2020版高考浙江选考物理一轮：实验13 探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系

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第1课时实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

第3节变压器学习目标要求核心素养和关键能力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.掌握理想变压器的基本关系，并能用它解决相关问题。

3.能够利用闭合电路欧姆定律结合理想变压器的基本关系对电路动态分析。

1.核心素养(1)利用能量观点分析变压器的变压过程。

(2)知道理想变压器是一种理想化物理模型。

2.关键能力物理建模能力和分析推理能力。

第1课时实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系一、变压器的原理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。

2．原线圈：与交流电源连接的线圈叫原线圈，也叫初级线圈。

副线圈：与负载连接的线圈叫副线圈，也叫次级线圈。

3．工作原理：利用互感现象。

【想一想】变压器能改变恒定电流的电压吗？提示变压器的变压原理是互感现象。

若通过原线圈的电流为恒定电流，则在铁芯中激发的磁场为恒定磁场，副线圈中无感应电动势产生，因此变压器不能改变恒定电流的电压。

二、实验思路1．变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的。

电流通过原线圈时在铁芯中产生磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈就存在输出电压。

2．本实验通过与副线圈相连接的多用电表，观察原线圈电压变化时，副线圈的输出电压的变化；通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系。

3．用控制变量法研究。

三、实验器材两只多用电表、学生电源(低压交流电源)、开关、可拆变压器(如图甲)、导线若干。

四、实验步骤1．按图乙所示连接好电路，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．接通学生电源，读出电压值，并记录在表格中。

3．保持匝数不变，多次改变输入电压，记录每次改变后原、副线圈的电压值。

4．保持输入电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值。

五、实验结论实验分析表明，原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比，即U1U2＝n1n2。

浙江新高考研究卷创新卷物理(2)

名校联盟★《新高考创新卷》2020年2月《浙江省名校联盟新高考创新卷》选考物理（二）选择题部分一、选择题I （本题共13小题，每小题3分，共39分，每小题列出的四个选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分） 1．下列关于物理学家和他们的贡献，说法正确的是 A. 牛顿提出了万有引力定律B. 亚里士多德认为力不是维持物体运动的原因，并通过“理想斜面实验”证实了这一说法 C ．库仑最早发现了产生电磁感应现象的条件D. 法拉第根据小磁针在通电导线周围的偏转而发现了电流的磁效应 2．下列物理学习和研究中用到的方法与“曹冲称象”的方法相同的是 A ．“点电荷”概念的建立 B ．“瞬时速度”概念的建立C ．探究合力和分力的关系D ．探究加速度与力、质量的关系3．同学学习电学知识后进行对电工穿的高压作业服进行研究，发现高压作业服是用掺杂铜丝编织的，下列各同学的理由正确的是 A ．甲认为铜丝编织的衣服不易拉破，所以用铜丝编织B ．乙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电势保持为零，对人体起保护作用C ．丙认为电工被铜丝编织的衣服所包裹，使体内电场强度保持为零，对人体起保护作用D ．丁认为铜丝编织的衣服必须达到很厚的程度，才能对人体起到保护作用4．已知声波在两介质分界处传播遵循的规律与光的折射规律类似，可以表达为1122sin sin θθ==v n v 。

人们在研究海洋的传声特性时发现，在海洋中存在着所谓“声道”现象：由于受到温度、盐度和压力的影响，在海水中的某一深度，有一定厚度的水层，声波在这一水层中传播时，会在这一水层的上部、下部发生全反射现象，声波能沿着这一水层传播很远的距离，这一水层就叫做“声道”。

如果声波在声道的传播速度为v 0，在上部海水的传播速度为v 1，在下部海水的传播速度为v 2，以下判断正确的是 A ．v 0=v 1=v 2 B ．v 0<v 1，v 0<v 2 C ．v 0>v 1，v 0<v 2 D ．v 0>v 1，v 0>v 25．利用金属晶格(大小约10-10 m )作为障碍物观察电子的衍射图样，方法是让电子束通过电场加速后，照射到金属晶格上，从而得到电子的衍射图样。

高考物理知识点：实验十五探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

实验十五探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【例2】 (2020·浙江大学附属中学1月选考模拟)(1)某同学在做“探究变压器线圈两端电压与匝数的关系”实验时，用学生电源提供给图7甲所示变压器原线圈的电压为5 V ，用演示电表交流50 V 挡测量副线圈电压时示数如图乙所示，则变压器的原、副线圈匝数之比可能是__________；
图7
A.5∶8
B.5∶16
C.1∶14
D.1∶8
(2)街头见到的变压器是降压变压器，假设它只有一个原线圈和一个副线圈，__________(填写“原线圈”或“副线圈”)应该使用较粗的导线。

答案 (1)D (2)副线圈
解析 (1)根据电压表读数的方法可知，该变压器的输出电压为40 V ，所以变压器
的原副线圈匝数之比n 1n 2＝U 1U 2
＝540＝18，故D 正确，A 、B 、C 错误。

(2)理想变压器的电压与匝数成正比，当只有一个副线圈的时候，电流与匝数成反比，街头用电的变压器是降压变压器，可知副线圈的匝数比原线圈的匝数少，副线圈的电流较大，应该使用较粗的导线。

2020版高考物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第十四章实验与探究第1讲含答案

[考试标准]2.认识误差问题在实验中的重要√第1讲力学实验(一)实验1：探究小车速度随时间变化的规律一、实验原理利用纸带记录的数据，计算各时刻的速度，再作出速度—时间图象. (1)某点的瞬时速度v n ＝x n ＋x n ＋12T；(2)若v －t 图象是一条倾斜的直线，则物体做匀变速直线运动，图线的斜率表示加速度. 二、实验装置图及器材实验装置图如图1所示：图1打点计时器、学生电源、复写纸、纸带、导线、一端带有滑轮的长木板、小车、细绳、钩码、刻度尺、坐标纸.三、实验步骤1.把一端带有滑轮的长木板放在实验桌上，并使滑轮伸出桌面，把打点计时器固定在长木板上没有滑轮的一端，连接好电路.2.把一条细绳拴在小车上，使细绳跨过滑轮，下边挂上钩码，把纸带穿过打点计时器，并把纸带的一端固定在小车的后面.3.把小车停在靠近打点计时器处，接通电源后，释放小车，让小车拖着纸带运动，打点计时器就在纸带上打下一系列小点.4.换上新的纸带，重复实验两次.5.增减所挂钩码，按以上步骤再做两次实验. 四、数据处理 1.利用纸带测量并计算(1)从纸带中选取便于测量的点作为计数始点，以后依次每五个点取一个计数点，并标明0、1、2、3、4……测量各计数点到0点的距离x ，并记录在表中.(2)123(3)利用v n ＝x n ＋x n ＋12T 求得计数点1、2、3、4的瞬时速度，填入上面的表格中.2.作出小车运动的v －t 图象(1)定标度、描点：坐标轴的标度选取要合理，并根据表格中的数据在此坐标系中描点.(2)连线：画一条直线，让这条直线通过尽可能多的点，不在直线上的点大致均匀分布在直线的两侧. 五、注意事项1.细绳、纸带要与长木板平行；2.先接通电源，待打点稳定后再释放小车；3.开始释放小车时，应使小车靠近打点计时器；4.无须平衡摩擦力；5.悬挂的钩码要适当，避免纸带打出的点太少或过于密集；6.作v －t 图象时，注意坐标轴单位长度的选取，应使图象尽量分布在坐标平面的大部分面积. 例1 (2016·浙江10月选考·17)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中 (1)下列说法中不正确或不必要的是________(填字母).A.长木板的一端必须垫高，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动B.连接钩码和小车的细线应与长木板保持平行C.小车应靠近打点计时器，先接通电源，后释放小车D.选择计数点时，必须从纸带上第一个点开始(2)图2甲是实验中打下的一段纸带，算出计数点2的速度大小为________m/s ，并在图乙中标出，其余计数点1、3、4、5对应的小车瞬时速度大小在图乙中已标出. (3)作图并求得小车的加速度大小为________m/s 2.甲乙图2答案见解析解析 (1)探究小车速度随时间变化的规律，要求长木板平放，选项A 是不必要的.在处理纸带时，由于第一点并不确定，因此常常将前面的点去掉，从清晰可辨的点开始取点，选项D 是不必要的.连接钩码和小车的细线需要与长木板平行，否则就要涉及到线的拉力分解问题，选项B 是必要的.操作时应先接通电源再释放小车，选项C 是必要的.(2)根据题图甲，x 1＝3.80 cm ，x 3＝15.70 cm ，T ＝5×0.02 s ＝0.1 s ，所以v 2＝x 3－x 12T ≈0.60 m/s.标出计数点2的速度如图(a)所示.(3)作图如图(b)所示，由图象可求出加速度a ＝ΔvΔt＝1.50 m/s 2.变式1 (2018·宁波市期末)在“探究小车速度随时间变化的规律”实验中 (1)用到电磁打点计时器，应采用的电源是________. A.学生电源交流输出 B.3节干电池 C.蓄电池(2)下列说法正确的是________.A.应先接通电源，在打点计时器开始打点后再释放小车B.应先释放小车，再接通打点计时器的电源(3)某学生实验时得到一条点迹清晰的纸带如图3所示，图中O 、A 、B 、C 、D 、E 是打点计时器连续打下的6个点，若打点计时器的打点周期为T ，则利用此纸带得到小车的加速度的表达式为________.(用x 2、x 5、T 来表示)图3答案 (1)A (2)A (3)x 5－x 23T 2变式2 (2018·温州市“十五校联合体”期中)同学们利用如图4所示装置做“探究小车速度随时间变化的规律”实验.请你完成下列有关问题：图4(1)实验室提供如图5甲、乙两种打点计时器，某实验小组决定使用电火花计时器，则应选用图中的____(填“甲”或“乙”)计时器.图5(2)另一实验小组使用的是电磁打点计时器，图6中接线正确的是_______(填“甲”或“乙”).图6(3)小宇同学选取一条清晰纸带进行研究，在纸带上选出九个计数点，如图7所示，相邻两个计数点之间的时间间隔为0.1 s ，根据纸带提供的信息，纸带上3、5两点间距离为________ mm.图7(4)纸带上计数点6的瞬时速度为________ m/s(结果保留3位有效数字)，小车运动的加速度为________ m/s2(结果保留2位有效数字).(5)在“探究小车速度随时间变化的规律”的实验中，下列说法中对于减小实验误差有益的是________.A.垫高长木板的一端，使小车在不挂钩码时能在木板上做匀速运动B.使小车运动的加速度尽量小些C.舍去纸带上密集的点，利用点迹清晰、点间间隔适当的那一部分进行测量D.选用各处平整程度、光滑程度相同的长木板做实验答案(1)乙(2)乙(3)35.0(34.5～35.5均可)(4)0.255(0.254～0.256均可)0.38(0.36～0.42均可)(5)CD变式3(2018·杭州市五校联考)如图8所示，某同学在做“探究小车速度随时间变化的规律”实验时，对打出的一条纸带进行研究(打点计时器所用电源频率为50 Hz)，该同学在纸带上按每5个点取一个计数点，取了A、B、C、D、E、F等计数点进行研究，该同学已求出了一些计数点对应的速度，其数值见表格.图8(1)关于用打点计时器“探究小车速度随时间变化的规律”的实验，以下说法正确的是________.A.长木板带滑轮的一端必须伸出桌面外侧B.实验时小车应从靠近打点计时器的位置释放C.应先释放小车，再启动打点计时器D.牵引小车的钩码质量越大越好(2)根据图9纸带提供的信息，该同学已经计算出了打下B、D、E这三个计数点时小车的速度，请你帮助他计算出打下计数点C时小车的速度(保留2位有效数字)，并填入相应空格.图9(3)以速度v为纵轴、时间t为横轴在坐标纸上建立直角坐标系(A点对应时刻为坐标系中的0时刻)，根据以上数据在图10所给的坐标纸中作出小车的v－t图线.图10(4)根据图象可得，小车在打下A点时的速度v A＝________ m/s，小车运动的加速度a＝________ m/s2.(以上结果均保留2位有效数字)答案(1)AB(2)0.48(3)如图所示(4)0.320.80实验2：探究求合力的方法一、实验原理1.合力F′的确定：一个力F′的作用效果和两个力F1、F2的共同作用效果都是把橡皮条拉伸到同一点，则F′就是F1、F2的合力.2.合力理论值F的确定：根据平行四边形定则作出F1、F2的合力F的图示.3.平行四边形定则的验证：比较F和F′的大小和方向是否相同.二、实验装置图及器材实验装置图如图11所示：图11方木板、白纸、弹簧测力计(两只)、橡皮条、细绳套、刻度尺(与三角板)、图钉(若干).三、实验步骤1.钉白纸：用图钉把白纸钉在水平桌面上的方木板上.2.拴绳套：用图钉把橡皮条的一端固定在A点，在橡皮条的另一端拴上两个细绳套.3.两力拉：用两只弹簧测力计分别勾住细绳套，互成角度地拉橡皮条，使橡皮条伸长到某一位置O，如图12所示.记录两弹簧测力计的读数，用铅笔描下O点的位置及此时两细绳套的方向.图124.一力拉：只用一只弹簧测力计通过细绳套把橡皮条的结点拉到同样的位置O，记下弹簧测力计的读数和细绳套的方向.5.改变两个力F1和F2的大小和夹角，再重复实验两次.四、数据处理1.用铅笔和刻度尺从结点O沿两条细绳方向画直线，按选定的标度作出这两只弹簧测力计的拉力F1和F2的图示，并以F1和F2为邻边用刻度尺与三角板作平行四边形，过O点画平行四边形的对角线，即可得到合力F 的图示.2.用刻度尺从O点按同样的标度沿记录的方向作出实验步骤中用一只弹簧测力计拉时弹簧测力计的拉力F′的图示.3.比较F与F′是否完全重合或几乎完全重合，从而验证平行四边形定则.五、注意事项1.同一实验中的两只弹簧测力计的选取方法是：将两只弹簧测力计调零后互钩对拉，若两只弹簧测力计在对拉过程中，读数相同，则可选；若读数不同，应另换，直至相同为止.2.在同一次实验中，使橡皮条拉长时，结点O位置一定要相同.3.用两只弹簧测力计钩住绳套互成角度地拉橡皮条时，夹角不宜太大也不宜太小，在60°～100°之间为宜.4.实验时弹簧测力计应与木板平行，弹簧轴线与绳子共线，读数时眼睛要正视弹簧测力计的刻度，在合力不超过弹簧测力计量程及橡皮条弹性限度的前提下，拉力的数值尽量大些.5.细绳套应适当长一些，便于确定力的方向.不要直接沿细绳套的方向画直线，应在细绳套末端用铅笔画一个点，去掉细绳套后，再将所标点与O点连接，即可确定力的方向.6.在同一次实验中，画力的图示所选定的标度要相同，并且要恰当选取标度，使所作力的图示稍大一些.例2某探究小组做“探究求合力的方法”实验，将画有坐标轴(横轴为x轴，纵轴为y轴，最小刻度表示1 mm)的纸贴在水平桌面上，如图13(a)所示.将橡皮筋的一端Q固定在y轴上的B点(位于图示部分之外)，另一端P 位于y轴上的A点时，橡皮筋处于原长.(1)用一只测力计将橡皮筋的P端沿y轴从A点拉至坐标原点O，此时拉力F的大小可由弹簧测力计读出.弹簧测力计的示数如图(b)所示，F的大小为________N.(2)撤去(1)中的拉力，橡皮筋P端回到A点；现使用两个测力计同时拉橡皮筋，再次将P端拉至O点.此时观察到两个拉力分别沿图(a)中两条虚线所示的方向，由测力计的示数读出两个拉力的大小分别为F1＝4.2 N和F2＝5.6 N.①用5 mm长度的线段表示1 N的力，以O为作用点，在图(a)中画出力F1、F2的图示，然后按平行四边形定则画出它们的合力F合；图13②F合的大小为________N，F合与拉力F的夹角的正切值为________.若F合与拉力F的大小及方向的偏差均在实验所允许的误差范围之内，则该实验验证了力的平行四边形定则. 答案(1)4.0(2)①见解析图②4.00.05解析(1)由题图(b)可知，F的大小为4.0 N(2)①画出力F1、F2的图示，按平行四边形定则画出F合，如图所示②F合的线段长约为20 mm，所以F合大小约为4.0 N，F合与拉力F的夹角的正切值为tan α＝0.05.变式4(2018·嘉兴市期末)如图14所示为探究求合力的方法的实验装置图.图14(1)请将下面实验的主要步骤补充完整.①将橡皮筋的一端固定在木板上的A点，另一端拴上两根绳套，每根绳套上分别连着一个弹簧测力计；②沿着两个方向拉弹簧测力计.将橡皮筋的活动端拉到某一位置，将此位置标记为O点，并记录两个拉力的大小及方向；③再用一个弹簧测力计将橡皮筋的活动端仍拉至O点，记录________.(2)下列几种操作的讨论中，说法正确的是________.答案(1)该弹簧测力计拉力的大小及细绳套的方向(2)AB变式5某同学做“探究求合力的方法”实验，如图15甲所示，其中A为固定橡皮条的图钉，O为橡皮条与细绳的结点，OB和OC为细绳.图乙是在白纸上根据实验结果画出的图.图15(1)如果没有操作失误，图乙中的力F与F′中，方向一定沿AO方向的是________.(2)某同学认为实验中必须注意下列要求，其中正确的是________.(填选项前的字母)A.两根细绳必须等长B.橡皮条应与两绳夹角的平分线在同一直线上C.在使用弹簧秤时要使弹簧秤与木板平面平行D.细绳要适当长些(3)实验中两个操作步骤如下：①在水平放置的木板上垫一张白纸并固定好，把橡皮条的一端固定在木板上，另一端拴两根细绳，通过细绳同时用两个弹簧秤互成角度地拉橡皮条，使橡皮条与细绳的结点达到某一位置O点，在白纸上记下O点和两个弹簧秤的读数，并记下两细绳的方向；②只用一个弹簧秤通过细绳拉橡皮条，使橡皮条的伸长量与用两个弹簧秤拉时的伸长量相同，记下此时弹簧秤的读数和细绳的方向.其中有错误的步骤是________，正确操作应是________________________.答案(1)F′(2)CD(3)②将橡皮条与细绳结点拉到O点解析(1)F′是只用一个弹簧秤把橡皮条的结点拉到位置O的力，故F′必沿OA方向.(2)细绳的作用是显示出力的方向，不必等长，A错误；只要确保用一个弹簧秤拉时能将结点拉到同一位置即可，橡皮条不一定要在两绳夹角的平分线上，B错误；在拉弹簧秤时必须要求弹簧秤与木板平面平行，使结点受到的力在与木板平行的同一平面内，C正确；为了便于记录力的方向，并减小偶然误差，拉橡皮条的细绳要适当长些，使标记细绳方向的两点远些，D正确.(3)实验用到了等效法，用两个弹簧秤拉应与用一个弹簧秤拉的效果相同，故错误的步骤是②，正确操作应是将橡皮条与细绳的结点拉到O点.变式6某同学利用共点力平衡的原理来探究共点力的合成是否遵循平行四边形定则，他将三条相同的橡皮筋(遵循胡克定律)的一端系在一起，用三条细绳分别连接橡皮筋的另一端，按如图16所示方式把重物竖直吊起.在实验中，可以通过刻度尺测量橡皮筋的长度来得到橡皮筋的拉力的大小，并通过三条细绳的方向确定三个拉力的方向，从而探究其中任意两个拉力的合力是否与第三个力等大反向.图16(1)在实验过程中，下列说法正确的是________.A.实验过程中需要测量三条橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长B.以OA、OB为两邻边作力的平行四边形，其对角线一定与OC在一条直线上C.多次实验中可改变OA、OB的夹角或改变重物质量，但结点O位置不能改变D.每次实验均需记录三条细绳的方向及结点的位置(2)为减小误差，应选择劲度系数适当________(填“大”或“小”)的橡皮筋，质量适当________(填“大”或“小”)的重物.答案(1)AD(2)小大解析(1)实验过程中需要测量三条橡皮筋的长度以及橡皮筋的原长，从而确定橡皮筋的伸长量，进而确定力的大小，选项A正确；以OA、OB为两邻边作力的平行四边形，由于实验存在误差，其对角线不一定与OC 在一条直线上，选项B错误；多次实验中可改变OA、OB的夹角或改变重物的质量，因为是不同的实验，则结点O位置可以变动，选项C错误；每次实验均需记录三条细绳的方向及结点的位置，选项D正确.(2)为减小误差，应选择劲度系数适当小的橡皮筋，质量适当大的重物，这样橡皮筋的伸长量较大，误差较小.实验3：探究加速度与力、质量的关系一、实验原理1.探究方法——控制变量法(1)保持小车质量不变，分析加速度与力的关系.(2)保持小车所受的力不变，改变小车的质量，分析加速度与质量的关系.2.要测量的物理量(1)小车与其上砝码的总质量；(2)小车受到的拉力；(3)小车的加速度.二、实验装置图及器材如图17所示，所需器材有打点计时器、纸带、复写纸、小车、一端附有定滑轮的长木板、小盘、重物、薄木片、细绳、交流电源、导线、天平、刻度尺、砝码.图17三、实验步骤1.用天平测出小车和重物(包括小盘)的质量分别为M0、m0，并把数值记录下来.2.按实验装置图将实验器材安装好(小车上不系细绳).3.平衡摩擦力，把木板无滑轮的一端下面垫一薄木片，反复移动其位置，直到打点计时器正常工作后不挂重物(包括小盘)的小车在斜面上做匀速直线运动为止(纸带上相邻点间距相等).4.将重物(包括小盘)通过细绳系在小车上，先接通电源，后放开小车，打点完毕后关闭电源，取下纸带并在纸带上标上序号，此时所挂重物(包括小盘)的重力m0g，即为小车所受的合力F.5.保持小车的质量不变，改变所挂重物(包括小盘)的重力，重复步骤4，多做几次实验，并记录好重物(包括小盘)的重力m1g、m2g……以及加速度，填入表格中.6.保持小盘中所放重物的质量不变，在小车上加放砝码，并测出小车与所放砝码的总质量M，接通电源，放开小车，用纸带记录小车的运动情况，取下纸带并在纸带上标上序号.7.继续在小车上加砝码，重复步骤6，多做几次实验，并将对应的质量和加速度填入表格中.四、数据处理1.计算保持小车质量不变时，各次小盘和重物的重力(作为小车的合力)及对应纸带的加速度，填入表中.2.计算保持小盘中重物的质量不变时，各次小车和砝码的总质量及对应纸带的加速度，填入表中.3.需要记录各组对应的加速度a与小车所受拉力F，然后建立直角坐标系，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示拉力F，描点画a－F图象，如果图象是一条过原点的直线，便证明加速度与作用力成正比.再记录各组对应的加速度a与小车和砝码总质量M，然后建立直角坐标系，用纵坐标表示加速度a，横坐标表示小车和砝码总质量的倒数1M，描点画a－1M图象，如果图象是一条过原点的直线，就证明了加速度与质量成反比.五、注意事项1.一定要做好平衡摩擦力的工作，也就是调出一个合适的斜面，使小车的重力沿着斜面方向的分力正好平衡小车所受的摩擦阻力.在平衡摩擦力时，不要把悬挂重物(包括小盘)的细绳系在小车上，即不要给小车加任何牵引力，并要接通电源后让小车拖着纸带运动.2.整个实验平衡了摩擦力后，不管以后是改变重物(包括小盘)质量，还是改变小车和砝码的总质量，都不需要重新平衡摩擦力.3.每条纸带必须在满足小车与车上所加砝码的总质量远大于重物(包括小盘)质量的条件下打出.只有如此，重物(包括小盘)重力才可视为小车受到的拉力.4.改变拉力和小车质量后，每次开始时小车应尽量靠近打点计时器，并应先接通电源，再放开小车，且应在小车到达滑轮前按住小车.5.作图象时，要使尽可能多的点在所作直线上，不在直线上的点应尽可能均匀分布在所作直线两侧.6.作图时两轴标度比例要适当，各量须采用国际单位制单位，这样作图线时，坐标点间距不至于过密，误差会小些.例3小张和小杨同学在实验室中进行探究“加速度与力的关系”实验.为提高实验的准确度，他们设计了如图18所示的实验方案.将力传感器固定在小车上，通过力传感器可以直接显示细线拉力的大小.图18(1)采用力传感器测量细线拉力与用重物重力代替拉力的方法相比，下列说法正确的是______.A.可以不用平衡摩擦力B.利用此实验装置还需要测量重物的质量C.重物的质量要远远小于小车和力传感器的总质量D.直接测量出小车(包括力传感器)所受的拉力，可以减小误差(2)图19是某同学在此实验中获得的一条纸带，其中两相邻计数点间有四个点未画出，已知打点计时器用的交流电源的频率为50 Hz，则小车运动的加速度a＝________ m/s2.图19(3)保持小车和力传感器的总质量一定，改变重物的质量，测出相应的加速度，采用图象法处理数据.请根据测量数据在图20中作出a－F图象.图20(4)根据作出的a－F图线，分析实验可能存在的问题是________.A.平衡摩擦力时长木板的倾角过大B.平衡摩擦力不足答案(1)D(2)0.39(3)如图所示(4)B解析 (2)a ＝(3.31－2.92)×10－2 m (0.1 s )2＝0.39 m/s 2. (4)分析a －F 图象，a ＝0时所对应的F 不为0，因此选B.变式7 (2018·浙江11月选考·17(2))在“探究加速度与力、质量的关系”的实验中，两个相同的小车放在光滑水平板上，前端各系一条细绳，绳的另一端跨过定滑轮各挂一个小盘，盘中可放重物.小车的停和动通过用黑板擦按住小车后的细线和抬起来控制，如图21甲所示.实验要求小盘和重物所受的重力近似等于使小车做匀加速直线运动的力.图21(1)请指出图乙中错误之处：______________________________________________________；(2)调整好实验装置后，在某次实验中测得两小车的位移分别是x 1和x 2，则两车的加速度之比为________. 答案 (1)拉小车的细绳与水平板没有平行托盘和重物的总质量没有远小于小车的质量 (2)x 1∶x 2解析细绳拉力方向应与水平板平行，以保证小车受到恒力的作用，从而加速度恒定，如果不平行，则随着小车的运动，小车水平方向的拉力会发生变化，同时根据题意“小盘和重物所受的重力近似等于使小车做匀加速直线运动的力”可知，只有当托盘和重物的质量远小于小车质量时，才可以近似把小车受到的拉力约等于托盘和重物的重力.根据x ＝12at 2可知，两车同时释放，同时停止，加速度之比等于位移之比. 变式8 (2018·杭州市期末)某同学用如图22所示的装置来探究加速度与力、质量的关系.图22(1)下列说法中正确的是________.A.平衡摩擦力时需要将木板有滑轮的一端稍垫高B.平衡摩擦力时需要装上纸带，并悬挂好小桶C.若改变小车质量，因小车所受阻力发生变化，需重新平衡摩擦力D.应调整滑轮，保证小车在运动过程中细线和木板平行(2)为改变小车所受的力的大小，可往小桶中添加下列图片中的________.(3)图23甲为实验中得到的一条纸带，A 、B 、C 、D 、E 为5个相邻的计数点，相邻的两个计数点之间还有四个点未画出，量出相邻的计数点之间的距离分别为x AB ＝4.22 cm ，x BC ＝4.65 cm 、x CD ＝5.08 cm 、x DE ＝5.49 cm ，已知打点计时器的工作频率为50 Hz ，则小车的加速度a ＝________ m/s 2(结果保留两位有效数字).图23(4)该同学改变小车的质量，多次实验，作出小车的加速度a 和质量M 的关系图象如图乙所示，根据图象可知a 与M 的关系可能是________.A.a ∝MB.a ∝M 2C.a ∝M －1D.a ∝M －2 答案 (1)D (2)B (3)0.43 (4)CD解析 (1)平衡摩擦力时需要将木板没有滑轮的一端稍垫高，故A 错误；平衡摩擦力时需要装上纸带，但不需要挂上小桶，故B 错误；平衡摩擦力后，mg sin θ＝F f ＝μmg cos θ，即μ＝tan θ，增大小车的质量并无影响，不需要重新平衡摩擦力，故C 错误；应保证在小车运动过程中细线和木板平行，故D 正确.(2)为改变小车所受的力的大小，可往小桶中加入已知质量的砝码，故B 正确；(3)根据逐差法得，a ＝(x DE ＋x CD )－(x BC ＋x AB )4T 2≈0.43 m/s 2. (4)由题图图象可知，质量越大，加速度越小，故C 、D 正确.变式9 在“探究加速度与力、质量的关系”实验中，某同学将实验器材组装好，如图24甲所示为释放小车前瞬间的情景.(1)在接通电源进行实验之前，请你指出图中的错误或不妥之处(写出两处即可)：________________________________________________________________________________________________________________________________________________.图24(2)在使用打点计时器时，该同学发现纸带有图乙中的两种穿法，感到有点犹豫.你认为________(选填“A”或“B”)穿法正确.(3)该同学通过图25甲所示装置打出一条纸带，如图乙所示.根据纸带的点迹可判断出实验尚未平衡好摩擦力，为进一步平衡摩擦力，图甲中垫块应该向________(选填“左”或“右”)移一些.图25(4)调整好实验装置后，该同学顺利地完成了实验.如图26是他在实验中得到的一条纸带，图中相邻两计数点之间的时间间隔为0.1 s，由图中的数据可算得小车的加速度a＝______ m/s2，当打点计时器打下C点时，小车的速度v C＝________ m/s.(结果均保留两位有效数字)图26答案(1)a.用了直流电源 b.开始实验时，小车离打点计时器太远 c.没有平衡摩擦力(2)B(3)左(4)0.38(0.34～0.42均可)0.20(0.19～0.21均可)解析(1)电源使用了直流电源，小车未靠近打点计时器，没有平衡摩擦力.(2)纸带应在复写纸的下面，故B 的穿法正确.(3)由题图知，在相同时间内两点间的距离越来越小，说明小车做减速运动，由牛顿第二定律知，重力沿斜面方向的分力小于滑动摩擦力，即没有完全平衡摩擦力，故应将垫块向左移以增加重力沿斜面方向的分力.。

浙江选考版高考物理一轮复习实验探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系夯基提能作业本.docx

实验13 探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系1.(多选)如图所示为可拆变压器,在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中,下列说法正确的是(填字母)。

A.用可拆变压器,能方便地从不同接连柱上选取不同匝数的线圈B.测量原、副线圈的电压,可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表C.原线圈接0、8接线柱,副线圈接0、4接线柱,副线圈电压大于原线圈电压D.为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响答案AD 变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关,用可拆变压器能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈,选项A、D正确。

不能用直流电压表测量原、副线圈的电压,所以选项B 错误。

根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知,原线圈接0、8接线柱,副线圈接0、4接线柱,那么副线圈的电压小于原线圈的电压,所以C错误。

2.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数关系”的实验中,若某同学实验时,忘记把图甲中的变压器铁芯A组装到变压器铁芯B上,组装后的变压器如图乙所示。

在铁芯上的原、副线圈匝数分别为n1=800匝和n2=200匝,原线圈两端与u=122 sin 314t(V)的交流电源相连,则副线圈两端电压的有效值可能是( )A.0.6 VB.3 VC.32 VD.12 V答案 A 原线圈两端电压有效值为U1=1222 V=12 V,如果把图甲中的变压器铁芯A组装到变压器铁芯B 上,则副线圈两端电压的有效值U2=n2n1U1=200800×12 V=3 V;由于该同学忘记了把图甲中的变压器铁芯A组装到变压器铁芯B上,导致“漏磁”,则副线圈两端电压的有效值将小于3 V,故选A。

3.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”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,实验需要的器材是。

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。

2019-2020年高中物理第五章交变电流实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系课时检测新人教版

2019-2020年高中物理第五章交变电流实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系课时检测新人教版选修1.如图所示是“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验装置,下列说法正确的是( )A.与灯泡连接的线圈叫原线圈B.测量变压器输出电压要用直流电压表C.若只增加副线圈的匝数,变压器的输出电压变大D.若只增加副线圈的匝数,变压器的输出电压变小【解析】选C。

与电源相连的线圈叫原线圈,A错误;测量变压器输出电压要用交流电压表,B错误;由=可知,U1不变,增加n2,则U2增大,故C正确,D错误。

2.(多选)(xx·浙江10月选考)如图所示,在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中,下列说法正确的是( )A.用可拆变压器,能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈B.测量原、副线圈的电压,可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表C.原线圈接0、8接线柱,副线圈接0、4接线柱,副线圈电压大于原线圈电压D.为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响【解析】选A、D。

变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关,因此需要用可拆卸的变压器研究,选项A、D正确。

变压器只能对交流电压表有作用,不能处理直流电压,所以选项B错误。

根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知,原线圈接0、8,副线圈接0、4,那么副线圈的电压小于原线圈,所以C错误。

3.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中,实验室中备有下列可供选择的器材:A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)B.条形磁铁C.直流电源D.多用电表E.开关、导线若干(1)上述器材在本实验中不必用到的是(填器材前的序号)。

(2)本实验中还需用到的器材有。

【解析】(1)由本实验的实验原理可知,本实验不必用到的器材是B.条形磁铁和C.直流电源。

(2)为使实验安全,本实验用到的电源是学生电源,且利用低压交流挡。

2025版新教材高考物理复习特训卷考点80实验：探究变压器原副线圈电压与匝数的关系

考点80 试验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1.某同学在试验室进行“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的试验．（1）下列说法正确的是（选填字母代号）.A．为确保试验平安，试验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数B．要探讨副线圈匝数对副线圈电压的影响，应当保持原线圈电压、匝数不变，变更副线圈的匝数C．测量电压时，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．变压器起先正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈（2）该同学通过试验得到了如下表所示的试验数据，表中n1、n2分别为原、副线圈的匝数，U1、U2分别为原、副线圈的电压．试验次数n1/匝n2/匝U1/V U2/V1 1 600 400 12.1 2.902 800 400 10.2 4.953 400 200 11.9 5.92通过试验数据分析可以得到的试验结论是：________________________________________________________________________ ________________________________________________________________________.2.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”试验中，李辉同学采纳了如图所示的可拆式变压器进行探讨，图中各接线柱对应的数字表示倍率为“×100”的匝数．（1）本试验中，试验室有下列器材：A.可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）B.条形磁铁C.直流电源D.多用电表E.开关、导线若干上述器材在本试验中不须要的有（填器材序号），本试验中还须要用到的器材有．（2）对于试验过程，下列说法正确的有．A.为便于探究，应当采纳限制变量法B.变压器的原线圈接低压沟通电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”C.运用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量D.因为试验所用电压较低，通电时可用手接触袒露的导线、接线柱等检查电路（3）试验中，电源接变压器原线圈“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“4”接线柱，当副线圈所接电表的示数为5.0 V，若变压器是志向变压器，则原线圈的电压应为．A.18.0 VB．10.0 VC.5.0 VD．2.5 V（4）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12.0 V的学生电源，原、副线圈的匝数比为8∶1，副线圈两端接沟通电压表，则沟通电压表的实际读数可能是．A.0 VB．96.0 VC.1.5 VD．0.65 V（5）李辉同学正确组装变压器后，把12.0 V的学生沟通电源接到原线圈“2”“8”接线柱（相当于600匝），副线圈接线“0”“1”接线柱，如图所示．在确认电路连接无误的状况下，接在副线圈两端的沟通电压表的实际读数可能是．A.0 VB．5.8 VC.2.0 VD．1.5 V3.做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的试验．（1）以下给出的器材中，本试验须要用到的有．（填选项字母）A.B.C.D.E.（2）下列说法正确的是．A.变压器工作时副线圈电压频率与原线圈不相同B.试验中要通过变更原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，须要运用的科学方法是限制变量法C.为了人身平安，试验中只能运用低压直流电源，电压不要超过12 VD.绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好（3）试验中，可拆变压器如图所示，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，铁芯是由相互绝缘的硅钢片平行叠成，硅钢片应平行于平面．A.abcd B．dcfeC.abgh D．aehd（4）由于交变电流的电压是变更的，所以试验中测量的是电压的值（选填“平均”“有效”或“最大”）；某次试验操作，副线圈所接多用电表的读数如图甲所示，其对应的选择开关如图乙所示，则此时电表读数为．（5）若用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器做试验，对应的电压测量数据如下表所示．依据测量数据，则N1肯定是线圈．（选填“原”或“副”）试验次数 1 2 3 4U10.90 1.40 1.90 2.40U2 2.00 3.01 4.02 5.024.有一个教学用的可拆变压器，如图1所示，它有两个外观基本相同的线圈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线圈的电阻值，指针分别对应图2中的a、b位置，由此可推断（选填“A”或“B”）线圈的匝数较多．（2）该试验中输入端所接电源最适合的是．A.220 V沟通电源B.12 V以内低压直流电源C.36 V平安电压D.12 V以内低压沟通电源（3）假如把它看作志向变压器，现要测量A线圈的匝数，供应的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压沟通电源．请完成试验步骤的填空：①用绝缘导线在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”）线圈与低压沟通电源相连接．③用多用电表的挡分别测量A线圈的输入电压U A和绕制线圈的输出电压U.④则A线圈的匝数为．5.小华同学做了探究变压器线圈两端的电压与匝数关系的试验，请回答以下问题：（1）本试验中须要测量电压，则在如图所示的器材中，应．A.选甲图中的器材B.选乙图中的器材C.都可以选D.都不能选（2）小华在做本试验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的沟通电压“6 V”挡位，用合适的电表测量出副线圈的电压为13 V，则下列叙述可能符合实际状况的一项是．A.变压器的铁芯没有闭合B.肯定是电压的测量出了问题C .副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应当小于200匝D .学生电源实际输出电压大于标注的“6 V ”（3）用匝数n a ＝100匝和n b ＝200匝的变压器，试验测量数据如表，依据测量数据可推断连接电源的线圈是（选填“n a ”或“n b ”）.考点80 试验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．答案：(1)BC (2)在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即U 1U 2＝n 1n 2解析：(1)为确保试验平安，应当降低输出电压，试验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，A 错误；要探讨副线圈匝数对副线圈电压的影响，应当保持原线圈电压、匝数不变，变更副线圈的匝数，进而测得副线圈电压，找出相应关系，B 正确；为了爱护电表，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，C 正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，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，不是铁芯导电来传输电能，D 错误．(2)通过数据计算可得，在误差允许的范围内，原、副线圈的电压之比等于原、副线圈的匝数之比，即U 1U 2＝n 1n 2.2．答案：(1)BC 低压沟通电源 (2)AC (3)B (4)D (5)D解析：(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”试验中，运用的是沟通电，所以不须要直流电，磁场是利用了电流的磁效应，所以也不须要条形磁铁，B 、C 正确；本试验中还须要用到的器材是低压沟通电源．(2)为便于探究，应当采纳限制变量法，所以A 正确；变压器的原线圈接低压沟通电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“沟通电压挡”，所以B 错误；运用多用电表测电压时，先用最大量程试测，再选用适当的挡位进行测量，所以C 正确；虽然试验所用电压较低，但是通电时不行用手接触袒露的导线、接线柱等检查电路，这样可减小试验误差，避开发生危急，所以D 错误．故选AC.(3)依据志向变压器原、副线圈的电压与匝数成正比规律可知，副线圈所接电表的示数为5.0 V ，原线圈的电压应为10 V ．故选B.(4)组装变压器时，李辉同学没有将铁芯闭合，则变压器漏磁比较严峻，连接副线圈的沟通电压表的实际读数小于志向变压器的副线圈的读数，若为志向变压器，则U 2＝n 2n 1U 1＝18×12 V＝1.5 V ，实际电压小于1.5 V ．故选D.(5)李辉同学正确组装变压器后，变压器还是存在漏磁现象，还有铜损、铁损等损耗，则连接副线圈的沟通电压表的实际读数总是小于志向变压器的副线圈的读数，若为志向变压器，则U 2＝n 2n 1U 1＝16×12 V＝2.0 V ，实际电压小于2.0 V ．故选D.3．答案：(1)BDE (2)BD (3)D (4)有效 4.8 V (5)副解析：(1)试验中须要沟通电源、变压器和沟通电压表(万用表)，不须要干电池和直流电压表，故A 、C 错误，B 、D 、E 正确．故选BDE.(2)变压器工作时只是变更电压，不变更频率，副线圈电压频率与原线圈相同，故A 错误；试验过程中，在原、副线圈匝数和原线圈两端电压三个变量中保持两个不变，变更一个来探究匝数比与原副线圈电压之比的关系，用的是限制变量法，故B 正确；变压器变更的是沟通电压，因此为了人身平安，原线圈两端只能运用低压沟通电源，所用沟通电压不能超过12 V ，而用直流电压变压器不能工作，故C 错误；视察两个线圈的导线，发觉粗细不同，由变压器工作原理I 1I 2＝n 2n 1可知，匝数少的电流大，则导线应当粗；绕制降压变压器原、副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈导线应比原线圈导线粗一些好，故D 正确．故选BD.(3)由图，依据楞次定律和右手螺旋定则，产生的涡旋电流的方向与面abcd 平行，为了减小涡流在铁芯中产生的热量，相互绝缘的硅钢片应垂直面abcd ，即平行于面aehd ，故A 、B 、C 错误，D 正确．故选D.(4)由于交变电流的电压是变更的，试验中测量的是电压的有效值；选择为沟通电压10 V 档，依题意，此时电表读数为4.8 V.(5)由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，所以副线圈实际测量的电压值应当小于理论值，由志向变压器规律U 1U 2＝N 1N 2＝12由表格数据值U 1总是略小于12U 2，故U 1应当是副线圈的电压值，N 1肯定是副线圈．4．答案：(1)A (2)D (3)A 沟通电压 n U A U解析：(1)依据电阻定律，电阻率和横截面积相同时，导线越长，电阻越大，A 线圈电阻比B 的大，故A 线圈匝数较多．(2)为保证学生平安，应用12 V 以内低压沟通电源，故选D.(3)②要测量A 线圈的匝数，所以要把A 线圈与低压沟通电源相连接． ③变压器输入输出都是沟通电，所以要用沟通电压挡测输入和输出电压．④依据变压器电压比等于匝数比，有U A U ＝n A n 解得n A ＝nU AU. 5．答案：(1)A (2)D (3)n b解析：(1)由题图可知，甲图是多用电表，而乙图是直流电压表，试验须要测量沟通电压，因此选用甲图，故A 正确，B 、C 、D 错误．(2)依据志向变压器的原、副线圈的电压与其匝数关系式U 1U 2＝n 1n 2，若变压器的铁芯没有闭合，副线圈的输出电压小于12 V ，A 错误；若是电压的测量出了问题，应当是小于12 V ，不应当大于12 V ，B 错误；副线圈实际匝数与标注的“200”不符，若小于200匝，由以上公式可知，副线圈的电压小于12 V ，C 错误；若学生电源实际输出电压大于标注的“6 V”，由以上公式可知，副线圈的电压可能为13 V ，D 正确．(3)依据题意，电压比与匝数比不相等，可知该变压器为非志向变压器，考虑到变压器有漏磁、铁芯发热、导线发热等影响，推断出U 2为原线圈上电压大小，则推断出接电源的是n b .。

高考物理一轮复习专项训练及答案解析—变压器;远距离;输电实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

错误!错误!高考物理一轮复习专项训练及答案解析—变压器；远距离；输电实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．(2020·江苏卷·2)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2．(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．假设从A 处采用550 kV 的超高压向B 处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP ，到达B 处时电压下降了ΔU .在保持A 处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV 特高压输电．输电线上损耗的电功率变为ΔP ′，到达B 处时电压下降了ΔU ′.不考虑其他因素的影响，则( )A ．ΔP ′＝14ΔP B ．ΔP ′＝12ΔP C ．ΔU ′＝14ΔU D ．ΔU ′＝12ΔU 3．(2021·广东卷·7)某同学设计了一个充电装置，如图所示，假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s ，电压最大值为0.05 V ，理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60，下列说法正确的是( )A．交流电的频率为10 HzB．副线圈两端电压最大值为3 VC．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率4．(多选)无线充电器能给手机充电是因为两者内部有线圈存在，当电源的电流通过无线充电器的送电线圈会产生变化的磁场，手机端的受电线圈靠近该磁场就会产生感应电流，双方密切配合，手机成功无线充电．如图为某老师自制的简易无线充电装置，由一个电磁炉(发射线圈)、一个接收线圈、一个二极管、一个车载充电器构成，发射线圈、接收线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，若电磁炉两端所加电压为u＝2202sin 314t (V)，不考虑充电过程中的各种能量损失．则下列说法正确的是()A．通过车载充电器的电流为交流电B．通过车载充电器的电流为直流电C．车载充电器两端电压的有效值约为22 VD．车载充电器两端电压的有效值约为222V5．(2022·河北卷·3)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2πNBSzB．发电机输出交变电流的频率为2πnzC．变压器原、副线圈的匝数比为2πNBSnz∶UD．发电机产生的瞬时电动势e＝2πNBSnz·sin(2πnz)6．某同学在实验室进行探究变压器原、副线圈电压与匝数关系的实验．他准备了可拆变压器、多用电表、开关和导线若干．(1)实验需要以下哪种电源________；A．低压直流电源B．高压直流电源C．低压交流电源D．高压交流电源(2)该同学认真检查电路无误后，先保证原线圈匝数不变，改变副线圈匝数；再保证副线圈匝数不变，改变原线圈匝数．分别测出相应的原、副线圈电压值．由于交变电流电压是变化的，所以，我们实际上测量的是电压的________值(填“有效”或“最大”)．其中一次多用电表读数如图所示，此时电压表读数为________；(3)理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成________(选填“正比”或“反比”)，实验中由于变压器的铜损和铁损，导致原线圈与副线圈的电压之比一般________(选填“大于”“小于”或“等于”)原线圈与副线圈的匝数之比；(4)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别．原因不可能为________．(填字母代号)A．原、副线圈上通过的电流发热B ．铁芯在交变磁场作用下发热C ．变压器铁芯漏磁D ．原线圈输入电压发生变化7.自耦变压器在高铁技术中被广泛应用．如图所示，一理想自耦变压器接在u ＝U m sin 100πt 的正弦交流电压上，P 为滑动触头，初始位置位于线圈CD 的中点G, A 1和A 2为理想交流电表，R 为定值电阻，下列说法正确的是( )A ．将P 向下滑动，A 1的示数将变小B ．将P 向上滑动，A 2的示数将变大C ．将P 下滑到GD 的中点，电阻R 的功率将变为原来的4倍D ．将P 上滑到CG 的中点，电阻R 的功率将变为原来的238．(多选)(2023·福建省模拟)20年来福建电网实现电网结构、电压等级、电力技术“三大跨越”．如图所示是远距离输电示意图，现将输送电压U 2由220 kV 升级为1 000 kV 高压，输送的总电功率变为原来的2倍，保持发电机输出电压U 1及用户得到的电压U 4均不变，输电线的电阻不变，变压器均为理想变压器，则( )A.n 2n 1变为原来的5011倍 B ．输电线上电流I 2变为原来的1125C ．输电线损失的功率变为原来的(1125)2D．降压变压器原、副线圈匝数比值变小9．如图甲所示为半波整流电路，在理想变压器的输出电路中有一只整流二极管，已知原、副线圈的匝数比为11∶1，电阻R＝10 Ω，原线圈的输入电压随时间的变化关系如图乙所示，电表均为理想交流电表，则()A．电压表V1的读数为28 VB．电压表V2的读数为20 VC．电流表A的读数为0.18 AD．原线圈的输入功率为20 W10．(多选)(2022·湖北卷·9)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 VB．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C．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11．(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L 、宽为L ，匝数为N ，放置在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 0、n 1和n 2，两个副线圈分别接有电阻R 1和R 2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I ，不计线圈电阻，下列说法正确的是( )A ．通过电阻R 2的电流为n 1I n 2B ．电阻R 2两端的电压为n 2IR 1n 1C ．n 0与n 1的比值为2NBL 2ωIR 1D ．发电机的功率为2NBL 2ωI (n 1＋n 2)n 012.(2022·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P 1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R 1的阻值为R ，滑动变阻器R 2的最大阻值为9R ，滑片P 2初始位置在最右端．理想电压表的示数为U ，理想电流表的示数为I .下列说法正确的是( )A ．保持P 1位置不变，P 2向左缓慢滑动的过程中，I 减小，U 不变B ．保持P 1位置不变，P 2向左缓慢滑动的过程中，R 1消耗的功率增大C ．保持P 2位置不变，P 1向下缓慢滑动的过程中，I 减小，U 增大D ．保持P 2位置不变，P 1向下缓慢滑动的过程中，R 1消耗的功率减小1．D 2.AD 3.B 4.BD 5.C6．(1)C (2)有效 7.0 V (3)正比大于 (4)D解析 (1)探究变压器原、副线圈电压与匝数关系，应选择低压交流电源，故选C.(2)多用电表测量的交流电压为有效值，不是最大值；多用电表选用的挡位是交流电压的10 V 挡位，所以应该在0～10 V 挡位读数，所以读数应该是7.0 V .(3)根据U 1U 2＝n 1n 2可知，理想变压器原、副线圈电压应与其匝数成正比．实验中由于变压器的铜损和铁损，变压器的铁芯损失一部分的磁通量，所以导致副线圈电压的实际值一般略小于理论值，所以导致U 1U 2＞n 1n 2. (4)原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别；变压器铁芯漏磁，也会导致电压比与匝数比有差别；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故选D.7．C [将P 下滑时，电阻R 两端电压变大， A 1示数将变大，同理，将P 向上滑动，电阻R 两端电压变小，A 2的示数将变小，A 、B 错误；若将P 向下滑动到GD 的中点，原、副线圈的电压比将由1∶2变为1∶4，电阻R 两端的电压将变为原来的2倍，由P ＝U 2R可知，功率将变为原来的4倍，C 正确；若将P 向上滑动到CG 的中点，原、副线圈的电压比将从1∶2变为3∶4，电阻R 两端的电压将变为原来的23，电阻R 的功率将变为原来的49，D 错误．] 8．ABC [由理想变压器基本关系知n 2n 1＝U 2U 1，U 1不变，U 2变为原来的5011倍，所以n 2n 1变为原来的5011倍，A 正确；根据P 送＝U 2I 2可知，因P 送变为原来的2倍，U 2变为原来的5011倍，则输电线上电流I 2变为原来的1125，B 正确；根据P 损＝I 22R 线，可知P 损变为原来的(1125)2，C 正确；总功率变大，损失的功率变小，则用户端功率变大，因用户端电压不变，则I 4变大，又I 2变小，I 2＝I 3，则n 3n 4＝I 4I 3变大，D 错误．] 9．D [由题图可知，原线圈输入电压的有效值为U 0＝220 V ，根据原、副线圈匝数比与电压比的关系可知n 0n 1＝U 0U 1，解得U 1＝n 1n 0·U 0＝111×220 V ＝20 V ，所以电压表V 1的读数为20 V ，A 错误；由于二极管具有单向导电性，一个周期内只有半个周期有电流通过，故有(20 V )2R ·T 2＝U 22R·T ，有效值为U 2＝10 2 V ，即电压表V 2的读数为10 2 V ≈14.14 V ，B 错误；流过R 的电流为I 2＝U 2R ＝10210A ≈1.4 A ，由原线圈输入功率等于输出功率可知，U 0I 0＝U 2I 2，解得I 0≈0.09 A ，C 错误；原线圈的输入功率等于输出功率，即P 0＝P 1＝U 2I 2＝20 W ，D 正确．]10．AC [根据n 1n 2＝80%U 1U 2，可得接收线圈的输出电压约为U 2＝8 V ，故A 正确；由于漏磁，接收线圈与发射线圈功率不相等，接收线圈与发射线圈中的电流比I 2∶I 1≠n 1∶n 2＝22∶1，故B 错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故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等，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，故D 错误．]11．BC [由题知理想电流表读数为I ，则根据欧姆定律有U 1＝IR 1根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有n 0n 1＝U 0U 1，n 0n 2＝U 0U 2则有U 0＝n 0n 1IR 1，U 2＝n 2n 1IR 1 再由欧姆定律有U 2＝I 2R 2，可计算出I 2＝n 2R 1n 1R 2I ，故A 错误，B 正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有E max ＝2NBL 2ω，U 0＝E max 2＝2NBL 2ω 又U 0＝n 0n 1IR 1，则n 0n 1＝2NBL 2ωIR 1， C 正确；由于变压器为理想变压器，则有P 0＝P 1＋P 2＝U 1I ＋U 2I 2＝I 2R 1＋U 2I 2联立解得P 0＝2NBL 2ωI n 0⎝⎛⎭⎫n 12R 2＋n 22R 1n 1R 2由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P 0，D 错误．]12．B [由题意可知，原、副线圈的匝数比为2，则副线圈的电流为2I ，根据欧姆定律可得副线圈的电压有效值为U 2＝2IR 1，则变压器原线圈两端的电压有效值为U 1＝2U 2＝4IR 1，设接入交变电源的电压有效值为U 0，则U 0＝4IR 1＋IR 2，可得I ＝U 04R 1＋R 2；保持P 1位置不变，P 2向左缓慢滑动的过程中，I 不断变大，根据欧姆定律有U 1＝4IR 1，可知变压器原线圈两端的电压有效值变大，输入端接入的电压有效值不变，则R 2两端的电压不断变小，则电压表示数U 变小，原线圈的电压、电流都变大，则功率变大，根据原、副线圈的功率相等，可知R 1消耗的功率增大，故B 正确，A 错误；设原、副线圈的匝数比为n ，同理可得U 1＝n 2IR 1，则U 0＝n 2IR 1＋IR 2，整理可得I ＝U 0n 2R 1＋R 2；保持P 2位置不变，P 1向下缓慢滑动的过程中，n 不断变大，则I 变小，对R 2由欧姆定律可知U ＝IR 2，可知U 不断变小，根据原、副线圈的功率相等可知R 1消耗的功率为P ＝IU 1＝U 0n 2R 1＋R 2·(U 0－U 0R 2n 2R 1＋R 2)，整理可得P ＝U 02n 2R 1＋R 22n 2R 1＋2R 2，当n ＝3时，R 1消耗的功率有最大值，可知R 1消耗的功率先增大后减小，故C 、D 错误．]。

实验15 探究变压器原副线圈电压与匝数的关系

实验15
探究变压器原、副线圈电压与
匝数的关系
梳理必备知识回归教材
一、实验目的
探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系。
二、实验原理
原线圈通过电流时,铁芯中产生磁场,由于交变电流的大小和方向都在不断变
化,铁芯中的磁场也在不断地变化,变化的磁场在副线圈中产生感应电动势,副
线圈中就存在输出电压。本实验通过改变原、副线圈匝数,探究原、副线圈电
。(多选)
解析:(1)“探究变压器电压与线圈匝数关系”的实验中,需要的器材有学生
电源,提供低压交流电,同时要需要多用电表测量电压及可拆变压器和导线,
故BEG正确,ACDF错误。
答案:(1)BEG
[例1] [实验原理与操作] (2022·北京海淀区模拟)在做“探究变压器原、副
线圈电压与匝数的关系”的实验中,某同学利用如图所示的教学用的可拆变压
D.多用电表
。(多选)
解析:(2)变压器正常工作需要交流电,因此本实验中需要用交流电源和交流
电压表(多用电表),不需要干电池和直流电压表,A、C错误,B、D正确。
答案:(2)BD
[例4] [实验原理的创新] 在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实
验中,可拆变压器如图所示。
(3)为实现探究目的,保持原线圈输入的电压一定,通过改变原、副线圈匝数,测
答案:(1)A
[例3] [实验器材的创新] 如图甲所示为教学用的可拆变压器,线圈A和B由同种
材料且粗细相同的导线绕制而成,线圈外部还可以绕线。
(2)为探究变压器线圈两端电压与匝数的关系,该同学把线圈A与学生电源连接,
另一个线圈B与小灯泡连接,如图乙所示。其中线圈A应连到学生电源的
(选
填“直流”或“交流”)输出端上,同时为保证人身安全,所用电压不要超过

实验课15 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系

法,C即.转为到便位于探置究a,接,先右保边持两原线个圈接匝线数柱和(标电有压不“-”变) ,改变副线圈的匝数,研究
其对D.副转线到圈位电置压b的,接影右响边,A两正个确接;变线压柱器只(标能有改“变-”)交流电流的电压,测量原、副线(A2.)实圈如的验图电用乙压控所,可制示用变实多量验用法中电,用,表下可中列拆的说交变法流压正电器确压,能的表方是,B错便误地;从根据不。原同副接线线圈柱匝上数选取之比不等同于匝输数入的输线出圈电压之比可知,原线圈接0、4接线柱,副线圈接0、8接
线柱B.测,副量线原圈电、压副约线为圈原的线电圈压电,可压的用2多倍用,C正电确表;若中没的有直铁流芯电,原压副表线圈的磁线通量C圈.不原电等线压,圈变的压接2倍器0、的4输接入线电柱压,副与输线出圈电接压0、之8比接不线等柱于,原副副线线圈圈电匝压数约之为比原,D关闭错(1)误DD.。若(2没)A有C 铁芯,变压器的输入电压与输出电压之比还是等于原副
答案 (1)ACE nb (2)b到a A
考向1
考向2
考向3
-14-
实验探究拓展——变压器电压与匝数关系的实际应用
生活中我们要用到各种各样的变压器,不管哪一种变压器,其工
作原理都是电磁感应的互感问题。假若是理想变压器,则满足关
系
U1 U2
=
n1 n2
;假若是非理想变压器,由于存在铜损和铁损,副线圈输出
考点三
-6-
2.将不同的原线圈接入线路测出线圈当中的电压填入下表:
原线圈匝数 n1 100 100 100 200 400 600
副线圈匝数 n2 200 400 600 200 200 200
原线圈电压 U1 6V 6V 6V 6V 6V 6V

高考浙江选考物理一轮课件：实验13 探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系

Ua/VFra bibliotek1.80
2.80
3.80
Ub/V
4.00
6.01
8.02
答案解析
考点突破栏目索引
6V 11 000 Nb (1)因为变压器输入功率等于输出功率,根据P=UI可以知道,降压
变压器副线圈中的电流大,为了减小输电线上功率的损失,故副线圈电
线电阻要小,由公式R=ρ l 知,故引线要粗,故a、d接6 V。
压与匝数成正比,数学表达式为: U1 = n1 。 U2 n2
考点突破栏目索引
考点突破
考点实验原理与步骤
例1 某学生选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验时,原线圈接在学生电源上,用多用电表测量副线圈的电压。 (1)下列操作正确的是 ( ) A.原线圈接直流电压,电表用直流电压挡
教材研读栏目索引
3.设计实验数据记录表:
n1
n2
n3
1
2
3
4.输入、输出端电压的测量:用多用电表交流电压挡测量输入、输出电
压。
教材研读栏目索引
5.改变输入端电压,重新测量输入、输出端电压:改变输入电压,输出电压也随之改变,但是两者的比值不变。 6.对调原、副线圈,重新测量输入、输出端电压:对调原、副线圈后,输出端电压发生变化,两者的比值为对调前的倒数。 7.改变线圈匝数,重新测量输入、输出端电压:改变线圈匝数后,输出电压随之变化,输入、输出电压的比值也随之变化。 8.实验结果分析及结论得出:在误差允许的范围内,变压器线圈两端的电
S
(2)根据变压器工作原理知, U1 = n1 ,若理想变压器接6 V的线圈匝数是30 U2 n2
0匝,则接220 V的线圈匝数是11 000匝。

浙江鸭2020版高考物理大一轮复习单元滚动检测卷十电磁感应交变电流

精选中小学试题、试卷、教案资料精选中小学试题、试卷、教案资料单元滚动检测卷十电磁感应交变电流考生注意：考生注意：1.1.本试卷分选择题部分和非选择题部分，共本试卷分选择题部分和非选择题部分，共4页.2.2.答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上. .3.3.本次考试时间本次考试时间90分钟，满分100分.选择题部分选择题部分一、选择题Ⅰ(本题共12小题，每小题3分，共36分.每小题列出的四个备选项中只有一个是符合题目要求的，不选、多选、错选均不得分求的，不选、多选、错选均不得分) )1.1.下列图中，下列图中，下列图中，A A 图是真空冶炼炉可以冶炼高质量的合金；图是真空冶炼炉可以冶炼高质量的合金；B B 图是充电器工作时绕制线圈的铁芯中会发热；图是充电器工作时绕制线圈的铁芯中会发热；C C图是安检门可以探测人身是否携带金属物品；图是安检门可以探测人身是否携带金属物品；D D 图是工人穿上包含金属丝的织物制成的衣服可以高压带电作业，不属于涡流现象的是作业，不属于涡流现象的是( ( ( )答案答案 D解析解析工作服用包含金属丝的织物制成，形成一个导体壳，壳外有电场，壳内场强保持为0，高压外电场不会对内部产生影响，故D 中属于静电屏蔽其余均为涡流现象其余均为涡流现象. . 2.(2018·温州市九校联盟期末2.(2018·温州市九校联盟期末))把一个小球放在玻璃漏斗中，晃动漏斗，可以使小球沿光滑的漏斗壁在某一水平面内做匀速圆周运动一水平面内做匀速圆周运动..如图1，平面1比平面2高，轨道1半径是轨道2半径的2倍.则( ( )图1A.A.小球做匀速圆周运动时受到重力、支持力、向心力小球做匀速圆周运动时受到重力、支持力、向心力小球做匀速圆周运动时受到重力、支持力、向心力B.B.同一个小球在轨道同一个小球在轨道1的线速度是轨道2线速度的2倍C.C.同一个小球在轨道同一个小球在轨道1对漏斗壁的压力是在轨道2对漏斗壁压力的2倍D.D.同一个小球在轨道同一个小球在轨道1的向心加速度等于在轨道2的向心加速度的向心加速度答案答案 D3.(2018·温州市十五校联合体期中3.(2018·温州市十五校联合体期中))如图2所示，平行板电容器与电动势为E (内阻不计内阻不计))的电源连接，下极板接地，一带电油滴位于电容器中的P 点且恰好处于静止状态，现将平行板电容器的上极板竖直向上移动一小段距离，则动一小段距离，则( ( ( )图2A.A.带电油滴将沿竖直方向向下运动带电油滴将沿竖直方向向下运动带电油滴将沿竖直方向向下运动B.B.上极板的电势将升高上极板的电势将升高上极板的电势将升高C.C.带电油滴的电势能将减小带电油滴的电势能将减小带电油滴的电势能将减小D.D.电容器的电容减小，极板带电荷量增大电容器的电容减小，极板带电荷量增大电容器的电容减小，极板带电荷量增大答案答案 A4.(2018·书生中学月考4.(2018·书生中学月考))如图3所示，两根细线挂着两个质量相同的小球A 、B ，原来两球不带电时，上、下两根细线的拉力分别为F A 、F B ，现在两球带上同种电荷后，上、下两根细线的拉力分别为F A ′，F B ′，则( ( )图3A.F A ＝F A ′，F B >F B ′B.F A ＝F A ′，F B <F B ′C.F A <F A ′，F B >F B ′D.F A >F A ′，F B >F B ′ 答案答案 B解析解析运用整体法研究两个质量相等的小球A 和B ，设质量均为m ，不管A 、B 是否带电，整体都受重力和上方细线的拉力，则由平衡条件得：上方细线的拉力F A ＝F A ′＝′＝22mg .再隔离B 研究，不带电时受重力和下方细线的拉力，由平衡条件得：F B ＝mg 带电时受重力、下方细线的拉力和A 对B 的向下的排斥力由平衡条件得：F B ′＝F 斥＋mg ，即F B ′>mg .所以F B <F B ′，故B 正确，正确，A A 、C 、D 错误错误. .5.(2018·温州市六校期末5.(2018·温州市六校期末)2017)2017年11月15日，我国又一颗第二代极轨气象卫星“风云三号D”成功发射，顺利进入预定轨道顺利进入预定轨道..极轨气象卫星围绕地球南北两极运行，其轨道在地球上空650650～～1500km 之间，低于地球静止轨道卫星球静止轨道卫星((高度约为36000km)36000km)，，可以实现全球观测有关“风云三号D”，下列说法中正确的是下列说法中正确的是( ( ( ) A.“风云三号D”轨道平面为赤道平面D”轨道平面为赤道平面 B.“风云三号D”的发射速度可能小于7.9km/s C.“风云三号D”的周期小于地球静止轨道卫星的周期D”的周期小于地球静止轨道卫星的周期 D.“风云三号D”的加速度小于地球静止轨道卫星的加速度D”的加速度小于地球静止轨道卫星的加速度答案答案 C解析解析 “风云三号D”是极轨气象卫星，围绕地球南北两极运行，故A 错误；要成为地球卫星，发射速度一定是7.9km/s 7.9km/s≤≤v <11.2 km/s km/s，发射速度小于，发射速度小于7.9km/s 将落回地面，故B 错误；“风云三号D”的轨道半径小于地球静止轨道卫星的轨道半径，根据T ＝4π2r3GM，知“风云三号D”的周期小于地球静止轨道卫星的周期，故C 正确；根据a ＝GMr2，知“风云三号D”的加速度大于地球静止轨道卫星的加速度，故D 错误.6.6.如图如图4所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度所示，用天平测量匀强磁场的磁感应强度..下列各选项所示的载流线圈匝数相同，边长MN 相等，将它们分别挂在天平的右臂下方将它们分别挂在天平的右臂下方..线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态线圈中通有大小相同的电流，天平处于平衡状态..若磁场发生微小变化，天平最容易失去平衡的是天平最容易失去平衡的是( ( ( )图4答案答案 A7.7.高空“蹦极”是勇敢者的游戏高空“蹦极”是勇敢者的游戏高空“蹦极”是勇敢者的游戏..如图5所示，蹦极运动员将弹性长绳所示，蹦极运动员将弹性长绳((质量忽略不计质量忽略不计))的一端系在双脚上，另一端固定在高处的跳台上，运动员无初速度地从跳台上落下一端固定在高处的跳台上，运动员无初速度地从跳台上落下..若不计空气阻力，则若不计空气阻力，则( ( ( )图5A.A.弹性绳开始伸直时，运动员的速度最大弹性绳开始伸直时，运动员的速度最大弹性绳开始伸直时，运动员的速度最大B.B.由静止下落到最低点的过程中，重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功由静止下落到最低点的过程中，重力对运动员所做的功等于运动员克服弹性绳弹力所做的功C.C.由静止下落到最低点的过程中，运动员的机械能守恒由静止下落到最低点的过程中，运动员的机械能守恒由静止下落到最低点的过程中，运动员的机械能守恒D.D.从弹性绳开始伸直到最低点，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不断增大从弹性绳开始伸直到最低点，运动员的重力势能与弹性绳的弹性势能之和不断增大答案答案 B8.8.矩形导线框矩形导线框abcd 放在匀强磁场中，在外力控制下处于静止状态，如图6甲所示甲所示..磁感线方向与导线框所在平面垂直，磁感应强度B 随时间变化的图象如图乙所示随时间变化的图象如图乙所示..t ＝0时刻，磁感应强度的方向垂直线框平面向里，在0～4s 时间内，导线框ad 边所受安培力随时间变化的图象边所受安培力随时间变化的图象((规定向左为安培力的正方向规定向左为安培力的正方向))可能是选项图中的项图中的( ( ( )图6答案答案 D解析解析根据题图乙，由E ＝ΔΦΔt ＝S ΔBΔt和I ＝E R 可知，在0～4s 时间内的感应电流大小恒定时间内的感应电流大小恒定..根据楞次定律可知，在0～2s 时间内，电流方向为顺时针方向；在2～4s 时间内，电流方向为逆时针方向；根据左手定则可知ad 边所受安培力方向：在0～1s 时间内向左，在1～2s 时间内向右，在2～3s 时间内向左，在3～4s 时间内向右，从而排除A 、C 选项选项..由F 安＝BL ad I ，电流大小不变，B 均匀变化时，安培力均匀变化，因此B 错，错，D D 对.9.(2018·温州市期中9.(2018·温州市期中))老师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻老师在课堂上做了两个小实验，让小明同学印象深刻..第一个实验叫做“旋转的液体”，在玻璃皿的中心放一个圆柱形电极，沿边缘内壁放一个圆环形电极，把它们分别与电池的两极相连，然后在玻璃皿中放入导电液体，然后在玻璃皿中放入导电液体，例如盐水，例如盐水，如果把玻璃皿放在磁场中，如果把玻璃皿放在磁场中，液体就会旋转起来，液体就会旋转起来，如图7甲所示甲所示..第二个实验叫做“振动的弹簧”，把一根柔软的弹簧悬挂起来，使它的下端刚好跟槽中的水银接触，通电后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示后，发现弹簧不断上下振动，如图乙所示..下列关于这两个趣味实验的说法正确的是下列关于这两个趣味实验的说法正确的是( ( ( )图7 A.A.图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变图甲中，如果改变磁场的方向，液体的旋转方向不变 B.B.图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变图甲中，如果改变电源的正负极，液体的旋转方向不变C.C.图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动图乙中，如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动D.D.图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动图乙中，如果将水银换成酒精，依然可以观察到弹簧不断上下振动答案答案 C解析解析题图甲中，仅仅调换N 、S 极位置或仅仅调换电源的正负极位置，安培力方向肯定改变，液体的旋转方向要改变，故A 、B 错误；题图乙中，当有电流通过弹簧时，构成弹簧的每一圈导线周围都产生了磁场，各圈导线之间都产生了相互吸引的作用，弹簧就缩短了，当弹簧的下端离开水银后，电路断开，弹簧中没有了电流，各圈导线之间失去了相互吸引力，弹簧又恢复原长，使得弹簧下端又与水银接触，弹簧中又有了电流，不断重复上述过程，可以观察到弹簧不断上下振动；如果改变电源的正负极，依然可以观察到弹簧不断上下振动；但是如果将水银换成酒精，酒精不导电，则弹簧将不再上下振动，故C 正确，正确，D D 错误.10.10.如图如图8所示，金属棒ab 、金属导轨和螺线管组成闭合回路，金属棒ab 在匀强磁场B 中沿导轨向右运动，则( ( )图8A.ab 棒不受安培力作用棒不受安培力作用B.ab 棒所受安培力的方向向右棒所受安培力的方向向右C.ab 棒向右运动速度越大，所受安培力越大棒向右运动速度越大，所受安培力越大D.D.螺线管螺线管A 端为N 极答案答案 C解析解析金属棒ab 沿导轨向右运动时，所受安培力方向向左，以“阻碍”其运动，选项A 、B 错误错误..金属棒ab 沿导轨向右运动时，感应电动势E ＝Blv ，感应电流I ＝ER ，安培力F ＝BIl ＝B2l2vR，可见，选项C 正确正确..根据右手定则可知，流过金属棒ab 的感应电流的方向是从b 流向a ，所以流过螺线管的电流方向是从A 端到B 端，根据右手螺旋定则可知，螺线管的A 端为S 极，选项D 错误错误. . 11.(2017·浙江11月选考·8)如图9所示，在两水平金属板构成的器件中，存在着匀强电场与匀强磁场，电场强度E 和磁感应强度B 相互垂直相互垂直..以某一水平速度进入的不计重力的带电粒子恰好能沿直线运动，下列说法正确的是列说法正确的是( ( ( )图9A.A.粒子一定带负电粒子一定带负电粒子一定带负电B.B.粒子的速度大小粒子的速度大小v ＝B EC.C.若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动若粒子速度大小改变，粒子将做曲线运动D.D.若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化若粒子速度大小改变，电场对粒子的作用力会发生变化答案答案 C解析解析粒子做直线运动，说明竖直方向受力平衡，即qvB ＝qE ，可得v ＝E B ，选项B 错误；当v ＝EB 时，无论粒子带正电还是负电，在竖直方向均受力平衡，选项A 错误；如果粒子速度大小改变，就会导致洛伦兹力变化，因此粒子将做曲线运动，选项C 正确；不管粒子速度怎么变，在匀强电场中，粒子所受电场力不变，选项D 错误错误. .12.(2019届绍兴一中模拟届绍兴一中模拟))在图10所示的宽度范围内，用匀强电场可使以初速度v 0垂直射入电场的某种正离子偏转θ角，若改用垂直纸面向外的匀强磁场，使该离子穿过磁场时偏转角也为θ，则电场强度E 和磁感应强度B 之比为之比为( ( ( )图10A.1∶cos θB.v 0∶cos θC.tan θ∶1D.v 0∶sin θ 答案答案 B解析解析设该离子的质量为m ，电荷量为＋q ，场区宽度为L ，离子在电场中做类平抛运动，则有：L ＝v 0t ①a ＝qEm②tan θ＝atv0③由①②③得：由①②③得：tan tan θ＝qELmv02④ 离子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，离子在磁场中做匀速圆周运动，轨迹如图所示，qv 0B ＝mv02R⑤ 由几何知识得：由几何知识得：sin sin θ＝LR ⑥由⑤⑥得：由⑤⑥得：sin sin θ＝qBLmv0⑦由④⑦式解得：E B ＝v0cos θ，B 正确，正确，A A 、C 、D 错误错误. .二、选择题Ⅱ(本题共4小题，每小题3分，共12分.每小题列出的四个备选项中至少有一个是符合题目要求的，全部选对的得3分，选对但不全的得1分，有错选的得0分)13.13.如图如图1111，，两个初速度大小相同的同种离子a 和b ，从O 点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，点沿垂直磁场方向进入匀强磁场，最后打在屏最后打在屏P 上不计重力下列说法正确的有下列说法正确的有( ( ( )图11A.a 、b 均带正电均带正电B.a 在磁场中飞行的时间比b 的短的短C.a 在磁场中飞行的路程比b 的短的短D.a 在P 上的落点与O 点的距离比b 的近的近答案答案 AD解析解析离子要打在屏P 上，离子都要沿顺时针方向偏转，根据左手定则判断，离子都带正电，A 项正确；由于是同种离子，因此质量、电荷量相同，初速度大小也相同，由qvB ＝m v2r 和T ＝2πmqB 可知，它们做圆周运动的半径和周期相同，作出运动轨迹如图所示，a 在磁场中运动的时间比b 的长，的长，B B 项错误；由t ＝sv 可知，a 在磁场中运动的路程比b 的长，的长，C C 项错误；由运动轨迹图可知，项错误；由运动轨迹图可知，D D 项正确项正确. .14.14.如图如图12所示为电磁驱动器的原理图所示为电磁驱动器的原理图..其中①为磁极，它被固定在电动机②的转轴上，金属圆盘③可以绕中心轴转动，圆盘与转轴间的阻力较小，整个装置固定在一个绝缘支架④上绕中心轴转动，圆盘与转轴间的阻力较小，整个装置固定在一个绝缘支架④上..当电动机转动时，金属圆盘也将转动起来盘也将转动起来..下列有关说法中正确的是下列有关说法中正确的是( ( ( )图12A.A.金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速小于磁极的转速金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速小于磁极的转速金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速小于磁极的转速B.B.金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速等于磁极的转速金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速等于磁极的转速金属圆盘转动的方向和磁极的转动方向相同，转速等于磁极的转速C.C.将金属圆盘换成绝缘盘，它也会跟着磁极转动将金属圆盘换成绝缘盘，它也会跟着磁极转动将金属圆盘换成绝缘盘，它也会跟着磁极转动D.D.当电动机突然卡住不转时，金属圆盘很快会停下来当电动机突然卡住不转时，金属圆盘很快会停下来当电动机突然卡住不转时，金属圆盘很快会停下来答案答案 AD解析解析根据楞次定律可知，为阻碍磁通量变化，金属圆盘与磁极的转动方向相同，但快慢不一，金属圆盘的转速一定比磁极的转速小，故A 正确，B 错误错误..将金属圆盘换成绝缘盘，盘中没有感应电流，不受安培力，不会跟着磁极转动，故C 错误；当电动机突然被卡住不转时，由于金属圆盘产生感应电流，受到安培力，而安培力将阻碍金属圆盘与磁极间的相对运动，所以金属圆盘很快会停下来，故D 正确正确. . 15.15.用一根横截面积为用一根横截面积为S 、电阻率为ρ的硬质导线做成一个半径为r 的圆环，ab 为圆环的一条直径为圆环的一条直径..如图13所示，在ab 的左侧存在一个均匀变化的匀强磁场，方向垂直圆环所在平面，磁感应强度大小随时间的变化率ΔBΔt＝k (k ＜0).0).则则( ()图13A.A.圆环中产生沿逆时针方向的感应电流圆环中产生沿逆时针方向的感应电流圆环中产生沿逆时针方向的感应电流B.B.圆环具有扩张的趋势圆环具有扩张的趋势圆环具有扩张的趋势C.C.圆环中感应电流的大小为圆环中感应电流的大小为ïïïïïïkrS 2ρ D.D.图中图中a 、b 两点间的电势差的绝对值为ïïïïïïk πr24答案答案 BD解析解析 k ＜0，磁通量均匀减小，根据楞次定律可知，圆环中产生沿顺时针方向的感应电流，选项A 错误；圆环在磁场中的部分，受到向外的安培力，所以有扩张的趋势，选项B 正确；圆环产生的感应电动势大小为E ＝ïïïïïïΔB Δt ·πr22＝ïïïïïïk πr22，则圆环中的电流大小为I ＝E ρ·2πr S＝ïïïïïïkSr 4ρ，选项C 错误；错误；||U ab |＝E 2＝ïïïïïïk πr24，选项D 正确正确. . 16.16.如图如图14所示，PN 与QM 两平行金属导轨相距1m 1m，电阻不计，两端分别接有电阻，电阻不计，两端分别接有电阻R 1和R 2，且R 1＝6Ω，ab 杆的电阻为2Ω，在导轨上可无摩擦地滑动，垂直穿过导轨平面的匀强磁场的磁感应强度为1T.1T.现现ab以恒定速度v ＝3m/s 匀速向右移动，这时ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等消耗的电功率之和相等..则( ( )图14A.R 2＝6ΩB.R 1上消耗的电功率为0.375WC.a 、b 间电压为3VD.D.拉拉ab 杆水平向右的拉力大小为0.75N 答案答案 BD 解析解析等效电路图如图所示，等效电路图如图所示，ab 杆切割磁感线产生感应电动势，由于ab 杆上消耗的电功率与R 1、R 2消耗的电功率之和相等，则内、外电阻相等，6R2R2R2＋＋6＝2，解得R 2＝3Ω，A 错误；E ＝Blv ＝3V 3V，，R 总＝4Ω，总电流I ＝ER 总＝0.75A 0.75A，路端电压，路端电压U ab ＝IR 外＝34×2V＝×2V＝1.5V1.5V 1.5V，，C 错误；P 1＝Uab2R1＝0.375W 0.375W，，B 正确；ab 杆所受安培力F ＝BIl ＝0.75N 0.75N，，ab 杆匀速移动，因此拉力大小为0.75N 0.75N，，D 正确正确. .非选择部分非选择部分三、非选择题三、非选择题((本题共5小题，共52分)17.(8分)(1))(1)在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中，已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈在“探究法拉第电磁感应现象”的实验中，已将电池组、滑动变阻器、带铁芯的线圈A 、线圈B 、电表及开关按如图15所示部分连接，要把电路连接完整正确，则N 连接到连接到________(________(________(选填选填“a ”“b ”“c ”或“M ”)，M 连接到连接到________(________(________(选填“选填“a ”“b ”“c ”或“N ”).正确连接电路后，开始实验探究，某同学发现当他将滑动变阻器的滑动端P 向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转向右加速滑动时，灵敏电流计指针向右偏转..由此可以判断判断__________. __________.图15A.A.线圈线圈A 向上移动或滑动变阻器滑动端P 向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转向左加速滑动，都能引起灵敏电流计指针向左偏转B.B.线圈线圈A 中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转中铁芯向上拔出或断开开关，都能引起灵敏电流计指针向右偏转C.C.滑动变阻器的滑动端滑动变阻器的滑动端P 匀速向左或匀速向右滑动，都能使灵敏电流计指针静止在中央匀速向左或匀速向右滑动，都能使灵敏电流计指针静止在中央D.D.因为线圈因为线圈A 、线圈B 的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向的绕线方向未知，故无法判断灵敏电流计指针偏转的方向(2)(2)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要选用下列仪器中的为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，需要选用下列仪器中的________. A.220V 的交流电源的交流电源B.B.学生电源学生电源学生电源C.C.交流电压表交流电压表交流电压表D.D.交流电流表交流电流表交流电流表在实验中，某同学保持原线圈的电压以及副线圈的匝数不变，仅增加原线圈的匝数，副线圈两端的电压将________(________(选填“增大”“减小”或“不变”).选填“增大”“减小”或“不变”).选填“增大”“减小”或“不变”).答案答案 (1)ac B B (2)BC (2)BC (2)BC 减小减小减小18.(10分)在用自由落体法“验证机械能守恒定律”的实验中：在用自由落体法“验证机械能守恒定律”的实验中：((g 取10m/s 2)(1)(1)运用公式运用公式12mv 2＝mgh 来验证时，对实验条件的要求是来验证时，对实验条件的要求是________________________，为此，所选择的纸带第，为此，所选择的纸带第1、2两点间的距离应接近距离应接近________.(________.(________.(打点时间间隔为打点时间间隔为0.02s)(2)(2)若实验中所用重锤质量若实验中所用重锤质量m ＝1kg 1kg，打点纸带如图，打点纸带如图16所示，打点时间间隔为0.02s 0.02s，则记录，则记录B 点时，重锤速度v B ＝________________，重锤动能，重锤动能E k ＝________________；从开始下落起至；从开始下落起至B 点，重锤的重力势能减小量是点，重锤的重力势能减小量是________.________.由此可得出的结论是由此可得出的结论是______________.(______________.(______________.(结果均保留两位有效数字结果均保留两位有效数字结果均保留两位有效数字) )图16(3)(3)根据纸带算出相关各点的速度根据纸带算出相关各点的速度v ，量出下落距离h ，则以v22为纵轴，以h 为横轴画出的图象应是图中的( ( )答案答案 (1)(1)从静止开始下落从静止开始下落从静止开始下落 2mm (2)0.79m/s (2)0.79m/s 0.31J 0.31J 0.31J 0.32J 0.32J 0.32J 在实验误差允许的范围内机械能是守恒的在实验误差允许的范围内机械能是守恒的在实验误差允许的范围内机械能是守恒的 (3)C解析解析 (1)(1)重力势能转化为动能，实验条件的要求是从静止开始下落，即初速度为重力势能转化为动能，实验条件的要求是从静止开始下落，即初速度为0，第1、2两点的距离h ＝12gt 2且t ＝0.02s 0.02s，可得，可得h ＝2mm.(2)B 点是A 、C 两点的中间时刻，v B ＝xAC 2T ＝0.79m/s 0.79m/s，重锤动能，重锤动能E k ＝12mv B 2≈0.31J.重锤重力势能的减少量ΔE p ＝mgh B 且h B ＝32.4mm 32.4mm，代入可得，代入可得ΔE p ≈0.32J.重锤重力势能的减少量近似等于重锤动能的增加量，可得出结论：在实验误差允许的范围内机械能是守恒的在实验误差允许的范围内机械能是守恒的.(3).(3).(3)由由12mv 2＝mgh ，整理可得v22＝gh ，所以v22－h 图线是一条过原点的倾斜直线，图线的斜率为重力加速度g ，C 正确正确. . 19.(10分)如图17所示，AB 为固定在竖直平面内的14光滑圆弧轨道，其半径为R ＝0.8m.0.8m.轨道的轨道的B 点与光滑水平地面相切，质量为m ＝0.2kg 的小球由A 点静止释放，g 取10m/s 2.求：求：。

高中物理变压器电流电功率与匝数的关系知识点总结

高中物理变压器电流电功率与匝数的关系知识点总结人教版《高中物理新课标教材》选修3-2第五章交变电流第四节变压器中,给我们介绍了变压器的相关知识点，下面是店铺给大家带来的高中物理变压器电流电功率与匝数的关系知识点总结，希望对你有帮助。

高中物理变压器电流电功率与匝数的关系1、理想变压器中的几个关系①电压关系在同一铁芯上只有一组副线圈时：;有几组副线圈时：②功率关系对于理想变压器不考虑能量损失，总有P入=P出③电流关系由功率关系，当只有一组副线圈时，I1U1=I2U2，得;当有多组副线圈时：I1U1=I2U2+I3U3+……，得I1n1=I2n2+I3n3+……2、变压器的题型分析①在同一铁芯上磁通量的变化率处处相同;②电阻和原线圈串联时，电阻与原线圈上的电压分配遵循串联电路的分压原理;③理想变压器的输入功率等于输出功率。

3、解决变压器问题的常用方法①思路1：电压思路。

变压器原、副线圈的电压之比为U1/U2=n1/n2;当变压器有多个副绕组时U1/n1=U2/n2=U3/n3=……②思路2：功率思路。

理想变压器的输入、输出功率为P入=P出，即P1=P2;当变压器有多个副绕组时P1=P2+P3+……③思路3：电流思路。

由I=P/U知，对只有一个副绕组的变压器有I1/I2=n2/n1;当变压器有多个副绕组时n1I1=n2I2+n3I3+……④思路4：(变压器动态问题)制约思路。

Ⅰ、电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2=n2U1/n1，可简述为“原制约副”;Ⅱ、电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)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=n2I2/n1，可简述为“副制约原”;Ⅲ、负载制约：⑴变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2=P负1+P负2+…;⑵变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，I2=P2/U2;⑶总功率P总=P线+P2;动态分析问题的思路程序可表示为：⑤思路5：原理思路。

浙江鸭高三物理一轮复习第9章电磁感应交变电流实验15探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系课件

1．[实验器材的选取]在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：
A．可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈) B．条形磁铁 C．直流电源 D．多用电表 E．开关、导线若干
上述器材在本实验中不必用到的是________(填器材前的序号)，本实验中还需要用到的器材有________．
⑥ 利用笔记抓住老师的思路。记笔记不仅有利于理解和记忆，而且有利于抓住老师的思路。
2019/7/11
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谢谢欣赏！
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识记基础知识
实验 15
题组对点训练
探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
总
课
结
后
规
限
律
时
方
训
法
练
1．实验目的 (1)知道变压器原、副线圈间的几个关系式． (2)知道用控制变量法探究几个关系．
2．实验原理变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的．电流通过原线圈时在铁芯中产生磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈中就存在输出电压．本实验通过与副线圈相连接的灯泡，观察原线圈电压变化时副线圈的输出电压的变化；通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系．
3．实验器材学生电源、可拆变压器、交流电压表、灯泡、开关、导线． 4．实验步骤 (1)利用小灯泡的亮暗定性观察线圈两端电压与匝数的关系． ①按图 1 所示连接好电路． ②保持原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，记录灯泡亮暗程度． ③保持副线圈匝数不变，改变原线圈匝数，记录灯泡亮暗程度．