(共47张PPT)
1.交变电流
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
素养目标
1.知道交变电流、直流的概念．知道交变电流的峰值、瞬时值的含义．(物理观念)
2．掌握交变电流的产生和变化规律．(科学思维)
必备知识·自主学习
一、交变电流及其产生
1．交变电流
主要判断依据为方向是否变化
(1)交变电流：大小和方向随时间做________变化的电流，简称交流．
(2)直流：________不随时间变化的电流．大小和方向都不随时间变化的电流称为恒定电流．
周期性
方向
2．交变电流的产生
(1)产生条件：在匀强磁场中，矩形线圈绕__________方向的轴匀速转动．
磁通量最大，感应电流为0
(2)中性面：线圈在磁场中转动的过程中，线圈平面与磁场________时所在的平面．
垂直于磁场
垂直
二、交变电流的变化规律
1．从两个特殊位置开始计时瞬时值的表达式
开始计 时位置 从中性面位置开始计时 从与中性面垂直的位置开始计时
感应电 动势 e＝______________ e＝______________
电压 u＝______________ u＝______________
电流 i＝______________ i＝______________
式中Em、Um、Im分别是电动势、电压、电流的最大值，也叫峰值．
Emsin ωt
Emcos ωt
Umsin ωt
Umcos ωt
Imsin ωt
Imcos ωt
2．正弦式交变电流：按______规律变化的交变电流，简称____________．
3．几种不同类型的交变电流
在实际应用中，交变电流有不同的变化规律，常见的有以下几种，如图所示．
正弦
正弦式电流
走 进 生 活
(判断)如图2甲为风力发电机(图1)检测电路的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的检测线圈与电压传感器相连，某一风速时，传感器显示如图乙所示，则
(1)磁铁的转速为10 r/s.( )
(2)电压的最大值为12 V．( )
(3)交流电压的表达式为u＝12sin 5πt(V)．( )
(4)由图乙可知t＝0.1 s时，穿过线圈的磁通量最大．( )
×
√
√
×
关键能力·合作探究
情境探究
(1)如图位置，是否有感应电动势？
无感应电动势．
(2)如图位置，是否有感应电动势？
有感应电动势，并且感应电动势最大．
核心归纳
1.两个特殊位置的特点
图 示
概 念 中性面位置 与中性面垂直的位置
特 点 B⊥S B∥S
Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小
感应电流为零，方向改变 感应电流最大，方向不变
2.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．
应用体验
例1. (多选)矩形线圈的面积为S，匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动．如图所示，当转到线圈平面与磁场垂直的位置时( )
A．线圈中的电动势为0
B．线圈中的电动势为NBSω
C．穿过线圈的磁通量为0
D．线圈不受安培力作用
解析：此时各边都不切割磁感线，所以电动势为0，A正确，B错误；线圈与磁场垂直，磁通量最大，C错误；感应电流为0，不受安培力，D正确．
答案：AD
针对训练
1.[2022·浙江卷1月]如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动．下列说法正确的是( )
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图中线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
答案：A
解析：图中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故选项A正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故选项B错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故选项C错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流，故选项D错误．
2．[2022·长春高二检测](多选)一矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动时，就会在线圈中形成交变电流(如图所示)．下列说法正确的是( )
A．线圈经过甲图位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流也最大
B．线圈经过乙图位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电流最大，电流的方向为图中箭头指向
C．线圈经过丙图位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流最小
D．线圈从丙图位置转到丁图位置的过程中，穿过线圈的磁通量减小，产生的电流在增大
答案：BCD
解析：线圈经过甲图位置时，线圈处于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小为零，则电流最小，故A不正确；线圈经过乙图位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的感应电动势最大，则电流最大，根据楞次定律可知电流的方向为图中箭头方向相同，故B正确；线圈经过丙图位置时，线圈处于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小为零，则电流最小，故C正确；线圈从丙图位置转到丁图位置的过程中，穿过线圈的磁通量减小，产生的电流在增大，故D正确．
探究二 正弦式交变电流的变化规律
情境探究
如图所示，线圈平面从中性面开始转动，经过时间t到达图示位置，线圈匀速转动的角速度为ω，ad边的长度为lad，ab边的长度为lab(O为a、d中点)，试分析回答下列问题．
(1)线圈转过的角度为多少？
(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ为多少？
(3)ab边转动的线速度大小为多少？
线圈转过的角度为ωt.
ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt.
ab边转动的线速度大小v＝ω.
(4)写出ab边产生的感应电动势(设线圈面积为S)的表达式？
(5)写出整个线圈产生的感应电动势的表达式？
(6)若线圈为N匝，则感应电动势的表达式怎样？
ab边产生的感应电动势(设线圈面积为S)eab＝Blabv sin θ＝sin ωt.
整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSω sin ωt.
若线圈为N匝，则e＝NBSωsin ωt.
核心归纳
1.正弦式交变电流的表达式
e＝Emsin ωt，u＝Umsin ωt，i＝Imsin ωt，其中Em、Um、Im为最大值，也叫峰值．
2．正弦式交变电流的峰值
(1)转轴在线圈所在平面内且与磁场垂直．当线圈平面与磁场平行时，线圈中的感应电动势达到峰值，且满足Em＝nBSω.
(2)决定因素：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．
(3)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为Em＝nBSω.
与转轴位置无关
应用体验
例2.如图所示，匀强磁场的磁感应强
度B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长lab＝0.2 m，lbc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕OO′轴匀速转动．从线圈平面通过中性面时开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势随时间的变化关系；
(2)从t＝0至t＝过程中线圈中的平均电动势．
答案： e＝100πsin 100πt(V)
答案： 200 V
解析：(1)解法一 线圈经过时间t转过角度θ＝ωt，bc和da边不切割磁感线，ab和cd边切割磁感线产生的瞬时感应电动势eab＝ecd＝NBlabv sin ωt，
其中v＝ω＝ω，
所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBlabωsin ωt＝NBSωsin ωt，
其中NBSω＝100×0.1×0.2×0.5×100π V＝100π V，
则e＝100πsin 100πt (V)．
解法二 感应电动势的瞬时值表达式e＝NBSωsin ωt，由题可知
S＝lab·lbc＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2，
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝100π V，
所以e＝100πsin 100πt (V)．
(2)用＝N计算t＝0至t＝过程中线圈的平均电动势，
有＝＝，
即＝NBSω，代入数值得＝200 V.
方法技巧
求解交变电流瞬时值时可分四步
(1)确定线圈从哪个位置开始计时，进而确定表达式形式．
(2)确定线圈转动的角速度ω及线圈匝数N、磁感应强度B、线圈面积S等．
(3)计算电动势的最大值(峰值)Em＝NBSω.
(4)写出电动势的瞬时值表达式．
针对训练
3.下列各图中面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时能产生正弦式交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )
答案：A
解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦式交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原则判断，A图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；C图中产生的是余弦式交变电流；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直，且磁通量不变，不能产生感应电流．故A正确．
4.一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝2 Ω，外接电阻R＝8 Ω，线圈在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中以n＝300 r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从开始计时经 s时线圈中感应电流的瞬时值；
(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式．
答案：e＝50sin 10πt(V)
答案： A
答案：u＝40sin 10πt(V)
解析：(1)线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，角速度ω＝2πn＝10π rad/s，线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50 V，由此得到的感应电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝50sin 10πt (V)．
(2)将t＝ s代入感应电动势瞬时值表达式得
e′＝50sin V＝25 V，
对应的感应电流i′＝＝ A.
(3)由欧姆定律得
u＝R＝40sin 10πt(V)．
探究三 正弦式交变电流的图像
情境探究
如图是一个正弦式交变电流的图像：
(1)该电流的峰值Im、周期T分别是多少？
(2)写出该交变电流的瞬时值表达式．
A 4 s
i＝sin πt(A)
核心归纳
从正弦式交变电流的图像能够获得的信息
如图甲所示为正弦式交变电流的e t图像，由图甲可以确定以下信息：
(1)正弦式交变电流的峰值Em(Im、Um)及周期T；
(2)可得到与之相对应的Φ t图像和i t图像，如图乙、丙所示；
(3)可以计算出某些时刻e或Φ的瞬时值，及e、i、u随时间的变化规律，如时，ωt＝·＝，e＝Emsin ωt＝Emsin ＝Em，Φ＝Φmcos ωt＝Φm.
(4)线圈在中性面的时刻感应电动势和感应电流均为零，磁通量最大，可以由此确定线圈处于中性面的时刻．
应用体验
例3. 一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图像如图所示，则( )
A.当t＝0时，穿过线圈的磁通量为0
B．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大
C．当t＝π s时，e有最大值
D．t＝π s时，e＝－10 V最小，磁通量变化率最小
解析：从图像可知t＝0时，e最小，线圈平面与磁感线垂直，Φ最大，A错误，B正确；t＝π s时，e＝0最小，C错误；t＝π s时，e＝－10 V，e最大，最大，“—”表示方向，D错误．
答案：B
针对训练
5. [2022·河南周口高二检测]线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图像可推断( )
A．在B、D时刻穿过线圈的磁通量最大
B．在A、C时刻线圈处于中性面位置
C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D．若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变50次
解析：处于中性面位置磁通量最大，电流为0，A正确，B错误；从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π，C错误；线圈转动一周交变电流方向改变两次，所以1 s内电流方向改变100次，D错误．
答案：A
6.(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )
A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线
B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向
C．t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大
D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2 J
答案：AD
解析：由题图可知，t＝0时，穿过该线圈的磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，选项A正确；线圈中电流为零时，方向改变，此时穿过该线圈的磁通量应最大，选项B错误；t＝1.5 s时，穿过该线圈的磁通量的变化率为零，感应电动势为零，选项C错误；由ω＝得ω＝π rad/s，Em＝nBSω＝nΦmω＝4π V，可得电压的有效值U＝V＝2π V(有效值下节讲)，一个周期内线圈产生的热量Q＝T＝8π2 J，选项D正确．
规律方法
正弦式交变电流图像的分析方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”，并理解其物理意义．
二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通关系．
三判：在此基础上进行正确的分析和判断．
随堂演练·达标自测
1.[2022·陕西宝鸡市高二检测](多选)下列图像中属于交变电流的有( )
解析：判断电流是交流还是直流，就看方向是否随时间周期性变化；A、B、C中的方向均发生周期性变化，它们属于交变电流，D中方向不变，所以是直流，故A、B、C正确．
答案：ABC
2.如图所示为交流发电机的示意图，从线圈通过如图所示的位置开始计时．如果发电机产生的交变电流的频率为50 Hz，电动势的最大值为400 V，则发电机产生的电动势瞬时值表达式为( )
A．e＝400sin 50t(V)
B．e＝400cos 50t(V)
C．e＝400sin 100πt(V)
D．e＝400cos 100πt(V)
解析：感应电动势最大值为400 V，角速度为ω＝2πf＝100π，又发电机从与中性面垂直的位置开始计时，故交变电动势瞬时值的表达式为e＝Emcos ωt＝400cos 100πt(V)，D正确，A、B、C错误．
答案：D
3. (多选)一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变电流的电压随时间变化的规律如图所示(正弦曲线)．下列说法正确的是( )
A．该交变电流的电压的最大值为440 V
B．该交变电流的电压的最大值为220 V
C．该交变电流的电压的表达式为u＝440sin 100πt(V)
D．该交变电流的电压的表达式为u＝220sin 100πt(V)
解析：该交变电流的电压的最大值Um＝220 V，A错误，B正确；由题图可知，周期T＝0.02 s，则角速度ω＝＝100π rad/s，故该交变电流的电压的表达式为u＝Umsin ωt＝220sin 100πt(V)，C错误，D正确．
答案：BD
4.如图所示，一单匝正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈边长为L，电阻为R，转动的角速度为ω.当线圈转至图示位置时( )
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中感应电流的大小为
C．穿过线圈的磁通量为BL2
D．穿过线圈的磁通量的变化率为BL2ω
答案：D
解析：图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断知ad中感应电流方向为a→d，bc中感应电流方向为c→b，则线圈中感应电流的方向为adcba，故A错误；线圈中的感应电动势为E＝BSω＝BL2ω，线圈中的感应电流为I＝＝，故B错误；图示时刻线圈与磁场平行，穿过线圈的磁通量为0，故C错误；由法拉第电磁感应定律知：穿过线圈的磁通量的变化率＝E＝BL2ω，故D正确．
5．在如图所示的交流发电机线圈中，如果ab边长为l1，bc边长为l2，线圈转动的角速度为ω，线圈匝数为n，磁感应强度为B，从图示位置开始转动，线圈电阻不计，
(1)求交变电动势的峰值Em.
(2)求通过电阻R的电流的瞬时值表达式．
答案：nBl1l2ω
答案：i＝(A)
解析：(1)线圈绕垂直于磁场的轴转动，转动产生的感应电动势的峰值为Em＝nBSω＝nBl1l2ω.
(2)线圈从垂直于中性面位置开始转动，感应电动势表达式可写为e＝Emcos ωt
通过电阻R的电流的瞬时值表达式为
i＝＝(A)．第三章 交变电流
1.交变电流
素养目标
1.知道交变电流、直流的概念．知道交变电流的峰值、瞬时值的含义．(物理观念)
2．掌握交变电流的产生和变化规律．(科学思维)
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、交变电流及其产生
1．交变电流
主要判断依据为方向是否变化
(1)交变电流：大小和方向随时间做________变化的电流，简称交流．
(2)直流：________不随时间变化的电流．大小和方向都不随时间变化的电流称为恒定电流．
2．交变电流的产生
(1)产生条件：在匀强磁场中，矩形线圈绕______________方向的轴匀速转动．
磁通量最大，感应电流为0
(2)中性面：线圈在磁场中转动的过程中，线圈平面与磁场________时所在的平面．
二、交变电流的变化规律
1．从两个特殊位置开始计时瞬时值的表达式
开始计 时位置 从中性面位置开始计时 从与中性面垂直的位置开始计时
感应电 动势 e＝______________ e＝______________
电压 u＝______________ u＝______________
电流 i＝______________ i＝______________
式中Em、Um、Im分别是电动势、电压、电流的最大值，也叫峰值．
2．正弦式交变电流：按________规律变化的交变电流，简称____________．
3．几种不同类型的交变电流
在实际应用中，交变电流有不同的变化规律，常见的有以下几种，如图所示．
走 进 生 活
(判断)如图2甲为风力发电机(图1)检测电路的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的检测线圈与电压传感器相连，某一风速时，传感器显示如图乙所示，则
(1)磁铁的转速为10 r/s.( )
(2)电压的最大值为12 V．( )
(3)交流电压的表达式为u＝12sin 5πt(V)．( )
(4)由图乙可知t＝0.1 s时，穿过线圈的磁通量最大．( )
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究一 交变电流的产生
情境探究
(1)如图位置，是否有感应电动势？
(2)如图位置，是否有感应电动势？
核心归纳
1.两个特殊位置的特点
图 示
概 念 中性面位置 与中性面垂直的位置
特 点 B⊥S B∥S
Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小
e＝n＝0，最小 e＝n＝nBSω，最大
感应电流为零，方向改变 感应电流最大，方向不变
2.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．
应用体验
例1. (多选)
矩形线圈的面积为S，匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动．如图所示，当转到线圈平面与磁场垂直的位置时( )
A．线圈中的电动势为0
B．线圈中的电动势为NBSω
C．穿过线圈的磁通量为0
D．线圈不受安培力作用
[试解]
针对训练
1.[2022·浙江卷1月]如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动．下列说法正确的是( )
A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D．乙图中线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
2．[2022·长春高二检测](多选)一矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动时，就会在线圈中形成交变电流(如图所示)．下列说法正确的是( )
A．线圈经过甲图位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流也最大
B．线圈经过乙图位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的电流最大，电流的方向为图中箭头指向
C．线圈经过丙图位置时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电流最小
D．线圈从丙图位置转到丁图位置的过程中，穿过线圈的磁通量减小，产生的电流在增大
探究二 正弦式交变电流的变化规律
情境探究
如图所示，线圈平面从中性面开始转动，经过时间t到达图示位置，线圈匀速转动的角速度为ω，ad边的长度为lad，ab边的长度为lab(O为a、d中点)，试分析回答下列问题．
(1)线圈转过的角度为多少？
(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ为多少？
(3)ab边转动的线速度大小为多少？
(4)写出ab边产生的感应电动势(设线圈面积为S)的表达式？
(5)写出整个线圈产生的感应电动势的表达式？
(6)若线圈为N匝，则感应电动势的表达式怎样？
核心归纳
1.正弦式交变电流的表达式
e＝Emsin ωt，u＝Umsin ωt，i＝Imsin ωt，其中Em、Um、Im为最大值，也叫峰值．
2．正弦式交变电流的峰值
(1)转轴在线圈所在平面内且与磁场垂直．当线圈平面与磁场平行时，线圈中的感应电动势达到峰值，且满足Em＝nBSω.
(2)决定因素：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．
(3)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为Em＝nBSω.
与转轴位置无关
应用体验
例2.如图所示，匀强磁场的磁感应强
度B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长lab＝0.2 m，lbc＝0.5 m，以角速度ω＝100πrad/s绕OO′轴匀速转动．从线圈平面通过中性面时开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势随时间的变化关系；
(2)从t＝0至t＝过程中线圈中的平均电动势．
[试解]
方法技巧
求解交变电流瞬时值时可分四步
(1)确定线圈从哪个位置开始计时，进而确定表达式形式．
(2)确定线圈转动的角速度ω及线圈匝数N、磁感应强度B、线圈面积S等．
(3)计算电动势的最大值(峰值)Em＝NBSω.
(4)写出电动势的瞬时值表达式．
针对训练
3.下列各图中面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时能产生正弦式交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )
4.
一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝2 Ω，外接电阻R＝8 Ω，线圈在磁感应强度B＝T的匀强磁场中以n＝300 r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从开始计时经s时线圈中感应电流的瞬时值；
(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式．
探究三 正弦式交变电流的图像
情境探究
如图是一个正弦式交变电流的图像：
(1)该电流的峰值Im、周期T分别是多少？
(2)写出该交变电流的瞬时值表达式．
核心归纳
从正弦式交变电流的图像能够获得的信息
如图甲所示为正弦式交变电流的e t图像，由图甲可以确定以下信息：
(1)正弦式交变电流的峰值Em(Im、Um)及周期T；
(2)可得到与之相对应的Φ t图像和i t图像，如图乙、丙所示；
(3)可以计算出某些时刻e或Φ的瞬时值，及e、i、u随时间的变化规律，如时，ωt＝·＝，e＝Emsin ωt＝Emsin＝Em，
Φ＝Φmcos ωt＝Φm.
(4)线圈在中性面的时刻感应电动势和感应电流均为零，磁通量最大，可以由此确定线圈处于中性面的时刻．
应用体验
例3. 一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图像如图所示，则( )
A.当t＝0时，穿过线圈的磁通量为0
B．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大
C．当t＝πs时，e有最大值
D．t＝πs时，e＝－10 V最小，磁通量变化率最小
[试解]
针对训练
5. [2022·河南周口高二检测]线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图像可推断( )
A．在B、D时刻穿过线圈的磁通量最大
B．在A、C时刻线圈处于中性面位置
C．从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D．若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变50次
6.
(多选)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化．设线圈总电阻为2 Ω，则( )
A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线
B．t＝1 s时，线圈中的电流改变方向
C．t＝1.5 s时，线圈中的感应电动势最大
D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J
规律方法
正弦式交变电流图像的分析方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”，并理解其物理意义．
二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通关系．
三判：在此基础上进行正确的分析和判断．
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1.[2022·陕西宝鸡市高二检测](多选)下列图像中属于交变电流的有( )
2.如图所示为交流发电机的示意图，从线圈通过如图所示的位置开始计时．如果发电机产生的交变电流的频率为50 Hz，电动势的最大值为400 V，则发电机产生的电动势瞬时值表达式为( )
A．e＝400sin 50t(V)
B．e＝400cos 50t(V)
C．e＝400sin 100πt(V)
D．e＝400cos 100πt(V)
3. (多选)一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，产生的交变电流的电压随时间变化的规律如图所示(正弦曲线)．下列说法正确的是( )
A．该交变电流的电压的最大值为440 V
B．该交变电流的电压的最大值为220V
C．该交变电流的电压的表达式为
u＝440sin 100πt(V)
D．该交变电流的电压的表达式为
u＝220sin 100πt(V)
4.如图所示，一单匝正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈边长为L，电阻为R，转动的角速度为ω.当线圈转至图示位置时( )
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中感应电流的大小为
C．穿过线圈的磁通量为BL2
D．穿过线圈的磁通量的变化率为BL2ω
5．在如图所示的交流发电机线圈中，如果ab边长为l1，bc边长为l2，线圈转动的角速度为ω，线圈匝数为n，磁感应强度为B，从图示位置开始转动，线圈电阻不计，
(1)求交变电动势的峰值Em.
(2)求通过电阻R的电流的瞬时值表达式．
第三章 交变电流
1．交变电流
必备知识·自主学习
一、
1．(1)周期性 (2)方向
2．(1)垂直于磁场 (2)垂直
二、
1．Emsin ωt Emcos ωt Umsin ωt Umcos ωt Imsin ωt Imcos ωt
2．正弦 正弦式电流
走进生活
答案：(1)× (2)√ (3)√ (4)×
关键能力·合作探究
探究一
情境探究
提示：(1)无感应电动势．
(2)有感应电动势，并且感应电动势最大．
应用体验
[例1] 解析：此时各边都不切割磁感线，所以电动势为0，A正确，B错误；线圈与磁场垂直，磁通量最大，C错误；感应电流为0，不受安培力，D正确．
答案：AD
针对训练
1．解析：图中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故选项A正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故选项B错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故选项C错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流，故选项D错误．
答案：A
2．解析：线圈经过甲图位置时，线圈处于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小为零，则电流最小，故A不正确；线圈经过乙图位置时，穿过线圈的磁通量为零，产生的感应电动势最大，则电流最大，根据楞次定律可知电流的方向为图中箭头方向相同，故B正确；线圈经过丙图位置时，线圈处于中性面位置，此时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电动势最小为零，则电流最小，故C正确；线圈从丙图位置转到丁图位置的过程中，穿过线圈的磁通量减小，产生的电流在增大，故D正确．
答案：BCD
探究二
情境探究
提示：(1)线圈转过的角度为ωt.
(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt.
(3)ab边转动的线速度大小v＝ω.
(4)ab边产生的感应电动势(设线圈面积为S)
eab＝Blabv sin θ＝sin ωt.
(5)整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSω sin ωt.
(6)若线圈为N匝，则e＝NBSωsin ωt.
应用体验
[例2] 解析：(1)解法一 线圈经过时间t转过角度θ＝ωt，bc和da边不切割磁感线，ab和cd边切割磁感线产生的瞬时感应电动势eab＝ecd＝NBlabv sin ωt，
其中v＝ω＝ω，
所以e＝eab＋ecd＝2eab＝2NBlabωsin ωt＝NBSωsin ωt，
其中NBSω＝100×0.1×0.2×0.5×100π V＝100π V，
则e＝100πsin 100πt (V)．
解法二 感应电动势的瞬时值表达式e＝NBSωsin ωt，由题可知
S＝lab·lbc＝0.2×0.5 m2＝0.1 m2，
Em＝NBSω＝100×0.1×0.1×100π V＝100π V，
所以e＝100πsin 100πt (V)．
(2)用＝N计算t＝0至t＝过程中线圈的平均电动势，
有＝＝，
即＝NBSω，代入数值得＝200 V.
答案： e＝100πsin 100πt(V) 答案： 200 V
针对训练
3．解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦式交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原则判断，A图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；C图中产生的是余弦式交变电流；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直，且磁通量不变，不能产生感应电流．故A正确．
答案：A
4．解析：(1)线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，角速度ω＝2πn＝10π rad/s，线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50 V，由此得到的感应电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝50sin 10πt (V)．
(2)将t＝ s代入感应电动势瞬时值表达式得
e′＝50sin V＝25 V，
对应的感应电流i′＝＝ A.
(3)由欧姆定律得
u＝R＝40sin 10πt(V)．
答案：e＝50sin 10πt(V) 答案： A
答案：u＝40sin 10πt(V)
探究三
情境探究
提示：(1) A 4 s (2)i＝sin πt(A)
应用体验
[例3] 解析：从图像可知t＝0时，e最小，线圈平面与磁感线垂直，Φ最大，A错误，B正确；t＝π s时，e＝0最小，C错误；t＝π s时，e＝－10 V，e最大，最大，“—”表示方向，D错误．
答案：B
针对训练
5．解析：处于中性面位置磁通量最大，电流为0，A正确，B错误；从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π，C错误；线圈转动一周交变电流方向改变两次，所以1 s内电流方向改变100次，D错误．
答案：A
6．解析：由题图可知，t＝0时，穿过该线圈的磁通量为零，线圈平面平行于磁感线，选项A正确；线圈中电流为零时，方向改变，此时穿过该线圈的磁通量应最大，选项B错误；t＝1.5 s时，穿过该线圈的磁通量的变化率为零，感应电动势为零，选项C错误；由ω＝得ω＝π rad/s，Em＝nBSω＝nΦmω＝4π V，可得电压的有效值U＝V＝2π V(有效值下节讲)，一个周期内线圈产生的热量Q＝T＝8π2 J，选项D正确．
答案：AD
随堂演练·达标自测
1．解析：判断电流是交流还是直流，就看方向是否随时间周期性变化；A、B、C中的方向均发生周期性变化，它们属于交变电流，D中方向不变，所以是直流，故A、B、C正确．
答案：ABC
2．解析：感应电动势最大值为400 V，角速度为ω＝2πf＝100π，又发电机从与中性面垂直的位置开始计时，故交变电动势瞬时值的表达式为e＝Emcos ωt＝400cos 100πt(V)，D正确，A、B、C错误．
答案：D
3．解析：该交变电流的电压的最大值Um＝220 V，A错误，B正确；由题图可知，周期T＝0.02 s，则角速度ω＝＝100π rad/s，故该交变电流的电压的表达式为u＝Umsin ωt＝220sin 100πt(V)，C错误，D正确．
答案：BD
4．解析：图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断知ad中感应电流方向为a→d，bc中感应电流方向为c→b，则线圈中感应电流的方向为adcba，故A错误；线圈中的感应电动势为E＝BSω＝BL2ω，线圈中的感应电流为I＝＝，故B错误；图示时刻线圈与磁场平行，穿过线圈的磁通量为0，故C错误；由法拉第电磁感应定律知：穿过线圈的磁通量的变化率＝E＝BL2ω，故D正确．
答案：D
5．解析：(1)线圈绕垂直于磁场的轴转动，转动产生的感应电动势的峰值为Em＝nBSω＝nBl1l2ω.
(2)线圈从垂直于中性面位置开始转动，感应电动势表达式可写为e＝Emcos ωt
通过电阻R的电流的瞬时值表达式为
i＝＝(A)．
答案：nBl1l2ω
答案：i＝(A)(共28张PPT)
2.交变电流的描述
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
素养目标
1.掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者之间的关系．(物理观念)
2．能理解电流的有效值是与热效应有关的量．(物理观念)
3．掌握正弦式交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算．(科学思维)
必备知识·自主学习
一、周期和频率
1．周期T
交变电流完成______________所需的时间，叫作它的周期．单位是s.周期越大，交变电流变化________，在一个周期内，交变电流的方向变化________．
到中性面位置电流方向变化
2．频率f
交变电流完成周期性变化的________与所用时间之比叫作它的频率．单位是________．频率越大，交变电流变化________．
3．ω、T、f的关系：________________________．
一次周期性变化
越慢
两次
次数
Hz
越快
ω＝＝2πf
二、峰值和有效值
1．峰值
(1)定义：交变电流的电压、电流所能达到的________．
(2)意义：用来表示电流的________或电压的________．
(3)应用：电容器所能承受的电压要高于交流电压的________．
2．有效值
(1)定义：让交变电流和恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的__________内它们产生的热量__________，这个恒定电流的电流I、电压U，叫作这一交变电流的________．
求热量一定要用有效值
(2)应用：①交流用电设备上所标的额定电压和额定电流都是________；一般交流电压表测量的数值是________．
②交变电流的数值在无特别说明时都指________．
最大值
强弱
高低
峰值
一个周期
相等
有效值
有效值
有效值
有效值
3．有效值与峰值的关系
正弦式交变电流的有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系是I＝，U＝． 只适用于正弦式交变电流
三、正弦式交变电流的公式和图像
如果已知一交变电流的周期T或频率f，又知道它的电压的________或________，详细描述交变电流的情况可以用公式和图像两种方式：
(1)u＝Umsin t＝U sin t；
(2)图像如图所示．
有效值
峰值
走 进 生 活
我国民用交变电流的周期T＝0.02 s，频率是多少？电流方向每秒改变多少次？
我国民用交变电流的频率是f＝＝50 Hz，电流方向每秒改变100次．
关键能力·合作探究
探究一 有效值的理解与计算
情境探究
如图甲所示，调光台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无级调节灯的亮度的．现将某无级调光台灯接在220 V的正弦交变电流上，经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图乙所示．
探究：求图中的电压表的示数．
电压表的示数为交流电压的有效值，由交流电的热效应可得，在一个周期T＝0.01 s时间内，有＝×T，解得该交流电压的有效值为U＝110 V．
核心归纳
1.正弦式交变电流：E＝，U＝，I＝.
2．对非正弦式交变电流，必须根据电流的热效应来求解有效值，且时间一般取一个周期．其具体做法是：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)，其中热量Q用相应的物理量的有效值表示，进而求出相应的有效值．
应用体验
例1.一交变电流的i t图像如图所示，则该交变电流的有效值为( )
A．4 A B．2 A
C．A D．A
解析：设该交变电流与一恒定电流通过相同的电阻R，在T＝3×10－2 s内产生的焦耳热相等，可得×R×T＋42×R×T＝I2RT，解得I＝ A，D正确．
答案：D
针对训练
1.如图所示为一交变电流的电流随时间变化的图像．此交变电流的有效值是( )
A． A B．A
C．5 A D．5 A
解析：在一个周期的时间(0.02 s)内所产生的热量Q交＝×R×0.01 (J)＋(3)2×R×0.01 (J)．设直流电流I通过电阻R时，在一个周期的时间(0.02 s)内产生的热量Q直＝I2R×0.02(J)．由交变电流有效值的定义得Q直＝Q交，解得I＝5 A，即此交变电流的有效值为5 A．故选项D正确．
答案：D
探究二 交变电流的“四值”的对比和应用
情境探究
图甲为一电容器，图乙为保险丝管．请思考：
(1)将电容器接在交流电路上，要保证电容器正常工作，需要考虑交变电流哪一个值？
(2)若保证保险丝管正常使用，应考虑交变电流哪一个值？
交变电流的最大值．
交变电流的有效值．
核心归纳
1.瞬时值：交变电流某一时刻的值．计算线圈某时刻的受力情况，应用交变电流的瞬时值．
2．峰值：交变电流最大的瞬时值．研究电容器是否被击穿时，应用交变电流的峰值(最大值)，因为电容器上标明的电压是电容器长时间工作时所能承受的最大电压．
3．有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值．研究电功、电功率、电热、保险丝的熔断电流值、交变电表的测量值，只能用有效值．
4．平均值：交变电流的平均值与所选时间的长短有关．研究通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值．
应用体验
例2. [2022·四川高二下期中改编]如图甲所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，匝数n＝100匝，总电阻r＝2.0 Ω，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环(集流环)焊接在一起，并通过电刷和R＝6.0 Ω的定值电阻相连接，线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场．在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴匀速转动，从某位置开始，线圈中的磁通量随时间的变化如图乙所示．不计一切摩擦，求：
(1)线圈产生的感应电动势瞬时值的表达式；
(2)理想交流电压表的示数U；
(3)0～0.5 s内通过电阻R的电荷量q；
(4)在线圈转动一周的过程中，外力做的总功．
e＝4πcos πt(V)
V
0.5 C
2π2 J
解析：(1)由题图乙可知，线圈转动的周期T＝2 s，转动的角速度ω＝＝π rad/s，
线圈转动过程中，产生的感应电动势的最大值Em＝nBSω＝nΦmω＝100×0.04×π V＝4π V；
线圈产生的感应电动势瞬时值的表达式e＝Emcos ωt＝4πcos πt(V)．
(2)线圈产生的感应电动势的有效值E＝＝2π V，根据闭合电路的欧姆定律可得U＝R＝ V.
(3)0～0.5 s内线圈中产生的平均感应电动势＝n，通过电阻R的平均电流＝，通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝，由题图 乙可知ΔΦ＝0.04 Wb，代入数据解得q＝0.5 C.
(4)在线圈转动一周的过程中，外力做的总功等于电阻产生的热量，故W＝Q＝T＝2π2 J.
方法技巧
求解热量与电荷量
(1)求解热量，按以下思路：
(2)求解电荷量，按以下思路：
针对训练
2.一正弦式交变电流的i t图像如图所示．下列说法正确的是( )
A．在t＝0.4 s时电流改变方向
B．该交变电流的周期为0.5 s
C．该交变电流的表达式为i＝2cos 5πt A
D．该交变电流的有效值为A
解析：由题图可知，在t＝0.4 s时电流为正方向最大，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＝0.4 s，故B错误；由题图可知，电流的最大值为imax＝2 A，角速度为ω＝＝5π rad/s，故该交变电流的表达式为i＝imaxcos ωt＝2cos 5πt A，故C正确；该交变电流的有效值为i＝＝ A，故D错误．
答案：C
3．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，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示．闭合开关S，下列判断正确的是( )
A．t＝0时刻，电压表的示数为零
B．灯泡恰好正常发光
C．电容器不可能被击穿
D．电压表的示数保持110 V不变
答案：B
解析：A、D错：交流电压表的示数为电压的有效值，示数保持220 V不变．B对：由题图乙可知，电压的有效值为220 V，故灯泡能正常发光．C错：交流电压的最大值为311 V，超过电容器的额定电压300 V．电容器有被击穿的可能．
随堂演练·达标自测
1.匝数为100匝的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r＝0.02 Ω，则在0～10 s内线圈产生的焦耳热为( )
A．80 J B．85 J
C．90 J D．125 J
解析：由交变电流的有效值定义知：R·＋22R·＝I2RT，则该交变电流的有效值I＝A，线圈的总电阻R总＝100×0.02 Ω＝2 Ω，由Q＝I2R总t得Q＝85 J，选项B正确．
答案：B
2.如图所示，闭合开关后，R＝5 Ω的电阻两端的交流电压为u＝50sin 10πt V，电压表和电流表均为理想交流电表，则( )
A．该交流电周期为0.02 s
B．电压表的读数为100 V
C．电流表的读数为10 A
D．电阻的电功率为1 kW
解析：正弦式交流电压的瞬时值表达式为u＝Umsin ωt，则该交流电的周期T＝＝s＝0.2 s，A错误；电压表的读数为交流电压的有效值，即U＝ V＝50 V，B错误；电流表的读数为I＝＝A＝10 A，C正确；电阻的电功率为P＝IU＝10×50 W＝500 W，D错误．
答案：C
3．(多选)一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝100sin 50πt(V)，下列说法正确的是( )
A．该交变电流的频率为100 Hz
B．该交变电流的电动势有效值为100 V
C．t＝0.1 s时，穿过矩形线圈的磁通量最大
D．该交变电流的电动势有效值比交变电流e＝100·sin 10πt(V)的小
解析：由题给表达式可知，矩形线圈转动的角速度ω＝50π rad/s，所以该交变电流的频率f＝＝25 Hz，故A错误；根据题给表达式可知，该交变电流为正弦式交变电流，所以该交变电流的电动势的有效值E＝＝V＝100 V，故B正确；t＝0.1 s时，感应电动势e′＝100sin (50π×0.1)V＝0，所以此时穿过矩形线圈的磁通量最大，故C正确；两个交变电流均为正弦式交变电流，且电动势的峰值相同，故它们的电动势的有效值一定相同，故D错误．
答案：BC
4．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5 Ω，外接一只电阻为95 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
A．电压表V的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
答案：D
解析：A错：电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由题图甲知电动势的最大值Em＝220 V，有效值E＝220 V，灯泡两端电压U＝＝209 V．B错：由题图甲知T＝0.02 s，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s内电流方向变化100次．C错：灯泡实际消耗的功率P＝＝W＝459.8 W．D对：电流的有效值I＝＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Qr＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J.2.交变电流的描述
素养目标
1.掌握交变电流的周期、频率、线圈转动角速度三者之间的关系．(物理观念)
2．能理解电流的有效值是与热效应有关的量．(物理观念)
3．掌握正弦式交变电流有效值与峰值的关系，会进行有效值的计算．(科学思维)
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、周期和频率
1．周期T
交变电流完成________________________所需的时间，叫作它的周期．单位是s.周期越大，交变电流变化________，在一个周期内，交变电流的方向变化________．
到中性面位置电流方向变化
2．频率f
交变电流完成周期性变化的________与所用时间之比叫作它的频率．单位是________．频率越大，交变电流变化________．
3．ω、T、f的关系：________________________．
二、峰值和有效值
1．峰值
(1)定义：交变电流的电压、电流所能达到的________．
(2)意义：用来表示电流的________或电压的________．
(3)应用：电容器所能承受的电压要高于交流电压的________．
2．有效值
(1)定义：让交变电流和恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的__________内它们产生的热量__________，这个恒定电流的电流I、电压U，叫作这一交变电流的________．求热量一定要用有效值
(2)应用：①交流用电设备上所标的额定电压和额定电流都是________；一般交流电压表测量的数值是________．
②交变电流的数值在无特别说明时都指________．
3．有效值与峰值的关系
正弦式交变电流的有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系是I＝，U＝． 只适用于正弦式交变电流
三、正弦式交变电流的公式和图像
如果已知一交变电流的周期T或频率f，又知道它的电压的________或________，详细描述交变电流的情况可以用公式和图像两种方式：
(1)u＝Umsint＝U sint；
(2)图像如图所示．
走 进 生 活
我国民用交变电流的周期T＝0.02 s，频率是多少？电流方向每秒改变多少次？
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究一 有效值的理解与计算
情境探究
如图甲所示，调光台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无级调节灯的亮度的．现将某无级调光台灯接在220 V的正弦交变电流上，经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图乙所示．
探究：求图中的电压表的示数．
核心归纳
1.正弦式交变电流：E＝，U＝，I＝.
2．对非正弦式交变电流，必须根据电流的热效应来求解有效值，且时间一般取一个周期．其具体做法是：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)，其中热量Q用相应的物理量的有效值表示，进而求出相应的有效值．
应用体验
例1.一交变电流的i t图像如图所示，则该交变电流的有效值为( )
A．4 AB．2A
C．AD．A
[试解]
针对训练
1.如图所示为一交变电流的电流随时间变化的图像．此交变电流的有效值是( )
A．AB．A
C．5AD．5 A
探究二 交变电流的“四值”的对比和应用
情境探究
图甲为一电容器，图乙为保险丝管．请思考：
(1)将电容器接在交流电路上，要保证电容器正常工作，需要考虑交变电流哪一个值？
(2)若保证保险丝管正常使用，应考虑交变电流哪一个值？
核心归纳
1.瞬时值：交变电流某一时刻的值．计算线圈某时刻的受力情况，应用交变电流的瞬时值．
2．峰值：交变电流最大的瞬时值．研究电容器是否被击穿时，应用交变电流的峰值(最大值)，因为电容器上标明的电压是电容器长时间工作时所能承受的最大电压．
3．有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值．研究电功、电功率、电热、保险丝的熔断电流值、交变电表的测量值，只能用有效值．
4．平均值：交变电流的平均值与所选时间的长短有关．研究通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值．
应用体验
例2.[2022·四川高二下期中改编]如图甲所示，位于竖直平面内的矩形金属线圈，匝数n＝100匝，总电阻r＝2.0 Ω，线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环(集流环)焊接在一起，并通过电刷和R＝6.0 Ω的定值电阻相连接，线圈所在空间存在水平向右的匀强磁场．在外力驱动下线圈绕竖直固定中心轴匀速转动，从某位置开始，线圈中的磁通量随时间的变化如图乙所示．不计一切摩擦，求：
(1)线圈产生的感应电动势瞬时值的表达式；
(2)理想交流电压表的示数U；
(3)0～0.5 s内通过电阻R的电荷量q；
(4)在线圈转动一周的过程中，外力做的总功．
[试解]
方法技巧
求解热量与电荷量
(1)求解热量，按以下思路：
(2)求解电荷量，按以下思路：
针对训练
2.一正弦式交变电流的i t图像如图所示．下列说法正确的是( )
A．在t＝0.4 s时电流改变方向
B．该交变电流的周期为0.5 s
C．该交变电流的表达式为i＝2cos 5πt A
D．该交变电流的有效值为A
3．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，V为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示．闭合开关S，下列判断正确的是( )
A．t＝0时刻，电压表的示数为零
B．灯泡恰好正常发光
C．电容器不可能被击穿
D．电压表的示数保持110V不变
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1.匝数为100匝的线圈通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，单匝线圈电阻r＝0.02 Ω，则在0～10 s内线圈产生的焦耳热为( )
A．80 J B．85 J C．90 J D．125 J
2.如图所示，闭合开关后，R＝5 Ω的电阻两端的交流电压为u＝50sin 10πt V，电压表和电流表均为理想交流电表，则( )
A．该交流电周期为0.02 s
B．电压表的读数为100 V
C．电流表的读数为10 A
D．电阻的电功率为1 kW
3．(多选)一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的感应电动势瞬时值表达式为e＝100sin 50πt(V)，下列说法正确的是( )
A．该交变电流的频率为100 Hz
B．该交变电流的电动势有效值为100 V
C．t＝0.1 s时，穿过矩形线圈的磁通量最大
D．该交变电流的电动势有效值比交变电流e＝100·sin 10πt(V)的小
4．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5 Ω，外接一只电阻为95 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
A．电压表V的示数为220 V
B．电路中的电流方向每秒钟改变50次
C．灯泡实际消耗的功率为484 W
D．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
2．交变电流的描述
必备知识·自主学习
必备知识·自主学习
一、
1．一次周期性变化 越慢 两次
2．次数 Hz 越快
3．ω＝＝2πf
二、
1．(1)最大值 (2)强弱 高低 (3)峰值
2．(1)一个周期 相等 有效值
(2)①有效值 有效值 ②有效值
三、
有效值 峰值
走进生活
提示：我国民用交变电流的频率是f＝＝50 Hz，电流方向每秒改变100次．
关键能力·合作探究
探究一
情境探究
提示：电压表的示数为交流电压的有效值，由交流电的热效应可得，在一个周期T＝0.01 s时间内，有＝×T，解得该交流电压的有效值为U＝110 V．
应用体验
[例1] 解析：设该交变电流与一恒定电流通过相同的电阻R，在T＝3×10－2 s内产生的焦耳热相等，可得×R×T＋42×R×T＝I2RT，解得I＝ A，D正确．
答案：D
针对训练
1．解析：在一个周期的时间(0.02 s)内所产生的热量Q交＝×R×0.01 (J)＋(3)2×R×0.01 (J)．设直流电流I通过电阻R时，在一个周期的时间(0.02 s)内产生的热量Q直＝I2R×0.02(J)．由交变电流有效值的定义得Q直＝Q交，解得I＝5 A，即此交变电流的有效值为5 A．故选项D正确．
答案：D
探究二
情境探究
提示：(1)交变电流的最大值．
(2)交变电流的有效值．
应用体验
[例2] 解析：(1)由题图乙可知，线圈转动的周期T＝2 s，转动的角速度ω＝＝π rad/s，
线圈转动过程中，产生的感应电动势的最大值Em＝nBSω＝nΦmω＝100×0.04×π V＝4π V；
线圈产生的感应电动势瞬时值的表达式e＝Emcos ωt＝4πcos πt(V)．
(2)线圈产生的感应电动势的有效值E＝＝2π V，根据闭合电路的欧姆定律可得U＝R＝ V.
(3)0～0.5 s内线圈中产生的平均感应电动势＝n，通过电阻R的平均电流＝，通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝，由题图 乙可知ΔΦ＝0.04 Wb，代入数据解得q＝0.5 C.
(4)在线圈转动一周的过程中，外力做的总功等于电阻产生的热量，故W＝Q＝T＝2π2 J.
答案：(1)e＝4πcos πt(V) (2) V (3)0.5 C
(4)2π2 J
针对训练
2．解析：由题图可知，在t＝0.4 s时电流为正方向最大，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＝0.4 s，故B错误；由题图可知，电流的最大值为imax＝2 A，角速度为ω＝＝5π rad/s，故该交变电流的表达式为i＝imaxcos ωt＝2cos 5πt A，故C正确；该交变电流的有效值为i＝＝ A，故D错误．
答案：C
3．解析：A、D错：交流电压表的示数为电压的有效值，示数保持220 V不变．B对：由题图乙可知，电压的有效值为220 V，故灯泡能正常发光．C错：交流电压的最大值为311 V，超过电容器的额定电压300 V．电容器有被击穿的可能．
答案：B
随堂演练·达标自测
1．解析：由交变电流的有效值定义知：R·＋22R·＝I2RT，则该交变电流的有效值I＝A，线圈的总电阻R总＝100×0.02 Ω＝2 Ω，由Q＝I2R总t得Q＝85 J，选项B正确．
答案：B
2．解析：正弦式交流电压的瞬时值表达式为u＝Umsin ωt，则该交流电的周期T＝＝s＝0.2 s，A错误；电压表的读数为交流电压的有效值，即U＝ V＝50 V，B错误；电流表的读数为I＝＝A＝10 A，C正确；电阻的电功率为P＝IU＝10×50 W＝500 W，D错误．
答案：C
3．解析：由题给表达式可知，矩形线圈转动的角速度ω＝50π rad/s，所以该交变电流的频率f＝＝25 Hz，故A错误；根据题给表达式可知，该交变电流为正弦式交变电流，所以该交变电流的电动势的有效值E＝＝V＝100 V，故B正确；t＝0.1 s时，感应电动势e′＝100sin (50π×0.1)V＝0，所以此时穿过矩形线圈的磁通量最大，故C正确；两个交变电流均为正弦式交变电流，且电动势的峰值相同，故它们的电动势的有效值一定相同，故D错误．
答案：BC
4．解析：A错：电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由题图甲知电动势的最大值Em＝220 V，有效值E＝220 V，灯泡两端电压U＝＝209 V．B错：由题图甲知T＝0.02 s，一个周期内电流方向变化两次，可知1 s内电流方向变化100次．C错：灯泡实际消耗的功率P＝＝W＝459.8 W．D对：电流的有效值I＝＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Qr＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J.
答案：D(共34张PPT)
第1课时
实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
必备知识·自主学习
一、实验目的
探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系．
二、实验方案
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．
三、实验器材
低压交流电源(小于12 V)1个、可拆变压器1个(如图甲、乙所示)、多用表(交流电压挡)2个、导线若干．
四、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．保持原线圈匝数不变，用多用电表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，重复步骤2、3.
五、数据处理
1．将不同的原、副线圈接入电路测出线圈两端的电压填入下表
原线圈 匝数n1 副线圈 匝数n2 原线圈 电压U1 副线圈 电压U2
100 300 2 V 6 V 1∶3 1∶3
100 400 2 V 8 V 1∶4 1∶4
200 400 4 V 8 V 1∶2 1∶2
400 400 6 V 6 V 1∶1 1∶1
400 100 8 V 2 V 4∶1 4∶1
400 100 4 V 1 V 4∶1 4∶1
2.由表格数据得出结论
(1)当原线圈匝数不变、输入电压不变时，随着副线圈匝数增加，输出电压增大．进一步研究可知，副线圈电压与副线圈匝数成正比．
(2)当副线圈匝数不变、输入电压不变时，随着原线圈匝数增加，副线圈输出电压变小．进一步研究可知，副线圈电压与原线圈匝数成反比．
六、误差分析
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．
4．电表的读数存在误差．
七、注意事项
1．在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．
2．为了人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱．
3．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．
关键能力·合作探究
题型一 实验原理及操作
例1. [2022·浙江宁波九校高二检测]学校实验室提供如图甲所示的可拆变压器元件，某同学探究变压器原、副线圈两端的电压与线圈匝数之间的关系．
(1)该同学还需要的实验器材是________(填选项前的字母)．
BE
(2)该同学组装的变压器如图乙所示．铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1＝800匝和n2＝400匝，原线圈两端与电源相连，测得原、副线圈两端的电压分别为10 V和1.8 V，发现结果与正确实验结论有明显偏差，最有可能的原因是________．
A．副线圈的匝数太少
B．副线圈的电阻太大
C．原线圈的匝数太多，电阻过大
D．没有将铁芯B安装在铁芯A上
(3)改正错误后正确操作，为原线圈(匝数n1＝800匝)接入12 V电压，副线圈(匝数n2＝400匝)接线柱间输出电压最有可能的是________．
A．24 V B．6 V C．5.6 V D．2 V
D
C
解析：(1)探究变压器原、副线圈两端的电压与线圈匝数之间的关系时，用到的主要实验器材有可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)、低压交流电源和多用电表等，故选B、E.(2)铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1＝800匝和n2＝400匝，则根据变压器的工作原理可知＝，即原、副线圈两端的电压之比为2∶1，但实际电压差距很大，说明该同学忘记把铁芯B安装到铁芯A上，导致“漏磁”，使副线圈两端电压很小，D正确．(3)根据变压器的工作原理可知＝，解得U2＝6 V，因为不是理想变压器，所以副线圈的输出电压会略小于6 V，C正确．
针对训练
1.物理研究课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”．可拆变压器如图甲、乙所示：
(1)下列说法正确的是________．
A．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
B．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
C．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
E．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用
BCE
(2)如图丙所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上．原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡．下列说法正确的是________．
A．与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力
B．若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将保持不变
C．若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起
AC
解析：(1)变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”测量，故A错误；实验时可采用控制变量法，先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故B正确；测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，防止烧坏电压表，故C正确；变压器开始正常工作后，通过电磁感应，把电能由原线圈输送到副线圈，故D错误；变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，故E正确．(2)变压器线圈通电会产生磁场，而变压器上端的横条相当于磁铁，下端对横条有吸引力作用，因此与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，故A正确；仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压将减小，小灯泡亮度将变暗，故B错误；若仅增加副线圈绕制的圈数，副线圈电压升高，小灯泡消耗的功率变大，学生电源输出的功率变大，有可能使学生电源的过载指示灯亮起，故C正确．
题型二 探索创新实验
例2. 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．
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了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________ Ω，由此可推断________(选填“A”或“B”)线圈的总匝数较多．
24
A
(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UA和绕制线圈的电压U；
④则A线圈的总匝数为________．
A
交流电压
解析：
(1)由多用电表知，电阻为24 Ω，根据电阻定律，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)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，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，根据变压器电压比等于匝数比，有＝，所以nA＝.
针对训练
2.在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，操作步骤如下：
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；
②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
③将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；
④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．
(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)．
①③②④
(2)如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600匝，n2＝400匝，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U′1＝8 V时，U′2＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是
_________________________________________________________．
理想变压器原、副线圈电压之比，等于原、副线圈的匝数之比
解析：(1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；然后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤，即操作的合理顺序为①③②④.(2)两线圈的匝数n1＝1 600匝，n2＝400匝，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V，此时由＝4，＝4，可知＝；当原线圈与副线圈对调后，U′1＝8 V时．U′2＝32 V，此时U′2为原线圈的电压，而U′1为副线圈的电压，＝＝，可知＝，由分析结果可得理想变压器原、副线圈电压之比，等于原、副线圈的匝数之比．
随堂演练·达标自测
1.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究．
(1)(多选)下列器材中，实验需要的器材有________．
A．干电池 B．低压交流电源
C．220 V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
BEG
(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，所用电压不要超过12 V
B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
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
(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，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)．
A
增大
解析：(1)“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验，需要的器材是低压交流电源，提供低压交流电，同时还需要可拆变压器和导线，以及多用电表的交流电压挡来测量电压，故选B、E、G.(2)变压器是为了改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，故A正确；实验通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，就将人体并联在了电路中，会导致所测数据不准确，而且不能保证安全，故B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C错误．(3)根据电压比公式＝，保持原线圈两端的电压和副线圈的匝数不变，减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将增大．
2．[2022·山东枣庄高二期中]在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，李辉同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100匝”的匝数．
(1)本实验中，实验室有下列器材：
A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B．条形磁体
C．多用电表
D．直流电源
E．开关、导线若干
上述器材在本实验中不需要的有________(填器材前序号)，本实验中还需用到的器材有____________．
BD
低压交流电源
(2)实验中，电源接变压器原线圈“0”和“8”接线柱，副线圈接“0”和“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为4.0 V时，若变压器是理想变压器，则原线圈两端的电压应为________．
A．12.0 V B．10.0 V C．8.0 V D．2.0 V E．2.5 V
C
(3)组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接8.0 V的学生电源，原、副线圈的匝数比为8∶1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是( )
A．0 V B．0.7 V
C．1.0 V D．64.0 V
B
(4)用匝数na＝400匝和nb＝800匝的变压器，实验测量数据如表：
根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是________(填“na”或“nb”)．
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
nb
解析：(1)变压器的原理是互感现象，是原线圈磁场的变化引起副线圈中产生感应电流，所以不需要外界的磁场，即不需要条形磁体B；如果原线圈中通的是直流，则副线圈中不会有感应电流产生，故不需要直流电源D.本实验中还需补充的器材是低压交流电源．
(2)若该变压器为理想变压器，根据理想变压器的规律＝可知，原线圈两端的电压为8.0 V，C正确．
(3)根据理想变压器的规律＝可得，U2＝U1＝1 V，但是铁芯未闭合，故所测得的电压应小于1 V，B正确．3.变压器
素养目标
1.知道变压器的构造．(物理观念)
2．理解互感现象，理解变压器的工作原理．(科学思维)
3．理解理想变压器原、副线圈中电压比及电流比与匝数比的关系，能应用这些关系来解决基本问题．(科学思维)
4．通过对变压器原、副线圈电压与匝数关系的探究，培养学生科学探究的核心素养．(科学探究)
第1课时 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、实验目的
探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系．
二、实验方案
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．
三、实验器材
低压交流电源(小于12 V)1个、可拆变压器1个(如图甲、乙所示)、多用表(交流电压挡)2个、导线若干．
四、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．保持原线圈匝数不变，用多用电表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，重复步骤2、3.
五、数据处理
1．将不同的原、副线圈接入电路测出线圈两端的电压填入下表
原线圈 匝数n1 副线圈 匝数n2 原线圈 电压U1 副线圈 电压U2
100 300 2 V 6 V 1∶3 1∶3
100 400 2 V 8 V 1∶4 1∶4
200 400 4 V 8 V 1∶2 1∶2
400 400 6 V 6 V 1∶1 1∶1
400 100 8 V 2 V 4∶1 4∶1
400 100 4 V 1 V 4∶1 4∶1
2.由表格数据得出结论
(1)当原线圈匝数不变、输入电压不变时，随着副线圈匝数增加，输出电压增大．进一步研究可知，副线圈电压与副线圈匝数成正比．
(2)当副线圈匝数不变、输入电压不变时，随着原线圈匝数增加，副线圈输出电压变小．进一步研究可知，副线圈电压与原线圈匝数成反比．
六、误差分析
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．
4．电表的读数存在误差．
七、注意事项
1．在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．
2．为了人身安全，学生电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱．
3．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．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
题型一 实验原理及操作
例1.[2022·浙江宁波九校高二检测]学校实验室提供如图甲所示的可拆变压器元件，某同学探究变压器原、副线圈两端的电压与线圈匝数之间的关系．
(1)该同学还需要的实验器材是________(填选项前的字母)．
(2)该同学组装的变压器如图乙所示．铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1＝800匝和n2＝400匝，原线圈两端与电源相连，测得原、副线圈两端的电压分别为10 V和1.8 V，发现结果与正确实验结论有明显偏差，最有可能的原因是________．
A．副线圈的匝数太少
B．副线圈的电阻太大
C．原线圈的匝数太多，电阻过大
D．没有将铁芯B安装在铁芯A上
(3)改正错误后正确操作，为原线圈(匝数n1＝800匝)接入12 V电压，副线圈(匝数n2＝400匝)接线柱间输出电压最有可能的是________．
A．24 V B．6 V C．5.6 V D．2 V
[试解]
针对训练
1.物理研究课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”．可拆变压器如图甲、乙所示：
(1)下列说法正确的是________．
A．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
B．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
C．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
D．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
E．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用
(2)如图丙所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上．原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡．下列说法正确的是________．
A．与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力
B．若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将保持不变
C．若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起
题型二 探索创新实验
例2. 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．
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了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________ Ω，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UA和绕制线圈的电压U；
④则A线圈的总匝数为________．
[试解]
针对训练
2.在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，操作步骤如下：
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；
②闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
③将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；
④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．
(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)．
(2)如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600匝，n2＝400匝，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U′1＝8 V时，U′2＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________________________________________________________________________．
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，某同学利用“教学用的可拆变压器”进行探究．
(1)(多选)下列器材中，实验需要的器材有________．
A．干电池 B．低压交流电源
C．220 V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，所用电压不要超过12 V
B．实验通电时，可用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路
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
(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，副线圈两端的电压将________(选填“增大”“减小”或“不变”)．
2．[2022·山东枣庄高二期中]在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，李辉同学采用了如图所示的可拆式变压器进行研究，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100匝”的匝数．
(1)本实验中，实验室有下列器材：
A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B．条形磁体
C．多用电表
D．直流电源
E．开关、导线若干
上述器材在本实验中不需要的有________(填器材前序号)，本实验中还需用到的器材有________．
(2)实验中，电源接变压器原线圈“0”和“8”接线柱，副线圈接“0”和“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为4.0 V时，若变压器是理想变压器，则原线圈两端的电压应为________．
A．12.0 V B．10.0 V
C．8.0 V D．2.0 V
E．2.5 V
(3)组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，如图所示，原线圈接8.0 V的学生电源，原、副线圈的匝数比为8∶1，副线圈两端接交流电压表，则交流电压表的实际读数可能是( )
A．0 V B．0.7 V
C．1.0 V D．64.0 V
(4)用匝数na＝400匝和nb＝800匝的变压器，实验测量数据如表：
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
根据测量数据可判断连接交流电源的原线圈是________(填“na”或“nb”)．
第1课时 实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
关键能力·合作探究
题型一
[例1] 解析：(1)探究变压器原、副线圈两端的电压与线圈匝数之间的关系时，用到的主要实验器材有可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)、低压交流电源和多用电表等，故选B、E.(2)铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1＝800匝和n2＝400匝，则根据变压器的工作原理可知＝，即原、副线圈两端的电压之比为2∶1，但实际电压差距很大，说明该同学忘记把铁芯B安装到铁芯A上，导致“漏磁”，使副线圈两端电压很小，D正确．(3)根据变压器的工作原理可知＝，解得U2＝6 V，因为不是理想变压器，所以副线圈的输出电压会略小于6 V，C正确．
答案：(1)BE (2)D (3)C
针对训练
1．解析：(1)变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”测量，故A错误；实验时可采用控制变量法，先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故B正确；测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，防止烧坏电压表，故C正确；变压器开始正常工作后，通过电磁感应，把电能由原线圈输送到副线圈，故D错误；变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，故E正确．(2)变压器线圈通电会产生磁场，而变压器上端的横条相当于磁铁，下端对横条有吸引力作用，因此与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，故A正确；仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压将减小，小灯泡亮度将变暗，故B错误；若仅增加副线圈绕制的圈数，副线圈电压升高，小灯泡消耗的功率变大，学生电源输出的功率变大，有可能使学生电源的过载指示灯亮起，故C正确．
答案：(1)BCE (2)AC
题型二
[例2] 解析：(1)由多用电表知，电阻为24 Ω，根据电阻定律，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)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，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，根据变压器电压比等于匝数比，有＝，所以nA＝.
答案：(1)24 A (2)②A ③交流电压 ④
针对训练
2．解析：(1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关，用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；然后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤，即操作的合理顺序为①③②④.(2)两线圈的匝数n1＝1 600匝，n2＝400匝，当将n1作为原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V，此时由＝4，＝4，可知＝；当原线圈与副线圈对调后，U′1＝8 V时．U′2＝32 V，此时U′2为原线圈的电压，而U′1为副线圈的电压，＝＝，可知＝，由分析结果可得理想变压器原、副线圈电压之比，等于原、副线圈的匝数之比．
答案：(1)①③②④ (2)理想变压器原、副线圈电压之比，等于原、副线圈的匝数之比
随堂演练·达标自测
1．解析：(1)“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验，需要的器材是低压交流电源，提供低压交流电，同时还需要可拆变压器和导线，以及多用电表的交流电压挡来测量电压，故选B、E、G.(2)变压器是为了改变电压，因此为了人身安全，原线圈两端只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，故A正确；实验通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱等检查电路，就将人体并联在了电路中，会导致所测数据不准确，而且不能保证安全，故B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C错误．(3)根据电压比公式＝，保持原线圈两端的电压和副线圈的匝数不变，减小原线圈的匝数，副线圈两端的电压将增大．
答案：(1)BEG (2)A (3)增大
2．解析：(1)变压器的原理是互感现象，是原线圈磁场的变化引起副线圈中产生感应电流，所以不需要外界的磁场，即不需要条形磁体B；如果原线圈中通的是直流，则副线圈中不会有感应电流产生，故不需要直流电源D.本实验中还需补充的器材是低压交流电源．(2)若该变压器为理想变压器，根据理想变压器的规律＝可知，原线圈两端的电压为8.0 V，C正确．(3)根据理想变压器的规律＝可得，U2＝U1＝1 V，但是铁芯未闭合，故所测得的电压应小于1 V，B正确．
答案：(1)BD 低压交流电源 (2)C (3)B (4)nb(共43张PPT)
第2课时 变压器
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
必备知识·自主学习
一、变压器的原理
形成闭合磁路，防止漏磁
1．构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．一个线圈与________连接，叫作原线圈，也叫________；另一个线圈与________连接，叫作副线圈，也叫________(如图所示)．
交流电源
初级线圈
负载
次级线圈
2．原理：________是变压器工作的基础．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________也在不断变化．变化的________在副线圈中产生感应电动势．
互感现象
磁场
磁场
二、电压与匝数的关系
1．理想变压器
把没有________的变压器叫作理想变压器．许多大型变压器工作时，能量损耗很小，可看作理想变压器．
2．基本关系式(假设只有一个副线圈)
(1)电压比：＝.
(2)能量关系：P入＝P出． 变压器没有
能量损失
(3)电流关系：＝ 只适用于一个原线圈和一个副线圈
能量损耗
走 进 生 活
现在部分手机已经可以实现无线充电，其中一种无线充电主要通过在充电器面板和手机背面各安装一个线圈来实现，如图所示．
探究：若仅改变手机线圈匝数，手机线圈两端电压会发生改变吗？
若仅改变手机线圈匝数，手机线圈两端电压会发生改变．
关键能力·合作探究
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)通过开关连接到交流电源的两端，另一个线圈(副线圈)连接到小灯泡的两端．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？
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学生电源的输出电压相等吗？如果不相等，与什么因素有关？
左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率都相同，若左边匝数为n1，则U1＝E1＝n1，若右边线圈匝数为n2，则U2＝E2＝n2，故有＝；若忽略左边线圈的电阻，则有U1＝U电源，这样看来只要n1≠n2，小灯泡两端的电压与学生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、副线圈匝数比有关．
核心归纳
1.电压关系：U1∶U2∶U3…＝n1∶n2∶n3…或＝＝…
2．功率关系：输入功率等于输出功率，即P入＝P出，U1I1＝U2I2.
3．电流关系：由功率关系可知，当只有一个副线圈时，＝＝；当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3…，I1n1＝I2n2＋I3n3…
4．原、副线圈的交变电流的周期T和频率f相同．
要点笔记
(1)变压器不改变交变电流的周期和频率．
(2)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．
(3)变压器中提到的电压关系、电流关系、电路中电表的示数等，指的都是交流电的有效值．
应用体验
例1.[2022·山东卷]如图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos (100πt)．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V.将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W．下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
答案：D
解析：根据理想变压器的变压规律有＝，代入U＝220 V得n1＝2 200，Um＝U＝220 V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝＝12 V，根据理想变压器的变压规律有＝，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝＝1 A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18 V，UAC＝30 V，变压器不改变交流电的频率，故f＝＝50 Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝＝2.5 A，周期T＝＝0.02 s，D正确．
针对训练
1.[2022·湖北卷](多选)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示．发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝．若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
答案：AC
解析：根据＝可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，A正确；由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，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，D错误．
2.一理想变压器的原线圈匝数n1＝100匝，副线圈匝数分别为n2＝30匝、n3＝20匝，一个电阻为48.4 Ω的小灯泡接在两个副线圈上，如图所示．当原线圈与e＝220sin ωt(V)的交流电源连接后，变压器的输入功率为( )
A．10 W B．20 W
C．250 W D．500 W
答案：A
解析：根据副线圈的接法可知，两个副线圈反向连接，两副线圈产生的电动势抵消一部分，相当于灯泡接在10匝的副线圈上，原线圈两端的电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可知，灯泡两端的电压U＝×220 V＝22 V，灯泡的功率P＝＝ W＝10 W，变压器输入功率与输出功率相等，则变压器的输入功率也为10 W，故选A.
3．[2022·山东莱西高二检测]理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，在原、副线圈的回路中分别接入电阻4R、R，原线圈输入端a、b接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则下列说法正确的是( )
A．U＝55 V k＝
B．U＝ V k＝2
C．U＝55 V k＝1
D．U＝ V k＝
答案：C
解析：原、副线圈电压比等于匝数比，副线圈负载电阻的电压为U，可知原线圈电压为2U，副线圈电流I＝，所以原线圈电流I1＝I＝，原线圈输入电压220 V＝2U＋×4R，整理可得U＝55 V，原、副线圈电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻为4∶1，电流为1∶2，可得功率比为1∶1，k＝1，故C正确．
探究二 理想变压器工作时的制约关系
情境探究
如图所示电路中，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？
副线圈输出电压U2由原线圈输入电压U1决定，原线圈中的电流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？
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．
核心归纳
1.电压制约：输入电压U1决定输出电压U2.当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝.
2．电流制约：输出电流I2决定输入电流I1.当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝.而变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，即I2＝.
3．功率制约：输出功率P2决定输入功率P1.变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，即P2＝P负1＋P负2＋….P2增大，P1增大；P2减小，P1减小．
4．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(1)原、副线圈匝数比不变，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.
(2)负载电阻不变，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.
应用体验
例2. 如图所示，有一矩形线圈绕OO′轴在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流，线圈通过滑环接一理想变压器．线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻．滑动触头P可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R，下列判断正确的是( )
A．当P位置不动、R增大时，电压表的示数增大
B．当P位置不动、R增大时，电压表的示数减小
C．当P位置向上移动、R不变时，电流表的示数增大
D．当P位置向上移动、R不变时，电流表的示数减小
答案：C
解析：因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，A、B错误；根据理想变压器电压的规律＝，副线圈输出电压U2＝U1，当P位置向上移动时，n1减小，则U2增大，再根据输入功率等于输出功率，P1＝P2＝＝U1I1，则电流表示数I1会增大，C正确，D错误．
针对训练
4.如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin (ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内阻影响，闭合开关S后( )
A．电流表A2的示数减小
B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变
D．电流表A1的示数不变
答案：A
解析：由于闭合开关S后原线圈两端电压不变，故副线圈两端电压也不变，即电压表V1的示数不变，B错误；闭合开关S后，副线圈中并联的两个电阻的总阻值减小，所以副线圈中的总电流增大，副线圈中并联的两个电阻分得的电压减小，故电压表V2的示数减小，由欧姆定律可知，电流表A2的示数减小，A正确，C错误；由于副线圈中的电流增大，所以原线圈中的电流也增大，即电流表A1的示数增大，D错误．
5．(多选)如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开．当开关S接通时，以下说法正确的是( )
A.副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
解析：由于输入电压不变，当S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变；并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律知，流过R的电流增大，等效电阻上的电压UR＝IR增大；副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2，得原线圈输入电流I1也增大；UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小；故A错误，B、C、D正确．
答案：BCD
探究三 几种常见的变压器
核心归纳
1.自耦变压器
图甲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．如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取原线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，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，AB之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2.
应用体验
例3.(多选)自耦变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压，图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，CD两端接有效值一定的交流电源，变压器可视为理想变压器，以下说法正确的是( )
A．当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大
B．当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大
C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大
D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小
答案：AD
解析：滑动触头P逆时针转动，相当于增加了副线圈的匝数，而原线圈匝数保持不变，根据＝可知，输出电压增大，其他因素不变时，电压表读数变大，电流表读数变大．当线圈匝数不变而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时，输出电压不变，总电阻减小，则总电流增大，R1两端电压增大，R2两端电压减小，电压表读数变小，流过R2的电流减小，因此，流过R3的电流增大，电流表读数变大．
针对训练
6.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、副线圈的匝数之比为k1，电压表读数为U；乙图中变压器原、副线圈的匝数之比为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，
C．，k2I
D．
答案：B
解析：由理想变压器的工作原理，对甲图得＝＝k1，解得U1＝k1U；对乙图得＝＝k2，解得I1＝，B正确，A、C、D错误．
随堂演练·达标自测
1．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表A1的示数是12 mA，则副线圈中电流表A2的示数是( )
A．3 mA B．48 mA
C．0 D．与R的阻值有关
解析：当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确．
答案：C
2．如图所示，可以将电压升高供给电灯的变压器是( )
解析：线圈应该接交流电源，且升压变压器中副线圈的匝数大于原线圈的匝数，故C符合题意．
答案：C
3．如图所示，理想变压器输入端PQ接稳定的交流电源，通过单刀双掷开关S可改变变压器原线圈匝数(图中电压表及电流表皆为理想电表)，则下列说法正确的是( )
A．当滑片c向b端移动时，变压器输入功率变大
B．当滑片c向a端移动时，电流表A1的示数将变小，电压表V的示数不变
C．当滑片c向b端移动时，电流表A2的示数将变大，电压表V的示数也变大
D．当滑片c不动，将开关S由1掷向2时，三个电表A1、A2、V的示数都将变大
答案：D
解析：当滑片c向b端移动时，负载电阻变大，副线圈两端电压不变，电流表A2的示数变小，变压器输出功率变小，则输入功率也变小，A、C错误；当滑片c向a端移动时，负载电阻变小，副线圈两端电压不变，即电压表V的示数不变，则副线圈中电流变大，根据电流与匝数成反比可知电流表A1的示数将变大，B错误；当滑片c不动，将开关S由1掷向2时，副线圈两端的电压变大，电阻不变，则副线圈中电流变大，原线圈中电流也变大，故三个电表A1、A2、V的示数都变大，D正确．
4．[2022·河北卷]张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后．输出电压为U.忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电压为πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势e＝πNBSnz sin (2πnz)
答案：C
解析：发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz.输出电压的有效值为E＝＝πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为＝＝，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝2πNBSnz sin (2πnz)t，D错误．
5．(多选)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是( )
A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
答案：AD
解析：A对：交流电的频率为f＝＝ s＝50 Hz.B错：通过R2的电流的有效值为I＝ A＝1 A，R2两端(副线圈两端)的电压U2＝IR2＝1×10 V＝10 V，因＝，则原线圈两端的电压U1＝U2＝10×10 V＝100 V，则电阻R1两端电压(电压表示数)UV＝U0－U1＝220 V－100 V＝120 V．C错：电流表的示数为IA＝＝ A＝0.5 A．D对：副线圈中流过的总电流为I2＝I＋IA＝1 A＋0.5 A＝1.5 A，变压器传输的电功率为P＝I2U2＝15.0 W.第2课时 变压器
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、变压器的原理
形成闭合磁路，防止漏磁
1．构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．一个线圈与________连接，叫作原线圈，也叫________；另一个线圈与________连接，叫作副线圈，也叫________(如图所示)．
2．原理：________是变压器工作的基础．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________也在不断变化．变化的________在副线圈中产生感应电动势．
二、电压与匝数的关系
1．理想变压器
把没有________的变压器叫作理想变压器．许多大型变压器工作时，能量损耗很小，可看作理想变压器．
2．基本关系式(假设只有一个副线圈)
(1)电压比：＝.
(2)能量关系：P入＝P出． 变压器没有
能量损失
(3)电流关系：＝ 只适用于一个原线
圈和一个副线圈
走 进 生 活
现在部分手机已经可以实现无线充电，其中一种无线充电主要通过在充电器面板和手机背面各安装一个线圈来实现，如图所示．
探究：若仅改变手机线圈匝数，手机线圈两端电压会发生改变吗？
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究一 变压器的原理
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)通过开关连接到交流电源的两端，另一个线圈(副线圈)连接到小灯泡的两端．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？
(2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗？如果不相等，与什么因素有关？
核心归纳
1.电压关系：U1∶U2∶U3…＝n1∶n2∶n3…或＝＝…
2．功率关系：输入功率等于输出功率，即P入＝P出，U1I1＝U2I2.
3．电流关系：由功率关系可知，当只有一个副线圈时，＝＝；当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3…，I1n1＝I2n2＋I3n3…
4．原、副线圈的交变电流的周期T和频率f相同．
要点笔记
(1)变压器不改变交变电流的周期和频率．
(2)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．
(3)变压器中提到的电压关系、电流关系、电路中电表的示数等，指的都是交流电的有效值．
应用体验
例1.[2022·山东卷]如
图所示的变压器，输入电压为220 V，可输出12 V、18 V、30 V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos (100πt)．单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1 V.将阻值为12 Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12 W．下列说法正确的是( )
A．n1为1 100匝，Um为220 V
B．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4 A
C．若将R接在AB两端，R两端的电压为18 V，频率为100 Hz
D．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5 A，周期为0.02 s
[试解]
针对训练
1.[2022·湖北卷](多选)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示．发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝．若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是( )
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
2.一理想变压器的原线圈匝数n1＝100匝，副线圈匝数分别为n2＝30匝、n3＝20匝，一个电阻为48.4 Ω的小灯泡接在两个副线圈上，如图所示．当原线圈与e＝220sin ωt(V)的交流电源连接后，变压器的输入功率为( )
A．10 W B．20 W
C．250 W D．500 W
3．[2022·山东莱西高二检测]理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，在原、副线圈的回路中分别接入电阻4R、R，原线圈输入端a、b接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则下列说法正确的是( )
A．U＝55 V k＝ B．U＝V k＝2
C．U＝55 V k＝1 D．U＝V k＝
探究二 理想变压器工作时的制约关系
情境探究
如图所示电路中，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？
(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？
核心归纳
1.电压制约：输入电压U1决定输出电压U2.当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝.
2．电流制约：输出电流I2决定输入电流I1.当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝.而变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，即I2＝.
3．功率制约：输出功率P2决定输入功率P1.变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，即P2＝P负1＋P负2＋….P2增大，P1增大；P2减小，P1减小．
4．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(1)原、副线圈匝数比不变，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.
(2)负载电阻不变，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.
应用体验
例2. 如图所示，有一矩形线圈绕OO′轴在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流，线圈通过滑环接一理想变压器．线路中接有电压表和电流表，不计矩形线圈和导线的电阻．滑动触头P可以上下移动，副线圈上接有可调电阻R，下列判断正确的是( )
A．当P位置不动、R增大时，电压表的示数增大
B．当P位置不动、R增大时，电压表的示数减小
C．当P位置向上移动、R不变时，电流表的示数增大
D．当P位置向上移动、R不变时，电流表的示数减小
[试解]
针对训练
4.如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin (ωt＋φ)的交流电源上，副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内阻影响，闭合开关S后( )
A．电流表A2的示数减小
B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变
D．电流表A1的示数不变
5．(多选)如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R.开始时，开关S断开．当开关S接通时，以下说法正确的是( )
A.副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
探究三 几种常见的变压器
核心归纳
1.自耦变压器
图甲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．如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取原线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，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，AB之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压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 串联在待测电路中
副线圈 的连接 连接电压表 连接电流表
互感器 的作用 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流
利用的 关系式 ＝ I1n1＝I2n2
应用体验
例3.(多选)自耦变压器的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压，图中A为交流电流表，V为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，CD两端接有效值一定的交流电源，变压器可视为理想变压器，以下说法正确的是( )
A．当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大
B．当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大
C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大
D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小
[试解]
针对训练
6.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、副线圈的匝数之比为k1，电压表读数为U；乙图中变压器原、副线圈的匝数之比为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，
C．，k2I
D．
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比＝4∶1，当导线在平行导轨上匀速切割磁感线时，电流表A1的示数是12 mA，则副线圈中电流表A2的示数是( )
A．3 mAB．48 mA
C．0 D．与R的阻值有关
2．如图所示，可以将电压升高供给电灯的变压器是( )
3．如图所示，理想变压器输入端PQ接稳定的交流电源，通过单刀双掷开关S可改变变压器原线圈匝数(图中电压表及电流表皆为理想电表)，则下列说法正确的是( )
A．当滑片c向b端移动时，变压器输入功率变大
B．当滑片c向a端移动时，电流表A1的示数将变小，电压表V的示数不变
C．当滑片c向b端移动时，电流表A2的示数将变大，电压表V的示数也变大
D．当滑片c不动，将开关S由1掷向2时，三个电表A1、A2、V的示数都将变大
4．[2022·河北卷]张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后．输出电压为U.忽略线圈电阻，下列说法正确的是( )
A．发电机输出的电压为πNBSz
B．发电机输出交变电流的频率为2πnz
C．变压器原、副线圈的匝数比为πNBSnz∶U
D．发电机产生的瞬时电动势
e＝πNBSnz sin (2πnz)
5．(多选)在图(a)所示的交流电路中，电源电压的有效值为220 V，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1、R2、R3均为固定电阻，R2＝10 Ω，R3＝20 Ω，各电表均为理想电表．已知电阻R2中电流i2随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示．下列说法正确的是( )
A．所用交流电的频率为50 Hz
B．电压表的示数为100 V
C．电流表的示数为1.0 A
D．变压器传输的电功率为15.0 W
第2课时 变压器
必备知识·自主学习
一、
1．交流电源 初级线圈 负载 次级线圈
2．互感现象 磁场 磁场
二、
1．能量损耗
走进生活
提示：若仅改变手机线圈匝数，手机线圈两端电压会发生改变．
关键能力·合作探究
探究一
情境探究
提示：(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)左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率都相同，若左边匝数为n1，则U1＝E1＝n1，若右边线圈匝数为n2，则U2＝E2＝n2，故有＝；若忽略左边线圈的电阻，则有U1＝U电源，这样看来只要n1≠n2，小灯泡两端的电压与学生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、副线圈匝数比有关．
应用体验
[例1] 解析：根据理想变压器的变压规律有＝，代入U＝220 V得n1＝2 200，Um＝U＝220 V，A错误；由功率与电压的关系得UBC＝＝12 V，根据理想变压器的变压规律有＝，代入数据解得nBC＝120，由欧姆定律得I＝＝1 A，B错误；由以上分析结合题意可知UAB＝18 V，UAC＝30 V，变压器不改变交流电的频率，故f＝＝50 Hz，C错误；由欧姆定律得I′＝＝2.5 A，周期T＝＝0.02 s，D正确．
答案：D
针对训练
1．解析：根据＝可得接收线圈的输出电压约为U2＝8 V，A正确；由于存在磁漏现象，电流比不再与匝数成反比，B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，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，D错误．
答案：AC
2．解析：根据副线圈的接法可知，两个副线圈反向连接，两副线圈产生的电动势抵消一部分，相当于灯泡接在10匝的副线圈上，原线圈两端的电压有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可知，灯泡两端的电压U＝×220 V＝22 V，灯泡的功率P＝＝ W＝10 W，变压器输入功率与输出功率相等，则变压器的输入功率也为10 W，故选A.
答案：A
3．解析：原、副线圈电压比等于匝数比，副线圈负载电阻的电压为U，可知原线圈电压为2U，副线圈电流I＝，所以原线圈电流I1＝I＝，原线圈输入电压220 V＝2U＋×4R，整理可得U＝55 V，原、副线圈电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻为4∶1，电流为1∶2，可得功率比为1∶1，k＝1，故C正确．
答案：C
探究二
情境探究
提示：(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)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．
应用体验
[例2] 解析：因不计矩形线圈和导线的电阻，电压表的示数即电动势的有效值，电动势不变，电压表示数不变，A、B错误；根据理想变压器电压的规律＝，副线圈输出电压U2＝U1，当P位置向上移动时，n1减小，则U2增大，再根据输入功率等于输出功率，P1＝P2＝＝U1I1，则电流表示数I1会增大，C正确，D错误．
答案：C
针对训练
4．解析：由于闭合开关S后原线圈两端电压不变，故副线圈两端电压也不变，即电压表V1的示数不变，B错误；闭合开关S后，副线圈中并联的两个电阻的总阻值减小，所以副线圈中的总电流增大，副线圈中并联的两个电阻分得的电压减小，故电压表V2的示数减小，由欧姆定律可知，电流表A2的示数减小，A正确，C错误；由于副线圈中的电流增大，所以原线圈中的电流也增大，即电流表A1的示数增大，D错误．
答案：A
5．解析：由于输入电压不变，当S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变；并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律知，流过R的电流增大，等效电阻上的电压UR＝IR增大；副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2，得原线圈输入电流I1也增大；UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小；故A错误，B、C、D正确．
答案：BCD
探究三
[例3] 解析：滑动触头P逆时针转动，相当于增加了副线圈的匝数，而原线圈匝数保持不变，根据＝可知，输出电压增大，其他因素不变时，电压表读数变大，电流表读数变大．当线圈匝数不变而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时，输出电压不变，总电阻减小，则总电流增大，R1两端电压增大，R2两端电压减小，电压表读数变小，流过R2的电流减小，因此，流过R3的电流增大，电流表读数变大．
答案：AD
针对训练
6．解析：由理想变压器的工作原理，对甲图得＝＝k1，解得U1＝k1U；对乙图得＝＝k2，解得I1＝，B正确，A、C、D错误．
答案：B
随堂演练·达标自测
1．解析：当导线在平行导轨上匀速运动时，产生的电流是恒定的电流，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确．
答案：C
2．解析：线圈应该接交流电源，且升压变压器中副线圈的匝数大于原线圈的匝数，故C符合题意．
答案：C
3．解析：当滑片c向b端移动时，负载电阻变大，副线圈两端电压不变，电流表A2的示数变小，变压器输出功率变小，则输入功率也变小，A、C错误；当滑片c向a端移动时，负载电阻变小，副线圈两端电压不变，即电压表V的示数不变，则副线圈中电流变大，根据电流与匝数成反比可知电流表A1的示数将变大，B错误；当滑片c不动，将开关S由1掷向2时，副线圈两端的电压变大，电阻不变，则副线圈中电流变大，原线圈中电流也变大，故三个电表A1、A2、V的示数都变大，D正确．
答案：D
4．解析：发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz.输出电压的有效值为E＝＝πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为＝＝，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝2πNBSnz sin (2πnz)t，D错误．
答案：C
5．解析：A对：交流电的频率为f＝＝ s＝50 Hz.B错：通过R2的电流的有效值为I＝ A＝1 A，R2两端(副线圈两端)的电压U2＝IR2＝1×10 V＝10 V，因＝，则原线圈两端的电压U1＝U2＝10×10 V＝100 V，则电阻R1两端电压(电压表示数)UV＝U0－U1＝220 V－100 V＝120 V．C错：电流表的示数为IA＝＝ A＝0.5 A．D对：副线圈中流过的总电流为I2＝I＋IA＝1 A＋0.5 A＝1.5 A，变压器传输的电功率为P＝I2U2＝15.0 W.
答案：AD(共37张PPT)
4.电能的输送
必备知识·自主学习
关键能力·合作探究
随堂演练·达标自测
素养目标
1.知道交变电流从发电站到用户的输电过程．(物理观念)
2．知道远距离输电线路的基本构成，会对简单的远距离输电线路进行计算．理解远距离输电时决定电能损耗的因素，理解高压输电的原因．(科学思维)
3．通过对远距离输电的学习，了解并体会物理学对经济、社会发展的贡献，培养学生的社会责任感．(科学态度与责任)
必备知识·自主学习
一、降低输电损耗的两个途径
1．输送电能的基本要求
(1)可靠：保证供电线路________工作，故障少．
(2)保质：保证电能的质量——________和________稳定．
(3)经济：输电线路建造和运行的________低、________少．
可靠地
电压
频率
费用
电能损耗
2．降低输电损耗的两个途径
(1)输电线上的功率损失
P＝________，I为输电电流，r为输电线的电阻．
(2)降低输电损耗的两个途径
①减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，为了减小______，应当选用________的金属材料，还要尽可能增加导线的________．
通过提高输电电压实现
②减小输电导线中的电流：为减小输电________，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电________．
I2r
电阻
电阻率小
横截面积
电流
电压
二、电网供电
1．远距离输电基本原理
在发电站内用_____变压器升压到________，然后进行远距离输电．到达数百千米甚至数千千米之外的用电区之后，先后经“一次高压变电站”“二次变电站”降到10 kV左右．然后，一部分电能送往用电量大的工业用户，另一部分经低压变电站的________变压器降压后供给其他用户．
2．通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的________，这就是________．
升压
几百千伏
降压
输电网络
电网
3．优点
(1)减少发电设施的重复建设，降低一次能源的________．
(2)可保证发电和供电的安全可靠，方便调整________，使电力供应更加________、________更高．
运输成本
供需平衡
可靠
质量
走 进 生 活
如图为一高压输电线路，随着电压的增加，用电危险性也会跟着增加，为什么还要采用高压输电？
输电功率P＝UI，在输送功率一定的情况下，提高输电电压，可减小输电电流，从而减少输电线上的电能损失．
关键能力·合作探究
探究一 输电线上的电压损失和能量损失
情境探究
如图所示，假定发电厂输出的电压为U，输送功率为P，输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)．那么：
(1)输送到用户两端的电压U′与U、P、I及r之间有哪些关系式？
U′＝U－ΔU＝U－Ir＝U－r.
(2)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？为什么？
(3)功率损失的表达式是什么？降低功率损失有哪些途径？
不相等．由于输电线有电阻，有一部分电能转化为电热损耗掉了．
ΔP＝I2r＝r.降低功率损失的两个途径：①减小输电线的电阻r；②减小输电电流I，即提高输送电压U.
核心归纳
1.输电线上的电功率损失
(1)原因：输电导线有电阻R线，电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损失．
(2)计算式：①P线＝I2R线；②P线＝IU线；
③P线＝.
2．输电线上的电压损失
若用U表示输电线始端电压，U′表示输电线末端电压，则U线＝U －U′或U线＝IR线．
3．电压损失与输电电压的关系
如果远距离输电的电功率P不变，输电电压为U，输电导线电阻为R线，则输电导线上发热损失的功率P损＝I2R线＝R线，因此输电电压若提高到nU，则P损将减为原来的.
应用体验
题型1 输电线上电压损失的计算
例1. 某发电站的输出功率为1×104 kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km远处供电．已知输电导线的电阻率ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积S＝1.5×10－4 m2，输电线路损失的功率为变压器输出功率的4%.求：
(1)升压变压器的输出电压；
(2)输电线路上的电压损失．
80 kV
3 200 V
解析：(1)输电线路的电阻R＝2ρ＝25.6 Ω ①
设发电站的输出功率为P1，变压器的输出功率为P2，输电电流为I2，升压变压器的输出电压为U2，则
P损＝P1×4%＝400 kW ②
P损＝R ③
P1＝P2 ④
P2＝I2U2 ⑤
由①②③④⑤得升压变压器的输出电压U2＝80 kV.
(2)输电线路上的电压损失U损＝I2R＝3 200 V.
题型2 输电线上功率损失的计算
例2. 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦，某处与电站间每根输电线的电阻为10欧．
(1)若机组输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？
(2)在(1)的条件下，输电线上损失的功率为多少？它占机组输出功率的几分之几？
(3)若将机组输出的电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占机组输出功率的几分之几？
2 500 A
1.25×108 W
1 000 A
解析：(1)由P＝UI得，I＝＝ A＝2 500 A.
(2)输电线上损失的功率ΔP＝I2·2r＝2 5002×2×10 W＝1.25×108 W，
损失功率与输出功率之比＝＝.
(3)当机组输出的电压升高至50万伏时，I′＝＝ A＝1 000 A，
输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝1 0002×2×10 W＝2×107 W，
损失功率与输出功率之比＝＝.
针对训练
1.假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，不考虑其他因素的影响，则 ( )
A.输电电流变为原来的2倍
B．输电线上损失的电压将变为原来的2倍
C．输电线上损失的电压将变为原来的
D．输电线上损失的电功率将变为原来的
答案：C
解析：由于P输不变，根据输送电功率P输＝U输I输可知，输电电流I输＝∝，当U输变为原来的2倍时，则I输变为原来的，故A错误；当输电电流变为原来的时，根据输电线上损失的电压ΔU＝I输R线∝I输可知，输电线上损失的电压也变为原来的，故B错误，C正确；输电线上损失的电功率P损＝R线，所以输电线上损失的电功率将变为原来的，故D错误．
探究二 远距离输电
核心归纳
1.远距离输电的几个基本关系式
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4.
(2)电压关系：＝，U2＝U线＋U3，＝.
(3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝.
(4)输电电流：I线＝＝＝＝.
(5)输电导线上损耗的电功率：P损＝P2－P3＝R线＝＝U线I线．
(6)输电导线上的电压损失：U线＝I线R线＝U2－U3.
2．两个联系
(1)线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系：＝＝，P1＝P2.
(2)线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系：＝＝，P3＝P4.
要点笔记
(1)注意区别：①输电电压U与输电线上降落的电压ΔU；②输电功率P与输电线上损失的功率ΔP.
(2)抓住不变量：输送电功率不变，由P＝UI判断出输电电流I的变化，从而由ΔU＝IR、ΔP＝I2R判断ΔU、ΔP的变化．
应用体验
例3. [2022·湖北孝感高二检测]如图甲为某中小型水力发电站远距离输送单相交流电的示意图，每根导线的电阻为4 Ω，远距离输电线的输送电流为100 A，若理想升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为960 kW，在用户端起点接有理想交流电压表(图中未画出)．
(1)求升压变压器原、副线圈匝数比；
(2)设理想降压变压器原、副线圈匝数比为40∶1，求用户端交流电压表的示数；
(3)若用户端全是照明用电，能使多少盏“220 V 20 W”的节能灯正常发光？
220 V
4.4×104盏
解析：(1)由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为U1＝240 V，根据P＝UI得，输送电压为U2＝＝ V＝9 600 V，
根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比得，升压变压器原、副线圈匝数比为＝＝＝.
(2)输电线损失的电压为ΔU＝I2R总＝100×4×2 V＝800 V，
降压变压器输入端电压为U3＝U2－ΔU＝(9 600－800) V＝8 800 V，
根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比得，降压变压器原、副线圈匝数比为＝，代入数据解得用户端得到的电压为U4＝220 V，即用户端交流电压表的示数为220 V.
(3)输电线路损耗的功率为ΔP＝ΔU·I2＝80 kW，
所以用户得到的功率为P4＝(960－80) kW＝880 kW，
每盏灯正常发光的功率为20 W，所以N＝，
代入数据解得N＝4.4×104盏．
针对训练
2.(多选)如图所示是一远距离输电示意图，图中变压器①、②均为理想变压器，输电导线总电阻为R.则下列关系式正确的是 ( )
A．输电导线中的电流I2＝
B．输电导线上损失的功率ΔP＝(U2－U3)I3
C．两变压器线圈匝数比满足<
D．变压器①的输出电流I2和变压器②的输入 电流I3的关系满足I2>I311111
答案：AB
解析：因图中变压器①、②均为理想变压器，则P1＝P2，根据I＝可知，输电导线中的电流I2＝，故A正确；输电导线上损失的功率ΔP＝P3－P2＝(U2－U3)I3，故B正确；①是升压变压器，则n1n4，所以>，故C错误；变压器①的输出电流I2和变压器②的输入电流I3相等，故D错误．
规律方法
处理远距离输电的方法技巧
(1)画好一张图——远距离输电示意图．
(2)抓住电两端——发电站和用户．
(3)分析一条线——输电线．
(4)研究两次变——升压变压器升压和降压变压器降压．
(5)区分三个量——输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率)．
随堂演练·达标自测
1.远距离输电时，在输送功率不变的条件下，下列说法正确的是 ( )
A．提高输电电压，能减小输电电流，提高输电效率
B．提高输电电压，势必增大输电导线上的电流
C．提高输电电压，势必增大输电导线上能量的损耗
D．只有增大导线的电阻，才能减小输电电流，提高输电效率
解析：输送功率不变时，根据P＝UI可知，当输电电压增大时，输电线上的电流减小，输电线上损耗的功率ΔP＝I2R线减小，根据η＝可知，输电效率提高了，A正确，B、C错误；输送功率不变，根据P＝UI可知，增大导线的电阻，对电流无影响，增大导线的电阻，会增大输电线上功率的损耗，会降低输电效率，D错误．
答案：A
2．(多选)如图所示为远距离输电原理图，图中的电压表、电流表均为理想电表，变压器为理想变压器，发电机输出的电压恒定．若电压表V2示数减小，则 ( )
A．电压表V1示数减小
B．电流表A1示数减小
C．电流表A2示数增大
D．发电机输出的功率增大
解析：由于发电机的输出电压不变，所以电压表V1的示数不变，A错误；电压表V2的示数减小，则降压变压器原线圈两端的电压减小，输电线上损失的电压ΔU增大，由ΔU＝IR损可知，输送电流增大，电流表A1的示数增大，电流表A2的示数增大，B错误，C正确；因为升压变压器的输出功率增大，所以发电机的输出功率增大．D正确．
答案：CD
3．[2022·浙江高二期中]供电站向远方送电，输送的电功率恒定，若将输电电压提高到原来的4倍，以下判断中正确的是 ( )
A．输电电流为原来的4倍
B．输电导线上损失的电压为原来的4倍
C．输电导线上损失的电功率为原来的
D．输电导线上损失的电功率为原来的
解析：因为输电功率不变，输电电压提高到原来的4倍，由I＝知，输电电流变为原来的，A错误．根据ΔU＝IR可知，输电导线上损失的电压变为原来的，B错误，根据ΔP＝I2R可得，输电导线上损失的电功率变为原来的，C错误，D正确．
答案：D
4．(多选)如图所示，高铁的供电流程是将高压220 kV或110 kV经过牵引变电所进行变压，降至27.5 kV，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触而完成受电，机车最终获得25 kV的电力使高铁机车运行．以下说法正确的是 ( )
A．若电网的电压为220 kV，则变电所的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶8
B．若电网的电压为110 kV，则变电所的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1
C．如果高铁机车功率为8 000 kW，则自牵引变电所至机车间的等效电阻约为85.9 Ω
D．如果高铁机车功率为8 000 kW，则自牵引变电所至机车间的等效电阻约为7.8 Ω
答案：BD
解析：若电网的电压为220 kV，则变电所的理想变压器原、副线圈匝数比＝＝＝，若电网的电压为110 kV，则变电所的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1，A错误，B正确；若高铁机车功率为8 000 kW，根据P＝IU，U＝25 kV，得电流I＝320 A，牵引变电所至机车间的等效电阻R＝≈7.8 Ω，C错误，D正确．
5．[2022·辽宁锦州高二检测]风力发电作为新型环保能源发电方式，近年来得到了快速发展，如图所示的风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压为250 V，用户需要的电压为220 V，输电线总电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输出功率的4%.
(1)画出此输电线路的示意图；
(2)求在输电线路中设置的理想升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
(3)求用户得到的电功率．
1∶20 240∶11
96 kW
解析：(1)输电线路示意图如图所示．
(2)输电线损耗功率P线＝100×4% kW＝4 kW，
又P线＝R线，得输电线上的电流I2＝20 A，
升压变压器原线圈中输入电流I1＝＝400 A，
则升压变压器原、副线圈匝数比＝＝，
降压变压器输入电压U3＝－I2R线＝4 800 V，
则降压变压器原、副线圈匝数比＝＝.
(3)I3＝I2，则用户端电流I4＝I3＝ A，故用户得到的电功率P＝U4I4＝96 kW.4.电能的输送
素养目标
1.知道交变电流从发电站到用户的输电过程．(物理观念)
2．知道远距离输电线路的基本构成，会对简单的远距离输电线路进行计算．理解远距离输电时决定电能损耗的因素，理解高压输电的原因．(科学思维)
3．通过对远距离输电的学习，了解并体会物理学对经济、社会发展的贡献，培养学生的社会责任感．(科学态度与责任)
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、降低输电损耗的两个途径
1．输送电能的基本要求
(1)可靠：保证供电线路________工作，故障少．
(2)保质：保证电能的质量——________和________稳定．
(3)经济：输电线路建造和运行的________低、________少．
2．降低输电损耗的两个途径
(1)输电线上的功率损失
P＝________，I为输电电流，r为输电线的电阻．
(2)降低输电损耗的两个途径
①减小输电线的电阻：在输电距离一定的情况下，为了减小________，应当选用________的金属材料，还要尽可能增加导线的________．
通过提高输电电压实现
②减小输电导线中的电流：为减小输电________，同时又要保证向用户提供一定的电功率，就要提高输电________．
二、电网供电
1．远距离输电基本原理
在发电站内用________变压器升压到________，然后进行远距离输电．到达数百千米甚至数千千米之外的用电区之后，先后经“一次高压变电站”“二次变电站”降到10 kV左右．然后，一部分电能送往用电量大的工业用户，另一部分经低压变电站的________变压器降压后供给其他用户．
2．通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的________，这就是________．
3．优点
(1)减少发电设施的重复建设，降低一次能源的________．
(2)可保证发电和供电的安全可靠，方便调整________，使电力供应更加________、________更高．
走 进 生 活
如图为一高压输电线路，随着电压的增加，用电危险性也会跟着增加，为什么还要采用高压输电？
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究一 输电线上的电压损失和能量损失
情境探究
如图所示，假定发电厂输出的电压为U，输送功率为P，输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)．那么：
(1)输送到用户两端的电压U′与U、P、I及r之间有哪些关系式？
(2)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？为什么？
(3)功率损失的表达式是什么？降低功率损失有哪些途径？
核心归纳
1.输电线上的电功率损失
(1)原因：输电导线有电阻R线，电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损失．
(2)计算式：①P线＝I2R线；②P线＝IU线；
③P线＝.
2．输电线上的电压损失
若用U表示输电线始端电压，U′表示输电线末端电压，则U线＝U －U′或U线＝IR线．
3．电压损失与输电电压的关系
如果远距离输电的电功率P不变，输电电压为U，输电导线电阻为R线，则输电导线上发热损失的功率P损＝I2R线＝R线，因此输电电压若提高到nU，则P损将减为原来的.
应用体验
题型1 输电线上电压损失的计算
例1. 某发电站的输出功率为1×104kW，输出电压为4 kV，通过理想变压器升压后向80 km远处供电．已知输电导线的电阻率ρ＝2.4×10－8Ω·m，导线横截面积S＝1.5×10－4m2，输电线路损失的功率为变压器输出功率的4%.求：
(1)升压变压器的输出电压；
(2)输电线路上的电压损失．
[试解]
题型2 输电线上功率损失的计算
例2. 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦，某处与电站间每根输电线的电阻为10欧．
(1)若机组输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？
(2)在(1)的条件下，输电线上损失的功率为多少？它占机组输出功率的几分之几？
(3)若将机组输出的电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占机组输出功率的几分之几？
[试解]
针对训练
1.假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，不考虑其他因素的影响，则 ( )
A.输电电流变为原来的2倍
B．输电线上损失的电压将变为原来的2倍
C．输电线上损失的电压将变为原来的
D．输电线上损失的电功率将变为原来的
探究二 远距离输电
核心归纳
1.远距离输电的几个基本关系式
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4.
(2)电压关系：＝，U2＝U线＋U3，＝.
(3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝.
(4)输电电流：I线＝＝＝＝.
(5)输电导线上损耗的电功率：
P损＝P2－P3＝R线＝＝U线I线．
(6)输电导线上的电压损失：
U线＝I线R线＝U2－U3.
2．两个联系
(1)线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系：＝＝，P1＝P2.
(2)线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系：＝＝，P3＝P4.
要点笔记
(1)注意区别：①输电电压U与输电线上降落的电压ΔU；②输电功率P与输电线上损失的功率ΔP.
(2)抓住不变量：输送电功率不变，由P＝UI判断出输电电流I的变化，从而由ΔU＝IR、ΔP＝I2R判断ΔU、ΔP的变化．
应用体验
例3.[2022·湖北孝感高二检测]如图甲为某中小型水力发电站远距离输送单相交流电的示意图，每根导线的电阻为4 Ω，远距离输电线的输送电流为100 A，若理想升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为960 kW，在用户端起点接有理想交流电压表(图中未画出)．
(1)求升压变压器原、副线圈匝数比；
(2)设理想降压变压器原、副线圈匝数比为40∶1，求用户端交流电压表的示数；
(3)若用户端全是照明用电，能使多少盏“220 V 20 W”的节能灯正常发光？
[试解]
针对训练
2.(多选)如图所示是一远距离输电示意图，图中变压器①、②均为理想变压器，输电导线总电阻为R.则下列关系式正确的是 ( )
A．输电导线中的电流I2＝
B．输电导线上损失的功率ΔP＝(U2－U3)I3
C．两变压器线圈匝数比满足<
D．变压器①的输出电流I2和变压器②的输入 电流I3的关系满足I2>I3
规律方法
处理远距离输电的方法技巧
(1)画好一张图——远距离输电示意图．
(2)抓住电两端——发电站和用户．
(3)分析一条线——输电线．
(4)研究两次变——升压变压器升压和降压变压器降压．
(5)区分三个量——输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率)．
随堂演练·达标自测——突出创新性 素养达标
1.远距离输电时，在输送功率不变的条件下，下列说法正确的是 ( )
A．提高输电电压，能减小输电电流，提高输电效率
B．提高输电电压，势必增大输电导线上的电流
C．提高输电电压，势必增大输电导线上能量的损耗
D．只有增大导线的电阻，才能减小输电电流，提高输电效率
2．(多选)如图所示为远距离输电原理图，图中的电压表、电流表均为理想电表，变压器为理想变压器，发电机输出的电压恒定．若电压表V2示数减小，则 ( )
A．电压表V1示数减小
B．电流表A1示数减小
C．电流表A2示数增大
D．发电机输出的功率增大
3．[2022·浙江高二期中]供电站向远方送电，输送的电功率恒定，若将输电电压提高到原来的4倍，以下判断中正确的是 ( )
A．输电电流为原来的4倍
B．输电导线上损失的电压为原来的4倍
C．输电导线上损失的电功率为原来的
D．输电导线上损失的电功率为原来的
4．(多选)如图所示，高铁的供电流程是将高压220 kV或110 kV经过牵引变电所进行变压，降至27.5 kV，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触而完成受电，机车最终获得25 kV的电力使高铁机车运行．以下说法正确的是 ( )
A．若电网的电压为220 kV，则变电所的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶8
B．若电网的电压为110 kV，则变电所的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1
C．如果高铁机车功率为8 000 kW，则自牵引变电所至机车间的等效电阻约为85.9 Ω
D．如果高铁机车功率为8 000 kW，则自牵引变电所至机车间的等效电阻约为7.8 Ω
5．[2022·辽宁锦州高二检测]风力发电作为新型环保能源发电方式，近年来得到了快速发展，如图所示的风车阵中发电机输出功率为100 kW，输出电压为250 V，用户需要的电压为220 V，输电线总电阻为10 Ω.若输电线因发热而损失的功率为输出功率的4%.
(1)画出此输电线路的示意图；
(2)求在输电线路中设置的理想升、降压变压器原、副线圈的匝数比；
(3)求用户得到的电功率．
4．电能的输送
必备知识·自主学习
一、
1．(1)可靠地 (2)电压 频率 (3)费用 电能损耗
2．(1)I2r (2)①电阻 电阻率小 横截面积 ②电流 电压
二、
1．升压 几百千伏 降压
2．输电网络 电网
3．(1)运输成本 (2)供需平衡 可靠 质量
走进生活
提示：输电功率P＝UI，在输送功率一定的情况下，提高输电电压，可减小输电电流，从而减少输电线上的电能损失．
关键能力·合作探究
探究一
情境探究
提示：(1)U′＝U－ΔU＝U－Ir＝U－r.
(2)不相等．由于输电线有电阻，有一部分电能转化为电热损耗掉了．
(3)ΔP＝I2r＝r.降低功率损失的两个途径：①减小输电线的电阻r；②减小输电电流I，即提高输送电压U.
应用体验
[例1] 解析：(1)输电线路的电阻R＝2ρ＝25.6 Ω ①
设发电站的输出功率为P1，变压器的输出功率为P2，输电电流为I2，升压变压器的输出电压为U2，则
P损＝P1×4%＝400 kW ②
P损＝R ③
P1＝P2 ④
P2＝I2U2 ⑤
由①②③④⑤得升压变压器的输出电压U2＝80 kV.
(2)输电线路上的电压损失U损＝I2R＝3 200 V.
答案：(1)80 kV (2)3 200 V
[例2] 解析：(1)由P＝UI得，I＝＝ A＝2 500 A.
(2)输电线上损失的功率ΔP＝I2·2r＝2 5002×2×10 W＝1.25×108 W，
损失功率与输出功率之比＝＝.
(3)当机组输出的电压升高至50万伏时，I′＝＝ A＝1 000 A，
输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝1 0002×2×10 W＝2×107 W，
损失功率与输出功率之比＝＝.
答案：(1)2 500 A (2)1.25×108 W (3)1 000 A
2×107 W
针对训练
1．解析：由于P输不变，根据输送电功率P输＝U输I输可知，输电电流I输＝∝，当U输变为原来的2倍时，则I输变为原来的，故A错误；当输电电流变为原来的时，根据输电线上损失的电压ΔU＝I输R线∝I输可知，输电线上损失的电压也变为原来的，故B错误，C正确；输电线上损失的电功率P损＝R线，所以输电线上损失的电功率将变为原来的，故D错误．
答案：C
探究二
应用体验
[例3] 解析：(1)由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为U1＝240 V，根据P＝UI得，输送电压为U2＝＝ V＝9 600 V，
根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比得，升压变压器原、副线圈匝数比为＝＝＝.
(2)输电线损失的电压为ΔU＝I2R总＝100×4×2 V＝800 V，
降压变压器输入端电压为U3＝U2－ΔU＝(9 600－800) V＝8 800 V，
根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比得，降压变压器原、副线圈匝数比为＝，代入数据解得用户端得到的电压为U4＝220 V，即用户端交流电压表的示数为220 V.
(3)输电线路损耗的功率为ΔP＝ΔU·I2＝80 kW，
所以用户得到的功率为P4＝(960－80) kW＝880 kW，
每盏灯正常发光的功率为20 W，所以N＝，
代入数据解得N＝4.4×104盏．
答案：(1) (2)220 V (3)4.4×104盏
针对训练
2．解析：因图中变压器①、②均为理想变压器，则P1＝P2，根据I＝可知，输电导线中的电流I2＝，故A正确；输电导线上损失的功率ΔP＝P3－P2＝(U2－U3)I3，故B正确；①是升压变压器，则n1n4，所以>，故C错误；变压器①的输出电流I2和变压器②的输入电流I3相等，故D错误．
答案：AB
随堂演练·达标自测
1．解析：输送功率不变时，根据P＝UI可知，当输电电压增大时，输电线上的电流减小，输电线上损耗的功率ΔP＝I2R线减小，根据η＝可知，输电效率提高了，A正确，B、C错误；输送功率不变，根据P＝UI可知，增大导线的电阻，对电流无影响，增大导线的电阻，会增大输电线上功率的损耗，会降低输电效率，D错误．
答案：A
2．解析：由于发电机的输出电压不变，所以电压表V1的示数不变，A错误；电压表V2的示数减小，则降压变压器原线圈两端的电压减小，输电线上损失的电压ΔU增大，由ΔU＝IR损可知，输送电流增大，电流表A1的示数增大，电流表A2的示数增大，B错误，C正确；因为升压变压器的输出功率增大，所以发电机的输出功率增大．D正确．
答案：CD
3．解析：因为输电功率不变，输电电压提高到原来的4倍，由I＝知，输电电流变为原来的，A错误．根据ΔU＝IR可知，输电导线上损失的电压变为原来的，B错误，根据ΔP＝I2R可得，输电导线上损失的电功率变为原来的，C错误，D正确．
答案：D
4．解析：若电网的电压为220 kV，则变电所的理想变压器原、副线圈匝数比＝＝＝，若电网的电压为110 kV，则变电所的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1，A错误，B正确；若高铁机车功率为8 000 kW，根据P＝IU，U＝25 kV，得电流I＝320 A，牵引变电所至机车间的等效电阻R＝≈7.8 Ω，C错误，D正确．
答案：BD
5．解析：(1)输电线路示意图如图所示．
(2)输电线损耗功率P线＝100×4% kW＝4 kW，
又P线＝R线，得输电线上的电流I2＝20 A，
升压变压器原线圈中输入电流I1＝＝400 A，
则升压变压器原、副线圈匝数比＝＝，
降压变压器输入电压U3＝－I2R线＝4 800 V，
则降压变压器原、副线圈匝数比＝＝.
(3)I3＝I2，则用户端电流I4＝I3＝ A，故用户得到的电功率P＝U4I4＝96 kW.
答案：(1)见解析 (2)1∶20 240∶11 (3)96 kW
