L 1L 2，磁感应强度为B ，则：图3(1)甲、乙、丙中AB 边产生的感应电动势各为多大？ (2)甲、乙、丙中整个线圈中的感应电动势各为多大？(3)若线圈有N 匝，则甲、乙、丙中整个线圈的感应电动势各为多大？答案 (1)甲：e AB ＝0乙：e AB ＝BL 1v sin ωt ＝BL 1·L 2ω2sin ωt＝12BL 1L 2ωsin ωt ＝12BSω·sin ωt 丙：e AB ＝BL 1v ＝BL 1·ωL 22＝12BL 1L 2ω＝12BSω(2)整个线圈中的感应电动势由AB 和CD 两部分组成，且e AB ＝e CD ，所以甲：e ＝0乙：e ＝e AB ＋e CD ＝BSω·sin ωt 丙：e ＝BSω(3)若线圈有N 匝，则相当于N 个完全相同的电源串联，所以甲：e ＝0乙：e ＝NBSωsin ωt 丙：e ＝NBSω [要点提炼]1．正弦式交变电流瞬时值表达式： (1)当从中性面开始计时：e ＝E m sin_ωt .(2)当从与中性面垂直的位置开始计时：e ＝E m cos_ωt . 2．正弦式交变电流的峰值表达式： E m ＝nSBω与线圈的形状及转动轴的位置无关．(填“有关”或“无关”) 3．两个特殊位置：(1)中性面：线圈平面与磁场垂直．e 为0，i 为0，Φ最大，ΔΦΔt 为0.(填“0”或“最大”)(2)垂直中性面：线圈平面与磁场平行． e 为最大，i 最大，Φ为0，ΔΦΔt最大．(填“0”或“最大”) 4．正弦式交变电流的图象及应用：或从中性面计时从垂直中性面(B ∥S )计时(1)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时，开始计时时线圈所处的位置不同，得到的i －t 图象也就不同；(2)分析有关交变电流的图象问题时，要注意从图象中找出两个特殊位置所对应的时刻．一、交变电流的判断例1 如下图所示图象中属于交流电的有( )解析根据交变电流的定义分析，是否属于交变电流关键是看电流方向是否发生变化，而不是看大小．答案 ABC 二、交变电流的产生例2 矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是 ( )A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以电动势等于零，也应该知道此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻变化．线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大．故C、D选项正确．答案CD三、交变电流的规律例3有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm，线圈总电阻为1 Ω，线圈绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图4所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，问：图4(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少．(2)若从中性面位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的表达式．(3)线圈从中性面位置开始，转过30°时，感应电动势的瞬时值是多大．解析(1)交变电流电动势的峰值为E m＝2nBL v＝nBSω＝10×0.5×0.22×10 π V≈6.28 V电流的峰值为I m＝E mR≈6.28 A.(2)从中性面位臵开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin ωt≈6.28 sin (10πt) V.(3)线圈从中性面位臵开始转过30°，感应电动势e＝E m sin 30°≈3.14 V.答案(1)6.28 V 6.28 A(2)e＝6.28sin (10πt) V(3)3.14 V四、交变电流的图象例4线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图象如图5所示，由图中信息可以判断()图5A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A～D线圈转过的角度为2πD．若从O～D历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次解析根据题图，首先判断出交变电流的瞬时值表达式i＝I m sin ωt.其中I m是交变电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度．另外，应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转，而且线圈每旋转一周，两次经过中性面，经过中性面的位臵时电流改变方向，从题图可以看出，在O、B、D时刻电流为零，所以此时线圈恰好在中性面的位臵，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位臵，此时磁通量为零；从A到D，线圈旋转3/4周，转过的角度为3π/2；如果从O到D历时0.02 s，恰好为一个周期，所以1 s内线圈转过50个周期，100次经过中性面，电流方向改变100次．综合以上分析可得，只有选项D正确．答案 D1．(交变电流的产生)下列各图中，线圈中能产生交变电流的有()答案 BCD2．(交变电流的规律)如图6所示，矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，ad ＝bc ＝l 1，ab ＝cd ＝l 2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则( )图6A ．以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωtB ．以O 1O 1′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin ωtC ．以OO ′为转轴时，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωcos ωtD ．以OO ′为转轴跟以ab 为转轴一样，感应电动势e ＝Bl 1l 2ωsin (ωt ＋π2)答案 CD解析以O 1O 1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．无论以OO ′为轴还是以ab 为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl 1l 2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C 、D 正确．3．(交变电流的图象)一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图7甲所示，则下列说法中正确的是( )图7A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交变电动势达到最大D ．该线圈产生的相应交变电动势的图象如图乙所示答案 B解析由题图甲可知t ＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面．t ＝0.01 s 时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A 项错误，B 项正确．t ＝0.02 s 时，交变电动势应为零，C 、D 项均错误．4．(交变电流的规律)如图8所示，线圈的面积是0.05 m 2，共100匝，匀强磁场的磁感应强度B ＝1πT ，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时，求：图8(1)若从线圈的中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式． (2)从中性面开始计时，线圈转过130 s 时电动势瞬时值多大？答案 (1)e ＝50sin(10πt )V (2)43.3 V解析 (1)n ＝300 r /min ＝5 r/s ，因为从中性面开始转动，并且求的是瞬时值，故 e ＝E m sin ωt ＝NBS ·2πn sin (2πnt )＝50sin (10πt )V (2)当t ＝130 s 时，e ＝50sin (10π×130)V ≈43.3 V题组一交变电流的产生1．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时( ) A ．线圈平面与磁感线方向平行 B ．通过线圈的磁通量达到最大值 C ．通过线圈的磁通量变化率达到最大值 D ．线圈中的感应电动势达到最大值答案 B解析中性面是通过磁通量最大的位臵，也是磁通量变化率为零的位臵，即在该位臵通过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势为零，无感应电流．B 正确． 2．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的是( ) A ．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变 B ．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次C ．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D ．线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次答案 C解析根据交流电的变化规律可得，如果从中性面开始计时有e＝E m sin ωt和i＝I m sin ωt；如果从垂直于中性面的位臵开始计时有e＝E m cos ωt和i＝I m cos ωt，不难看出：线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流和感应电动势方向都改变两次．C正确．3.如图1所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连．M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连．在线圈转动过程中，通过电阻R的电流()图1A．大小和方向都随时间做周期性变化B．大小和方向都不随时间做周期性变化C．大小不断变化，方向总是P→R→QD．大小不断变化，方向总是Q→R→P答案 C解析半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P→R→Q.题组二交变电流的图象4.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图2所示，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图象是()图2答案 C解析线圈在磁场中从题图位臵开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电．对于题图起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．5.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形图如图3所示，下列说法中正确的是()图3A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值答案BC解析从题图中可知，t1、t3时刻线圈中感应电流达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行；t2、t4时刻感应电流等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位臵，磁通量达到峰值，正确答案为B、C.6．如图4甲所示为一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈内磁通量随时间t变化如图乙所示，则下列说法中正确的是()图4A．t1时刻线圈中的感应电动势最大B ．t 2时刻ab 的运动方向与磁场方向垂直C ．t 3时刻线圈平面与中性面重合D ．t 4、t 5时刻线圈中感应电流的方向相同答案 BC解析 t 1时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率ΔΦΔt最小，此时感应电动势为零，A 错；在t 2、t 4时刻感应电动势为E m ，此时ab 、cd 的运动方向垂直于磁场方向，B 正确；t 1、t 3、t 5时刻，Φ最大，ΔΦΔt＝0，此时线圈平面垂直于磁场方向，与中性面重合，C 正确；t 5时刻感应电流为零，D 错．故正确答案为B 、C.7．如图5甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t ＝π2ω时刻 ( )图5A ．线圈中的电流最大B ．穿过线圈的磁通量为零C ．线圈所受的安培力为零D ．线圈中的电流为零答案 CD解析线圈转动的角速度为ω，则转过一圈用时2πω，当t ＝π2ω时说明转过了14圈，此时线圈位于中性面位臵，所以穿过线圈的磁通量最大，B 错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A 错误，C 、D 正确．题组三交变电流的规律8．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e ＝102sin (20πt ) V ，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，线圈位于中性面B ．t ＝0时，穿过线圈的磁通量为零C ．t ＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D ．t ＝0.4 s 时，电动势第一次出现最大值答案 A解析由电动势e ＝102sin (20πt ) V 知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t ＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A 正确，B 、C 错误．当t ＝0.4 s 时，e ＝102sin(20π×0.4) V ＝0，D 错误．9.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50 V ，那么该线圈由图6所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为( )图6A ．50 VB ．25 3 VC ．25 VD ．10 V答案 B解析由题给条件知：交变电流瞬时值表达式为e ＝50cos ωt V ＝50cos θ V ，当θ＝30°时，e ＝25 3 V ，B 对．10．交流发电机在工作时电动势为e ＝E m sin ωt ，若将发电机的转速提高一倍，同时将线圈所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )A ．e ′＝E m sin ωt 2B ．e ′＝2E m sin ωt 2C ．e ′＝E m sin 2ωtD ．e ′＝E m 2sin 2ωt 答案 C解析交变电动势瞬时值表达式e ＝E m sin ωt ，而E m ＝nBSω.当ω加倍而S 减半时，E m 不变，故正确答案为C 选项．11.如图7所示，匀强磁场的磁感应强度为B ＝0.50 T ，矩形线圈的匝数N ＝100匝，边长L ab ＝0.20 m ，L bc ＝0.10 m ，以3 000 r/min 的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图7(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式；(3)线圈由图示位置转过π/2的过程中，交变电动势的平均值．答案 (1)e ＝314sin 314t V(2)i ＝31.4sin 314t A(3)200 V解析 (1)线圈的角速度ω＝2πn ＝314 rad/s线圈电动势的最大值E m ＝NBS ω＝314 V故交变电动势的瞬时值表达式：e ＝E m sin ωt ＝314sin 314t V(2)I m ＝E m R ＋r＝31.4 A 所以交变电流的瞬时值表达式：i ＝31.4sin 314t A(3)E ＝N ΔΦΔt ＝N BS 14T ＝4NBSn ＝200 V 12．如图8甲所示，矩形线圈匝数N ＝100 匝，ab ＝30 cm ，ad ＝20 cm ，匀强磁场磁感应强度B ＝0.8 T ，绕轴OO ′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s ，试求：甲乙图8(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm 为多大？线圈转到什么位置时取得此值？(2)线圈产生的感应电动势最大值E m 为多大？线圈转到什么位置时取得此值？(3)写出感应电动势e 随时间变化的表达式，并在图乙中作出图象．答案见解析解析 (1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值．Φm ＝BS ＝0.8×0.3×0.2 Wb ＝0.048 Wb(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值E m ＝NBSω＝480π V(3)表达式e ＝E m cos ωt ＝480πcos (100πt ) V图象如图所示。

河北省华北油田三中高二物理第五章交流电第一节交变电

第一节交变电流【学习目标】（1）会观察电流（或电压）的波形图，理解交变电流、直流的概念。

（2）分析线圈转动一周中电动势和电流方向的转变，能对交变电流的产生有比较清楚的了解，具有运用大体原理解决新情境下问题的能力。

（3）明白交变电流的转变规律及表示方式，明白交变电流的峰值、瞬时值的物理含义。

【学习重点】交变电流的产生进程及特点和规律【学习难点】交变电流的产生进程及特点和规律【学习进程】一、交变电流________和________随时刻做________转变的电流叫做交变电流，简称（ AC ） ________不随时刻转变的电流称为（DC ）大小和方向都不随时刻转变的电流叫做_________电流二、交变电流的产生一、进程分析二、中性面：_______________________________磁通量___________磁通量的转变率____________感应电动势e ＝________，_______感应电流线圈转动一周，感应电流方向改变______ 甲戊丁丙乙特点三、交变电流的转变规律一、正弦交流电的推导如图所示，从中性面开始计时，线圈以ad和bc中点为轴以角速度ω逆时针方向转动，磁感应强度为B，ab=L1，ad=L2，线圈匝数为n，，t时刻线圈中的感应电动势e的大小的推导：二、正弦交流电的图象画出1中导出的交变电流的图象：图象特征：，这种按规律转变的交变电流叫做正弦式交变电流，简称3、正弦式交变电流的瞬时值表达式（从中性面开始计时）：i= ；u= ；e=其中i、u、e别离表示电流、电压、电动势的I m、U m、E m别离表示电流、电压、电动势的四、正弦式交变电流的平均值一、交流电的平均值是指一段时刻内交流电瞬时值的平均值，平均值是由公式E=nt∆∆Φ肯定，它表现为交流图象中波形与横轴所围的“面积”对时刻的比值，其值大小与所取时刻距离有关。

二、不同时刻内平均值一般不同。

2021-2022高二物理人教版选修3-2学案：第五章交变电流

学案7章末总结一、交变电流“四值”的计算和应用1．最大值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电流最大值E m＝nBSω，在考虑电容器的耐压值时应依据沟通电的最大值．2．有效值：正弦式沟通电的有效值I＝I m2，其他交变电流的有效值应依据有效值的定义计算，求电功、电功率，确定保险丝的熔断电流，要用到有效值；没有特殊说明时，沟通电的电流、电压、电动势指有效值，沟通电表的测量值是有效值，沟通用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值．3．瞬时值：当线圈平面处于中性面时开头计时，瞬时电动势的表达式为e＝E m sin ωt.瞬时值对应某一时刻的电压、电流值．4．平均值：平均值需用E＝nΔΦΔt和I＝ER进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值．q＝I·Δt ＝nΔΦR.例1如图1所示，沟通发电机的矩形线圈abcd中，ab＝cd＝50 cm，bc＝ad＝30 cm，匝数n＝100匝，线圈电阻r＝0.2 Ω，外电阻R＝4.8 Ω.线圈在磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.图1(1)求产生感应电动势的最大值．(2)若从图示位置开头计时，写出感应电流随时间变化的函数表达式．(3)沟通电压表和沟通电流表的示数各为多少？(4)此发电机的功率为多少？(5)从图示位置起，转过90°过程中，平均电动势为多少？通过线圈截面的电荷量为多少？解析(1)设ab＝l1，bc＝l2，则沟通电动势的最大值E m＝nBl1l2ω≈235.5 V(2)依据闭合电路欧姆定律，电流的最大值I m＝E mR＋r＝47.1 A在题图所示位置时，电流有最大值，则电流的瞬时值表达式为i＝I m cos ωt，代入数值得i＝47.1cos (100πt) A(3)电流的有效值为I＝I m2≈33.3 A路端电压的有效值为U＝IR≈160 V即电压表的示数为160 V，电流表的示数为33.3 A.(4)电动势的有效值为E＝E m2≈166.5 V则发电机的功率为P＝IE≈5 544 W(5)平均电动势为。

高中物理第五章交变电流第4节变压器教学案新人教版选修3-2.doc

4 变压器知识内容变压器考试要求必考加试c 课时要求1．知道变压器的基本结构及符号，会区分原、副线圈．2．了解变压器的原理及作用．3．掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决简单问题．4．知道理想变压器的功率关系，能推导出原、副线圈的电流关系并能用它解决简单问题.一、变压器的原理及电压与匝数的关系[导学探究] 如图1所示，把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈(原线圈)通过开关可以连接到交流电源的两端，另一个线圈(副线圈)连到小灯泡上．连接电路，接通电源，小灯泡能发光．图1(1)两个线圈并没有连接，小灯泡为什么会发光？(2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗？答案(1)当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在右线圈中会产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光．(2)左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率ΔΦΔt都相同，若左边匝数为n1，则U1＝E1＝n1ΔΦΔt.若右边匝数为n2，则U2＝E2＝n2ΔΦΔt，故有E1E2＝n1n2；若忽略左边线圈的电阻则有U1＝U电源，这样看来只要n1≠n2，小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压就不相等．[知识梳理]1．变压器的工作原理：互感现象是变压器工作的基础．因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．(后两空填“变化”或“恒定”) 2．变压器中的电压与匝数的关系：U 1U 2＝n 1n 2. [即学即用] 判断下列说法的正误．(1)理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比．( ) (2)输入交变电流的频率越高，输出交变电流的电压就越高．( ) (3)我们在使用质量好的变压器工作时没有能量损失．( ) (4)理想变压器不能改变交变电流的频率．( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√二、理想变压器原、副线圈的功率关系和电流关系 [导学探究] 阅读教材回答下列两个问题：(1)什么是理想变压器？理想变压器原、副线圈中的功率有什么关系？ (2)根据能量守恒推导原、副线圈中的电流与匝数的关系．答案 (1)理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗．所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P 入＝P 出．(2)由能量守恒有P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2. 所以I 1I 2＝U 2U 1＝n 2n 1. [知识梳理]1．变压器原、副线圈中功率关系和电流关系：P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2. 2．电流关系：I 1I 2＝n 2n 1.[即学即用] 一台理想降压变压器从10 kV 的线路中降压并提供200 A 的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈中的电流为________，副线圈中的输出电压为________，输出功率为________．答案 5 A 250 V 50 kW解析由I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I 2＝140×200 A＝5 A ；由U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝U 1n 2n 1＝10×103×140V ＝250 V ；由理想变压器功率关系，得P 入＝P 出＝U 1I 1＝U 2I 2＝250×200 W＝50 kW. 三、实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系1．实验目的：理解理想变压器的原线圈、副线圈中电压与匝数的关系．2．实验原理：原线圈通过电流时，铁芯中产生磁场，由于交变电流的大小和方向都在不断变化，铁芯中磁场的强弱和方向也都在不断变化．由于副线圈和原线圈是套在同一个铁芯上的，所以通过副线圈的磁场也在不断的变化，于是就在副线圈内产生了感应电动势，副线圈相当于电源对外供电．3．实验器材：电压表两只、可拆卸式变压器、学生电源、开关、导线若干(如图2所示)4．实验步骤：(1)按如图3所示电路图连接实物图图3(2)保持原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，研究其对副线圈电压的影响．(3)保持副线圈匝数不变，改变原线圈匝数，研究其对副线圈电压的影响．(4)将不同的原、副线圈接入电路测出线圈两端的电压填入下表：原线圈匝数n1副线圈匝数n2原线圈电压U1副线圈电压U2n1n2U1U2100300 2 V100400 2 V300400 4 V400400 6 V4001008 V400100 4 V(5)当原线圈匝数不变时，副线圈电压与副线圈匝数成正比．当副线圈匝数不变时，副线圈电压与原线圈匝数成反比．5．注意事项(1)在改变学生电源电压，线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．(2)学生电源的电压不要设置太高，一般不要超过12 V，以免发生危险．一、理想变压器基本关系的应用1．电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2一定时，输入电压U 1决定输出电压U 2，即U 2＝n 2U 1n 1. 2．功率制约：P 出决定P 入，P 出增大，P 入增大；P 出减小，P 入减小；P 出为0，P 入为0. 3．电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2一定，且输入电压U 1确定时，副线圈中的输出电流I 2决定原线圈中的电流I 1，即I 1＝n 2I 2n 1. 例1 (2016·温州高二期中)如图4所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V 60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则( )图4A ．电流表的示数为32220 AB ．电源输出功率为1 200 WC ．电流表的示数为3220 AD ．原线圈两端电压为11 V 答案 C解析副线圈电压U 2＝220 V ，电流I 2＝P U 2＝311 A ，则原线圈两端电压U 1＝n 1U 2n 2＝4 400 V ，电流I 1＝n 2I 2n 1＝3220 A ，所以电流表的示数为3220A ，选项A 、D 错误，C 正确．电源输出功率等于灯泡消耗的功率，为60 W ，选项B 错误．二、理想变压器的动态分析例2 (多选)如图5所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R 0和滑动变阻器R ，P 为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U 的正弦交流电，则( )图5A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小答案 BC解析 Q 位置不动，副线圈电压U 2不变，当P 上滑时，R 增大，由P ＝U22R ＋R 0可知总功率减小，原线圈电压U 1不变，由P ＝U 1I 1可知原线圈电流I 1减小，故A 错误，B 正确；当P 位置不动，Q 上滑时，由U 2U 1＝n 2n 1知U 2增大，同理分析知原线圈电流I 1增大，故C 正确，D 错误．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况：(1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R →I 2→P 出→P 入→I 1.(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n 1、n 2→U 2→I 2→P 出→P 入→I 1.三、自耦变压器和互感器 1．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压，反之则可以升高电压，如图6所示．图62．互感器交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流．互感器是利用变压器的原理来测量高电压或大电流的仪器．(1)电压互感器：实质是降压变压器，可以把高电压变成低电压．(如图7所示)图7(2)电流互感器：实质是升压变压器，可以把大电流变成小电流．(如图8所示)图8例3(多选)图9甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )图9A．线圈匝数n1<n2，n3<n4B．线圈匝数n1>n2，n3>n4C．甲图中的电表是电压表D．乙图中的电表是电流表答案CD解析题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n3<n4，题图乙中的电表为电流表，故选项C、D正确．1．电压互感器应并联接入电路；电流互感器应串联接入电路．2．电压互感器是把高电压变成低电压，故原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2.3．电流互感器是把大电流变成小电流，故原线圈匝数n1小于副线圈匝数n2.例4一自耦变压器如图10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点顺时针转到N点的过程中( )图10A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高答案 C解析由U 1U 2＝n 1n 2，n 1>n 2知U 2<U 1；滑动触头从M 点顺时针旋转至N 点过程，n 2减小，则U 2降低，C 项正确．四、探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系例5 某同学选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V 的低压________(选填“交流电源”或“直流电源”)．先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压__________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)．上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)．答案交流电源增大减小控制变量法1.如图11所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V 6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是 ( )图11A ．120 V,0.10 AB ．240 V,0.025 AC ．120 V,0.05 AD ．240 V,0.05 A答案 D解析灯泡正常工作，副线圈两端的电压U 2＝12 V ，副线圈中的电流I 2＝2×612A ＝1 A ，根据匝数比得原线圈中的电流I 1＝120I 2＝0.05 A ，原线圈两端的电压U 1＝20U 2＝240 V ，选项D正确．2．(多选)如图12所示，L 1、L 2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V 和10 A ，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )图12A ．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VB ．甲图是电流互感器，输电电流是100 AC ．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 VD ．乙图是电流互感器，输电电流是100 A 答案 AD解析甲图是电压互感器，故B 错误；根据匝数比U 1U 2＝n 1n 2，有U 1＝n 1n 2U 2＝1001×220 V＝22 000 V ，故A正确；乙图是电流互感器，电表是电流表，故C 错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比I 1I 2＝n 2n 1，有I 1＝n 2n 1I 2＝101×10 A＝100 A ，故D 正确．3．如图13所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )图13A ．I 1和I 2表示电流的平均值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 2变大答案 C解析电路中的电压表和电流表表示的都是有效值，选项A 、B 错误．滑片P 向下滑动过程中，接入电路中的电阻变小，U 2不变、I 1变大，故C 正确，D 错误．4．(多选)(2016·杭州七县市区高二第一学期期终)如图14所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，下列说法正确的是( )图14A．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表B．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压D．保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，可以研究副线圈匝数对输出电压的影响答案BD一、选择题1．(2016·绍兴高二月考)(多选)对于理想变压器，下列说法正确的是( )A．原线圈的输入功率随副线圈输出功率的增大而增大B．原线圈的输入电流随副线圈输出电流的增大而增大C．原线圈的电流不随副线圈输出电流的变化而变化D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零答案AB解析理想变压器的原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，且随副线圈输出功率的变化而变化，原线圈的输入电流取决于副线圈的输出电流，当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零，但原线圈电压并不一定为零，故A、B正确，C、D错误．2．如图所示的四个电路，能够实现升压的是 ( )答案 D解析变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压，C不能实现升压．3．(2016·舟山高二质检)将输入电压为220 V ，输出电压为6 V 的理想变压器改绕成输出电压为30 V 的变压器，副线圈原来是30匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增匝数为( ) A ．120 B ．150 C ．180 D ．220 答案 A解析由变压比n 1n 2＝U 1U 2，得n 130＝2206，所以n 1＝1 100 匝，当U 2′＝30 V 时，n 1n 2′＝22030，所以n 2′＝150匝，故Δn 2′＝n 2′－n 2＝120 匝．所以A 正确．4．如图1为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )图1A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2 答案 C解析在输入电压U 1和原线圈匝数n 1不变的情况下，使输出电压U 2有效值由220 V 降至 110 V ，由U 2U 1＝n 2n 1知，副线圈接入匝数应该减为原来的一半，故副线圈的接入匝数之比为2∶1，故C 正确；副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2∶1，故A 错误；由P ＝UI 知，输出功率之比为4∶1，故B 错误；副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4∶1，故D 错误．5．(多选)如图2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L 1和L 2，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，以下说法中正确的是 ( )图2A ．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答案BCD解析由于输入电压和原、副线圈匝数比不变，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，故A项错误．并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律知，流过R的电流增大，等效电阻上的电压U R＝IR增大，故B项正确．副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2，得I2增大，原线圈输入电流I1也增大，故D项正确．U MN不变，U R变大，所以U L1变小，流过灯泡L1的电流减小，故C项正确．6．钳式电流表的外形和结构如图3a、b所示．图b中电流表的读数为1.2 A，图c中用同一电缆线绕了3匝，则( )图3A．这种电流表能测直流电流，图c的读数为2.4 AB．这种电流表能测交变电流，图c的读数为0.4 AC．这种电流表能测交变电流，图c的读数为3.6 AD．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图c的读数为3.6 A答案 C解析钳式电流表利用了变压器的工作原理，因此钳式电流表只能测交变电流．根据n1I1＝n2I2可知，题图b中线圈单匝时，的读数为1.2 A．在题图c中绕3匝时，的读数应为3.6 A，故选项C正确．7.一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图4所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )图4A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13答案 A解析原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流I 2＝U R ，根据I 1I 2＝n 2n 1得原线圈电流I 1＝U3R ，那么原线圈输入电压220 V ＝3U ＋U3R·R ，整理可得U ＝66 V ；原、副线圈电阻消耗的功率根据P ＝I 2R ，电阻相等，I 1∶I 2＝1∶3，可得功率之比为P 1∶P 2＝1∶9，即k ＝19.根据以上分析可知选项A 正确．8．(多选)如图5所示的电路中，P 为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U 1不变，闭合开关S ，下列说法正确的是( )图5A ．P 向下滑动时，灯L 变亮B ．P 向下滑动时，变压器的输出电压不变C ．P 向上滑动时，变压器的输入电流变小D ．P 向上滑动时，变压器的输出功率变大答案 BD解析由于理想变压器输入电压U 1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U 2也不变，灯L 的亮度不随P 的滑动而改变，故选项A 错误，选项B 正确．P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R 总减小，由I 2＝U 2R 总知，通过副线圈的电流I 2增大，输出功率P 2＝U 2I 2增大，再由I 1I 2＝n 2n 1知输入电流I 1也增大，故选项C 错误，D 正确．9．(2016·四川理综，2)如图6所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L 供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )图6A ．小灯泡变亮B ．小灯泡变暗C ．原、副线圈两端电压的比值不变D ．通过原、副线圈电流的比值不变答案 B解析原、副线圈减少相同的匝数n 后，有n 1′n 2′＝n 1－n n 2－n ，可以得出，n 1n 2－n 1′n 2′＝n (n 2－n 1)n 2(n 2－n )<0，则说明n 1′n 2′的比值变大，由n 1′n 2′＝U 1U 2′＝I 2′I 1′知，选项C 、D 错误；由n 1n 2＝U 1U 2和n 1′n 2′＝U 1U 2′知，U 2′<U 2，再由P ＝U 2′2R知，小灯泡变暗，选项A 错误，B 正确．10．(2016·杭州富阳市高二月考)如图7甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A 、B 两端，已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R ＝1 Ω，其它各处电阻不计，以下说法正确的是( )图7A ．在t ＝0.1 s,0.5 s 时，穿过线圈的磁通量最大B ．线圈转动的角速度为10π rad/sC ．电压表的示数为 2 VD ．电流表的示数为0.40 A 答案 D解析由图象可知，在t ＝0.1 s 、0.5 s 时，电压最大，此时磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，所以A 项错误；根据图象可以知道，交流电的周期是0.4 s ，由ω＝2πT＝5π rad/s，B 项错误；电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为10 V ，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为2 V ，所以电压表的示数为2 V ，所以C 项错误；因I 2＝21 A ＝2 A ，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝0.40 A ，所以电流表读数为0.40 A ，D 正确．11．(多选)理想自耦变压器的原线圈接有如图8乙所示的正弦式交变电压，副线圈接有可调电阻R ，触头P 与线圈始终接触良好，下列判断正确的是( )图8A ．交变电源的电压u 随时间t 变化的规律是u ＝U 0cos (100πt )B ．若仅将触头P 向A 端滑动，则电阻R 消耗的电功率增大C ．若仅使电阻R 增大，则原线圈的输入电功率增大D ．若使电阻R 增大的同时，将触头P 向B 端滑动，则通过A 处的电流一定增大答案 AB解析由题图乙可得交变电源的周期为T ＝0.02 s ，最大值为U 0，则电源的电压u ＝U 0cos (2πT ·t )＝U 0cos (100πt )，选项A 正确；由U 1U 2＝n 1n 2，若仅将触头P 向A 端滑动，即n 2增大，则副线圈的输出电压U 2增大，电阻R 消耗的电功率P ＝U22R 增大，选项B 正确；若仅使电阻R增大，输出电压U 2一定，则输出电功率P ＝U22R减小，原线圈的输入电功率减小，选项C 错误；若使电阻R 增大的同时，将触头P 向B 端滑动，则输出电压U 2减小，输出和输入的电功率减小，通过A 处的电流I 1＝P U 1一定减小，选项D 错误．二、非选择题12．如图9所示，匝数n ＝100的正方形线圈abcd 固定在竖直平面内，与电阻R 1、理想变压器连成电路．在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO ′匀速转动，使线圈内的磁通量Φ＝250πsin (100πt ) Wb.已知线圈的电阻r ＝4 Ω，R 1＝46 Ω，R 2＝10 Ω，其余导线的电阻不计．变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝4∶1.求：图9(1)线圈产生电动势的最大值E m ；(2)若断开S 2，闭合S 1，求磁铁从图示位置转过90°的过程中，通过R 1的电荷量q ； (3)断开S 1，闭合S 2，求R 2消耗的功率P .答案(1)200 2 V (2)225πC (3)238 W 解析(1)E m＝nBSω＝nΦmω，解得E m＝200 2 V.(2)q＝IΔt，I＝Er＋R1，E＝nΔΦΔt，解得q＝225πC.(3)E＝E m2，E＝U1＋I1r，U2＝I2R2，U1U2＝n1n2，I1n1＝I2n2，P＝I22R2，联立解得P≈238 W.。

河北省华北油田三中高二物理第五章交流电第三节电感和

第三节电感和电容对交变电流的影响【学习目标】（1）通过实验，了解电感器和电容器对交变电流的阻碍和导通作用（2）明白感抗和容抗的物理意义及影响因素（3）通过猜想、假设、实验、交流合作与分析论证，体验科学探讨进程【学习重点】感抗和容抗的影响因素【学习难点】感抗和容抗的影响因素【学习进程】⑶、电感器对交变电流的阻碍作用的应用——扼流圈低频扼流圈构造：作用：高频扼流圈构造：作用：3、感抗：4、试探：请同窗们分析一下，低频扼流圈对高频交流电是不是有显著的阻碍作用？高频扼流圈对低频交流电是不是有显著的阻碍作用？三、电容器对交变电流的阻碍作用一、实验：讲义P38页演示实验，观察在接直流和交流两种电源的情形下灯泡的亮度有什么不同，那个实验说明了什么？在本实验中若是把电容器从电路中取下来，使灯泡直接与交流电源相连，灯泡要比接有电容器时更亮，这种现象说明了什么？二、合作探讨：⑴、电容器对交变电流的阻碍作用用什么表示？⑵、影响电容器对交变电流阻碍作用大小的因素有哪些？⑶、为何交变电流能够通过电容器？⑷、电容器对交变电流阻碍作用的特点是什么？3、容抗：4、试探：利用220V交流电源的电气设备和电子仪器，金属外壳和电源之间都有良好的绝缘．可是，有时候用手触摸外壳时仍会感到“麻手”，用试电笔测试时氖管也会发光，这是为何呢？四、课堂练习一、一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示．一块铁插进线圈以后，该灯将：（）A、变亮B、变暗C、对灯没影响D、无法判断二、如图所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是A、把电介质插入电容器，灯泡变亮B、增大电容器两极板间的距离，灯泡变亮C、减小电容器两极板间的正对面积，灯泡变暗D、使交变电流频率减小，灯泡变暗3、如图所示，把电阻R，电感线圈L，电容C并联，接到一个交流电源上，三个电流表示数相同，若维持电源电压大小不变，而将电源频率增大，则三个电流表示数I1、I2、I3的关系是( )A、I1=I2=I3B、I1>I2>I3C、I2>I1>I3D、I3>I1>I24、在图所示电路中，u是有效值为220 V的交流电源，C是电容器，R是电阻.关于交流电压表的示数，下列说法正确的是（）A、等于220 VB、大于220 VC、小于220 VD、等于零【课堂小结】【课后作业】跨越高考课时37 【课后反思】uR VC。

高二物理选修3-2第五章交变电流第四节变压器导学案设计

高二物理选修3-2第五章交变电流第四节变压器导学案【教学目标】1．知道变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理。

2．通过实验，探究理想变压器的原、副线圈中电压与匝数的关系，电流与匝数的关系。

了解理想化模型在物理学研究中的重要性。

3．了解变压器在生活中的应用。

【教学重点】通过实验，探究理想变压器的原、副线圈中电压与匝数的关系【教学难点】理解变压器的工作原理【自主学习】【思考与讨论】把两个没有导线相连的线圈套在同一闭合铁芯上，一个线圈连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上，如图所示。

小灯泡可能发光吗？说出你的道理。

连接电路，接通电源看看你的判断对不对。

知识点一：变压器的原理1．变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的，如图所示。

一个线圈与交流电电源连接，叫做，也叫初级线圈；另一个线圈与负载连接，叫做，也叫次级线圈。

（1）闭合铁芯由绝缘硅钢片叠合而成（2）原线圈或初级线圈匝数用n1表示（3）副线圈或次级线圈匝数用n2表示（4）输入电压：用U1表示；输出电压用U2表示（5）变压器的符号，如图所示。

2．互感现象是变压器工作的基础。

电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小、方向在不断地变化，铁芯中的磁场也在不断变化。

变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，所以尽管两个线圈之间没有导线相连，副线圈也能够输出电流。

3．在输入电压一定时，原线圈、副线圈取不同的匝数，副线圈输出的电压也不一样，变压器由此得名。

与线圈互相绝缘，变压器副线圈和原线圈电路是否相通？在给原线圈接交变电压U1后，副线圈电压U2是怎样产生的？4．实验探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系可以利用教学用的可拆变压器进行探究。

可拆变压器能方便地从不同的接线柱上选取不同匝数的线圈，如图所示。

探究时要注意一下几点（1）先写出操作步骤，画出电路图。

建议先保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响。

然后在保持副线圈的匝数不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响。

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第四节变压器
【学习目标】
（1）知道变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理
（2）通过实验，探究理想变压器的原、副线圈中电压与匝数的关系，电流与匝数的关系。

了解理想化模型在物理学研究中的重要性。

（3）了解变压器在生活中的应用。

【学习重点】探究变压器的匝数与线圈两端的电压的关系并能用它解决基本问题
【学习难点】从能量的转化与守恒的角度理解变压器的工作原理
【学习过程】
一、变压器
思考2：变压器的铁芯起什么作用？
2、探究2：变压器两个线圈的电压关系
的思想、法拉第电磁感应定律、欧姆定律，探究变压
器的电压比与线圈匝数比的关系式？
3、探究3：变压器两个线圈的电流关系
⑴变压器既是改变交流电压的装置，又是电能的传输装置。

如果变压器没有电能损失，那么变压器的输入功率与输出功率
有何关系？在右图中如何表示这种关系？
⑵利用变压器的电压比公式和功率关系，在上图中推导原、副线圈中的电流与匝数的关系。

4、探究4：在绕制变压器的原、副线圈时，原线圈与副线圈所用导线的规格是否需要一致？为什么？
二、理想变压器
1、能量损耗
探究1：如果变压器的铁芯从闭合到不闭合变化时，分析灯泡的亮度有什么变化？
探究2：做过实验的变压器铁芯用手触摸有什么感觉？说明了什么？触摸变压器的原副线圈有什么感觉？说明什么？
小结：实际的变压器在运行时，哪些地方有损耗呢？
强调：变压器在工作过程中，电能和磁能的相互转化是最主要的因素，而伴随而来的损耗是一些次要因素。

为了研究问题的方便，我们突出主要因素，忽略次要因素。

这种方法叫________________,这是科学研究的一种常用方法。

因此，我们可以把实际的变压器抽象成理想变压器——一个没有能量损耗的理想模型。

2、理想变压器是一种模型。

理想变压器是实际变压器的近似。

理想变压器有三个特点：
I I R
（1）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Φ都。

（2）线圈绕组的电阻，无能损（即铜损）现象。

（3）铁芯中的电流不计，铁芯不发热，无能损（即铁损）现象。

说明：大型变压器能量损失都很小，可看作理想变压器，本章研究的变压器可当作理想变压器处理。

3、理想变压器的变压原理：变压器工作的原理是现象。

4、能量转换：变压器是把电能转化为；又把磁场能转化为的装置。

5、理想变压器的基本关系
（1）输出功率输入功率，即：P出P入，U1I1 U2I2
（2）原副线圈两端的电压跟匝数成，即：
（3）原副线圈中的电流跟匝数成（仅限一个副线圈），即：．（4）原副线圈的交变电流的周期T关系（相同、不同），频率f （相同、不同）．
三、课堂训练：
1、一台变压器原线圈的匝数为4400匝,与220V的电源相连,当副线圈接入额定电压为36V的灯泡时,能够正常发光.则变压器副线圈的匝数为( )
A、 36匝
B、 72匝
C、 720匝
D、 1440匝
2、理想变压器的原线圈的匝数为110匝，副线圈匝数为660匝，若原线圈接在6 V的电池上，则副线圈两端电压为（）
A、36 V
B、6 V
C、1 V
D、0 V
3、一个理想变压器，原线圈和副线圈的匝数分别为n1和n2，正常工作时输入和输出的电压、电流、功率分别为U1和U2，I1和I2，P1和P2，已知n1＞n2，则（）
A、U1＞U2，P1＜P2
B、P1=P2，I1＜I2
C、I1＜I2，U1＞U2
D、P1＞P2，I1＞I2
4、下列关于理想变压器的说法中，正确的是( )
A、输入功率等于输出功率
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
【课堂小结】
【课后作业】跨越高考课时38
【课后反思】。

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