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教师用书（教科版）

单元综合提升 (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 答案：AC 解析：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。 学生用书第106页 [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 答案：AC 解析：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 答案：D 解析：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。 学生用书第107页 [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 答案：BCD 解析：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(　　) 学生用书第108页 A．线圈转动的角速度为4ω B．灯泡两端电压有效值为3nBL2ω 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 答案：AC 解析：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＝＝2nBL2ω，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′＝＝4nBL2ω，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′＝E′＝，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 答案：C 解析：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； 灯泡两端电压最大值为Em＝NBSω，电压有效值为U＝，由皮带上各个位置线速度大小相等有ωr小＝ω0r大，解得该同学摇手柄的角速度ω0＝，所以当U＝2 V时，ω0小＝4 rad/s，当U＝6 V时，ω0大＝12 rad/s，故C正确，D错误。 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 答案：BC 解析：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＝，所以输入功率为P′＝，电流表的示数是I1＝＝，故C正确；由于线圈有内阻r，故线圈中产生的电动势有效值大于U1，最大值也就大于U1，故D错误。 [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(　　) 学生用书第109页 A．U2增大 B．I1减小 C．I2增大 D．变压器的输入功率增大 答案：B 解析：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 (　　) A．ΔP＝ B．ΔP＝ C．P′＝P－ D．P′＝P 答案：BD 解析：输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝，故输电线上损失的电功率为ΔP＝I2R＝ρ＝，故A错误，B正确；用户得到的功率为P′＝P－ΔP＝P－＝P，故C错误，D正确。 [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。 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＝250sin (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＝ 答案：D 解析：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，代入数据可得I＝25 A，U2＝＝ V＝4×103 V，U1＝ V＝250 V，则＝＝，故D正确。 [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。 学科网（北京）股份有限公司 $