第3章 交流电 单元综合提升-【金版新学案】2025-2026学年高中物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（教科版）

单元综合提升 　　　　 第三章 交流电 概念梳理 构建网络 1 教考衔接 明确考向 2 易错辨析 强化落实 3 单元检测卷 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 概念梳理 构建网络 返回 返回 教考衔接 明确考向 返回 (多选)(2020·天津高考)手机无线充电是比较新颖的充电方式。如图所示，电磁感应式无线充电的原理与变压器类似，通过分别安装在充电基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中 A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化 B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变 C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递 D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失 真题 1 √ √ 送电线圈相当于变压器原线圈，受电线圈相当于变压器副线圈，是互感现象，送电线圈接交变电流，受电线圈也产生交变电流，所产生的磁场呈周期性变化，A、C正确，B错误，由于没有闭合铁芯，传递能量过程中有能量辐射，D错误。 衔接教材 教科版选择性必修第二册P78发展空间－－无线充电 电能的传输，必须依赖导线吗？答案是否定的。 无线充电，又称为感应充电或非接触式充电，是一种新型的充电方式。它利用近场感应，可以将能量传送至需充电的设备，对电池进行充电。由于无线充电器与充电设备之间通过电感耦合来传递能量，因此二者之间不需要导线的连接(如图)。 目前无线充电的方式主要有如下三种。 1．电磁感应式充电。这种方式的原理类似于变压器。如果初级线圈接一定频率的交流电，通过电磁感应将在次级线圈中产生一定的电流，从而实现了能量从发送端到接收端的转移。这是目前最为常见的无线充电方式。 2．磁场共振式充电。当能量发送装置和能量接收装置的磁场调整到相同频率，或者说在一个特定的频率上共振时，它们就可以传递彼此的能量。这是一项尚在研发中的充电技术。 3．无线电波式充电。这种方式类似于早期使用的矿石收音机，主要由微波发射装置和微波接收装置组成，它可以捕捉到从墙壁反射回的无线电波能量，在随负载做出调整的同时，保持稳定的直流电压。这种无线充电方式较为方便，技术也较为成熟，只需在插座处安装一个发送器，在低压产品上安装一个接收器即可。 衔接分析　2020年天津高考试题以手机无线充电为情境设计问题，与教材P78发展空间－－无线充电为同源情境，重点考查互感的原理及应用。 针对练．(多选)(2024·海淀高二期末)无线充电给我们生活带来了很大的方便，图甲是手机无线充电器的示意图，其原理如图乙所示，当送电线圈接上220 V的正弦交变电流后，会产生一个变化的磁场，从而使手机的受电线圈中产生交变电流，该电流经过其他装置转化为直流电给手机充电，该装置实际上可等效为一个无漏磁的理想变压器。送电线圈的匝数为N1，受电线圈匝数为N2，N1∶N2＝44∶1。若手机电阻为5 Ω，当该装置给手机充电时，下列说法正确的是 A．流过原、副线圈的电流之比为1∶44 B．受电线圈c、d两端之间的输出电压为4 V C．充电时流过手机的电流为1 A D．保持a、b端输入电压不变，若在充电时 玩大型游戏(即增大手机用电功率)，则受电线圈的输出电流将变小 √ √ 流过原、副线圈的电流与原、副线圈的匝数成反比，则流过原、副线圈的电流之比为 ，故A正确；根据 ，代入数据解得受电线圈c、d两端之间的输出电压为U2＝5 V，故B错误，充电时流过手机的电流为I2＝ A＝1 A，故C正确；保持ab端输入电压不变，则受电线圈的输出电压不变，若在充电时玩大型游戏，即增大手机用电功率，则受电线圈的输出电流将变大，故D错误。 (2020·江苏高考)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器 A．是一种降压变压器 B．能测量直流电路的电流 C．原、副线圈电流的频率不同 D．副线圈的电流小于原线圈的电流 真题 2 √ 原线圈匝数少，副线圈匝数多，由 可知，电流互感器是升压变压器，选项A错误；电流互感器的原理是电磁感应，不能测量直流电路的电流，选项B错误；变压器不改变电流的频率，原、副线圈电流的频率相同，选项C错误；由 可得，副线圈的电流小于原线圈的电流，选项D正确。 衔接教材 教科版选择性必修第二册P72电流互感器 电流互感器的主要作用是将大电流变成小电流。它是一种升压变压器，外形如图甲所示。它的原线圈串联在被测交流电路中，副线圈与交流电流表相连，如图乙所示，根据已测得电流I2和铭牌上标注的变流比(I1∶I2)，就可以算出被测电路中的电流。 为了安全，电流互感器使用时必须确保副线圈接地。此外，电流互感器在使用时绝对不许将副线圈开路，如果开路，副线圈两端将产生很高的电压，对人非常危险，同时还会造成铁芯过热而烧坏互感器。 衔接分析 2020年江苏高考试题以电流互感器的应用为情境设计问题，与教材P72电流互感器为同源情境，重点考查互感器的原理及应用。 针对练．(多选)单相电流互感器型触电保护器由电流互感器B、灵敏继电器J和交流接触器JC(开关)组成，如图甲所示(Rb为人体等效电阻)。其中电流互感器B如图乙所示，有两个匝数相同的初级绕组①(粗线)和②(细线)。－个次级绕组③。正常工作时，相线中的电流和零线中的电流相等，铁芯中没有净磁通量，绕组③中也没有感应电动势和电流。当人体触及相线时，通过人体的电流Ib经大地回到电源，此时，互感器B的绕组①和②中的电流失去平衡，铁芯中出现净磁通量，绕组③中即产生感应电流(触、漏电控制信号电流)，此感应电流启动继电器J使交流接触器JC常闭触点打开，从而切断电源。根据触电保护器的工作原理。下列说法正确的是 A．电流互感器的a端接电源相线时，必须将c端接电源零线 B．电流互感器的a端接电源相线时，必须将b端接电源零线 C．连接时电流互感器初级线圈串联在电路中 D．线圈③的匝数越少，触电保护器的灵敏度越高 √ √ √ 依题意，正常工作时变压器铁芯中磁通量为零，因此线圈①、②中电流必须反向，如果电流互感器的a端接电源相线时，必须将b端接电源零线，故A错误，B正确；由题图可知电流互感器初级线圈是串联在电路中，故C正确；由变压器原理可知，线圈③的匝数越少，感应电流越大，触电保护器越灵敏，故D正确。 (多选)(2023·湖南高考)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是 A．线圈转动的角速度为4ω B．灯泡两端电压有效值为3 nBL2ω C．若用总长为原来两倍的相同漆包线重 新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则 灯泡两端电压有效值为 D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮 真题 3 √ √ 大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和 线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr，由题 意可知大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮转动 的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正 确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω， 又S＝L2，联立可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E nBL2ω，根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值为 U＝ E＝nBL2ω，B错误； 若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成 边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变 为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值 Emax′＝8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效 值E′＝ nBL2ω，根据电阻定律R′＝ρ ， 可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯 泡两端电压有效值U′＝ ，C正确；若仅将小轮半 径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。 衔接教材 教科版选择性必修第二册P56观察思考1 如图所示，先将手摇发电机与小灯泡连接成闭合电路，快速转动手柄，可以观察小灯泡发光，慢慢降低手柄的转速，它的亮度有何变化？这说明了什么？ 衔接分析 2023年湖南高考试题以手摇发电机发电过程为情境设计问题，与教材P56观察思考为同源情境，重点考查交变电流的产生及特点。 针对练．如图为一台手摇发电机，它的大轮半径是小 轮半径的十倍，小轮和线圈同轴转动，线圈的匝数为 100匝，线圈的面积为50 cm2，磁铁产生的匀强磁场的 磁感应强度为0.1 T。现在该发电机两端接一个特殊的 灯泡，灯泡两端电压超过2 V时灯泡开始发光，但两端 电压超过6 V时灯泡就会烧断。己知皮带不打滑，发电机线圈电阻可忽略不计。某同学摇动手柄点亮灯泡，下列说法正确的是 A．题目当中的“2 V”和“6 V”是指灯泡两端的最大电压 B．当大轮匀速转动时发电机输出方波交变电流 C．若要灯泡能够安全发光，该同学摇手柄的最小角速度为4 rad/s D．若要灯泡能够安全发光，该同学摇手柄的最大角速度为8 rad/s √ 灯泡两端的电压指的是电压的有效值，故A错误；由于线圈在匀强磁场中匀速转动，所以产生的电流一定是正弦交变电流，故B错误；灯泡两 返回 易错辨析 强化落实 返回 1．(交变电流的四值混淆)(多选)某物理兴趣小组用实 验室的手摇发电机和一个理想变压器给一个灯泡供电， 电路图如图所示，当线圈以较大的转速n匀速转动时， 额定电压为U0的灯泡正常发光，电压表示数是U1。已 知手摇发电机的线圈电阻是r，灯泡电阻是R，电表均 为理想电表，则有 A．线圈位于中性面位置时开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝U1sin 2πnt B．变压器的匝数比是U1∶U0 C．电流表的示数是 D．线圈中产生的电动势最大值是Em＝ U1 √ √ 线圈以较大的转速n匀速转动，所以ω＝2πn，电压表显示的是有效值，故Um＝ U1，所以变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝ U1sin 2πnt，故A错误；电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈的匝数比是U1∶U0，故B正确； 理想变压器的输入功率和输出功率相等，灯泡正常发光时电功率为P＝ 易错分析　不能区分交变电流的四值及其应用，误认为电压表示数为最大值，错选A。 2．(理解不清变压器的制约关系)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，通过原、副线圈中的电流分别为I1，I2。保持n1、n2和U1不变，且闭合开关S后两灯泡均能发光，将开关S由闭合变为断开，则 A．U2增大 B．I1减小 C．I2增大 D．变压器的输入功率增大 √ 根据 ，可知U2不变，选项A错误；将开关S由闭合变为断开，则 副线圈电路中电阻变大，已知U2不变，输出电流决定输入电流，副线圈电路的电流I2减小，则I1减小，选项B正确，C错误；变压器的输出功率决定输入功率，P2＝I2U2，I2减小，则输入功率减小，选项D错误。 易错分析　理解不清变压器的制约关系，不能抓住不变量分析，本题中U1不变，U1决定U2，因此I2变化，I1变化，导致变压器输出功率P2和输入功率P1变化，如果从电流或功率不变分析会出现错解。 3．(对远距离输电的功率损失认识不清)(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为ΔP，用户得到的电功率为P′，则ΔP和P′的表达式正确的是 √ √ 4．(对远距离输电的电压关系、功率关系不清)如图是远距离输电示意图，发电站输出的交流电压u＝250 sin (100πt) V，输出功率P＝100 kW，输电线的总电阻R＝8 Ω。下列说法正确的是 A．升压变压器输出电压U2等于降压变压器输入电压U3 B．降压变压器输出电流的频率是100 Hz C．若用户消耗的电功率增大，则降压变压器输出电压U4增大 D．输电线上损耗的功率为5 kW时，所用升压变压器的匝数比 √ 输电电流为I，输电线上损失的电压ΔU＝IR，则U3＝U2－ΔU，故A错误；由题述交流电压的表达式可知交流电的频率f＝50 Hz，变压器不改变交流电的频率，故降压变压器输出电流的频率仍为50 Hz，故B错误；若用户消耗的电功率增大，则输电电流增大，输电线上损失的电压ΔU增大，U3减小，则U4减小，故C错误；输电线上损耗的功率为P损＝I2R， 易错分析　对远距离输电的电压关系不清，误认为U2＝U3，错选A；对远距离输电的功率关系不清，找不准升压变压器的输出功率P2、降压变压器输入功率P3和输电线上损耗功率的关系出错。 返回 单 元 检 测 卷 返回 1. 如图所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动。若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正，则下列四幅图像中正确的是 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时为计时起点，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，则瞬时电流的表达式为i＝－Imsin ，选项C正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 2．如图甲所示，标有“220 V　40 W”的灯泡和标有“20 μF　300 V”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乙所示，下列判断正确的是 A．断开开关，t＝ 时刻， 的示数为零 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， 的示数保持220 V不变 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 的示数应是电压的有效值220 V，故选项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；电压的峰值Um＝220 V≈311 V，大于电容器能承受的最大电压，故开关闭合时电容器被击穿，选项C错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 √ 3．在图甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上220 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为110 V。若分别在c、d两端与g、h两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为 A．220 V、220 V B．220 V、110 V C．110 V、110 V D．220 V、0 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 变压器与分压器的区别主要是原理不同，变压器的工作原理是法拉第电磁感应定律，可以把电压升高，也可以把电压降低；分压器的工作原理是串联电路的分压原理，不能升高电压。在题图甲中，由Uab＝220 V，Ucd＝110 V，可知nab＝2ncd，所以当c、d间接110 V交流电压时，ab间电压为220 V；在题图乙中，由Uef＝220 V，Ugh＝110 V，可知分压器触头P在正中央，当gh间接110 V交流电压时，电流经过分压器下半部分，g点和e点电势相等，所以ef间电压等于gf间电压，即Uef＝110 V，故选B。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 √ 4．如图所示，理想变压器三个线圈的匝数比为n1∶n2∶n3＝4∶1∶1，电阻R1＝R2＝R3＝R。当A、B两接线柱接正弦交流电源时，通过R2的电流为I，则电源的输出功率为 A．2I2R B． I2R C．3I2R D．18I2R 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 √ 5．(2024·广东佛山高二期末)如图为某种燃气灶点火装置原理图。转换器把直流电压转换为最大值为5 V的正弦交变电压，加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，当钢针与金属板间的电压大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。对此，下列说法正确的是 A．图中电压表的示数为5 V B．图中的变压器为降压变压器 D．要使点火装置正常工作，转换器输出的一定为正弦交流电 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 交流电压表示数是电压的有效值，电压表示数为U＝ V＝ V， 故A错误；由于钢针与金属板间的电压大于5 000 V才会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体，因此图中的变压器为升压变压器，故B错误；根据理想变压器电压与匝数的关系有 ，故C正确；变压器的工作原理是电磁感应，只要通过变压器原线圈的电流发生变化，线圈中的磁通量就会发生变化，就会产生电磁感应，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 √ 6．(2024·黄冈高二期末)某小型水电站交流发电机的输出电压为400 V，先经升压变压器将电压升高，经总阻值为R＝2 Ω的输电线向远端用户输电，用户端用降压变压器将电压降到220 V供用户使用。若用户的用电功率为19.8 kW，输电线R上损耗的功率为0.2 kW，已知变压器均为理想变压器，其他电阻不计。下列说法正确的是 A．通过输电线R的电流I2＝10 A B．降压变压器的输入电压U3＝2 000 V C．升压变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶10 D．降压变压器原、副线圈匝数比n3∶n4＝10∶1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 √ 7．(2024·甘孜高二校考)如图为某小型发电站高压输电示意图。发电机输出功率恒定，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲乙两个互感器(均为理想器材)，两互感器原线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，降压变压器原、副线圈的匝数比为200∶1，电压表的示数为220 V，电流表的示数为5 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则下列说法正确的是 A．互感器甲是电流互感器，互感器乙是电压互感器 B．输电线路上损耗的功率约占输电总功率的4.5% C．用户端的电压U4为200 V D．用户使用的用电设备增多，流过电流互感器的电流减小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 互感器甲并联在零、火线上，所以是电压互感器，互感器乙串联在电路中，是电流互感器，故A错误；电流表的示数为5 A，互感器原、副线圈的匝数比为1∶20，则线路上电流I＝100 A，线路上损耗的功率P损＝I2r＝200 kW，电压表的示数为220 V，匝数比为200∶1，所以输送电压U＝44 000 V，功率P＝UI＝4 400 kW， 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 则输电线路上损耗的功率约占输电总功率的 ×100%＝4.5%，故B正确；U3＝44 000 V－100×20 V＝42 000 V，用户端的电压U4＝ ＝210 V，C错误；用户使用的用电设备增多，电阻变小，则用户回路电流变大，流过电流互感器的电流变大，故D错误。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 √ √ 8．家用台灯亮度调节原理图如图甲所示，理想自耦变压器的a、b间接入如图乙所示的正弦交流电压。交流电流表 为理想电表，灯泡额定电压为15 V，额定功率为30 W(设灯泡的电阻值保持不变)，当P在c处时灯泡正常发光。下列描述正确的有 A．灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与c点下方的匝数之比为44∶3 B．当灯泡正常发光时电流表的读数为2 A C．将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入功率变小 D．将调压端的滑动触头P向下移动时，变压器的输入电压变小 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 9．如图所示的装置中，cd杆光滑且原来静止。当ab杆做如下哪些运动时，cd杆将向右移动(杆切割磁感线速度越大，感应电流越大) A．向右匀速运动 B．向右加速运动 C．向左加速运动 D．向左减速运动 √ √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 ab杆向右匀速运动，在ab杆中产生恒定的电流，该电流在线圈L1中产生恒定的磁场，在L2中不产生感应电流，所以cd杆不动，故A错误；ab杆向右加速运动，根据右手定则知，在ab杆上产生逐渐增大的由a到b的电流，在L1中产生方向向上且增强的磁场，该磁场向下通过L2，由楞次定律及安培定则知，在cd杆上产生由c到d的感应电流，根据左手定则，可知cd杆受到向右的安培力，cd杆将向右运动，故B正确；同理可得C错误，D正确。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 √ √ 10．(2024·浙江温州统考期末)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为1∶2，在原、副线圈的回路中分别接有阻值为R和4R的电阻，原线圈一侧接在电压100 V的正弦交流电源上，则 A．副线圈回路中电阻两端的电压为100 V B．副线圈回路中电阻两端的电压为200 V C．原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶1 D．原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶2 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 设理想变压器的原线圈输入电压为U1，电流为I1，副线圈的输出电压为 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 11．(6分)某同学选用匝数可调的可拆变压器来做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，变压器原线圈两端所接的电源应是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”)。上述探究变压器两端的电压与匝数的关系过程中采用的实验方法是____________(选填“控制变量法”、 “转换法”或“类比法”)。 交流电源 增大 减小 控制变量法 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是12 V的低压交流电源；根据 可知，保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，可观察到副线圈两端的电压增大；保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，可观察到副线圈两端的电压减小；探究变压器两端的电压与匝数的关系，采用的实验方法是控制变量法。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 12．(8分)某同学利用实验室中的自耦变压器做”探究变压器线圈两端的电压与匝数关系”的实验。图甲为变压器的实物图，图乙为其内部结构图，图丙为实验原理图。除自耦变压器外实验室还提供了如下器材： A．直流电压表； B．多用电表； C．220 V交流电源； D．交直流学生电源； E．低压直流电源； F．滑动变阻器“20 Ω，2 A”； G．滑动变阻器“5 Ω，0.5 A”； H．开关、导线若干。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 回答下列问题： (1)实验中电源应选用___，测量电压的电表应选用___，滑动变阻器应选用___。 D B F 变压器工作必须使用交流电源，为了确保安全，选用交直流学生电源D；由于测量的是交流电压，因此选用多用电表B的交流挡位；为确保安全，选用额定电流为2 A的滑动变阻器F。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (2)实验中原线圈的匝数用图甲刻度盘上的________表示，副线圈的匝数用图甲刻度盘上的手柄上的指针指示刻度表示。 总刻度 原线圈的匝数是线圈的总匝数。用图甲刻度盘上的总刻度表示。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (3)实验中该同学想通过调节滑动变阻器改变副线圈上的电压，是否可行？________ 不可行 根据变压器的电压与匝数的关系可知，副线圈两端电压由原线圈电压与匝数比决定，与滑动变阻器的阻值大小无关，因此实验中想通过调节滑动变阻器改变副线圈上的电压不可行。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (4)下表为某次实验得到的数据，从数据上发现电压比总小于匝数比。除测量误差外，造成这一结果的主要原因是(说出两个原因)： ①________________； ②_________________________________________。 实验数据记录表(表盘总刻度为240，U1＝12 V) 实验次数 1 2 3 4 5 指针指示刻度 40 60 80 120 200 U2/V 1.90 2.92 3.94 5.96 9.98 有漏磁(磁损) 铁芯发热(铁损)或线圈导线发热(线圈有电阻) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 由于电压比总小于匝数比，说明副线圈中磁通量的变化率总小于原线圈中磁通量的变化率，原因在于该变压器并不是理想的变压器，在实际运用中既有漏磁(磁损)，又有铁芯发热(铁损)或线圈导线发热(线圈有电阻)。 实验次数 1 2 3 4 5 指针指示刻度 40 60 80 120 200 U2/V 1.90 2.92 3.94 5.96 9.98 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 13．(10分)(2024·德州市第一中学高二阶段练习)如图甲所示，电动车现在成为了许多人常用的代步工具，其中的主要零件有车架、电动机、控制器、蓄电池和充电器。把电动车的电动机拆下来，使其中的线圈转动，并外接上用电器R(可看作纯电阻)，电动机就变成发电机能给R供电，其原理如图乙所示。线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝。线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ T，方向垂直纸面向里，当线圈以ω＝10π rad/s的角速度匀速转动时。(各电表均视为理想交流电表) 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (1)求线圈感应电动势的最大值Em和交流电压表示数U。(结果可以保留 根式) 感应电动势的最大值Em＝NBSω＝50 V 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (2)从图示位置开始计时，写出电路中电流i的瞬时值表达式。 答案：i＝5sin(10πt) A 电流最大值Im＝ ＝5 A 则电路中电流瞬时值表达式为 i＝Imsin ωt＝5sin(10πt) A。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (3)求线圈转一圈用电器R产生的热量。 答案：22.5 J 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (4)经 s通过电阻R的电荷量是多少？(结果保留1位有效数字) 答案：0.08 C 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 14．(8分)(2024·重庆一中期末)如图所示，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，电阻不计，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、副线圈匝数比为k，副线圈接有电阻R。当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (1)电阻R两端电压的有效值； 线圈感应电动势的最大值 Em＝NBSω＝2NBL2ω 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (2)发电机的输出功率。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 15．(10分)如图所示，阻值均为R的定值电阻R1、 R2、R3，分别连接在理想变压器原、副线圈两端， 原线圈接交流电源，交流电源输出电压的有效值恒 定。已知原、副线圈的匝数之比n1∶n2∶n3＝3∶2∶1，闭合开关S后，电阻R3的功率为P。其他电阻不计，求： (1)电阻R1两端的电压。 由题知，各线圈两端电压满足 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (2)该交流电源的输出功率。 答案：14P 因此该交流电源的输出功率 P出＝P1＋P2＋P＝14P。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 16．(12分)(2024·南通市高二上期末)如图所示，用一小型交流发电机向远处用户供电，已知发电机线圈abcd匝数N＝100匝，面积S＝0.03 m3，线圈 匀速转动的角速度ω＝100π rad/s，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ T。 输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为R＝10 Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4＝10∶1。若用户区标有“220 V　8.8 kW”的电动机M恰能正常工作，发电机线圈电阻r不可忽 略。求： 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (1)交流发电机产生感应电动势的最大值Em； 答案：300 V 感应电动势的最大值为Em＝NBSω 代入数据解得Em＝300 V。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (2)输电线路上损耗的电功率ΔP； 答案：160 W 设降压变压器原、副线圈中的电流分别为I3、I4，电动机恰能正常工作，有I4＝ ＝40 A 所以输电线路上损耗的电功率为 ΔP＝I32R＝160 W。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 (3)若升压变压器原、副线圈匝数比为 n1∶n2＝1∶8，求升压变压器原线圈两 端的电压U1。 答案：280 V 升压变压器副线圈两端的电压为 U2＝U3＋I3R＝2 240 V 返回 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 1 谢 谢 观 看 ！ 第三章 交流电 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 ＝＝ ＝ ＝ ＝ ＝ ＝2 ＝4 E′＝ ＝ A．ΔP＝ B．ΔP＝ C．P′＝P－ D．P′＝P 易错分析　误认为功率损失ΔP＝，错选A，实际上功率损失可用公式ΔP＝＝UI＝I2R，但其中U应为输电线上的电压降而非输送电压。 ＝ ＝ ＝<＝ U2，电流为I2，则＝＝，＝＝＝，解得U2＝100 V，原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为＝＝，A、C正确，B、D错误。 ＝ 发电机的输出功率等于副线圈中R产生的热功率，则有P＝，代入数据解得P＝。 $