2025高考物理复习交变电流 电磁振荡与电磁波 传感器教案练习题

三年考情交变电流及四值2023·湖南卷·T9、2023·海南卷·T6、2022·浙江1月选考·T9、2022·广东卷·T4、2022·河北卷·T3、2021·辽宁卷·T5、2021·江苏卷·T12、2021·天津卷·T3、2021·北京卷·T5、2021·浙江1月选考·T16、2021·浙江6月选考·T5变压器综合问题2023·北京卷·T7、2023·广东卷·T6、2022·山东卷·T4、2022·湖北卷·T9、2022·湖南卷·T6、2022·北京卷·T4、2022·重庆卷·T3、2021·广东卷·T7、2021·河北卷·T8、2021·湖南卷·T6、2021·湖北卷·T6、2021·福建卷·T3远距离输电2023·浙江6月选考·T7、2023·山东卷·T7、2023·天津卷·T6、2020·全国卷Ⅱ·T19、2020·浙江7月选考·T11电磁波2021·浙江6月选考·T8、2021·福建卷·T5传感器2022·河北卷·T12、2022·北京卷·T13、2022·重庆卷·T11命题规律目标定位本章主要考查交变电流的产生、交变电流的四值、变压器，电磁波、传感器考查较少，远距离输电考查频率增加。该知识模块综合性不强。常见的综合点有：交变电流与变压器的综合，变压器与远距离输电的综合。第1讲交变电流的产生和描述[课标要求]1．认识交变电流，能用公式和图像描述正弦交变电流。2．了解发电机和电动机工作过程中的能量转化，认识电磁学在人类生活和社会发展中的作用。考点一交变电流的产生及变化规律1．产生：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：一个周期内线圈中电流的方向改变两次。4．图像：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，则其图像为正弦式曲线，如图所示。5．变化规律(线圈从中性面位置开始计时)(1)电动势e随时间变化的规律：e＝Emsin__ωt。(2)路端电压u随时间变化的规律：u＝Umsinωt＝eq\f(EmR,R＋r)·sin_ωt。学生用书第266页(3)电流i随时间变化的规律：i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)·sin_ωt，其中Em＝NBSω。6．周期和频率(1)周期T：交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需要的时间，国际单位是秒(s)。公式：T＝eq\f(2π,ω)。(2)频率f：交变电流在1_s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)或f＝eq\f(1,T)。7．峰值：Em＝NBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。【基础知识判断】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。(√)书写交变电流瞬时值表达式的基本思路1．求出角速度ω，ω＝eq\f(2π,T)＝2πf。2．确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝NBSω求出相应峰值。3．明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。例如：(1)线圈从中性面位置开始转动，则i-t图像为正弦函数图像，电流的瞬时值表达式为i＝Imsinωt。(2)线圈从垂直中性面位置开始转动，则i-t图像为余弦函数图像，电流的瞬时值表达式为i＝Imcosωt。(2023·北京四中模拟)某交流发电机产生交变电流的装置如图甲所示，产生的感应电动势与时间的关系如图乙所示，下列说法正确的是()A．t＝0时，线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最大B．线圈通过中性面时，交变电流改变方向。C．线框中产生的感应电动势e＝100sin(50t)VD．如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值和周期分别变为200V、0.08s答案：B解析：由e-t图像可知，t＝0时，电动势为零，此时线圈平面处于中性面位置，磁通量变化率最小，交变电流改变方向，A错误，B正确；线框中产生的感应电动势的最大值和周期分别为Em＝100V，T＝0.04s，根据e＝Emsineq\f(2π,T)t，可知感应电动势瞬时值为e＝100sin(50πt)V，C错误；根据Em＝NBSω，ω＝2πn，可知Em与n成正比，如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值为Em′＝200V，由周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(1,n)可知，周期与n成反比，如果仅使线圈的转速加倍，则周期减半为T′＝0.02s，D错误。选B。对点练1．(2023·广东广州模拟)在以下四种情景中，从上图所示位置开始计时，则上图线圈中产生的电流与其正下方所示的i-t图线相对应的是()A．图甲B．图乙C．图丙D．图丁答案：A解析：题图甲中线圈从垂直中性面开始转动，产生的交流电是余弦式，A正确；题图乙中线圈转动时仍产生不间断的正弦交流电，B错误；题图丙中线圈处于辐射状的磁场中，线圈的两边所处位置的磁场大小不变，则产生恒定不变的电流，C错误；题图丁中线圈转动时产生正弦式交流电，D错误。故选A。学生用书第267页对点练2．图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其单匝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，发电机内总电阻r＝2Ω，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10V。取eq\r(2)＝1.41。图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图像，则()A．该电动势的瞬时值e＝12sin(100πt)VB．R两端的电压瞬时值u＝14.1cos(100πt)VC．t＝0.02s时，R两端的电压瞬时值为零D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝14.1cos(50πt)A答案：B解析：由题图乙可知，t＝0.02s时，磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，故C错误；由Φ-t图像可知T＝2×10－2s，t＝0时刻Φ＝0,根据Um＝eq\r(2)U可知，R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos(100πt)V，故B正确；通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝1.41cos(100πt)A，故D错误；电动势的最大值Em＝eq\f(R＋r,R)Um＝16.92V，则该电动势的瞬时值e＝16.92cos(100πt)V，故A错误。考点二交变电流有效值的计算1．有效值让交流电和直流电通过相同阻值的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把这一直流电的数值叫作这一交流电的有效值。2．正弦式交变电流的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))。【高考情境链接】(2023·湖南高考·改编)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。判断下列说法的正误：(1)线圈转动的角速度为4ω。(√)(2)线圈转动产生交变电压的最大值为4nBL2ω。(√)(3)灯泡两端电压的有效值为2eq\r(2)nBL2ω。(×)(4)若摇动大轮的角速度增大，灯泡将变亮。(√)1．有效值的理解(1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值。(2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值。(3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值。(4)没有特别加以说明的，是指有效值。(5)“交变电流的最大值是有效值的eq\r(2)倍”仅适用于正(余)弦式交变电流。2．交变电流有效值的计算(1)计算有效值时要根据电流的热效应，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)分段计算热量求和得出一个周期内产生的总热量。学生用书第268页(3)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分别求得电流有效值和电压有效值。(4)若图像部分是正(余)弦式交变电流，其中的eq\f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq\f(1,2)周期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I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解。一电阻R接到如图甲所示的正弦式交流电源上，两端电压的有效值为U1，消耗的电功率为P1；若该电阻接到如图乙所示的方波交流电源上，两端电压的有效值为U2，消耗的电功率为P2。若甲、乙两图中的U0、T所表示的电压值、周期值是相同的，则下列说法正确的是()A．U1＝eq\f(1,2)U0 B．U2＝eq\r(2)U0C．P1＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),2R) D．P1∶P2＝1∶2答案：C解析：电阻接到正弦式交流电源上，两端电压的有效值为U1＝eq\f(\r(2)U0,2)，功率P1＝eq\f(Ueq\o\al(2,1),R)＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),2R)，A错误，C正确；电阻接到方波交流电源上，设两端电压的有效值为U2，则有eq\f(（2U0）2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(Ueq\o\al(2,0),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)T，解得U2＝eq\r(\f(5,2))U0，功率P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)＝eq\f(5Ueq\o\al(2,0),2R)，则P1∶P2＝1∶5，B、D错误。对点练1．(2023·江西南昌联考)在如图乙所示的电路中，通入如图甲所示的交变电流，横轴上、下方的图线均属于正弦曲线的一部分，电阻R的阻值为20Ω，两电表均为理想交流电表，下列说法正确的是()A．电压表的示数为10VB．交流电的频率为50HzC．电流表的示数为2AD．电阻R在一个周期内产生的热量为0.3J答案：A解析：令该交变电流的有效值为U，则电压表的示数为该有效值，根据题图甲可知eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10\r(2),\r(2))))\s\up8(2),R)·eq\f(T,3)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10\r(2),\r(2))))\s\up8(2),R)·eq\f(2T,3)，解得U＝10V，即电压表的示数为10V，故A正确；根据题图甲可知交流电的周期T＝3×10－2s，则频率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,3×10－2)Hz＝eq\f(100,3)Hz，故B错误；根据上述可知，通过定值电阻R的电流为I＝eq\f(U,R)＝0.5A，故C错误；电阻R在一个周期内产生的热量为Q＝I2RT＝0.15J，故D错误。故选A。对点练2．如图所示为一个经双向可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦式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．UmB．eq\f(Um,\r(2))C．eq\f(Um,3)D．eq\f(Um,2)答案：D解析：从u-t图像上看，每个eq\f(1,4)周期正弦式波形的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))，根据有效值的定义有eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))\s\up8(2),R)×eq\f(T,4)×2，解得U＝eq\f(Um,2)，故D正确。对点练3．(2023·广东珠海适应性考试)如图是某一线圈通过的交流电的电流—时间关系图像(前半个周期为正弦式波形的eq\f(1,2))，则一个周期内该电流的有效值为()A．eq\f(3,2)I0B．eq\f(\r(5),2)I0C．eq\f(\r(3),2)I0D．eq\f(5,2)I0答案：B解析：设该电流的有效值为I，由I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I0,\r(2))))eq\s\up8(2)R×eq\f(T,2)＋(2I0)2R×eq\f(T,4)，解得I＝eq\f(\r(5),2)I0，故B正确。学生用书第269页考点三交变电流“四值”的理解和应用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＝NωBSIm＝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))计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)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(eq\x\to(E),R＋r)计算通过电路截面的电荷量(2023·河南开封统考)如图为交流发电机的示意图，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。两磁极之间的磁场视为匀强磁场且磁感应强度大小为B，单匝线圈ABCD的面积为S、电阻为r，定值电阻的阻值为R，其余电阻不计，交流电压表为理想电表。线圈以角速度ω绕OO′轴逆时针匀速转动，如果以图示位置为计时起点，则()A．图示时刻电压表示数为BSωB．通过电阻R的电流瞬时值表达式为i＝eq\f(BSω,R＋r)sinωtC．线圈从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电流平均值为eq\f(2BSω,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)))D．线圈从图示位置转过90°的过程中，电阻R产生的焦耳热为eq\f(πRB2S2ω,2（R＋r）2)答案：C解析：线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝BSω，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(BSω,\r(2))，题图示位置具有最大值，但电压表示数应为电阻R两端的电压有效值U＝IR＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(BSωR,\r(2)（R＋r）)，A错误；通过电阻R的电流有效值为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BSω,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)))，瞬时值表达式为i＝eq\r(2)Icosωt＝eq\f(BSω,R＋r)cosωt，B错误；线圈从题图示位置转过90°的过程中所用时间Δt＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(π,2ω)，产生的感应电动势平均值为eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BS,Δt)＝eq\f(2BSω,π)，则通过电阻R的电流平均值为eq\x\to(I)＝eq\f(eq\x\to(E),R＋r)＝eq\f(2BSω,π\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)))，C正确；线圈从题图示位置转过90°的过程中，电阻R上产生的焦耳热为Q＝I2RΔt＝eq\f(πRB2S2ω,4（R＋r）2)，D错误。故选C。对点练1．(2022·广东高考)如图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是()A．两线圈产生的电动势的有效值相等B．两线圈产生的交变电流的频率相等C．两线圈产生的电动势同时达到最大值D．两电阻消耗的电功率相等答案：B解析：根据E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，两线圈中磁通量的变化率相等，但是匝数不等，则产生的感应电动势最大值不相等，有效值也不相等，根据P＝eq\f(U2,R)，可知两电阻的电功率也不相等，故A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交流电的频率相等，故B正确；当磁铁的磁极到达线圈附近时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，故C错误。对点练2．(多选)(2023·河北沧州一模)如图所示，面积为S、电阻为R的单匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度为B的垂直纸面向里的匀强磁场中(cd边右侧没有磁场)。若线框从图示位置开始绕与cd边重合的竖直固定轴以角速度ω开始匀速转动，则线框旋转一周的过程中，下列说法正确的是()A．线框中感应电动势的最大值为eq\f(BSω,2)B．线框中感应电动势的有效值为eq\f(BSω,2)C．线框中感应电流的有效值为eq\f(BSω,\r(2)R)D．从图示位置开始转过eq\f(π,6)的过程中，通过导线某横截面的电荷量为eq\f(BS,2R)答案：B解析：线框中产生感应电动势的最大值为Em＝BSω，故A错误；由有效值的定义得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(Eeq\o\al(2,有),R)T，可得E有＝eq\f(BSω,2)，I有＝eq\f(BSω,2R)，故B正确，C错误；线框转过eq\f(π,6)后，此时线框的有效面积为S有＝Scoseq\f(π,6)，根据q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(eq\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，可得通过某横截面的电荷量为q＝eq\f(B·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))S,R)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(3)))BS,2R)，故D错误。故选B。课时测评57交变电流的产生和描述eq\f(对应学生,用书P468)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题1～6题，每题3分，7～13题，每题6分，共60分)1．(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，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动。从图甲所示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是()A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为100πrad/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答案：ABC解析：由题图乙可知交流电电流的最大值是Im＝10eq\r(2)A，交流电的周期T＝0.02s，电流表的示数为交流电的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，故A正确；线圈转动的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，故B正确；0.01s时流过线圈的感应电流达到最大，线圈中产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，则穿过线圈的磁通量为0，即线圈平面与磁场方向平行，故C正确；由楞次定律可知，0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，故D错误。2．如图甲所示，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，产生的电动势随时间变化的规律如图乙所示，则下列说法正确的是()A．t＝0.01s时，线框平面与磁感线相互平行B．t＝0.005s时，穿过线框的磁通量最大C．当电动势瞬时值为22V时，线圈平面与中性面夹角为45°D．线框中的感应电流方向每秒钟改变50次答案：C解析：t＝0.01s时，感应电动势为零，则线框平面与磁感线相互垂直，A错误；t＝0.005s时，感应电动势最大，则穿过线框的磁通量最小，B错误；根据瞬时值表达式e＝22eq\r(2)sin(ωt)V可知，当电动势瞬时值为22V时ωt＝eq\f(π,4)，即线圈平面与中性面夹角为45°，C正确；由题图乙可知T＝0.02s，则f＝eq\f(1,T)＝50Hz，在一个周期内电流方向改变2次，可知线框中的感应电流方向每秒钟改变100次，D错误。3．(多选)(2024·福建厦门一模)如图所示，一个单匝矩形闭合导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，图示时刻磁场与平面垂直，转动周期为T0，线圈产生的电动势的最大值为Em，则()A．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为eq\f(\r(2)EmT0,4π)B．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为EmC．图示时刻为中性面，电流大小为0D．若线圈绕ab转动，电动势的最大值将变为2Em答案：BC解析：根据Em＝BSω＝Φmeq\f(2π,T0)，解得Φm＝eq\f(EmT0,2π)，故A错误；根据法拉第电磁感应定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em，故B正确；题图所示位置为中性面，磁通量最大，磁通量变化率为0，电动势为0，电流大小为0，故C正确；若线圈绕ab转动，通过线圈的磁通量最大值不变，所以电动势的最大值不变，为Em，故D错误。故选BC。4．(2024·山东聊城模拟)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Φ随时间t的变化关系如图所示，已知线圈总电阻为2Ω，则()A．t＝1.0s时线圈平面平行于磁感线B．t＝1.5s时线圈中感应电流为0C．t＝2.0s时线圈中的感应电动势为0D．一个周期内线圈产生的热量为8J答案：C解析：t＝1.0s时磁通量最大，线圈平面垂直于磁感线，而非平行于磁感线，故A错误；t＝1.5s时磁通量变化率最大，线圈中感应电流不为0，故B错误；t＝2.0s时线圈的磁通量变化率为零，故感应电动势为0，故C正确；一个周期内线圈产生的热量Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))\s\up8(2),R)·T，同时Em＝nBSω＝nΦmeq\f(2π,T)，解得热量为8π2J，故D错误。5．(2024·北京延庆一模)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式交变电流。两电热器的电功率之比PA∶PB等于()A．1∶2 B．2∶1C．5∶4 D．4∶5答案：C解析：题图甲，由交流电有效值的定义可得Ieq\o\al(2,0)R·eq\f(T,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I0,2)))eq\s\up8(2)R·eq\f(T,2)＝Ieq\o\al(2,甲)RT，解得Ieq\o\al(2,甲)＝eq\f(5,8)Ieq\o\al(2,0)，题图乙，交流电的有效值为I乙＝eq\f(I0,\r(2))，根据P＝I2R可知PA∶PB＝Ieq\o\al(2,甲)R∶Ieq\o\al(2,乙)R＝eq\f(5,8)∶eq\f(1,2)＝5∶4，故选C。6．(2024·重庆万州模拟)在图乙所示的电路中，通入图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。电阻R的阻值为12Ω，电表均为理想电表。下列判断正确的是()A．电压表的示数为6eq\r(2)VB．该交变电流的电压有效值为4eq\r(3)VC．电阻R一个周期内产生的热量一定大于9JD．电流表的示数为0.5A答案：D解析：根据有效值的定义，在一个周期内，由焦耳定律得eq\f(（\f(6\r(2)V,\r(2))）2,R)×1s＋eq\f(（6V）2,R)×2s＝eq\f(U2,R)×3s，解得电压有效值U＝6V，电压表示数为有效值，故A、B错误；热量必须根据有效值进行计算，则Q＝eq\f(U2,R)T＝9J，故C错误；电流表示数也为有效值，则I＝eq\f(U,R)＝0.5A，故D正确。7．(2024·安徽安庆模拟)如图是一交变电流大小的平方随时间的变化关系的图像(i2-t图像)，则该交变电流的有效值为()A．eq\f(2,3)I B．eq\f(\r(6),2)IC．eq\f(\r(6),3)I D．eq\f(3,2)I答案：C解析：根据题意，设交流电有效值分别为I0，根据交流电有效值的定义与题图有Ieq\o\al(2,0)RT＝I2R×eq\f(T,3)＋eq\f(1,2)I2R×eq\f(2T,3)，解得I0＝eq\f(\r(6),3)I，故选C。8．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式交变电流的图像，当调整线圈转速后，所产生正弦式交变电流的图像如图线b所示，以下关于这两个正弦式交变电流的说法错误的是()A．交变电流b电压的有效值为eq\f(10\r(2),3)VB．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零C．交变电流a的电压瞬时值u＝10sin(5πt)VD．线圈先后两次转速之比为3∶2答案：B解析：正弦式交变电流a的电压最大值Um＝NBSω＝NBS·eq\f(2π,Ta)＝10V，交变电流b的电压最大值Um′＝NBS·eq\f(2π,Tb)，由题图可知Ta＝0.4s，Tb＝0.6s，联立两式可得Um′＝eq\f(20,3)V，交变电流b电压的有效值U＝eq\f(Um′,\r(2))＝eq\f(10\r(2),3)V，故A正确；在t＝0时刻，交变电流的电动势为零，由法拉第电磁感应定律可知此时穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故B错误；交变电流a的电压瞬时值表达式u＝Umsineq\f(2π,Ta)t＝10sin(5πt)V，故C正确；线圈的转速n＝eq\f(1,T)，则线圈先后两次转速之比为3∶2，D正确。9．(2024·江西南昌联考)边长为L的单匝正方形线框处在匀强磁场中，磁场方向与线框平面垂直，磁感应强度随时间变化规律如图所示(前半个周期为正弦波形的一半)，线框的电阻为R，则线框中感应电流的功率为()A．eq\f(6Beq\o\al(2,0)L4,RT2) B．eq\f(7Beq\o\al(2,0)L4,RT2)C．eq\f(8Beq\o\al(2,0)L4,RT2) D．eq\f(9Beq\o\al(2,0)L4,RT2)答案：D解析：根据题意可知，前半个周期感应电动势的最大值为Em＝eq\f(1,π)B0L2ω＝eq\f(1,π)B0L2·eq\f(2π,T)＝eq\f(2B0L2,T)，则前半个周期感应电动势的有效值为E1＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)B0L2,T)，后半个周期感应电动势大小恒定不变，则有E2＝eq\f(B0,\f(T,4))L2＝eq\f(4B0L2,T)，线框一个周期内产生的焦耳热为Q＝PT＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),R)·eq\f(T,2)＋eq\f(Eeq\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)，联立可得线框中感应电流的功率为P＝eq\f(9Beq\o\al(2,0)L4,RT2)，故选D。10．如图所示，空间中分布着磁感应强度大小为B的匀强有界磁场，EF是其左边界，一面积为S的n匝圆形金属线框垂直于磁场放置，圆形线圈的圆心O在EF上，线圈电阻为R，若线框以角速度ω绕EF匀速转动，并从图示位置开始计时，则()A．t＝eq\f(2π,ω)时，线框中的感应电流最大B．0～eq\f(π,2ω)时间内，通过线框的电荷量为eq\f(BS,2R)C．线框中产生的交变电动势的最大值为nBSωD．线框中产生的交变电动势的有效值为eq\f(\r(2),4)nBSω答案：D解析：当t＝eq\f(2π,ω)时，即ωt＝2π时，线框回到题图示位置，此时的感应电流最小，磁通量最大，A错误；当t＝eq\f(π,2ω)，即ωt＝eq\f(π,2)时，线圈转到与题图示垂直位置，此时磁通量为零，则0到eq\f(π,2ω)时间内产生的感应电动势的平均值为eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B·\f(1,2)S,\f(π,2ω))＝eq\f(nBSω,π)，则0～eq\f(π,2ω)时间内，通过线框的电荷量为q＝eq\f(nBSω,πR)·eq\f(π,2ω)＝eq\f(nBS,2R)，B错误；线框中产生的交变电动势的最大值为Em＝nB·eq\f(S,2)·ω＝eq\f(1,2)nBSω，C错误；线框中产生的交变电动势的有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),4)nBSω，D正确。故选D。11．(多选)(2022·河北衡水模拟)如图所示，线圈ABCD的匝数n＝10，面积S＝0.4m2，边界MN(与线圈的AB边重合)右侧存在磁感应强度B＝eq\f(2,π)T的匀强磁场，若线圈从图示位置开始绕AB边以ω＝10πrad/s的角速度匀速转动。则以下说法正确的是()A．线圈产生的是正弦式交流电B．线圈在转动过程中产生的最大感应电动势为80VC．线圈转动eq\f(1,60)s时瞬时感应电动势为40eq\r(3)VD．线圈产生的感应电动势的有效值为40V答案：BD解析：线圈在有界匀强磁场中转动将产生正弦式半波脉动电流，故A错误；电动势最大值Em＝nBSω＝80V，故B正确；线圈转动eq\f(1,60)s，转过的角度为eq\f(π,6)，瞬时感应电动势为e＝Emsineq\f(π,6)＝40V，故C错误；由题意可知，在一个周期内，只有半个周期产生感应电动势，根据有效值的定义有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)R)))eq\s\up8(2)R·eq\f(T,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R)))eq\s\up8(2)RT，可得电动势有效值为E＝eq\f(Em,2)＝40V，故D正确。12．(多选)(2023·安徽滁州期末)如图甲为风力发电机检测电路的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的检测线圈与电压传感器相连，在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则()A．磁铁的转速为10r/sB．线圈两端电压的有效值为6eq\r(2)VC．交变电压的表达式为u＝12sin(5πt)VD．由乙图可知t＝0.1s时，穿过检测线圈的磁通量最大答案：BC解析：由题图乙可知该交流电的周期为T＝0.4s，故磁体的转速为n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.4)r/s＝2.5r/s，故A错误；通过题图乙可知电压的最大值为12V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝6eq\r(2)V，故B正确；周期T＝0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，故电压的表达式为u＝12sin(5πt)V，故C正确；由题图乙可知t＝0.1s时，穿过检测线圈的磁通量变化率最大，则磁通量为0，故D错误。故选BC。13．(多选)(2024·浙江温州模拟)如图甲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\f(0.20,π)T，线圈电阻为R1＝0.5Ω，它的引出线接有R2＝9.5Ω的小灯泡L，外力带动线圈框架的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，图丙为正弦函数图线)，则()A．小灯泡中电流的峰值为0.16AB．小灯泡中电流的有效值为0.16AC．理想交流电压表的示数为1.5VD．t＝0.01s时外力的大小为0.128N答案：AD解析：由题意及法拉第电磁感应定律可知，线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nB·2πrvm，故小灯泡中电流的峰值为Im＝eq\f(Em,R1＋R2)＝eq\f(20×\f(0.20,π)×2π×0.1×2,0.5＋9.5)A＝0.16A，则有效值为I＝eq\f(Im,\r(2))≈0.11A，A正确，B错误；电压表示数为U＝IR2≈1.05V，C错误；当t＝0.01s＝eq\f(T,4)时，由题图丙知线圈的加速度为0，则此时外力大小等于线圈所受安培力大小，所以此时外力的大小为F＝nIm·2πrB＝0.128N，D正确。学生用书第270页第2讲变压器电能的输送[课标要求]1．通过实验，探究并了解变压器原、副线圈电压与匝数的关系，知道远距离输电时通常采用高压输电的原因。2．了解发电机和电动机工作过程中的能量转化，认识电磁学在人类生活和社会发展中的作用。考点一变压器的工作原理与基本关系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。(2)原理：利用电磁感应的互感现象。2．基本关系式(1)功率关系：P1＝P2。(2)电压关系：只有一个副线圈时，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)＝…＝eq\f(Un,nn)。(3)电流关系：只有一个副线圈时，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。(4)频率关系：f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)。【高考情境链接】(2023·广东高考·改编)用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8kW，原线圈的输入电压u＝220eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt))V。判断下列说法的正误：(1)副线圈输出电压的最大值为110eq\r(2)V。(×)(2)副线圈输出电压的有效值为440V。(√)(3)副线圈输出电流的有效值为20A。(√)(4)副线圈输出电流的频率为50Hz。(√)1．变压器原、副线圈的物理量间的制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和原、副线圈匝数比决定功率原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和原、副线圈匝数比决定2．含有多个副线圈的变压器的电路分析副线圈有两个或两个以上时，一般从原、副线圈的功率相等入手。利用P1＝P2＋P3＋…，结合原、副线圈电压关系、欧姆定律等分析。3．变压器原线圈所在电路中含有负载问题的分析(1)将原线圈看作用电器，在原线圈电路中可应用串、并联电路规律、闭合电路的欧姆定律等。(2)要求解原线圈电路中负载的电流、电压和功率，一般需先求副线圈中的电流，然后根据理想变压器原、副线圈中的电流关系求得原线圈电路中的电流，进而求解通过负载的电流。原、副线圈的电流关系往往是解决问题的突破口。考向1变压器的基本关系学生用书第271页(多选)(2022·湖南省娄底高三期末)理想变压器原、副线圈所接的电路如图甲所示，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝5∶1，其中定值电阻R1＝R2＝R3＝110Ω，两电表为理想交流电表，原线圈两端接有如图乙所示的交流电。当t＝eq\f(1,600)s时，原线圈的瞬时电压为u＝110eq\r(2)V。断开S1、S2，电源消耗的电功率为P1；闭合S1、S2，电源消耗的电功率为P2。则下列说法正确的是()A．闭合S1、断开S2，电压表的示数为44VB．闭合S1、S2，电流表的示数为4.0AC．断开S1、S2，电流表的示数为0.04AD．P1∶P2＝1∶4答案：ACD解析：由题图乙可得，周期T＝0.02s，故可得ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，故交流电的表达式为u＝Umsin(100πt)V，又因为t＝eq\f(1,600)s时原线圈瞬时电压u＝110eq\r(2)V，所以Um＝220eq\r(2)V，原线圈电压有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得，副线圈电压U2＝44V，当闭合S1、断开S2，电压表测量副线圈电压，故电压表的示数为44V，故A正确；闭合S1、S2，副线圈电流为I2′＝eq\f(U2,R2)＋eq\f(U2,R3)＝0.8A，根据eq\f(I1′,I2′)＝eq\f(n2,n1)，可得I1′＝0.16A，电流表的示数为0.16A，故B错误；断开S1、S2，副线圈总电阻为R＝R1＋R2＝220Ω，副线圈电流为I2＝eq\f(U2,R)＝0.2A，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可得原线圈电流I1＝0.04A，故C正确；P1＝U1I1＝8.8W，P2＝U1I1′＝35.2W，所以P1∶P2＝1∶4，故D正确。考向2原线圈有电阻的变压器(2023·河北衡水模拟)如图所示，含理想变压器的电路中，a、b两端接在输出电压u＝40eq\r(2)sin(100πt)V的交流电源上，R0的阻值是R的4倍。已知当S断开时，R消耗的电功率和R0消耗的电功率相等，下列说法正确的是()A．副线圈输出电压的频率为100HzB．R0两端的电压为10VC．原、副线圈的匝数之比为2∶1D．若开关S闭合，电阻R消耗的电功率变为原来的2倍答案：C解析：由电源输出电压表达式和ω＝2πf可知，交流电压的频率为50Hz，变压器不改变电流的周期和频率，则副线圈输出电压的频率为50Hz，故A错误；设变压器原、副线圈匝数的比值为k，由等效电阻知识可知，变压器和电阻R的等效电阻为k2R，可将题图电路等效为如图所示的电路，开关断开时，R消耗的电功率和R0消耗的功率相等，可得电阻R0两端的电压与等效电阻两端的电压相等，此时R0两端的电压为20V，故B错误；结合上述分析可知R0＝k2R，解得k＝2，故C正确；若开关S闭合，原线圈两端的电压变为原来的2倍，电阻R两端的电压也变为原来的2倍，由P＝eq\f(U2,R)，可知电阻R消耗的电功率变为原来的4倍，故D错误。故选C。考向3“一原多副”变压器(多选)(2023·河北张家口统考)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2∶n3＝2∶1∶1，a、b两端接u＝40eq\r(2)sin(100πt)V的交流电源，定值电阻R＝2Ω，两个完全相同的灯泡L额定电压均为20V，其电阻恒定且均为1Ω，下列说法正确的是()A．灯泡L均能正常工作B．通过电阻R的电流为10AC．通过灯泡L的电流均为10AD．交流电源消耗的总功率为400eq\r(2)W答案：BC解析：根据原、副线圈电压与匝数的关系eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)，所以三个线圈两端的电压之比为U1∶U2∶U3＝2∶1∶1，原、副线圈消耗的电功率相等，即U1I1＝2eq\f(Ueq\o\al(2,2),RL)，原线圈回路满足的关系为U＝I1R＋U1，其中交流电源电压的有效值是U＝40V，联立可得U1＝20V，U2＝U3＝10V，I1＝I2＝I3＝10A，交流电源消耗的总功率为P＝UI1＝400W。故选BC。规律总结具有两个(或两个以上)副线圈的变压器的三个关系(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＋…考向4含有二极管的变压器(2023·安徽滁州统考)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为2∶1，电阻R1＝R2＝55Ω，D1、D2为理想二极管，A为理想电流表。原线圈接u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流电，则()A．副线圈中交流电频率为100HzB．电流表示数为2AC．理想变压器输入功率为440WD．二极管的反向耐压值应大于110V答案：B解析：根据题意可知交流电的角速度ω＝100πrad/s，频率为f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，变压器可以改变电压和电流的值，但不能改变频率，因此副线圈中交流电频率仍为50Hz，故A错误；原线圈两端电压的最大值U1m＝220eq\r(2)V，根据eq\f(U1m,U2m)＝eq\f(n1,n2)，副线圈两端电压的最大值U2m＝110eq\r(2)V，当最大电压为110eq\r(2)V时，二极管仍然正常工作，说明二极管的反向耐压值大于110eq\r(2)V，故D错误；由于二极管的作用，副线圈两个电阻交替工作，与没有二极管时一个电阻R始终工作完全相同，副线圈两端电压的有效值U2＝eq\f(U2m,\r(2))＝110V，因此电流表的示数I2＝eq\f(U2,R)＝2A，理想变压器输入功率等于电阻消耗的功率P＝U2I2＝110×2W＝220W，故B正确，C错误。故选B。学生用书第272页考点二变压器的动态分析1．匝数比不变，负载变化如图甲所示，匝数比不变，负载变化的情况的分析思路：(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。2．负载不变，匝数比变化如图乙所示，负载电阻不变，匝数比变化的情况的分析思路：(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(Ueq\o\al(2,2),R)和P1＝P2、P1＝U1I1，可以判断P2变化时，P1发生变化；U1不变，I1发生变化。考向1匝数比不变，负载变化(2021·福建高考)某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是()A．A1增大，V2不变，V3增大B．A1增大，V2减小，V3增大C．A2增大，V2增大，V3减小D．A2增大，V2不变，V3减小答案：D解析：不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，变压器副线圈的输出电压U2即V2示数不变；因为住户的用电器均为并联，所以用电器增加时，用户的总电阻R总＝R＋R用变小，由I2＝eq\f(U2,R＋R用)可知，副线圈的电流I2即A2示数变大，而由U3＝U2－I2R，可知U3即V3示数减小；由理想变压器的关系U1I1＝U2I2，可知原线圈的电流I1即A1示数变大，故选D。对点练．(多选)(2023·河南周口联考)如图甲所示，理想变压器三个线圈匝数分别n1＝600、n2＝300、n3＝1200，定值电阻R1＝10Ω、R3＝20Ω，R2是半导体热敏电阻(电阻随温度升高而减小)，电压表和电流表均为理想电表。原线圈接线柱a、b所接正弦交流电压随时间t的变化规律如图乙所示。下列说法正确的是()A．电压表的示数为10VB．开关K闭合前，若环境温度降低，电流表A1的示数将减小C．开关K闭合前，电流表A1和A2的示数之比大于1∶2D．若闭合开关K，电流表A1的示数将增大4A答案：BD解析：根据理想变压器电压的关系eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)可得副线圈n2两端的电压U2＝eq\f(n2,n1)U1＝10V，但电压表V测量半导体热敏电阻R2两端的电压，A错误；若环境温度降低，半导体热敏电阻R2的阻值增大，副线圈n2输出的电功率P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R1＋R2)减小，根据能量守恒定律得P2＝P1＝U1I1，所以电流表A1的示数将减小，B正确；由理想变压器原理可得eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,2)，C错误；若闭合开关K，根据理想变压器原理可得副线圈n3两端的电压U3＝eq\f(n3,n1)U1＝40V，由能量守恒定律得ΔP1＝U1ΔI1＝P3＝eq\f(Ueq\o\al(2,3),R3)，所以电流表A1的示数增加量ΔI1＝4A，D正确。故选BD。考向2负载不变，匝数比变化(2023·河北唐山统考)一线圈在匀强磁场中匀速转动，输出的电压随时间变化的规律如图甲所示，发电机与如图乙所示的变压器电路相连，副线圈匝数可通过滑片P来调节，原线圈的匝数n1＝2000，当滑片P位于副线圈正中间位置时，额定电压为44V的灯泡恰好正常发光。发电机线圈电阻忽略不计，灯泡的电阻保持不变，且灯泡没有烧毁。下列说法正确的是()学生用书第273页A．t＝0.5s时，穿过线圈的磁通量为零B．副线圈的匝数n2＝400C．若滑片P由如图乙所示的位置向下移动，则灯泡的亮度变暗D．若仅将线圈的转速提高1倍，则灯泡的功率也增加1倍答案：C解析：由题图甲可知交变电流的周期T＝0.02s，t＝0.5s时穿过线圈的磁通量与t＝0时穿过线圈的磁通量相等，而t＝0时线圈的电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，故A错误；由题图甲可知原线圈的输入电压U1＝220V，当滑片P位于中间位置时有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,\f(n2,2))，解得n2＝800，故B错误；当滑片P向下滑动时，副线圈接入电路的匝数减小，副线圈的输出电压减小，所以灯泡的功率减小，即灯泡变暗，故C正确；若仅将发电机线圈的转速提高一倍，由Em＝NBSω＝2πNBSn，可知发电机的输出电压提高一倍，所以灯泡两端电压也提高一倍，由P＝eq\f(U2,R)，可知，灯泡的功率变为原来的四倍，故D错误。故选C。对点练．(多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦式交流电，则()A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小答案：BC解析：保持Q的位置不动，则副线圈两端电压U2不变，P向上滑动，则R增大，副线圈电流I2减小，由P1＝UI1＝U2I2，可知I1减小，电流表读数减小，故A错误，B正确；保持P的位置不动，则R不变，Q向上滑动，n2变大，根据eq\f(U,n1)＝eq\f(U2,n2)得，U2＝eq\f(n2,n1)U，则U2增大，由I2＝eq\f(U2,R＋R0)知I2增大，U不变，由UI1＝U2I2知I1增大，电流表读数变大，故C正确，D错误。考点三远距离输电1．输电过程(如图所示)2．输送电流(1)I＝eq\f(P,U)；(2)I＝eq\f(U－U′,R)。3．电压损失(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR。4．功率损失(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))eq\s\up8(2)R＝eq\f(（ΔU）2,R)。5．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R：由R＝ρeq\f(l,S)知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线。(2)减小输电线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压。【高考情境链接】(2023·天津高考·改编)如图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R。学生用书第274页判断下列说法的正误：(1)T1输出电压与T2输入电压相等。(×)(2)T1输出功率与T2输入功率相等。(×)(3)若用户接入的用电器增多，输送电流增大。(√)(4)若用户接入的用电器增多，输电线上的电压损失和功率损失增大。(√)远距离输电问题的分析技巧1．理清三个回路2．抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系了回路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了回路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＋P3。(多选)(2023·河北邯郸统考)绿色环保、低碳出行已经成为一种时尚，新能源汽车越来越受市民的喜爱，正在加速“驶入”百姓家，某物理老师为自家电动汽车安装充电桩的电路图如图所示，已知总电源的输出电压为U1＝220V，输出功率为P1＝3.3×105W，输电线的总电阻r＝12Ω，变压器视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比为n1∶n2＝1∶15，汽车充电桩的额定电压为50V。则下列说法中正确的有()A．输电线上的电流为100AB．用户获得的功率为1.5×105WC．降压变压器的匝数比为n3∶n4＝66∶1D．若充电桩消耗的功率增大，在总电压不变的情况下，充电桩用户端获得的电压减小答案：AD解析：升压变压器原线圈电流为I1＝eq\f(P1,U1)＝1500A，所以I2＝eq\f(n1,n2)I1＝100A，故A正确；输电线损耗的功率为ΔP＝Ieq\o\al(2,2)r＝1.2×105W，所以用户获得的功率为P4＝P1－ΔP＝2.1×105W，故B错误；升压变压器副线圈电压为U2＝eq\f(n2,n1)U1＝3300V，输电线损耗的电压为ΔU＝I2r＝1200V，所以降压变压器的匝数比为eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(（3300－1200）V,50V)＝42，故C错误；若充电桩消耗的功率增大，则电源输入总功率变大，因为总电压不变，由I＝eq\f(P,U)可知升压变压器原线圈电流变大，升压变压器副线圈电流变大，则输电线上的损耗电压变大，降压变压器原线圈电压变小，则降压变压器副线圈电压也变小，故D正确。故选AD。易错警示1．输送功率是指升压变压器输出的功率，损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率。两者关系为P损＝P－P′(P为输送功率，P′为用户所得功率)。2．P损＝Ieq\o\al(2,线)R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻。3．P损＝eq\f(（ΔU）2,R线)，ΔU为输电线路上损失的电压。4．P损＝ΔUI线。5．在远距离输电问题中，计算线路功率损耗时应用P损＝Ieq\o\al(2,线)R线，其原因是I线可以由公式P输出＝I线U输出求出，而P损＝ΔUI线和P损＝eq\f(（ΔU）2,R线)则不常用，其原因是在一般情况下，ΔU不易求出，且易将ΔU和U输出相混而出错。对点练1．白鹤滩水电站，是我国实施“西电东送”的大国重器，其远距离输电电路示意图如图所示。如果升压变压器与降压变压器均为理想变压器，发电机输出电压恒定，R表示输电线电阻，则当用户功率增大时()A．A2示数增大，A1示数减小B．V1、V2示数都减小C．输电线上的功率损失减小D．V1、A1示数的乘积大于V2、A2示数的乘积答案：D解析：当用户功率增大时，降压变压器的输出功率增大，输出电流增大，A2示数增大，根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知，降压变压器中的输入电流增大，A1示数增大，故A错误；升压变压器线圈匝数以及升压变压器输入电压不变，则升压变压器输出电压不变，则V1的示数不变，降压变压器中的输入电流增大，输电线电阻消耗的电压增大，则降压变压器输入电压减小，根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知，降压变压器输出电压减小，故V2示数减小，故B错误；输电线上的电流增大，输电线上的功率损失增大，故C错误；根据降压变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可知eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，设降压变压器的输入电压为U0，有U1＞U0，根据降压变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可知eq\f(U0,U2)＝eq\f(n1,n2)，故I1U1＞I1U0＝I2U2，故D正确。故选D。学生用书第275页对点练2．(多选)(2023·山东日照高三期末)如图所示，某小型水电站发电机的输出电压U1＝250V，经升压变压器和降压变压器后为养殖场供电。已知输电线的总电阻R线＝5Ω，输电线上损失的功率P线＝2kW，养殖场共有1100盏标有“220V40W”字样的灯泡正常工作(除此之外没有其他用电器)。假设两个变压器均为理想变压器，下列说法正确的是()A．输电线上的电流I线＝20AB．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶10C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝10∶1D．发电机的输出功率为44kW答案：AC解析：根据P线＝Ieq\o\al(2,线)R，解得I线＝20A，故A正确；设升压变压器原线圈电流为I1，P出＝U1I1＝P线＋1100×40W＝46kW，解得I1＝184A，升压变压器的匝数比为n1∶n2＝I2∶I1＝20∶184＝5∶46，故B、D错误；降压变压器的副线圈的电流为I4＝1100×eq\f(P,UL)＝1100×eq\f(40,220)A＝200A，降压变压器的匝数比为n3∶n4＝I4∶I3＝200∶20＝10∶1，故C正确。类型1自耦变压器自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，原、副线圈共用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(如图甲所示)也可以降压(如图乙所示)，变压器的基本关系对自耦变压器同样适用。应用1．如图所示，10匝矩形线框处在磁感应强度B＝eq\r(2)T的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以恒定角速度ω＝10rad/s在匀强磁场中转动，线框电阻不计，面积为0.4m2，线框通过滑环与一理想自耦变压器的原线圈相连，副线圈接有一只灯泡L(规格为“4W100Ω”)和滑动变阻器，电流表视为理想电表，则下列说法正确的是()A．若从图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为40eq\r(2)sin(10t)VB．当灯泡正常发光时，原、副线圈的匝数比为2∶1C．若将滑动变阻器滑片向上移动，则电流表示数增大D．若将自耦变压器触头向下滑动，灯泡会变亮答案：B解析：若从题图示线框位置开始计时，线框中感应电动势的瞬时值为e＝NBSωcosωt＝40eq\r(2)cos(10t)V，故A错误；原线圈电压为U1＝40V，灯泡电压即副线圈电压为U2＝eq\r(PR)＝20V，所以原、副线圈的匝数比为U1∶U2＝2∶1，故B正确；若将滑动变阻器滑片向上移动，有效电阻增大，则副线圈电流变小，根据电流关系可知电流表示数变小，故C错误；若将自耦变压器触头向下滑动，则副线圈匝数减小，根据变压器电压规律可知副线圈电压减小，灯泡会变暗，故D错误。类型2互感器互感器电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在交流电路中串联在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＝I2n2应用2．如图所示，甲、乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中，甲图中变压器原、副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原、副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I，则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为()A．k1U，k2I B．k1U，eq\f(I,k2)C．eq\f(U,k1)，k2I D．eq\f(U,k1)，eq\f(I,k2)答案：B解析：根据原、副线圈的电压、电流与线圈匝数关系可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k1，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,k2)，由此可知U1＝k1U，I1＝eq\f(I,k2)，故B正确。课时测评58变压器电能的输送eq\f(对应学生,用书P470)(时间：45分钟满分：60分)(本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！)(选择题每题5分，共60分)1．(多选)如图甲所示，用电器额定电压为40V，通过一理想变压器接在如图乙所示的正弦式交变电源上。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，交流电流表的示数为2.2A。以下判断正确的是()A．交流电压表的示数为220VB．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶2C．通过原线圈的电流的最大值为2.2eq\r(2)AD．开关S断开后，交流电压表示数为0答案：AB解析：由题图乙可知，交流电源电压的最大值为Um＝220eq\r(2)V，则有效值为U＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，则交流电压表的示数为220V，故A正确；变压器原、副线圈匝数比等于电压比，因此有n1∶n2＝220∶40＝11∶2，故B正确；由变压器原、副线圈的电流比与匝数比I1∶I2＝n2∶n1得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(2,11)×2.2A＝0.4A，原线圈的电流最大值为I1m＝eq\r(2)I1＝0.4eq\r(2)A，故C错误；开关S断开后，交流电流表示数为0，交流电压表示数仍为220V，故D错误。2．(多选)(2023·广东省茂名一模)无线充电技术已经逐渐应用于智能手机上，手机无线充电器的原理类似于理想变压器，由发射器和接收器组成，分别有一发射线圈和接收线圈，简化模型如图所示，已知发射、接收线圈匝数比n1∶n2＝5∶1，E、F端输入电流i＝eq\f(\r(2),5)sin(100πt)A，下列说法正确的是()A．发射线圈的输入功率等于接收线圈的输出功率B．E、F端输入的交变电流方向每秒变化50次C．接收线圈两端输出电流的有效值为1AD．接收线圈两端输出电流的有效值为eq\r(2)A答案：AC解析：理想变压器原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，故A正确；由题意得f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，因为正弦式交流电每个周期内电流方向改变两次，故每秒变化100次，故B错误；由表达式i＝eq\f(\r(2),5)sin(100πt)A可得原线圈电流的有效值为I1＝eq\f(Im,\r(2))＝0.2A，由于eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝5，所以接收线圈两端输出电流的有效值为I2＝1A，故C正确，D错误。3．(多选)(2023·福建莆田二模)如图是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压。当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，现想将一个“38V19W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是()A．仅将P顺时针旋转到合适位置B．仅将P逆时针旋转到合适位置C．仅将灯泡并联一个阻值为144Ω的电阻D．仅将灯泡串联一个阻值为144Ω的电阻答案：AD解析：输入电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，根据变压器两端的电压与线圈匝数的关系可知U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，灯泡的额定电压为38V，可知现想将一个“38V19W”的灯泡接到输出端C、D，要使灯泡正常发光，可以仅将P顺时针旋转到合适位置减小副线圈的匝数或串联一个电阻，根据RL∶R＝UL∶UR，又RL＝eq\f(Ueq\o\al(2,L),P)，UL＋UR＝110V，联立解得R＝144Ω，故A、D正确，B、C错误。4．(多选)(2023·河南开封一模)如图为一理想变压器，其中所接的4盏灯泡规格均为“10V5W”。当接入电压u＝U0sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt))的电源时，4盏灯均正常发光。下列说法正确的是()A．原、副线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝3∶1∶2B．电流在1s时间内改变50次方向C．U0＝40eq\r(2)VD．变压器的输出功率为20W答案：AC解析：由ω＝2πf可知，交流电的频率为f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，所以在1s时间内方向要改变100次，B错误；4盏灯相同且均正常发光，所以加在灯泡两端的电压均为U，理想变压器的输入功率等于输出功率，则有U1I＝UI＋2UI(I、U分别为灯泡的额定电流和额定电压)，可得U1＝3U，根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(3,1)，eq\f(n1,n3)＝eq\f(U1,U3)＝eq\f(3,2)，则有原、副线圈的匝数比n1∶n2∶n3＝3∶1∶2，A正确；电源电压的有效值为U＋U1＝40V，则U0＝40eq\r(2)V，C正确；变压器的输出功率等于副线圈各用电器功率之和，即三个灯泡的功率之和为15W，D错误。故选AC。5．如图所示，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，变压器原、副线圈匝数分别为n1和n2。下列说法正确的是()A．eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)B．eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)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变小答案：B解析：由题图可知，原、副线圈两端电压满足电压之比为匝数之比，而U2不是副线圈两端电压，为滑动变阻器两端电压，即eq\f(U1,U2)≠eq\f(n1,n2)，故A错误；I1和I2是原、副线圈电路中的电流，满足eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，故B正确；滑片P向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻减小，所以副线圈所在回路的电流I2变大，则由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可知I1变大，又因为U1不变，即副线圈两端电压不变，而定值电阻两端电压增大，所以U2变小，故C、D错误。6．(2024·安徽安庆模拟)如图为远距离输电的原理图，升压变压器T1、降压变压器T2均为理想变压器，T1、T2的原、副线圈匝数比分别为k、eq\f(1,k)，输电线的总电阻为R0。已知发电机输出电压为U1、用户两端的电压为U2，则升压变压器T1的输送功率为()A．eq\f(Ueq\o\al(2,1),k2R0) B．eq\f(U1U2,k2R0)C．eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U1－U2))U2,k2R0) D．eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U1－U2))U1,k2R0)答案：D解析：T1、T2的原、副线圈匝数比分别为k、eq\f(1,k)，输电线的总电阻为R0。已知发电机输出电压为U1、用户两端的电压为U2，则T1副线圈两端电压为eq\f(U1,k)，T2原线圈两端电压为eq\f(U2,k)，R0