高二物理（人教版）教案 选择性必修二 第三章　交变电流

39/98第三章交变电流第1节交变电流(强基课逐点理清物理观念)课标要求学习目标1.通过实验,认识交变电流。2.能用公式和图像描述正弦式交变电流。1.理解中性面、交变电流的峰值和瞬时值的准确含义。2.结合发电机示意图,用法拉第电磁感应定律推导正弦式交变电流电动势的表达式。3.利用交流发电机模型及示意图,分析交变电流的产生原理。逐点清(一)交变电流[多维度理解]1.波形图:在显示屏上显示的电压(或电流)随时间变化的图像。2.交变电流:随时间做周期性变化的电流,简称交流。3.直流:方向不随时间变化的电流,如电池供给的电流、日常使用的各种充电器输出的电流等。交变电流的电动势、电压、电流都随时间做周期性变化,不仅方向做周期性变化,其大小也可能做周期性变化。[全方位练明]1.判断下列说法是否正确。(1)如果电流大小随时间做周期性变化,则一定是交变电流。(×)(2)直流电的大小和方向一定不变。(×)(3)交变电流一定是按正弦规律变化的。(×)(4)交变电流的最大特征就是电流方向随时间做周期性变化。 (√)2.下列所示图像中属于交变电流的是()解析:选A交变电流是指电流、电压的方向随时间做周期性变化的电流,故选A。3.下列属于交变电流的是,属于直流的是。交变电流与直流的本质区别是。

答案:(1)(2)(6)(3)(4)(5)电流方向是否改变逐点清(二)交变电流的产生和变化规律[多维度理解]1.交变电流的产生(1)产生条件:在匀强磁场中,闭合线圈绕垂直于磁场方向的轴转动。(2)线圈转动时产生的感应电流随时间变化的曲线:2.中性面(1)中性面:线圈平面与磁感线垂直的位置。(2)线圈处于中性面位置时,穿过线圈的磁通量Φ最大,但ΔΦΔt=0,e=0,i(3)线圈越过中性面,线圈中感应电流方向要改变。线圈转一周,两次经过中性面,感应电流方向改变两次。3.正弦式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作正弦式交变电流,简称正弦式电流。(2)从中性面开始计时,线圈中产生的电动势的瞬时值表达式e=Emsinωt,其中Em=NBSω为交变电流电动势的峰值。

说明:①若从与中性面垂直的位置开始计时,e=Emcosωt。②电动势峰值Em=NBSω由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定,与线圈的形状无关,与转轴的位置无关。如图所示的几种情况中,如果N、B、ω、S均相同,则感应电动势的峰值均相同。(3)正弦式交变电流和电压电流表达式i=Imsinωt,电压表达式u=Umsinωt,其中Im=EmR+r,Um(4)正弦式交变电流的图像(如图所示)1.正弦式交变电流的产生条件(1)匀强磁场。(2)线圈匀速转动。(3)线圈的转轴垂直于磁场方向。2.两个特殊位置的对比

中性面中性面的垂直位置图示位置线圈平面与磁场垂直线圈平面与磁场平行磁通量最大0磁通量的变化率0最大感应电动势0最大感应电流0最大电流方向改变情况改变不变[典例]如图所示,有一匝数为10匝的正方形线圈,边长为20cm,线圈总电阻为1Ω,线圈绕OO'轴以10πrad/s的角速度匀速转动,垂直于线圈平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5T。(线圈转动到中性面开始计时)(1)求该线圈产生的交变电流的电动势最大值、电流最大值分别为多少?(2)线圈从图示位置转过60°时,感应电动势的瞬时值是多大?(3)写出感应电动势随时间变化的表达式。[解析](1)交变电流电动势最大值为Em=NBSω=10×0.5×0.22×10πV=2πV,电流的最大值为Im=EmR=2π1A=2π(2)线圈转过60°时,感应电动势e=Emsin60°=3πV。(3)由于是从线圈转动到中性面开始计时的,所以感应电动势瞬时值表达式为e=Emsinωt=2πsin10πt(V)。[答案](1)2πV2πA(2)3πV(3)e=2πsin10πt(V)[变式拓展]对应[典例]中的情境,如果从线圈与中性面垂直的位置开始计时,交变电流的感应电动势瞬时值的表达式是什么?提示:e=NBSωcosωt=2πcos10πt(V)。/方法技巧/正弦式交变电流瞬时值表达式的书写技巧(1)确定正弦式交变电流的峰值:根据已知图像读出或由公式Em=NBSω求出相应峰值。(2)确定线圈的角速度:可根据线圈的转速或周期由ω=2πT=2πf求出,f(3)明确线圈的初始位置,找出对应的函数关系式:①线圈从中性面位置开始转动,则e-t、i-t、u-t图像为正弦函数图像,函数式为正弦函数。②线圈从垂直中性面位置开始转动,则e-t、i-t、u-t图像为余弦函数图像,函数式为余弦函数。[全方位练明]1.(2024·山东济宁期中)关于线圈在匀强磁场中转动时产生的交变电流,以下说法正确的是()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.线圈每转动一周,感应电动势和感应电流方向都要改变一次解析:选C线圈转至中性面时,线圈平面垂直于磁感线,穿过线圈的磁通量最大,但磁通量的变化率、感应电动势、感应电流均为零,电流方向恰好发生变化。因此,线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时,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。线圈每转动一周,经过中性面两次,感应电动势和感应电流的方向都改变两次。故选C。2.(2024·河北邢台期末)交流发电机模型如图所示,矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO'匀速转动,从线圈平面与磁场垂直时开始计时,已知线圈转动的角速度ω=2πrad/s,下列说法正确的是()A.线圈中产生按余弦规律变化的交变电流B.t=0.25s时,线圈位于中性面C.t=0.5s时,穿过线圈的磁通量变化率最大D.t=0.75s时,线圈的感应电动势最大解析:选D根据题意可知,从线圈平面与磁场垂直时开始计时,即线圈从中性面开始转动,产生按正弦规律变化的交变电流,故A错误;已知线圈转动的角速度ω=2πrad/s,可得周期T=2πω=1s,当t=0.25s=T4时,可知线圈从中性面转到与中性面垂直的位置;当t=0.5s=T2时,可知线圈转到中性面位置,此时穿过线圈的磁通量变化率为0;当t=0.75s=3T4时,可知线圈转到与中性面垂直的位置,此时线圈的感应电动势最大,故B、3.(2024·山东高考)如图甲所示,在-d≤x≤d、-d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域),边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时,线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化,线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分,则变化后磁场的区域可能为()解析:选C根据题意可知,磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e=Esinωt,由题图丙可知,磁场区域变化后,当Esinωt=3E2时,线圈的侧边开始切割磁感线,即当线圈旋转π3时开始切割磁感线,由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d'=2dcosπ3=逐点清(三)交流发电机[多维度理解]1.主要构造:电枢和磁体。2.分类(1)旋转电枢式发电机:电枢转动,磁极不动。(2)旋转磁极式发电机:磁极转动,电枢不动。[全方位练明]1.关于交流发电机和直流电动机,下列说法正确的是()A.电动机是利用电磁感应现象制成的,工作时把机械能转化为电能B.电动机是利用磁场对电流的作用制成的,工作时把电能转化为机械能C.发电机是利用电磁感应现象制成的,工作时把电能转化为机械能D.发电机是利用磁场对电流的作用制成的,工作时把机械能转化为电能解析:选B电动机是利用磁场对电流作用的现象制成的,工作时把电能转化为机械能,故A错误,B正确;发电机是利用电磁感应现象制成的,工作时把机械能转化为电能,故C、D错误。2.(多选)交流发电机的示意图如图所示,线圈的AB边连在金属滑环K上,CD边连在金属滑环L上,两个电刷E、F分别压在两个滑环上,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。关于其工作原理,下列分析正确的是()A.当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大B.当线圈平面转到中性面的瞬间,线圈中的感应电流最大C.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小D.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,线圈中的感应电流最小解析:选AC当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,所以感应电动势为零,线圈中的感应电流为零,故A正确,B错误;当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,线圈平面与磁场方向平行,所以此时穿过线圈的磁通量为零,磁通量的变化率最大,所以感应电动势最大,线圈中的感应电流最大,故C正确,D错误。[课时跟踪检测]A级——基础达标1.下列各图像中不属于交流电的是()解析:选A题图A中电流的方向不变,是直流电,题图B、C、D中电流的大小、方向都做周期性变化,是交流电,B、C、D错误,A正确。2.(2024·江苏苏州期中)如图甲所示,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,线圈内的磁通量随时间t变化的图像如图乙所示。则下列说法中正确的是()A.t1时刻线圈中的感应电动势最大B.t2时刻ab边的运动方向与磁场方向平行C.t3时刻线圈平面与中性面垂直D.t2和t4时刻线圈中感应电流的方向相反解析:选Dt1时刻通过线圈的磁通量最大,此时磁通量的变化率等于零,故感应电动势为零,故A错误;t2时刻磁通量为零,线圈与磁场平行,故ab边的运动方向跟磁场方向垂直,故B错误;t3时刻通过线圈的磁通量最大,故此时线圈平面与中性面重合,故C错误;由题图乙可知,t2和t4时刻Φ-t图线切线的斜率相反,由法拉第电磁感应定律可知,t2和t4时刻产生的感应电动势方向相反,t2和t4时刻线圈中感应电流方向相反,故D正确。3.(2024·江苏南京期末)一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动,线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示,下列说法中正确的是()A.每当e转换方向时,通过线圈的磁通量变化率刚好为零B.t1时刻通过线圈的磁通量绝对值最小C.t2时刻通过线圈的磁通量绝对值最大D.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大解析:选A每当e转换方向时,e=0,根据e=nΔΦΔt,则通过线圈的磁通量变化率刚好为零,A正确;t1时刻,e=0,线圈平面与磁场垂直,通过线圈的磁通量绝对值最大,B错误;t2时刻,感应电动势的绝对值最大,则线圈平面与磁场方向平行,通过线圈的磁通量为零,通过线圈的磁通量绝对值最小,C错误;t3时刻,e=0,根据e=nΔΦΔ4.(多选)如图所示为演示交变电流产生的装置图,关于这个实验,下列说法正确的是()A.线圈每转动一周,指针左右摆动一次B.图示位置为中性面,线圈中无感应电流C.线圈逆时针转动到图示位置时,ab边的感应电流方向为a→bD.线圈平面与磁场方向平行时,磁通量变化率为0解析:选AC线圈在磁场中匀速转动时,在电路中产生呈周期性变化的交变电流,线圈经过中性面时电流改变方向,线圈每转动一周,有两次通过中性面,电流方向改变两次,指针左右摆动一次,A正确;题图示位置为与中性面垂直的位置,线圈处于题图示位置时,ab边向右运动,由右手定则可知,ab边的感应电流方向为a→b,B错误,C正确;线圈平面与磁场方向平行时,穿过线圈的磁通量为0,磁通量的变化率最大,D错误。5.(2024·贵州铜仁期末)(多选)如图为交流发电机示意图,线圈沿逆时针方向匀速转动,下列说法正确的是()A.甲→乙过程中,AB边中的电流由A→BB.丙→丁过程中,AB边中的电流由A→BC.图甲位置线圈中感应电动势最大D.图乙位置线圈中感应电流最大解析:选BD甲→乙过程中,根据右手定则可知,AB边中的电流由B→A,故A错误;丙→丁过程中,根据右手定则可知,AB边中的电流由A→B,故B正确;题图甲位置,线圈中磁通量最大,磁通量变化率为零,线圈中感应电动势最小,故C错误;题图乙位置,线圈中磁通量为零,磁通量变化率最大,线圈中感应电动势最大,感应电流最大,故D正确。6.(2024·河南郑州期中)如图所示,一个竖直放置、匝数为n的矩形线圈abcd在水平向右的匀强磁场中以角速度ω匀速转动,转轴OO'与磁场方向垂直,线圈面积为S,磁感应强度大小为B,下列说法正确的是()A.线圈平面与磁场垂直时,磁通量为零B.线圈平面与磁场垂直时,磁通量变化最快C.线圈平面与磁场平行时,磁通量变化率最大D.感应电动势最大值为BSω解析:选C线圈平面与磁场垂直时,磁通量最大,感应电动势为零,磁通量的变化率为零,磁通量变化最慢,故A、B错误;线圈平面与磁场平行时,磁通量为零,磁通量的变化率最大,感应电动势最大值为Em=nBSω,故C正确,D错误。7.(2024·河南南阳期末)如图所示,空间有一匀强磁场水平向右,一正方形导线框abcd平行于磁场方向放置,已知导线粗细均匀,若该线框分别绕不同轴线以相同大小的角速度转动,以下说法正确的是()A.线框绕ac轴转动,线框中不会产生交流电B.线框分别绕AB轴和CD轴从图示位置开始转动时产生的交流电相同C.若以ab为轴转动,不会产生周期性电流,但a、d两点间会有电势差D.沿AB方向观察,从图示位置开始线框分别绕ad轴和bc轴顺时针转动,线框中瞬间产生的感应电流方向相反解析:选C绕ac轴转动时,线框磁通量变化,线框中有交流电产生,A错误;绕AB轴转动时,在线框中产生正弦式交流电,绕CD轴转动时,线框磁通量不变,无交流电产生,B错误;若以ab为轴转动,线框无磁通量变化,不会产生交流电,但会在cb、da两端产生电动势,C正确;以ad或bc为轴顺时针转动,根据楞次定律可知,电流方向均为abcd,D错误。8.线圈的匝数为100匝,在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时,穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是()A.在t=0和t=0.2s时,线圈平面和磁场垂直,感应电动势最大B.在t=0.1s和t=0.3s时,线圈平面和磁场垂直,感应电动势为0C.在t=0.2s和t=0.4s时,电流改变方向D.在t=0.1s和t=0.3s时,线圈切割磁感线的有效速率最大解析:选B在t=0、t=0.2s、t=0.4s时,磁通量最小,线圈位于和磁场平行的位置,感应电动势最大,电流方向没有发生改变,A、C错误;在t=0.1s和t=0.3s时,磁通量最大,线圈位于和磁场垂直的位置,感应电动势为0,磁通量变化率为0,线圈切割磁感线的有效速率最小,D错误,B正确。9.如图所示,一半径为r=10cm的圆形线圈共100匝,在磁感应强度B=5π2T的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的中心轴线OO'以n=600r/min的转速匀速转动,当线圈转至中性面位置(图中位置(1)写出线圈内所产生的交流电动势的瞬时值表达式。(2)求线圈从图示位置开始在160s解析:(1)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时,线圈内产生正弦交流电动势,当线圈平面在中性面时开始计时,其表达式为e=Emsinωt,其中Em=NBSω(与线圈形状无关),ω=2πn=20πrad/s,故e=100sin20πt(V)。(2)当t=160s时e=100sin20π×160V=答案:(1)e=100sin20πt(V)(2)503VB级——综合应用10.(2024·广西桂林期中)如图甲所示是市面上流行的手摇手机充电器,它体型小,携带方便,可以在紧急状态下给手机临时充电,其示意图如图乙所示。若某人摇动手柄给手机充电时,其内部线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动,下列说法正确的是()A.线圈转动的快慢程度不会影响回路中的电流大小B.当线圈转到图乙所示位置时,电流方向将发生改变C.若从图乙位置开始计时,线圈中的电流瞬时值表达式为i=ImsinωtD.当线圈转到图乙所示位置时,穿过线圈的磁通量的变化率最大解析:选D线圈转动得越快,通过线圈的磁通量变化越快,电路中电流越大,A错误;线圈转到中性面时,电流方向才会发生改变,题图乙所示位置与中性面垂直,故电流方向不会改变,B错误;当线圈转到题图乙所示位置时,线圈中电流最大,表达式应为i=Imcosωt,C错误;线圈转到题图乙所示位置时电流最大,穿过线圈的磁通量的变化率最大,D正确。11.(2024·湖北武汉期中)某漂浮式波浪能发电装置发电原理可作如下简化:海浪带动浪板上下摆动,驱动发电机转子转动,其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动。如图,若转子带动线圈沿逆时针方向转动,并向外输出电流,下列说法正确的是()A.图中线圈所处位置是中性面B.在图所示位置时,穿过线圈的磁通量最大C.在图所示位置时,线圈a端电势高于b端电势D.在图所示位置时,线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向上解析:选C题图中线圈所处位置与中性面垂直,穿过线圈的磁通量最小,故A、B错误;根据右手定则可知,线圈转动到如题图所示位置时,线圈内部电流从b到a,则此时a端电势高于b端电势,故C正确;线圈内部电流从b到a,根据左手定则可知,线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下,故D错误。12.(选自粤教版教材课后练习)如图所示,面积为0.05m2、总电阻为1Ω、共100匝的矩形线圈abcd处于磁感应强度B=1πT的匀强磁场中,其外接阻值R=9Ω的电阻,线圈以300r/min的转速绕OO'(1)若从线圈处于中性面开始计时,写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式。(2)画出线圈中感应电动势随时间变化的图像。(3)求出线圈转过130s时解析:(1)感应电动势的最大值Em=NBSω,ω=2πn=2π×30060rad/s=10πrad感应电动势的瞬时值e=Emsinωt=100×1π×0.05×10π×sin10πt(V)=50sin10πt(V)(2)线圈转动的周期T=2πω=0.2s,(3)当t=130se=50sinπ3V=253V答案:(1)e=50sin10πt(V)(2)见解析图(3)253V第2节交变电流的描述(强基课逐点理清物理观念)课标要求学习目标通过实验,认识交变电流。能用公式和图像描述正弦式交变电流。1.知道峰值和有效值的含义及二者之间的关系。2.掌握交变电流有效值、平均值的计算问题。3.对比分析瞬时值、最大值、有效值、平均值的区别和联系。逐点清(一)周期和频率[多维度理解]1.物理意义:描述交变电流变化快慢的物理量。2.周期:交变电流完成一次周期性变化所需的时间;用T表示,单位是秒(s)。3.频率:交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比,数值等于交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数;用f表示,单位是赫兹(Hz)。4.ω、T、f的关系:ω=2πT=2πf;T=1f或f=1.周期、频率与角速度、转速之间的关系决定正弦式交变电流周期和频率大小的因素是发电机转子转动的角速度ω(单位为rad/s),有时也用转速n(单位为r/s)来描述。T、f与ω、n之间的关系是T=2πω=1n,ω=2πf=2π2.交变电流的周期我国工农业生产和生活所用的交变电流,周期是0.02s,频率是50Hz,电流方向每秒改变100次。打点计时器所用的交变电流,频率是50Hz,周期是0.02s,所以打点计时器每隔0.02s打一次点。[全方位练明]1.关于交变电流的周期和频率,下列说法正确的是()A.正弦式交变电流最大值连续出现两次的时间间隔等于周期B.1s内交变电流出现最大值的次数等于频率C.交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍D.频率为50Hz的交变电流,其周期等于0.05s解析:选C在一个周期的时间内,交变电流会出现两次最大值,相邻两个最大值的时间间隔为半个周期,所以交变电流在一个周期内方向改变两次,即交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍,A、B错误,C正确;周期T=1f=150s=0.02s,2.(多选)矩形金属线圈共10匝,绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动,线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是()A.此交变电流的频率为0.2HzB.1s内电流方向变化10次C.t=0.1s时,线圈平面与磁场方向平行D.1s内线圈转5圈解析:选BD由题图可知T=0.2s,故f=1T=10.2Hz=5Hz,即1s内完成5个周期,线圈转5圈,每转1圈电流方向改变2次,则1s内电流方向变化10次,故A错误,B、D正确;在t=0.1s时,e=0,所以线圈平面与磁场方向垂直,逐点清(二)峰值和有效值[多维度理解]1.峰值(1)定义:交变电流的电流或电压的最大值,表示电流的强弱或电压的高低。(2)应用:电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值,否则电容器就可能被击穿。2.有效值(1)定义:让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻,如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等,则这个恒定电流的电流I、电压U,叫作这个交变电流的有效值。(2)应用:①使用交流的电气设备上所标的额定电压和额定电流;②交流电压表测量的数值;③无特别说明时提到的交变电流的数值。3.正弦式交变电流峰值和有效值的关系:I=Im2,U=4.正弦式交变电流“四值”的比较及应用名称物理含义重要关系适用情况瞬时值交变电流某一时刻的值e=Emsinωti=Imsinωt分析交变电流在某一时刻的情况最大值最大的瞬时值Em=NBSωIm=E确定电容器的耐压值有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电动势、电压或电流值E=EU=UI=I(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量);(2)交流电表的测量值;(3)电气设备标注的额定电压、额定电流;(4)保险丝的熔断电流平均值交变电流图像中图线与时间轴所夹“面积”与时间的比值E=nΔI=E计算通过电路横截面的电荷量,q=IΔt=ER+r·Δt1.对交变电流有效值的理解(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的。(2)等效是指恒定电流和交变电流在相同的时间内、在相同的电阻上产生的热量相同。2.交变电流有效值的计算(1)若是正弦式交变电流,有E=Em2,U=Um2,(2)若不是正弦式交变电流,则必须根据焦耳定律来求解其有效值,且时间取一个周期。(3)求解思路:假设让交变电流通过电阻R,计算交变电流在一个周期内产生的热量Q(可分段计算),有Q=I2Rt或Q=U2tR,则I[典例](2024·张家口期中)(多选)在同一电热器中分别通入如图所示的甲、乙两种交变电流,则下列说法正确的是()A.甲的有效值为IB.乙的有效值为2C.该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率之比为1∶8D.该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率之比为5∶4[解析]根据交变电流有效值的计算方法,对甲、乙分别有I02R·T2+I022R·T2=I甲2RT,I022R·T2+I022R·T2=I乙2RT,解得甲、乙电流的有效值分别为I甲=104I0,I乙=22I0,故A错误,B正确[答案]BD[全方位练明]1.(2024年1月·贵州高考适应性演练)一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示,周期为T,其电压的有效值()A.2V B.22VC.5V D.25V解析:选C交流电的有效值是根据等效思想确定的,若同一阻值为R的电阻接在恒压稳流的直流电路中在交流电的一个周期内产生的热量与接在交流电路中在一个周期内产生的热量相同,则认为该直流电的电压U为交流电电压的有效值,则根据等效思想有U2RT=(2)2R·T3+(22)2R·T3+(2.交流发电机线圈电阻r=1Ω,用电器电阻R=9Ω,电压表示数为9V,如图所示,那么该交流发电机()A.电动势的峰值为10VB.电动势的有效值为9VC.交流发电机的线圈通过中性面时,电动势的瞬时值为102VD.交流发电机的线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为202解析:选D因电压表示数为9V,所以电路中的电流I=99A=1A,故电动势的有效值E=I(r+R)=10V,其峰值Em=2E=102V,故A、B错误;线圈通过中性面时,电动势的瞬时值为0,C错误;线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势,应用公式E=nΔΦΔt求解,E=nΔΦΔt=n|Φ2-Φ1|Δt=n|0-BS|π2ω=2nBSωπ,又n3.(2024·重庆沙坪坝期中)(多选)某科技小组制作了一个风力发电机模型如图1所示。空气流动带动风叶下方的磁铁旋转,引起线圈中磁通量发生变化,产生交变电流。某稳定风速环境下,电压传感器上得到的发电机电动势e随时间t变化的关系如图2所示,则()A.该交流电的频率为2.5HzB.风力发电机电动势的有效值为6VC.若仅增大风速,使磁铁转速加倍,则电动势表达式为e'=24sin10πtVD.将击穿电压为15V的电容器接到电压传感器两端,在各种风速环境下电容器均能安全工作解析:选AC由题图2可得交流电的周期是T=0.4s,则根据T=1f可得该交流电的频率为2.5Hz,A正确;由题图2可得交流电的电动势的最大值Em=12V,根据E=Em2可得风力发电机电动势的有效值为62V,B错误;磁铁转动的角速度ω=2πT=5πrad/s,则电动势的瞬时表达式为e=12sin5πtV,若仅增大风速,使磁铁转速加倍,那么转动的角速度加倍,产生的电动势的最大值加倍,则e'=2Emsin2ωt=24sin10πt(V),C正确;因为风速增大,磁铁转速加大,则产生的交流电的电动势就会增大,有可能大于15V,所以击穿电压为15V的电容器接到电压传感器两端,逐点清(三)正弦式交变电流的公式和图像[多维度理解]1.正弦式交变电流的电压瞬时值表达式u=Umsin2πTt=2Usin2πT2.正弦式交变电流的u-t图像分析正弦式交变电流图像问题的几个要点(1)注意分析横、纵坐标表示的物理量,以及图像上的特殊位置、周期、峰值等信息。(2)注意把图像和线圈的转动过程联系起来。(3)注意把图像和表达式结合起来。[典例](2024·河北石家庄期末)(多选)某交流发电机产生交变电流的装置如图甲所示,产生的感应电动势与时间的关系如图乙所示,下列说法正确的是()A.t=0时,线圈平面处于中性面位置,磁通量变化率最大B.线圈通过中性面时,穿过线圈的磁通量最大,交变电流改变方向C.线圈中产生的感应电动势e=100sin50πt(V)D.如果仅使线圈的转速加倍,则电动势的有效值变为1002V[解析]由题图乙可知,t=0时,感应电动势为零,因此此时线圈平面处于中性面位置,磁通量最大,磁通量变化率最小,交变电流改变方向,故A错误,B正确;线圈中产生的感应电动势的最大值和周期分别为Em=100V,T=0.04s,根据e=Emsin2πTt可知,感应电动势瞬时值为e=100sin50πt(V),故C正确;根据Em=NBSω和ω=2πn可知,Em与n成正比,如果仅使线圈的转速加倍,则电动势的最大值变为Em'=200V,电动势的有效值变为E有'=Em'2=2002V=1002[答案]BCD[全方位练明]1.一正弦式交变电流的i-t图像如图所示。下列说法正确的是()A.在t=0.4s时,电流改变方向B.该交变电流的周期为0.5sC.该交变电流的表达式为i=2cos5πt(A)D.该交变电流的有效值为22解析:选C由题图可知,t=0.4s时,电流为正方向最大值,电流方向没有发生变化,故A错误;由题图可知,该交变电流的周期为T=0.4s,故B错误;由题图可知,该交变电流的最大值为imax=2A,角速度为ω=2πT=5πrad/s,故该交变电流的表达式为i=imaxcosωt=2cos5πt(A),故C正确;该交变电流的有效值为i有=22A=2A,故2.(2024·福建三明期末)(多选)一正(余)弦交流电的电动势e随时间t变化的规律如图所示,则该交变电流的()A.频率是0.02HzB.电动势有效值为52VC.一个周期内电流方向变化2次D.电动势瞬时值表达式是e=10cos100t(V)解析:选BC由题图可知,该交变电流的频率为f=1T=10.02Hz=50Hz,故A错误;电动势有效值为E=Em2=102V=52V,故B正确;一个周期内经过两次中性面,电流方向变化2次,故C正确;电动势瞬时值表达式为e=Emcos2πTt=10cos[课时跟踪检测]A级——基础达标1.(多选)如图所示为我国生活所用交变电流的电压随时间变化的关系图像,由图可确定该电压的()A.周期是0.01sB.周期是0.02sC.频率是50HzD.瞬时值表达式为u=311sin50πt(V)解析:选BC由题图可知,该电压的周期为0.02s,频率f=1T=50Hz,故A错误,B、C正确;由题图可知,该电压的最大值为311V,圆频率ω=2πT=100πrad/s,所以该电压的瞬时值表达式为u=Umsinωt=311sin100πt(V),故2.(多选)一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e=10sin4πt(V),则()A.交流电的频率是4πHzB.当t=0时,线圈平面跟磁感线垂直C.当t=0.5s时,e有最大值D.交流电的周期是0.5s解析:选BD交流电动势e=10sin4πt(V),则交流电的频率f=ω2π=4π2πHz=2Hz,故A错误;当t=0时,e=0,此时线圈处在中性面上,即线圈平面跟磁感线垂直,故B正确;当t=0.5s时,e=0,故C错误;交流电的周期T=1f=0.5s3.(2024·江苏苏州期中)现在市场上的调光电灯、调速风扇是用可控硅电子元件来实现调节的。如图为一个经过元件调节后加在电灯上的电压,加在电灯上的有效电压是()A.U0 B.12UC.22U0 D.24解析:选B由题图可知,该电压的周期为T,设加在电灯上的有效电压为U,有(U02)2R×T2+0×T2=U2RT4.(2024·陕西西安期中)图甲为一台小型发电机构造示意图,线圈逆时针转动产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示,发电机线圈电阻为1Ω,外接电阻为2Ω,线圈转速为n,电路中电流的最大值为Im,电压表示数为U,则()A.n=50r/sU=2VB.n=50r/sU=3VC.n=100r/sIm=2AD.n=100r/sIm=22A解析:选A由题图乙可知,交流电的周期为T=0.02s,由T=1n,可得转速为n=50r/s,电动势的有效值为E=Em2=3V,则电压表的示数为U=ER+rR=2V,电路中电流的最大值为Im=EmR5.小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间成正弦函数关系,如图所示,此线圈与一个阻值为10Ω的电阻构成闭合电路,不计电路的其他电阻,下列说法正确的是()A.感应电流的有效值为102AB.该交变电流的频率为50HzC.若将该交变电流接在阻值R=100Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率是50WD.该感应电动势的瞬时值的表达式为e=100·sin25πt(V)解析:选C由题图可知,该感应电动势的最大值为100V,有效值为1002V=502V,感应电流的有效值为I=50210A=52A,A错误;该交变电流的周期为T=0.04s,频率为f=1T=25Hz,B错误;若将该交变电流接在阻值R=100Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率是P=U2R=(502)2100W=50W,C正确;角速度ω=2πT=50πrad/s,则该感应电动势的瞬时值的表达式为e6.(2024·福建宁德高二检测)(多选)某正弦式交变电流i随时间t变化的图像如图所示。关于此交变电流,下列说法正确的是()A.频率为100HzB.周期为0.02sC.电流的有效值为102AD.电流的最大值为102A解析:选BD由题图可知周期为T=0.02s,频率为f=1T=10.02Hz=50Hz,故A错误,B正确;由题图可知电流的最大值为Im=102A,电流的有效值为I=Im2=10A7.(2024·广东高考)将阻值为50Ω的电阻接在正弦式交流电源上,电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是()A.该交流电的频率为100HzB.通过电阻电流的峰值为0.2AC.电阻在1秒内消耗的电能为1JD.电阻两端电压表达式为u=102sin(100πt)V解析:选D根据图像可知,交流电的周期为0.02s,则频率为f=1T=50Hz,故A错误;根据图像可知,电阻两端电压的峰值为102V,根据欧姆定律可知,通过电阻电流的峰值为Im=UmR=102V50Ω=0.22A,故B错误;通过电阻电流的有效值为I=Im2=0.2A,所以电阻在1s内消耗的电能为W=I2Rt=0.22×50×1J=2J,故C错误;根据图像可知,电阻两端电压表达式为u=Umsinωt=102sin2πTtV=102si8.(2024·河北高考)R1、R2为两个完全相同的定值电阻,R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的3倍),R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示,则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为()A.2∶3 B.4∶3C.2∶3 D.5∶4解析:选B根据有效值的定义可知,题图1的有效值的计算为U12R1T=U032R1×T2+U02R1×T2,解得U1=23U0,题图2的有效值为U2=U02,接在阻值大小相等的电阻上,B级——综合应用9.(2024·陕西渭南期末)(多选)图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,线圈绕垂直于磁场的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动,产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是()A.t=0时,线圈位于中性面B.t=0时,穿过线圈的磁通量的变化率最大C.t=0.005s时,穿过线圈的磁通量为零D.发电机线圈转动的角速度为100πrad/s解析:选BD由题图乙知,t=0时,交变电流为最大值,线圈平面与中性面垂直,穿过线圈的磁通量的变化率最大,故A错误,B正确;t=0.005s时,交变电流为最小值,线圈位于中性面,穿过线圈的磁通量最大,故C错误;周期T=0.02s,发电机线圈转动的角速度为ω=2πT=100πrad/s,故D10.(2024·湖北荆州期末)将硬导线中间一段弯成直径d=1m的半圆形,它在磁感应强度大小为B=42π2T、方向如图所示的匀强磁场中绕ab轴匀速转动,硬导线在a、b两处通过电刷与外电路连接,外电路有一“12V,12W”的小灯泡并正常发光,电路中除小灯泡外,其余部分电阻不计,下列说法中正确的是(A.硬导线在磁场中匀速转动的转速为10r/sB.由图示位置开始计时,该感应电流的瞬时值表达式为i=2sin24t(A)C.由图示位置开始计时,该感应电流的瞬时值表达式为i=2sin24πt(A)D.t=136s时,导线中的瞬时电流大小为6解析:选C依题意,小灯泡两端电压即为正弦式交变电流的电动势的有效值,即Em=2U灯,又Em=B·πd222·2πn,联立解得n=12r/s,故A错误;由题图示位置开始计时,该感应电流的瞬时值表达式为i=ImsinωtA,又Im=2I灯,I灯=PU灯,ω=2πn,联立解得i=2sin24πtA,故B错误,C正确;t=136s时,导线中的瞬时电流大小为i=2sin24π×111.(2024·福建福州期末)如图所示,ab=50cm、ad=20cm、匝数为100匝的矩形线圈,线圈电阻r=1Ω,外电路电阻R=9Ω,磁感应强度大小为B=0.2T。线圈绕垂直于磁感线的OO'轴以角速度ω=50rad/s匀速转动。(1)从此位置开始计时,它的感应电动势的瞬时值表达式;(2)1min内电阻R上消耗的电能。解析:(1)从此位置开始计时,它的感应电动势的瞬时值表达式为e=NBSωcosωt=100×0.2×0.5×0.2×50cos50t(V)=100cos50t(V)。(2)电路中电流的有效值为I=em2(R+r)=11min内电阻R上消耗的电能为Q=I2Rt=(52)2×9×60J=27000答案:(1)e=100cos50t(V)(2)27000J12.(2024·江苏苏州期中)如图所示,匀强磁场的磁感应强度大小为B=2πT,边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝,线圈总电阻r=1Ω,线圈绕垂直于磁感线的轴OO'匀速转动,角速度ω=2πrad/s,外电路电阻R=4Ω。求(1)从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式;(2)由图示位置转过30°过程中流过R的电荷量;(3)不计一切摩擦,线圈转动一周外力所做的功W。解析:(1)感应电动势的最大值为Em=NBSω=NBL2ω=22V,所以感应电动势的瞬时值表达式为e=Emcosωt=22cos2πt(V)。(2)由题图示位置转过30°的过程中磁通量的变化量为ΔΦ=BL2sin30°-0=2200π所以流过R的电荷量为q=I·Δt=ER+r·Δt=NΔΦR(3)线圈转动一周外力所做的功等于回路产生的焦耳热,即W=Q=E2其中E=Em2,T=2πω,代入数据解得W=0.8答案:(1)e=22cos2πt(V)(2)210πC(3)第3节变压器课标要求学习目标通过实验,探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系。1.知道理想变压器的概念和规律。2.掌握变压器的动态变化问题的分析。3.通过实验探究总结电压与匝数的关系。第1课时变压器的工作原理及应用(赋能课精细培优科学思维)一、变压器的原理1.变压器的构造:由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成,一个线圈与交流电源连接,叫作原线圈,也叫初级线圈;另一个线圈与负载连接,叫作副线圈,也叫次级线圈。2.变压器的原理:互感现象是变压器工作的基础,原线圈中的电流的大小、方向在不断变化,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,所以副线圈能够输出电流。(1)变压器应用了电磁感应互感原理。(2)变压器只适用于交变电流。二、电压与匝数的关系1.理想变压器(1)实际变压器的能量损耗:①变压器线圈通过电流时发热;②变压器铁芯在交变磁场作用下因涡流产生热量;③交变电流产生的磁场也不可能完全局限在铁芯内。(2)理想变压器:没有能量损耗的变压器,是一种理想化模型。2.原、副线圈电压和电流与匝数的关系对理想变压器:U1U当只有一个副线圈时,P1=P2,又P1=I1U1,P2=I2U2,可推出:I1I23.变压器的分类(1)降压变压器:副线圈电压比原线圈电压低的变压器。(2)升压变压器:副线圈电压比原线圈电压高的变压器。电流关系I1I2=n2n1只适用于一个副线圈的情况,而U[微情境·大道理]1.观察如图所示的可拆变压器,判断下列说法正误。(1)变压器的原、副线圈没有导线连接,副线圈不能输出电流。(×)(2)变压器的两个线圈之间是通过磁场联系在一起的,两个线圈间是绝缘的。(√)(3)原、副线圈都绕在同一闭合铁芯上。(√)2.观察如图所示的两个变压器,哪一个是降压变压器?提示:题图乙表示的是降压变压器。3.利用控制变量法,在原线圈输入电压U1一定,原线圈匝数n1不变时,研究副线圈上的电压U2与对应匝数n2的关系;再研究在副线圈匝数n2不变时,副线圈上的电压U2与对应原线圈匝数n1的关系。判断下列说法正误:(1)U1、n1一定时,若n2增大,U2也一定增大。(√)(2)U1、n2一定时,若n1增大,U2也一定增大。(×)(3)n1、n2一定时,若U1增大,则U2一定减小。 (×)强化点(一)理想变压器的基本原理任务驱动如图所示,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)连接到小灯泡上。闭合开关,小灯泡能发光。(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?(3)若将原线圈接在恒定的直流电源上,小灯泡发光吗?提示:(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,在右边线圈中会产生感应电动势,右边线圈作为电源给小灯泡供电,小灯泡就会发光。(2)不一定相等。(3)不发光。[要点释解明]1.工作原理2.基本规律(1)电动势关系:由于互感现象,且没有漏磁,原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的ΔΦΔt,根据法拉第电磁感应定律,有E1=n1ΔΦΔt,E2=n2Δ(2)电压关系:由于不计原、副线圈的电阻,因此原线圈两端的电压U1=E1,副线圈两端的电压U2=E2,所以U1U2=n1n2。当有n组线圈时,则有U1(3)功率关系:对于理想变压器,不考虑能量损失,有P入=P出。(4)电流关系:由功率关系,当只有一个副线圈时,I1U1=I2U2,得I1I2=U2U1=n2n1。当有多个副线圈时,I1U1=I2U2+I3U3+…,得I1n1=I2n[典例](2024·河南信阳期末)如图甲所示,理想变压器的原线圈接在正弦交流电源上,原、副线圈的匝数比为n1n2=41,三个定值电阻R1=R2=10Ω,R3=20Ω,电压表和电流表均可视为理想电表。已知R3中的电流i3随时间t变化的规律如图乙所示,则电压表和电流表的读数分别为A.400V,1.5A B.4002V,1.5AC.400V,322A D.4002V,3[解析]由题图乙可知,R3中的电流有效值为I3=222A=2A,由并联分流可得,R2中的电流有效值为I2=R3R2I3=4A,则流过副线圈的电流为I'=I2+I3=6A,由电流与匝数关系可得,流过原线圈的电流为I=n2n1I'=1.5A,即电流表的读数为1.5A;负载电阻的总阻值为R=R1+R2R3R2+R3=503Ω,则副线圈两端的电压U'=I'R=100V,由电压与匝数关系可得,原线圈两端的电压为[答案]A/方法技巧/(1)原、副线圈的电压、电流发生变化,而频率不变。(2)当变压器有多个副线圈时,电压关系仍适用,而电流关系式I1I2[题点全练清]1.(多选)关于理想变压器的工作原理,以下说法正确的是()A.原、副线圈缠绕在同一个闭合铁芯上,是为了减少磁场能的损失,有效地传送电能B.铁芯不用整块金属做成,是为了防止原、副线圈短路造成危险C.变压器既能改变交变电流的电压大小,也能改变交变电流的频率D.当原线圈接入大小不断变化的直流电时,副线圈也有电压输出解析:选AD原、副线圈缠绕在同一个闭合铁芯上,可以减少漏磁,从而减少磁场能的损失,故A正确;铁芯不用整块金属做成,是为了防止涡流产生较多的热量从而烧坏变压器,故B错误;变压器能改变交变电流的电压大小,但是不能改变交变电流的频率,故C错误;当变压器原线圈接入大小不断变化的直流电时,穿过原、副线圈的磁通量也会不断变化,故副线圈有电压输出,故D正确。2.如图所示,理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1,两个标有“12V6W”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(均可视为理想电表)的示数分别是()

A.120V,0.10A B.240V,0.025AC.120V,0.05A D.240V,0.05A解析:选D灯泡正常工作,则U2=12V,根据U1U2=n1n2,代入数据解得U1=240V;两个灯泡均正常工作,则I2=2PU2=1A,根据I1I2=n2n13.(2024·浙江1月选考)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u=5sin100πtV的交流电,经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10kV,就会在打火针和金属板间引发电火花,实现点火。下列正确的是()A.n2nB.n1nC.用电压表测原线圈两端电压,示数为5VD.副线圈输出交流电压的频率是100Hz解析:选B原线圈两端电压的有效值为U1=52V=522V,根据电压与匝数的关系有U1U2=n1n2,变压器副线圈两端电压的峰值为U2max=2U2,根据题意有U2max>10×103V,解得n2n1>2000,n1n2<12000,故A错误,B正确;用电压表测原线圈两端电压,电压表测的是有效值,则示数为U1=52V=522V,故C错误;根据ω=2πf=100πrad强化点(二)几种常见的变压器[要点释解明]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。如果把整个线圈作为原线圈,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为原线圈,整个线圈作为副线圈,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,A、B之间加上输入电压U1,移动滑动触头P的位置就可以连续或较大范围内调节输出电压U2。2.互感器分类电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中,接在火线和零线间串联在待测电路中,接在火线上副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用测高电压,将高电压变为低电压(降压变压器)测大电流,将大电流变成小电流(升压变压器)利用的关系式U1U2=n1n2(I1n1=I2n2(n1<n2)3.有多个副线圈的变压器当有多个副线圈时,电压比等于匝数比仍然成立,但电流不再与匝数成反比,而要根据原、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两端电压搞混,而要把原线圈所在电路看成一回路处理,原线圈相当于一非纯电阻用电器,其两端电压与副线圈两端电压的比值等于匝数比。[题点全练清]1.一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由U1U2=n1n2,n1>n2,可知U2<U1;在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中,n2减小,n1不变,U1不变,则2.电压互感器能将高电压变成低电压,电流互感器能将大电流变成小电流,用于测量或保护系统。如图所示,T1、T2是监测交流高压输电参数的互感器,a、b是交流电压表或交流电流表。若高压输电线间电压为220kV,T1的原、副线圈匝数比为1∶100,交流电压表的示数为200V,交流电流表的示数为2A,则()A.a是交流电压表,b是交流电流表B.T2的原、副线圈匝数比为1000∶1C.高压线路输送的电流为200AD.高压线路输送的电功率为2.2×104kW解析:选CT1的原线圈串联在电路中,因此a是交流电流表,T2的原线圈并联在电路中,因此b是交流电压表,故A错误;变压器原、副线圈电压之比等于匝数之比,所以T2的原、副线圈匝数之比为220000∶200=1100∶1,故B错误;变压器原、副线圈电流与匝数成反比,则高压线路输送的电流为200A,故C正确;由上述可知高压线路输送的电功率为P=UI=220kV×200A=4.4×104kW,故D错误。3.(多选)如图,发电机的矩形线圈长为2L、宽为L、匝数为N,放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中。理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2,两个副线圈分别接有电阻R1和R2。当发电机线圈以角速度ω匀速转动时,理想电流表读数为I。不计线圈电阻,下列说法正确的是()A.通过电阻R2的电流为nB.电阻R2两端的电压为nC.n0与n1的比值为2D.发电机的功率为2解析:选BC电阻R1两端的电压U1=IR1,由变压器原、副线圈电压与匝数的关系有U1U2=n1n2,解得U2=n2IR1n1,则通过电阻R2的电流I2=U2R2=n2R1In1R2,A错误,B正确;由题意可知,发电机电动势的最大值Em=NBSω=2NBL2ω,电动势的有效值E=Em2=2NBL2ω,由变压器原、副线圈电压与匝数的关系有n0n1[课时跟踪检测]A级——基础达标1.(多选)理想变压器正常工作时,原、副线圈中一定相等的物理量是()A.每匝线圈中磁通量的变化率B.交变电流的频率C.原线圈的输入功率和副线圈的输出功率D.原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势解析:选ABC理想变压器的原线圈中磁通量的变化率与副线圈中磁通量变化率相同；变压器不改变交流电的频率；理想变压器是理想化模型,一是不计线圈内阻,二是没有出现漏磁,所以原、副线圈的功率相等；原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势由输入电压和匝数比决定,当原、副线圈匝数不同时,电动势不同。故选A、B、C。2.关于理想变压器的工作原理,以下说法正确的是()A.通有正弦式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.穿过副线圈的磁通量的变化使得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解析:选C通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量是变化的,A错误;因理想变压器无漏磁,穿过原、副线圈的磁通量相等,故B错误;由楞次定律知,穿过副线圈的磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势,C正确;原线圈中的电能转化为磁场能,磁场能又转化为副线圈中的电能,原、副线圈通过磁场联系在一起,电流不通过铁芯,故D错误。3.(2024·陕西西安期末)某兴趣小组利用如图所示的装置给小灯泡供电。矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为B的水平匀强磁场中,不计线框电阻。线框绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动,并通过变压器给小灯泡供电。下列说法正确的是()A.图示位置穿过线框的磁通量为零B.图示位置线框产生的感应电动势为最大C.使用变压器的目的是提高输出功率D.若灯泡变暗,可通过稍微减小原线圈匝数来提高灯泡亮度解析:选D由题图可知,此时线框和磁场垂直,穿过线框的磁通量最大,感应电动势为0,故A、B错误;变压器只是改变电压和电流,不改变功率和频率,故C错误;若灯泡变暗,要使灯泡变亮,需增加灯泡两端电压,根据n1n2=U1U2,要使输出电压变大4.(2024·浙江宁波期中)电位器是一种常见的电子元件,它通常由电阻体和可转动的电刷组成,如图所示。可以改变电位器上的连接点位置,从而改变电路中的电位差或电阻值。则当电位器的()A.1、2连接点接入电路时,顺时针转动电刷,电阻减小B.1、3连接点接入电路时,顺时针转动电刷,电阻减小C.1、3连接点作为输入端,1、2连接点作为输出端,顺时针转动电刷,输出电压增大D.1、3连接点作为输入端,1、2连接点作为输出端,顺时针转动电刷,输出电压减小解析:选C1、2连接点接入电路时,顺时针转动电刷,电位器连入电路中的电阻体的长度变长,电阻增大;1、3连接点接入电路时,顺时针转动电刷,电位器连入电路中的电阻体的长度不变,电阻不变,故A、B错误;1、3连接点作为输入端,1、2连接点作为输出端时,电位器相当于自耦变压器,故顺时针转动电刷时,相当于输入端线圈匝数不变,输出端线圈匝数变大,由电压与匝数成正比可知,输出电压增大,故C正确,D错误。5.如图所示,甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中。甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1,电压表读数为U;乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2,电流表读数为I。则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为()A.k1U,k2I B.k1U,IC.Uk1,k2I D.U解析:选B题图甲是电压互感器,是降压变压器,电压表的读数是变压器的输出电压,根据原、副线圈的电压比等于匝数比可以得出输入电压,即U1=k1U;题图乙是电流互感器,是升压变压器,电流表的读数是输出电流,根据变流比可以得出输入电流为I1=Ik2,故B正确,A、C、6.(2023·北京高考)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的正弦交流电源,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析:选B由n1n2=U1U2可知,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;由n1n2=U1U2可知,仅增加副线圈匝数,副线圈的输出电压U2增大,有可能使小灯泡正常发光,故B正确;由题意知,该变压器不是理想变压器,将原、副线圈匝数都增为原来的两倍,原线圈的电压不变,则副线圈的输出电压小于3.8V,不能使小灯泡正常发光,故C错误;将两个3.8V小灯泡并联,但由于原线圈的电压不变,7.(2024·河北承德期中)某无线充电装置的原理如图所示,该装置主要由供电线圈和受电线圈组成,可等效为一个理想变压器,从受电线圈输出的交流电经过转化装置变为直流电给电池充电。充电时,供电端接有u1=2202sin100πt(V)的正弦交流电,受电线圈输出电压U2=22V、输出电流I2=5A,下列说法正确的是()A.若供电端接220V直流电,也能进行充电B.受电线圈输出电压的频率为100HzC.供电线圈和受电线圈匝数比为102∶1D.充电时,供电线圈的输入功率为110W解析:选D若供电端接220V直流电,无法发生互感现象,故不能充电,A错误;已知ω=100πrad/s,则输入电压的频率f=ω2π=50Hz,由于理想变压器不改变频率,故输出电压的频率也为50Hz,B错误;供电端的电压有效值为220V,则n1n2=220V22V=101,C错误;由于该装置可等效为一个理想变压器,所以输出功率等于输入功率,即P1=P2=U2I8.(2024·北京高考)如图甲所示,理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上,输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示,副线圈接规格为“6V3W”的灯泡。若灯泡正常发光,下列说法正确的是()A.原线圈两端电压的有效值为242VB.副线圈中电流的有效值为0.5AC.原、副线圈匝数之比为1∶4D.原线圈的输入功率为12W解析:选B由题图乙知,原线圈两端电压的最大值为Um=242V,则原线圈两端电压的有效值为U1=Um2=24V,故A错误;灯泡正常发光,副线圈中电流的有效值为I=PLU2=3W6V=0.5A,故B正确;由理想变压器电压与匝数关系可知,n1n2=U1U2=41,故C错误;理想变压器没有能量损失,原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率,9.如图甲、乙所示电路中,当A、B间接10V交流电压时,C、D间电压为4V;M、N间接10V直流电压时,P、Q间电压也为4V。现在C、D间接4V交流电压,P、Q间接4V直流电压,下面哪个选项可表示A、B间和M、N间的电压()A.10V10V B.10V4VC.4V10V D.10V0解析:选B对于题图甲,当A、B作为输入端,C、D作为输出端时,相当于一个降压变压器,两边电压之比等于两边线圈的匝数之比;当C、D作为输入端,A、B作为输出端时,相当于一个升压变压器,电压比也等于匝数比,所以C、D间接4V交流电压时,A、B间将得到10V交流电压。题图乙是一个分压电路,当M、N作为输入端时,上、下两个电阻两端的电压跟它们的电阻的大小成正比,但是当把电压加在P、Q两端时,电流只经过下面的电阻,上面的电阻中没有电流,两端也就没有电势差,即M、P两点的电势相等,所以当P、Q间接4V直流电压时,M、N两端的电压也是4V。故B正确。B级——综合应用10.(2023·广东高考)用一台理想变压器对电动汽车充电,该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2,输出功率为8.8kW,原线圈的输入电压u=2202sin(100πt)V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是()A.20A,50Hz B.202A,50HzC.20A,100Hz D.202A,100Hz解析:选A由题可知,原线圈输入电压的有效值为U1=22022V=220V,原线圈输入电流的有效值为I1=PU1=40A,副线圈输出电流的有效值为I2=n1n2I1=20A,变压器无法改变电流的频率,故f=ω2π=10011.(2024·河南商丘期中)(多选)小明同学研究电磁感应现象时,实验设计如图甲所示,他在直铁棒上套装两个线圈,线圈n1=20匝、n2=40匝,将n1作为原线圈,并输入如图乙所示的正弦交流电,下列表述正确的是()A.副线圈交流电的周期为0.02sB.滑动变阻器滑片向下滑动,则电路输入功率变小C.交流电压表的读数为202VD.t=0.01s时,n2两端的瞬时电动势最大解析:选AD由题图乙可知,原线圈输入电流的周期是0.02s,副线圈交流电的周期与原线圈交流电的周期相等,则副线圈交流电的周期是0.02s,故A正确;由题图甲可知,滑动变阻器滑片向下滑动时,滑动变阻器接入电路的阻值变小,由于原、副线圈的匝数比不变,原线圈的输入电压不变,所以副线圈的输出电压U2不变,由P2=U22R可知,副线圈输出功率将变大,原线圈输入功率等于副线圈输出功率,则电路输入功率变大,故B错误;由题图乙可知,原线圈输入电压的峰值U1m=102V,原线圈输入电压U1=U1m2=10V,由变压器的变压比U1U2=n1n2可知,副线圈输出电压U2=20V,电压表读数为20V,故C错误;由题图乙可知,t=0.01s时,原线圈电流变化率最大,电流产生的磁场变化率最大,穿过副线圈的磁通量变化率最大,由法拉第电磁感应定律可知12.(2024·河北邯郸期末)如图所示,理想变压器原线圈两端接电压有效值不变的交流电源,其两个副线圈位于同一铁芯上,匝数分别为n1和n2,所接负载R1=9R2。当只闭合S1时,电流表示数为3A;当S1和S2都闭合时,电流表示数为6A。则n1∶n2的值为()A.2∶1 B.3∶1C.4∶1 D.9∶1解析:选B理想变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比,故U∶U1∶U2=n∶n1∶n2,由能量守恒定律得,输出功率等于输入功率,当只闭合S1时,UI=U12R1,当S1和S2都闭合时,UI'=U12R1+U22R2,代入数据可得U12R1=U22R2,即U1∶U13.(2024·陕西西安期末)如图所示,面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD,绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动,转动的角速度为100rad/s,匀强磁场的磁感应强度大小为22T。矩形线圈通过滑环与理想变压器相连,触头P可移动,副线圈所接电阻R=50Ω,电表均为理想交流电表。当线圈平面与磁场方向平行时开始计时,结果可用根号或π表示。求(1)线圈中感应电动势的最大值;(2)由图示位置转过30°角的过程产生的平均感应电动势;(3)当原、副线圈匝数比为2∶1时,电阻R上消耗的功率。解析:(1)感应电动势的最大值Em=nBSω=100×22×0.02×100V=1002V(2)线圈转过30°角过程中产生的平均感应电动势E=nΔΦΔt=nBSsin30°(3)原线圈两端电压的有效值U=Em2=10022V电阻R两端的电压UR=n2n1U=12×100V则电阻R上消耗的功率P=UR2R=50答案:(1)1002V(2)3002πV(3第2课时实验:探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系(实验课基于经典科学探究)一、实验装置二、实验原理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,实验通过改变原、副线圈匝数,探究原、副线圈的电压与匝数的关系。一、实验步骤1.如图所示,连接好电路,将两个多用电表调到交流电压挡,并记录两个线圈的匝数。2.保持原线圈输入的电压和原线圈匝数不变,用多用电表交流电压挡测量原线圈电压,并记录在表格中。3.改变副线圈匝数,用多用电表分别测量副线圈上的电压,把匝数、电压的对应数据记录在表格中。4.保持副线圈匝数不变,改变原线圈匝数,用多用电表分别测量副线圈上的电压,把匝数、电压的对应数据记录在表格中。二、实验结论实验分析表明,在误差允许的范围内,原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数比,即U1U2三、误差分析由于存在能量损耗,所以副线圈测量电压值应小于理论电压值。四、注意事项1.在改变学生电源的电压、线圈匝数前均要先断开开关,再进行操作。2.为了保证人身安全,学生电源的电压不能超过12V,通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱。3.为了保证多用电表的安全,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。[关键点反思]1.进行数据分析时一般会发现副线圈输出电压都偏小,产生这一误差的原因可能是什么?提示:(1)由于漏磁,通过原、副线圈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(铜损)造成误差;(3)铁芯中有磁损耗,产生涡流造成误差。2.用多用电表交流电压挡测电压时应注意什么问题?提示: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。考法(一)实验基本操作[例1]在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中。(1)为了确保实验的安全,下列做法正确的是。

A.为了保证人身安全,只能使用低压直流电源,所用电压不要超过12VB.连接好电路后,可不经检查电路是否正确,直接接通电源C.因为使用电压较低,通电时可用手直接接触裸露的导线和接线柱D.为了保证多用电表的安全,使用交流电压挡测电压时,先用最大量程挡试测(2)某实验小组通过实验,记录的数据如下表:原线圈匝数n1(匝)100200400400副线圈匝数n2(匝)400400200800原线圈两端的电压U1(V)1.964.908.004.86副线圈两端的电压U2(V)7.809.763.909.64通过分析实验数据可得出的实验结论是。

[解析](1)变压器改变的是交流电压,因此为了保证人身安全,只能使用低压交流电源,所用电压不超过12V,A错误;实验通电前必须要先检查电路是否正确,通电时若用手接触裸露的导线和接线柱,会将人体并联接入电路中,导致所测数据不准确,同时也有安全隐患,B、C错误;使用多用电表测电压时,先用最大量程挡试测,再选用恰当的挡位进行测量,故D正确。(2)分析每组实验数据,可知U1U2与n1n[答案](1)D(2)在误差允许范围内,变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比[微点拨]本题考查了“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中操作的注意事项,检查电路连接正确后再接通电路,且只能使用低压交流电源。考法(二)数据处理和误差分析[例2]在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中,可拆变压器如图甲所示。(1)观察变压器的铁芯,它的结构和材料是。

A.整块硅钢铁芯B.整块不锈钢铁芯C.由绝缘的铜片叠成的D.由绝缘的硅钢片叠成的(2)观察两个线圈的导线,发现粗细不同,导线粗的线圈匝数(填“多”或“少”)。

(3)以下给出的器材中,本实验需要用到的是。

(4)在实际实验中将电源接在原线圈“0”和“8”两个接线柱之间,用电表测得副线圈的“0”和“4”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.1.5VB.6.0VC.7.0V(5)等效法、理想模型法是重要的物理学方法,合理采用物