高三物理一轮复习学案第十一章交变电流传感器

第十一章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,,))交变电流传感器[全国卷5年考情分析]基础考点常考考点命题概率常考角度远距离输电(Ⅰ)未曾独立命题交变电流、交变电流的图像(Ⅰ)'16Ⅲ卷T21(6分)独立命题概率20%(1)根据线框在磁场中的转动求解描述交变电流的物理量(2)根据交变电流的图像或表达式求解描述交变电流的物理量(3)变压器的基本原理和动态分析(4)远距离输电问题正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ)'18Ⅲ卷T16(6分)独立命题概率20%理想变压器(Ⅱ)'16Ⅰ卷T16(6分)'16Ⅲ卷T19(6分)'15Ⅰ卷T16(6分)独立命题概率50%实验十二：传感器的简单使用'16Ⅰ卷T23(10分)综合命题概率30%第1节交变电流的产生及描述一、交变电流、交变电流的图像1．交变电流大小和方向都随时间做周期性变化的电流。2．正弦式交变电流的产生和图像(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。[注1][注2](2)图像：线圈从中性面位置开始计时，如图甲、乙、丙所示。二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值1．周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω)。(2)频率(f)：交变电流在1s内完成周期性变化的次数。单位是赫兹(Hz)。(3)周期和频率的关系：T＝eq\f(1,f)。2．交变电流的瞬时值、峰值和有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数。如e＝Emsinωt。(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值。(3)有效值：让交流和直流通过相同阻值的电阻，如果它们在一个周期内产生的热量相等，就把这一直流的数值叫做这一交流的有效值。E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))。[注3]【注解释疑】[注1]只有转轴和磁场垂直时，才产生正弦交流电。[注2]在磁场中与B垂直的位置为中性面，Φ最大，I感＝0，线圈转一周两次经过中性面，电流方向改变两次。[注3]只有正(余)弦交流电的有效值和峰值之间是E＝eq\f(Em,\r(2))的关系，其他交流电不是。[深化理解](1)正弦交流电的产生：中性面垂直于磁场方向，线圈平面平行于磁场方向时电动势最大：Em＝nBSω。①线圈从中性面开始转动：e＝Emsinωt。②线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcosωt。(3)非正弦交流电的有效值利用等效法求解，即：I2Rt等于一个周期内产生的总热量。[基础自测]一、判断题(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。(×)(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。(×)(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。(√)(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。(√)(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。(×)二、选择题1.如图所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动。在MN边与磁场方向的夹角达到30°的时刻(图示位置)，导线框中产生的瞬时电动势e的大小和线框此时电流的方向分别为(已知线框按俯视的逆时针方向转动)()A.eq\f(1,2)BSω，电流方向为KNMLK B.eq\f(\r(3),2)BSω，电流方向为KNMLKC.eq\f(1,2)BSω，电流方向为KLMNK D.eq\f(\r(3),2)BSω，电流方向为KLMNK解析：选BMN边与磁场方向成30°时，感应电动势为e＝Emcosωt＝BSωcos30°＝eq\f(\r(3),2)BSω。由右手定则可知电流方向为KNMLK。2．[人教版选修3－2P34T3改编]如图所示，单匝矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，设磁感应强度为0.01T，线圈边长AB为20cm，宽AD为10cm，转速n为50r/s，则线圈转动时感应电动势的最大值为()A．1×10－2V B．×10－2VC．2×10－2V D．×10－2V解析：选D感应电动势最大值Em＝BSω＝BS·2πn×10－2V。3．[沪科版选修3－2P59T4改编]如图为某正弦式交变电流的图像，则该电流的瞬时值表达式为()A．i＝10eq\r(2)sin(100πt)A B．i＝10sin(10πt)AC．i＝20eq\r(2)sin(50πt)A D．i＝20sin(100πt)A解析：选D由题图可知T＝0.02s，则ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s。当t＝0.0025s时，i＝14.14A，代入i＝Imsinωt得Im＝20A。所以电流的瞬时值表达式为i＝20sin(100πt)A。4．[鲁科版选修3－2P61T1]两只相同的电阻，分别通以正弦波形的交流电和方波形的交流电，两种交流电的最大值相等，且周期相等(如图甲、乙所示)。在正弦波形交流电的一个周期内，正弦波形的交流电在电阻上产生的焦耳热为Q1，其与方波形交流电在电阻上产生的焦耳热Q2之比Q1∶Q2等于()A．1∶1 B．2∶1C．1∶2 D．4∶3解析：选C设两种交变电流的最大值为Im。对于正弦波形电流，其有效值I1＝eq\f(Im,\r(2))，对于方波形电流，其有效值I2＝Im。根据焦耳定律Q＝I2RT，得Q1∶Q2＝I12∶I22＝1∶2。高考对本节内容的考查，主要集中在交变电流的产生和描述、有效值的理解与计算、交变电流“四值”的理解和应用，对这些考点的考查，主要以选择题的形式呈现，难度一般。考点一交变电流的产生和描述[基础自修类][题点全练]1．[交变电流的函数表达式]一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的电动势e＝200eq\r(2)·sin100πt(V)，下列说法正确的是()A．该交变电流的频率是100HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝eq\f(1,200)s时，e达到峰值D．该交变电流的电动势的有效值为200eq\r(2)V解析：选C由交变电流的电动势瞬时值表达式e＝nBSω·sinωt可知，交变电流的频率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，选项A错误。在t＝0时，电动势瞬时值为0，线圈平面恰好在中性面处，选项B错误。当t＝eq\f(1,200)s时，e达到峰值Em＝200eq\r(2)V，选项C正确。该交变电流的电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝200V，选项D错误。2．[交变电流的图像表达](多选)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()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∶2C．交流电a的瞬时值表达式为u＝10sin(5πt)VD．交流电b的最大值为eq\f(20,3)V解析：选BCD在题图中t＝0时刻，感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，A错误；a的周期为0.4s，b的周期为0.6s，转速与周期成反比，所以转速之比为3∶2，B正确；交流电的瞬时值表达式为u＝Umsinωt，所以a的瞬时值表达式为u＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,0.4)t))V＝10sin(5πt)V，C正确；由Um＝NBSω，可知角速度变为原来的eq\f(2,3)，则最大值变为原来的eq\f(2,3)，交流电b的最大值为eq\f(20,3)V，D正确。3．[交流电的产生](多选)1831年，法拉第在一次会议上展示了他发明的圆盘发电机(图甲)，它是利用电磁感应的原理制成的，是人类历史上第一台发电机。图乙是这个圆盘发电机的结构示意图：铜盘安装在水平的铜轴上，它的边缘正好在两磁极之间，两块铜片C、D分别与转动轴和铜盘的边缘良好接触，使铜盘转动，电阻R中就有电流通过。若所加磁场为匀强磁场，回路的总电阻恒定，从左往右看，铜盘沿顺时针方向匀速转动，下列说法正确的是()A．铜片D的电势高于铜片C的电势B．电阻R中有正弦式交变电流流过C．铜盘转动的角速度增大1倍，流过电阻R的电流也随之增大1倍D．保持铜盘不动，磁场变为方向垂直于铜盘的交变磁场，则铜盘中有电流产生解析：选ACD根据右手定则可知，铜片D的电势比C的高，A正确；若所加的磁场为匀强磁场，铜盘匀速转动，则产生的感应电动势E＝BLeq\x\to(v)＝BL·eq\f(ωL,2)＝eq\f(1,2)BωL2，不随时间变化，则电阻R中流过的是恒定电流，B错误；由上式可知，若铜盘转动的角速度增大1倍，感应电动势增大1倍，流过电阻R的电流也随着增大1倍，C正确；保持铜盘不动，磁场变为垂直于铜盘的交变磁场，则通过铜盘的磁通量发生变化，铜盘中会产生感应电动势，铜盘中有电流产生，D正确。[名师微点]正弦式交变电流的产生及特点(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。(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，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不改变。(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。(4)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。考点二有效值的理解与计算[师生共研类]有效值的求解1计算有效值的根据是电流的热效应，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利用公式Q＝I2Rt和Q＝\f(U2,R)t可分别求得电流有效值和电压有效值。[典例]电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10Ω，R2＝20Ω。合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则()A．通过R1的电流有效值是1.2AB．R1两端的电压有效值是6VC．通过R2的电流有效值是eq\r(2)AD．R2两端的电压最大值是6eq\r(2)V[解析]首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过R2的电流最大值为eq\r(2)A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im＝eq\r(2)I可知其有效值为0.6A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是0.6A，选项A、C错误；R1两端电压有效值为U1＝IR1[答案]B[延伸思考][变式1]把图像下半部分翻到t轴的上面正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的。线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，则此感应电动势的有效值为________V。解析：由有效值的定义式得：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)×2＝eq\f(U2,R)T，解得：U＝220V。答案：220[变式2]仅余eq\f(1,2)周期的波形家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小。某电子调光灯经调整后电压波形如图所示，求灯泡两端电压的有效值。解析：从u­t图像看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))；后半周期电压为零。根据有效值的定义，eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＋0，解得U＝eq\f(Um,2)。答案：eq\f(Um,2)[变式3]仅余eq\f(1,4)周期的波形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。现在电灯上电压的有效值为()A．Um B.eq\f(Um,\r(2))C.eq\f(Um,3) D.eq\f(Um,2)解析：选D从u­t图像上看，每个eq\f(1,4)周期正弦波形的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))，根据有效值的定义：eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)×eq\f(T,4)×2＋0，解得：U＝eq\f(Um,2)，D正确。[变式4]把正、余弦波形变成矩形波形如图所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是()A．5eq\r(2)A B．eq\r(2)AC．3.5A D．5A解析：选D交流电的有效值是根据其热效应定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。设交流电的有效值为I，令该交变电流通过一阻值为R的纯电阻，在一个周期内有：I2RT＝I12Req\f(T,2)＋I22Req\f(T,2)。所以该交流电的有效值为I＝eq\r(\f(I12＋I22,2))＝5A。D项正确。[变式5]上下波形的最大值不一致电压u随时间t的变化情况如图所示，求电压的有效值。解析：由有效值的定义式得：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(156,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得：U＝174V。答案：174V[变式6]交流电与二极管相连如图所示，在电阻两端并联二极管的电路中，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，则加在R2上的电压有效值为()A．10VB．20VC．15V D．5eq\r(10)V解析：选D电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半个周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足eq\f(U2,R)T＝eq\f(202,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(102,R)·eq\f(T,2)，可求出U＝5eq\r(10)V。故选项D正确。[解题方略]几种典型交变电流的有效值电流名称电流图像有效值正弦式交变电流I＝eq\f(Im,\r(2))正弦半波电流I＝eq\f(Im,2)矩形脉动电流I＝eq\r(\f(t0,T))Im考点三交变电流“四值”的理解和应用[基础自修类][题点全练]1．[交变电流峰值的应用](多选)如图甲所示，标有“220V40W”的电灯和标有“20μF300V”的电容器并联接到交流电源上，V为交流电压表。交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关S，下列判断正确的是()A．t＝eq\f(T,2)时刻，V的示数为零B．电灯恰正常发光C．电容器有可能被击穿D．交流电压表V的示数保持110eq\r(2)V不变解析：选BC交流电压表V的示数应是电压的有效值220V，故A、D错误；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B正确；电压的峰值220eq\r(2)V≈311V，大于电容器的耐压值，故电容器有可能被击穿，C正确。2.[四值的计算](多选)如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。下列判断正确的是()A．电压表的读数为eq\f(NBSωR,\r(2)R＋r)B．当线圈由图示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量为eq\f(NBS,2R＋r)C．在线圈转过一周的过程中，电阻R上产生的焦耳热为eq\f(N2B2S2ωRπ,4R＋r2)D．当线圈由图示位置转过30°时，通过电阻R的电流为eq\f(NBSω,2R＋r)解析：选AD电动势的最大值Em＝NBSω，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(NBSω,\r(2))，电压表的示数为路端电压的有效值，解得U＝eq\f(R,R＋r)E＝eq\f(NBSωR,\r(2)R＋r)，A正确；线圈由题图所示位置转过30°的过程中，通过电阻R的电荷量q＝eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBS－BSsin60°,R＋r)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))NBS,R＋r)，B错误；在线圈转过一周的时间内电阻R上产生的热量Q＝eq\f(U2,R)·eq\f(2π,ω)＝eq\f(N2B2S2ωRπ,R＋r2)，C错误；电流的最大值为Im＝eq\f(Em,R＋r)＝eq\f(NBSω,R＋r)，电流的瞬时值表达式为i＝Imsinωt，从题图所示位置转过30°时，ωt＝eq\f(π,6)，此时的电流为i＝eq\f(Im,2)＝eq\f(NBSω,2R＋r)，D正确。3．[四值的应用]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题图所示位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2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＝eq\f(Em,\r(2))线圈匀速转动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝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＝eq\f(E2,R＋r)·T代入数据得W≈98.6J。(4)从t＝0起线圈转过90°的过程中，Δt内流过R的电荷量：q＝eq\f(NΔΦ,R＋rΔt)Δt＝eq\f(NBΔS,R＋r)＝eq\f(NBl1l2,R＋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[名师微点]对交变电流“四值”的比较和理解物理量表达式适用情况及说明瞬时值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况最大值(峰值)Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)讨论电容器的击穿电压有效值对正、余弦交流电有：E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)电表的读数为有效值平均值eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(v)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路截面的电荷量“融会贯通”归纳好——产生正弦交流电的5种方式1．线圈在匀强磁场中匀速转动。2．线圈不动，匀强磁场匀速转动。3．导体棒在匀强磁场中做简谐运动。4．线圈不动，磁场按正弦规律变化。5．在匀强磁场中导体棒的长度与时间成正弦规律变化。第一种方式是课本上介绍的，第二种原理与第一种一样，实际生活中大型发电厂都采用这种方式。下面举例说明后面三种方式。(一)导体棒在匀强磁场中做正弦式运动1.如图所示，间距为L的光滑平行金属导轨，水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中，一端接阻值为R的电阻。一电阻为r、质量为m的导体棒放置在导轨上，在外力F作用下从t＝0的时刻开始运动，其速度随时间的变化规律v＝vmsinωt，不计导轨电阻。求：(1)从t＝0到t＝eq\f(2π,ω)时间内电阻R产生的热量；(2)从t＝0到t＝eq\f(2π,ω)时间内外力F所做的功。解析：由导体棒切割磁感线产生的电动势E＝BLv得e＝BLvmsinωt回路中产生正弦交流电，其有效值为E＝eq\f(BLvm,\r(2))在0～eq\f(2π,ω)时间内产生的热量Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R＋r)))2R·eq\f(2π,ω)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLvm,R＋r)))2eq\f(πR,ω)由功能关系得：外力F所做的功W＝Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLvm,R＋r)))2eq\f(πR,ω)。答案：(1)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLvm,R＋r)))2eq\f(πR,ω)(2)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BLvm,R＋r)))2eq\f(πR,ω)(二)线圈不动，磁场按正弦规律变化2．如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100匝，电阻r＝1.0Ω，所围成的矩形的面积S＝0.040m2，小灯泡的电阻R＝9.0Ω，磁场的磁感应强度随时间变化的规律如图乙所示，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmSeq\f(2π,T)coseq\f(2π,T)t，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期。不计灯丝电阻值随温度的变化，求：(1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0～eq\f(T,4)时间内，通过小灯泡的电荷量。解析：(1)由瞬时值表达式可知线圈中感应电动势的最大值Em＝nBmSeq\f(2π,T)＝8V。(2)产生的交流电的电流有效值I＝eq\f(\f(Em,\r(2)),R＋r)小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88W。(3)0～eq\f(T,4)时间内电流的平均值eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(n\f(ΔΦ,Δt),R＋r)通过小灯泡的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝neq\f(ΔΦ,R＋r)＝0.004C。答案：(1)8V(2)2.88W(3)0.004C(三)在匀强磁场中导体棒的长度与时间成正弦规律变化3.如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示)，R1＝4Ω、R2＝8Ω(导轨其他部分电阻不计)，导轨OAC的形状满足方程y＝2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)x))(单位：m)。磁感应强度B＝0.2T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速度v＝5.0m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，金属棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计金属棒的电阻，求：(1)外力F的最大值；(2)金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率；(3)在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系。Em＝BLmv×2×5V＝2V电路的总电阻R总＝eq\f(R1R2,R1＋R2)＝eq\f(8,3)Ω，最大感应电流Im＝eq\f(Em,R总)＝eq\f(2,\f(8,3))A＝0.75A。最大安培力F安＝BImLm××2N＝0.3N，由平衡条件可知，外力F的最大值Fm＝F安＝0.3N。(2)感应电动势最大时，电阻丝R1上消耗的功率最大，其最大功率P1＝eq\f(Em2,R1)＝eq\f(22,4)W＝1W。(3)金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化L＝2sineq\f(π,3)x，x＝vt，E＝BLvI＝eq\f(E,R总)＝eq\f(Bv,R总)·2sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(π,3)vt))＝eq\f(3,4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)πt))A。答案：(1)0.3N(2)1W(3)I＝eq\f(3,4)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(5,3)πt))Aeq\a\vs4\al([反思领悟])正弦交流电的产生归根结底还是发生了“正弦式”的电磁感应，产生了正弦式感应电动势，根据E＝BLv，可以分别在B、L、v这三个物理量上做文章。感兴趣的考生可以再重温一下e＝Emsinωt和Em＝nBSω的推导过程。[课时跟踪检测][A级——基础小题练熟练快]1．(2019·金华调研)一只电阻分别通过四种不同形式的电流，电流随时间变化的情况如下列各图所示，在相同时间内电阻产生热量最大的是()解析：选D选项A、B中交变电流的有效值都为eq\r(2)A，选项C中恒定电流的大小为1.5A，选项D中交变电流的有效值为2A，根据热量的表达式Q＝I2Rt得出选项D正确。2．(2018·汉中模拟)一交流电压为u＝100eq\r(2)sin(100πt)V，由此表达式可知()A．用电压表测该电压其示数为50VB．该交流电压的周期为0.02sC．将该电压加在“100V100W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100WD．t＝eq\f(1,400)s时，该交流电压的瞬时值为50V解析：选B由交流电压瞬时值表达式可知电压的有效值为100V，故用电压表测该电压其示数为100V，选项A错误；ω＝100πrad/s，则周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，选项B正确；该电压加在“100V100W”的灯泡两端，灯泡恰好正常工作，选项C错误；把t＝eq\f(1,400)s代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为100V，选项D错误。3.(多选)电阻为1Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，线圈的电动势随时间变化的图像如图所示。现把线圈与电阻为9Ω的电热丝相连，则下列说法正确的是()A．线圈转动的角速度为31.4rad/sB．如果线圈转速提高一倍，则电流发生改变C．电热丝两端的电压U＝100eq\r(2)VD．电热丝的发热功率P＝1800W解析：选BD从题图可知T＝0.02s，ω＝eq\f(2π,T)＝314rad/s，故选项A错误；其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度ω变为原来的两倍，则电动势最大值Em＝NBSω变为原来的两倍，电压的有效值变为原来的两倍，根据欧姆定律可知电流发生改变，故选项B正确；该交流电压的最大值为200V，所以有效值为100eq\r(2)V，电热丝两端电压U＝eq\f(9,9＋1)4．图甲所示电压按正弦规律变化，图乙所示电压是正弦交流电的一部分。下列说法正确的是()A．图乙所示的电压也是正弦交流电压B．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝10sin50πt(V)C．图乙所示电压的周期与图甲所示电压周期相同D．图甲所示电压的有效值比图乙所示电压的有效值小解析：选D题图乙所示电压只有一部分按正弦交流电压变化，整个不能称为正弦交流电压，选项A错误；题图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝10sin100πt(V)，选项B错误；题图乙所示电压的周期为题图甲所示电压周期的2倍，选项C错误；题图甲所示电压的有效值为5eq\r(2)V，对题图乙由eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，得电压的有效值为U＝10V，因此选项D正确。5.某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化。与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大)。在A、B间加一交流电压，其瞬时值的表达式为u＝20eq\r(2)sin100πt(V)，则交流电压表的示数为()A．10V B．20VC．15V D．14.1V解析：选D二极管具有单向导电性，使得半个周期内R通路，另半个周期内R断路。电压表的示数为加在R两端电压的有效值，设为U，在正半周内，交流电压的有效值为20V，由电流的热效应，在一个周期内有eq\f(U2,R)T＝eq\f(202,R)·eq\f(T,2)，解得U＝10eq\r(2)V＝14.1V，选项D正确。6．(2019·惠州五校联考)如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器件实现了无级调节亮度。给该台灯接220V的正弦交流电后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时交流电压表的示数为()A．220V B．110VC.eq\f(220,\r(2))V D.eq\f(110,\r(2))V解析：选B设电压的有效值为U，根据有效值定义有eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(220,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得U＝110V，则B正确。7．(多选)如图甲为小型交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100、总电阻r＝5Ω，线圈的两端与阻值为95Ω的电阻R连接，交流电压表为理想电表。t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。若交流发电机产生的电动势的最大值为Em，电压表的示数为U，则()A．Em＝200V，U＝134VB．Em＝134V，U＝95VC．通过电阻R的电流每秒内方向改变约50次D．电阻R实际消耗的功率为190W解析：选AD交流发电机产生的电动势的最大值Em＝nBSω，而Φm＝BS，由题图乙可知Φm×10－2Wb，T＝2π×10－2s，所以ω＝100rad/s，Em＝200V，电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝100eq\r(2)V，由闭合电路欧姆定律，可知电路中电流的有效值I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\r(2)A，电压表的示数为U＝IR＝134V，故选项A正确，B错误；频率f＝eq\f(1,T)≈16Hz，故通过电阻R的电流每秒内方向改变约32次，选项C错误；电阻R消耗的功率为P＝I2R＝190W，故选项D正确。8．(多选)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知()A．该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin(25πt)VB．该交流电的频率为25HzC．该交流电的电压的有效值为100eq\r(2)VD．若将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为50W解析：选BD从题给图像中可得该交流电压最大值为Um＝100V，交流电的周期为T＝4×10－2s，所以频率为f＝eq\f(1,T)＝25Hz，选项B正确；角速度为ω＝2πf＝50πrad/s，所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin(50πt)V，该交流电的电压有效值为U＝eq\f(Um,\r(2))＝50eq\r(2)V，选项A、C错误；若将该交流电压加在阻值R＝100Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(5000,100)W＝50W，选项D正确。[B级——保分题目练通抓牢]9.(多选)如图所示，空间中有范围足够大的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在其间竖直放置两彼此正对的相同金属圆环，两环相距L，用导线将环与外电阻相连。现用外力使金属杆沿两环做匀速圆周运动。若已知磁感应强度大小为B，圆环半径为R，杆转动角速度为ω，金属杆和电阻的阻值均为r，其他电阻不计，则()A．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变大后变小B．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变小后变大C．流过外电阻电流的有效值为eq\f(\r(2)BLωR,4r)D．流过外电阻电流的有效值为eq\f(\r(2)πBωR2,4r)解析：选BC金属杆从圆环最高点向最低点转动的过程中，垂直磁场方向的分速度先减小再增大，因而流过外电阻的电流先减小再增大，选项A错误，B正确；金属杆沿圆环的匀速率运动等效为以两环圆心连线为转动轴、长为L、宽为R的矩形线框的匀速转动，因此产生正弦交流电，遵守I＝eq\f(Im,\r(2))的关系，电动势的最大值为Em＝BLωR，Im＝eq\f(Em,2r)，I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(\r(2)BLωR,4r)，故选项C正确，D错误。10．(2019·广元检测)如图所示，一半径为L的导体圆环位于纸面内，O为圆心。环内两个圆心角为90°且关于O中心对称的扇形区域内分布有匀强磁场，两磁场的磁感应强度大小均为B、方向相反且均与纸面垂直。导体杆OM可绕O转动，M端通过滑动触点与圆环良好接触，在圆心和圆环间连有电阻R，不计圆环和导体杆的电阻，当杆OM以恒定角速度ω逆时针转动时，理想电流表A的示数为()A.eq\f(\r(2)BL2ω,4R) B.eq\f(BL2ω,4R)C.eq\f(\r(2)BL2ω,2R) D.eq\f(BL2ω,2R)解析：选A当导体杆OM在无磁场区域转动时，没有感应电动势，故没有电流，当导体杆OM在其中一个有磁场的区域转动时，OM切割磁感线产生的电动势为E＝eq\f(1,2)BL2ω，感应电流为I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，当导体杆OM在另一个有磁场的区域转动时，电流也为I2＝eq\f(BL2ω,2R)，但方向相反，故导体杆OM旋转一周过程中，电流情况如图所示。设电流的有效值为I有效，则I有效2RT＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL2ω,2R)))2R·eq\f(1,4)T，解得I有效＝eq\f(\r(2)BL2ω,4R)，选项A正确。11．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。下列说法正确的是()A．t＝0.01s时穿过线框的磁通量最小B．该交变电动势的有效值为11eq\r(2)VC．该交变电动势的瞬时值表达式为e＝22eq\r(2)cos(100πt)VD．当电动势的瞬时值为22V时，线框平面与中性面的夹角为45°解析：选Dt＝0.01s时，感应电动势为零，线框位于中性面位置，穿过线框的磁通量最大，A项错误；由题给图像知，正弦交变电动势的最大值为Um＝22eq\r(2)V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝22V，B项错误；t＝0时，感应电动势为零，故瞬时值表达式应为e＝22eq\r(2)sin(100πt)V，C项错误；当e＝22V时，e＝Emsinθ＝22V，解得：θ＝45°，D项正确。12.(多选)(2017·天津高考)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则()A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线B．t＝1s时，线圈中的电流改变方向C．t＝1.5s时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J解析：选ADt＝0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图像如图，由图可知，t＝1s时，感应电流没有改变方向，B错误；t＝1.5s时，感应电动势为0，C错误；感应电动势最大值Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)＝100××eq\f(2π,2)(V)＝4π(V)，有效值E＝eq\f(\r(2),2)×4π(V)＝2eq\r(2)π(V)，Q＝eq\f(E2,R)T＝8π2(J)，D正确。[C级——难度题目适情选做]13．(多选)(2018·佛山模拟)一交流发电机和理想变压器按如图电路连接。已知该发电机线圈匝数为N，电阻为r。当线圈以转速n匀速转动时，电压表示数为U，灯泡(额定电压为U0，电阻恒为R)恰能正常发光，则(电表均为理想电表)()A．变压器的匝数比为U∶U0B．电流表的示数为eq\f(U02,UR)C．在图示位置时，通过发电机线圈的磁通量为eq\f(\r(2)U,2Nnπ)D．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝Usin(2nπt)V解析：选AB由变压器变压公式可知，变压器的匝数比n1∶n2＝U∶U0，选项A正确。灯泡恰能正常发光，说明变压器输出功率P1＝eq\f(U02,R)，根据变压器输出功率等于输入功率可得UI＝eq\f(U02,R)，解得电流表的示数：I＝eq\f(U02,UR)，选项B正确。在题图图示位置时，发电机的线圈处于中性面位置，通过发电机线圈的磁通量为BS，S为线圈面积，由Em＝NBS2nπ，得BS＝eq\f(Em,2Nnπ)＝eq\f(\r(2)U＋Ur,2Nnπ)，选项C错误。从题图图示位置开始计时，发电机产生电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin(2nπt)V，变压器输入电压的瞬时值表达式为u＝Umsin(2nπt)V＝eq\r(2)Usin(2nπt)V，选项D错误。14．(多选)如图甲所示是一种振动发电装置的示意图，半径为r＝0.1m、匝数n＝20的线圈位于辐向分布的磁场中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)。线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B＝eq\,π)T，线圈电阻为R1＝0.5Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω的小电珠L。外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示(摩擦等损耗不计)，则()A．小电珠中电流的峰值为0.16AB．小电珠中电流的有效值为0.16AC．电压表的示数约为1.5VD．t＝0.1s时外力的大小为0.128N解析：选AD由题意及法拉第电磁感应定律知道，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nBlv＝nB·2πrv，故小电珠中电流的峰值为Im＝eq\f(Em,R1＋R2)＝eq\f(20×,π)×2π××2,9.5＋0.5)A＝0.16A，选项A正确，B错误；电压表示数为U＝eq\f(Im,\r(2))·R2≈1.07V，选项C错误；当t＝0.1s也就是eq\f(T,4)时，外力的大小为F＝nB·2πrIm＝0.128N，选项D正确。15．发电机转子是匝数n＝100、边长L＝20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω＝100πrad/s的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。线圈的电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝99Ω。试求：(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过eq\f(π,3)过程中，通过外电阻的电荷量是多少？解析：(1)电动势的最大值：Em＝nBωL2＝628V根据闭合电路欧姆定律得Im＝eq\f(Em,R＋r)＝6.28A故交变电流瞬时值表达式：i＝6.28sin(100πt)A。(2)电流的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))外电阻上消耗的功率：P＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Im,\r(2))))2R×103W。(3)从计时开始到线圈转过eq\f(π,3)过程中，平均感应电动势eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(Φm－Φmcos60°,Δt)＝eq\f(nBL2,2Δt)平均电流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(nBL2,2ΔtR＋r)通过外电阻的电荷量：q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(nBL2,2R＋r)＝0.01C。答案：(1)i＝6.28sin(100πt×103W(3)0.01C第2节理想变压器与远距离输电一、理想变压器1．构造和原理(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的。eq\x(必须是交流电，否则没有互感现象，变压器不起变压作用。)(2)原理：电磁感应的互感现象。副线圈与用电器断开时，无电流通过副线圈，但副线圈两端存在电压。变压器不能改变交变电流的频率。(1)功率关系：P入＝P出。(2)电压关系：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)。有多个副线圈时eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…。(3)电流关系：只有一个副线圈时eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)。由能量守恒推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。二、远距离输电1．功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝ΔP＋P3。2．电压、电流关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。eq\x(在输电功率一定的情况下，输电电压越大，输电电流越小。)3.输电电流：I线＝eq\f(P2,U2)＝eq\f(P3,U3)＝eq\f(U2－U3,R线)。4．电压损失：ΔU＝U2－U3＝I2R线。5．功率损失：ΔP＝P2－P3＝I22R线＝eq\f(ΔU2,R线)。[深化理解]1．在分析变压器问题时，一定要注意原、副线圈中各量的决定关系：U1决定U2，I2决定I1，P2决定P1。2．分析和计算输电线上的电压损失和功率损失时要用U损＝I线R线，P损＝I线2R线＝eq\f(U损2,R线)，注意P损≠eq\f(U22,R线)。[基础自测]一、判断题(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。(√)(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。(×)(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。(×)(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。(×)(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。(√)(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)(7)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大。(√)二、选择题1．[沪科版选修3－2P75T3]如图所示为一理想变压器，其原、副线圈匝数之比n1∶n2＝4∶1，原线圈两端连接光滑导轨，副线圈与电阻R组成闭合电路。当直导线MN在匀强磁场中沿导轨向左匀速切割磁感线时，电流表的示数是10mA，那么电流表的示数是()A．40mA B．0C．10mA D．2.5mA解析：选B由于直导线MN匀速运动，则MN切割磁场产生的电流恒定，线圈中产生的磁通量也是恒定的，所以不会引起副线圈的磁通量变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，即电流表A2的示数为0，选项B正确。2．[粤教版选修3－2P59T4改编]如图所示，P是电压互感器，Q是电流互感器，如果两个互感器的变压比和变流比都是50，电压表的示数为220V，电流表的示数为3A，则输电线路中的电压和电流分别是()A．11000V,150A B．1100V,15AC．4.4V,16.7A D．4.4V,0.06A解析：选A由两个互感器的变压比和变流比可知输电线路中的电压为U＝220×50V＝11000V，电流为I＝3×50A＝150A，故A正确。3．[人教版选修3－2P50T3改编]从发电站输出的功率为220kW，输电线的总电阻为0.05Ω，用110V和11kV两种电压输电。两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为()A．100∶1 B．1∶100C．1∶10 D．10∶1解析：选A由P＝UI得输电线的电流I＝eq\f(P,U)，则输电线上由电阻造成的电压损失ΔU＝IR＝eq\f(P,U)R，所以两种情况下：ΔU1∶ΔU2＝U2∶U1＝100∶1，A正确。4．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器。现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了0.8A，则下列说法正确的是()A．电压表V1示数增大B．电压表V2、V3示数均增大C．该变压器起升压作用D．变阻器滑片是沿c→d的方向滑动解析：选D电压表V1的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时V1示数不变，选项A错误；电压表V2测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故V2示数不变，V3示数为V2示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故V3示数减小，选项B错误；理想变压器满足U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，因ΔI2>ΔI1，故U2<U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d的方向滑动，选项D正确。高考对本节内容的考查，主要集中在理想变压器基本规律的应用、理想变压器的动态分析问题和远距离输电，主要以选择题的形式呈现，难度一般。考点一理想变压器基本规律的应用[基础自修类][题点全练]1．[变压器工作的电压关系]如图所示，一个匝数为N＝100匝的线圈以固定转速50r/s在匀强磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器给阻值R＝20Ω的电阻供电。已知电压表的示数为20V，从图示位置开始计时，下列说法正确的是()A．t＝0时刻流过线圈的电流最大B．原线圈中电流的有效值为10AC．穿过线圈平面的最大磁通量为eq\f(\r(2),50π)WbD．理想变压器的输入功率为10W解析：选C题图所示时刻为中性面位置，感应电动势为零，流过线圈的电流为零，故A错误；副线圈电流I2＝eq\f(U,R)＝1A，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可以得到原线圈电流I1＝0.1A，故B错误；变压器的匝数比为n1∶n2＝10∶1，故输入电压为200V，最大值为200eq\r(2)V，由角速度ω＝2πn＝100πrad/s，根据公式Em＝NBSω＝NΦω，得穿过线圈平面的最大磁通量为Φ＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(\r(2),50π)Wb，故C正确；电阻R消耗的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝20W，则理想变压器的输入功率为20W，故D错误。2．[变压器工作的电压、电流关系](2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq\r(2)·sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是()A．原线圈的输入功率为220eq\r(2)WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110eq\r(2)VD．副线圈输出交流电的周期为50s解析：选B由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220eq\r(2)V，故有效值为U1＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，故副线圈电压的有效值为U2＝110V，故输出功率P2＝eq\f(U22,R)＝220W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝eq\f(U2,R)＝2A，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得I1＝1A，故电流表读数为1A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100πrad/s，又T＝eq\f(2π,ω)，解得T＝0.02s，所以D项错误。3．[原、副线圈电路分析](多选)(2016·全国卷Ⅲ)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∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9解析：选AD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，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，D正确。4．[含有二极管的电路分析]如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝22∶5，电阻R1＝R2＝25Ω，D为理想二极管，原线圈接u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流电，则()A．交流电的频率为100HzB．通过R2的电流为1AC．通过R2的电流为eq\r(2)AD．变压器的输入功率为200W解析：选C由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A项错误；由理想变压器变压规律eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，输出电压U2＝50V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，eq\f(U22,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，解得U＝eq\f(\r(2),2)U2＝25eq\r(2)V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为eq\r(2)A，B项错误，C项正确；电阻R2的功率P2＝UI＝50W，而电阻R1的电功率P1＝eq\f(U22,R1)＝100W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为P＝P1＋P2＝150W，D项错误。5．[互感器的应用]在变电站里，经常要用交流电表监测电网上的强电流。所用的器材叫电流互感器。如图所示，能正确反映其工作原理的是()解析：选A电流互感器把大电流变成小电流，测量时更安全，根据变压器原理，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I2＝eq\f(n1,n2)I1，所以要求线圈匝数n2>n1，原线圈要接在火线上，故选项A正确。[名师微点]理想变压器以及原、副线圈基本量的关系理想变压器没有能量损失(铜损、铁损)，没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P入＝P出本电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，U1∶U2＝n1∶n2，与负载的多少无关关电流关系只有一个副线圈时，I1∶I2＝n2∶n1；有多个副线圈时，由P入＝P出，即I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn，得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn系频率关系f1＝f2(变压器不改变交流电的频率)考点二理想变压器的动态分析问题[多维探究类]常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。匝数比不变的情况负载电阻不变的情况(1)U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化(1)U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，U2变化(2)R不变，U2变化，I2发生变化(3)根据P2＝eq\f(U22,R)和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化考法(一)匝数比不变，负载变化的情况[例1]如图所示，理想变压器原、副线圈接有额定电压均为20V的灯泡a和b。当输入u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交变电压时，两灯泡均能正常发光。设灯泡不会被烧坏，下列说法正确的是()A．原、副线圈匝数比为11∶1B．原、副线圈中电流的频率比为11∶1C．当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡b变亮D．当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，灯泡a变亮[解析]两灯均正常发光，则原线圈输入的电压为：U1＝U－U灯＝(220－20)V＝200V，副线圈电压：U2＝U灯＝20V，根据理想变压器变压比得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(200,20)＝eq\f(10,1)，故A错误；变压器不改变交流电的频率，即频率比为1∶1，故B错误；当滑动变阻器的滑片向下滑少许时，阻值减小，副线圈电流变大，根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，可知原线圈电流变大，灯泡a分担的电压变[答案]D考法(二)匝数比改变，负载不变的情况[例2](多选)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，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流。下列说法中正确的是()A．保持U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B．保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小C．保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大D．保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大[解析]保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，电流I2增大，R消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，所以根据P2＝[答案]BC[共性归纳]含有变压器的动态电路问题的解题思路[题点全练]1．[负载变化]有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡。当S断开时，灯L1正常发光。S闭合后，下列说法正确的是()A．电阻R消耗的电功率增大B．灯L1、L2都能正常发光C．原线圈的输入功率减小D．原、副线圈的电流比减小解析：选A当S闭开后，由变压器电压与匝数比关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知副线圈电压U2不变，而电路的电阻减小，所以副线圈的电流增大，由P＝I2R知R消耗的功率增大，故A正确；副线圈的电流增大，所以电阻R的电压增大，而副线圈电压U2不变，所以灯泡两端的电压减小，灯L1、L2都不能正常发光，故B错误；由于副线圈中负载电阻减小，消耗的功率为P＝eq\f(U22,R总)，故消耗的功率增大，又因为输入功率等于输出功率，故原线圈的输入功率增大，所以C错误；变压器原、副线圈的匝数不变，由电流与匝数关系eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，知原、副线圈中电流之比不变，故D错误。2．[匝数比变化]如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则()A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B由于家庭电路上理想变压器为降压变压器，故n1＞n2，当原、副线圈减少相同的匝数时，其变压比eq\f(n1′,n2′)变大，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1′,n2′)，U1一定，U2变小，故小灯泡变暗，选项A错误，B正确；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1′,n2′)知，原、副线圈电压的比值变大，选项C错误；根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2′,n1′)，则通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误。考点三远距离输电[师生共研类]谨记远距离输电问题的“三二一”1．理清三个回路在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。2．抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。(2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。3．掌握一个守恒能量守恒关系式P1＝P损＋P4。[典例]如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源。若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\f(Um2,4r) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))eq\f(Um2,4r)C．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))2r D．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))2r[解析]升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))；由变压关系可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，则U2＝eq\f(n2Um,\r(2)n1)；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝eq\f(P,U2)＝eq\f(\r(2)n1P,n2Um)，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝eq\f(4n12P2r,n22Um2)，故选项C正确。[答案]C输电线路功率损失的计算方法P损＝P1－P4P1为输送的功率，P4为用户得到的功率P损＝I线2R线I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻P损＝eq\f(ΔU2,R线)ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混P损＝ΔU·I线ΔU不要错代入U2或U3[题点全练]1．[输电原理]远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A.eq\f(I1,I2)＝eq\f(n1,n2) B．I2＝eq\f(U2,R)C．I1U1＝I22R D．I1U1＝I2U2解析：选D根据变压器的工作原理可知eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠I22R，选项C错误，D正确。2．[电压、功率损失]用一台某型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，如图所示。发电机到安置区的距离是400m×10－4Ω，安置区家用电器的总功率为44kW，当这些额定电压为220V的家用电器都正常工作时()型号AED6500S输出电压范围220～300V最大输出功率60kW20AB．发电机的实际输出电压为300VC．在输电线路上损失的电功率为8kWD．如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300V解析：选C当这些额定电压为220V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝eq\f(P,U)＝200A，选项A错误；导线电阻为R×10－4×400×2Ω＝0.2Ω，则发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260V，选项B错误；在输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8kW，选项C正确；如果该柴油发电机发出的是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是Um＝eq\r(2)U输＝368V，选项D错误。3．[输电电路的计算](多选)如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝220eq\r(2)sin(100πt)V。当用电器电阻R0＝11Ω时，下列说法正确的是()A．通过用电器R0的电流有效值是20AB．当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小C．发电机中的电流变化频率为100HzD．升压变压器的输入功率为4650W解析：选AD通过用电器R0的电流有效值I＝eq\f(U,R0)＝eq\f(220,11)A＝20A，A正确；当用电器R0的阻值减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误；变压器不改变交流电的频率，f＝50Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1＝UI＝220×20W＝4400W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I′＝5A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2R＝52×10W＝250W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4650W，D正确。“专项研究”拓视野——远距离输电电路的两类动态分析问题类型(一)发电电压一定的动态分析问题[例1](多选)小型水力发电站的发电机有稳定的输出电压，该电压先通过发电站附近的升压变压器升压，然后通过输电线路把电能输送到远处用户附近的降压变压器，经降压变压器降低电压后再输送至各用户，如图所示。设变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，随着用电器增多，用户消耗的电功率增加，下列说法正确的是()A．发电机的输出电流变小B．高压输电线路的功率损失变大C．降压变压器副线圈两端的电压变小D．升压变压器副线圈两端的电压变大[思路点拨]根据用电器增加，可知降压变压器的输出电流变大，故输电线上的电流增大，升压变压器的输入电流增大，进而分析其他物理量。[解析]用电高峰期用电器增多，降压变压器的输出电流增大，由变压器原副线圈电流关系可知输电线上的电流I增大，发电机的输出电流变大，选项A错误；输电线路上损失的功率P损＝I2r，r为输电线路电阻，故P损变大，选项B正确；升压变压器副线圈的输出电压U2只与输入电压U1及原、副线圈匝数比有关，即升压变压器副线圈两端的电压不变，选项D错误；降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－U损，U损＝Ir，I增大，U损增大，故U3减小，由理想变压器原副线圈的电压关系可知降压变压器副线圈两端的电压变小，选项C正确。[答案]BC[针对训练]1．如图所示为某小型发电站的输电示意图，发电站输出U1＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流电通过升压变压器升压后进行高压输电，接近用户时再通过降压变压器降压给用户供电。图中高压输电线部分总电阻为r，负载端的电压表是理想电压表。下列有关描述正确的是()A．若开关S1、S2都断开，则电压表示数为零B．负载端所接收交流电的频率为25HzC．深夜开灯时灯较亮是因为高压输电线上电压损失减小的缘故D．用电高峰期灯泡较暗，可通过减少降压变压器副线圈的匝数来提高其亮度解析：