高考物理基础知识要点复习交变电流传感器。

一名优秀的教师在教学方面无论做什么事都有计划和准备，准备好一份优秀的教案往往是必不可少的。教案可以让学生们有一个良好的课堂环境，帮助教师营造一个良好的教学氛围。那么一篇好的教案要怎么才能写好呢？以下是小编为大家精心整理的“高考物理基础知识要点复习交变电流传感器”，仅供参考，欢迎大家阅读。

20xx届高三物理一轮复习全案：第10章交变电流传感器单元复习（选修3-2）
【单元知识网络】
【单元归纳整合】
1.要注意区分瞬时值、有效值、最大值、平均值。
⑴瞬时值随时间做周期性变化，表达式为；有效值是利用电流的热效应定义的，计算电功率、交流电表的读出值和用电器标定值均为有效值。
⑵最大值是来计算，在正弦交流电中最大值是有效值的倍。
⑶平均值只能计算在一段时间内通过导体横截面的电荷量：
R为该回路的总电阻。
2.对理想变压器问题应该从电磁感应的本质、电压比、电流比和能量的观点几个方面正确理解。
3.远距离输电问题应该分段分析，注意各段电压、电流、功率的关系。掌握输送电过程中电能损失的计算方法和提高输电效率的方法。
4.对于传感器的在现实生活中的应用要会分析原理，分清是那种类型的，是如何把某些非电学量转化成什么电学量的。
【单元强化训练】
1（20xx山东省枣庄市一模）如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为n1:n2=6:1。交流电源电动势瞬时值表达式为V，不计交流电源的内阻。电阻，其电功率为P2=100W，则以下说法正确的是（）
A．R1的电功率为100W
B．R1两端的电压为100V
C．变压器原线圈两端电压的效值为120V
D．交流电源的输出功率等于变压器的输出功率
BC
2（20xx山东省济南市高三一模）为了减少输电线路中电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压．某降压变电站将电压的交流电降为220V供居民小区用电，则变电站变压器（）
A．原、副线圈匝数比为50：l
B．副线圈中电流的频率是50Hz
C．原线圈的导线比副线圈的要粗
D．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器
电流的总和
答案：AB
3（20xx山东省济宁市一模）如图所示，某山区小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，它发出的电先通过电站附近的变压器升压，然后通过高压输电线路把电能输送到升压变压器远处村寨附近的降压变压器，经降低降压变压器电压后再输送至村寨中各用户．设变压器都是理想的，那么随着村寨中接入电路的用电器消耗的总功率的增加，则（）
A．通过升压变压器初级线圈中的电流变大
B．升压变压器次级线圈两端的电压变小
C．高压输电线路中损失的功率变大
D．降压变压器次级线圈两端的电压变小
答案：ACD
4（20xx山东省东营市一模）如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开.当S接通时，以下说法正确的是（）
A．副线圈两端MN输出电压增大
B．通过灯泡L1的电流增大
C．电流表的示数增大
D.变压器的输入功率变小
答案：C
5（20xx山东省聊城市一模）如图所示，理想变压器、副线圈的匝数之比为4：1。原线圈接入一电压为的交流电源，副线圈接一个R=的负载电阻。下述结论正确的是（）
A．副线圈中电压表的示数为55V
B．副线圈中输出交流电的周期为
C．原线圈中电流表的示数为
D．原线圈的输入功率为
答案AC
6（20xx山东省临沂市一模）如图6所示的电路中，有一个理想变压器，原线圈匝数为n1,串联一只小灯泡L1，再并联一只电压表○V1后接在稳定的交流电源上；副线圈匝数为n2,串联灯泡L2和变阻器R，L2上并联电压表○V2．现在向下移动滑动变阻器R的滑动触头P下列判断正确的是()
A．○V1读数将变大，○V2读数将变小
B．○V1读数不变，○V2读数增大
C．灯泡L1和L2上消耗的功率都变小
D．灯泡L1及L2上电流强度Il、I2与变压器原副线圈匝数n1、n2成正比
答案AC
7（20xx届山东省烟台市一模）某变压器原、副线圈匝数比为55：9，原线圈所接电源电压按图示规律变化，副线圈接有负载.下列判断正确的是
A．输出电压的最大值为36V
B．原、副线圈中电流之比为55：9
C．变压器输入、输出功率之比为55：9
D．变压器输入电压有效值为220V，频率为50Hz
D
8（20xx山东省潍坊市一模）如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，原线圈两端接电压恒定的交变电流，则能使原线圈的输入功率变大的是（）
A．保持P的位置不变，S由b切换到a
B．保持P的位置不变，S由口切换到b
C．S掷于b位置不动，P向上滑动
D．S掷于b位置不动，P向下滑动
BC
9.某理想变压器的原、副线圈按如图所示电路连接，图中电表均为理想交流电表，且R1=R2，电键S原来闭合。现将S断开，则电压表的示数U、电流表的示数I、电阻R1上的功率P1、变压器原线圈的输入功率P的变化情况分别是（A）
A．U增大B．I增大C．P1减小D．P增大
10、如图所示，在AB间接入正弦交流电U1=220V，通过理想变压器和二极管D1、D2给阻值R=20Ω的纯电阻负载供电，已知D1、D2为相同的理想二极管，正向电阻为0，反向电阻无穷大，变压器原线圈n1=110匝，副线圈n2=20匝，Q为副线圈正中央抽头，为保证安全，二极管的反向耐压值至少为U0，设电阻R上消耗的热功率为P，则有(C)
A．U0=40V，P=80W
B．U0=40V，P=80W
C．U0=40V，P=20W
D．U0=40V，P=20W
11．电吹风是电动机带动风叶转动的装置，电热丝给空气加热得到热风。设电动机线圈和电热丝的总电阻为R，接在一电压为u=U0sinωt的交流电源上，若已知电吹风使用时消耗的功率为P，通过电热丝和电动机线圈的总电流为I，则有(BD)
A.
B.
C.
D.
12．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流e=(V)，那么（C）
A．该交变电流的频率是l00Hz
B．当t=0时，线圈平面恰好与中性面垂直
C．当t=s时，e有最大值
D．该交变电流电动势的有效值为V
13、如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是(BCD)
A．在图中t=0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3:2
C．交流电a的瞬时值为V
D．交流电b的最大值为V

14．一个直流电动机的内电阻，与R=8的电阻串联接在线圈上，如图所示。已知线圈面积为m2，共100匝，线圈的电阻为2欧，线圈在T的匀强磁场中绕O以转速n=600r/min匀速转动时，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100V，求电动机正常工作时的输出功率。
解：线圈转动时产生的电动势的最大值为：
V(2分)
有效值为：V(1分)

设线圈的电阻为，则电路中的电流I为A(2分)
电动机正常工作时的输出功率为W(3分)

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高考物理基础知识要点复习恒定电流

一名合格的教师要充分考虑学习的趣味性，高中教师要准备好教案，这是教师工作中的一部分。教案可以让学生能够在课堂积极的参与互动，帮助高中教师更好的完成实现教学目标。高中教案的内容具体要怎样写呢？下面是由小编为大家整理的“高考物理基础知识要点复习恒定电流”，但愿对您的学习工作带来帮助。

20xx届高三物理一轮复习全案：第二章恒定电流单元复习（选修3-1）

【单元知识网络】

【单元归纳整合】

【单元强化训练】
1利用双金属片温度传感器，可以控制电熨斗的温度，图7为电熨斗结构图，关于其控制温度的原理，下列说法正确的有()
A．双金属片上层的膨胀系数应小于下层
B．常温下(温度较低时)，两个触点间应该始终是断开的
C．熨烫棉麻衣物时需要较高的温度，因而要向下旋转调温旋钮
D．在较高温度工作时，若突然断开电源，两触点也会接着断开
答案C
2、精测试仪的工作原理如图所示，其中P是半导体型酒精气体传感器，该传感器电阻的倒数与酒精气体的浓度C成正比，R0为定值电阻．以下关于电压表示数的倒数（）与酒精气体浓度的倒数（）之间关系的图象，正确的是（）
A
3、图所示，四个电表均为理想电表，当滑动变阻器滑动触头P向左端移动时，下面说法中正确的是（）
A．伏特表V1的渎数减小，安培表A1的读数增大
B．伏特表V1的读数增大，安培表A1的读数减小
C．伏特表V2的读数减小，安培表A2的读数增大
D．伏特表V2的读数增大，安培表A2的读数减小
答案：BC
4、如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，在原、副线圈电路中分别接有阻值相同的电阻。交变电源电压为，则下列说法中正确的是
A．电阻两端的电压之比为
B．通过电阻的电流之比为
C．电阻上消耗的电功率之比为
D．电阻上消耗的电功率之比为
答案C
5、如图所示的电路中，各个电键均闭合，且k2接a，现要使静止在平行板电容器两极板之间的带电微粒向下运动．则应该（）
A.将k1断开
B.将k2掷在b
C.将k2掷在c
D.将k3断开
答案：AC
6、如图所示，一粗糙的平行金属轨道平面与水平面成θ角，两轨道上端用一电阻R相连，该装置处于匀强磁场中，磁场方向垂直轨道平面向上。质量为m的金属杆ab以初速度v0从轨道底端向上滑行，滑行到某高度h后又返回到底端。若运动过程中金属杆始终保持与导轨垂直且接触良好，轨道与金属杆的电阻均忽略不计。则下列说法正确的是：
A.金属杆ab上滑过程与下滑过程通过电阻R的电量一样多
B.金属杆ab上滑过程中克服重力、安培力与摩擦力所做功之和等于mv02
C.金属杆ab上滑过程与下滑过程因摩擦而产生的内能不一定相等
D.金属杆ab在整个过程中损失的机械能等于装置产生的热量
答案：ABD
7、如图所示电路中，电源内阻不可忽略，A、B两灯均正常发光，R为一滑动变阻器，P为滑动片，若将滑动片向下滑动，则
A．A灯变亮B．B灯变亮
C．R1上消耗功率变大D．总电流变小
8如图所示，电源电动势为E，内电阻为r，平行板电容器两金属板水平放置，开关S是闭合的，两板间一质量为m、电量为q的油滴恰好处于静止状态，G为灵敏电流计。则以下说法正确的是（）
A．在将滑动变阻器滑片向上移动的过程中，油滴向上加速
运动，G中有从b到a的电流
B．在将滑动变阻器滑片向下移动的过程中，油滴向下加速
运动，G中有从b到a的电流
C．在将滑动变阻器滑片向上移动的过程中，油滴仍然静止，
G中有从a到b的电流
D．在将S断开后，油没仍保持静止状态，G中无电流通过
9.如图所示电路中，三只灯泡原来都正常发光，当滑动变阻器的滑动触头P向右移动时，下面判断正确的是（AD）
A．L1和L3变暗，L2变亮
B．LI变暗，L2变亮，L3亮度不变
C．L1中电流变化值大于L3中电流变化值
D．Ll上电压变化值小于L2上的电压变化值
10．如图所示的电路，闭合开关S后，a、b、c三盏灯均能发光，电源电动势E恒定且内阻r不可忽略。现将变阻器R的滑片稍向上滑动一些，三盏灯亮度变化的情况是（B）
A．a灯变亮，b灯和c灯变暗
B．a灯和c灯变亮，b灯变暗
C．a灯和c灯变暗，b灯变亮
D．a灯和b灯变暗，c灯变亮
11、如图20所示，电源电动势E＝6V，电源内阻不计．定值电阻R1=2.4kΩ、R2=4.8kΩ.
⑴若在ab之间接一个C=100μF的电容器，闭合开关S，电路稳定后，求电容器上所带的电量；
⑵若在ab之间接一个内阻RV=4.8kΩ的电压表，求电压表的示数．

解析：⑴设电容器上的电压为Uc.
电容器的带电量解得：Q＝4×10－4C
⑵设电压表与R2并联后电阻为R并
则电压表上的电压为:解得：＝3V
12、在如图甲所示的电路中，螺线管匝数n=1500匝，横截面积S=20cm2。螺线管导线电阻r=1.0Ω，R1=4.0Ω，R2=5.0Ω，C=30μF。在一段时间内，穿过螺线管的磁场的磁感应强度B按如图乙所示的规律变化。求：
（1）求螺线管中产生的感应电动势；
（2）闭合S，电路中的电流稳定后，求电阻R1的电功率；
（3）S断开后，求流经R2的电量。
解：（1）根据法拉第电磁感应定律
求出E=1.2（V）
（2）根据全电路欧姆定律
根据
求出P=5.76×10-2（W）
（3）S断开后，流经R2的电量即为S闭合时C板上所带的电量Q
电容器两端的电压U=IR2＝0.6（V）
流经R2的电量Q=CU=1.8×10-5（C）

20xx高考物理大一轮复习：第11章-交变电流、传感器（6份打包有课件）

第1节交变电流的产生及描述
一、交变电流的产生和变化规律
1．交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．
2．正弦交流电
(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．
(2)中性面
①定义：与磁场垂直的平面．
②特点：线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次．
(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
①电动势(e)：e＝Emsinωt.
②电压(u)：u＝Umsin_ωt.
③电流(i)：i＝Imsin_ωt.
(4)图象(如图所示)
二、描述交变电流的物理量
1．交变电流的周期和频率的关系：T＝1f.
2．峰值和有效值
(1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值．
(2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交变电流的有效值．
(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系
I＝Im2，U＝Um2，E＝Em2.
3．平均值：E＝nΔΦΔt.
[自我诊断]
1．判断正误
(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化．(√)
(2)大小变化而方向不变的电流也叫交变电流．(×)
(3)线圈经过中性面时产生的感应电动势最大．(×)
(4)在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次．(√)
(5)最大值和有效值之间的2倍关系只适用于正弦(余弦)交流电．(√)
(6)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值．(×)
2．矩形线圈的面积为S，匝数为n，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动．当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时()
A．线圈中的电动势为nBSω
B．线圈中的电动势为0
C．穿过线圈的磁通量为0
D．穿过线圈的磁通量变化率最大
解析：选B.图示时刻线框的四边都不切割磁感线，不产生感应电动势，即线圈中的电动势为0，故选项A错误，选项B正确；图示时刻线框与磁场垂直，磁通量最大，为Φ＝BS，故选项C错误；图示位置线圈中的电动势为0，根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt可知穿过线圈的磁通量变化率为0，故选项D错误．
3．(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有()
A．最大值是502VB．频率是100Hz
C．有效值是252VD．周期是0.02s
解析：选CD.由e＝Emsinωt＝50sin100πt(V)可知，Em＝50V，E有效＝Em2＝252V，ω＝100πrad/s，T＝2πω＝0.02s，f＝50Hz，C、D正确．
4．一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为()
A．5VB．52V
C．10VD．102V
解析：选C.电热器接到直流电源上，由功率表达式P＝U2R可知，P＝U21R＝100R.当其接到交流电源时，有P2＝U22R，则U2＝22U1，U2为正弦交流电的有效值，则此交流电的最大值Um＝2U2＝10V，C正确．
5．某手摇交流发电机，其线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴(位于线圈平面内)匀速转动，产生的交变电流i随时间t变化的图象如图，由图象可知()
A．该交变电流频率是0.4Hz
B．该交变电流有效值是0.8A
C．该交变电流瞬时值表达式是i＝0.8sin(5πt)A
D．t＝0.1s时穿过线圈平面的磁通量最大
解析：选C.根据电流随时间变化的图象知，交流电的周期为0.4s，故交流电的频率为2.5Hz，A错误；交变电流的最大值为0.8A，有效值为0.42A，B错误；把ω＝2πT＝5πrad/s代入正弦式交变电流的瞬时值表达式得i＝0.8sin(5πt)A，C正确；t＝0.1s时，电流最大，此时穿过线圈平面的磁通量为零，D错误．
考点一正弦交变电流的产生与瞬时值表达式
1．正弦式交变电流的变化规律及对应图象(线圈在中性面位置开始计时)
函数图象
磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt

电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt

电压u＝Umsinωt＝REmR＋rsinωt

电流i＝Imsinωt＝EmR＋rsinωt

2.两个特殊位置的特点
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，i＝0，电流方向发生改变．
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，i最大，电流方向不改变．
考向1：正弦交变电流的产生
(1)解决此类问题的关键在于把线圈在匀强磁场中的具体位置与转动的时刻对应好，也就是电流的变化规律与线圈在磁场中转动的具体情境对应好．
(2)交变电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关．
[典例1]如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()
A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流
B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势
C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同，都是a→b→c→d→a
D．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
解析线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故A对，B、D错；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a，故C错．
答案A
考向2：交变电流的图象
(1)由图象可读出交变电流的电压或电流的最大值，进而利用正弦式交变电流最大值与有效值的关系得到有效值．
(2)由图象可读出交变电流的变化周期T，然后计算得出角速度ω＝2πT.
(3)根据最大值、角速度等信息可以写出交变电流的瞬时值表达式．
[典例2](20xx湖南衡阳联考)(多选)如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是()
A．曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πtV
B．曲线b表示的交变电动势最大值为28.8V
C．t＝5×10－2s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为32∶2
D．t＝6×10－2s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0
解析由图乙可知，Ema＝36V，ωa＝2πTa＝2π8×10－2rad/s＝25πrad/s，则曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝Emasinωat＝36sin25πtV，故A正确；由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比为Ta∶Tb＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由ω＝2πT可知ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2，所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比Ema∶Emb＝NBSωa∶NBSωb＝ωa∶ωb＝3∶2，又知Ema＝36V，则Emb＝24V，故B错误；曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πtV，曲线b表示的交变电动势瞬时值eb＝24sin2π12×10－2tV，将t＝5×10－2s代入，得ea＝－182V，eb＝12V，|ea|∶eb＝32∶2，故C正确；由图乙知t＝6×10－2s时，a的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D错误．
答案AC
考向3：交变电流瞬时值的书写
交变电流瞬时值表达式的推导思路
(1)先求电动势的最大值Em＝nBSω；
(2)求出角速度ω，ω＝2πT；
(3)明确从哪一位置开始计时，从而确定是正弦函数还是余弦函数；
(4)写出瞬时值的表达式．
[典例3]图甲是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)
(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；
(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式．
解析(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r＝L22，
转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝ωL22，且与磁场方向的夹角为ωt，
所以，整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsinωt＝BL1L2ωsinωt.
(2)当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为ωt＋φ0
故此时感应电动势的瞬时值
e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)
答案(1)e1＝BL1L2ωsinωt(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)
(1)交变电流图象问题的三点注意
①只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．
②注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．
③在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．
(2)瞬时值书写的两关键
①确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式Em＝nBSω，求出相应峰值．
②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．
a．线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsinωt，图象如图甲所示．
b．线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcosωt.图象如图乙所示．
考点二交变电流有效值的计算
1．公式法
利用E＝Em2、U＝Um2、I＝Im2计算，只适用于正(余)弦式交变电流．
2．利用有效值的定义计算(非正弦式电流)
计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍．
3．利用能量关系
当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值．
1．通过一阻值R＝100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为()
A．12VB．410V
C．15VD．85V
解析：选B.由题意结合有效值的定义可得I2RT＝2I21R25T＋I22R110T，将I1＝0.1A，I2＝0.2A代入可得流过电阻的电流的有效值I＝1025A，故电阻两端电压的有效值为IR＝410V，选项B正确．
2．如图所示为一交变电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值为()
A.2AB．22A
C.5AD．3A
解析：选C.由图象可知此交变电流的周期是2s．设交变电流的有效值为I，周期为T，则I2RT＝222RT2＋422RT2，解得I＝5A，故选C.
3．如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是()
A.34VB．5V
C.522VD．3V
解析：选C.设其有效值为U，根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得，在一个周期内有U21Rt1＋U22Rt2＝U2Rt，即32V22×1R×0.01s＋(4V)2×1R×0.01s＝U2×1R×0.02s，解得U＝522V，故C正确．
4．如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为()
A．UmB.Um2
C.Um3D.Um2
解析：选D.由题给图象可知，交流电压的变化规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解．设电灯的阻值为R，正弦式交流电压的有效值与峰值的关系是U＝Um2，由于一个周期内半个周期有交流电压，一周期内交流电产生的热量为Q＝Um22RT2＝U2m2RT2，设交流电压的有效值为U，由电流热效应得Q＝U2m2RT2＝U2RT，所以该交流电压的有效值U＝Um2，D正确．
有效值求解的三点注意
(1)计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解．
(2)利用两类公式Q＝I2Rt和Q＝U2Rt可分别求得电流有效值和电压有效值．
(3)若图象部分是正弦(或余弦)交流电，其中的从零(或最大值)开始的14周期整数倍的部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系Im＝2I、Um＝2U求解．
考点三正弦交变电流的“四值”
物理含义重要关系适用情况
瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωt
i＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力
最大值最大的瞬时值Em＝nBSω
Im＝EmR＋r
确定用电器的耐压值，如电容器、晶体管等的击穿电压
有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正（余）弦式交流电：
E＝Em2
U＝Um2
I＝Im2
①计算与电流热效应相关的量，如功、功率、热量等；②交流电表的测量值；③电气设备所标注的额定电压、额定电流；④保险丝的熔断电流
平均值交变电流图象中图线与时间轴围成面积与时间的比值E＝nΔΦΔt
I＝ER＋r
计算通过电路某一截面的电荷量：q＝It

1．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()
A．峰值是e0
B．峰值是2e0
C．有效值是22Ne0
D．有效值是2Ne0
解析：选D.因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝2Ne0，故选项D正确．
2．(多选)如图所示，面积为S的矩形线圈共N匝，线圈总电阻为R，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C与纸面共面，位置A与位置C成45°角．线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，下列说法正确的是()
A．平均电动势为22πNBSω
B．通过线圈某一截面的电荷量q＝22NBSR
C．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为N2B2S2πω4R
D．在此转动过程中，电流方向会发生改变
解析：选AC.线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，ΔΦ＝2BScos45°＝2BS，Δt＝π2ω，根据E＝NΔΦΔt，得E＝22πNBSω，故A正确．根据E＝NΔΦΔt，q＝ERΔt＝NΔΦR＝2BSNR，故B错误．产生电动势的峰值Em＝NBSω，则有效值E＝Em2＝NBSω2，则W＝Q＝E2RΔt＝N2B2S2πω4R，故C正确．线圈每经过中性面一次，电流方向改变，线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，电流方向不变，故D错误．
3．将阻值为100Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断()
A．t＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置
B．该线圈的转速为100πr/s
C．穿过线圈的磁通量的最大值为150πWb
D．线圈转一周所产生的电热为9.68J
解析：选D.t＝0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直的位置，故A错误；据图乙可知，T＝0.02s，据T＝2πω可得ω＝100πrad/s，所以转速为50r/s，故B错误；据Em＝nBSω可知，BS＝311110×100πWb＝9×10－3Wb，故C错误；据峰值可知，E＝0.707Em＝220V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量Q＝E2RT＝9.68J，故D正确．
4.如图所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．求：
(1)t＝0时感应电流的方向；
(2)感应电动势的瞬时值表达式；
(3)线圈转一圈外力做的功；
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量．
解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.
(2)线圈的角速度
ω＝2πn＝100πrad/s
图示位置的感应电动势最大，其大小为
Em＝NBl1l2ω
代入数据得Em＝314V
感应电动势的瞬时值表达式
e＝Emcosωt＝314cos(100πt)V.
(3)电动势的有效值E＝Em2
线圈匀速转动的周期
T＝2πω＝0.02s
线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即
W＝I2(R＋r)T＝E2R＋rT
代入数据得W＝98.6J.
(4)从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：
q＝NΔΦR＋rΔtΔt＝NBΔSR＋r＝NBl1l2R＋r
代入数据得q＝0.1C.
答案：(1)感应电流方向沿adcba(2)e＝314cos(100πt)V(3)98.6J(4)0.1C
交变电流“四值”应用的几点提醒
(1)在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．
(2)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的．
(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值．
课时规范训练
[基础巩固题组]
1．(多选)关于中性面，下列说法正确的是()
A．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零
B．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大
C．线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次
D．线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次
解析：选AC.中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置，线圈经过该位置时，穿过线圈的磁通量最大，各边都不切割磁感线，不产生感应电动势，所以磁通量的变化率为零，A项正确，B项错误；线圈每经过一次中性面，感应电流的方向改变一次，但线圈每转一周时要经过中性面两次，所以每转一周，感应电流方向就改变两次，C项正确，D项错误．
2．某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110V、频率为60Hz，要使它产生的电动势变为220V、频率变为50Hz，需要调整线圈的转速n、匝数N或磁感应强度的大小B.下列调整合适的是()
A．使n变为原来的1.2倍，B变为原来的2倍，N变为原来的1.2倍
B．使n变为原来的56，B变为原来的56，N变为原来的2倍
C．使n变为原来的56，N变为原来的2倍，B不变
D．使n变为原来的56，N变为原来的2.4倍，B不变
解析：选D.因为发电机产生的交流电电动势110V指的是有效值，故其最大值为Em1＝1102V，调整后为Em2＝2202V，即Em1Em2＝12，根据Em＝NBSω和ω＝2πn，可知，选项A中，Em2＝1.2N×2B×S×1.2×2πn＝2.88Em1，故选项A错误；B、C、D三个选项中的调整使频率均变为原来的56，即50Hz，只有D项中的调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍，故选项B、C错误，D正确．
3．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是()
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02s时刻，交流电动势达到最大
D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示
解析：选B.由Φ－t图知，t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04s，在t＝0.01s时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，则C项错误．
4．(多选)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
解析：选BC.两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝T8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C正确；M导线框中一直有感应电流，N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D错误．
5．(多选)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，○A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是()
A．电流表的示数为10A
B．线圈转动的角速度为50πrad/s
C．0.01s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左
解析：选AC.由题图乙知Im＝102A，I＝Im2＝10A，A正确．T＝2×10－2s，ω＝2πT＝100πrad/s，B错误．t＝0.01s时，i＝Im，此时线圈平面与磁场方向平行，C正确．由右手定则判定0.02s时电阻R中电流方向自左向右，D错误．
6．A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率之比PA∶PB等于()
A．5∶4B．3∶2
C.2∶1D．2∶1
解析：选A.对甲有PA＝I20RT2＋I022RT2T＝58I20R，对乙有PB＝I022R＝12I20R，则PA∶PB＝5∶4，A正确，B、C、D错误．
7．如图所示为一正弦交流发电机和交流电路模型．图中电流表的示数为1A，电阻R的阻值为2Ω，线圈转动角速度ω＝100πrad/s.则从图示位置开始计时，电阻R两端交变电压的瞬时值表达式为()
A．u＝2sin100πt(V)
B．u＝2cos100πt(V)
C．u＝22sin100πt(V)
D．u＝22cos100πt(V)
解析：选D.图示位置为线圈平面与中性面垂直的位置，因此线圈产生的电流的瞬时值表达式为i＝Imcosωt＝2cos100πt(A)，则电阻R两端的瞬时电压为u＝iR＝22cos100πt(V)，D项正确．
8．(多选)100匝的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势为e＝1002sin100πt＋π3V，下列说法正确的是()
A．交变电动势有效值为100V
B．交变电动势有效值为1002V
C．穿过线圈的最大磁通量为2πWb
D．穿过线圈的最大磁通量为2100πWb
解析：选AD.由交流电的表达式可知，该交变电压的最大电动势为1002V，故电动势的有效值为100V，选项A正确；角速度ω＝100π，而Em＝nBSω＝nΦmω，所以Φm＝Emnω＝2100πWb，选项D正确．
[综合应用题组]
9．如图所示，正方形单匝线框abcd的边长为L，每边电阻均为r，线框在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕cd轴从图示位置开始匀速转动，转轴与磁感线垂直．一理想电压表用电刷接在线框的c、d两点上，下列说法中正确的是()
A．电压表读数为22BωL2
B．电压表读数为28BωL2
C．从图示位置开始计时，流过线框电流的瞬时值表达式为i＝BωL24rsinωt
D．线框从图示位置转过π2的过程中，流过cd边的电荷量为q＝BL2r
解析：选B.线框在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势的最大值为Em＝BL2ω，对应有效值为E＝22Em＝22BL2ω，电压表读数为E4＝28BL2ω，B正确，A错误；图示位置线框磁通量为零，产生的感应电动势为最大值，则感应电流瞬时表达式为i＝BωL24rcosωt，C错误；线框从题图所示位置处转过π2的过程中，流过cd的电荷量为q＝ΔΦR＝BL24r，D错误．
10．图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为12Ω.则()
A．在t＝0.01s时刻，穿过线圈的磁通量为零
B．电压表的示数为62V
C．灯泡消耗的电功率为3W
D．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e＝122sin100πt(V)
解析：选C.在t＝0.01s的时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；电动势的最大值为Em＝62V，电压表测量的为有效值，故示数为622V＝6V，选项B错误；灯泡消耗的电功率P＝E2R＝6212W＝3W，选项C正确；周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为e＝Emsin2πTt＝62sin100πt(V)，转速提高一倍后，最大值变成122V，ω＝2πn，故角速度变为原来的2倍，表达式应为e＝122sin200πt(V)，选项D错误．
11．如图是某学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”的示意图．他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动，铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流计相连．摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场(可视为匀强磁场)垂直．摇动时，铜芯线所围成半圆周的面积S＝2m2，转动角速度ω＝102rad/s，用电流计测得电路中电流I＝40μA，电路总电阻R＝10Ω，g取10m/s2，π2＝2.25.
(1)求该处地磁场的磁感应强度B；
(2)从铜芯线所在平面与该处地磁场平行开始计时，求其转过四分之一周的过程中，通过电流计的电荷量q；
(3)求铜芯线转动一周的过程中，电路产生的焦耳热Q.
解析：(1)铜芯线中产生的是正弦交流电，则
Im＝2I，
Em＝ImR，
Em＝BSω，
解得B＝2×10－5T.
(2)从铜芯线与地面平行开始至铜芯线转动四分之一周的过程中，
E＝ΔΦ/t，
E＝IR，
q＝It，
解得q＝4×10－6C.
(3)铜芯线转动一周，电路中产生的焦耳热Q＝I2RT，
解得Q＝7.2×10－9J.
答案：(1)2×10－5T(2)4×10－6C
(3)7.2×10－9J
12．如图所示，交变电流发电机的矩形框ab＝dc＝0.40m，bc＝ad＝0.20m，共有50匝线圈，其电阻r＝1.0Ω，在磁感应强度B＝0.20T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的对称轴OO′以100πr/s的转速匀速转动，向R＝9.0Ω的电阻供电，求：
(1)发电机产生的电动势的最大值；
(2)交变电流电压表和电流表的示数；
(3)此发电机的功率．
解析：(1)线圈面积S＝abad＝0.4×0.2m2＝0.08m2线圈旋转角速度
ω＝2πn＝100×2ππrad/s＝200rad/s
Em＝NBωS＝50×0.2×200×0.08V＝160V
(2)电压表示数(即路端电压示数)
U＝ER＋rR＝162×9.0V＝722V
电流表示数I＝Im2＝162A＝82A
(3)发电机的功率
P＝UI＝E2R＋r＝160229.0＋1.0W＝1280W
答案：(1)160V
(2)U＝722VI＝82A
(3)P＝1280W
第2节变压器远距离输电
一、变压器原理
1．构造和原理(如图所示)
(1)主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成．
(2)工作原理：电磁感应的互感现象．
2．理解变压器的基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出．
(2)电压关系：U1U2＝n1n2，若n1n2，为降压变压器，若n1n2，为升压变压器．
(3)电流关系：只有一个副线圈时，I1I2＝n2n1；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn.
二、远距离输电
1．电路损失
(1)功率损失：设输电电流为I，输电线的电阻为R，则功率损失为ΔP＝I2R.
(2)电压损失：ΔU＝IR.
减小功率损失和电压损失，都要求提高输电电压，减小输电电流．
2．降低损耗的两个途径
(1)一个途径是减小输电线的电阻．由电阻定律R＝ρlS可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线．此外，还要尽可能增加导线的横截面积．
(2)另一个途径是减小输电导线中的电流，由P＝IU可知，当输送功率一定时，提高电压可以减小输电电流．
[自我诊断]
1．判断正误
(1)变压器不但可以改变交流电压，也可以改变直流电压．(×)
(2)变压器只能使交变电流的电压减小．(×)
(3)高压输电的目的是增大输电的电流．(×)
(4)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．(×)
(5)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定．(√)
(6)高压输电可以减少输电线路上的电能损失，且输电线路上电压越高越好．(×)
2．(多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是()
A．通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
解析：选BC.理想变压器没有漏磁现象，故原、副线圈产生的磁通量任何时候都相等，且随时间而改变，使副线圈产生感应电动势，而不是电流流到副线圈，综合上述选项B、C正确．
3．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电压改为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为()
A．200B．400
C．1600D．3200
解析：选B.理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1U2＝n1n2，解得n2＝U2U1n1＝400，选项B正确．
4．(20xx辽宁抚顺重点高中协作体联考)(多选)为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示．两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表．则()
A．n1＞n2
B．n3＞n4
C．a为交流电流表，b为交流电压表
D．a为交流电压表，b为交流电流表
解析：选AD.电压互感器并联在电路中，电流互感器串联在电路中，故a为交流电压表，b为交流电流表，选项C错误，D正确；含电压互感器电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数之比，所以n1＞n2，选项A正确；含电流互感器的电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数之比，所以n3＜n4，选项B错误．
5．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则()
A．用户端的电压为I1U1I2
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为I21r
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：选A.变压器输入功率等于输出功率，由I1U1＝I2U2解得，U2＝I1U1I2，选项A正确；输电线上的电压降为U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率为I1U1，输电线的损失功率为I21r，选项C、D错误．
考点一理想变压器基本规律的应用
1．理想变压器的基本特点
(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、ΔΦΔt相同．
(2)线圈无电阻，因此无电压降，U＝E＝nΔΦΔt.
(3)根据Un＝ΔΦΔt得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有U1n1＝U2n2＝U3n3＝…
2．理想变压器的基本关系
功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1U2＝n1n2，与副线圈的个数无关
电流关系①只有一个副线圈时：I1I2＝n2n1
②有多个副线圈时：由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn.
频率关系f1＝f2，变压器不改变交流电的频率

[典例](20xx高考全国丙卷)(多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时a和b的电功率之比为9∶1
D．此时a和b的电功率之比为1∶9
解析设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．
答案AD
理想变压器问题三点应牢记
(1)熟记两个基本公式：①U1U2＝n1n2，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比．
②P入＝P出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于输出功率之和．
(2)原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变化率相等．
(3)原、副线圈中电流变化规律一样，电流的周期、频率一样．
1．(20xx河南“五校”二联)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为()
A．380V和5.3AB．380V和9.1A
C．240V和5.3AD．240V和9.1A
解析：选B.当变压器输出电压调至最大时，由U1U2＝n1n2得U2＝n2n1U1＝19001100×220V＝380V，由P1＝P2，P1＝U1I1，P2＝U2I2，得I1＝P2U1＝2000220A＝9.1A，选项B正确．
2．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则()
A．U＝66V，k＝19
B．U＝22V，k＝19
C．U＝66V，k＝13
D．U＝22V，k＝13
解析：选A.设原、副线圈中的电流分别为I1、I2，则I1I2＝n2n1＝13，故k＝I21RI22R＝19.设原线圈两端的电压为U1，则U1U＝n1n2＝31，故U1＝3U，而原线圈上电阻分担的电压为13U，故U3＋3U＝220V，解得U＝66V．选项A正确．

高考物理知识点速查复习交变电流

电磁感应与电路结合问题
一、等效法处理电磁感应与电路结合问题
解决电磁感应电路问题的关键就是借鉴或利用相似原型来启发理解和变换物理模型，即把电磁感应的问题等效转换成稳恒直流电路，把产生感应电动势的那部分导体等效为内电路.感应电动势的大小相当于电源电动势.其余部分相当于外电路，并画出等效电路图.此时，处理问题的方法与闭合电路求解基本一致，惟一要注意的是电磁感应现象中，有时导体两端有电压，但没有电流流过，这类似电源两端有电势差但没有接入电路时，电流为零.
二、电磁感应中的动力学问题
这类问题覆盖面广，题型也多种多样；但解决这类问题的关键在于通过运动状态的分析来寻找过程中的临界状态，如速度、加速度取最大值或最小值的条件等，基本思路是：

三、电磁感应中的能量、动量问题
无论是使闭合回路的磁通量发生变化，还是使闭合回路的部分导体切割磁感线，都要消耗其它形式的能量，转化为回路中的电能。这个过程不仅体现了能量的转化，而且保持守恒，使我们进一步认识包含电和磁在内的能量的转化和守恒定律的普遍性。
分析问题时，应当牢牢抓住能量守恒这一基本规律，分析清楚有哪些力做功，就可知道有哪些形式的能量参与了相互转化，如有摩擦力做功，必然有内能出现；重力做功，就可能有机械能参与转化；安培力做负功就将其它形式能转化为电能，做正功将电能转化为其它形式的能；然后利用能量守恒列出方程求解。
（一）电磁感应中的“双杆问题”
电磁感应中“双杆问题”是学科内部综合的问题，涉及到电磁感应、安培力、牛顿运动定律和动量定理、动量守恒定律及能量守恒定律等。要求学生综合上述知识，认识题目所给的物理情景，找出物理量之间的关系，因此是较难的一类问题，也是近几年高考考察的热点。
1、“双杆”向相反方向做匀速运动
当两杆分别向相反方向运动时，相当于两个电池正向串联。
2.“双杆”同向运动，但一杆加速另一杆减速
当两杆分别沿相同方向运动时，相当于两个电池反向串联。
3.“双杆”中两杆都做同方向上的加速运动。
“双杆”中的一杆在外力作用下做加速运动，另一杆在安培力作用下做加速运动，最终两杆以同样加速度做匀加速直线运动。
4．“双杆”在不等宽导轨上同向运动。
“双杆”在不等宽导轨上同向运动时，两杆所受的安培力不等大反向，所以不能利用动量守恒定律解题。
四、电量的计算Q=IΔt
1、安培力的冲量公式求电量：
感应电流通过直导线时，直导线在磁场中要受到安培力的作用，当导线与磁场垂直时，安培力的大小为F=BLI。在时间△t内安培力的冲量
2、由法拉第电磁感应定律求：
3、
五、电磁感应中的图象问题
电磁感应现象中的图象问题通常分为两类：一类是由给出的电磁感应过程选出或画出正确的图象；二是由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应物理量。分析此类问题时要抓住磁通量的变化是否均匀，从而推知感应电动势（电流）是否大小恒定，用愣次定律或右手定则判定感应电动势（电流）的方向，从而确定其正负.
交变电流
一、交流电中的各量：
电压电流适用范围备注
瞬时值e=Emsinωti=Imsinωt粒子在交变电场中的运动
最大值εm=NBSωIm=εm/R电容器耐压
有效值正弦

电流做功、电阻发热、保险丝的熔断、仪表读取的电压、电流有效值是对能的平均
非正弦根据电流的热效应计算
平均值

计算通过的电量平均值是对时间的平均

变压器
一、变压器的原理
1、构造
由一个闭合铁芯、原线圈、副线圈组成

2、工作原理
在同一铁芯上的磁通量的变化率处处相同
3、理想变压器中的几个关系
没有漏磁和发热损失的变压器即没有能量损失的变压器叫理想变压器
（1）电压关系
在同一铁芯上只有一组副线圈时
当有几组副线圈时
（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+……
二、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
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=……
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+……
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+……
思路4（变压器动态问题）制约思路.
（1）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”.
（2）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”.
（3）负载制约：①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+…；②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；③总功率P总=P线+P2.
动态分析问题的思路程序可表示为：
U1P1
思路5原理思路.变压器原线圈中磁通量发生变化，铁芯中ΔΦ/Δt相等；当遇到“”型变压器时有
ΔΦ1/Δt=ΔΦ2/Δt+ΔΦ3/Δt，
此式适用于交流电或电压（电流）变化的直流电，但不适用于稳压或恒定电流的情况.
远距离输电
一定要画出远距离输电的示意图来，包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。并按照规范在图中标出相应的物理量符号。一般设两个变压器的初、次级线圈的匝数分别为、n1、n1/n2、n2/，相应的电压、电流、功率也应该采用相应的符号来表示。
从图中应该看出功率之间的关系是：P1=P1/，P2=P2/，P1/=Pr=P2。
电压之间的关系是：。
电流之间的关系是：。
可见其中电流之间的关系最简单，中只要知道一个，另两个总和它相等。因此求输电线上的电流往往是这类问题的突破口。
输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。
特别重要的是要会分析输电线上的功率损失，由此得出结论：⑴减少输电线功率损失的途径是提高输电电压或增大输电导线的横截面积。两者相比，当然选择前者。⑵若输电线功率损失已经确定，那么升高输电电压能减小输电线截面积，从而节约大量金属材料和架设电线所需的钢材和水泥，还能少占用土地。
需要引起注意的是课本上强调：输电线上的电压损失，除了与输电线的电阻有关，还与感抗和容抗有关。当输电线路电压较高、导线截面积较大时，电抗造成的电压损失比电阻造成的还要大。

高考物理基础知识要点复习 变压器、电能的输送

20xx届高三物理一轮复习全案：5.2变压器、电能的输送（选修3-2）
【考纲知识梳理】
一、变压器及其原理
1、构造：两组线圈（原、副线圈）绕在同一个闭合铁心上构成所谓的变压器。
2、作用：在输送电能的过程中改变电压。
3、原理：其工作原理是利用了电磁感应现象。
4、特征：正因为是利用电磁感应现象来工作的，所以变压器只能在输送交变电流的电能过程中改变交流电压。
5、理想变压器的基本关系式:
（1）输出功率决定输入功率，理想变压器的输入功率和输出功率相等，即=。
（2）变压比:，
（3）电流关系:，
（4）若干副线圈时:
,;或
6、几种常用的变压器
(1)自耦变压器
图是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。
调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上。AB之间加上输入电压U1。移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2。
(2)互感器
互感器也是一种变压器。交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流。用变压器把高电压变成低电压，或者把大电流变成小电流，这个问题就可以解决了。这种变压器叫做互感器。互感器分电压互感器和电流互感器两种。
a、电压互感器
电压互感器用来把高电压变成低电压，它的原线圈并联在高压电路中，副线圈上接入交流电压表。根据电压表测得的电压U2和铭牌上注明的变压比(U1/U2)，可以算出高压电路中的电压。为了工作安全，电压互感器的铁壳和副线圈应该接地。
b、电流互感器
电流互感器用来把大电流变成小电流。它的原线圈串联在被测电路中，副线圈上接入交流电流表。根据电流表测得的电流I2和铭牌上注明的变流比(I1/I2)，可以算出被测电路中的电流。如果被测电路是高压电路，为了工作安全，同样要把电流互感器的外壳和副线圈接地。
二、电能的输送
1.关键:减少电功率损失和电压损失
（1）功率损失：远距离输送电能，由于输电线上的电流热效应，电能转化为热能。出现功率损失。。
（2）电压损失：远距离输送电能，线路中电阻R上消耗部分电压。。
2方法:根据再加上
（1）减小输电导线的电阻,如采用电阻率小的材料;加大导线的横截面积，
（2）提高输电电压,减小输电电流，
【要点名师精解】
一、理想变压器及其原、副线圈基本量的关系
【例1】（09年江苏物理）6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1：5，原线圈两端的交变电压为氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的有
A．开关接通后，氖泡的发光频率为100Hz
B．开关接通后，电压表的示数为100V
C．开关断开后，电压表的示数变大
D．开关断开后，变压器的输出功率不变
解析：A选项：交变电压的频率为Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能两次发光，所以其发光频率为100Hz，A选项正确。
B选项：由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为V=20V，由得副线圈两端的电压为V，电压表的示数为交流电的有效值，B选项正确。C选项：开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C选项错误。D选项：断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D选项错误。
答案：AB
名师点评：本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解。
二、理想变压器的动态分析
1、原线圈电压U1由提供原线圈电压的电源决定，
2、输入电压决定输出电压，即随着的变化而变化，因为，所以只要不变化，不论负载如何变化，不变。
3、输出电流决定输入电流。
在输入电压不变的情况下，不变。若负载电阻R增大，则由公式得：输出电流减小，由=知输入电流亦随着减小；反之，若负载电阻R减小，则输出电流增大，输入电流亦随着增大。
4、输出功率决定输入功率，
理想变压器的输入功率和输出功率相等，即=。在输入电压不变的情况下，不变。当用电负荷增加，输出功率增大，输入功率也随着增大；反之，当用电负荷减小，则输出功率减小，输入功率也随着减小。
（1）变压器空载时,无电流、无功率输出,所以输入功率也为零，
（2）当副线圈短路时,I2无限大,I1也无限大将烧坏变压器，
5、动态分析问题的思路程序可表示为：
U1P1
【例2】（09年山东卷）19．某小型水电站的电能输送示意图。发电机的输出电压为200V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n，n2。降压变压器原副线匝数分别为n3、n4（变压器均为理想变压器）。要使额定电压为220V的用电器正常工作，则
A．B．C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率

解析：ABC选项：根据变压器工作原理可知，，由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，有，所以，A选项正确，BC选项不正确。
D选项：升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D选项正确。
答案：AD
名师点评：理想变压器的两个基本公式是：
⑴，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比。
⑵，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于所有输出功率之和。只有当变压器只有一个副线圈工作时，才有。
远距离输电，从图中应该看出功率之间的关系是：P1=P2，P3=P4，P1/=Pr=P2。电压之间的关系是：。电流之间的关系是：。输电线上的功率损失和电压损失也是需要特别注意的。分析和计算时都必须用，而不能用。特别重要的是要会分析输电线上的功率损失。
【感悟高考真题】
1、（20xx•全国卷2）19.图中为一理想变压器，其原线圈与一电压有效值不变的交流电源相连：P为滑动头。现令P从均匀密绕的副线圈最底端开始，沿副线圈匀速上滑，直至白炽灯L两端的电压等于其额定电压为止。用表示流过原线圈的电流，表示流过灯泡的电流，表示灯泡两端的电压，表示灯泡消耗的电功率（这里的电流、电压均指有效值：电功率指平均值）。下列4个图中，能够正确反映相应物理量的变化趋势的是
答案：BC
解析：副线圈是均匀密绕的且滑动头匀速上滑，说明副线圈的匝数在均匀增大，由变压器的变压比，得均匀增大（k为单位时间增加的匝数），C正确。灯泡两端的电压由零增大时其电阻增大，描绘的伏安特曲线为B。灯泡的功率先增大的快（电阻小）后增大的慢（电阻大），D错误。原线圈功率等于灯泡功率是增大的，所以原线圈电流一定增大，A错误。
【命题意图与考点定位】考查理想变压器和灯泡的伏安特曲线知识。
2、（20xx•天津卷）7.为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1，A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后
A.A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B.A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C.V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D.V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
答案：AD
3、（20xx•重庆卷）17.输入电压为220V，输出电压为36V的变压器副线圆烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，如题17图所示，然后将原线圈接到220V交流电源上，测得新绕线圈的端电压为1V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为：
A1100、360B1100、180
C2200、180D220、360
【答案】B
【解析】对新绕线的理想变压器，根据变压比公式得
变压器烧坏前，同理，B正确。
4、（20xx•江苏卷）7.在如图多事的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
【解析】逐项判断
A.应不变，A错误；
B.，,，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，B错误；
C.,因P变大，所以P损变大，C正确；
D.，因P变大，所以比值变大，D正确；
本题选CD。本题考查电能的输送，通常考查电压的变化引起其它变化，本题考查考查功率的变化引起其它变化，有新意。本题难度：中等。
5、（20xx•福建卷）13．中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原采用500kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1000kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为
A．P/4B．P/2C．2PD．4P
答案：A
解析：由可知当输出电压由500kv升高到1000kv时，电路中的电流将减为原来的一半；由可知电路中损耗的功率变为原来的。
【命题特点】本题以高压输电这一生活情境为背景，相应了“两会”提出的节能减排的建议，考查了用远程高压输电减小能耗的知识点，具有实际意义。
【启示】高考复习中应注重物理问题联系生活实际。
6、（20xx•山东卷）19．一理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头。
A．副线圈输出电压的频率为50Hz
B．副线圈输出电压的有效值为31V
C．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D．P向右移动时，变压器的输出功率增加
答案：AD
解析：
A.周期，频率，A正确；
B.原线圈输入电压的有效值为，所以，副线圈输出电压的有效值为，B错误；
C.根据，所以，不变。C错误；
D.变压器的输出功率，P向右移动时，电阻变小，变压器的输出功率增加，D正确。
本题选AD。本题考查变压器原理和交流电图象。
难度：容易。
7、（20xx•浙江卷）17.某水电站，用总电阻为2.5的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3106KW。现用500kV电压输电，则下列说法正确的是
A.输电线上输送的电流大小为2105A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15kV
C.若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9108KW
D.输电线上损失的功率为P＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
答案：B
8.（09•广东物理•9）图为远距离高压输电的示意图。关于远距离输电，下列表述正确的是（ABD）
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
解析：依据输电原理，电路中的功率损耗，而,增大输电线的横截面积，减小输电线的电阻，则能够减小输电线上的功率损耗，A正确；由P=UI来看在输送功率一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流越小，则功率损耗越小，B正确；若输电电压一定，输送功率越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，C错误；输电电压并不是电压越高越好，因为电压越高，对于安全和技术的要求越高，因此并不是输电电压越高越好，D正确。
9.（09•海南物理•9）一台发电机最大输出功率为4000kW,电压为4000V，经变压器升压后向远方输电。输电线路总电阻．到目的地经变压器降压，负载为多个正常发光的灯泡（220V、60W）。若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%,变压器和的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则（ABD）
A．原、副线圈电流分别为和20A
B．原、副线圈电压分别为和220V
C．和的变压比分别为1：50和40：1
D．有盏灯泡（220V、60W）正常发光
10.（09•海南物理•12）钳型表的工作原理如图所示。当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转。由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流。日常所用交流电的频率在中国和英国分别为50Hz和60Hz。现用一钳型电流表在中国测量某一电流，电表读数为10A；若用同一电表在英国测量同样大小的电流，则读数将是A。若此表在中国的测量值是准确的，且量程为30A；为使其在英国的测量值变为准确，应重新将其量程标定为A．
答案：1225
11.（09•四川•17）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1＝20，R2＝30，C为电容器。已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（C）
A.交流电的频率为0.02Hz
B.原线圈输入电压的最大值为200V
C.电阻R2的电功率约为6.67W
D.通过R3的电流始终为零
解析：根据变压器原理可知原副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02s、频率为50赫兹，A错。由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1A、根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20V，再根据原副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为200V、B错；因为电容器有通交流、阻直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错；根据正弦交流电的峰值和有效值关系并联电路特点可知电阻R2的电流有效值为I＝、电压有效值为U＝Um/V，电阻R2的电功率为P2＝UI＝W、C对。
【考点精题精练】
1、（20xx•北京东城区二模）如图所示，理想变压器的a、b端加上茜一交流电压（电压有效值保持不变），副线圈d端所接灯泡L恰好正常发光。此时滑线变阻器的滑片P于图示位置。现将滑片下移（导线电阻不计），则以下说法中正确的是（）
A．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小
B．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大
C．灯不能正常发光，原线圈输入电压变大
D．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变
2、（20xx•北京市宣武区二模）正弦交变电源与电阻R、交流电压表按照图（1）所示的方式连接，R=10Ω，交流电压表的示数是10V。若图（2）是该交变电源输出电压u随时间t变化的图象，则（）
A．R两端的电压uR随时间t变化的规律是
B．R两端的电压uR随时间t变化的规律是（V）
C．通过R的电流随时间t变化的规律是（V）
D．通过R的电流随时间t变化的规律是（A）
3、（20xx•北京市崇文区二模）如图所示，水平金属圆盘置于磁感应强度为B、方向竖直向下的匀强磁场中，随盘绕金属转轴以角速度沿顺时针方向匀速转动，盘的中心及边缘处分别用金属滑片与一理想变压器的原线圈相连。已知圆盘半径为r，理想变压器原、副线圈匝数比为n，变压器的副线圈与一电阻为R的负载相连。不计圆盘及导线的电阻，则下列说法中正确的是（）
A．变压器原线圈两端的电压为
B．变压器原线圈两端的电压为
C．通过负载R的电流为
D．通过负载R的电流为
4.一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图所示．副线圈仅接入一个10Ω的电阻．则()
A．流过电阻的电流是20A
B．与电阻并联的电压表的示数是1002V
C．经过1分钟电阻发出的热量是6×103J
D．变压器的输入功率是1×103W
解析：考查正弦交变电流有效值、最大值意义及理想变压器的相关知识．由输入电压图象可知输入电压的有效值为220V，故副线圈输出电压的有效值为100V，接入副线圈的电阻为10Ω，故电流有效值为10A，A项错；与电阻并联的电压表读数即为副线圈电压有效值100V，B项错；根据Q＝I2Rt＝102×10×60J＝6×104J，C项错；由变压器输入功率等于输出功率可知，P＝IU＝10×100＝1000W，D项正确．
答案：D

5．2008年春节前后，我国南方部分省市的供电系统由于气候原因遭到严重破坏．为此，某小区启动了临时供电系统，它由备用发电机和副线圈匝数可调的变压器组成，如图所示，发电机的电动势e＝4802sin(100πt)V(不考虑其内阻)，图中R表示输电线的电阻．滑动触头P置于a处时，用户的用电器恰好正常工作，在下列情况下，要保证用电器仍能正常工作，则()
A．若A2示数为2A，R＝10Ω，则原副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1
B．若A2示数为2A，R＝10Ω，则原副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶1
C．当发电机输出的电压发生波动使V1示数小于正常值，用电器不变时，应使滑动触头P向下滑动
D．如果V1示数保持正常值不变，那么当用电器增加时，滑动触头P应向上滑
解析：若A2的示数为2A，R＝10Ω，用户电压220V，电压表V2示数U2＝220V＋I2R＝240V，电压表V1示数(有效值)U1＝480V，原副线圈的匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，故选项A对、B错；由n1∶n2＝U1∶U2，若U1变小，则n2应变大，故选项C错；当用电器增加时，副线圈中的电流增加，输电线电阻R上的电压增大，副线圈两端的电压应增大，故滑动触头P应向上滑，故选项D对．
答案：AD
6．正弦交流电经过匝数比为n1n2＝101的变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按如图甲所示方式连接，R＝10Ω.图乙是R两端电压U随时间变化的图象．Um＝102V，则下列说法中正确的是()
A．通过R的电流iR随时间t变化的规律是iR＝2cos100πt(A)
B．电流表A的读数为0.1A
C．电流表A的读数为210A
D．电压表的读数为Um＝102V
解析：由图象知T＝2×10－2s，f＝50Hz，ω＝2πf＝100πrad/s，故iR＝2cos100πt(A)，A正确．再根据I1I2＝n2n1知，I1有效值为0.1A，B正确，C错误．电压表读数应为副线圈电压有效值，U＝Um2＝10V，故D错误．
答案：AB
7、（20xx•山东省枣庄市一模）如图所示，两平行虚线之间存在的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里，虚线间的距离为L，金属圆环的直径也是L。圆环以垂直于磁场边界的恒定速度v穿过磁场区域。规定逆时针方向为圆环中感应电流i的正方向，圆环从左边界刚进入磁场处为位移x的起点。则下列图象中能表示圆环中感应电流i随其位移x变化关系的是（）
A
8、（20xx•山东省德州市高三一模）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3为三只规格均为“9V6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中不正确的是：
A.电流表的示数为2A
B.电压表的示数为27V
C.副线圈两端接入耐压值为9V的电容器恰能正常工作
D.变压器副线圈中交变电流的频率为50Hz
答案：BC
9、（20xx•山东省济南市高三期末检测考试）如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开.当S接通时，以下说法正确的是（）
A．副线圈两端MN输出电压增大
B．通过灯泡L1的电流增大
C．电流表的示数增大
D.变压器的输入功率变小
答案：C
10.（20xx•浙江省绍兴市高三教学质量调测）如图所示，等离子气流（由高温高压的等电量的正、负离子组成）由左方连续不断地以速度射入P1和O2两极板间的匀强磁场中，直导线与P1、P2相连接，线圈A与直导线cd相连接。线圈A内存在变化的磁场，且磁感应强度B的正方向规定为向左，已知动和引导线的作用情况为：0～2s内互相排斥，2～4s内互相吸引。则线圈A内磁感应强度B随时间变化的图象可能是（B）

11.（20xx•吉林市普通中学高三下学期期中）一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图示。已知发电机线圈内阻为5.0，则外接一只电阻为95.0的灯泡，如图乙所示，则
A.电压表○v的示数为220v
B.电路中的电流方向每秒钟改变50次
C.灯泡实际消耗的功率为484w
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J

12（20xx•江苏盐城中学高三一模）如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1100匝，副线圈匝数n2＝220匝，交流电源的电压，电阻R＝44Ω，电压表、电流表均为理想电表．则下列说法正确的是
A．交流电的频率为50Hz
B．电阻R上的功率为44W
C．电流表A2的示数约为A
D．电压表的示数为44V
13.（20xx•安徽省合肥市高三第一次教学质量检测）图乙为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。发电机线圈内阻为1.0Ω，外接灯泡的电阻为9.0Ω，则（）

A．电压表的示数为6V
B．在的时刻，穿过线圈磁通量为零
C．若线圈转速改为25r/s，则电动势有效值为3V
D．若线圈转速改为25r/s，则通过早灯的电流为1.2A