2025年高考物理一輪復習（新人教新高考）第十三章交變電流電磁波傳感器復習講義（教師版）

考情分析試題情境生活實踐類發(fā)電機、變壓器、遠距離輸電、無線充電、家用和工業(yè)電路、家用電器、雷達、射電望遠鏡、X射線管、電子秤、煙霧報警器等學習探究類探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系，探究家用小型發(fā)電機的原理，探究負載增加對供電系統(tǒng)的影響、電磁振蕩、利用傳感器制作簡單的自動控制裝置第1課時交變電流的產生和描述目標要求1.理解正弦式交變電流的產生過程，能正確書寫交變電流的函數(shù)表達式。2.理解并掌握交變電流圖像的意義。3.理解描述交變電流的幾個物理量，會計算交變電流的有效值。4.知道交流電“四值”在具體情況下的應用。考點一正弦式交變電流的產生及變化規(guī)律1．產生在勻強磁場中線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動。2．交流電產生過程中的兩個特殊位置圖示概念中性面位置與中性面垂直的位置特點B⊥SB∥SΦ＝BS，磁通量最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0Φ＝0，磁通量最小e＝0e＝NBSω＝NΦmω，電動勢最大感應電流i＝0，方向改變感應電流最大，方向不變一個周期內電流方向改變兩次，在中性面位置改變3.正弦式交變電流的圖像(線圈從中性面位置開始計時)物理量函數(shù)表達式圖像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt電動勢e＝Emsinωt＝NBSωsinωt電流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt(外電路為純電阻電路)電壓u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt(外電路為純電阻電路)4.描述交變電流的物理量(1)最大值Em＝NBSω，與轉軸位置無關，與線圈形狀無關(后兩個空均選填“有關”或“無關”)。(2)周期和頻率①周期(T)：交變電流完成一次周期性變化所需的時間。單位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω)。②頻率(f)：交變電流在單位時間內完成周期性變化的次數(shù)。單位是赫茲(Hz)。③周期和頻率的關系：T＝eq\f(1,f)或f＝eq\f(1,T)。1．矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時，一定會產生正弦式交變電流。(×)2．線圈在磁場中轉動的過程中穿過線圈的磁通量最大時，產生的感應電動勢也最大。(×)3．線圈經(jīng)過中性面時，感應電動勢為零，感應電流方向發(fā)生改變。(√)4．當從線圈垂直中性面位置開始計時，產生的電動勢按正弦規(guī)律變化，即e＝Emsinωt。(×)例1(2023·遼寧卷·4)如圖，空間中存在水平向右的勻強磁場，一導體棒繞固定的豎直軸OP在磁場中勻速轉動，且始終平行于OP。導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像可能正確的是()答案C解析如圖所示，導體棒勻速轉動，設速度大小為v，設導體棒從A到B的過程中，棒轉過的角度為θ，則導體棒垂直磁感線方向的分速度為v⊥＝vcosθ，可知導體棒垂直磁感線的分速度為余弦變化，根據(jù)左手定則可知，導體棒經(jīng)過B點和B點關于P點的對稱點時，電流方向不同，根據(jù)u＝BLv⊥可知，導體棒兩端的電勢差u隨時間t變化的圖像為余弦圖像，故選C。例2(2023·廣西柳州市模擬)為研究交變電流產生的規(guī)律，某研究小組把長60m導線繞制成N＝100匝的矩形閉合線圈，如圖所示。現(xiàn)把線圈放到磁感應強度大小B＝0.1T、方向水平向右的勻強磁場中，線圈可以繞其對稱軸OO′轉動?，F(xiàn)讓線圈從圖示位置開始(t＝0)以恒定的角速度ω＝10πrad/s轉動。下列說法正確的有()A．t＝0時，線圈位于中性面位置B．t＝0.05s時，感應電流達到最大值C．當bc＝2ab時，感應電動勢的瞬時值表達式為e＝2πsin10πt(V)D．當ab＝ad時，感應電動勢的有效值最大答案D解析t＝0時，線圈位于與中性面垂直的位置，故A錯誤；線圈轉動的周期為T＝eq\f(2π,ω)＝0.2s，t＝0.05s時，線圈轉過90°，到達中性面位置，此時磁通量最大，感應電流為零，故B錯誤；感應電動勢最大值為Em0＝NBS0ω，S0＝ab·bc，N(ab＋bc)×2＝60m,2ab＝bc，聯(lián)立可得Em0＝2πV，線圈從題圖位置(平行于磁場方向)開始轉動，因此感應電動勢的瞬時值表達式為e＝2πcos10πt(V)，故C錯誤；當ab＝ad時，邊長相等，此時線圈面積最大，又Em＝NBSω，則感應電動勢最大，即感應電動勢的有效值最大，故D正確。拓展在例2中(1)0～0.05s過程中，穿過線圈的磁通量變化率如何變化？(2)畫出從圖示位置開始計時的感應電動勢隨時間變化的圖像(已知bc＝2ab)。(3)當ab＝ad時，寫出線圈從中性面開始轉動的感應電動勢的瞬時值表達式。答案(1)0～0.05s過程中，穿過線圈的磁通量逐漸增大，磁通量變化率逐漸減小。(2)(3)1匝線圈周長為0.6m，ab＝ad時，邊長L＝0.15m，Em＝NBL2ω＝2.25π(V)，得e＝Emsinωt＝2.25πsin10πt(V)。書寫交變電流瞬時值表達式的技巧1．確定正弦式交變電流的峰值：根據(jù)已知圖像讀出或由公式Em＝NBSω求出相應峰值。2．明確線圈的初始位置：(1)若線圈從中性面位置開始計時，則i－t圖像為正弦函數(shù)圖像，函數(shù)表達式為i＝Imsinωt?？键c二交變電流的四值及應用物理量物理含義重要關系適用情況及說明瞬時值交變電流某一時刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt計算線圈某時刻的受力情況峰值最大的瞬時值Em＝NBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)(外電路為純電阻電路)討論電容器的擊穿電壓平均值交變電流圖像中圖線與時間軸所圍的面積與時間的比值eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)(外電路為純電阻電路)計算通過導線橫截面的電荷量有效值跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))適用于正弦式交變電流(1)交流電流表、交流電壓表的示數(shù)(2)電氣設備“銘牌”上所標的值(如額定電壓、額定電流等)(3)計算與電流的熱效應有關的量(如電功、電功率、電熱、保險絲的熔斷電流等)(4)沒有特別加以說明的1．交流電壓表和電流表測量的是交流電的峰值。(×)2．可以用平均值計算交變電流產生的熱量。(×)3．求通過導體橫截面的電荷量q＝It，其中的I指的是有效值。(×)4．最大值和有效值之間的eq\r(2)倍關系僅適用于正弦式交流電。(√)例3(多選)(2021·浙江1月選考·16)發(fā)電機的示意圖如圖甲所示，邊長為L的正方形金屬框，在磁感應強度為B的勻強磁場中以恒定角速度繞OO′軸轉動，阻值為R的電阻兩端的電壓如圖乙所示。其他電阻不計，圖乙中的Um為已知量。則金屬框轉動一周()A．框內電流方向不變B．電動勢的最大值為UmC．流過電阻的電荷量q＝eq\f(2BL2,R)D．電阻產生的焦耳熱Q＝eq\f(πUmBL2,R)答案BD解析金屬框轉動一周電流方向改變兩次，A項錯誤；因除電阻R外其他電阻不計，R兩端電壓就等于電動勢，所以電動勢最大值為Um，B項正確；根據(jù)q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(ΔΦ,R)可知，金屬框轉動半周，穿過金屬框的磁通量的改變量為2BL2，流過電阻的電荷量為eq\f(2BL2,R)，轉動一周流過電阻的電荷量為q＝2×eq\f(2BL2,R)＝eq\f(4BL2,R)，C項錯誤；電阻R兩端電壓的有效值U＝eq\f(Um,\r(2))，Um＝BL2ω，T＝eq\f(2π,ω)，又Q＝eq\f(U2,R)T，聯(lián)立解得Q＝eq\f(πUmBL2,R)，D項正確。拓展(1)若用交流電壓表測量電阻R兩端電壓，則電壓表的示數(shù)為____________。(2)若金屬框匝數(shù)為n，轉動角速度為ω，金屬框的電阻也為R，則從圖甲位置開始，轉動180°的過程中，金屬框中產生的焦耳熱為__________，除安培力以外的力對金屬框做的功為____________________。答案(1)eq\f(Um,\r(2))(2)eq\f(n2B2L4ωπ,8R)eq\f(n2B2L4ωπ,4R)解析(1)交流電壓表示數(shù)為電壓有效值E＝eq\f(Um,\r(2))(2)轉動180°的過程中，金屬框產生的焦耳熱Q內＝＝(eq\f(nBSω,\r(2)×2R))2·R·eq\f(π,ω)＝eq\f(n2B2L4ωπ,8R)。根據(jù)功能關系，外力做的功等于產生的總焦耳熱，即除安培力以外的力對金屬框做的功為eq\f(n2B2L4ωπ,4R)。例4一個U形金屬線框在兩勻強磁場中繞OO′軸以相同的角速度勻速轉動，通過導線給同一電阻R供電，如圖甲、乙所示。甲圖中OO′軸右側有磁場，乙圖中整個空間均有磁場，兩圖中磁場的磁感應強度相同。(1)分別畫出一個周期甲、乙兩種情形下感應電流隨時間變化的圖像(從圖示位置開始計時)。(2)甲、乙兩圖中理想電流表的示數(shù)之比為________。A．1∶eq\r(2)B．1∶2C．1∶4D．1∶1答案(1)見解析圖(2)A解析(1)題圖甲中OO′軸的右側有磁場，所以線框只在半個周期內有感應電流產生，感應電流隨時間變化的圖像如圖(a)；題圖乙中整個空間均有磁場，線框中產生的感應電流隨時間變化的圖像如圖(b)。(2)交流電流表測的是有效值，圖(a)：由(eq\f(BSω,\r(2)R))2·R·eq\f(T,2)＝I2RT，得I＝eq\f(BSω,2R)圖(b)：I′＝eq\f(BSω,\r(2)R)，故I∶I′＝1∶eq\r(2)，A正確。有效值的計算1．計算有效值時要根據(jù)電流的熱效應，抓住“三同”：“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”，先分段計算熱量，求和得出一個周期內產生的總熱量，然后根據(jù)Q總＝I2RT或Q總＝eq\f(U2,R)T列式求解。2．若圖像部分是正弦式交變電流，其中的eq\f(1,4)周期(必須是從零至最大值或從最大值至零)和eq\f(1,2)周期部分可直接應用正弦式交變電流的有效值與最大值之間的關系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解。課時精練1.(多選)一矩形金屬線圈，繞垂直磁場方向的轉軸在勻強磁場中勻速轉動，線圈中產生的感應電動勢e隨時間t變化的規(guī)律如圖所示，下列說法中正確的是()A．此交流電的頻率為10HzB．此感應電動勢的有效值為eq\r(2)VC．t＝0.1s時，線圈平面與磁場方向垂直D．在線圈平面與磁場方向成30°時，感應電動勢的大小為1V答案BC解析由題圖知周期T＝0.2s，所以頻率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，A錯誤；由題圖可知，感應電動勢的最大值為2V，則有效值為E＝eq\f(2,\r(2))V＝eq\r(2)V，故B正確；由題圖可知，t＝0.1s時，感應電動勢為0，所以線圈平面與磁場方向垂直，故C正確；在線圈平面與磁場方向成30°時，感應電動勢的大小e＝2sin60°V＝eq\r(3)V，故D錯誤。2.(2022·廣東卷·4)如圖是簡化的某種旋轉磁極式發(fā)電機原理圖。定子是僅匝數(shù)n不同的兩線圈，n1>n2，二者軸線在同一平面內且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內勻速轉動時，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是()A．兩線圈產生的電動勢的有效值相等B．兩線圈產生的交變電流頻率相等C．兩線圈產生的電動勢同時達到最大值D．兩電阻消耗的電功率相等答案B解析根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可知穿過兩線圈的磁通量的變化率相等，但是匝數(shù)不同，則產生的感應電動勢最大值不相等，有效值也不相等，根據(jù)P＝eq\f(E2,R)可知，兩電阻消耗的電功率也不相等，選項A、D錯誤；因兩線圈放在同一個旋轉磁鐵的旁邊，則兩線圈產生的交變電流的頻率相等，選項B正確；當條形磁鐵的磁極到達線圈軸線時，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，由題圖可知兩線圈產生的感應電動勢不可能同時達到最大值，選項C錯誤。3．一只低壓電源輸出的交變電壓為U＝10eq\r(2)sin314t(V)，π取3.14，以下說法正確的是()A．這只電源可以使“10V2W”的燈泡正常發(fā)光B．這只電源的交變電壓的周期是314sC．這只電源在t＝0.01s時輸出的電壓達到最大值D．擊穿電壓為10V的電容器可以直接接在這只電源上答案A解析這只電源交變電壓的峰值Um＝10eq\r(2)V，則有效值U有＝eq\f(10\r(2),\r(2))V＝10V，所以這只電源可以使“10V2W”的燈泡正常發(fā)光，故A項正確；ω＝314rad/s，則T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，故B項錯誤；在t＝0.01s時，這只電源的輸出電壓為零，故C項錯誤；10V小于10eq\r(2)V，則擊穿電壓為10V的電容器不能直接接在這只電源上，故D項錯誤。4．(多選)在同一勻強磁場中，兩個相同的矩形金屬線圈a、b分別繞線圈平面內與磁場垂直的軸勻速轉動，產生的感應電動勢隨時間變化的圖像如圖所示，則()A．線圈a的轉速是b的3倍B．線圈b產生的感應電動勢最大值為10VC．t＝0.01s時，線圈a恰好經(jīng)過中性面D．t＝0.03s時，線圈b恰好經(jīng)過中性面答案BD解析由題圖可知eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(2,3)，根據(jù)公式ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn得，線圈a、b的轉速之比為3∶2，故A錯誤；由于最大感應電動勢為Em＝NBSω＝NBS·2πn，由題圖可知，a線圈最大感應電動勢為15V，則b線圈最大感應電動勢為10V，故B正確；由題圖可知，t＝0.01s時，線圈a中感應電動勢最大，則此時線圈a位于垂直中性面位置，故C錯誤；t＝0.03s時，線圈b中感應電動勢為0，則此時線圈b恰好經(jīng)過中性面，故D正確。5.(多選)某音響電路的簡化電路圖如圖所示，輸入信號既有高頻成分，也有低頻成分，則()A．電感線圈L1的作用是通高頻B．電容器C2的作用是通高頻C．揚聲器甲用于輸出高頻成分D．揚聲器乙用于輸出高頻成分答案BD解析在交流電路中，電感線圈的作用是“通低頻、阻高頻”，電容器的作用是“通交流、隔直流”和“通高頻、阻低頻”，選項A錯誤，B正確；當輸入端的信號既有高頻成分也有低頻成分時，低頻成分通過電感線圈L1，到達揚聲器甲，高頻成分通過電容器C2，到達揚聲器乙，選項C錯誤，D正確。6.某研究小組成員設計了一個如圖所示的電路，已知純電阻R的阻值不隨溫度變化。與R并聯(lián)的是一個理想的交流電壓表，D是理想二極管(它的導電特點是正向電阻為零，反向電阻為無窮大)。在A、B間加一交流電壓，其瞬時值的表達式為u＝20eq\r(2)sin100πt(V)，則交流電壓表的示數(shù)為()A．10VB．20VC．15VD．14.1V答案D解析二極管具有單向導電性，使得半個周期內R通路，另外半個周期內R斷路，在通路的半個周期內，交流電壓的有效值為20V，有eq\f(U2,R)T＝eq\f(20V2,R)·eq\f(T,2)，解得U＝10eq\r(2)V≈14.1V，選項D正確。7．在圖乙的電路中，通入如圖甲所示的交變電流，此交變電流的每個周期內，前三分之一周期電壓按正弦規(guī)律變化，后三分之二周期電壓恒定。電阻R的阻值為12Ω，電表均為理想電表，下列說法正確的是()A．電壓表的示數(shù)為6eq\r(2)VB．該交變電流的電壓有效值為4eq\r(3)VC．電阻R一個周期內產生的熱量為12JD．電流表的示數(shù)為0.5A答案D解析根據(jù)電流的熱效應，有eq\f(\f(U1max,\r(2))2,R)×1＋eq\f(U22,R)×2＝eq\f(U2,R)×3，解得U＝6V，所以該交變電流的電壓有效值為6V，電壓表讀數(shù)為6V，A、B錯誤；由焦耳定律得Q＝eq\f(U2,R)·T＝9J，C錯誤；由歐姆定律有I＝eq\f(U,R)＝0.5A，D正確。8.(2023·江蘇淮安市二模)如圖所示，KLMN是一個豎直的單匝矩形導線框，全部處于磁感應強度為B的水平方向的勻強磁場中，線框面積為S，電阻為R，MN邊水平，線框繞某豎直固定軸以角速度ω勻速轉動，轉動方向為俯視時順時針。在t＝0時刻，MN邊與磁場方向的夾角為30°。則下列判斷正確的是()A．從圖示位置開始，轉動30°的過程中，穿過線框的磁通量的變化率逐漸減小B．從圖示位置開始，轉動60°的過程中，導線框中電流方向由KLMNK變?yōu)镵NMLKC．在t＝0時刻，導線框中感應電動勢的瞬時值為eq\f(1,2)BSωD．從圖示位置開始，轉動180°的過程中導線框中產生的焦耳熱為eq\f(B2S2ωπ,2R)答案D解析從圖示位置開始轉動30°過程中，穿過導線框的磁通量逐漸減小，磁通量變化率逐漸增大，故A錯誤；由安培定則可知，從圖示位置轉動60°過程中，電流方向為KNMLK，故B錯誤；從圖示位置開始計時，則線框中產生的感應電動勢瞬時值表達式為E＝BSωsin(ωt＋eq\f(π,3))，當t＝0時，E＝eq\f(\r(3),2)BSω，故C錯誤；線框轉動過程中產生的電動勢的有效值為E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)BSω，由周期公式T＝eq\f(2π,ω)，轉動180°產生的熱量Q＝eq\f(E有2T,2R)，解得Q＝eq\f(B2S2ωπ,2R)，故D正確。9．(多選)(2024·浙江省模擬)如圖甲所示為一臺小型發(fā)電機構造示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，單匝線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉動，產生的電動勢隨時間按正弦規(guī)律變化，其e－t圖像如圖乙所示。發(fā)電機線圈內阻為1Ω，外接燈泡的電阻為9Ω。電壓表為理想電壓表，則()A．線圈的轉速n＝240r/minB．電壓表的示數(shù)為10eq\r(2)VC．t＝0.125s時，穿過線圈的磁通量最大D．0～0.125s的時間內，通過燈泡的電荷量為eq\f(1,2π)C答案ACD解析由題圖乙可知，周期為0.250s，則轉速為n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.250)r/s＝240r/min，故A正確；電動勢的有效值為E有＝eq\f(20,\r(2))V＝10eq\r(2)V，電壓表的示數(shù)為U＝IR＝eq\f(E有,R＋r)R＝9eq\r(2)V，故B錯誤；在t＝0.125s時，電動勢為零，則線圈所在位置和中性面重合，穿過線圈的磁通量最大，故C正確；在0～0.125s的時間內，根據(jù)Em＝BSω可得BS＝eq\f(Em,ω)＝eq\f(5,2π)Wb，則通過燈泡的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋rΔt)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(2BS,R＋r)＝eq\f(1,2π)C，故D正確。10.(多選)(2023·廣東省肇慶中學模擬)電阻為1Ω的單匝矩形線圈繞垂直于磁場方向的軸在勻強磁場中勻速轉動，產生的交變電動勢隨時間變化的圖像如圖所示，現(xiàn)把交變電流加在電阻為9Ω的電熱絲上，下列說法正確的是()A．線圈轉動的角速度為100rad/sB．在0～0.005s時間內，通過電熱絲的電荷量為eq\f(1,5π)CC．電熱絲兩端的電壓為180VD．電熱絲的發(fā)熱功率為1800W答案BD解析由題圖可知，周期為0.02s，角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，故A錯誤；在0～0.005s時間內，磁通量變化量為BS，電壓峰值為200V，由Em＝BSω得BS＝eq\f(2,π)Wb，通過電熱絲的故C錯誤；電熱絲的發(fā)熱功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(90\r(2)2,9)W＝1800W，故D正確。11.(多選)(2023·湖南卷·9)某同學自制了一個手搖交流發(fā)電機，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動(皮帶不打滑)，半徑之比為4∶1，小輪與線圈固定在同一轉軸上。線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形，共n匝，總阻值為R。磁體間磁場可視為磁感應強度大小為B的勻強磁場。大輪以角速度ω勻速轉動，帶動小輪及線圈繞轉軸轉動，轉軸與磁場方向垂直。線圈通過導線、滑環(huán)和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡。假設發(fā)電時燈泡能發(fā)光且在額定電壓以內工作，下列說法正確的是()A．線圈轉動的角速度為4ωB．燈泡兩端電壓有效值為3eq\r(2)nBL2ωC．若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則燈泡兩端電壓有效值為eq\f(4\r(2)nBL2ω,3)D．若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?，則燈泡變得更亮答案AC解析大輪和小輪通過皮帶傳動，線速度大小相等，小輪和線圈同軸轉動，角速度相等，根據(jù)v＝ωr，可知小輪轉動的角速度為4ω，則線圈轉動的角速度為4ω，A正確；線圈產生感應電動勢的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，可得Emax＝4nBL2ω，則線圈產生感應電動勢的有效值E＝eq\f(Emax,\r(2))＝2eq\r(2)nBL2ω，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可知燈泡兩端電壓有效值為U＝eq\f(RE,R＋R)＝eq\r(2)nBL2ω，B錯誤；若用總長為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長仍為L的多匝正方形線圈，則線圈的匝數(shù)變?yōu)樵瓉淼?倍，線圈產生感應電動勢的最大值Emax′＝8nBL2ω，此時線圈產生感應電動勢的有效值E′＝eq\f(Emax′,\r(2))＝4eq\r(2)nBL2ω，根據(jù)電阻定律可知線圈電阻變?yōu)樵瓉淼?倍，即為2R，根據(jù)串聯(lián)電路分壓原理可得燈泡兩端電壓有效值U′＝eq\f(RE′,R＋2R)＝eq\f(4\r(2)nBL2ω,3)，C正確；若僅將小輪半徑變?yōu)樵瓉淼膬杀?，根?jù)v＝ωr可知小輪和線圈的角速度變小，根據(jù)E有效＝eq\f(nBSω,\r(2))，可知線圈產生的感應電動勢有效值變小，則燈泡變暗，D錯誤。12．如圖為某同學設計的一種發(fā)電裝置。在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角α均為eq\f(4,9)π，磁場均沿半徑方向。N匝矩形線圈abcd的邊長ab＝cd＝L、bc＝ad＝2L。線圈以角速度ω繞中心軸勻速轉動，bc和ad邊同時進入磁場。在磁場中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感應強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直。線圈的總電阻為r，外接電阻為R。則()A．矩形線圈每轉動一周，電流方向改變一次B．從圖示位置開始計時，感應電動勢的瞬時值表達式e＝2NBL2ωsinωtC．線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小F＝eq\f(4NB2L3ω,r＋R)D．外接電阻上電流的有效值I＝eq\f(4NBL2ω,3r＋R)答案D解析矩形線圈每轉動一周，電流方向改變兩次，選項A錯誤；在磁場中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感應強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直，線圈切割磁感線時，感應電動勢不變，是方波式交流電，故B錯誤；線圈切割磁感線時，bc、ad邊的運動速度為v＝ω·eq\f(L,2)，感應電動勢為E＝4NBLv，解得E＝2NBL2ω，感應電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2NBωL2,R＋r)，bc邊所受安培力解得I′＝eq\f(2I,3)＝eq\f(4NBL2ω,3r＋R)，故D正確。

第2課時變壓器遠距離輸電實驗十五：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系目標要求1.會用實驗探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系，體會控制變量法，了解實驗誤差的產生原因。2.知道變壓器的工作原理，掌握變壓器的特點，并能分析、解決實際問題。3.掌握理想變壓器的動態(tài)分析方法。4.理解遠距離輸電的原理并會計算線路損失的電壓和功率?？键c一實驗：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系1．實驗原理(1)實驗電路圖(如圖所示)：(2)實驗方法：控制變量法①n1、U1一定，研究n2和U2的關系。②n2、U1一定，研究n1和U2的關系。2．實驗器材學生電源(低壓交流電源，小于12V)1個、可拆變壓器1個、多用電表1個、導線若干。3．實驗過程(1)保持原線圈的匝數(shù)n1和電壓U1不變，改變副線圈的匝數(shù)n2，研究n2對副線圈電壓U2的影響。①估計被測電壓的大致范圍，選擇多用電表交流電壓擋適當量程，若不知道被測電壓的大致范圍，則應選擇交流電壓擋的最大量程進行測量。②組裝可拆變壓器：把兩個線圈穿在鐵芯上，閉合鐵芯，用交流電壓擋測量輸入、輸出電壓。(2)保持副線圈的匝數(shù)n2和原線圈兩端的電壓U1不變，研究原線圈的匝數(shù)對副線圈電壓的影響。重復(1)中步驟。4．數(shù)據(jù)處理由數(shù)據(jù)分析變壓器原、副線圈兩端電壓U1、U2之比與原、副線圈的匝數(shù)n1、n2之比的關系。5．注意事項(1)在改變學生電源電壓、線圈匝數(shù)前均要先斷開電源開關，再進行操作。(2)為了人身安全，學生電源的電壓不能超過12V，通電時不能用手接觸裸露的導線和接線柱。(3)為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定被測電壓后再選用適當?shù)膿跷贿M行測量。例1(2023·北京市房山區(qū)二模)在“探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系”的實驗中，如圖所示為所用實驗器材：可拆變壓器、學生電源、數(shù)字多用電表。(1)本實驗要通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關系，實驗中需要運用的科學方法是__________。A．控制變量法B．等效代替法C．整體隔離法(2)為了減少渦流的影響，鐵芯應該選擇________。A．整塊硅鋼鐵芯B．整塊不銹鋼鐵芯C．絕緣的硅鋼片疊成D．絕緣的銅片疊成(3)關于本實驗，下列做法正確的是________。A．為了保證人身安全，只能使用低壓交流電源，原線圈所接電壓不超過12VB．為了保證人身安全，變壓器通電后不要用手接觸裸露的導線或接線柱C．變壓器正常工作后，通過鐵芯導電將電能從原線圈傳遞到副線圈D．使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定電壓后再選用適當?shù)膿跷贿M行測量(4)現(xiàn)將數(shù)字多用電表的選擇開關旋至最合適的擋位后，分別測量原線圈匝數(shù)為n1時的輸入電壓U1和副線圈匝數(shù)為n2時的輸出電壓U2，數(shù)據(jù)如表所示。原線圈匝數(shù)n1(匝)副線圈匝數(shù)n2(匝)輸入電壓U1(V)輸出電壓U2(V)1002004.328.271008004.3233.904008004.338.2640016004.3316.52①在誤差允許范圍內，表中數(shù)據(jù)基本符合__________規(guī)律。②進一步分析數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)輸出電壓比理論值偏小，請分析原因__________________________。答案(1)A(2)C(3)ABD(4)①變壓器原、副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比②有漏磁、鐵芯發(fā)熱、導線發(fā)熱等解析(1)本實驗要通過改變原、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關系，實驗中需要運用的科學方法是控制變量法，故選A。(2)變壓器鐵芯的材料要選擇磁性材料，為減小渦流影響，選擇用絕緣的硅鋼片疊成的鐵芯，故C正確，A、B、D錯誤。(3)變壓器改變的是交流電壓，因此為了人身安全，原線圈兩端只能使用低壓交流電源，所用交流電壓不超過12V，A正確；為了保證人身安全，變壓器通電后不要用手接觸裸露的導線或接線柱，B正確；變壓器開始正常工作后，通過電磁感應將電能從原線圈傳遞到副線圈，C錯誤；使用多用電表測電壓時，先用最大量程擋試測，再選用恰當?shù)膿跷贿M行測量，D正確。(4)①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在誤差允許的范圍內基本符合變壓器原、副線圈的電壓之比等于匝數(shù)之比，即有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)；②由于變壓器不是理想變壓器，有漏磁、鐵芯發(fā)熱、導線發(fā)熱等能量損耗，因此變壓器輸出電壓比理論值偏小?？键c二理想變壓器及應用1．構造和原理(1)構造：如圖所示，變壓器是由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的兩個線圈組成的。(2)原理：電磁感應的互感現(xiàn)象。2．基本關系式功率關系原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率，P入＝P出，且輸出功率P出決定輸入功率P入電壓關系原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，與副線圈的個數(shù)無關，且U1決定U2電流關系①只有一個副線圈時，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，且I2決定I1②有多個副線圈時，由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn，輸出決定輸入頻率關系f1＝f2，變壓器不改變交變電流的頻率1．理想變壓器的基本關系式中電壓和電流均為有效值。(√)2．變壓器只對交變電流起作用，對恒定電流不起作用。(√)3．變壓器不僅能改變交變電流的電壓，還能改變交變電流的頻率。(×)4．在任何情況下，理想變壓器均滿足eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)、eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)、P入＝P出。(×)思考理想變壓器的原、副線圈分別處于兩個回路中，并沒有相連接，為什么電能可以從一個線圈傳遞到另一個線圈？答案變壓器的工作原理是互感現(xiàn)象。電流通過原線圈時在鐵芯中激發(fā)磁場，由于電流的大小和方向不斷變化，鐵芯中的磁場也在不斷變化，變化的磁場在副線圈中產生感應電動勢，所以盡管兩個線圈沒有直接連接，副線圈中也產生感應電流，在原線圈中電能轉化為磁場能，在副線圈中磁場能轉化為電能。例2(2022·山東卷·4)如圖所示的變壓器，輸入電壓為220V，可輸出12V、18V、30V電壓，匝數(shù)為n1的原線圈中電壓隨時間變化為u＝Umcos(100πt)。單匝線圈繞過鐵芯連接交流電壓表，電壓表的示數(shù)為0.1V。將阻值為12Ω的電阻R接在BC兩端時，功率為12W。下列說法正確的是()A．n1為1100匝，Um為220VB．BC間線圈匝數(shù)為120匝，流過R的電流為1.4AC．若將R接在AB兩端，R兩端的電壓為18V，頻率為100HzD．若將R接在AC兩端，流過R的電流為2.5A，周期為0.02s答案D解析變壓器的輸入電壓為220V，原線圈的交流電的電壓與時間成余弦函數(shù)關系，故輸入交流電壓的最大值為220eq\r(2)V，根據(jù)理想變壓器原線圈與單匝線圈的匝數(shù)比為eq\f(n1,1)＝eq\f(220V,0.1V)，解得原線圈為2200匝，A錯誤；當原線圈輸入電壓為220V時，BC間的電壓為UBC＝eq\r(PR)＝12V，故BC間的線圈與單匝線圈匝數(shù)關系為eq\f(nBC,1)＝eq\f(12V,0.1V)，則BC間的線圈匝數(shù)為120匝，流過R的電流為IBC＝eq\f(P,UBC)＝eq\f(12W,12V)＝1A，B錯誤；若將R接在AB兩端，根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，AB間的電壓應該為18V，根據(jù)交流電原線圈電壓的表達式可知，ω＝100πrad/s，故交流電的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，C錯誤；若將R接在AC兩端，根據(jù)題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，AC間的電壓應該為30V，根據(jù)歐姆定律可知，流過電阻R的電流為IAC＝eq\f(UAC,R)＝eq\f(30,12)A＝2.5A，交流電的周期為T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，D正確。例3在如圖所示的電路中，理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為k＝eq\f(1,4)，在a、b端輸入電壓為U0的正弦交流電，R1為定值電阻，調節(jié)電阻箱R2，當R2＝8R1時，電壓表、電流表的示數(shù)分別為U、I，則下列說法正確的是()A．U＝eq\f(2U0,3)B．U＝eq\f(4U0,3)C．I＝eq\f(U0,3R1)D．I＝eq\f(U0,9R1)答案B解析根據(jù)原、副線圈電壓、電流的關系有eq\f(U1,U)＝k＝eq\f(1,4)，eq\f(I1,I)＝eq\f(1,k)＝4，在原線圈回路中，有U0＝I1R1＋U1，在副線圈回路中，有U＝IR2，R2＝8R1，聯(lián)立解得I＝eq\f(U0,6R1)，U＝eq\f(4U0,3)，故選B。例4(2021·湖北卷·6)如圖所示，理想變壓器原線圈接入電壓恒定的正弦交流電，副線圈接入最大阻值為2R的滑動變阻器和阻值為R的定值電阻。在變阻器滑片從a端向b端緩慢移動的過程中()A．電流表A1示數(shù)減小B．電流表A2示數(shù)增大C．原線圈輸入功率先增大后減小D．定值電阻R消耗的功率先減小后增大答案A解析由于原線圈所接電壓恒定，匝數(shù)比恒定，故變壓器副線圈的輸出電壓恒定，滑動變阻器的滑片從a端向b端緩慢移動的過程中，由數(shù)學知識可知，變壓器副線圈所接的電阻值逐漸增大，則由歐姆定律得I2＝eq\f(U2,R副)，可知副線圈的電流逐漸減小，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，可知變壓器原線圈的電流I1也逐漸減小，故A正確，B錯誤；原線圈的輸入功率為P入＝U1I1，由于I1逐漸減小，則原線圈的輸入功率逐漸減小，故C錯誤；滑片從a端向b端滑動時，副線圈干路電流減小，滑動變阻器右半部分和定值電阻并聯(lián)的總電阻減小，則并聯(lián)部分分壓減小，由PR＝eq\f(U2,R)知，定值電阻R消耗的功率減小，故D錯誤。例5(2023·河南開封市二模)如圖甲所示，b是理想變壓器原線圈的中心抽頭，燈泡L1、L2的銘牌上均標注“55V11W”字樣，電流表為理想電表，R是滑動變阻器，從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上如圖乙所示的交流電，當單刀雙擲開關與b連接時，燈泡L1恰好正常發(fā)光，則()A．理想變壓器原、副線圈匝數(shù)之比為n1∶n2＝8∶1B．1秒內流過燈泡L2的電流方向改變50次C．當單刀雙擲開關與b連接時，向上移動滑片P，兩燈泡均變暗D．當單刀雙擲開關由b扳向a時，電流表的示數(shù)變大答案A解析b為原線圈的中心抽頭，單刀雙擲開關與b連接時燈泡L1恰好正常發(fā)光，燈泡L1的額定電壓為55V，說明副線圈電壓為55V，原線圈c、d電壓由題圖乙可得U1≈220V，則eq\f(n1,2)∶n2＝U1∶U2，解得n1∶n2＝8∶1，故A正確；由題圖乙可得交流電的周期為0.02s，一個周期內交流電方向改變兩次，可知1秒內流過燈泡L2的電流方向改變100次，故B錯誤；當單刀雙擲開關與b連接時，向上移動滑片P，滑動變阻器接入電路中的阻值增大，副線圈所在回路中的總電阻值增大，副線圈電壓不變，副線圈回路中的總電流減小，燈泡L1兩端的電壓等于副線圈兩端的電壓，故燈泡L1正常發(fā)光，通過燈泡L2的電流減小，因此L2將變暗，故C錯誤；當單刀雙擲開關由b扳向a時，接入電路的原線圈的匝數(shù)增大，原線圈與副線圈的匝數(shù)比增大，則副線圈兩端的電壓減小，副線圈中的總電流減小，導致原線圈中的電流減小，則接在原線圈回路中的電流表的示數(shù)減小，故D錯誤。1．變壓器問題的分析思路：U1eq\o(→,\s\up10(\f(U1,U2)＝\f(n1,n2)),\s\do6(決定))U2eq\o(→,\s\up10(I2＝\f(U2,R負載)),\s\do6(決定))I2eq\o(→,\s\up7(P1＝P2I1U1＝I2U2),\s\do5(決定))I12．常見的兩種動態(tài)變化分析(1)匝數(shù)比不變的情況(如圖)①U1不變，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，不論負載電阻R如何變化，U2不變。②當負載電阻發(fā)生變化時，I2變化，輸出電流I2決定輸入電流I1，故I1發(fā)生變化。③I2變化引起P2變化，P1＝P2，故P1發(fā)生變化。(2)負載電阻不變的情況(如圖)①U1不變，eq\f(n1,n2)發(fā)生變化時，U2變化。②R不變，U2變化時，I2發(fā)生變化。③根據(jù)P2＝eq\f(U22,R)，P2發(fā)生變化，再根據(jù)P1＝P2，故P1變化，P1＝U1I1，U1不變，故I1發(fā)生變化?？键c三高壓輸電線路的電壓損失和功率損失如圖所示，發(fā)電站輸出電功率為P，輸電電壓為U，用戶得到的電功率為P′，用戶端的電壓為U′，輸電電流為I，輸電線總電阻為R。1．輸電電流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(U－U′,R)。2．電壓損失(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR。3．功率損失(1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I；(2)ΔP＝I2R＝(eq\f(P,U))2R4．降低輸電損耗的兩個途徑(1)減小電阻法由R＝ρeq\f(L,S)知，可加大導線的橫截面積，采用電阻率小的材料做導線。①采用電阻率ρ較小、密度較小(減輕重量)且材料豐富的鋁做遠距離輸電的導線。②采用多股鋁線絞在一起作為輸電線，以增大導線的橫截面積S。(2)升壓法：由ΔP＝I2R線＝(eq\f(P,U))2R線知，在輸電功率一定的情況下，可通過提高輸電電壓，減小輸電電流，以減小輸電損耗。1．高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的熱損耗。(√)2．若發(fā)電站輸出功率為P，輸電電壓為U，輸電線總電阻為R，如圖所示，則輸電線上損失的功率為P損＝eq\f(U2,R)。(×)例6(多選)(2020·全國卷Ⅱ·19)特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低。我國已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術。假設從A處采用550kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的電功率為ΔP，到達B處時電壓下降了ΔU。在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1100kV特高壓輸電。輸電線上損耗的電功率變?yōu)棣′，到達B處時電壓下降了ΔU′。不考慮其他因素的影響，則()A．ΔP′＝eq\f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq\f(1,2)ΔPC．ΔU′＝eq\f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq\f(1,2)ΔU答案AD解析由輸電電流I＝eq\f(P,U)知，輸送的電功率不變，輸電電壓加倍，輸電電流變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，損耗的電功率ΔP＝I2r，故輸電電壓加倍，損耗的電功率變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，即ΔP′＝eq\f(1,4)ΔP；輸電線上損失電壓為ΔU＝Ir，則輸電電壓加倍，損失電壓變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，即ΔU′＝eq\f(1,2)ΔU。故A、D正確?？键c四遠距離高壓輸電線路分析及有關物理量的計算1．理清輸電電路圖的三個回路(如圖)(1)在電源回路中，P發(fā)電機＝U1I1＝P1。(2)在輸送回路中，I2＝I線＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R線，ΔP＝I22R線。(3)在用戶回路中，P4＝U4I4＝P用戶。2．抓住兩組關聯(lián)式(1)理想的升壓變壓器聯(lián)系著電源回路和輸送回路，由理想變壓器原理可得：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。(2)理想的降壓變壓器聯(lián)系著輸送回路和用戶回路，由理想變壓器原理可得：eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。3．掌握一個守恒觀念功率關系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I線＝I線2R線＝eq\f(ΔU2,R線)。例7(2023·天津卷·6)如圖為輸電線為用戶輸電的情景，電路中升壓變壓器T1和降壓變壓器T2都認為是理想變壓器，中間輸電電路電阻為R，下列說法正確的有()A．T1輸出電壓與T2輸入電壓相等B．T1輸出功率大于T2輸入功率C．若用戶接入的用電器增多，則R功率降低D．若用戶接入的用電器增多，則T2輸出功率降低答案B解析由于輸電過程中電阻R要產生熱量，會損耗功率，故T1輸出功率大于T2輸入功率，T1輸出電壓大于T2輸入電壓，故A錯誤，B正確；由于輸入電壓不變，所以變壓器T1的輸出電壓不變，隨著用戶接入的用電器增多，導致用戶端的等效電阻變小，則用戶端電流變大，輸電電路電流也相應變大，根據(jù)P損＝I2R可知R功率增大，故C錯誤；用戶接入的用電器增多，用電器消耗功率增大，即T2輸出功率增大，故D錯誤。拓展若用戶接入的用電器增多，則線路輸送功率__________(選填“增大”“降低”或“不變”)。答案增大解析T2輸出功率(用戶需要功率)決定輸送功率，T2輸出功率增大，則輸送功率增大。例8(2020·浙江7月選考·11)如圖所示，某小型水電站發(fā)電機的輸出功率P＝100kW，發(fā)電機的電壓U1＝250V，經(jīng)變壓器升壓后向遠處輸電，輸電線總電阻R線＝8Ω，在用戶端用降壓變壓器把電壓降為U4＝220V。已知輸電線上損失的功率P線＝5kW，假設兩個變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是()A．發(fā)電機輸出的電流I1＝40AB．輸電線上的電流I線＝625AC．降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4＝190∶11D．用戶得到的電流I4＝455A答案C解析發(fā)電機輸出的電流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，故A錯誤；輸電線上損失的功率P線＝I線2R線＝5kW，所以I線＝eq\r(\f(P線,R線))＝25A，故B錯誤；用戶得到的功率P4＝P－P線＝(100－5)kW＝95kW，則I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(95×103,220)A＝eq\f(4750,11)A≈432A，故eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I線)＝eq\f(190,11)，故C正確，D錯誤。課時精練訓練1變壓器1．(2020·江蘇卷·2)電流互感器是一種測量電路中電流的變壓器，工作原理如圖所示。其原線圈匝數(shù)較少，串聯(lián)在電路中，副線圈匝數(shù)較多，兩端接在電流表上。則電流互感器()A．是一種降壓變壓器B．能測量直流電路的電流C．原、副線圈電流的頻率不同D．副線圈的電流小于原線圈的電流答案D解析電流互感器原線圈匝數(shù)少，副線圈匝數(shù)多，是一種升壓變壓器，故A錯誤；變壓器的原理是電磁感應，只能夠在交流電路中才能正常工作，故它不能測量直流電路的電流，故B錯誤；變壓器不改變交變電流的頻率，故C錯誤；變壓器的電流與匝數(shù)成反比，因此副線圈的電流小于原線圈的電流，故D正確。2．(2023·廣東卷·6)用一臺理想變壓器對電動汽車充電，該變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2，輸出功率為8.8kW，原線圈的輸入電壓u＝220eq\r(2)sin(100πt)V。關于副線圈輸出電流的有效值和頻率正確的是()A．20A,50Hz B．20eq\r(2)A,50HzC．20A,100Hz D．20eq\r(2)A,100Hz答案A副線圈輸出電流的有效值為I2＝eq\f(n1,n2)I1＝20A，變壓器無法改變電流的頻率，故f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，故選A。3．(2023·北京卷·7)自制一個原、副線圈匝數(shù)分別為600匝和190匝的變壓器，原線圈接12V的正弦交流電源，副線圈接額定電壓為3.8V的小燈泡。實際測得小燈泡兩端電壓為2.5V。下列措施有可能使小燈泡正常發(fā)光的是()A．僅增加原線圈匝數(shù)B．僅增加副線圈匝數(shù)C．將原、副線圈匝數(shù)都增為原來的兩倍D．將兩個3.8V小燈泡并聯(lián)起來接入副線圈答案B解析由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)知，僅增加原線圈匝數(shù)，副線圈的輸出電壓U2減小，不能使小燈泡正常發(fā)光，故A錯誤；由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)知，僅增加副線圈匝數(shù)，副線圈的輸出電壓U2增大，有可能使小燈泡正常發(fā)光，故B正確；由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)知，將原、副線圈匝數(shù)都增為原來的兩倍，由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發(fā)光，故C錯誤；將兩個3.8V小燈泡并聯(lián)起來接入副線圈，由于原線圈的電壓不變，則副線圈的輸出電壓U2不變，不能使小燈泡正常發(fā)光，故D錯誤。4．(2022·河北卷·3)張家口市壩上地區(qū)的風力發(fā)電場是北京冬奧會綠色電能的主要供應地之一，其發(fā)電、輸電簡易模型如圖所示，已知風輪機葉片轉速為每秒z轉，通過轉速比為1∶n的升速齒輪箱帶動發(fā)電機線圈高速轉動，發(fā)電機線圈面積為S，匝數(shù)為N，勻強磁場的磁感應強度為B，t＝0時刻，線圈所在平面與磁場方向垂直，發(fā)電機產生的交變電流經(jīng)過理想變壓器升壓后，輸出電壓為U。忽略線圈電阻，下列說法正確的是()A．發(fā)電機輸出的電壓為eq\r(2)πNBSzB．發(fā)電機輸出交變電流的頻率為2πnzC．變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq\r(2)πNBSnz∶UD．發(fā)電機產生的瞬時電動勢e＝eq\r(2)πNBSnzsin(2πnz)答案C解析發(fā)電機線圈的轉速為nz，輸出交變電流的頻率為f＝nz，B錯誤；線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產生正弦交流電，最大值為Em＝NBS·2π·nz，則發(fā)電機輸出的電壓為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\r(2)πNBSnz，A錯誤；變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(E,U)＝eq\f(\r(2)πNBSnz,U)，C正確；發(fā)電機產生的瞬時電動勢為e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D錯誤。5．(多選)(2024·廣東省模擬)如圖為理想的自耦變壓器，其中P為變壓器上的滑動觸頭，P′為滑動變阻器上的滑片，電流表為理想電表，若輸入電壓U1一定，則()A．P不動，P′向下滑動時，U2一直在減小B．P′不動，P順時針轉動一個小角度時，U1和U2的比值增大C．P′不動，P順時針轉動一個小角度時，電流表讀數(shù)在增大D．P順時針轉動一個小角度，同時P′向下滑動時，小燈泡的亮度可以不變答案BD解析根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，P不動，則匝數(shù)比一定，可知U2不變，A錯誤；P′不動，P順時針轉動一個小角度時，副線圈接入的線圈匝數(shù)變小，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U1和U2的比值增大，B正確；P′不動，P順時針轉動一個小角度時，根據(jù)上述可知，U2減小，則通過副線圈的電流減小，根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，通過原線圈的電流減小，即電流表讀數(shù)在減小，C錯誤；P順時針轉動一個小角度，同時P′向下滑動時，副線圈接入的線圈匝數(shù)變小，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2減小，由于I2＝eq\f(U2,R燈＋R)，由于P′向下滑動時，滑動變阻器接入電阻R減小，結合上述，電流I2可能不變，即P順時針轉動一個小角度，同時P′向下滑動時，小燈泡的亮度可以不變，D正確。6．(2023·江蘇鹽城市三模)如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝5∶1，原線圈接入如圖乙所示的正弦交流電壓u，R為阻值隨光照強度增大而減小的光敏電阻，L1和L2是兩個完全相同的燈泡，電表均為理想交流電表。則()A．通過光敏電阻的交變電流頻率為10HzB．若L2的燈絲燒斷，則電壓表的示數(shù)為5VC．當照射R的光照強度增大時，電流表的示數(shù)變小D．圖像上對應的0.01s時刻，發(fā)電機中的線圈平面與中性面垂直答案B解析由題圖乙可知，理想變壓器原線圈的交流電的周期為T＝0.02s，頻率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，變壓器副線圈交流電的頻率與原線圈相同，故通過光敏電阻的交變電流頻率為50Hz，A錯誤；由題圖乙可知，原線圈的交流電的電壓的峰值U1m＝25eq\r(2)V，原線圈的交流電的電壓的有效值U1＝eq\f(U1m,\r(2))＝25V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝5V，副線圈電壓由原線圈電壓和匝數(shù)比決定，與負載電阻無關，若L2的燈絲燒斷，則電壓表的示數(shù)仍為5V，B正確；當照射R的光照強度增大時，R的阻值減小，副線圈的功率變大，副線圈中的電流I2變大，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，原線圈電流I1增大，電流表的示數(shù)變大，C錯誤；圖像上對應的0.01s時刻，電壓瞬時值為零，發(fā)電機中的線圈平面與中性面重合，D錯誤。7.如圖所示，原、副線圈匝數(shù)比為100∶1的理想變壓器，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表，從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝310sin314t(V)，π取3.14，則()A．當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表的示數(shù)為3.1VB．副線圈兩端的電壓頻率為50HzC．當單刀雙擲開關由a扳向b時，原線圈輸入功率變小D．當單刀雙擲開關由a扳向b時，電壓表和電流表的示數(shù)均變小答案B解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝eq\f(U1n2,n1)，因U1＝eq\f(310,\r(2))V，所以U2＝eq\f(310,\r(2))×eq\f(1,100)V≈2.2V，A錯誤；由瞬時值表達式可得ω＝314rad/s，則頻率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(314,2π)Hz＝50Hz，B正確；當單刀雙擲開關由a扳向b時，n1減小，則U2增大，電壓表示數(shù)變大，I2＝eq\f(U2,R)增大，副線圈的輸出功率P出＝U2I2增大，原線圈的輸入功率增大，C、D錯誤。8．(多選)(2022·湖北卷·9)近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示。發(fā)射線圈的輸入電壓為220V、匝數(shù)為1100匝，接收線圈的匝數(shù)為50匝。若工作狀態(tài)下，穿過接收線圈的磁通量約為發(fā)射線圈的80%，忽略其他損耗，下列說法正確的是()A．接收線圈的輸出電壓約為8VB．接收線圈與發(fā)射線圈中電流之比約為22∶1C．發(fā)射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D．穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同答案AC解析根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(80%U1,U2)，可得接收線圈的輸出電壓約為U2＝8V，故A正確；由于漏磁，接收線圈與發(fā)射線圈功率不相等，接收線圈與發(fā)射線圈中的電流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，故B錯誤；變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；由于穿過發(fā)射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相等，所以穿過發(fā)射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的磁通量變化率不相同，故D錯誤。9.(2023·廣東廣州市育才中學期中)一含有理想自耦變壓器的電路如圖所示，變壓器副線圈匝數(shù)可調，原線圈串聯(lián)定值電阻r后接在有效值為220V的正弦式交流電源上，定值電阻R＝4r。當副線圈匝數(shù)調至某位置時，R和r的功率恰好相等，則此時原、副線圈匝數(shù)比為()A．2∶1B．1∶2C．4∶1D．1∶4答案B解析設原、副線圈的匝數(shù)之比為n，副線圈的電流為I，根據(jù)理想變壓器的原、副線圈中電流大小與線圈匝數(shù)關系可知原線圈的電流為eq\f(I,n)，又因為R和r的功率恰好相等，所以可知(eq\f(I,n))2r＝I2R＝4I2r，因此n＝eq\f(1,2)，B正確。10.(多選)(2023·河南開封市一模)如圖為一理想變壓器，其中所接的4盞燈泡規(guī)格均為“10V5W”。當接入電壓u＝U0sin(100πt)的電源時，4盞燈均正常發(fā)光。下列說法正確的是()A．原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2∶n3＝3∶1∶2B．電流在1s時間內改變50次方向C．U0＝40eq\r(2)VD．變壓器的輸出功率為20W答案AC解析根據(jù)接入電壓的表達式可知，ω＝100πrad/s，則交流電的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，所以在1s時間內電流方向要改變100次，B錯誤；4盞燈相同且均正常發(fā)光，所以加在燈泡兩端的電壓均為U，理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，則有IU1＝IU＋2IU(I、U分別為燈泡的額定電流和額定電壓)，得U1＝3U，根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(3,1)，eq\f(n1,n3)＝eq\f(U1,U3)＝eq\f(3,2)，則有原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2∶n3＝3∶1∶2，A正確；電源電壓的有效值為U＋U1＝40V，則U0＝40eq\r(2)V，C正確；變壓器的輸出功率等于副線圈各用電器功率之和，即等于三個燈泡的功率之和15W，D錯誤。11．(多選)(2021·河北卷·8)如圖，發(fā)電機的矩形線圈長為2L、寬為L，匝數(shù)為N，放置在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n0、n1和n2，兩個副線圈分別接有電阻R1和R2，當發(fā)電機線圈以角速度ω勻速轉動時，理想電流表讀數(shù)為I，不計線圈電阻，下列說法正確的是()A．通過電阻R2的電流為eq\f(n1I,n2)B．電阻R2兩端的電壓為eq\f(n2IR1,n1)C．n0與n1的比值為eq\f(\r(2)NBL2ω,IR1)D．發(fā)電機的功率為eq\f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)答案BC解析由題知理想電流表讀數(shù)為I，則根據(jù)歐姆定律有U1＝IR1，根據(jù)變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關系有eq\f(n0,n1)＝eq\f(U0,U1)，eq\f(n0,n2)＝eq\f(U0,U2)則有U0＝eq\f(n0,n1)IR1，U2＝eq\f(n2,n1)IR1再由歐姆定律有U2＝I2R2，可計算出I2＝eq\f(n2R1,n1R2)I故A錯誤，B正確；由于矩形線圈產生的交變電流直接輸入原線圈，則有Emax＝2NBL2ω，U0＝eq\f(Emax,\r(2))＝eq\r(2)NBL2ω又U0＝eq\f(n0,n1)IR1，則eq\f(n0,n1)＝eq\f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C正確；由于變壓器為理想變壓器，則有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2聯(lián)立解得P0＝eq\f(\r(2)NBL2ωI,n0)(eq\f(n12R2＋n22R1,n1R2))由于矩形線圈產生的交變電流直接輸入原線圈，則發(fā)電機的功率為P0，D錯誤。12．(2023·重慶卷·12)一興趣小組擬研究某變壓器的輸入和輸出電壓之比，以及交流電頻率對輸出電壓的影響。圖甲為實驗電路圖，其中L1和L2為變壓器的原、副線圈，S1和S2為開關，P為滑動變阻器RP的滑片，R為電阻箱，E為正弦式交流電源(能輸出電壓峰值不變、頻率可調的交流電)。(1)閉合S1，用多用電表交流電壓擋測量線圈L1兩端的電壓?；琍向右滑動后，與滑動前相比，電表的示數(shù)________(選填“變大”“不變”或“變小”)。(2)保持S2斷開狀態(tài)，調整E輸出的交流電頻率為50Hz，滑動滑片P，用多用電表交流電壓擋測得線圈L1兩端的電壓為2500mV時，用示波器測得線圈L2兩端電壓u隨時間t的變化曲線如圖乙所示，則線圈L1兩端與L2兩端的電壓比值為________(保留3位有效數(shù)字)。(3)閉合S2，滑動P到某一位置并保持不變。分別在E輸出的交流電頻率為50Hz、1000Hz的條件下，改變R的阻值，用多用電表交流電壓擋測量線圈L2兩端的電壓U，得到U－R關系曲線如圖丙所示。用一個阻值恒為20Ω的負載R0替換電阻箱R，由圖丙可知，當頻率為1000Hz時，R0兩端的電壓為________mV；當頻率為50Hz時，為保持R0兩端的電壓不變，需要將R0與一個阻值為________Ω的電阻串聯(lián)。(均保留3位有效數(shù)字)答案(1)變大(2)12.6(3)27212解析(1)閉合S1，滑動變阻器RP是分壓接法，滑片P向右滑動后，用多用電表交流電壓擋測量線圈L1兩端的電壓。線圈L1兩端的電壓增大，因此與滑動前相比，電表的示數(shù)變大。(2)保持S2斷開狀態(tài)，調整E輸出的交流電頻率為50Hz，多用電表交流電壓擋測得線圈L1兩端的電壓為U1＝2500mV。線圈L2兩端電壓u隨時間t的變化曲線如題圖乙所示，由u－t圖像可得，線圈L2兩端電壓為U2＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(280,\r(2))mV，則線圈L1兩端與L2兩端的電壓比值為eq\f(U1,U2)＝eq\f(2500,\f(280,\r(2)))≈12.6(3)閉合S2，滑動P到某一位置并保持不變。由U－R關系曲線可得，當頻率為1000Hz時，當負載電阻R0＝20Ω時，R0兩端的電壓為UR0＝272mV。當頻率為50Hz時，為保持R0兩端電壓不變，需保持電流不變，I＝eq\f(U,R)＝eq\f(272,20)＝eq\f(68,5)，在U－R關系曲線中作出直線，U＝eq\f(68,5)R由直線與50Hz曲線交點可知R＝32Ω，故需給R0串聯(lián)一電阻，此串聯(lián)電阻值為R串＝R－R0＝12Ω。13.(2022·湖南卷·6)如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數(shù)相同，滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源。定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端。理想電壓表的示數(shù)為U，理想電流表的示數(shù)為I。下列說法正確的是()A．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，U不變B．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率增大C．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，U增大D．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小答案B解析設交變電源輸入電壓有效值為E，E＝IR2＋U1，其中U1為變壓器原線圈電壓，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，eq\f(n1,n2)＝eq\f(I′,I)，U2＝I′R1，得：U1＝eq\f(n12,n22)IR1，其中R等＝eq\f(U1,I)＝eq\f(n12,n22)R1為變壓器與電阻R1的等效電阻(見圖中虛線框內)，P2向左滑動時，R2接入電路的阻值減小，E＝IR2＋eq\f(n12,n22)IR1，電流I增大，R1兩端電壓增大，R2兩端電壓U減小，R1上消耗的電功率增大，A錯誤，B正確；P1向下滑，變壓器副線圈匝數(shù)減少，E＝IR2＋eq\f(n12,n22)IR1，電流I減小，U＝IR2減小，C錯誤；將R2視為交變電源的內阻，當R等與電源的內阻相等時，電源的輸出功率最大，故R1消耗的功率先增大后減小，D錯誤。訓練2遠距離輸電1．(2023·遼寧沈陽市第二中學模擬)在如圖所示的某地遠距離輸電電路圖中，升壓變壓器和降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電廠的輸出電壓和輸電線的電阻均不變，如果發(fā)電廠的輸出功率增大為原來的2倍，輸電線上損耗的功率將增大為原來的()A．1倍B．2倍C．4倍D．8倍答案C解析因為發(fā)電廠的輸出電壓不變，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，匝數(shù)比不變，升壓變壓器的副線圈電壓也不變；當發(fā)電廠的輸出功率增大為原來的2倍時，根據(jù)公式P＝UI，得I2＝eq\f(P2,U2)＝eq\f(P1,U2)，即輸電線上的電流變?yōu)樵瓉淼膬杀?，又根?jù)公式P線＝I線2R＝I22R，輸電線的電阻不變，可知輸電線上損耗的功率將增大為原來的4倍，故選C。2．(多選)某發(fā)電廠原來用11kV的交流電壓輸電，后來改用升壓變壓器將電壓升高到550kV后再輸電。若輸電的電功率都是P，輸電線路的電阻均為R，則下列說法中正確的是()A．根據(jù)公式P損＝I2R，為減小輸電功率損失，可以減小輸電電流B．根據(jù)公式P損＝eq\f(U2,R)，為減小輸電功率損失，可以降低輸電電壓C．根據(jù)公式I＝eq\f(U,R)，提高電壓后輸電線上的電流增大為原來的50倍D．根據(jù)公式I＝eq\f(P,U)，提高電壓后輸電線上的電流減小為原來的eq\f(1,50)答案AD解析電線上的損耗功率為P損＝I2R，為減小輸電損失，可以減小輸電電流，故A正確；根據(jù)P損＝eq\f(U2,R)，可知此時U表示輸電線上的損失電壓，而不是輸電電壓，故B錯誤；根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(U,R)，可知此時U表示輸電線上的損失電壓，而不是輸電電壓，故C錯誤；由公式I＝eq\f(P,U)可得，當電壓升高為原來的50倍后，電流變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,50)，故D正確。3．(2023·浙江6月選考·7)我國1100kV特高壓直流輸電工程的送電端用“整流”設備將交流變換成直流，用戶端用“逆變”設備再將直流變換成交流。下列說法正確的是()A．送電端先升壓再整流B．用戶端先降壓再變交流C．1100kV是指交流電的最大值D．輸電功率由送電端電壓決定答案A解析升壓和降壓都需要在交流的時候才能進行，故送電端應該先升壓再整流，用戶端應該先變交流再降壓，故A正確，B錯誤；1100kV指的是直流電的電壓，也是交流電壓的有效值，故C錯誤；輸電功率是由用戶端負載的總功率來決定的，故D錯誤。4．(2023·江蘇徐州市一模)隨著經(jīng)濟發(fā)展，在寒冬來臨時，用電需求增加，當火力發(fā)電供應緊張時，通過遠距離調度方式，會及時將其他地區(qū)的風力發(fā)電、太陽能發(fā)電并入電網(wǎng)保障電力供應。如圖是遠距離輸電的原理圖，假設發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，兩個變壓器均為理想變壓器。當用戶用電器增加(假設所有用電器均可視為純電阻)，下列說法正確的是()A．降壓變壓器的輸出電流I4減小B．輸電線上損失的功率減小C．升壓變壓器的輸出電壓U2增大D．發(fā)電廠輸出的總功率增大答案D解析根據(jù)原、副線圈電壓比等于匝數(shù)比可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得升壓變壓器的輸出電壓為U2＝eq\f(n2,n1)U1，由于匝數(shù)不變，發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，可知升壓變壓器的輸出電壓U2不變，故C錯誤；設輸電線電阻為R線，用戶端總電阻為R，在高壓傳輸電路上，有U2＝U3＋I2R線，又eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I2,I4)＝eq\f(n4,n3)，I4＝eq\f(U4,R)，聯(lián)立可得U2＝(eq\f(n3,n4)R＋eq\f(n4,n3)R線)I4，當用戶用電器增加，可知R減小，則降壓變壓器的輸出電流I4增大，故A錯誤；根據(jù)eq\f(I2,I4)＝eq\f(n4,n3)，由于I4增大，可知I2增大，輸電線上損失的功率為P損＝I22R線，可知輸電線上損失的功率增大，故B錯誤；根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，由于I2增大，可知I1增大，發(fā)電廠輸出的總功率為P出＝U1I1，可知發(fā)電廠輸出的總功率增大，故D正確。5．(2024·廣東河源市聯(lián)考)如圖所示為遠距離交流輸電的原理示意圖，其中各個物理量已經(jīng)在圖中標出，下列說法正確的是()A．變壓器線圈的匝數(shù)關系為n1>n2，n3<n4B．升壓變壓器可以提高輸電電壓，從而提高輸電功率C．輸電電路中的電流關系為I1>I線>I4D．發(fā)電機的輸出功率不變時，輸電電壓越高，輸電線上損失的功率越小答案D解析根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(I線,I1)＝eq\f(n1,n2)，又U1<U2，n1<n2，則I1>I線，根據(jù)eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I線)＝eq\f(n3,n4)，又U3>U4，n3>n4，則I線<I4，故A、C錯誤；升壓變壓器可以提高輸電電壓，從而減小輸電電流，減小輸電線上的功率損失，但無法提高輸電功率，故B錯誤；發(fā)電機的輸出功率不變時，輸電電壓越高，輸電電流越小，輸電線上損失的功率越小，D正確。6．(多選)(2023·福建福州市三模)如圖甲所示為可24小時連續(xù)發(fā)電的敦煌105千瓦熔鹽塔式光熱電站，太陽能光熱發(fā)電被認為是具備成為基礎負荷電源潛力的新興能源應用技術，敦煌100兆瓦熔鹽塔式光熱電站借助良好的電網(wǎng)基礎優(yōu)勢，將新能源不斷輸送至全國各地。若該發(fā)電站輸出正弦交流電，利用圖乙電路對各地進行遠距離輸電，變壓器T1、T2均為理想變壓器，輸電線總電阻為R，發(fā)電站輸出電壓有效值始終不變。下列說法正確的是()A．以100兆瓦的功率運行，每天的發(fā)電量為2.4×109kW·hB．T1的原線圈所用的導線應比副線圈所用的導線粗C．T1為降壓變壓器，T2為升壓變壓器D．T1是升壓變壓器，T2是降壓變壓器答案BD解析以100兆瓦的功率運行，該光熱電站每天的發(fā)電量為W＝Pt＝105kW×24h＝2.4×106kW·h，故A錯誤；遠距離交流輸電，要先升壓后降壓，T1為升壓變壓器，T2為降壓變壓器，故C錯誤，D正確；T1為升壓變壓器，原線圈中的電流比副線圈中的電流大，原線圈所用導線較粗，故B正確。7．(2023·天津市五