第3章 3 第1课时 变压器的原理 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系-【成才之路·学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步新课程学习指导(人教版)

092 跟踪训练4：如图甲所示，标有“220V40W”的 22021/W 灯泡和标有“20uF300V”的电容器并联到交流电源 上，⊙为理想交流电压表，交流电源的输出电压如图 -220.2 乙所示，下列判断正确的是 A所开开关1=时刻，①的示数为零 甲 B.断开开关时灯泡恰好正常发光 C.开关闭合时电容器不可能被击穿 D.断开开关，⑦的示数保持200√2V不变 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[19 3.变压器 第1课时变压器的原理 实验：探究变压 器原、副线圈电压与匝数的关系 ○目标重点展示 素养目标 学习重点 物理观念 知道变压器的工作原理。 (1)变压器原理 会用控制变量法进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数 (2)实验原理、实验器材、 科学探究 的关系”实验，分析实验数据.总结实验结论。 注意事项和误差分析 实验要点梳理系统学习·落实新知 ●变压器的原理 1构造：变压器是由 和 [思考] 原线圈 副线圈 绕在铁芯上的两个 组成的， 如图所示，理想变压 器原、副线圈的匝数 如图所示。 AC 21 之比n1:n2=4:1, 2.原线圈：与 连接的线 当导体棒在匀强磁场 圈叫原线圈，也叫初级线圈 中向左做匀速直线运 副线圈：与 连接的线圈 、铁芯 动切割磁感线且灯L 变压器的示意图 叫副线圈，也叫次级线圈。 正常发光时，灯L2会 3.变压器的工作原理 不会发光？ 变压器工作的基础是 现象。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 >[思考] 093 4.变压器中的能量转化 原线圈中电场的能量转变成 的能量，通过铁芯使变化的磁场几提示：不会。变压器 乎全部穿过了副线圈，副线圈中产生了感应电流，磁场的能量转化成了工作的基础是互感现 的能量。 象。当导体棒向左 ⊙实验：探究变压器原、 做匀速直线运动切割 副线圈电压与匝数的关系 磁感线时，在原线圈 1.实验目的 中产生恒定不变的电 在电压U一定时，探究线圈匝数n1、n2对电压U2的影响。 流，铁芯中产生的磁 2.实验思路 场是不变的，通过副 实验采用控制变量法 线圈的磁通量不变， (1)Un1一定，研究n2和U的关系。 因此，不能在副线圈 (2)U1、n2一定，研究n1和U2的关系。 中产生感应电流，灯 3.实验器材 L2不会发光。 学生电源（低压交流，小于12V)1个 个（如图所示）、多用电表（交流电压挡）1个、导线 若干。 原线圈 4.实验步骤 副线圈 学生电源 (1)按上图所示连接好电路，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1=400匝，U1=5V不变，多次改变副线圈的匝数，读出副线圈 两端的电压U2,并把相应数据记录在表格一中。 表格一 U=5V,n1=400匝 实验次数 1 0y 3 n2/匝 U,/V 094 (3)保持2=400匝，U,=5V不变，多次改变原线圈的匝数，读出副线圈 两端的电压U2,并把相应数据记录在表格二中。 表格二U,=5V,n2=400匝 实验次数 1 2 3 n1/匝 U,/V (4)拆除实验线路，整理好实验器材。 5.实验结论 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 6.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，造成副线[拓展]实际变压器 圈测量电压值应小于理论变压值。 能量损失的三种 (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。 形式 (3)铁芯中有磁损耗，产生涡流，造成误差。 （1)“铜损”：绕制 7.注意事项 线圈的铜导线发热而 (1)在改变学生电源的电压、线圈匝数前均要先 损耗的能量。 开关，再进行 （2)“铁损”：铁芯 操作。 中由于电磁感应而产 (2)为了保证人身安全，学生电源的电压不能超过 ,通电时不能 生涡流，使铁芯发热 用手接触裸露的导线和接线柱。 而损耗的能量。 (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 (3)“磁损”：线圈 挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量。 中产生的交变磁通量 有一部分辐射到变压 8.理想变压器 器之外的空间而损失 (1)定义：没有 的变压器，是一个 能量。 (2)特点 ①变压器铁芯内无 ②原、副线圈不计内阻，即不产生焦耳热。 ③铁芯中不产生涡流。 [拓展] 经典题型剖析教材实验·及时巩固 类型一：变压器原理 例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.变压器不改变交变电流的频率，只改变电压大小 D.当原线圈接入恒定电流时，副线圈也有电压输出 095 类型二：实验器材选取和实验操作 例2：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，实验需要的器材是 A.干电池 B.低压交流电源 C.220V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 [拓展]可拆变压器 要超过12V 变压器铁芯 B.实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路 线陶接线柱 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 线 变压器铁芯 (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 甲（拆分后） 减小原线圈的匝数，则副线圈两端的电压将 （选填“增大” “减小”或“不变”)。 ●[拓展] 类型三：实验原理、数据处理和误差分析 例3：在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中： 乙（组合后） (1)某实验小组通过实验，记录的数据如表所示。 闭合铁芯有何作用？ 原线圈匝数n1/匝 100 200 400 400 闭合铁芯的作用是形 成一个闭合磁路， 副线圈匝数n2/匝 400 400 200 800 原、副线圈的磁通量 变化情况相同。 原线圈两端的电压U,V 1.96 4.90 8.00 4.86 副线圈两端的电压U,V 7.80 9.76 3.90 9.64 通过分析实验数据可得出的实验结论是 (2)一次实验中，变压器原、副线圈的匝数分别为400匝和200匝，测得 的电压分别为8.00V和3.90V,据此可知电压比与匝数比并不相 等，主要原因是 (至少说出两个原因)。 创新实验提升方法迁移·细研深究 创新角度实验原理和实验结论的应用 例4：有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个线圈A、B(内部导线电阻率、横截面积相 同)，线圈外部还可以绕线。 0 201510 81005040 M. 50002/Y 2500/V A-V-0 096 (1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡(×1)先后测量了A、B线圈中“0,14”“0,4”的电阻值， 指针分别对应图乙中的a、b位置，则A线圈的电阻为 2,由此可推断 (选填“A”或“B”)线圈的总匝数较多。 (2)如果把它看作理想变压器，现要测量A线圈的总匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘 导线、一只多用电表和低压交流电源，请完成实验步骤的填空： ①用绝缘导线在B线圈的外部或变压器的铁芯上绕制n匝线圈； ②将 (选填“A”或“B”)全部线圈与低压交流电源相连接； ③用多用电表的 挡分别测量A线圈中“0,14”间的电压U和绕制线圈的电压U。 ④则A线圈的总匝数为 夯基提能作业 请同学们认真完成练案[20] 第2课时 理想变压器的基本关系 ●目标重点展示 素养目标 学习重点 掌握理想变压器原、副线圈的电压与匝数，电流与 物理观念 匝数的关系。 （1)5===…的应用 n n2 n3 1.能应用法拉第电磁感应定律导出理想变压器电 (2)11n1=In2+In3+…的应用 压与匝数的关系。 (3)1,U1=12U2+1,U+…的应用 科学思维 2.能应用理想变压器的功率关系分析电流关系并 (4)原线圈接有电阻时，变压器 解决基本问题。 问题的分析与计算 探究点理想变压器的基本关系 电动势关系：由于互感现象。日没有漏磷原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的根据法 拉第电磁感应定律有E,=n1 马=所以片 △Φ yE= E n2 2.电压关系 只有一个副线圈时 (1)由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U1=E,,副线圈两端的电压U,=E2,所 (2)两类变压器 当n2<n1时，U2<U,副线圈的电压比原线圈的电压低的变压器叫作 变压器；当n2> 1时，U2>U1,副线圈的电压比原线圈的电压高的变压器叫作 变压器。 (3)当有n组线圈时，则有 0_4-0 n n2 n3跟踪训练4：B的示数为电源输出电压的有效值220V,选 项A、D错误；电源输出电压的有效值恰好等于灯泡的额定电 压，灯泡正常发光，选项B正确：电源输出电压的峰值U= 2202V≈311V,大于电容器的额定电压，故开关闭合时电容 器被击穿，选项C错误。 3.变压器 第1课时变压器的原理实验：探究变压 器原、副线圈电压与匝数的关系 实验要点梳理 一、1.闭合铁芯线圈2.交流电源负载 3.互感感应电动势4.磁场电场 二、3.可拆变压器 7.(1)断开(2)12V(3)最大量程 8.(1)能量损失理想化模型(2)①漏磁 经典题型剖析 例1：AC原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，是为了减少磁场 能的损失，有效地传送电能，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；变压器不改变交变电流的频率，只改变电压大小，故C正 确；变压器对恒定电流不起作用，故D错误。 例2：(1)B、E、G(2)A(3)增大 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，需要的器材是低压交流电源、可拆变压器、导线、多用 电表。 (2)实验操作中，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12V;实验通电时，不可用手接触 裸露的导线、接线柱等检查电路；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，选项A正 确，B、C错误。 (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，根据变压器变压公式，副线圈 两端的电压将增大。 例3：(1)在误差允许的范围内，变压器原、副线圈的电压比等于 它们的匝数比(2)见解析 解析：(1)通过分析实验数据可得出实验结论，在误差允许的 范围内，变压器原、副线圈的电压比等于它们的匝数比。 (2)电压比与匝数比并不相等，主要原因是变压器有漏磁、铁 芯发热、导线发热等。 创新实验提升 :(1)24A(2)2A③交流电压④”号 解析：(1)由多用电表知，电阻为240，根据R=p冬，导线越 长，电阻越大，因为A线圈的电阻比B线圈的大，所以A线圈 总匝数多。 (2)②因为要测量A线圈总匝数，所以要把A全部线圈与低 压交流电源相连接；③变压器输入、输出均为交变电流，测电 压时要用交流电压挡测输入和输出电压；④根据变压器电压 比等于恒纸比，有号-片所以光 22 第2课时理想变压器的基本关系 探究点理想变压器的基本关系 2.(1)(2)降压升压 n2 43 n 判断正误 (1)V(2)×(3)V(4)× 例1：AC根据严_80%么可得接收线圈的输出电压，约为 n2 U. 8V,故A正确；由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反 比，故B错误；变压器是不改变交变电流的频率的，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。 例2：B由图可知，交流电的周期为2.25s,故A错误；根据图乙 可知，输入电压最大值Um=482V,则输入电压有效值为U =二=48V,根据变压比可知，副线圈电压即电压表示数为 2 么-=2V,故B正确：R的阻值为见的2倍，根据并 联规律可知，两电阻的电压相同，根据欧姆定律可知，流经R, 和R,的电流之比为1：2，副线圈干路电流等于流经两电阻的 电流之和，则副线圈干路的电流为R电流的3倍，故C错误； 根据理想变压器的原理可知，原副线圈功率相同，故D错误。 故选B。 跟踪训练1：D根据理想变压器电压比与匝数比关系可知 U = ,“,由于输入电压不变，可知元， n'U2 n =,即 U sin oot n =?U。si血o;可知此时输出的交流电的周 n10 期为T-2红。故选D。 w 例3：40W0.25A 解析：因灯泡L正常发光，所以U=30V, 验-号品四每得么20v 哈产甲条器得5=wv 用电器R的电功率Pg=?=250W=40W。 因为理想变压器P=P,即U11=U2山2+UI,代入数据有： 220V·11=40W+15W, 解得原线圈中的电流I1=0.25A。 跟踪训练2：C理想变压器的铁芯不漏磁，每匝线圈的电压等 于V2的读数，则原线圈电压有效值为U1=n1×0.10V= 110V,副线圈电压有效值为，=山，原线圈输入功率等于 剧线周箱出功率，有4瓷则电压表V的示数为10V =1R,其中m1=1100。联立各式解得U2=220V,n2=2200 匝，C正确。 素养能力提升 例4：AC原线圈与L1并联，由小灯泡L1、L2、L均正常发光，可 得原线圈电压U,=4V,副线圈电压U,=24V,理想变压器的 原、副线圈匝数比为n1:n2=U1:U2=1:6,故A正确；由 原、副线圈的功率相等，即P,=P,,可得P=UI1=P,=2× 3V=6W,解得1=1.5A,小灯泡L中的电流I'== P' 子A=05A,通过电阻R的电流1=1+？=20A,放B错 误；电阻R的功率为PR=R=2.0×1.5W=6.0W,故C正 确；电阻R两端的电压UR=R=2.0×1.5V=3V,电路输入 的电压U=Us+U1=7V,故D错误。 专题强化9理想变压器的几种典型问题 提升点1理想变压器的动态分析 例1：D仅将滑片P,上移时，副线圈匝数增大，根据理想变压器 电压与线圈匝数的关系有光=可知副线圈电压增大，则 副线圈电功率增大，原线圈电功率也增大，根据P=Ⅲ可知电 流表A的示数增大，故A错误；仅将滑片P2下移时，滑动变阻 器电阻减小，电压表V的示数变小，故B错误：由上述分析可 知滑片P,下移、P,上移时，副线圈电压减小，滑动变阻器电阻 增大，则副线圈电流减小，电阻R,的功率减小，故C错误；只 断开开关S,总电阻增大，则副线圈电流减小，根据理想变压 器电流与匝数的关系可知原线圈电流减小，即电流表A示数 变小，R2两端电压增大，则电压表示数变大，故D正确。 跟踪训练1：AC原线圈接正弦式交流电，由题知角速度ω= 100mad/s,所以f=%=100mHz=50Hz,故A正确：由表达 2π 2π 式知输入电压有效值为20V,根据兰=知，副线圈电压有 元， 效值即电压表V2的示数为22V,故B错误；光敏电阻R受到 的光照增强时，阻值减小，但不会影响变压器的输入电压及输 出电压，则副线圈电路总电流变大，原线圈电流也变大，定值 电阻分压增大，灯泡两端电压减小，灯泡变暗，故C正确，D 错误。 提升点2两类特殊变压器 例2：B由电压的表达式可知0=2严=100mad/s,T=2五= T Q.02s,测颜率f=7=0z=50,自耦变压器不改变交 1 流电的频率，所以接人风扇的交流电频率为50Hz,故A错误； 交流电源电压的有效值为U=-220巨V=220V,此电压 加在线圈的A、B两端，所以触头P转到线圈中间位置时，风扇 所加电压为110V,故B正确：触头P顺时针旋转时，B、C间的 线圈匝数减少，电压减小，给风扇所加电压减小，风扇电流减 小，自耦变压器的输出功率减小，风扇的转速减慢；输入功率 减小，输人电压有效值不变，A、B间输人电流减小，故C、D 错误。 22 例3：AC电表A是电压表，电表B是电流表：由电流互感器知 高压输电线中电流I=1000A,由电压互感器知高压输电线 输电电压0=2.2×105V,则高压输电线功率P=UM=2.2× 108W。 提升点3变压器与交流发电机综合的问题 例4：AD闭合导线框产生的最大感应电动势为E。=nBSw= 10√2V,有效值为E= =10V,故理想变压器原线圈、副线 2 圈的匝数比为n1:n2=E:U=10V:2.5V=4:1,A正确； 流过灯泡的电流为1，-先-A=06A,根据理想变压器 原、副线圈电流规律可知流过线框的电流有效值为1=·1 n =0.15A,B错误；图示位置为中性面位置，故以该位置为计 时起点，线框中产生的感应电动势的表达式为e= 10√2sin100t(V),C错误；如果在小灯泡两端再并联一盏相同 的小灯泡，由于原线圈两端电压不变，故副线圈两端电压不 变，仍等于灯泡的额定电压，所以两盏灯泡均正常发光，D 正确。 4.电能的输送 探究点1降低输电损耗的两个途径 要点归纳 P 2.3.r 4.（1)减小输电线的电阻r(2)减小输电线中的电流I 判断正误 (1)V(2)V(3)× 例1：BC在功率不变时，电压升高9倍，则传输电流变为原来的 号，若输电线不变，则输电线上损失电压△=，即变为原来 1 ,A错误；输电线损失功率△P=,因此输电线损失功率变 为原先的，B正确：如果损失功率不变（号）广，= 2 (品)7，=p专，如果相同输电线，则电阻率不变，传输距 离不变时，所需导线横截面只有原先的7，C正确：如果损失 功率不变，相同材料、粗细的输电线传输距离是原先的81倍， D错误。故选BC。 跟踪训练1：A在正常供电时有△P=PR,除冰时有9△P= 2R,联立两式解得'=3，由P=U可知，在输电功率不变的 情况下，电流变为原来的3倍时，电压降低为原来的子，即U =号，A正确。 探究点2电网供电 1.升压降压 3.（1)经济效益 4.(2)U41△U+U3U4L4