3.3 科学探究 变压器 课件 -2025-2026学年高二下学期物理鲁科版选择性必修第二册

该高中物理课件围绕变压器的构造、工作原理及理想变压器的电压、电流、功率关系展开，通过“线圈套铁芯接交流电源使灯泡发光”的情境探究导入，衔接电磁感应知识，搭建从原理理解到规律应用再到动态分析的学习支架。 其亮点在于以科学探究为核心，通过实验情境和思维辨析（如“变压器不能改变直流电”的原理分析）培养科学思维，结合表格归纳规律、高考真题演练提升物理观念应用，融入自耦变压器等STS内容渗透科学态度与责任。学生能深化理解，教师可高效开展教学。

第3节　科学探究:变压器 1.了解变压器的构造,理解变压器的工作原理。2.掌握变压器的电压与匝数的关系及应用,理想变压器的功率关系,并导出原、副线圈中的电流关系。 [定位·学习目标]　 探究·必备知识 「知识梳理」 知识点一　变压器的工作原理 1.变压器的构造 由 和绕在铁芯上的两个或两个以上的线圈组成,如图所示。 闭合的铁芯 (1)原线圈:与 相连的线圈,也叫 。 (2)副线圈:与 相连的线圈,也叫 。 (3)原线圈两端的电压称为 ,副线圈两端的电压称为 。 电源 初级线圈 负载 次级线圈 输入电压 输出电压 2.原理:当原线圈两端加上交变电压U1时,原线圈中就有交变电流I1通过,并在铁芯中产生 ,铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上,铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生 。如果在副线圈两端连接负载构成闭合回路,副线圈中就会产生交变的 。 3.作用:变压器能 或 交变电流的电压。 4.能量转化 虽然变压器原、副线圈的导线互不相连,却可通过变化的磁场传送 。 交变的磁场 感应电动势 感应电流I2 升高 降低 电能 知识点二　理想变压器的电压与匝数的关系 1.理想变压器 (1)原、副线圈中电流产生的 绝大部分通过铁芯,但也有一些会“漏”到铁芯以外。绕在铁芯上的线圈有 ,会消耗能量。此外,变压器的铁芯也会因 而消耗能量。 (2)理想变压器的特点: ①原、副线圈不计内阻,即不产生焦耳热。 ②铁芯中不产生涡流。 ③变压器铁芯内无漏磁。 磁场 电阻 涡流 2.原、副线圈的电压关系 匝数 当n2>n1时,U2 U1,这种变压器称为升压变压器;当n2<n1时,U2<U1,这种变压器称为 。 降压变压器 > 1.思考判断 (1)变压器可以改变交变电流的电压,不能改变恒定电流的电压。(　 　) (2)实际应用中,不存在原线圈与副线圈匝数相等的变压器。(　 　) (3)理想变压器不仅可以改变交变电流的电压,还可以改变交变电流的频率。 (　 　) (4)理想变压器是客观存在的。(　 　) 「新知检测」 × √ × √ √ (6)输入交变电流的频率越高,输出交变电流的电压就越高。(　 　) × 2.思维探究 (1)为什么变压器不能改变恒定电流的电压? 【答案】 (1)变压器是依据电磁感应工作的,只有原线圈中通入交变电流,铁芯中才能产生变化的磁场,使穿过副线圈的磁通量变化而产生交变电流,原、副线圈匝数不同而改变电压。如果变压器接入恒定电流电路,原线圈中的电流不变,在铁芯中不会产生磁通量的变化,副线圈中不会产生电磁感应,变压器就起不到变压作用。 (2)交变电流通过变压器改变电压,而频率是否会发生改变? 【答案】 (2)频率不发生改变,这是因为原线圈中电流产生的变化磁场以不变的频率通过副线圈而使副线圈产生同频率的感应电流。 (3)变压器的铁芯为什么用导磁性能很好的薄硅钢片叠压而成? 【答案】 (3)为了减小损耗。变压器的铁芯常用涂有绝缘漆的薄硅钢片叠压而成,使由于磁场变化而产生的涡流被限制在狭窄的薄片之中,且回路的电阻很大,涡流大为减弱,从而减小损耗。 突破·关键能力 要点一　理想变压器的工作原理及规律 「情境探究」 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)连接到小灯泡两端。连接电路,接通电源,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? 【答案】 (1)当左边线圈接上交流电源时,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)小灯泡两端的电压与低压交流电源的输出电压相等吗?如果不相等,与什么因素有关? (3)若将原线圈接在恒定的直流电源上小灯泡发光吗?为什么? 【答案】 (3)不发光,因为无法在副线圈中产生感应电动势。 「要点归纳」 1.工作原理 2.基本规律 [例1] (2025·福建卷)某理想变压器如图甲,原、副线圈匝数之比为4∶1,输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示,定值电阻R1的阻值为R2的2倍,则(　　) A.副线圈中交变电流的周期为0.25 s B.电压表示数为12 V C.副线圈干路电流为通过R1电流的2倍 D.原、副线圈功率之比为4∶1 B 关于理想变压器关系式的两点说明 ·方法总结· [针对训练1] (双选)如图所示,理想变压器的原线圈匝数为n1=1 000,副线圈匝数n2=200,交流电源的电动势e=311sin 314t V,电阻R=88 Ω,电流表和电压表对电路的影响忽略不计,下列结论正确的是(　　 ) A.电流频率为50 Hz B.电流表A1的示数为0.1 A C.电压表V1的示数为311 V D.电阻R的发热功率约为44 W AB 要点二　理想变压器的动态变化 「情境探究」 如图所示电器中,理想变压器原、副线圈匝数比确定。 (1)理想变压器原、副线圈的电压、电流、功率分别由谁起决定作用? 【答案】 (1)副线圈输出电压U2由原线圈输入电压U1决定,原线圈中的输入电流I1由副线圈中的输出电流I2决定,原线圈输入功率由副线圈输出功率决定。 (2)若只增大副线圈的负载电阻,则理想变压器原、副线圈的电压、电流、功率分别怎样变化? 【答案】 (2)原线圈输入电压U1不变,副线圈输出电压U2不变,增大负载电阻,副线圈输出电流I2减小,原线圈输入电流I1也减小,副线圈输出功率P2减小,原线圈输入功率P1减小。 「要点归纳」 1.理想变压器各物理量间的制约关系 (2)输出功率决定输入功率:对理想变压器 P出=P入。 2.对理想变压器进行动态分析的两种常见情况 (2)输入电压U1不变,负载电阻R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n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1。 [例2] 如图所示,理想变压器原线圈接在正弦式交变电源上,副线圈通过输电线连接两只相同的灯泡L1、L2,输电线的等效电阻为R,在图示状态下,开关S是断开的,当开关S闭合时,下列说法正确的是(　　) A.副线圈两端输出电压减小 B.等效电阻R两端的电压减小 C.通过灯泡L1的电流减小 D.原线圈中的电流减小 C 【解析】 理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的,由于输入电压和匝数比不变,所以副线圈的输出电压也不变,故A错误;当S闭合后,两个灯泡并联,电路的总电阻减小,副线圈的电流变大,所以通过等效电阻R的电流变大,等效电阻R两端的电压增大,那么并联部分的电压减小,所以通过灯泡L1的电流减小,故B错误,C正确;由于副线圈电路中的总电阻减小,输出功率变大,所以原线圈的输入功率也变大,因为输入电压不变,所以原线圈中的电流要变大,故D错误。 理想变压器动态问题的处理方法 (1)首先抓住三个决定性原则:输入电压U1决定输出电压U2;输出电流I2决定输入电流I1;输出功率P2决定输入功率P1。 (2)把副线圈当作电源,研究副线圈电路电阻变化。 (3)根据闭合电路欧姆定律,判定副线圈电流的变化、功率的变化。 ·方法总结· [针对训练2] 理想变压器的原线圈连接电流表,副线圈接入电路的匝数可以通过触头Q调节,在副线圈输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,在原线圈上加一电压为U的交变电流,如图所示.下列情况可能出现的是(　　) A.若Q位置不变,将P向上滑动,U′变大 B.若Q位置不变,将P向上滑动,电流表的读数变大 C.若P位置不变,将Q向上滑动,电流表的读数变大 D.若P位置不变,将Q向上滑动,变压器的输入功率不变 C 提升·核心素养 「模型·方法·结论·拓展」 变压器和分压器 如图所示,变压器和分压器都能起到改变电压的作用,但二者有着本质区别。 1.变压器是一种电感性仪器,是根据电磁感应原理工作的;而分压器是一种电阻性仪器,是根据电阻串联分压原理工作的。 2.变压器可以改变交流电压,不能改变恒定电流电压;而分压器既可改变交流电压,也可改变恒定电流电压。 3.变压器可以使交流电压升高或降低;而分压器不能使电压升高。 4.对于理想变压器,电压与线圈匝数成正比,即 Uab∶Ucd=n1∶n2;而对于分压器,电压与电阻成正比,即Uef∶Ugh=Ref∶Rgh。 5.若在cd间、gh间分别接入负载电阻R0后,对于变压器,Ucd不随R0的变化而变化;而对于分压器,Ugh将随R0的增大而增大,随R0的减小而减小。 6.理想变压器的输入功率随输出功率的变化而变化,且始终相等,即P入=P出;而分压器空载时,输入功率P入=I2Ref不变。 [示例] (双选)(2024·全国甲卷)如图,理想变压器的副线圈接入电路的匝数可通过滑动触头T调节,副线圈回路接有滑动变阻器R、定值电阻R0和R1、开关S。S处于闭合状态,在原线圈电压U0不变的情况下,为提高R1的热功率,可以( 　　) A.保持T不动,滑动变阻器R的滑片向f端滑动 B.将T向b端移动,滑动变阻器R的滑片位置不变 C.将T向a端移动,滑动变阻器R的滑片向f端滑动 D.将T向b端移动,滑动变阻器R的滑片向e端滑动 AC 【解析】 保持T不动,变压器的输出电压不变,并联电路两端电压不变,滑动变阻器R的滑片向f端滑动时,接入电路的电阻减小,由串联电路分压原理可知,R1两端的电压增大,R1的热功率增大,A正确;T向b端移动时,变压器副线圈接入电路的匝数减少,变压器的输出电压减小,若滑动变阻器R的滑片位置不变,则各电阻两端的电压减小,R1的热功率减小,若滑动变阻器R的滑片向e端滑动,滑动变阻器接入电路的电阻变大,则R1两端的电压减小,R1的热功率减小,B、D错误;T向a端移动时,变压器的输出电压增大,并联电路两端电压增大,滑动变阻器R的滑片向f端滑动,滑动变阻器接入电路的电阻减小,则R1两端的电压增大,R1的热功率增大,C正确。 「科学·技术·社会·环境」 自耦变压器 自耦的耦是电磁耦合的意思,普通的变压器是通过原、副线圈电磁耦合来传递能量,原、副线圈没有直接的导线联系,自耦变压器原、副线圈为同一线圈,它的低压线圈是高压线圈的一部分。 自耦变压器是输出和输入共用一组线圈的特殊变压器。它是通过改变输出端滑动触头位置,达到调节输出电压的目的的。其原理和普通变压器一样。一般的变压器是原线圈通入交变电流产生变化磁场,使变化磁场通过另一副线圈产生交变电流,原、副线圈匝数不同而输出不同电压,而自耦变压器是线圈自身通入交变电流,使其中一部分输出频率相同、电压不同的交变电流。 [示例] 如图甲所示为一自耦变压器,变压器的原线圈A、B两端输入电压如图乙所示,副线圈电路中定值电阻R0=11 Ω,电容器C的击穿电压为22 V,移动滑动触头P使电容器刚好不会被击穿,所有电表均为理想电表,下列说法正确的是(　　) A.电压表的示数为220 V B.原、副线圈的匝数比为10∶1 C.电流表的示数等于通过电阻R0的电流 D.原线圈A、B两端输入电压的变化规律为 u=311sin πt V A 检测·学习效果 1.无线充电技术能实现能量的无线传输,其工作原理与变压器相同,如图是用无线充电设备给手机充电,下列关于无线充电的说法正确的是(　　) A.充电设备中的线圈通恒定电流也可以对手机进行无线充电 B.充电设备中的电流与手机中的充电电流一定相等 C.充电的原理主要利用了自感 D.充电设备与手机不接触也能充电 D 【解析】 充电设备中的线圈通恒定电流时,其产生的磁场是恒定的,不能使手机产生感应电流,不能实现无线充电,A错误;充电设备与手机的充电电流不一定相等,就像变压器工作原理一样,原、副线圈匝数不一样,电流就不同,B错误;充电的原理主要利用了电磁感应的互感原理,所以充电设备与手机不接触也能充电,C错误,D正确。 BD 3.如图所示的理想变压器原线圈的匝数为 1 000,两个副线圈的匝数分别为 n2=50,n3=100,L1是标有“6 V　2 W”字样的小灯泡,L2是标有“12 V　4 W”字样的小灯泡,当n1接上交变电流时,L1、L2都正常发光,那么原线圈中的电流为(　　) C 电压　 电流　 2.2×109 (1)线框中感应电动势的瞬时值表达式; (2)电流表的示数; 【答案】 (2)2 A (3)当原、副线圈匝数比为2∶1时,电阻R的阻值及消耗的电功率。 【答案】 (3)22.5 Ω　360 W 感谢观看 理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的 之比,即= 。 (5)=适用于任何理想变压器。(　 　) 【答案】 (2)左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率都相同,若左边线圈匝数为n1,则E1=n1。若右边线圈匝数为n2,则E2=n2,故有=;若忽略线圈的电阻,则有U1=E1,U2=E2,即=,这样看来只要n1≠n2,小灯泡两端的电压与低压交流电源的输出电压就不相等。小灯泡两端的电压,即副线圈两端的电压与原线圈两端的电压及原、副线圈匝数比有关。 关系 关系式 说明 电压 关系 = (1)若n1<n2,则U1<U2,就是升压变压器。 (2)若n1>n2,则U1>U2,就是降压变压器 频率 关系 f入=f出 原、副线圈中磁通量的变化规律相同 功率 关系 P入=P出 没有能量损失,只传输电能,不是用电器 电流 关系 = 适用于一个副线圈的情况 由P入=P出, =推导 n1I1=n2I2+n3I3+… 适用于多个副线圈的情况 【解析】 由题目中的u-t图像可得T=(0.25-0.1) s,故T=0.2 s,原、副线圈中交变电流的周期相等,A错误;原线圈输入电压的有效值U1= V=48 V,由=,可得U2=12 V,B正确;电阻R1和R2并联,副线圈干路中的电流 I=+,故=3,C错误;理想变压器不消耗电能,故原、副线圈的功率相等,D错误。 (1)对于公式=,无论副线圈一端是空载的还是有负载的,都是适用的。 (2)由=知,对于只有一个副线圈的理想变压器,电流与匝数成反比。因此,理想变压器高压线圈匝数多而通过的电流小,可用较细的导线绕制,低压线圈匝数少而通过的电流大,应用较粗的导线绕制。 【解析】 根据交流电源的电动势表达式可知ω=314 rad/s,根据ω=2πf,解得f= 50 Hz,A正确;交变电压的有效值U1= V=220 V,电压表V1的示数为220 V,根据=,解得U2=44 V,根据欧姆定律,得电流I2==0.5 A,根据=,得 I1= 0.1 A,B正确,C错误;电阻R的发热功率约为P=U2I2=44×0.5 W=22 W,D错误。 (1)输入电压决定输出电压:由=得U2=U1。当U1不变时,U2也不会变,与负载电阻R大小及是否变化无关。 (3)负载决定输出电流:当U1一定时,U2也一定,对副线圈有I2=,所以当R变化时,I2也随之变化,即R变大,I2变小;R变小,I2变大。 (4)输出电流决定输入电流:由n1I1=n2I2得 I1=I2,所以当I2变化时,I1也随之变化。即I2变大,I1变大;I2变小,I1也变小。 (1)输入电压U1不变,原、副线圈匝数比(=k)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→I2→P2→P1→I1。 【解析】 当理想变压器的输入电压U,以及原、副线圈的匝数比不变时,副线圈两端的电压也不变,A项错误;由P出=知R增大时,输出功率减小,又由P入= P出得原线圈输入功率减小,故电流表读数变小,B项错误;Q向上滑动时,U′增大,而负载电阻不变,则输出功率要增大,即输入功率也要增大,原线圈中的电流就要增大,电流表的读数变大,C项正确,D项错误。 【解析】 由题图乙知,输入电压的有效值即电压表的示数为220 V,A正确;电容器击穿电压为交变电压的最大值,则有效值为 V=11 V,所以原、副线圈的匝数比为10∶1,B错误;电容器通交变电流,所以电流表的示数大于通过电阻R0的电流,C错误;由题图乙知交变电流的周期为 0.02 s,所以角速度为100π rad/s,原线圈A、B两端输入电压的变化规律为u=311sin 100πt V,D错误。 2.(双选)如图所示,线圈面积为0.1 m2,匝数为100,绕OO′轴在磁感应强度为 T的匀强磁场中以角速度5π rad/s匀速转动。从图示位置开始计时。理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,两电表均为理想电表,电阻R=50 Ω,其他电阻不计,下列判断正确的是(　 　) A.在t=0.2 s时,穿过线圈的磁通量变化率最大 B.=时,变压器输入功率为50 W C.P向上移动时,电压表示数变大 D.P向上移动时,电流表示数变小 【解析】 周期为T==0.4 s,在t=0.2 s=T时,线圈平面与磁场方向垂直,穿过线圈的磁通量最大,磁通量变化率最小,故A错误;交变电流电压的最大值为Em=nBSω= 10 V,则原线圈电压U1==10 V,当=时,由=,得副线圈电压U2=50 V,则副线圈功率P2== W=50 W,所以输入功率也为50 W,故B正确;当P位置向上移动时,副线圈匝数变小,副线圈电压变小,即电压表示数变小,根据P=可知,副线圈功率减小,则原线圈功率减小,原线圈电压不变,则原线圈电流减小,所以电流表示数减小,故C错误,D正确。 A. A B. A C. A D. A 【解析】 理想变压器的输出功率为P出=P1+P2=2 W+4 W=6 W,由P入=P出,得I1U1=6 W,又=,所以U1=U2=×6 V=120 V,所以I1= A= A。 4.如图所示,l1和l2是输电线,图中空圈内应填入所用的电表的名称,1位置应为　　　　表,2位置应为　　　 　表。已知=,=,并且电压表示数为 220 V,电流表示数为1 000 A,则输电线路中的功率为　　　　 W。  【解析】 1位置的仪表是原线圈两端并联接入输电线,所以是电压互感器,为电压表。2位置的仪表的原线圈是串联接入输电线的一根导线,所以是电流互感器,为电流表。已知电压表示数为220 V,且=,由=得,传输电压为U1=220×100 V=2.2×104 V,电流表示数为1 000 A,且=,由=得,传输电流为I3=1 000×100 A=1×105 A,所以输电功率为P=U1I3=2.2×109 W。 5.如图所示为一个小型交流发电机的示意图,其线框ABCD匝数n=100,面积为S=0.02 m2,总电阻 r=10 Ω,绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动,角速度ω=100 rad/s。已知匀强磁场磁感应强度B= T,矩形线框通过滑环与理想变压器相连,副线圈与电阻相接,电表均为理想电表,电压表示数为U=180 V。从线框转至中性面位置开始计时,求: 【解析】 (1)线框中感应电动势的峰值 Em=nBSω=200 V, 由于从线框转至中性面位置开始计时,故瞬时值表达式为e=Emsin ωt= 200sin 100t V。 【答案】 (1)e=200sin 100t V 【解析】 (2)感应电动势的有效值为E==200 V, 线框自身分到的电压为 U线框=E-U=200 V-180 V=20 V, 又U线框=Ir, 所以电流表示数为I== A=2 A。 【解析】 (3)由于理想变压器P入=P出, 则电阻R上消耗的电功率为 P=IU=360 W, 设副线圈两端电压为U′,则有==, 解得U′=90 V, 所以R==22.5 Ω。 $