高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器-人教版高三物理试题

第十章交变电流传感器必须掌握的概念、公式或规律必须理解的6个关键点必须明确的5个易错易混点1.6个重要概念瞬时值、峰值、有效值、平均值、理想变压器、传感器1.交流电与直流电的区别．2.正弦式交流电与其他交流电有效值的区别．1.计算有效值时，“相同时间”要至少取一个周期的时间．2.5个公式①i＝Imsinωt，e＝Emsinωt②Em＝nBSω③E＝eq\f(Em,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))④eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)⑤P损＝I2R3.正弦式交流电的产生，是从哪里开始计时的问题．4.变压器的工作原理．2.计算电功和能量问题时，用有效值；电表的读数也是有效值；计算电荷量时要用平均值．3.变压器的基本关系中U和I均为有效值．3.3个规律①正弦式交流电的变化规律②理想变压器的基本规律③电能输送的规律5.远距离输电中有关电能损失的计算问题．6.变压器的动态分析问题的思路.4.计算P损＝eq\f(U2,R线)时，U为输电线电阻两端的电压，非输送电压．5.变压器中，输出P2(I2)决定输入P1(I1)，输入U1决定输出U2.第1节交变电流的产生和描述[真题回放]1．(多选)(2013·山东高考)图10­1­1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，Ⓐ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10­1­1乙所示．以下判断正确的是()甲乙图10­1­1A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．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】根据i­t图象可知，电流最大值Im＝10eq\r(2)A，有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，A选项正确；交变电流的周期T＝2×10－2s，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，B选项错误；从图示位置开始转动时，经0.01s线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行，C选项正确；在0.02s时，线圈经过一个周期，即在图示位置，根据右手定则，电阻R中的电流方向自左向右，因此D选项错误．【答案】AC2.(2013·福建高考)如图10­1­2所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0Ω，外接R＝9.0Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10eq\r(2)sin10πt(V)，则()图10­1­2A．该交变电流的频率为10HzB．该电动势的有效值为10eq\r(2)VC．外接电阻R所消耗的电功率为10WD．电路中理想交流电流表Ⓐ的示数为1.0A【解析】因e＝10eq\r(2)sin10πt(V)，故ω＝10πrad/s，f＝eq\f(ω,2π)＝5Hz，选项A错误；Em＝10eq\r(2)V，故其有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝10V，选项B错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中Ⓐ表的示数I＝eq\f(E,R＋r)＝1.0A，选项D正确；外接电阻R所消耗功率为P＝I2R＝1.02×9W＝9W，选项C错误．【答案】D3．(多选)(2012·广东高考)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50eq\r(2)V B．频率是100HzC．有效值是25eq\r(2)V D.周期是0.02s【解析】交变电动势e＝Emsinωt或e＝Emcosωt，其中Em为电动势的最大值，ω为角速度，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))，周期T＝eq\f(2π,ω)，频率f＝eq\f(1,T).由e＝50sin100πt(V)知，Em＝50V，E＝eq\f(50,\r(2))V＝25eq\r(2)V，T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝0.02s，f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，所以选项C、D正确．【答案】CD[考向分析]1.考纲展示(1)交变电流、交变电流的图象(Ⅰ)(2)正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ)2.命题趋势本节命题常集中于：(1)交变电流产生过程的理解．(2)对“四值”的理解应用．3.选材特点(1)来源于教材中正弦交变电流的产生过程，通过变换角度考查．(2)来源于实际生活中的物理现象，考查有效值、瞬时值的计算.考点一正弦式交变电流的变化规律1.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)规律物理量函数图象磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt电流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt2.两个特殊位置的特点(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．交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或公式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．①线圈从中性面位置开始转动，则i­t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsinωt.②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i­t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcosωt.【例1】如图10­1­3(a)所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时如图10­1­3(b)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则选项图中正确的是()(a)(b)图10­1­3【思维模板】问1：该题的关键条件有哪些？提示：(1)线圈逆时针转动．(2)以图b时刻为计时起点．(3)a→b的电流方向为正．问2：t＝0时刻后短时间内电流是变大，还是变小？提示：变小．【解析】方法一：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，产生的电流按正弦规律变化，由于t＝0时，线圈的转动方向如图b，由右手定则判断可得，此时ad中电流方向为由a到d，线圈中电流方向为a→d→c→b→a，与规定的电流正方向相反，电流为负值．又因为此时ad、bc两边的切割速度方向与磁场方向成45°夹角，由E＝2Blv⊥，可得E＝2·eq\f(\r(2),2)Blv＝eq\f(\r(2),2)Em，即此时的电动势为最大值的eq\f(\r(2),2)倍，电流当然也是最大值的eq\f(\r(2),2)倍，由图b还能观察到，线圈在接下来45°的转动过程中，ad、bc两边的切割速度越来越小，所以感应电动势应减小，感应电流应减小，故D正确，A、B、C错误．方法二：还可以用排除法解题．因计时起点时刻对应θ＝45°，即t＝0时，线圈中感应电流不为零，也不是最大，故A、B错误；当线圈再转过45°时，线圈处于中性面位置，即此时感应电流为零，故D正确、C错误．【答案】D突破训练1如图10­1­4甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图10­1­4乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则下列说法正确的是()甲乙图10­1­4A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02s，则1s内电流的方向改变50次D．若乙图中b等于0.02s，则交流电的频率为50Hz【解析】由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过eq\f(1,4)个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此图甲中，A至B图的过程中电流为正且从零逐渐增大到最大值，A对；甲图中的C图对应的电流为零，B错；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，一个周期内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02s，则频率为50Hz,1s内电流的方向改变100次，C错；而D选项频率应该是25Hz，D错．【答案】A考点二交变电流“四值”的应用交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(只适用于正弦式交变电流)(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”上所标的一般是指有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)交流电压表和电流表的读数为有效值平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值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【例2】(多选)如图10­1­5所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，内阻为r，在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，从图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是()图10­1­5A．通过电阻R的电荷量Q＝eq\f(πNBS,2\r(2)R＋r)B．通过电阻R的电荷量Q＝eq\f(NBS,R＋r)C．外力做功的平均功率P＝eq\f(N2B2S2ω2,2R＋r)D．从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsinωt【解析】从图示位置转过90°的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝BS，通过电阻R的电荷量Q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(E,R＋r)Δt＝Neq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(NBS,R＋r)，故选项A错误、B正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势最大值为Em＝NBSω，感应电流有效值为I＝eq\f(Em,\r(2)R＋r)，外力做功的平均功率为P＝I2(R＋r)＝eq\f(N2B2S2ω2,2R＋r)，选项C正确；从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsin(ωt＋eq\f(π,2))，选项D错误．【答案】BC突破训练2一个单匝矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则()A．线框交变电动势的最大值为nπBSB．线框交变电动势的有效值为eq\r(2)nπBSC．从开始转动经过eq\f(1,4)周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD．感应电动势瞬时值为e＝eq\r(2)nπBSsin2nπt【解析】线框交变电动势的最大值为Emax＝BSω＝2nπBS，产生的感应电动势瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt，A、D错；该线框交变电动势的有效值为E＝eq\f(Emax,\r(2))＝eq\r(2)nπBS，B对；线框中的平均感应电动势E＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝4nBS，C错．【答案】B思想方法12求交变电流有效值的方法1．公式法利用E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))计算，只适用于正余弦式交流电．2．利用有效值的定义计算(非正弦式交流电)在计算有效值“相同时间”至少取一个周期或周期的整数倍．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．4．几种典型的交变电流及其有效值名称电流(电压)图象有效值正弦式交变电流I＝eq\f(Im,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))正弦式半波交变电流I＝eq\f(Im,2)U＝eq\f(Um,2)正弦单向脉动电流I＝eq\f(Im,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))矩形脉动电流I＝eq\r(\f(t1,T))ImU＝eq\r(\f(t1,T))Um非对称性交变电流I＝eq\r(\f(1,2)I\o\al(2,1)＋I\o\al(2,2))U＝eq\r(\f(1,2)U\o\al(2,1)＋U\o\al(2,2))【例3】(多选)(2014·东北地区名校第二次联考)如图所示，图10­1­6甲和图10­1­6乙分别表示正弦脉冲波和方波式的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，经过1min的时间，则()图10­1­6A．图甲所示交变电流的有效值为eq\f(\r(3),3)AB．图乙所示交变电流的有效值为eq\f(\r(2),2)AC．两电阻消耗的电功之比为1∶3D．两电阻消耗的电功之比为3∶1【解析】设题图甲、乙所示交变电流的有效值分别为I1、I2，则(eq\f(1,\r(2)))2×R×2×10－2＋0＋(eq\f(1,\r(2)))2×R2×2×10－2＝Ieq\o\al(2,1)R×6×10－2，解得I1＝eq\f(\r(3),3)A，而I2＝1A，故选项A正确、B错误；由W＝I2Rt得W1∶W2＝Ieq\o\al(2,1)∶Ieq\o\al(2,2)＝1∶3，故选项C正确、D错误．【答案】AC突破训练3一个边长为6cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36Ω.磁感应强度B随时间t的变化关系如图10­1­7所示，则线框中感应电流的有效值为()图10­1­7A.eq\r(2)×10－5A B.eq\r(6)×10－5AC.eq\f(\r(2),2)×10－5A D.eq\f(3\r(2),2)×10－5A【解析】由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得0～3s内产生的感应电流I1＝2×10－5A,3～5s内产生的感应电流I2＝3×10－5A，且与0～3s内方向相反，于是可作出i随时间由有效值的定义得Ieq\o\al(2,1)Rt1＋Ieq\o\al(2,2)Rt2＝I2Rt，代入数据可得I＝eq\r(6)×10－5A，故B选项正确．【答案】B[描述交变电流的物理量]1．(多选)(2014·广东肇庆一模)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，它产生的交变电动势为e＝220eq\r(2)sin100πt(V)．关于这个交变电流，下列说法中正确的是()A．交变电流的频率为100HzB．该电动势的有效值为220VC．线圈转动的角速度ω＝50πrad/sD．t＝0时，线圈平面处于中性面【解析】由2πf＝100π知，该交变电流的频率为50Hz，A错；电动势有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝220V，B对；ω＝100πrad/s，C错；t＝0时，e＝0，此时线圈处于中性面，D对．【答案】BD[交变电流中的图象问题]2．一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10­1­8甲所示，则下列说法中正确的是()甲乙图10­1­8A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻Φ的变化率达到最大C．t＝0.02s时刻感应电动势达到最大D．该线圈相应的感应电动势图象如图10­1­8乙所示【解析】由Φ­t图知，在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，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02s时，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，则C项错．【答案】B[交变电流的产生原理]3．(多选)(2014·天津高考)如图10­1­9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，产生的交变电动势图象如图10­1­9乙中曲线a、b所示，则()甲乙图10­1­9A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V【解析】由图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A正确；由图象可知，曲线a、b对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B错误；由图象可知曲线a的周期Ta＝4×10－2s，则曲线a表示的交变电动势频率fa＝eq\f(1,Ta)＝25Hz，故C正确；D.交变电动势的最大值Em＝nBSω，则曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比为Ema∶Emb＝ωa∶ωb＝3∶2，即Emb＝eq\f(2,3)Ema＝10V，故曲线b表示的交变电动势的有效值为E有＝eq\f(10,\r(2))V＝5eq\r(2)V，D错误．【答案】AC[有效值的计算]4．如图10­1­10所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压随时间变化的图象，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()图10­1­10A．UmB.eq\f(Um,\r(2))C.eq\f(Um,3)D.eq\f(Um,2)【解析】设电灯的阻值为R，正弦交流电压的有效值与峰值的关系是U＝eq\f(Um,\r(2))，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＝eq\f(\f(Um,\r(2))2,R)t＝eq\f(U\o\al(2,m),2R)·eq\f(T,2)，设交流电压的有效值为U，由电流热效应得Q＝eq\f(U\o\al(2,m),2R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，所以该交流电压的有效值U＝Um/2，可见选项D正确．【答案】D[交变电流中的综合问题]5．一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10­1­11甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，则外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图10­1­11乙所示，则()甲乙图10­1­11A．电压表的示数为220VB．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484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J【解析】电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值Em＝220eq\r(2)V，有效值E＝220V，灯泡两端电压U＝eq\f(RE,R＋r)＝209V，A项错；由图象知T＝0.02s，一个周期内电流方向改变两次，可知1s内电流方向改变100次，B项错；灯泡的实际功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(2092,95)W＝459.8W，C项错；电流的有效值I＝eq\f(E,R＋r)＝2.2A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5.0×1J＝24.2J，D项对．【答案】D课时提升练(二十九)交变电流的产生和描述(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一正弦式交变电流的产生1．如图10­1­12所示，矩形线圈abcd绕轴OO′匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是()图10­1­12A．t＝0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感生电流最大B．t＝eq\f(T,4)(T为周期)时感生电流沿abcda方向C．若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的4倍D．若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍【解析】图示时刻，ab、cd边切割磁感线的有效速率为零，产生的感应电动势为零，A错误；根据线圈的转动方向，确定eq\f(T,4)时线圈的位置，用右手定则可以确定线圈中的感应电流沿abcda方向，B正确；根据转速和频率的定义可知C错误；根据Em＝nBSω，E＝eq\f(Em,\r(2))，I＝eq\f(E,R总)可知电流有效值变为原来的2倍，D错误．【答案】B2．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是()A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减小时，感应电动势也减小C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5EmD．角速度ω等于eq\f(Em,Φm)【解析】根据正弦式交变电流的产生及其变化规律：当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大；磁通量减为零时，感应电动势最大．由此可知A、B项错误；设从线框位于中性面开始计时，则有e＝Emsinωt，式中Em＝BSω.因Φm＝BS，故角速度ω＝eq\f(Em,Φm)，D项正确；设e＝0.5Em，则解出ωt＝eq\f(π,6).此时Φ＝B·Scoseq\f(π,6)＝eq\f(\r(3),2)BS＝eq\f(\r(3),2)Φm，所以C项错．【答案】D题组二有效值的计算3．图10­1­13甲为一正弦交流电的图象，图10­1­13乙为一方波交流电的图象．以下关于这两个交流电的说法中正确的是()图10­1­13A．两种交变电流的有效值均为eq\r(2)AB．图甲表示的交变电流的瞬时值的表达式为i＝2sin10πt(A)C．两种交变电流分别通过同一只电阻，在各自的一个周期内，在该电阻上产生的热量之比为Q甲∶Q乙＝2∶3D．图甲表示的交变电流经过一个变压比为5∶1的升压变压器后，该交变电流的频率将变为原来的eq\f(1,5)【解析】从题图上可以看出，正弦交流电的峰值是2A，周期是0.4s；而方波交流电的峰值也是2A，周期则为0.3s．正弦交流电电流的有效值为I1＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\r(2)A，方波交流电电流的有效值I2＝2A，A错误；正弦交流电的电流瞬时值的数学表达式为i＝2sin5πt(A)，B错误；将两种不同的交流电分别通过同一个电阻的时候，由于热量的计算要用电流的有效值，所以有Q甲＝Ieq\o\al(2,1)RT1，Q乙＝Ieq\o\al(2,2)RT2，代入数据可得Q甲∶Q乙＝2∶3，C正确；变压器只能改变电路中的电压和电流，不能改变交变电流的频率，D错误．【答案】C4．多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，这种调节方法成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速．现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的．如图10­1­14甲所示为一种调光台灯的电路示意图，它通过双向可控硅电子元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为如图10­1­14乙所示的周期性电压(每个周期的前半部分为一正弦函数完整波形的前eq\f(1,4)段)，则此时交流电压表的示数为()图10­1­14A．220V B．110VC.eq\f(220,\r(2))V D.eq\f(110,\r(2))V【解析】交流电的有效值是根据电流的热效应来规定的，即在同一时间内，跟某一交流电能使同一电阻产生相等热量的直流电的数值，叫做该交流电的有效值．设电压的有效值为U，根据有效值定义有eq\f(\f(220,\r(2))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得U＝110V，所以选项B正确．【答案】B5．通过某电流表的电流按如图10­1­15所示的规律变化，则该电流表的读数为()图10­1­15A．4eq\r(2)A B．4AC．5A D.5eq\r(2)A【解析】由电流的热效应可得(eq\f(8,\r(2)))2R×eq\f(T,2)＋(3eq\r(2))2R×eq\f(T,2)＝I2RT，解得I＝5A，选项C正确．【答案】C题组三交变电流“四值”的集合6．(2014·辽宁沈阳质量检测)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图10­1­16乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图10­1­16甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0Ω，外接一只电阻为9.0Ω的灯泡，则()甲乙图10­1­16A．电压表V的示数为20VB．电路中的电流方向每秒改变5次C．灯泡实际消耗的功率为36WD．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e＝20cos(5πt)V【解析】由甲图知电动势峰值为20eq\r(2)V，周期为0.2s，所以有效值为20V，角速度ω＝eq\f(2π,T)＝10πrad/s，电压表测的是路端电压U＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(20,9.0＋1.0)×9.0V＝18V，A项错误；交流电的频率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，每一周期电流方向改变两次，所以每秒改变10次，B项错误；灯泡实际消耗功率为P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(182,9.0)W＝36W，故C项正确；电动势瞬时值表达式e＝20eq\r(2)cos10πt(V)，D项错误．【答案】C7．(2014·郑州市一模)图10­1­17甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10V．图10­1­17乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象，则()甲乙图10­1­17A．电阻R上的电功率为20WB．0.02s的R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100ππt(V)D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos50πt(A)【解析】电压表上的示数为有效值，故可知电阻R上的电功率为P＝eq\f(U2,R)＝10W，则A错误；由乙图可知，0.02s时磁通量为0，但磁通量的变化率是最大的，故此时的电压瞬时值最大，则B错误；由于磁通量按正弦规律变化，则电动势必按余弦规律变化，且电压最大值为10eq\r(2)V，ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos100πt(V)，故C正确；同理可知通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝eq\f(u,R)＝1.41cos100πt(A)，则D错误．【答案】C8．(多选)如图10­1­18所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1A．那么()图10­1­18A．线圈消耗的电功率为4WB．线圈中感应电流的有效值为2AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4coseq\f(2π,T)tD．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝eq\f(T,π)sineq\f(2π,T)t【解析】线圈转动角速度ω＝eq\f(2π,T)，线圈平面从与磁场方向平行开始计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i＝Imcos60°＝1A⇒Im＝2A，正弦交变电流有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\r(2)A，B项错；线圈消耗的功率P＝I2R＝4W，A项正确；由欧姆定律可知，感应电动势最大值Em＝ImR＝4V，所以瞬时值表达式为e＝4coseq\f(2π,T)t，C项正确；通过线圈的磁通量Φ＝Φmsinωt＝Φmsineq\f(2π,T)t，由感应电动势的最大值Em＝BSω＝Φm×eq\f(2π,T)⇒Φm＝eq\f(EmT,2π)，解两式得：Φ＝eq\f(EmT,2π)sineq\f(2π,T)t＝eq\f(2T,π)sineq\f(2π,T)t，D项错．【答案】ACB组深化训练——提升应考能力9．(多选)(2014·南京模拟)如图10­1­19甲所示，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按余弦规律变化，其e­t图象如图10­1­19乙所示．发电机线圈的内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω，则()甲乙图10­1­19A．电压表的示数为6VB．发电机的输出功率为4WC．在1.0×10－2s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．在2.0×10－2s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大【解析】根据e­t图象可知产生的交变电流的电动势最大值为6eq\r(2)V，有效值为6V，根据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数为U＝eq\f(9,9＋1)×6V＝5.4V，A错；根据电功率公式得发电机的输出功率为P＝(eq\f(6,9＋1))2×9W＝3.24W，B错；根据e­t图象可知在1.0×10－2s时刻，电动势为零，说明此时线圈处于中性面，磁通量最大，C正确；在2.0×10－2s时刻，电动势为最大，说明此时线圈处于与中性面垂直的位置，磁通量最小，但是磁通量的变化率最大，D正确．【答案】CD10．(多选)如图10­1­20所示，某玩具电磁驱动发电机可简化为在匀强磁场中的一匝闭合金属线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，磁场的磁感应强度大小为B，线圈面积为S，电阻为R.当线圈以右边为轴，以恒定的角速度ω匀速转动时，下列叙述中正确的是()图10­1­20A．产生的感应电流的有效值为eq\f(\r(2)BSω,2R)B．转过30°时，线圈中的电流方向为逆时针C．转过90°的过程中，通过线圈导线某一横截面的电荷量为eq\f(BS,R)D．线圈转动一周产生的热量为eq\f(2πωB2S2,R)【解析】线圈中产生的感应电动势最大值为Em＝BSω，电动势有效值为E＝eq\f(\r(2),2)Em＝eq\f(\r(2),2)BSω，则电流的有效值为I＝eq\f(E,R)＝eq\f(\r(2)BSω,2R)，选项A正确；据楞次定律可知转过30°时，线圈中感应电流方向为顺时针，选项B错误；由eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，q＝eq\x\to(I)t，得到电荷量q＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(BS,R)，故选项C正确；线圈转一周的过程中，产生的热量为Q＝I2Rt＝eq\f(πωB2S2,R)，选项D错误．【答案】AC11．在如图10­1­21甲所示电路中，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．R1＝30Ω，R2＝60Ω，R3＝10Ω.在MN间加上如图10­1­21乙所示的交变电压时，R3两端电压表的读数大约是()甲乙图10­1­21A．3VB．3.5VC．4VD．5V【解析】在0～0.01s内，二极管导通，电压表读数为U3＝eq\f(R3,R3＋R12)Um＝4V，在0.01～0.02s内，二极管截止，电压表读数U3′＝eq\f(R3,R3＋R1)Um＝3V．根据交流电有效值的定义得：eq\f(U\o\al(2,3),R3)×eq\f(T,2)＋eq\f(U3′2,R3)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R3)×T，U＝3.5V，B正确．【答案】B12．如图10­1­22所示，用电阻率为ρ、横截面积为S的硬导线做成一个边长为L的方框，其中一边串接有一理想电流表，方框的右半部分位于匀强磁场区域中，磁场方向垂直纸面向里，当磁感应强度大小随时间的变化率eq\f(ΔB,Δt)＝k>0时，电流表示数为I1；当磁场的磁感应强度大小为B，线框绕虚线以角速度ω＝eq\f(k,B)匀速转动时，电流表示数为I2，则I1∶I2为()图10­1­22A.eq\r(2)∶1 B.2∶1C．1∶1 D.eq\r(2)∶2【解析】方框的电阻为R＝ρeq\f(4L,S)，当磁感应强度的大小随时间的变化率为k时，由法拉第电磁感应定律知E1＝eq\f(kL2,2)，即I1＝eq\f(E1,R)＝eq\f(kSL,8ρ)，当线框绕虚线以角速度ω＝eq\f(k,B)匀速转动时，有I2＝eq\f(E2,R)＝eq\f(\r(2),2)eq\f(BL2ω,2R)＝eq\f(\r(2)LkS,16ρ)，所以I1∶I2＝eq\r(2)∶1，A对，B、C、D错．【答案】A13．(2014·苏北四市二模)如图10­1­23所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω＝100πrad/s.线圈的匝数N＝100匝，边长ab＝0.2m，ad＝0.4m，电阻不计．磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B＝eq\f(\r(2),16π)T．电容器放电时间不计．下列说法正确的是()图10­1­23A．该线圈产生的交流电动势峰值为50VB．该线圈产生的交流电动势有效值为25eq\r(2)VC．电容器的耐压值至少为50VD．电容器的电容C变大时，电流表的示数变小【解析】该交流电的瞬时值表达式为e＝NBSωsinωt＝50eq\r(2)sin100πt(V)，其峰值为50eq\r(2)V，所以A、C均错误；由于一个周期内只有半个周期产生感应电动势，所以有eq\f(E2,R)T＝eq\f(502,R)×eq\f(T,2)＋0，解得E＝25eq\r(2)V，即B正确；C变大时电容器对交流电的阻碍作用减小，电流表的示数变大，所以D错．【答案】B14．(多选)如图10­1­24甲所示，将阻值为R＝5Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图10­1­24乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小．对此，下列说法正确的是()图10­1­24A．电阻R两端电压的函数表达式为u＝2.5sin200πt(V)B．电阻R消耗的电功率为1.25WC．若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图10­1­24丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1AD．这一交变电流与图10­1­24丁所示电流比较，其有效值之比为eq\f(1,\r(2))【解析】图乙所示电流的最大值为Im＝0.5A，由欧姆定律得Um＝ImR＝2.5V．周期为T＝0.01s，ω＝eq\f(2π,T)＝200πrad/s，所以R两端电压的表达式为u＝2.5sin200πt(V)，A正确；该电流的有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))，电阻R消耗的电功率为P＝I2R，解得P＝0.625W，B错误；该交变电流由图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值Em＝nBSω为原来的2倍．电路中电流的有效值也是原来的2倍，为2×eq\f(0.5,\r(2))A≠1A．电流表的示数为有效值，C错误；图乙中的正弦交变电流的有效值为eq\f(0.5,\r(2))A．图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5A，可知D正确．【答案】AD15．如图10­1­25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()图10­1­25A．UmB.eq\f(Um,\r(2))C.eq\f(Um,3)D.eq\f(Um,2)【解析】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，正弦交流电压的有效值与峰值的关系是U＝eq\f(Um,\r(2))，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＝eq\f(\f(Um,\r(2))2,R)t＝eq\f(U\o\al(2,m),2R)·eq\f(T,2)，设交流电压的有效值为U，由电流热效应得Q＝eq\f(U\o\al(2,m),2R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，所以该交流电压的有效值U＝Um/2，可见选项D正确．【答案】D第2节变压器电能的输送[真题回放]1．(多选)(2014·课标全国卷Ⅱ)如图10­2­1，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端．图10­2­1假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则()A．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大D．将二极管短路，电流表的读数加倍【解析】变压器的变压比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压．U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误；增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确；c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Ucd不变，选项C错误；根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝eq\f(U2,R)·eq\f(T,2)＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝eq\f(U2,R)T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确．【答案】BD2．(2012·课标全国卷)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10­2­2所示，其副线圈匝数可调．图10­2­2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5.3A B．380V和9.1AC．240V和5.3A D.240V和9.1A【解析】根据理想变压器电压比关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U2＝380V，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P入＝P出＝U1I1，解得I1＝eq\f(2×103,220)A≈9.1A，选项B正确，选项A、C、D错误．【答案】B3．(2012·福建高考)如图10­2­3所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．○V1和○V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；○A1和○A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是()图10­2­3A．I1和I2表示电流的瞬时值B．U1和U2表示电压的最大值C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小【解析】交流电表的示数为有效值，故A、B两项均错误；P向下滑动过程中，R变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U1、U2均不变，所以I2＝eq\f(U2,R0＋R)变大，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得I1＝eq\f(n2,n1)I2变大，故C项正确、D项错误．【答案】C[考向分析]1.考纲展示(1)理想变压器(Ⅱ)(2)远距离输电(Ⅰ)2.命题趋势本节的命题仍以下列题型为主：(1)理想变压器的动态分析．(2)理想变压器与交变电流的规律综合．(3)远距离输电与理想变压器的综合．3.选材特点主要考查一个原线圈、一个副线圈的理想变压器，有时也会考查自耦变压器和互感器的工作原理．远距离输电问题常结合实际应用进行考查.考点一变压器基本规律的应用理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失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P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，与负载情况、副线圈个数的多少无关电流关系①只有一个副线圈；电流和匝数成反比，即eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)；②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋InUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝eq\f(n2,n1)U1(原制约副)功率原线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2(副制约原)电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1＝eq\f(n2,n1)I2(副制约原)【例1】(多选)(2014·山东高考)如图10­2­4，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220V和2.2A．以下判断正确的是()图10­2­4A．变压器输入功率为484WB．通过原线圈的电流的有效值为0.6AC．通过副线圈的电流的最大值为2.2AD．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3【解析】变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60W＝132W，选项A错误；由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,60)＝eq\f(11,3)，选项D正确；由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(3,11)×2.2A＝0.6A，选项B正确；根据I＝eq\f(Im,\r(2))得副线圈上的电流的最大值I2m＝eq\r(2)I2＝2.2eq\r(2)A，选项C错误．【答案】BD突破训练1(2013·四川高考)用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器的输出电压是110V，通过负载的电流图象如图10­2­5所示，则()图10­2­5A．变压器输入功率约为3.9WB．输出电压的最大值是110VC．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D．负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋eq\f(π,2))A【解析】根据i­t图象，负载电流的函数表达式i＝0.05sin100πt(A)且Im＝0.05A，通过负载电流的有效值I2＝eq\f(Im,\r(2))，输出电压的最大值Um＝eq\r(2)U2＝110eq\r(2)V，变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2≈3.9W，变压器原、副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(2,1)，选项A正确，选项B、C、D错误．【答案】A考点二理想变压器的动态分析1.匝数比不变的情况如图10­2­6所示：图10­2­6(1)U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2也不变．(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化，输出功率P2决定输入功率P1.2．负载电阻不变的情况如图10­2­7所示：图10­2­7(1)U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，故U2变化．(2)R不变，U2改变，故I2发生变化．(3)根据P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．3．分析动态问题的思路程序【例2】(2015·河北石家庄重点中学联考)一台理想变压器，原线圈两端接在电压U不变的交流电源上，理想电流表接在原线圈电路中，理想电压表接在副线圈两端．有四盏相同的灯泡L1、L2、L3和L4接在原、副线圈电路中，灯泡铭牌上标有(P0、U0)，电路如图10­2­8所示．开始时开关S闭合，四灯都正常发光，现在断开S，则下列判断正确的是()图10­2­8A．U＝4U0 B．电压表示数可能不变C．灯L1变暗 D.灯L4变亮【思维模板】问1：S断开，负载电阻如何变化？提示：变大．问2：S断开，变压器的输入、输出功率如何变化？提示：均变小．问3：S断开，变压器的输入电压如何变化？提示：变大．【解析】开始时S闭合，设原线圈中的电流为I1，根据并联电路特点可知副线圈中电流I2＝3I1，原副线圈匝数之比为3∶1，副线圈电压U2＝U0，根据变压器电压比等于匝数比可知U1＝3U0，U＝U1＋U0＝4U0，选项A正确；断开开关S，副线圈电路总电阻R增大，原线圈电路：U1＝U－UL4，副线圈电路：U2＝I2R，由U1∶U2＝3∶1，I1∶I2＝1∶3，又根据欧姆定律有UL4＝I1RL4，联立解得I1＝eq\f(U,9R＋RL4)、U1＝eq\f(U,1＋\f(RL4,9R))，由此可知R增大副线圈电压增大、灯L1变亮，电流表示数减小、灯L4变暗，选项B、C、D错误．【答案】A突破训练2如图10­2­9所示，理想变压器输入端P、Q接稳定的交流电源，通过单刀双掷开关S可改变变压器原线圈匝数(图中电压表及电流表皆为理想电表)，则下列说法中正确的是()图10­2­9A．当滑片c向b端移动时，变压器输入功率变大B．当滑片c向a端移动时，电流表A1的示数将减小，电压表V的示数不变C．当滑片c向b端移动时，电流表A2的示数将变大，电压表V的示数也变大D．滑片c不动，将开关S由1掷向2时，三个电表A1、A2、V的示数都变大【解析】c向b端移动时，R变大，输出功率P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)，因U2不变，则P2减小，所以输入功率减小，A项错；c向a端移动时，R变小，A2示数I2＝eq\f(U2,R)变大，则A1示数变大，B项错；c向b端移动时，R变大，由I2＝eq\f(U2,R)知，A2示数变小，故C项错；当滑片c不动，开关S由1掷向2时，原线圈匝数n1减少，由U2＝eq\f(n2,n1)U1知U2变大，则A2示数变大，A1示数变大，故D项正确．【答案】D考点三远距离输电问题远距离高压输电的几个基本关系(以图10­2­10为例)图10­2­10(1)功率关系P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋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＝I3＝I线．(3)输电电流：I线＝eq\f(P2,U2)＝eq\f(P3,U3)＝eq\f(U2－U3,R线).(4)输电线上损耗的功率P损＝I线ΔU＝Ieq\o\al(2,线)R线＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))2R线．当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减少到原来的eq\f(1,n2).【例3】(2014·四川高考)如图10­2­11所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则()甲乙图10­2­11A．用户用电器上交流电的频率是100HzB．发电机输出交流电的电压有效值是500VC．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小【解析】由u­t图象可知，交流电的周期T＝0.02s，故频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，选项A错误；交流电的最大值Um＝500V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝250eq\r(2)V，选项B错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝Ieq\o\al(2,1)R，得输电线损失的功率减小，选项D正确．【答案】D【反思总结】在远距离输电问题中，计算线路功率损耗时常用关系式P损＝Ieq\o\al(2,线)R线，其原因是I线较易由公式I线＝eq\f(P输,U输)求出，P损＝U线I线或P损＝eq\f(U\o\al(2,线),R线)则不常用，其原因是在一般情况下，U线不易求出，且易把U线和U输相混淆而造成错误．突破训练3(多选)(2014·江苏南京、盐城二模)图10­2­12甲为远距离输电示意图，升压变压器原副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100Ω.若升压变压器的输入电压如图10­2­12乙所示，输入功率为750kW.下列说法中正确的有()图10­2­12A．用户端交流电的频率为50HzB．用户端电压为250VC．输电线中的电流为30AD．输电线路损耗功率为180kW【解析】变压器不改变交流电的频率，A项正确；因输电线路上有电压损失，故用户端电压小于250V，B项错误；由P＝UI得I1＝eq\f(P,U1)＝3000A，则输电线路中的电流I2＝eq\f(n1,n2)I1＝30A，C项正确；输电线路损耗功率为P损＝I2R线＝302×100W＝90kW，D项错误．【答案】AC物理模型14三种特殊的变压器模型1．自耦变压器高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图10­2­13所示．图10­2­132．互感器分为电压互感器和电流互感器，比较如下：类型比较项目电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在待测交流电路中副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用将高电压变为低电压将大电流变成小电流利用的公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)I1n1＝I2n23.双副线圈变压器计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个联系：(1)电压关系：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋…【例1】(多选)一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图10­2­14甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数．已知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100匝，接在如图10­2­14乙所示的交流电源上，电压表为理想电表．则()甲乙图10­2­14A．交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220sin100πt(V)B．P向上移动时，电压表的最大示数为380VC．P向下移动时，原、副线圈的电流之比减小D．P向下移动时，变压器的输入功率变大【解析】由图乙结合交流电瞬时值表达式u＝Umsinωt可得交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，A错误；P向上移动时，电压表的示数为有效值，当副线圈匝数达到1900时，副线圈输出的电压最大，由变压器原副线圈电压比跟线圈匝数成正比的关系可知副线圈最大输出电压为380V，即电压表的最大示数为380V，B正确；P向下移动时，副线圈匝数减少，由变压器原副线圈电流比跟线圈匝数成反比的关系可知C正确；由P＝eq\f(U2,R)可知副线圈的输出功率减小，故原线圈的输入功率也减小，D错误．【答案】BC【例2】(多选)电流互感器和电压互感器如图10­2­15所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则()图10­2­15A．A为电流互感器，且n1<n2，a是电流表B．A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表C．B为电流互感器，且n3<n4，b是电流表D．B为电压互感器，且n3>n4，b是电压表【解析】由题图可知A为电流互感器，B为电压互感器，因此a是电流表，b是电压表．在A中，有I1n1＝I2n2，要把大电流变为小电流，有n2>n1；在B中，有eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，要把高电压变成低电压，则有n3>n4；综上所述可知，选项A、D正确．【答案】AD【例3】如图10­2­16所示，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1：n2：n3为()图10­2­16A．1∶1∶1B．3∶2∶1C．6∶2∶1 D.2∶2∶1【解析】灯泡正常发光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3.由变压器的电压比公式eq\f(n2,n3)＝eq\f(U2,U3)＝eq\f(2U3,U3)＝eq\f(2,1)，所以n2＝2n3，同理，灯泡正常发光，功率相等，即PA＝PB＝PC＝PD.由P＝I2R，得IA＝IB＝IC＝ID，即I1＝I2＝I3.由U1I1＝U2I2＋U3I3得n1I1＝n2I2＋n3I3，即n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1.【答案】B[交变电流与变压器的综合]1．(多选)如图10­2­17所示，变压器输入交变电压u＝311sin100πt(V)，变压器原、副线圈匝数比为2∶1，已知电水壶额定功率为880W，排气扇机内电阻为1Ω，电流表示数为16A，各用电器均工作正常．电表均为理想电表，则()图10­2­17A．电压表示数为110VB．变压器的输入功率为1760WC．排气扇输出功率为827WD．保险丝熔断电流不得低于32A【解析】由交流电表达式可知输入电压有效值为220V，结合匝数比可知电压表读数为110V，则A正确；变压器输入功率P总＝1760W，则B正确；电水壶工作电流I＝eq\f(P,U)＝8A，则排气扇工作电流I′＝8A，其功率P′＝UI′＝880W，排气扇输出功率P出＝P′－I′2R＝816W，则C错误；原线圈正常工作电流为8A，则D错误．【答案】AB[远距离输电问题]2．(2014·江苏高考)远距离输电的原理图如图10­2­18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()图10­2­18A.eq\f(I1,I2)＝eq\f(n1,n2) B．I2＝eq\f(U2,R)C．I1U1＝Ieq\o\al(2,2)R D.I1U1＝I2U2【解析】根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1).U2不是加在R两端的电压，故I2≠eq\f(U2,R)，而I1U1等于R上消耗的功率Ieq\o\al(2,2)R与下一级变压器的输入功率之和．选项D正确．【答案】D[变压器的动态变化分析]3．(多选)(2014·广东高考)如图10­2­19所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是()图10­2­19A．P向下滑动时，灯L变亮B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大【解析】由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动改变，故选项A错误、选项B正确．P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由I2＝eq\f(U2,R总)知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)知输入电流I1也增大，故选项C错误、D正确．【答案】BD[电流互感器的理解]4．(2014·江西景德镇摸底)在变电所里，经常要用交流电表去检测电网上的强电流，使用的仪器是电流互感器，下列的四个图中，能正确反映其工作原理的是()【解析】电流互感器是用来把大电流变成小电流的变压器，原线圈串联在被测电路的火线上，副线圈接入交流电流表，故A正确．【答案】A[变压器变压比的计算]5．图10­2­20(a)为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u­t图象如图10­2­20(b)所示．若只在ce间接一只Rce＝400Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80W.图10­2­20(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；(2)求只在ce间接400Ω电阻时，原线圈中的电流I1；(3)求ce和de间线圈的匝数比eq\f(nce,nde)【解析】(1)由原线圈中交变电流的u­t图象可知ω＝200πrad/s，电压瞬时值uab＝400sin200πt(V)(2)电压有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))＝200eq\r(2)(V)理想变压器P1＝P2原线圈中的电流I1＝eq\f(P1,U1)＝0.28A.(3)设ab间匝数为n1，根据变压器规律有eq\f(U1,n1)＝eq\f(Uce,nce)，eq\f(U1,n1)＝eq\f(Ude,nde)由题意有：eq\f(U\o\al(2,ce),Rce)＝eq\f(U\o\al(2,de),Rde)，联立可得：eq\f(nce,nde)＝eq\f(4,3).【答案】(1)uab＝400sin200πt(V)．(2)0.28A(3)eq\f(4,3)课时提升练(三十)变压器电能的输送(限时：45分钟)A组对点训练——巩固基础知识题组一变压器基本关系的应用1．(2014·海南高考)理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为()A．1∶2 B．2∶1C．2∶3 D.3∶2【解析】设灯泡正常发光时的电流为I，由题意可知，通过原线圈的电流I1＝I，通过副线圈的电流I2＝2I，根据变压器的电流关系eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝eq\f(2,1).【答案】B2．(2014·陕西渭南质检(一))如图10­2­21所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1，电压表V和电流表A均为理想电表，灯泡电阻RL＝12Ω，AB端电压u1＝24eq\r(2)sin100πt(V)．下列说法正确的是()图10­2­21A．电流频率为100HzB．电压表V的读数为96VC．电流表A的读数为0.5AD．变压器输入功率为6W【解析】由u1＝24eq\r(2)sin100πt(V)可知交流电的频率为50Hz，A错误；原线圈输入的电压有效值为24V，由于n1∶n2＝U1∶U2，可知，U2＝6V，即电压表的示数为6V，B错误；电流表的示数I＝eq\f(U2,R)＝eq\f(6,12)A＝0.5A，C正确；灯泡消耗的功率P＝U2I＝3W，而变压器为理想变压器，本身不消耗能量，因此变压器输入功率也为3W，D错误．【答案】C3．(2014·昆明一中模拟)如图10­2­22所示，理想变压器初级线圈的匝数为n1，次级线圈的匝数为n2，初级线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R＝44Ω，电流表A1的示数为0.20A．下列判断中正确的是()图10­2­22A．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C．电流表A2的示数为1.0AD．电流表A2的示数为0.4A【解析】对于理想变压器，P1＝U1I1＝220×0.20W＝44W，则负载电阻消耗的功率P2＝P1＝44W，据P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)，得U2＝eq\r(P2R)＝eq\r(44×44)V＝44V，则eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,44)＝5，故B正确、A错误；A2的读数I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(44,44)A＝1A，故C正确、D错误．【答案】BC题组二变压器的动态分析4．(2014·山东威海一模)利用如图10­2­23所示的理想变压器给用电器供电．在原线圈ab端接交变电压u＝1000sin100πt(V)，原线圈匝数n1＝1000匝，副线圈匝数n2＝50匝．下列说法正确的是()图10­2­23A．通过原副线圈的交流电的频率均为100HzB．副线圈两端电压为U2＝50VC．通过原副线圈的电流之比为I1∶I2＝20∶1D．闭合电键K，变压器输入功率增加【解析】由交流电压的表达式U＝1000sin100πt(V)知，原副线圈交流电的频率均为50Hz，A项错；副线圈两端的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝25eq\r(2)A，B项错；原副线圈的电流之比为eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,20)，C项错；闭合电键K，负载电阻R减小，输出功率P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)增加，输入功率P1＝P2增加，D项对．【答案】D5．(2014·河北邯郸质检)如图10­2­24是街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动，可以认为输入电压是不变的．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R0表示，变阻器只表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移时()图10­2­24A．A2表的示数随A1表的示数的增大而增大B．V1表的示数随V2表的示数的增大而增大C．变压器的输入功率在增大D．相当于在减少用电器的数目【解析】理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，虽然滑动变阻器触头P向下移动，但由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，即B错误；V2的示数不变，副线圈的电阻减小了，由欧姆定律知A2的示数变大，由P＝UI知输出功率变大了，由于变压器的输入功率和输出功率相等，所以原线圈的输入的功率也要变大，C正确；原线圈的输入的功率变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，即A1的示数变大，是A1表的示数随A2表的示数的增大而增大，故A错误；D项当滑动变阻器触头P向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并联接入电路，所以电阻减小相当于用电器数目增加，故D错误．【答案】C6．图10­2­25甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图10­2­25乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()甲乙图10­2­25A．输入电压u的表达式u＝20eq\r(2)sin50πt(V)B．只断开S2后，L1、L2均正常发光C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8W【解析】由图乙知周期为0.02s，因此输入电压的表达式u＝20eq\r(2)sin100πt(V)，A错；只断开S2，L1、L2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B错；只断开S2，负载电阻变大，功率变小，C错；S1换接到2后，据P＝eq\f(U\o\al(2,出),R)和eq\f(U入,U出)＝eq\f(n1,n2)得R消耗的功率为0.8W，故选D.【答案】D题组三远距离输电7．(2014·浙江高考)如图10­2­2