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

考情分析試題情境生活實(shí)踐類發(fā)電機(jī)、變壓器、遠(yuǎn)距離輸電、無線充電、家用和工業(yè)電路、家用電器、雷達(dá)、射電望遠(yuǎn)鏡、X射線管、電子秤、煙霧報(bào)警器等學(xué)習(xí)探究類探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系，探究家用小型發(fā)電機(jī)的原理，探究負(fù)載增加對(duì)供電系統(tǒng)的影響、電磁振蕩、利用傳感器制作簡(jiǎn)單的自動(dòng)控制裝置第1課時(shí)交變電流的產(chǎn)生和描述目標(biāo)要求1.理解正弦式交變電流的產(chǎn)生過程，能正確書寫交變電流的函數(shù)表達(dá)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(gè)物理量，會(huì)計(jì)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(yīng)用?？键c(diǎn)一正弦式交變電流的產(chǎn)生及變化規(guī)律1．產(chǎn)生在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中線圈繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)。2．交流電產(chǎn)生過程中的兩個(gè)特殊位置圖示概念中性面位置與中性面垂直的位置特點(diǎn)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(dòng)勢(shì)最大感應(yīng)電流i＝0，方向改變感應(yīng)電流最大，方向不變一個(gè)周期內(nèi)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(jì)時(shí))物理量函數(shù)表達(dá)式圖像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt電動(dòng)勢(shì)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(zhuǎn)軸位置無關(guān)，與線圈形狀無關(guān)(后兩個(gè)空均選填“有關(guān)”或“無關(guān)”)。(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(shí)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(shí)間內(nèi)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(guān)系：T＝eq\f(1,f)或f＝eq\f(1,T)。1．矩形線圈在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，一定會(huì)產(chǎn)生正弦式交變電流。(×)2．線圈在磁場(chǎng)中轉(zhuǎn)動(dòng)的過程中穿過線圈的磁通量最大時(shí)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)也最大。(×)3．線圈經(jīng)過中性面時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為零，感應(yīng)電流方向發(fā)生改變。(√)4．當(dāng)從線圈垂直中性面位置開始計(jì)時(shí)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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(qiáng)磁場(chǎng)，一導(dǎo)體棒繞固定的豎直軸OP在磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，且始終平行于OP。導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差u隨時(shí)間t變化的圖像可能正確的是()答案C解析如圖所示，導(dǎo)體棒勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，設(shè)速度大小為v，設(shè)導(dǎo)體棒從A到B的過程中，棒轉(zhuǎn)過的角度為θ，則導(dǎo)體棒垂直磁感線方向的分速度為v⊥＝vcosθ，可知導(dǎo)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(dǎo)體棒經(jīng)過B點(diǎn)和B點(diǎn)關(guān)于P點(diǎn)的對(duì)稱點(diǎn)時(shí)，電流方向不同，根據(jù)u＝BLv⊥可知，導(dǎo)體棒兩端的電勢(shì)差u隨時(shí)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(chǎn)生的規(guī)律，某研究小組把長(zhǎng)60m導(dǎo)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(yīng)強(qiáng)度大小B＝0.1T、方向水平向右的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，線圈可以繞其對(duì)稱軸OO′轉(zhuǎn)動(dòng)?，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(zhuǎn)動(dòng)。下列說法正確的有()A．t＝0時(shí)，線圈位于中性面位置B．t＝0.05s時(shí)，感應(yīng)電流達(dá)到最大值C．當(dāng)bc＝2ab時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝2πsin10πt(V)D．當(dāng)ab＝ad時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值最大答案D解析t＝0時(shí)，線圈位于與中性面垂直的位置，故A錯(cuò)誤；線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的周期為T＝eq\f(2π,ω)＝0.2s，t＝0.05s時(shí)，線圈轉(zhuǎn)過90°，到達(dá)中性面位置，此時(shí)磁通量最大，感應(yīng)電流為零，故B錯(cuò)誤；感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(chǎng)方向)開始轉(zhuǎn)動(dòng)，因此感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式為e＝2πcos10πt(V)，故C錯(cuò)誤；當(dāng)ab＝ad時(shí)，邊長(zhǎng)相等，此時(shí)線圈面積最大，又Em＝NBSω，則感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，即感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(jì)時(shí)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像(已知bc＝2ab)。(3)當(dāng)ab＝ad時(shí)，寫出線圈從中性面開始轉(zhuǎn)動(dòng)的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)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(zhǎng)為0.6m，ab＝ad時(shí)，邊長(zhǎng)L＝0.15m，Em＝NBL2ω＝2.25π(V)，得e＝Emsinωt＝2.25πsin10πt(V)。書寫交變電流瞬時(shí)值表達(dá)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(yīng)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(jì)時(shí)，則i－t圖像為正弦函數(shù)圖像，函數(shù)表達(dá)式為i＝Imsinωt?？键c(diǎn)二交變電流的四值及應(yīng)用物理量物理含義重要關(guān)系適用情況及說明瞬時(shí)值交變電流某一時(shí)刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt計(jì)算線圈某時(shí)刻的受力情況峰值最大的瞬時(shí)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(shí)間軸所圍的面積與時(shí)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(jì)算通過導(dǎo)線橫截面的電荷量有效值跟交變電流的熱效應(yīng)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(shè)備“銘牌”上所標(biāo)的值(如額定電壓、額定電流等)(3)計(jì)算與電流的熱效應(yīng)有關(guān)的量(如電功、電功率、電熱、保險(xiǎn)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(cè)量的是交流電的峰值。(×)2．可以用平均值計(jì)算交變電流產(chǎn)生的熱量。(×)3．求通過導(dǎo)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(guān)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(jī)的示意圖如圖甲所示，邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形金屬框，在磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中以恒定角速度繞OO′軸轉(zhuǎn)動(dòng)，阻值為R的電阻兩端的電壓如圖乙所示。其他電阻不計(jì)，圖乙中的Um為已知量。則金屬框轉(zhuǎn)動(dòng)一周()A．框內(nèi)電流方向不變B．電動(dòng)勢(shì)的最大值為UmC．流過電阻的電荷量q＝eq\f(2BL2,R)D．電阻產(chǎn)生的焦耳熱Q＝eq\f(πUmBL2,R)答案BD解析金屬框轉(zhuǎn)動(dòng)一周電流方向改變兩次，A項(xiàng)錯(cuò)誤；因除電阻R外其他電阻不計(jì)，R兩端電壓就等于電動(dòng)勢(shì)，所以電動(dòng)勢(shì)最大值為Um，B項(xiàng)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(zhuǎn)動(dòng)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(zhuǎn)動(dòng)一周流過電阻的電荷量為q＝2×eq\f(2BL2,R)＝eq\f(4BL2,R)，C項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)正確。拓展(1)若用交流電壓表測(cè)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(zhuǎn)動(dòng)角速度為ω，金屬框的電阻也為R，則從圖甲位置開始，轉(zhuǎn)動(dòng)180°的過程中，金屬框中產(chǎn)生的焦耳熱為__________，除安培力以外的力對(duì)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(zhuǎn)動(dòng)180°的過程中，金屬框產(chǎn)生的焦耳熱Q內(nèi)＝＝(eq\f(nBSω,\r(2)×2R))2·R·eq\f(π,ω)＝eq\f(n2B2L4ωπ,8R)。根據(jù)功能關(guān)系，外力做的功等于產(chǎn)生的總焦耳熱，即除安培力以外的力對(duì)金屬框做的功為eq\f(n2B2L4ωπ,4R)。例4一個(gè)U形金屬線框在兩勻強(qiáng)磁場(chǎng)中繞OO′軸以相同的角速度勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，通過導(dǎo)線給同一電阻R供電，如圖甲、乙所示。甲圖中OO′軸右側(cè)有磁場(chǎng)，乙圖中整個(gè)空間均有磁場(chǎng)，兩圖中磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度相同。(1)分別畫出一個(gè)周期甲、乙兩種情形下感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像(從圖示位置開始計(jì)時(shí))。(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(cè)有磁場(chǎng)，所以線框只在半個(gè)周期內(nèi)有感應(yīng)電流產(chǎn)生，感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像如圖(a)；題圖乙中整個(gè)空間均有磁場(chǎng)，線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電流隨時(shí)間變化的圖像如圖(b)。(2)交流電流表測(cè)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(jì)算1．計(jì)算有效值時(shí)要根據(jù)電流的熱效應(yīng)，抓住“三同”：“相同時(shí)間”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”，先分段計(jì)算熱量，求和得出一個(gè)周期內(nèi)產(chǎn)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(yīng)用正弦式交變電流的有效值與最大值之間的關(guān)系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解。課時(shí)精練1.(多選)一矩形金屬線圈，繞垂直磁場(chǎng)方向的轉(zhuǎn)軸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)e隨時(shí)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(yīng)電動(dòng)勢(shì)的有效值為eq\r(2)VC．t＝0.1s時(shí)，線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直D．在線圈平面與磁場(chǎng)方向成30°時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(cuò)誤；由題圖可知，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，所以線圈平面與磁場(chǎng)方向垂直，故C正確；在線圈平面與磁場(chǎng)方向成30°時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的大小e＝2sin60°V＝eq\r(3)V，故D錯(cuò)誤。2.(2022·廣東卷·4)如圖是簡(jiǎn)化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機(jī)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(nèi)且相互垂直，兩線圈到其軸線交點(diǎn)O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉(zhuǎn)子是中心在O點(diǎn)的條形磁鐵，繞O點(diǎn)在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計(jì)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(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)的有效值相等B．兩線圈產(chǎn)生的交變電流頻率相等C．兩線圈產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)同時(shí)達(dá)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(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(xiàng)A、D錯(cuò)誤；因兩線圈放在同一個(gè)旋轉(zhuǎn)磁鐵的旁邊，則兩線圈產(chǎn)生的交變電流的頻率相等，選項(xiàng)B正確；當(dāng)條形磁鐵的磁極到達(dá)線圈軸線時(shí)，磁通量變化率最大，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，由題圖可知兩線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不可能同時(shí)達(dá)到最大值，選項(xiàng)C錯(cuò)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(shí)輸出的電壓達(dá)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(xiàng)正確；ω＝314rad/s，則T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，故B項(xiàng)錯(cuò)誤；在t＝0.01s時(shí)，這只電源的輸出電壓為零，故C項(xiàng)錯(cuò)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(xiàng)錯(cuò)誤。4．(多選)在同一勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，兩個(gè)相同的矩形金屬線圈a、b分別繞線圈平面內(nèi)與磁場(chǎng)垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間變化的圖像如圖所示，則()A．線圈a的轉(zhuǎn)速是b的3倍B．線圈b產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大值為10VC．t＝0.01s時(shí)，線圈a恰好經(jīng)過中性面D．t＝0.03s時(shí)，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(zhuǎn)速之比為3∶2，故A錯(cuò)誤；由于最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為Em＝NBSω＝NBS·2πn，由題圖可知，a線圈最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為15V，則b線圈最大感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為10V，故B正確；由題圖可知，t＝0.01s時(shí)，線圈a中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)最大，則此時(shí)線圈a位于垂直中性面位置，故C錯(cuò)誤；t＝0.03s時(shí)，線圈b中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為0，則此時(shí)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(jiǎn)化電路圖如圖所示，輸入信號(hào)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(yáng)聲器甲用于輸出高頻成分D．揚(yáng)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(xiàng)A錯(cuò)誤，B正確；當(dāng)輸入端的信號(hào)既有高頻成分也有低頻成分時(shí)，低頻成分通過電感線圈L1，到達(dá)揚(yáng)聲器甲，高頻成分通過電容器C2，到達(dá)揚(yáng)聲器乙，選項(xiàng)C錯(cuò)誤，D正確。6.某研究小組成員設(shè)計(jì)了一個(gè)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(gè)理想的交流電壓表，D是理想二極管(它的導(dǎo)電特點(diǎn)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(shí)值的表達(dá)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?qū)щ娦裕沟冒雮€(gè)周期內(nèi)R通路，另外半個(gè)周期內(nèi)R斷路，在通路的半個(gè)周期內(nèi)，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(xiàng)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(gè)周期內(nèi)，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(gè)周期內(nèi)產(chǎn)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(yīng)，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(cuò)誤；由焦耳定律得Q＝eq\f(U2,R)·T＝9J，C錯(cuò)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(gè)豎直的單匝矩形導(dǎo)線框，全部處于磁感應(yīng)強(qiáng)度為B的水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)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(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)動(dòng)方向?yàn)楦┮晻r(shí)順時(shí)針。在t＝0時(shí)刻，MN邊與磁場(chǎng)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(zhuǎn)動(dòng)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(zhuǎn)動(dòng)60°的過程中，導(dǎo)線框中電流方向由KLMNK變?yōu)镵NMLKC．在t＝0時(shí)刻，導(dǎo)線框中感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值為eq\f(1,2)BSωD．從圖示位置開始，轉(zhuǎn)動(dòng)180°的過程中導(dǎo)線框中產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(B2S2ωπ,2R)答案D解析從圖示位置開始轉(zhuǎn)動(dòng)30°過程中，穿過導(dǎo)線框的磁通量逐漸減小，磁通量變化率逐漸增大，故A錯(cuò)誤；由安培定則可知，從圖示位置轉(zhuǎn)動(dòng)60°過程中，電流方向?yàn)镵NMLK，故B錯(cuò)誤；從圖示位置開始計(jì)時(shí)，則線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)瞬時(shí)值表達(dá)式為E＝BSωsin(ωt＋eq\f(π,3))，當(dāng)t＝0時(shí)，E＝eq\f(\r(3),2)BSω，故C錯(cuò)誤；線框轉(zhuǎn)動(dòng)過程中產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)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(zhuǎn)動(dòng)180°產(chǎn)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(tái)小型發(fā)電機(jī)構(gòu)造示意圖，兩磁極N、S間的磁場(chǎng)可視為水平方向的勻強(qiáng)磁場(chǎng)，單匝線圈繞垂直于磁場(chǎng)的水平軸OO′沿逆時(shí)針方向勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)間按正弦規(guī)律變化，其e－t圖像如圖乙所示。發(fā)電機(jī)線圈內(nèi)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(zhuǎn)速n＝240r/minB．電壓表的示數(shù)為10eq\r(2)VC．t＝0.125s時(shí)，穿過線圈的磁通量最大D．0～0.125s的時(shí)間內(nèi)，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(zhuǎn)速為n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.250)r/s＝240r/min，故A正確；電動(dòng)勢(shì)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(cuò)誤；在t＝0.125s時(shí)，電動(dòng)勢(shì)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(shí)間內(nèi)，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(xué)模擬)電阻為1Ω的單匝矩形線圈繞垂直于磁場(chǎng)方向的軸在勻強(qiáng)磁場(chǎng)中勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生的交變電動(dòng)勢(shì)隨時(shí)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(zhuǎn)動(dòng)的角速度為100rad/sB．在0～0.005s時(shí)間內(nèi)，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(cuò)誤；在0～0.005s時(shí)間內(nèi)，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(cuò)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(xué)自制了一個(gè)手搖交流發(fā)電機(jī)，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動(dòng)(皮帶不打滑)，半徑之比為4∶1，小輪與線圈固定在同一轉(zhuǎn)軸上。線圈是由漆包線繞制而成的邊長(zhǎng)為L(zhǎng)的正方形，共n匝，總阻值為R。磁體間磁場(chǎng)可視為磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)。大輪以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，帶動(dòng)小輪及線圈繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動(dòng)，轉(zhuǎn)軸與磁場(chǎng)方向垂直。線圈通過導(dǎo)線、滑環(huán)和電刷連接一個(gè)阻值恒為R的燈泡。假設(shè)發(fā)電時(shí)燈泡能發(fā)光且在額定電壓以內(nèi)工作，下列說法正確的是()A．線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4ωB．燈泡兩端電壓有效值為3eq\r(2)nBL2ωC．若用總長(zhǎng)為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)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)樵瓉淼膬杀叮瑒t燈泡變得更亮答案AC解析大輪和小輪通過皮帶傳動(dòng)，線速度大小相等，小輪和線圈同軸轉(zhuǎn)動(dòng)，角速度相等，根據(jù)v＝ωr，可知小輪轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4ω，則線圈轉(zhuǎn)動(dòng)的角速度為4ω，A正確；線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，可得Emax＝4nBL2ω，則線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(cuò)誤；若用總長(zhǎng)為原來兩倍的相同漆包線重新繞制成邊長(zhǎng)仍為L(zhǎng)的多匝正方形線圈，則線圈的匝數(shù)變?yōu)樵瓉淼?倍，線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的最大值Emax′＝8nBL2ω，此時(shí)線圈產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)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(chǎn)生的感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)有效值變小，則燈泡變暗，D錯(cuò)誤。12．如圖為某同學(xué)設(shè)計(jì)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(chǎng)區(qū)域的圓心角α均為eq\f(4,9)π，磁場(chǎng)均沿半徑方向。N匝矩形線圈abcd的邊長(zhǎng)ab＝cd＝L、bc＝ad＝2L。線圈以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，bc和ad邊同時(shí)進(jìn)入磁場(chǎng)。在磁場(chǎng)中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向始終與兩邊的運(yùn)動(dòng)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(zhuǎn)動(dòng)一周，電流方向改變一次B．從圖示位置開始計(jì)時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)的瞬時(shí)值表達(dá)式e＝2NBL2ωsinωtC．線圈切割磁感線時(shí)，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(zhuǎn)動(dòng)一周，電流方向改變兩次，選項(xiàng)A錯(cuò)誤；在磁場(chǎng)中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感應(yīng)強(qiáng)度大小均為B、方向始終與兩邊的運(yùn)動(dòng)方向垂直，線圈切割磁感線時(shí)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)不變，是方波式交流電，故B錯(cuò)誤；線圈切割磁感線時(shí)，bc、ad邊的運(yùn)動(dòng)速度為v＝ω·eq\f(L,2)，感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)為E＝4NBLv，解得E＝2NBL2ω，感應(yīng)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(shí)變壓器遠(yuǎn)距離輸電實(shí)驗(yàn)十五：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系目標(biāo)要求1.會(huì)用實(shí)驗(yàn)探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系，體會(huì)控制變量法，了解實(shí)驗(yàn)誤差的產(chǎn)生原因。2.知道變壓器的工作原理，掌握變壓器的特點(diǎn)，并能分析、解決實(shí)際問題。3.掌握理想變壓器的動(dòng)態(tài)分析方法。4.理解遠(yuǎn)距離輸電的原理并會(huì)計(jì)算線路損失的電壓和功率?？键c(diǎn)一實(shí)驗(yàn)：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系1．實(shí)驗(yàn)原理(1)實(shí)驗(yàn)電路圖(如圖所示)：(2)實(shí)驗(yàn)方法：控制變量法①n1、U1一定，研究n2和U2的關(guān)系。②n2、U1一定，研究n1和U2的關(guān)系。2．實(shí)驗(yàn)器材學(xué)生電源(低壓交流電源，小于12V)1個(gè)、可拆變壓器1個(gè)、多用電表1個(gè)、導(dǎo)線若干。3．實(shí)驗(yàn)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(duì)副線圈電壓U2的影響。①估計(jì)被測(cè)電壓的大致范圍，選擇多用電表交流電壓擋適當(dāng)量程，若不知道被測(cè)電壓的大致范圍，則應(yīng)選擇交流電壓擋的最大量程進(jìn)行測(cè)量。②組裝可拆變壓器：把兩個(gè)線圈穿在鐵芯上，閉合鐵芯，用交流電壓擋測(cè)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(duì)副線圈電壓的影響。重復(fù)(1)中步驟。4．?dāng)?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(guān)系。5．注意事項(xiàng)(1)在改變學(xué)生電源電壓、線圈匝數(shù)前均要先斷開電源開關(guān)，再進(jìn)行操作。(2)為了人身安全，學(xué)生電源的電壓不能超過12V，通電時(shí)不能用手接觸裸露的導(dǎo)線和接線柱。(3)為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測(cè)電壓時(shí)，先用最大量程擋試測(cè)，大致確定被測(cè)電壓后再選用適當(dāng)?shù)膿跷贿M(jìn)行測(cè)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(guān)系”的實(shí)驗(yàn)中，如圖所示為所用實(shí)驗(yàn)器材：可拆變壓器、學(xué)生電源、數(shù)字多用電表。(1)本實(shí)驗(yàn)要通過改變?cè)⒏本€圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)中需要運(yùn)用的科學(xué)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(yīng)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(guān)于本實(shí)驗(yàn)，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(dǎo)線或接線柱C．變壓器正常工作后，通過鐵芯導(dǎo)電將電能從原線圈傳遞到副線圈D．使用交流電壓擋測(cè)電壓時(shí)，先用最大量程擋試測(cè)，大致確定電壓后再選用適當(dāng)?shù)膿跷贿M(jìn)行測(cè)量(4)現(xiàn)將數(shù)字多用電表的選擇開關(guān)旋至最合適的擋位后，分別測(cè)量原線圈匝數(shù)為n1時(shí)的輸入電壓U1和副線圈匝數(shù)為n2時(shí)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(nèi)，表中數(shù)據(jù)基本符合__________規(guī)律。②進(jìn)一步分析數(shù)據(jù)，發(fā)現(xiàn)輸出電壓比理論值偏小，請(qǐng)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(dǎo)線發(fā)熱等解析(1)本實(shí)驗(yàn)要通過改變?cè)?、副線圈匝數(shù)，探究原、副線圈的電壓比與匝數(shù)比的關(guān)系，實(shí)驗(yàn)中需要運(yùn)用的科學(xué)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(cuò)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(dǎo)線或接線柱，B正確；變壓器開始正常工作后，通過電磁感應(yīng)將電能從原線圈傳遞到副線圈，C錯(cuò)誤；使用多用電表測(cè)電壓時(shí)，先用最大量程擋試測(cè)，再選用恰當(dāng)?shù)膿跷贿M(jìn)行測(cè)量，D正確。(4)①根據(jù)表中數(shù)據(jù)，在誤差允許的范圍內(nèi)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(dǎo)線發(fā)熱等能量損耗，因此變壓器輸出電壓比理論值偏小。考點(diǎn)二理想變壓器及應(yīng)用1．構(gòu)造和原理(1)構(gòu)造：如圖所示，變壓器是由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的兩個(gè)線圈組成的。(2)原理：電磁感應(yīng)的互感現(xiàn)象。2．基本關(guān)系式功率關(guān)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(guān)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(gè)數(shù)無關(guān)，且U1決定U2電流關(guān)系①只有一個(gè)副線圈時(shí)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，且I2決定I1②有多個(gè)副線圈時(shí)，由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I(xiàn)3n3＋…＋I(xiàn)nnn，輸出決定輸入頻率關(guān)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(guān)系式中電壓和電流均為有效值。(√)2．變壓器只對(duì)交變電流起作用，對(duì)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(gè)回路中，并沒有相連接，為什么電能可以從一個(gè)線圈傳遞到另一個(gè)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(shí)在鐵芯中激發(fā)磁場(chǎng)，由于電流的大小和方向不斷變化，鐵芯中的磁場(chǎng)也在不斷變化，變化的磁場(chǎng)在副線圈中產(chǎn)生感應(yīng)電動(dòng)勢(shì)，所以盡管兩個(gè)線圈沒有直接連接，副線圈中也產(chǎn)生感應(yīng)電流，在原線圈中電能轉(zhuǎn)化為磁場(chǎng)能，在副線圈中磁場(chǎng)能轉(zhuǎn)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(shí)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(shí)，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(shí)間成余弦函數(shù)關(guān)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(cuò)誤；當(dāng)原線圈輸入電壓為220V時(shí)，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(guān)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(cuò)誤；若將R接在AB兩端，根據(jù)題圖可知，當(dāng)原線圈輸入電壓為220V時(shí)，AB間的電壓應(yīng)該為18V，根據(jù)交流電原線圈電壓的表達(dá)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(cuò)誤；若將R接在AC兩端，根據(jù)題圖可知，當(dāng)原線圈輸入電壓為220V時(shí)，AC間的電壓應(yīng)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(diào)節(jié)電阻箱R2，當(dāng)R2＝8R1時(shí)，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(guān)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(dòng)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(dòng)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(dòng)變阻器的滑片從a端向b端緩慢移動(dòng)的過程中，由數(shù)學(xué)知識(shí)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(cuò)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(cuò)誤；滑片從a端向b端滑動(dòng)時(shí)，副線圈干路電流減小，滑動(dòng)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(cuò)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(biāo)注“55V11W”字樣，電流表為理想電表，R是滑動(dòng)變阻器，從某時(shí)刻開始在原線圈c、d兩端加上如圖乙所示的交流電，當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與b連接時(shí)，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(nèi)流過燈泡L2的電流方向改變50次C．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與b連接時(shí)，向上移動(dòng)滑片P，兩燈泡均變暗D．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由b扳向a時(shí)，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(guān)與b連接時(shí)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(gè)周期內(nèi)交流電方向改變兩次，可知1秒內(nèi)流過燈泡L2的電流方向改變100次，故B錯(cuò)誤；當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與b連接時(shí)，向上移動(dòng)滑片P，滑動(dòng)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(cuò)誤；當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由b扳向a時(shí)，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(dǎo)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(cuò)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(fù)載)),\s\do6(決定))I2eq\o(→,\s\up7(P1＝P2I1U1＝I2U2),\s\do5(決定))I12．常見的兩種動(dòng)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(fù)載電阻R如何變化，U2不變。②當(dāng)負(fù)載電阻發(fā)生變化時(shí)，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(fù)載電阻不變的情況(如圖)①U1不變，eq\f(n1,n2)發(fā)生變化時(shí)，U2變化。②R不變，U2變化時(shí)，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(diǎn)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(gè)途徑(1)減小電阻法由R＝ρeq\f(L,S)知，可加大導(dǎo)線的橫截面積，采用電阻率小的材料做導(dǎo)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(yuǎn)距離輸電的導(dǎo)線。②采用多股鋁線絞在一起作為輸電線，以增大導(dǎo)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(guó)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(guó)已成功掌握并實(shí)際應(yīng)用了特高壓輸電技術(shù)。假設(shè)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(dá)B處時(shí)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(dá)B處時(shí)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(diǎn)四遠(yuǎn)距離高壓輸電線路分析及有關(guān)物理量的計(jì)算1．理清輸電電路圖的三個(gè)回路(如圖)(1)在電源回路中，P發(fā)電機(jī)＝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(guān)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(gè)守恒觀念功率關(guān)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(rèn)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(chǎn)生熱量，會(huì)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(cuò)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(dǎo)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(yīng)變大，根據(jù)P損＝I2R可知R功率增大，故C錯(cuò)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(cuò)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(jī)的輸出功率P＝100kW，發(fā)電機(jī)的電壓U1＝250V，經(jīng)變壓器升壓后向遠(yuǎn)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(shè)兩個(gè)變壓器均是理想變壓器，下列說法正確的是()A．發(fā)電機(jī)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(jī)輸出的電流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，故A錯(cuò)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(cuò)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(cuò)誤。課時(shí)精練訓(xùn)練1變壓器1．(2020·江蘇卷·2)電流互感器是一種測(cè)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(cè)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(cuò)誤；變壓器的原理是電磁感應(yīng)，只能夠在交流電路中才能正常工作，故它不能測(cè)量直流電路的電流，故B錯(cuò)誤；變壓器不改變交變電流的頻率，故C錯(cuò)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(tái)理想變壓器對(duì)電動(dòng)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(guān)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(gè)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(shí)際測(cè)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(gè)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(cuò)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(cuò)誤；將兩個(gè)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(cuò)誤。4．(2022·河北卷·3)張家口市壩上地區(qū)的風(fēng)力發(fā)電場(chǎng)是北京冬奧會(huì)綠色電能的主要供應(yīng)地之一，其發(fā)電、輸電簡(jiǎn)易模型如圖所示，已知風(fēng)輪機(jī)葉片轉(zhuǎn)速為每秒z轉(zhuǎn)，通過轉(zhuǎn)速比為1∶n的升速齒輪箱帶動(dòng)發(fā)電機(jī)線圈高速轉(zhuǎn)動(dòng)，發(fā)電機(jī)線圈面積為S，匝數(shù)為N，勻強(qiáng)磁場(chǎng)的磁感應(yīng)強(qiáng)度為B，t＝0時(shí)刻，線圈所在平面與磁場(chǎng)方向垂直，發(fā)電機(jī)產(chǎn)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(jī)輸出的電壓為eq\r(2)πNBSzB．發(fā)電機(jī)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(jī)產(chǎn)生的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)e＝eq\r(2)πNBSnzsin(2πnz)答案C解析發(fā)電機(jī)線圈的轉(zhuǎn)速為nz，輸出交變電流的頻率為f＝nz，B錯(cuò)誤；線圈繞垂直于磁場(chǎng)的軸勻速轉(zhuǎn)動(dòng)，產(chǎn)生正弦交流電，最大值為Em＝NBS·2π·nz，則發(fā)電機(jī)輸出的電壓為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\r(2)πNBSnz，A錯(cuò)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(jī)產(chǎn)生的瞬時(shí)電動(dòng)勢(shì)為e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D錯(cuò)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(dòng)觸頭，P′為滑動(dòng)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(dòng)，P′向下滑動(dòng)時(shí)，U2一直在減小B．P′不動(dòng)，P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)小角度時(shí)，U1和U2的比值增大C．P′不動(dòng)，P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)小角度時(shí)，電流表讀數(shù)在增大D．P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)小角度，同時(shí)P′向下滑動(dòng)時(shí)，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(dòng)，則匝數(shù)比一定，可知U2不變，A錯(cuò)誤；P′不動(dòng)，P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)小角度時(shí)，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(dòng)，P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)小角度時(shí)，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(cuò)誤；P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)小角度，同時(shí)P′向下滑動(dòng)時(shí)，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(dòng)時(shí)，滑動(dòng)變阻器接入電阻R減小，結(jié)合上述，電流I2可能不變，即P順時(shí)針轉(zhuǎn)動(dòng)一個(gè)小角度，同時(shí)P′向下滑動(dòng)時(shí)，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(qiáng)度增大而減小的光敏電阻，L1和L2是兩個(gè)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(dāng)照射R的光照強(qiáng)度增大時(shí)，電流表的示數(shù)變小D．圖像上對(duì)應(yīng)的0.01s時(shí)刻，發(fā)電機(jī)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(cuò)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(fù)載電阻無關(guān)，若L2的燈絲燒斷，則電壓表的示數(shù)仍為5V，B正確；當(dāng)照射R的光照強(qiáng)度增大時(shí)，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(cuò)誤；圖像上對(duì)應(yīng)的0.01s時(shí)刻，電壓瞬時(shí)值為零，發(fā)電機(jī)中的線圈平面與中性面重合，D錯(cuò)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(shí)刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時(shí)值表達(dá)式為u1＝310sin314t(V)，π取3.14，則()A．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)與a連接時(shí)，電壓表的示數(shù)為3.1VB．副線圈兩端的電壓頻率為50HzC．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a扳向b時(shí)，原線圈輸入功率變小D．當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a扳向b時(shí)，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(cuò)誤；由瞬時(shí)值表達(dá)式可得ω＝314rad/s，則頻率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(314,2π)Hz＝50Hz，B正確；當(dāng)單刀雙擲開關(guān)由a扳向b時(shí)，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(cuò)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(shù)得到了廣泛應(yīng)用，其簡(jiǎn)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(cuò)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(cuò)誤。9.(2023·廣東廣州市育才中學(xué)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(diào)，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(dāng)副線圈匝數(shù)調(diào)至某位置時(shí)，R和r的功率恰好相等，則此時(shí)原、副線圈匝數(shù)比為()A．2∶1B．1∶2C．4∶1D．1∶4答案B解析設(shè)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(guān)系可知原線圈的電流為eq\f(I,n)，又因?yàn)镽和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(dāng)接入電壓u＝U0sin(100πt)的電源時(shí)，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(shí)間內(nèi)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(dá)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(shí)間內(nèi)電流方向要改變100次，B錯(cuò)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(gè)燈泡的功率之和15W，D錯(cuò)誤。11．(多選)(2021·河北卷·8)如圖，發(fā)電機(jī)的矩形線圈長(zhǎng)為2L、寬為L(zhǎng)，匝數(shù)為N，放置在磁感應(yīng)強(qiáng)度大小為B的勻強(qiáng)磁場(chǎng)中，理想變壓器的原、副線圈匝數(shù)分別為n0、n1和n2，兩個(gè)副線圈分別接有電阻R1和R2，當(dāng)發(fā)電機(jī)線圈以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動(dòng)時(shí)，理想電流表讀數(shù)為I，不計(jì)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(jī)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(guān)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(jì)算出I2＝eq\f(n2R1,n1R2)I故A錯(cuò)誤，B正確；由于矩形線圈產(chǎn)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(chǎn)生的交變電流直接輸入原線圈，則發(fā)電機(jī)的功率為P0，D錯(cuò)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(duì)輸出電壓的影響。圖甲為實(shí)驗(yàn)電路圖，其中L1和L2為變壓器的原、副線圈，S1和S2為開關(guān)，P為滑動(dòng)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(diào)的交流電)。(1)閉合S1，用多用電表交流電壓擋測(cè)量線圈L1兩端的電壓?；琍向右滑動(dòng)后，與滑動(dòng)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(diào)整E輸出的交流電頻率為50Hz，滑動(dòng)滑片P，用多用電表交流電壓擋測(cè)得線圈L1兩端的電壓為2500mV時(shí)，用示波器測(cè)得線圈L2兩端電壓u隨時(shí)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(dòng)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(cè)量線圈L2兩端的電壓U，得到U－R關(guān)系曲線如圖丙所示。用一個(gè)阻值恒為20Ω的負(fù)載R0替換電阻箱R，由圖丙可知，當(dāng)頻率為1000Hz時(shí)，R0兩端的電壓為________mV；當(dāng)頻率為50Hz時(shí)，為保持R0兩端的電壓不變，需要將R0與一個(gè)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(dòng)變阻器RP是分壓接法，滑片P向右滑動(dòng)后，用多用電表交流電壓擋測(cè)量線圈L1兩端的電壓。線圈L1兩端的電壓增大，因此與滑動(dòng)前相比，電表的示數(shù)變大。(2)保持S2斷開狀態(tài)，調(diào)整E輸出的交流電頻率為50Hz，多用電表交流電壓擋測(cè)得線圈L1兩端的電壓為U1＝2500mV。線圈L2兩端電壓u隨時(shí)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(dòng)P到某一位置并保持不變。由U－R關(guān)系曲線可得，當(dāng)頻率為1000Hz時(shí)，當(dāng)負(fù)載電阻R0＝20Ω時(shí)，R0兩端的電壓為UR0＝272mV。當(dāng)頻率為50Hz時(shí)，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(guān)系曲線中作出直線，U＝eq\f(68,5)R由直線與50Hz曲線交點(diǎn)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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)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(dòng)的過程中，R1消耗的功率減小答案B解析設(shè)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(nèi))，P2向左滑動(dòng)時(shí)，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(cuò)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(cuò)誤；將R2視為交變電源的內(nèi)阻，當(dāng)R等與電源的內(nèi)阻相等時(shí)，電源的輸出功率最大，故R1消耗的功率先增大后減小，D錯(cuò)誤。訓(xùn)練2遠(yuǎn)距離輸電1．(2023·遼寧沈陽市第二中學(xué)模擬)在如圖所示的某地遠(yuǎn)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?yàn)榘l(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(dāng)發(fā)電廠的輸出功率增大為原來的2倍時(shí)，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(shí)U表示輸電線上的損失電壓，而不是輸電電壓，故B錯(cuò)誤；根據(jù)歐姆定律I＝eq\f(U,R)，可知此時(shí)U表示輸電線上的損失電壓，而不是輸電電壓，故C錯(cuò)誤；由公式I＝eq\f(P,U)可得，當(dāng)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(guó)1100kV特高壓直流輸電工程的送電端用“整流”設(shè)備將交流變換成直流，用戶端用“逆變”設(shè)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(shí)候才能進(jìn)行，故送電端應(yīng)該先升壓再整流，用戶端應(yīng)該先變交流再降壓，故A正確，B錯(cuò)誤；1100kV指的是直流電的電壓，也是交流電壓的有效值，故C錯(cuò)誤；輸電功率是由用戶端負(fù)載的總功率來決定的，故D錯(cuò)誤。4．(2023·江蘇徐州市一模)隨著經(jīng)濟(jì)發(fā)展，在寒冬來臨時(shí)，用電需求增加，當(dāng)火力發(fā)電供應(yīng)緊張時(shí)，通過遠(yuǎn)距離調(diào)度方式，會(huì)及時(shí)將其他地區(qū)的風(fēng)力發(fā)電、太陽能發(fā)電并入電網(wǎng)保障電力供應(yīng)。如圖是遠(yuǎn)距離輸電的原理圖，假設(shè)發(fā)電廠輸出電壓恒定不變，兩個(gè)變壓器均為理想變壓器。當(dāng)用戶用電器增加(假設(shè)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(cuò)誤；設(shè)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＋I(xiàn)2R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(dāng)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(cuò)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(cuò)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(yuǎn)距離交流輸電的原理示意圖，其中各個(gè)物理量已經(jīng)在圖中標(biāo)出，下列說法正確的是()A．變壓器線圈的匝數(shù)關(guān)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(guān)系為I1>I線>I4D．發(fā)電機(jī)的輸出功率不變時(shí)，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(cuò)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(cuò)誤；發(fā)電機(jī)的輸出功率不變時(shí)，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(shí)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(rèn)為是具備成為基礎(chǔ)負(fù)荷電源潛力的新興能源應(yīng)用技術(shù)，敦煌100兆瓦熔鹽塔式光熱電站借助良好的電網(wǎng)基礎(chǔ)優(yōu)勢(shì)，將新能源不斷輸送至全國(guó)各地。若該發(fā)電站輸出正弦交流電，利用圖乙電路對(duì)各地進(jìn)行遠(yuǎn)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(yùn)行，每天的發(fā)電量為2.4×109kW·hB．T1的原線圈所用的導(dǎo)線應(yīng)比副線圈所用的導(dǎo)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(yùn)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(cuò)誤；遠(yuǎn)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(cuò)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(dǎo)線較粗，故B正確。7．(2023·天津市五