2018-2019学年高一物理选修3-2学案：第二章 交变电流6变压器

学案1 交变电流[学习目标定位] 1.会观察电流(或电压)的波形图，理解交变电流和直流的概念.2.理解交变电流的产生过程，会分析电动势和电流方向的变化规律.3.知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义．1．感应电动势的大小基本式：E ＝N ΔΦΔt(法拉第电磁感应定律)导出式：E ＝BL v (导体切割磁感线时的感应电动势) 2．感应电动势的方向 基本规律：楞次定律 导出规律：右手定则一、交变电流1．恒定电流：大小和方向都不随时间变化的电流． 2．交变电流：大小和方向随时间作周期性变化的电流． 3．正弦交变电流：电流随时间按正弦函数规律变化的交变电流． 二、正弦交变电流的产生和表述1．产生：闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动． 2．表述：(1)电动势瞬时值表达式为e ＝E m ·sin_ωt .(2)当正弦交变电流的负载为灯泡等用电器时，负载两端的电压u 、流过的电流i 也按正弦规律变化，即u ＝U m sin_ωt ，i ＝I m sin_ωt . 解决学生疑难点一、交变电流[问题设计]1.把图1所示电路接在干电池的两端时，可以观察到什么现象？图1答案当接在干电池两端时，只有一个发光二极管会亮．2．把图1中电路接在手摇式发电机两端时，又会观察到怎样的现象？答案当接在手摇式发电机两端时两个发光二极管间或的闪亮，原因是发电机产生与直流不同的电流，两个发光二极管一会儿接通这一个，一会儿再接通另外一个，电流方向不停地改变．[要点提炼]1．交变电流：方向随时间作周期性变化的电流叫交变电流，简称交流．2．直流：方向不随时间变化的电流叫直流．对直流电流和交变电流的区分主要是看电流方向是否变化．3．图像特点(1)恒定电流的图像是一条与时间轴平行的直线．(2)交变电流的图像有时在时间轴的上方，有时在时间轴的下方，方向随时间作周期性变化．二、正弦交变电流的产生和表述[问题设计]如图2所示是线圈ABCD在磁场中绕轴OO′转动时的截面图．线圈平面从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t，线圈转过的角度是ωt，AB边的线速度v的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt.设AB边长为L1，BC边长为L2，线圈面积S＝L1L2，磁感应强度为B，线圈转动角速度为ω则：图2(1)甲、乙、丙位置AB 边产生的感应电动势各为多大？ (2)甲、乙、丙位置整个线圈中的感应电动势各为多大？(3)若线圈有N 匝，则甲、乙、丙中整个线圈的感应电动势各为多大？ 答案 (1)甲：e AB ＝0乙：e AB ＝BL 1v sin ωt ＝BL 1·L 2ω2sin ωt＝12BL 1L 2ωsin ωt ＝12BSω·sin ωt 丙：e AB ＝BL 1v ＝BL 1·ωL 22＝12BL 1L 2ω＝12BSω(2)整个线圈中的感应电动势由AB 和CD 两部分组成，且e AB ＝e CD ，所以 甲：e ＝0乙：e ＝e AB ＋e CD ＝BSω·sin ωt 丙：e ＝BSω(3)若线圈有N 匝，则相当于N 个完全相同的电源串联，所以 甲：e ＝0乙：e ＝NBSωsin ωt 丙：e ＝NBSω [要点提炼]1．正弦式交变电流的产生：将闭合线圈置于匀强磁场中，并绕垂直磁场方向的轴匀速转动． 2．正弦式交变电流瞬时值表达式： (1)当从中性面开始计时：e ＝E m sin_ωt .(2)当从与中性面垂直的位置开始计时：e ＝E m cos_ωt . 3．正弦式交变电流的峰值表达式： E m ＝NSBω与线圈的形状及转动轴的位置无关．(填“有关”或“无关”) 4．两个特殊位置：(1)中性面：线圈平面与磁场垂直． e 为0，i 为0，Φ最大，ΔΦΔt为0.(填“0”或“最大”)线圈每次经过中性面时，线圈中感应电流方向都要改变，线圈转动一周，感应电流方向改变两次．(2)垂直中性面：线圈平面与磁场平行．e 最大，i 最大，Φ为0，ΔΦΔt 最大．(填“0”或“最大”)5．正弦式交变电流的图像及应用：或从中性面计时从垂直中性面(B∥S)计时(1)线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时，开始计时时线圈所处的位置不同，得到的i－t图像也就不同；(2)分析有关交变电流的图像问题时，要注意从图像中找出两个特殊位置所对应的时刻．一、交变电流的判断例1如下图所示图像中属于交流电的有()解析根据交变电流的定义分析，是否属于交变电流关键是看电流方向是否发生变化，而不是看大小．答案ABC二、正弦式交变电流的产生例2矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是()A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以电动势等于零，也应该知道此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时变化．线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大．故C、D选项正确．答案CD三、交变电流的规律例3有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm，线圈总电阻为1 Ω，线圈绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图3所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，问：图3(1)该线圈产生的交变电流电动势的峰值、电流的峰值分别是多少．(2)若从中性面位置开始计时，写出感应电动势随时间变化的表达式．(3)线圈从中性面位置开始，转过30°时，感应电动势的瞬时值是多大．解析(1)交变电流电动势的峰值为E m＝2nBL v＝nBSω＝10×0.5×0.22×10 π V≈6.28 V电流的峰值为I m＝E mR≈6.28 A.(2)从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝E m sin ωt≈6.28 sin (10πt) V.(3)线圈从中性面位置开始转过30°时，感应电动势e＝E m sin 30°≈3.14 V.答案(1)6.28 V 6.28 A(2)e＝6.28sin (10πt) V(3)3.14 V四、交变电流的图像例4线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生的交变电流的图像如图4所示，由图中信息可以判断()图4A．在A和C时刻线圈处于中性面位置B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零C．从A～D线圈转过的角度为2πD．若从O～D历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次解析根据题图，首先判断出交变电流的瞬时值表达式i＝I m sin ωt.其中I m是交变电流的最大值，ω是线圈旋转的角速度．另外，应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转，而且线圈每旋转一周，两次经过中性面，经过中性面位置时电流改变方向，从题图可以看出，在O、B、D时刻电流为零，所以此时线圈恰好在中性面位置，且穿过线圈的磁通量最大；在A、C时刻电流最大，线圈处于和中性面垂直的位置，此时磁通量为零；从A到D，线圈旋转3/4周，转过的角度为3π/2；如果从O到D历时0.02 s，恰好为一个周期，所以1 s内线圈转过50个周期，100次经过中性面，电流方向改变100次．综合以上分析可得，只有选项D正确．答案 D1．(交变电流的产生)下列各图中，线圈中能产生交变电流的有()答案BCD2．(交变电流的规律)如图5所示，矩形线圈abcd放在匀强磁场中，ad＝bc＝l1，ab＝cd＝l2.从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则()图5A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωtB．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωtC．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcos ωtD．以OO′为转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωsin (ωt＋π2)答案CD解析 以O 1O 1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流．无论以OO ′为轴还是以ab 为轴转动，感应电动势的最大值都是Bl 1l 2ω.由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故C 、D 正确．3．(交变电流的图像)一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图6甲所示，则下列说法中正确的是( )图6A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交变电动势达到最大D ．该线圈产生的相应交变电动势的图像如图乙所示 答案 B解析 由题图甲可知t ＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面．t ＝0.01 s 时刻，磁通量为零，但变化率最大，所以A 项错误，B 项正确．t ＝0.02 s 时，交变电动势应为零，C 、D 项均错误．4．(交变电流的规律)如图7所示，线圈的面积是0.05 m 2，共100匝，匀强磁场的磁感应强度B ＝1πT ，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时，求：图7(1)若从线圈的中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式．(2)从中性面开始计时，线圈转过130 s 时电动势瞬时值多大？答案 (1)e ＝50sin(10πt )V (2)43.3 V解析 (1)n ＝300 r/min ＝5 r/s ，因为从中性面开始转动，并且求的是瞬时值，故 e ＝E m sin ωt ＝NBS ·2πn sin (2πnt )＝50sin (10πt )V(2)当t ＝130 s 时，e ＝50sin (10π×130)V ≈43.3 V题组一交变电流的产生1．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，当线圈通过中性面时() A．线圈平面与磁感线方向平行B．通过线圈的磁通量达到最大值C．通过线圈的磁通量变化率达到最大值D．线圈中的感应电动势达到最大值答案 B解析中性面是通过磁通量最大的位置，也是磁通量变化率为零的位置，即在该位置通过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势为零，无感应电流．B正确．2．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的是()A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向不变B．线圈每转动一周，感应电流方向就改变一次C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次D．线圈转动一周，感应电动势和感应电流方向都要改变一次答案 C解析根据交流电的变化规律可得，如果从中性面开始计时有e＝E m sin ωt和i＝I m sin ωt；如果从垂直于中性面的位置开始计时有e＝E m cos ωt和i＝I m cos ωt，不难看出：线圈平面每经过中性面一次，感应电流方向就改变一次，感应电动势方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流和感应电动势方向都改变两次．C正确．题组二交变电流的图像3.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图1所示，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图像是()图1答案 C解析 线圈在磁场中从题图位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电．对于题图起始时刻，线圈的cd 边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C 对． 4.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，所产生的交变电流的波形图如图2所示，下列说法中正确的是( )图2A ．在t 1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值B ．在t 2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值C ．在t 3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值D ．在t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值 答案 BC解析 从题图中可知，t 1、t 3时刻线圈中感应电流达到峰值，磁通量变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行；t 2、t 4时刻感应电流等于零，磁通量变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值，正确答案为B 、C.5．如图3甲所示，一个矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈内磁通量随时间t 的变化如图乙所示，则下列说法中正确的是 ( )图3A ．t 1时刻线圈中的感应电动势最大B ．t 2时刻ab 的运动方向与磁场方向垂直C ．t 3时刻线圈平面与中性面重合D ．t 4、t 5时刻线圈中感应电流的方向相同 答案 BC解析 t 1时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率ΔΦΔt最小，此时感应电动势为零，A 错；在t 2、t 4时刻感应电动势为E m ，此时ab 、cd 的运动方向垂直于磁场方向，B 正确；t 1、t 3、t 5时刻，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，此时线圈平面垂直于磁场方向，与中性面重合，C 正确；t 5时刻感应电流为零，D 错．故正确答案为B 、C.6．如图4甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动．从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，则在t ＝π2ω时刻 ( )图4A ．线圈中的电流最大B ．穿过线圈的磁通量为零C ．线圈所受的安培力为零D ．线圈中的电流为零答案 CD解析 线圈转动的角速度为ω，则转过一圈用时2πω，当t ＝π2ω时说明转过了14圈，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B 错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A 错误，C 、D 正确． 题组三 交变电流的规律7．一矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电动势为e ＝102sin (20πt ) V ，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，线圈位于中性面B ．t ＝0时，穿过线圈的磁通量为零C ．t ＝0时，线圈切割磁感线的有效速度最大D ．t ＝0.4 s 时，电动势第一次出现最大值 答案 A解析 由电动势e ＝102sin (20πt ) V 知，计时从线圈位于中性面时开始，所以t ＝0时，线圈位于中性面，磁通量最大，但此时线圈切割磁感线的线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速度为零，A 正确，B 、C 错误．当t ＝0.4 s 时，e ＝102sin(20π×0.4) V ＝0，D 错误．8.矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的感应电动势最大值为50 V ，那么该线圈由图5所示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为( )图5A ．50 VB ．25 3 VC ．25 VD ．10 V答案 B解析 由题给条件知：交变电流瞬时值表达式为e ＝50cos ωt V ＝50cos θ V ，当θ＝30°时，e ＝25 3 V ，B 对．9．交流发电机在工作时电动势为e ＝E m sin ωt ，若将发电机的转速提高一倍，同时将线圈所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )A ．e ′＝E m sin ωt 2B ．e ′＝2E m sin ωt 2C ．e ′＝E m sin 2ωtD ．e ′＝E m 2sin 2ωt 答案 C解析 交变电动势瞬时值表达式e ＝E m sin ωt ，而E m ＝NBSω.当ω加倍而S 减半时，E m 不变，故正确答案为C 选项．10.如图6所示，匀强磁场的磁感应强度为B ＝0.50 T ，矩形线圈的匝数N ＝100匝，边长L ab ＝0.20 m ，L bc ＝0.10 m ，以3 000 r/min 的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：图6(1)交变电动势的瞬时值表达式；(2)若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω，写出交变电流的瞬时值表达式；(3)线圈由图示位置转过π/2的过程中，交变电动势的平均值．答案 (1)e ＝314sin (314t ) V (2)i ＝31.4sin (314t ) A(3)200 V解析 (1)线圈的角速度ω＝2πn ＝314 rad/s线圈电动势的最大值E m ＝NBSω＝314 V故交变电动势的瞬时值表达式：e ＝E m sin ωt ＝314sin (314t ) V(2)I m ＝E m R ＋r＝31.4 A 所以交变电流的瞬时值表达式：i ＝31.4sin (314t ) A(3)E ＝N ΔΦΔt ＝N BS 14T ＝4NBSn ＝200 V 11．如图7甲所示，矩形线圈匝数N ＝100 匝，ab ＝30 cm ，ad ＝20 cm ，匀强磁场磁感应强度B ＝0.8 T ，绕轴OO ′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s ，试求：甲 乙图7(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm 为多大？线圈转到什么位置时取得此值？(2)线圈产生的感应电动势最大值E m 为多大？线圈转到什么位置时取得此值？(3)写出感应电动势e 随时间变化的表达式，并在图乙中作出图像．答案 见解析解析 (1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值．Φm ＝BS ＝0.8×0.3×0.2 Wb ＝0.048 Wb(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值E m ＝NBSω＝480π V(3)表达式e ＝E m cos ωt ＝480πcos (100πt ) V图像如图所示。

[目标定位］ 1。

理解交变电流、直流的概念,会观察交流电的波形图、2、理解正弦式交变电流的产生,掌握交流电产生的原理。

３。

明白交变电流的变化规律及表示方法、一、交变电流1、交变电流:大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流,简称交流、2、直流:方向不随时间变化的电流称为直流,大小和方向都不随时间变化的电流称为恒定电流、3。

正弦式交变电流:电流随时间按正弦函数规律变化的交变电流、这是一种最简单、最基本的交变电流、深度考虑(１)交变电流的大小一定是变化的不?(2)交变电流与直流电的最大区别是什么?答案 (１)交变电流的大小不一定变化,如方波交变电流,其大小是不变的、(２)交变电流与直流电的最大区别在于交变电流的方向发生周期性变化,而直流电的方向不变、例1 如图所示的图像中属于交变电流的有( )解析 选项Ａ、B 、C 中e 的方向均发生了变化,故它们属于交变电流,但不是正弦式交变电流;选项Ｄ中ｅ的方向未变化,故是直流、答案 A ＢＣ判断电流是交变电流依然直流应看方向是否变化,只有方向发生周期性变化的电流才是交流电、二、正弦式交变电流的产生1、产生:如图１所示,在匀强磁场中的线圈绕垂直于磁感线的轴匀速转动时,产生交变电流。

图12、两个特殊位置:(1)中性面(S ⊥B 位置,如图1中的甲、丙)线圈平面与磁场垂直的位置,此时Φ最大,错误!未定义书签。

为0,e 为0,i 为0。

(填“最大"或“0”)线圈经过中性面时,电流方向发生改变,线圈转一圈电流方向改变两次。

(2)垂直中性面位置(S ∥B 位置,如图1中的乙、丁)此时Φ为0,ΔΦΔt最大,e 最大,ｉ最大、(填“最大”或“0”) 深度考虑假如将图1中的线圈ＡＢCD 换为三角形,轴ＯO ′也不在中心位置,其他条件不变,还能产生交变电流不?答案 能,因为图中产生交变电流的关键因素是轴垂直于磁感线,线圈闭合,对轴的位置和线圈形状没有特定要求、例2 如图中哪些情况线圈中产生了交变电流( )解析 由交变电流的产生条件可知,轴必须垂直于磁感线,但对线圈的形状及转轴的位置没有特别要求、故选项B 、C 、D 正确。

交变电流诱学·导入·点拨材料：1831年法拉第发现了电磁感应现象，为人类进入电气化时代打开了大门。

今天无论是生产还是生活等各方面都离不开电。

我们日常生活中的用电器数不胜数，比如电灯、电话、电视机、空调、冰箱、洗衣机、电磁炉、微波炉等等这些家用电器所使用的都是交流电。

问题：由电池产生的电流，是大小和方向保持不变的直流电，我现实生活中所使用的交流电是如何从发电厂产生的呢？交流电和直流电还有哪些相同和不同的性质呢?导入点拨：由生活中所使用的交流电联系到发电厂是如何产生交变电流的，那么这种电流和必修中所学的稳恒电流有一定的区别和联系。

知识·巧学·升华一、交变电流1.直流电：方向不随时间做周期性变化的电流。

简称：直流符号：DC2.交变电流：大小和方向均随时间做周期性变化的电流。

简称：交流符号：AC3.正弦交流电：按正弦规律变化的交变电流叫正弦交变电流。

要点提示方向随时间做周期性变化是交流电的最主要特征，也是交变电流和直流电的根本区别。

交变电流的典型特征是电流方向变化，其大小可能不变，如矩形交变电流的方向变化但大小不变，是交变电流。

4.电流的分类：按大小和方向的变化规律，可将电流作如下的分类：恒定电流大小方向均恒定直流非恒定电流仅方向恒定正弦交变电流按正弦规律变化的交变电流交流非正弦交变电流不按正弦规律变化的交变电流方向随时间做周期性变化是交流电的最重要特征。

恒定电流仅仅是直流中的一种；同样，交变电流也并不都是正弦交变电流，正弦交变电流的特殊规律不能适用所有交流电。

二、交变电流的产生1.交变电流产生的实验探究如图甲所示，利用手摇式发电机模型探究交变电流的产生过程。

手摇式发电机和灯泡电流计连接构成闭合回路。

发电机的原理：线圈abcd处在磁场中，线圈的ab边和cd边连在金属滑环上；用导体做的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接，如图乙。

变压器
实验：探究变压器原副线圈两端电压的关系以及与线圈匝数的关系
理论推导理想变压器的变压规律。

原、副线圈中产生的感应电动势分别是： E 1=n 1
/ t E 2=n 2
/
t
U 1=E 1 U 2=E 2 理论和实验表明
变压器原副线圈两端的 电压跟它们的匝数成正比。

数学表达式为：
n 2 >n 1 U 2>U 1 -----升压变压器 n 2 <n 1 U 2 <U 1 -----降压变压器
理想变压器 :没有能量损失的变压器
P 出= P 入
四、理想变压器的变流规律
P 出= P 入
理想变压器原副线圈的电流跟它们的 匝数成反比 I 1/I 2=n 2/n 1 五、变压器的应用 电压互感器和电流互感器 见多媒体 见多媒体
2
1
21n n U U。

第6节变压器1．当变压器的原线圈加上交变电压时，原线圈中的交变电流在铁芯中激发交变的磁通量，交变的磁通量穿过________也穿过________，在原、副线圈中产生____________．当副线圈闭合时，在副线圈中就会有交流电通过，这样，虽然原、副线圈并不相连，电能却从原线圈通过磁场传输给副线圈．2．在理想情况下，变压器原、副线圈两端的电压跟它们的____________，公式表示为__________________．如果原线圈的匝数小于副线圈的匝数，则副线圈得到的电压比原线圈高，这种变压器称为____________；如果原线圈的匝数大于副线圈的匝数，则副线圈得到的电压比原线圈低，这种变压器称为____________．3．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是()A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈4．对理想变压器，下列说法中正确的是()A．原线圈的输入功率，随着副线圈的输出功率增大而增大B．原线圈的输入电流，随副线圈的输出电流增大而增大C．原线圈的电流，不随副线圈的输出电流变化而变化D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零5．某变电站用原、副线圈匝数比为n1∶n2的变压器，将远距离输来的电能送给用户，如图1所示，将变压器看作理想变压器，当变压器正常工作时，下列说法正确的是()图1A．原、副线圈电压比为n2∶n1B．原、副线圈电流比为n1∶n2C．原、副线圈电压比为n1∶n2D．变压器的输入功率与输出功率的比为n1∶n2【概念规律练】知识点一变压器的基本规律1．如图2所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V,60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则()图2A．电流表的示数为32 220AB．电源输出功率为1200WC．电流表的示数为3 220AD．原线圈端电压为11V2．某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按如图3所示规律变化，副线圈接有负载，下列判断正确的是()图3A．输出电压的最大值为36VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为55∶9D．交流电源电压有效值为220V，频率为50Hz知识点二常见变压器3．如图4所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值U AB＝100V，R0＝40Ω，当滑动片处于线圈中点位置时，C、D两端电压的有效值U CD为________V，通过电阻R0的电流有效值为________A.图44．如图5所示，M、N为两条交流输电线，甲、乙两图是配电室中的互感器和交流电表的两种接线示意图，以下说法正确的是()图5A．在乙图中，线圈N4的导线一定比线圈N3的导线粗B．甲图中的电表是交流电流表，乙图中的电表是交流电压表C．甲图中的电表是交流电压表，乙图中的电表是交流电流表D．甲、乙两图中的电表均为交流电流表【方法技巧练】一、变压器动态问题的分析方法5．如图6所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈的电压，则()图6A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大B．保持P的位置及U1不变，K由b合到a时，R消耗功率将减小C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大D．保持P的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将增大6．如图7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，输电线等效电阻为R.开始时，开关S断开．当S接通时，以下说法中正确的是()图7A．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二、有多个副线圈的理想变压器问题的分析方法7．理想变压器如图8所示，原线圈匝数n1＝1000匝，两副线圈匝数分别为n2＝600匝，n3＝200匝，当原线圈两端接在220V的交流电源上时，原线圈上电流为2A，通过R2的电流为1A，则通过R3的电流为()图8A．10 A B．7 AC．3 AD．1 A8．如图9所示，一台有两个副线圈的理想变压器，原线圈匝数n1＝1100匝，接入电压U1＝220V的电路中．(1)要求在两个副线圈上分别得到电压U2＝6V，U3＝110V，它们的匝数n2、n3分别为多少？(2)若在两副线圈上分别接上“6V，20W”、“110V，60W”的两个用电器，原线圈的输入电流为多少？图91．理想变压器工作时，原线圈输入与副线圈输出的物理量一定相同的是()A．电压有效值B．电流有效值C．交变电流频率D．交流电功率2．如图10所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1，当导体棒l在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表的示数是12mA，则电流表的示数为()图10A．3mAB．0mAC．48mAD．与负载R的值有关3．在绕制变压器时，某人将两个线圈绕在如图11所示变压器铁芯的左右两个臂上．当通以交流电时，每个线圈产生的磁通量都只有一半通过另一个线圈，另一半通过中间的臂．已知线圈1,2的匝数之比n1∶n2＝2∶1.在不接负载的情况下()图11A．当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出电压为110VB．当线圈1输入电压为220V时，线圈2输出电压为55VC．当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为220VD．当线圈2输入电压为110V时，线圈1输出电压为110V4．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图12甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是()图12A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输入功率增加5．一台理想变压器从10kV的线路中降压并提供200A的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈的电流、输出电压及输出功率是()A．5 A,250 V,50 kWB．5 A,10 kV,50 kWC．200 A,250 V,50 kWD．200 A,10 kV,2×103 kW6．一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈有可调电阻R.设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2.当R增大时()A．I1减小，P1增大B．I1减小，P1减小C．I2增大，P2减小D．I2增大，P2增大7．如图13所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝202sin100πt V．氖泡在两端电压达到100V时开始发光．下列说法中正确的有()图13A．开关接通后，氖泡的发光频率为100HzB．开关接通后，电压表的示数为100VC．开关断开后，电压表的示数变大D．开关断开后，变压器的输出功率不变8．图14所示是霓虹灯的供电电路，电路中的变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈匝数比n1n2＝120，加在原线圈的电压为u1＝311sin100πt V，霓虹灯正常工作的电阻R＝440kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流．下列判断正确的是()图14A．副线圈两端电压6220V，副线圈中的电流14.1mAB．副线圈两端电压4400V，副线圈中的电流10mAC．I1<I2D．I1>I29．如图15甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20Ω，R2＝30Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦式交变电流如图14乙所示，则()图15A．交变电流的频率为0.02HzB．原线圈输入电压的最大值为2002VC．电阻R2的电功率约为6.67WD．通过R3的电流始终为零10．如图16所示，理想变压器线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，分别接有相同的两只灯泡A和B，若在a、b间接正弦式交流电源，电源电压为U，则B灯两端电压为()图1611．如图17所示的变压器的原线圈1接到220V的交流电源上．副线圈2的匝数n2＝30匝，与一个“12V12W”的灯泡L连接，L能正常发光．副线圈3的输出电压U3＝110V，与电阻R连接，通过R的电流为0.4A，求：图17(1)副线圈3的匝数n3；(2)原线圈1的匝数n1和电流I1.12．如图18所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上，向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12mA时，熔丝就熔断．图18(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10mA时，变压器的输入功率是多大？13．如图19所示，交流发电机电动势的有效值E＝20V，内阻不计，它通过一个R＝6Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6V，0.25W”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：图19(1)降压变压器初级、次级线圈匝数比．(2)发电机的输出功率．第6节变压器答案课前预习练1．原线圈副线圈感应电动势2．匝数成正比U1U2＝n1n2升压变压器降压变压器3．C[通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C 正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D错误．]4．AB[理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，且随副线圈的输出功率的变化而变化，原线圈的输入电流取决于副线圈的输出电流，当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零，但原线圈电压并不一定为零，故A、B正确，C、D错误．]5．C[电压之比等于匝数之比，根据输入功率等于输出功率，所以电流之比等于电压之比的反比，也就等于线圈匝数比的反比．]课堂探究练1．C[因为灯泡正常发光，所以副线圈中的电流I2＝PU2＝60220A＝311A根据公式I1I2＝n2n1得I1＝n2n1I2＝120×311A＝3220A，即电流表的示数应为3220A，故A错，C对；电源的输出功率等于变压器的输入功率，由P入＝P出可得电源的输出功率为60W，故B选项错误；根据公式U1U2＝n1n2，得U1＝n1n2U2＝201×220V＝4400V，故D选项错误．]点评变压器的基本规律电压关系：(1)①只有一个副线圈时U1U2＝n1n2或U1n1＝U2n2②当有多个副线圈时U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…(2)功率关系：P 入＝P 出①只有一个副线圈时，P 1＝P 2②当有多个副线圈时P 1＝P 2＋P 3＋…(3)电流关系：①只有一个副线圈时，由P 1＝P 2知，I 1U 1＝I 2U 2 得I 1I 2＝U 2U 1＝n 2n 1 即I 1I 2＝n 2n 1②当有多个副线圈时，由P 1＝P 2＋P 3＋…知 I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＋… 得I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…2．D [由图知原线圈电压最大值为2202V ，周期T ＝2×10－2s ，故有效值为220V ，频率为50Hz ；由U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1得输出电压最大值为362V ，原、副线圈电流之比为9∶55，输入、输出功率应相等，所以正确答案为D.]点评 变压器的电压关系、电流关系是有效值(或最大值)间的关系，即如公式U 1U 2＝n 1n 2中，若U 1是有效值则U 2就是有效值，若U 1是最大值则U 2就是最大值．3．200 5解析 由理想变压器公式U 1U 2＝n 1n 2得U CD ＝n 2n 1U AB ＝2×100V ＝200V ，又由I 2＝U CD R 0＝20040A ＝5A.点评 自耦变压器铁芯上只绕一个线圈，原、副线圈共用一个绕组，最大优点是可以连续调节输出电压，缺点是低压端和高压端直接有电的联系，使用不够安全．变压器的规律都适用于自耦变压器．4．C [电压互感器输入端分别接在两根线上，次级匝数比初级匝数少；电流互感器输入端只能串联在电路中，次级匝数比初级匝数多．]点评 甲图是电压互感器，乙图是电流互感器，它们分别与电压表和电流表的使用方法相同，即：电压互感器测电压时需并联接入电路，电流互感器测电流时需串联接入电路．它们利用变压器的原理把高电压、大电流变成低电压、小电流，以方便测量．5．ABD [K 由a 合到b 时，n 1减小而U 1不变，由U 1U 2＝n 1n 2可知副线圈上电压增大，负载R 的电流I 2增大，P 2增大；又由于P 1＝P 2＝U 1I 1，故I 1增大，A 项正确．同理K 由b 合到a 时，P 2减小，B 项正确．P 上滑时，负载电阻R 增大，而U 1、U 2均不变，由I 2＝U 2R 可知I 2减小，又由于n 1、n 2均不变，由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1将减小，故C 项错误．当U 1增大时，由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2也增大，I 2＝U 2R 增大，再由I 1I 2＝n 2n 1可知I 1增大，故D 项正确．]方法总结 此类问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压(U 1、U 2)、电流(I 1、I 2)，输入功率、输出功率随匝数比的变化而变化的情况，如选项A 、B ；另一类是原、副线圈的匝数比不变，上述各物理量随负载电阻的变化而变化的情况，如选项C.处理此类问题时，要根据题意分清变量与不变量，要明确变量之间的相互制约关系．6．BCD [由于输入电压不变，所以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L 2，负载总电阻变小，由欧姆定律I ＝UR 知，流过R 的电流增大，电阻R 上的电压U R ＝IR 增大．副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I 1U 1＝I 2U 2得，I 2增大，则原线圈输入电流I 1也增大．U MN 不变，U R 变大，所以U L1变小，流过灯泡L 1的电流减小．] 方法总结 变压器动态分析问题的思路程序可表示为7．B [由理想变压器变压比公式U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝U 1n 2n 1＝220×6001000V ＝132V ，由U 1U 3＝n 1n 3可得U 3＝n 3n 1U 1＝200×2201000V ＝44V ，根据输入功率等于输出功率有I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3解得I 3＝7A ，选B]方法总结 理想变压器变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，对有一个或n 个副线圈的变压器均适用，而变流比公式I 1I 2＝n 2n 1，只适用于有一个副线圈的变压器，若为两个以上副线圈的变压器，必须用P 入＝P 出，即U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3或n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3来计算．8．(1)30匝 550匝 (2)0.36A解析 (1)根据原、副线圈间电压与匝数的关系，由 U 1U 2＝n 1n 2，U 1U 3＝n 1n 3得n 2＝U 2U 1n 1＝6220×1100匝＝30匝n 3＝U 3U 1n 1＝110220×1100匝＝550匝(2)设原线圈输入电流为I 1，P 入＝P 出，即 I 1U 1＝I 2U 2＋I 3U 3＝P 2＋P 3，所以I 1＝P 2＋P 3U 1＝20＋60220A ＝0.36A方法总结 第(1)问中，也可根据原、副线圈每伏电压分配到的匝数相等进行计算．即由n 1U 1＝1100匝220V ＝5匝/V ，得匝数n 2＝5×6匝＝30匝，n 3＝5×110匝＝550匝．课后巩固练 1．CD 2．B3．BD [在不考虑原、副线圈内电阻的情况下，变压器原、副线圈电压之比(U 1/U 2)等于原、副线圈中产生的感应电动势之比(E 1/E 2)．当给线圈1输入电压U 1时，U 1U 2＝E 1E 2＝n 1ΔΦ1Δtn 2ΔΦ2Δt＝n 1ΔΦ1n 2ΔΦ2＝21×21＝41.当给线圈2输入电压U 2时，U 2U 1＝E 2E 1＝n 2ΔΦ2Δtn 1ΔΦ1Δt＝n 2ΔΦ2n 1ΔΦ1＝12×21＝1.所以选项B 、D 正确．]4．AD [变压器不改变电压的频率，副线圈中的电压频率等于原线圈中的电压频率为f ＝1T ＝12×10－2Hz ＝50Hz ；由U 1U 2＝n 1n 2可得副线圈中电压的最大值31V ，故有效值为312V ；P 向右移动时，输出电路中电压不变，电阻减小，电流增大，输出功率增大，变压器的输入功率等于输出功率，也增大，故正确的选项为A 、D.]5．A [设原线圈输入电压、电流、功率分别为U 1、I 1、P 1，副线圈输出电压、电流、功率分别为U 2、I 2、P 2，原、副线圈匝数分别为n 1、n 2.由I 1I 2＝n 2n 1知I 1＝n 2n 1I 2＝140×200 A ＝5 A. 由U 1U 2＝n 1n 2知U 2＝n 2n 1U 1＝140×10×103 V ＝250 V输出功率P 出＝U 2I 2＝250×200W ＝50kW]6．B [副线圈的电压不变，当副线圈接的电阻R 增大时，I 2减小，P 2减小，因为P 1＝P 2，所以P 1减小，I 1＝n 2n 1I 2，I 1也减小．]7．AB [由U 1U 2＝n 1n 2得：副线圈的输出电压u 2＝5u ＝1002sin100πt V ，此电源频率f 0＝50Hz ，而氖泡每个周期发光2次，则氖泡的发光频率f 氖＝2f 0＝100Hz ，A 正确；电压表的示数应为副线圈输出电压的有效值，故U ＝U 2m2＝100V ，B 正确；交变电流、电压的有效值不变，故表示数不变，C 错；断开开关后，变压器的输出功率减小，D 错．]8．BD [原线圈电压有效值U 1＝U m 2＝3112V ＝220V ，由U 1U 2＝n 1n 2，可得U 2＝4400V ，由欧姆定律可知I 2＝U 2R ＝10mA ，由I 1I 2＝n 2n 1可得：I 1>I 2，所以B 、D 两项正确．]9．C [由题中图象可知该交变电流的周期为0.02s ，所以频率为50Hz ，A错误；因为变压器输出电压最大值为20×1V ＝20V ，所以由变压比公式U 1n 1＝U 2n 2知变压器原线圈电压的最大值为20×10V ＝200V ，B 错误；R 2的功率P 2＝U 2R 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫202230W ＝6.67W ，C 正确；因为电容器存在充、放电现象，所以电阻R 3中的电流不感谢你的聆听感谢你的聆听 是始终为零，D 错误．]10．D [设原线圈电压为U 1，电流为I 1，副线圈电压为U 2，电流为I 2，则U 1＝U －I 1R A ，U 1U 2＝n 1n 2，I 1I 2＝n 2n 1，U 2＝I 2R B ，依题意，A 、B 完全相同，有R A ＝R B ，联立以上各式，整理可得n 2n 1U 1＝n 1n 2(U －U 1)，即12U 1＝2(U －U 1)， 得U 1＝45U ，U 2＝12U 1＝25U ＝0.4U ]11．(1)275匝 (2)550匝 0.255A解析 (1)变压比公式对于两个副线圈也适用，则有 U 2U 3＝n 2n 3，n 3＝n 2U 3U 2＝30×11012匝＝275匝．(2)同理：n 1n 2＝U 1U 2，n 1＝U 1U 2n 2＝22012×30匝＝550匝．理想变压器的输入功率等于输出功率，即P 1＝P 2＋P 3＝12W ＋0.4×110W ＝56W ．原线圈中电流I 1＝P 1U 1＝56220A≈0.255A12．(1)0.98A (2)180W解析 (1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U 1、U 2、I 1、I 2.根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有I 1U 1＝I 2U 2当I 2＝12mA 时，I 1即为熔断电流，代入数据，得I 1＝0.98A(2)设副线圈中电流为I 2′＝10mA 时，变压器的输入功率为P 1，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，有P 1＝I 2′U 2，代入数据，得P 1＝180W13．(1)3∶1 (2)6.67W解析 (1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝0.256A ＝124A ，次级线圈总电流I 2＝24I L ＝1A ．变压器输入功率等于输出功率，有I 1U 1＝I 2U 2＝6W ，变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1，代入E 值解得I 1＝13A(I 1＝3A 应舍去，据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2)发电机输出功率P ＝I 1E ＝6.67W。

教科版高中物理选修3-2学案：第二章交变电流6变压器(1)(1)[学习目标定位] 1.了解变压器的构造及几种常见的变压器，理解变压器的工作原理.2.掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决相关问题.3.掌握理想变压器的功率关系，并能推导出原、副线圈的电流关系．1．当一个线圈中的电流变化时，在另一个线圈中产生感应电动势的现象，称为互感．利用互感现象，可以把能量从一个线圈传递到另一个线圈．2．电流在一段电路上做功的功率P等于电流I与这段电路两端的电压U的乘积，即P＝UI.一、变压器的结构与原理1．变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两组线圈组成的，与交流电源连接的线圈叫原线圈，也叫初级线圈，与负载连接的线圈叫副线圈，也叫次级线圈．2．变压器的原、副线圈并不相连，电能从原线圈通过磁场传输给副线圈．二、变压器的电压与匝数的关系理想变压器原、副线圈两端的电压跟它们的匝数成正比，即＝.三、电流与匝数的关系理想变压器原、副线圈中的电流I1、I2与它们的匝数n1、n2的关系：＝.四、电压互感器和电流互感器1．电压互感器是一种降压变压器，它的初级并联在高压交流线路上，次级则与交流电压表相连．2．电流互感器是一种升压变压器，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.一、变压器的原理及电压与匝数的关系[问题设计]把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈通过开关连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上(如图1所示)．图1(1)小灯泡能发光吗？为什么？(2)若小灯泡发光，那么小灯泡两端电压与什么因素有关？(3)若将原线圈接到恒定的直流电源上，小灯泡亮不亮？分析讨论小灯泡亮或不亮的原因．答案(1)能发光，当左边线圈加上交变电压时，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，在左、右线圈中都要产生感应电动势，右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E1＝n1；若右边匝数为n2，则E2＝n2，故有＝；若忽略左边线圈的电阻，则有E1＝E电源，这样看来小灯泡两端电压与左侧交流电源电动势及两线圈匝数比都有关系．(3)不亮．原线圈接到恒定直流电源上，通过原线圈的电流的大小、方向均不变，它产生的磁场通过副线圈的磁通量不变，因此在副线圈中不会产生感应电动势，副线圈两端没有电压，所以小灯泡不亮．这种现象说明，变压器不能改变恒定电流的电压．[要点提炼] 1．互感现象是变压器的工作基础．因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．(后两空填“变化”或“恒定”)2．变压器不能(填“能”或“不能”)改变交变电流的频率．3．变压器中的电压关系：(1)只有一个副线圈：＝.(2)有多个副线圈：＝＝＝……4．原、副线圈的地位(1)原线圈在其所处回路中充当负载．(2)副线圈在其所处回路中充当电源．二、理想变压器中的功率关系及电流关系[问题设计] 1．什么是理想变压器？理想变压器原、副线圈中的功率有什么关系？答案理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗．所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．2．若只有一个副线圈，原、副线圈中的电流与匝数有什么关系？答案由能量守恒定律，有P入＝P出，即U1I1＝U2I2.。

《 2.6变压器》教学设计一、教材分析《变压器》选自普通高中课程标准实验教科书物理选修3— 2 第五章交变电流的第四节。

学习变压器可以使学生了解电磁感应现象的广泛应用，开拓学生视野，提高学习物理的能力和兴趣，因此这一节的内容是电磁感应教学的进一步延伸；同时变压器也是是交流电路中常见的一种电器设备，是远距离输送交流电不可缺少的装置．学习变压器能够从能的转化和传递的角度进一步强化对电磁感应现象的认识，为进一步学习远距离输电奠定基础．教材对《变压器》这节课的设置是从学生的原有认知出发，通过实验手段，引导学生一步一步围绕变压器的原理及工作特性展开，让学生自己进行讨论、分析，逐步完成教学目标。

二、教学目标1、知识与技能：１）知道变压器的基本构造２）理解变压器的工作原理３）探究并应用变压器的各种规律2、过程与方法：１）能熟练应用控制变量法解决多变量问题２）进一步掌握科学探究的一般思路3、情感态度与价值观：１）通过实验探究，体会科学探索的过程，激发探究物理规律的兴趣２）通过真实操作和记录，获得团队合作精神的体验和实事求是的科学态度三、教学重难点教学重点：通过实验探究变压器原、副线圈两端电压与匝数的关系教学难点：理想变压器及工作原理四、设计理念在这节物理规律课的教学中，我的设计理念是：以实验为基础，学生的思维拓展为中心，充分发挥学生的主体，注重规律形成过程的教学、实验探究过程的教学、知识发展过程的教学；强调学以致用，联系生活实际，提高学生对知识的迁移和能力活化；“变压器”一课的教学围绕“什么是变压器？”“ 变压器副线圈为什么有电压？”“变压器怎样将原线圈的电能传输给副线圈？”“变压器为什么能改变电压？”“变压器副线圈上的电压大小与什么因素有关？定量关系是怎样的 ?”等问题为线索展开教学过程。

五、教学方法实验探究、讨论交流、多媒体辅助教学六、课前准备学生电源、可拆变压器、多用电表（交流电压档）（以上各20 个）、小灯泡、导线若干、多媒体七、教学流程：导提观总提设归得入出察结出计纳出新问实规问实总结课题验律题验结论八、教学过程：（一）创设情境，激发情感，引入新课教师活动学生活动设计意图问题 1：只许添加一个电器元两个问题的设可以利用电阻分压来实现件 ( 电源除外） , 用 4V 的交流电置，和学生的原源如何让 1 只 3.2V 的小灯泡正认知造成冲突，常发光？——演示实验激发学生学习问题 2: 如果用 4V 的交流电源，获得 6V 的电压用刚才的办法还能实现吗？演示实验：两种情况下调整变压器副线圈匝数，小灯泡均正常发光。