2025新高考方案一轮物理第四章含答案

第十一章交变电流电磁振荡与电磁波传感器基础落实课第1讲交变电流的产生和描述第2讲理想变压器与电能的输送第3讲电磁振荡与电磁波实验探究课第4讲实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系第5讲实验：利用传感器制作简单的自动控制装置第1讲交变电流的产生和描述(基础落实课)一、交变电流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条件和图像产生条件在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动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，电流方向不发生改变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图像线圈从中性面位置开始计时，电动势e、电压u和电流i随时间变化的图像分别如图甲、乙、丙所示。二、描述正弦式交变电流的物理量1．周期和频率周期(T)交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω)频率(f)交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比，单位是赫兹(Hz)周期和频率的关系T＝eq\f(1,f)或f＝eq\f(1,T)2．交变电流的瞬时值、峰值和有效值瞬时值交变电流某一时刻的值，是时间的函数。如e＝Emsinωt峰值交变电流的电流或电压所能达到的最大值有效值让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，就把这一恒定电流的电流与电压叫作这一交变电流的有效值情境创设如图甲所示是交流发电机的示意图，其产生的正弦式交变电流的图像如图乙所示。理解判断(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，矩形线圈中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，矩形线圈中的感应电动势为零，感应电流方向发生改变。(√)(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是指有效值。(√)(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。(×)(6)分析电容器的耐压值应考虑电压的峰值。(√)逐点清(一)交变电流的产生和描述|题|点|全|练|1．[中性面和峰值面]矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图所示的匀强磁场中。下列说法正确的是()A．图甲时刻通过线圈的磁通量变化率最大B．图乙时刻线圈中感应电流方向改变C．图丙时刻线圈中磁通量最大D．图丁时刻线圈中感应电动势最小解析：选C题图甲、丙中线圈平面与磁场方向垂直，此时穿过线圈的磁通量最大，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均为零，感应电流在此位置改变方向，故A错误，C正确；题图乙、丁中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量为零，而感应电动势、感应电流和磁通量的变化率均达到最大，该时刻电流方向不变，故B、D错误。2．[交变电流的产生及图像]在以下四种情境中，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()解析：选A选项A线圈中产生的电流大小为i＝eq\f(E,R)＝eq\f(NBSω,R)cosωt，故A正确；选项B线圈中产生的电流大小为i＝eq\f(E,R)＝eq\f(NB\f(S,2)ω,R)sinωt＝eq\f(NBSω,2R)sinωt，故B错误；选项C线圈始终垂直切割磁感线，产生的电流大小恒定，故C错误；选项D线圈中产生的电流大小为i＝eq\f(E,R)＝eq\f(NBSω,R)sinωt＝eq\f(NBSω,R)sinωt，故D错误。3．[交变电流的描述]一正弦式交变电流的i-t图像如图所示。下列说法正确的是()A．在t＝0.4s时电流改变方向B．该交变电流的周期为0.5sC．该交变电流的表达式为i＝2cos5πtAD．该交变电流的有效值为eq\f(\r(2),2)A解析：选C由题图可知t＝0.4s时电流为正方向最大值，电流方向没有发生变化，故A错误；由题图可知，该交变电流的周期为T＝0.4s，故B错误；由题图可知，电流的最大值为imax＝2A，角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s，故该交变电流的表达式为i＝imaxcosωt＝2cos5πtA，故C正确；该交变电流的有效值为i＝eq\f(imax,\r(2))＝eq\r(2)A，故D错误。|精|要|点|拨|1．正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置位置中性面位置与中性面垂直的位置图示特点B⊥SB∥SΦ＝BS，最大Φ＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nBSω，最大电流为零，方向改变电流最大，方向不变2．正弦式交变电流的变化规律(线圈从中性面开始计时)物理量函数表达式图像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt电流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt逐点清(二)交变电流有效值的理解和计算1．对有效值的理解(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用的是有效值；(4)通常没有特别加以说明的，一般指有效值。2．有效值的两种计算方法(1)公式法：对于正(余)弦式交变电流，利用E＝eq\f(Em,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2))计算有效值。注意：若图像一部分是正(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。(2)定义法：对于非正弦式交变电流，计算有效值时要抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解时相同时间一般取一个周期或周期的整数倍。[考法全训]类型1正弦式交变电流1．(2023·湖南高考)(多选)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。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是()A．线圈转动的角速度为4ωB．灯泡两端电压有效值为3eq\r(2)nBL2ωC．若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为eq\f(4\r(2)nBL2ω,3)D．若仅将小轮半径变为原来的两倍，则灯泡变得更亮解析：选AC大轮和小轮通过皮带传动，线速度相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr并结合题意可知，大轮与小轮半径之比为4∶1，则小轮和线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈产生感应电动势的最大值Emax＝nBS·4ω，又S＝L2，联立可得Emax＝4nBL2ω，则线圈产生感应电动势的有效值E＝eq\f(Emax,\r(2))＝2eq\r(2)nBL2ω，根据串联电路分压原理可知，灯泡两端电压有效值为U＝eq\f(RE,R＋R)＝eq\r(2)nBL2ω，B错误；若用总长为原来两倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生感应电动势的最大值Emax′＝8nBL2ω，此时线圈产生感应电动势的有效值E′＝eq\f(Emax′,\r(2))＝4eq\r(2)nBL2ω，根据电阻定律R′＝ρeq\f(l′,S横截)可知，线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得，灯泡两端电压有效值U′＝eq\f(RE′,R＋2R)＝eq\f(4\r(2)nBL2ω,3)，C正确；若仅将小轮半径变为原来的两倍，根据v＝ωr可知，小轮和线圈的角速度变小，根据E＝eq\f(nBSω,\r(2))可知，线圈产生的感应电动势有效值变小，灯泡两端电压变小，则灯泡变暗，D错误。类型2峰值不对称的正弦式波形2．电压u随时间t的变化情况如图所示，则电压的有效值约为()A．137V B．163VC．174V D．196V解析：选C由有效值的定义有：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，解得电压的有效值U≈174V。类型3矩形波形3．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I＝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，电流大小也为I＝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。逐点清(三)交变电流“四值”的理解及应用交变电流的“四值”及应用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＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某一时刻的受力情况峰值交变电流最大的瞬时值Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)确定用电器的耐压值、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值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)(2)交流电表的测量值(3)用电器设备标注的额定电压、额定电流(4)保险丝的熔断电流平均值i-t图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路某截面的电荷量[应用体验]1．(2024·重庆高三调研)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，圆形线框的圆心O在EF上，线框电阻为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到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解析：选D当t＝eq\f(2π,ω)时，即ωt＝2π时，线框回到图示位置，此时感应电流最小，磁通量最大，A错误；当t＝eq\f(π,2ω)，即ωt＝eq\f(π,2)时，线框转到与图示垂直位置，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到eq\f(π,2ω)时间内，通过线框的电荷量为q＝eq\f(nBSω,Rπ)·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。2．(2024·内江高三模拟)如图为一交流发电机的原理示意图。矩形线圈abcd可绕过bc、ad边中点且垂直于匀强磁场方向的水平轴OO′匀速转动。线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上；用导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动过程中可以通过滑环和电刷保持其两端与外电路的定值电阻R连接。已知矩形线圈边长ab＝cd＝L1＝50cm，bc＝ad＝L2＝20cm，匝数n＝100匝，线圈的总电阻r＝5.0Ω，线圈转动的角速度ω＝282rad/s，外电路的定值电阻R＝45Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝0.05T，eq\r(2)＝1.41。从线圈经过图示位置开始计时，求：(1)线圈内的电流i随时间t变化的函数关系式；(2)线圈转动90°时电压表的示数；(3)在线圈转过90°的过程中，通过线圈导线某截面的电荷量。解析：(1)根据法拉第电磁感应定律，感应电动势的瞬时值为e＝nBL1L2ωcosωt电流的瞬时值为i＝eq\f(e,R＋r)由以上两式解得i＝2.82cos282t(A)。(2)由以上分析可知Em＝141V外电压最大值Um＝eq\f(R,R＋r)Em外电压有效值U＝eq\f(Um,\r(2))联立解得U＝90V。(3)感应电动势的平均值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)转过90°的时间Δt＝eq\f(π,2ω)磁通量的变化量ΔΦ＝BL1L2平均电流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)电荷量q＝eq\x\to(I)·Δt联立解得电荷量q＝0.01C。答案：(1)i＝2.82cos282t(A)(2)90V(3)0.01C[课时跟踪检测]一、立足基础，体现综合1．一只低压电源输出的交变电压为U＝10eq\r(2)sin314t(V)，π取3.14，以下说法正确的是()A．这只电源可以使“10V2W”的灯泡正常发光B．这只电源的交变电压的周期是314sC．这只电源在t＝0.01s时电压达到最大值D．“10V2μF”的电容器可以接在这只电源上解析：选A这只电源的交变电压的峰值Um＝10eq\r(2)V，则有效值U有＝eq\f(10\r(2),\r(2))V＝10V，所以这只电源可以使“10V2W”的灯泡正常发光，故A项正确；ω＝314rad/s，则T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，故B项错误；在t＝0.01s时，经过半个周期，电压为零，故C项错误；当电容器的耐压值小于电压峰值时，电容器被击穿，10V小于10eq\r(2)V，则“10V2μF”的电容器不能接在这只电源上，故D项错误。2．(多选)有一种自行车，它有能向自行车车头灯泡供电的小型发电机，其原理示意图如图甲所示，图中N、S是一对固定的磁极，磁极间有一固定在绝缘转轴上的矩形线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮。如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电。关于此装置，下列说法正确的是()A．自行车匀速行驶时线圈中产生的是交变电流B．小灯泡亮度与自行车的行驶速度无关C．知道摩擦轮和后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间内摩擦轮转动的圈数D．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大解析：选AC自行车匀速行驶时，摩擦轮带动线圈在磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生交变电流，故A正确；自行车的行驶速度会影响感应电动势的大小，进而影响小灯泡的亮度，故B错误；摩擦轮和后轮属于摩擦传动，线速度大小相等，如果知道了摩擦轮和后轮的半径关系，就能知道角速度关系，也就能知道转速关系，故C正确；线圈匝数不影响穿过线圈的磁通量的变化率的大小，故D错误。3．(2023·辽宁高考)如图，空间中存在水平向右的匀强磁场，一导体棒绕固定的竖直轴OP在磁场中匀速转动，且始终平行于OP。导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像可能正确的是()解析：选C如图所示，导体棒匀速转动，设转动速度为v，导体棒的速度方向与初始速度方向的夹角为θ，则导体棒垂直磁感线方向的分速度为v⊥＝vcosθ，可知导体棒垂直磁感线方向的分速度呈余弦规律变化，根据右手定则可知，导体棒经过C点和C点关于P点的对称点时，感应电动势方向发生变化，根据u＝BLv⊥，可知导体棒两端的电势差u随时间t变化的图像为余弦图像。故选C。4．(2024年1月·贵州高考适应性演练)一交变电流的电压随时间变化的规律如图所示，周期为T，其电压的有效值()A.eq\r(2)V B．2eq\r(2)VC.eq\r(5)V D．2eq\r(5)V解析：选C交流电的有效值是根据等效思想确定的，若同一阻值为R的电阻接在恒压稳流的直流电路中在交流电的一个周期内产生的热量与接在交流电路中在一个周期内产生的热量相同，则认为该直流电的电压U为交流电电压的有效值，则根据等效思想有eq\f(U2,R)T＝eq\f(\r(2)2,R)·eq\f(T,3)＋eq\f(2\r(2)2,R)·eq\f(T,3)＋eq\f(\r(5)2,R)·eq\f(T,3)，解得U＝eq\r(5)V，故选C。5．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．线圈中产生的感应电动势e＝100sin50t(V)D．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解析：选B由图像可知，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，故A错误，B正确；线圈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＝100sin50πt(V)，故C错误；根据Em＝NBSω，ω＝2πn，可知Em与转速n成正比，如果仅使线圈的转速加倍，则电动势的最大值变为Em′＝200V，周期为T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(1,n)，可知周期与转速n成反比，如果仅使线圈的转速加倍，则周期变为T′＝0.02s，故D错误。6．(2024·聊城高三模拟)如图所示，边长为l的正三角形线圈，线圈匝数为n，以角速度ω绕ab匀速转动，ab的左侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。M为导电环，负载电阻为R，其他电阻不计，在线圈转动一周过程中()A．图示时刻(线圈平面与磁场方向垂直)，线圈的磁通量最大，产生的感应电动势也最大B．感应电动势的最大值为eq\f(\r(3),4)Bl2ωC．负载电阻R上产生的热量为eq\f(3πωn2B2l4,32R)D．通过负载电阻R的电荷量为eq\f(\r(3)n2Bl2,2R)解析：选C图示时刻线圈平面与磁场方向垂直，即线圈位于中性面，此位置线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，产生的感应电动势为零，A错误；根据正弦式交流电的产生原理，可知感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝eq\f(\r(3),4)nBl2ω，B错误；在线圈转动一周过程中只有半周会有电流产生，所以负载电阻R上产生的热量为Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)×\f(\r(3),4)nBl2ω))2,R)×eq\f(π,ω)＝eq\f(3πωn2B2l4,32R)，C正确；线圈转动一周过程中通过线圈的磁通量的变化量为零，根据eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可知，线圈产生的平均电动势为零，所以平均电流也为零，通过负载电阻R的电荷量为0，D错误。7．(多选)利用半导体二极管的单向导电性，可以对交变电流进行整流，将交变电流变为直流。一种简单的整流电路如图甲所示，a、b为交变电流信号输入端，D为半导体二极管，R为定值电阻。信号输入后，电阻R两端的电压如图乙所示，则下列说法正确的是()A．交变电流的频率为50HzB．R两端电压的有效值为50eq\r(2)VC．若电阻R＝10Ω，则1min内R产生的热量为1.5×104JD．一个标有“95V,30μF”的电容器并联在电阻R两端，可以正常工作解析：选AC由题图乙可知，该电压的周期为0.02s，可知交变电流的频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.02)Hz＝50Hz，故A正确；由题图乙可知，前eq\f(1,2)周期内最大电压为100V，后eq\f(1,2)周期内电压为零，由有效值的定义可得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得R两端电压的有效值为U＝50V，故B错误；若电阻R＝10Ω，由焦耳定律可得1min内R产生的热量为Q＝I2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U,R)))2Rt＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(50,10)))2×10×60J＝1.5×104J，故C正确；因电阻R两端的电压最大值为100V，大于95V，因此一个标有“95V,30μF”的电容器并联在电阻R两端，不可以正常工作，故D错误。二、注重应用，强调创新8．图1中，单匝矩形闭合线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场的轴OO′匀速转动。当线圈的转速为n1和n2时，穿过该线圈的磁通量随时间分别按图2中甲、乙所示的规律变化，已知线圈的电阻为5.0Ω，则()A．0.2s时，甲、乙对应的线圈平面均垂直于磁感线B．0.05s时，乙对应的线圈中产生的感应电动势最大C．甲、乙对应的线圈的转速之比n1∶n2＝4∶5D．甲对应的线圈中交变电流的最大值为πA解析：选D由题图2可知，在t＝0.2s时，穿过线圈的磁通量都为零，因此甲、乙对应的线圈平面均平行于磁感线，故A错误；在t＝0.05s时，图线乙对应的穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，因此产生的感应电动势最小为零，故B错误；由题图2可知甲对应的周期为0.16s，图线乙对应的周期为0.2s，二者对应的线圈的转速比等于周期比的反比，即n1∶n2＝5∶4，故C错误；甲对应的感应电动势的最大值Em＝nΦmω＝nΦmeq\f(2π,T)＝eq\f(0.4×2π,0.16)V＝5πV，因此Im＝eq\f(Em,R)＝πA，故D正确。9．(多选)如图所示，两根间距为20eq\r(2)cm的足够长粗糙金属导轨平行固定在水平面上，导轨电阻忽略不计。在导轨内部空间存在以正弦曲线和导轨的中位线为边界的匀强磁场，中位线上方磁场方向垂直纸面向里，中位线下方磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B＝1T。现有一导体棒在外力作用下以10m/s的速度匀速向右运动(接触电阻忽略不计)。已知导体棒接入导轨间的电阻为r＝10Ω，电流表和电压表均为理想电表，与电流表相连的电阻R＝10Ω，则下列叙述正确的是()A．回路中产生的是交流电，且按照正弦规律变化B．电压表示数为0.5VC．导体棒的热功率为0.1WD．当导体棒运动到图示位置时，电流表示数最大解析：选AB因为磁场边界是正弦曲线，由右手定则可得回路产生的是正弦式交流电，A正确；正弦式交流电的电压峰值为Um＝Bl有v＝eq\r(2)V，电压有效值U有＝eq\f(Um,\r(2))＝1V，则电压表的示数为0.5V，B正确；导体棒的热功率P＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U有,2)))2,r)＝0.025W，C错误；电流表显示的是有效值，无论棒处于何种位置，电流表示数均不变，D错误。10．(2024·石家庄调研)(多选)如图所示，面积为S1的圆形磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化的关系为B＝Bmcosπt。在纸面内有一金属导线围成面积为S2的单匝圆形线圈，圆心与磁场圆心重合，导线上串有理想二极管、阻值为r的标准电阻和理想交流电流表，导线电阻不计，下列说法正确的是()A．电流表的示数为eq\f(πBmS2,2r)B．电流表的示数为eq\f(πBmS1,2r)C．在2s内流过电阻的电荷量为eq\f(BmS2,r)D．在2s内流过电阻的电荷量为eq\f(BmS1,r)解析：选BD感应电动势的最大值Em＝NωBS＝πBmS1，无二极管时：U有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(πBmS1,\r(2))，有二极管时：eq\f(U有2,r)×eq\f(T,2)＝eq\f(U有′2,r)T，解得U有′＝eq\f(πBmS1,2)，所以I＝eq\f(U有′,r)＝eq\f(πBmS1,2r)，故A错误，B正确；交变电流的周期T＝eq\f(2π,ω)＝2s，因存在二极管，在2s内，只有1s有电流通过电阻r，ΔФ＝BmS1，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔФ,t)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),r)，q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(BmS1,r)，故C错误，D正确。11．(2024·聊城统考)如图甲所示，两足够长的光滑平行导轨固定在水平面内，处于磁感应强度为B0、方向竖直向上的匀强磁场中，导轨间距为L，一端连接一定值电阻R。质量为m、长度为L、电阻为R的金属棒垂直导轨放置，与导轨始终接触良好。在金属棒的中点对棒施加一个平行于导轨的拉力，棒运动的速度v随时间t的变化规律如图乙所示的正弦曲线。已知在0～eq\f(T,4)的过程中，通过定值电阻的电荷量为q；然后在t＝eq\f(5,4)T时撤去拉力。其中v0已知，T未知，不计导轨的电阻。求：(1)电阻R上的最大电压U；(2)在0～eq\f(5,4)T的过程中，拉力所做的功W；(3)撤去拉力后，金属棒的速度v随位置x变化的变化率k(取撤去拉力时棒的位置x＝0)。解析：(1)当金属棒的速度最大时，棒中的感应电动势为E＝B0Lv0回路中的电流I＝eq\f(E,2R)电阻R上的电压为U＝IR＝eq\f(B0Lv0,2)。(2)由题意得感应电动势为e＝B0Lv0sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)))t类比于单匝线圈在磁场中转动产生的电动势，则0～eq\f(T,4)的过程中通过定值电阻的电荷量与线圈从中性面转过90°的过程中通过定值电阻的电荷量相同，则有B0Lv0＝BS·eq\f(2π,T)＝Φ·eq\f(2π,T)，q＝eq\f(Φ,2R)电动势的有效值为E＝eq\f(B0Lv0,\r(2))在0～eq\f(5T,4)时间内，产生的焦耳热为Q＝eq\f(E2,2R)·eq\f(5,4)T根据功能关系，有W＝Q＋eq\f(1,2)mv02联立解得W＝eq\f(1,2)mv02＋eq\f(5π,4)B0Lv0q。(3)撤去拉力时，对导体棒根据动量定理有－B0eq\x\to(I)LΔt＝mv－mv0感应电流的平均值为eq\x\to(I)＝eq\f(B0L\x\to(v),2R)由于x＝eq\x\to(v)Δt，解得v＝v0－eq\f(B02L2x,2mR)可知变化率k＝－eq\f(B02L2,2mR)。答案：(1)eq\f(B0Lv0,2)(2)eq\f(1,2)mv02＋eq\f(5π,4)B0Lv0q(3)－eq\f(B02L2,2mR)第2讲理想变压器与电能的输送(基础落实课)一、理想变压器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。(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈。(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈。2．原理：线圈的互感现象。3．理想变压器的基本关系(1)电压关系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。(2)电流关系：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)。(3)功率关系：P入＝P出。二、电能的输送1．输电损耗：如图所示，若发电站输出电功率为P，输电电压为U，用户得到的电功率为P′，用户的电压为U′，输电线总电阻为R。输电电流电压损失功率损失I＝eq\f(P,U)＝eq\f(P′,U′)＝eq\f(U－U′,R)ΔU＝U－U′＝IRΔP＝P－P′＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2R2．减少输电线上电能损失的两种方法方法一减小输电线的电阻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方法二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，必须提高输电电压情境创设变压器是生活、生产用电的必需设备，如图所示是电能输送的简单示意图。理解判断(1)对于恒定电流，变压器没有变压作用。(√)(2)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。(√)(3)变压器能改变交变电流的频率。(×)(4)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。(×)(5)变压器副线圈接入负载越多，原线圈的输入电流越小。(×)(6)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。(√)(7)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)(8)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。(√)逐点清(一)理想变压器基本规律的应用|题|点|全|练|1．[理想变压器基本规律的应用]如图1所示是某智能手表所采用的无线充电方式，其工作原理示意图(可视为理想变压器)如图2所示，在充电器线圈M中接入220V交流电，在手表线圈N中感应出5V交流电，已知手表的充电电流为2A，则手表充电时()A．线圈M中电流为88AB．线圈N中电压最大值为5eq\r(2)VC．线圈M和线圈N的匝数比为1∶44D．线圈M和线圈N的功率比为1∶44解析：选B根据理想变压器基本规律知线圈M和线圈N的功率比为1∶1，U1I1＝U2I2，可得线圈M中电流为I1＝eq\f(U2I2,U1)＝eq\f(5×2,220)A＝eq\f(1,22)A，A、D错误；由正弦式交变电流规律知线圈N中电压最大值为U2m＝eq\r(2)U2＝5eq\r(2)V，B正确；线圈M和线圈N的匝数比为eq\f(nM,nN)＝eq\f(UM,UN)＝eq\f(220,5)＝eq\f(44,1)，C错误。2．[含有二极管的变压器电路](多选)图乙中，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝5∶1。原线圈接入如图甲所示的正弦式交流电，电路中电表均为理想电表，定值电阻R1＝R2＝4Ω，D为理想二极管(该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大)，则()A．电阻R2两端的电压频率为50HzB．电流表的示数为5AC．原线圈的输入功率为150WD．将R1撤掉，电压表的示数不变解析：选ACD由题图甲可知，交流电的周期为0.02s，故频率为50Hz，而变压器及二极管均不会改变交流电的频率，故电阻R2两端的电压频率为50Hz，故A正确；经变压器后，输出电压为U输＝eq\f(100V,5)＝20V，因二极管的单向导电性，只有一半时间内有电压加在R2两端，则由有效值的定义可得eq\f(U输2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，解得U＝10eq\r(2)V，则电流表的示数为I＝eq\f(U,R2)＝2.5eq\r(2)A，故B错误；原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，输出功率P＝eq\f(202,4)W＋(2.5eq\r(2))2×4W＝150W，故C正确；因输出电压由输入电压决定，故将R1撤掉，电压表的示数不变，故D正确。3．[初级线圈连接元件的变压器电路](2024·德州高三模拟)在图(a)所示的交流电路中，发电机两端输出电压的有效值为20V，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1、R2、R3阻值相同。通过理想电流表的电流随时间t变化的正弦曲线如图(b)所示。下列说法正确的是()A．交流电的频率为100HzB．理想电压表的示数为4VC．R1的阻值为4.5ΩD．副线圈的输出功率为eq\f(100,3)W解析：选C交流电的周期为0.02s，所以交流电的频率为f＝eq\f(1,T)＝50Hz，故A错误；根据理想变压器电压与匝数的关系可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得U2＝10V，由于R2、R3阻值相同，所以电压表示数为5V，故B错误；设三个电阻的阻值均为R，根据闭合电路欧姆定律和电流与匝数的关系，有eq\f(U,R)＋eq\f(U2,2R)×eq\f(1,2)＝I，将I＝5A代入解得R＝4.5Ω，故C正确；副线圈的输出功率为P＝eq\f(U22,2R)＝eq\f(100,9)W，故D错误。4．[电压互感器和电流互感器]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)解析：选B根据原、副线圈的电压、电流与线圈匝数的关系可知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)，B正确。5．[自耦变压器]如图所示，通过可调自耦变压器给阻值为R、额定功率为P的定值电阻供电，在原线圈两端加上正弦式交变电压，此时变压器原、副线圈匝数比为10∶1，闭合开关S后，发现定值电阻的功率只有0.64P。要使定值电阻能正常工作，应()A．将滑片P向上移，使原、副线圈匝数比变为12∶1B．将滑片P向上移，使原、副线圈匝数比变为25∶2C．将滑片P向下移，使原、副线圈匝数比变为8∶1D．将滑片P向下移，使原、副线圈匝数比变为32∶5解析：选C设原来原、副线圈匝数比为k＝10，原线圈输入电压为U1，副线圈输出电压为U2，则eq\f(U1,U2)＝k，故电阻R两端的电压为U2＝eq\f(U1,k)，则0.64P＝eq\f(U12,k2R)，设调节后的原、副线圈的匝数比为n，则电阻R两端的电压为eq\f(U1,n)，则P＝eq\f(U12,n2R)，联立解得n＝0.8k＝8，故选C。|精|要|点|拨|1．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(1)只有一个副线圈时：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)(2)有多个副线圈时：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…电流关系(1)只有一个副线圈时：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)(2)有多个副线圈时：I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn频率关系f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)2．分析变压器电路的两点提醒(1)分析变压器副线圈接有二极管的问题时，要注意二极管的单向导电性对交变电流的影响及对应有效值的变化。(2)分析原线圈接有负载的变压器电路时要注意变压器的输入电压或电流与电源的输出电压或电流的大小关系。3．两类特殊的变压器(1)互感器①电压互感器：把高电压变成低电压(图甲)。②电流互感器：把大电流变成小电流(图乙)。(2)自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，原、副线圈只取其中的一部分，当交流电接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器同样适用。逐点清(二)理想变压器的动态分析理想变压器的制约关系电压(1)输入电压U1由电源决定(2)U2＝eq\f(n2,n1)U1⇒输出电压U2由输入电压U1和匝数比共同决定功率P入＝P出⇒输入功率P入由输出功率P出决定电流I1＝eq\f(n2,n1)I2⇒输入电流I1由输出电流I2和匝数比共同决定[考法全训]考法一匝数比不变，负载变化如图所示，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。[例1](2024·合肥高三质检)如图是给用户供电的电路示意图，其中R1、R0表示变压器前后两侧的输电线的总电阻，假设用户端为纯电阻用电器，总电阻为R。若变压器视为理想变压器，U恒定，电表视为理想电表，当用户使用的用电器数量增加时，下列说法正确的是()A．用户总电阻R变大 B．电压表示数之比eq\f(U1,U2)增大C．电流表示数I1减小 D．用电器R两端电压降低[解析]由于用户端用电器均是并联连接，当用户使用的用电器增加时，并联的用电器增多，则用户总电阻减小，故A错误；若变压器视为理想变压器，则变压器原、副线圈两端电压之比等于原、副线圈匝数之比，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，由于原、副线圈匝数不变，即eq\f(U1,U2)比值不变，故B错误；当用户使用的用电器数量增加时，副线圈总电阻减小，副线圈电流增大，原线圈电流也增大，则R1分压增大，变压器输入电压U1减小，所以U2减小，而变压器后侧的输电线的总电阻上的电压UR0增大，所以用电器两端电压UR减小，故D正确，C错误。[答案]D考法二负载不变，匝数比变化如图所示，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(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。[例2](多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交流电压，下列说法正确的是()A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2AB．当S与a连接后，理想电压表示数为11VC．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25HzD．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍[解析]由题图可知，交变电流的电压有效值为220V，周期为0.02s，频率为50Hz。当S接a时，由变压器的原理可知，n2两端电压有效值为U2＝eq\f(U1,10)＝22V，所以理想电压表的示数为22V，理想电流表示数为I＝eq\f(U2,R2)＝eq\f(22,10)A＝2.2A，A正确，B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，副线圈频率不变，C错误；副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，D正确。[答案]AD考法三匝数比、负载都变化分析变压器电路动态变化问题的一般思路：(1)分清不变量和变量。(2)弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系。(3)利用闭合电路的欧姆定律、串并联电路特点进行分析判定。[例3](多选)如图甲所示为一自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图，线圈均匀绕在圆环形铁芯上，滑动触头C在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个滑动变阻器R，若AB间输入图乙所示的交变电压，则()A．当t＝1×10－2s时，电压表的示数为零B．AB间输入电压的瞬时值u＝220eq\r(2)sin100πt(V)C．滑动触头C向上移动时，R两端的电压增大D．滑动变阻器滑片P向上移动时，AB间输入功率增大[解析]电压表的示数为有效值，不为零，A错误；由题图可知周期T＝2×10－2s，故ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，代入表达式u＝Umsinωt，可得AB间输入电压的瞬时值u＝220eq\r(2)sin100πt(V)，B正确；根据变压器原副线圈两端的电压与匝数的关系eq\f(U,UR)＝eq\f(n1,n2)，当滑动触头C向上移动时，n2变大，所以R两端的电压增大，C正确；滑动变阻器滑片P向上移动时，n2不变，R减小，根据变压器原副线圈两端的电压与匝数的关系eq\f(U,UR)＝eq\f(n1,n2)，所以R两端的电压不变，输入功率等于输出功率，P入＝P出＝eq\f(UR2,R)，所以滑动变阻器滑片P向上移动时，AB间输入功率增大，D正确。[答案]BCD逐点清(三)电能的输送问题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＝P43．掌握一个守恒：能量守恒关系式P1＝P损＋P44．远距离输电中三种电压与三种电功率对比(1)三种电压的比较三种电压计算公式输电电压若输电功率为P，输电线中电流为I线，则输电电压U＝eq\f(P,I线)输电线上损失电压若输电线中电流为I线，输电线电阻为R，则输电线上损失的电压为ΔU＝I线R用户得到电压降压变压器的输出电压(2)三种电功率的比较三种电功率计算公式输电功率P输送输电电压与输电电流的乘积输电线上损失的电功率P损若输电线中电流为I线，输电线电阻为R，则输电线上损失的电功率为P损＝I线2R用户得到的电功率P用用户电压与电流的乘积[考法全训]考法1远距离高压直流输电1．(2023·浙江6月选考)我国1100kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是()A．送电端先升压再整流B．用户端先降压再变交流C．1100kV是指交流电的最大值D．输电功率由送电端电压决定解析：选A升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1100kV指的是交流电的有效值，故C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。|考|教|衔|接|教材素材的发掘命题上面浙江高考题可谓是“不遮不掩”地直接考教材。咱们看一下人教版教材选择性必修2P63－64“STSE”栏目关于“输电技术的发展”这篇科普文的相关内容：为了减少感抗和容抗，在输电这个环节可以使用直流，但发电机产生的仍是交流，用户使用的也主要是交流(如图)。为此，在送电端有专用的“整流”设备将交流变换为直流，在用户端也有专用的“逆变”设备再将直流变换为交流。制造大功率的整流和逆变设备在过去有很大困难，目前已经逐步解决，因此直流输电技术已得到应用。“导向教学”是高考的核心功能之一，“考教衔接”是落实高考引导教学的有效手段。抛开教材的复习方式无异于舍本逐末，会迷失高考的方向。考法2远距离高压交流输电2．(人教版教材选择性必修2，P65练习T5)某个小水电站发电机的输出功率为100kW，发电机的电压为250V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的总电阻为8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为220V。要求在输电线上损失的功率控制在5kW(即用户得到的功率为95kW)。请你设计两个变压器的匝数比。为此，请你计算：(1)降压变压器输出的电流为多少？输电线上通过的电流是多少？(2)输电线损失的电压为多少？升压变压器输出的电压是多少？(3)两个变压器的匝数比各应等于多少？解析：(1)输电线路图如图所示根据P用＝U4I3得I3＝eq\f(95×103,220)A≈432A根据ΔP＝I22R得I2＝eq\r(\f(ΔP,R))＝eq\r(\f(5×103,8))A＝25A。(2)根据ΔU＝I2R得ΔU＝25×8V＝200V根据P＝U2I2得U2＝eq\f(P,I2)＝eq\f(100×103,25)V＝4×103V。(3)升压变压器原、副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(250,4000)＝1∶16U3＝U2－I2R＝3.8×103V降压变压器原、副线圈匝数比eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(3.8×103,220)＝190∶11。答案：(1)432A25A(2)200V4×103V(3)1∶16190∶113．(2023·山东高考)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250V，输出功率500kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220V，功率88kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是()A．发电机的输出电流为368AB．输电线上损失的功率为4.8kWC．输送给储能站的功率为408kWD．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44解析：选C对发电机端，由P1＝U1I1得，I1＝2000A，故A错误；对用户端由P4＝U4I4得，I4＝400A，对降压变压器由eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)得，I3＝8A，对输电线由P损＝I32R得，P损＝4kW，故B错误；由能量守恒定律得P1＝P损＋P4＋P5，解得P5＝408kW，故C正确；对降压变压器由eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)得，U3＝11000V，对输电线有U损＝I3R＝500V，则U2＝U3＋U损＝11500V，对升压变压器有eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(1,46)，故D错误。|考|教|衔|接|教材练习题是水电站发电远距离高压交流输电问题，高考题的节能储能输电网络问题不但考查了高压交流输电问题，而且还考查了理想变压器一个原线圈、多个副线圈的输电问题，根据理想变压器功率关系及电压关系分析解决问题。高考题是教材习题的升维命题。[课时跟踪检测]一、立足基础，体现综合1．(2024·武汉高三调研)点火线圈能产生20000V的高压，使汽车启动。某型号点火线圈部分结构如图所示，其初级线圈匝数为100匝，次级线圈匝数为20000匝。已知汽车电瓶是电动势为12V的蓄电池。下列说法正确的是()A．点火线圈的次级线圈应和蓄电池相连B．仅增加初级线圈的匝数，也一定能成功点火C．汽车蓄电池是直流电源，需要将直流电先转化为交流电才能使点火线圈正常工作D．初级线圈断电瞬间，其两端电压约为100V解析：选D点火线圈的初级线圈应和蓄电池相连，次级线圈中产生高压将汽车启动，故A错误；根据变压器变压比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，增加初级线圈的匝数，次级线圈两端电压减小，不一定能成功点火，故B错误；汽车蓄电池是直流电源，但在点火启动瞬间，穿过两线圈的磁通量发生变化，也能使点火线圈正常工作，故C错误；由题意可知，点火启动瞬间次级线圈两端电压为20000V，根据变压器变压比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，初级线圈两端电压为U1＝eq\f(n1,n2)U2＝eq\f(100,20000)×20000V＝100V，故D正确。2．(2023·海南高考)(多选)如图是工厂利用u＝220eq\r(2)sin100πtV的交流电给36V照明灯供电的电路，理想变压器原线圈匝数为1100匝，下列说法正确的是()A．电源电压有效值为220eq\r(2)VB．交变电流的周期为0.02sC．副线圈匝数为180匝D．副线圈匝数为240匝解析：选BC电源电压的有效值U＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，选项A错误；交流电的周期T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,100π)s＝0.02s，选项B正确；根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，可得副线圈匝数n2＝eq\f(U2,U1)n1＝eq\f(36,220)×1100＝180匝，选项C正确，D错误。3．(2023·广东高考)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)sin(100πt)V。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是()A．20A,50Hz B．20eq\r(2)A,50HzC．20A,100Hz D．20eq\r(2)A,100Hz解析：选A由题可知，原线圈输入电压的有效值为U1＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，原线圈输入电流的有效值为I1＝eq\f(P,U1)＝40A，副线圈输出电流的有效值为I2＝eq\f(n1,n2)I1＝20A，变压器无法改变电流的频率，故频率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，故选A。4．(多选)某同学为研究无线充电的原理，将自制的线圈放在无线充电器的充电板上方，如图所示。自制线圈匝数为40匝，内阻r＝1Ω，在它的两端连接一阻值R＝10Ω的电阻和交流电压表。当充电板接输出电压有效值为220V的正弦式交流电源时，电压表的示数为20V。若不计充电板中线圈的电阻及线圈感应中的漏磁，电压表可视为理想电表，则下列说法正确的是()A．充电板中线圈的匝数为440匝B．充电板中线圈的匝数为400匝C．增大R的阻值，自制线圈的输出功率减小D．增大R的阻值，自制线圈的输出功率不变解析：选BC自制线圈中的感应电动势U2＝eq\f(U,R)(R＋r)＝22V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得n1＝400，A错误，B正确；由于外电路电阻R>r，所以R增大时，自制线圈的输出功率减小，C正确，D错误。5．(2023·北京高考)自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是()A．仅增加原线圈匝数B．仅增加副线圈匝数C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈解析：选B由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；由题意知，该变压器不是理想变压器，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压小于3.8V，不能使小灯泡正常发光，故C错误；将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。6．(2023·天津高考)(多选)如图是输电线为用户输电的示意图，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，中间输电线上的总电阻为R，下列说法正确的是()A．T1的输出电压与T2的输入电压相等B．T1的输出功率大于T2的输入功率C．若用户接入的用电器增多，则R消耗的电功率减小D．若用户接入的用电器减少，则T2的输出功率减小解析：选BD设输电线中的电流为I2，T1的输出电压与T2的输入电压分别为U2、U3，则有U2＝I2R＋U3，即T1的输出电压大于T2的输入电压，A错误；T1的输出功率为P2＝U2I2，输电线上损耗的功率为ΔP＝I22R，T2的输入功率为P3＝U3I2，则P2＝ΔP＋P3，即T1的输出功率大于T2的输入功率，B正确；若用户接入电路的用电器增多，则T2副线圈中的电流增大，由变压器的工作原理可知，T2原线圈中的电流增大，即输电线上的电流增大，输电线上损耗的电功率增大，即R消耗的电功率增大，C错误；若用户接入电路的用电器减少，则用电器消耗的功率减小，即T2的输出功率减小，D正确。7．(2024·泰安高三检测)如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，电压表的示数为220V，电流表的示数为4A，输电线路总电阻r＝20Ω，则下列说法正确的是()A．甲是电流互感器，乙是电压互感器B．输电线路上损耗的功率为320WC．用户得到的电功率为3392kWD．用电设备增多，降压变压器输出电压U4变大解析：选C互感器甲的原线圈并联在升压变压器副线圈两端，是电压互感器，互感器乙的原线圈串联在输电线路中，是电流互感器，故A错误；电流表的示数为4A，电流互感器乙原、副线圈的匝数比为1∶20，可知输电线上的电流为I2＝80A，输电线路总电阻r＝20Ω，则输电线路上损耗的功率为P损＝I22r＝802×20W＝128000W＝128kW，故B错误；电压表的示数为220V，电压互感器甲的原、副线圈的匝数比为200∶1，可知升压变压器副线圈两端电压为U2＝44000V，则升压变压器的输出功率为P2＝U2I2＝44000×80W＝3520000W＝3520kW，用户得到的功率为P3＝P2－P损＝3392kW，故C正确；用电设备增多，降压变压器副线圈回路的电流增大，则输电线上的电流增大，输电线上损失的电压增大，降压变压器的输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4变小，D错误。8．(多选)如图，R1与R2连接在理想变压器副线圈的两端，且阻值相等。变压器原线圈两端接入一正弦式交流电源，原、副线圈匝数比n0∶n1∶n2＝2∶2∶1，下列说法正确的是()A．原线圈n0与副线圈n1中的电流有效值满足eq\f(I0,I1)＝eq\f(n1,n0)B．两个副线圈中电流有效值之比I1∶I2＝2∶1C．若电阻R2功率为P，则该交流电源输出功率为5PD．若仅减小R1的阻值，可使原线圈中电流I0减小解析：选BC根据理想变压器输入功率等于输出功率有U0I0＝U1I1＋U2I2，结合电压比等于匝数比，即eq\f(U0,U1)＝eq\f(n0,n1)，eq\f(U0,U2)＝eq\f(n0,n2)，联立可得eq\f(I0,I1)＝eq\f(n1,n0)＋eq\f(n2,n0)·eq\f(I2,I1)，故A错误；根据I1＝eq\f(U1,R1)，I2＝eq\f(U2,R2)，R1＝R2，可得eq\f(I1,I2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(2,1)，故B正确；若电阻R2功率为P，由P＝I22R，eq\f(I1,I2)＝eq\f(2,1)，则电阻R1功率为4P，根据理想变压器输入功率等于输出功率，则该交流电源输出功率为5P，故C正确；若仅减小R1的阻值，由于U1、U2不变，则I1增大，I2不变，结合eq\f(I0,I1)＝eq\f(n1,n0)＋eq\f(n2,n0)·eq\f(I2,I1)，可得I0＝eq\f(n1,n0)I1＋eq\f(n2,n0)I2，可知I0将增大，故D错误。9．(多选)新一代标准动车组“复兴号”是中国自主研发、集成了大量现代国产高新技术的新一代高速列车。如图，“复兴号”高铁的供电流程是将电网高压U1经过牵引变电所进行变压(可视作理想变压器)降至U2，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触完成受电，机车最终获得U3的电压使高铁机车运行，牵引变电所到机车之间线路的电阻不可忽略。根据上述信息可知()A．牵引变电所变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2B．机车获得的电压U3与牵引变电所输出的电压U2相等C．如果高铁机车功率为P，则牵引变电所到机车之间线路的等效电阻为r＝eq\f(U2－U32,P)D．如果高铁机车功率为P，则牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为P损＝eq\f(PU2－U3,U3)解析：选AD根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系，可得eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，故A正确；由于牵引变电所到机车之间线路有电阻，故电压有损失，则机车获得的电压U3与牵引变电所输出的电压U2不相等，故B错误；如果高铁机车功率为P，根据P＝U3I，则I＝eq\f(P,U3)，牵引变电所到机车之间线路的等效电阻为r＝eq\f(U2－U3,I)＝eq\f(U2－U3,P)·U3，牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为P损＝I2r＝eq\f(PU2－U3,U3)，故C错误，D正确。二、注重应用，强调创新10．(多选)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈接定值电阻R1＝5Ω、理想电流表A和理想电压表V1，输入电压U0＝65eq\r(2)sin(0.5πt)V；副线圈接定值电阻R2＝5Ω，最大电阻为10Ω的滑动变阻器RP和理想电压表V2。则下列说法正确的是()A．当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，通过R2的电流的频率变大B．当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电流表的读数变化范围为eq\f(13,12)～eq\f(13,4)AC．当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电压表V1的读数变化范围为52～60VD．当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电压表V2的读数变化范围为0～20V解析：选CD理想变压器不改变交变电流的频率，即通过R2的电流的频率不变，故A错误；输入电压的有效值U0′＝eq\f(\r(2),2)U0m＝65V，由变压器原、副线圈的电压关系，得eq\f(U0′－I1R1,I2R2＋RP)＝eq\f(2,1)，由电流关系，得2I1＝I2，联立可得I1＝eq\f(65,25＋4RP)A，其变化范围为1～eq\f(13,5)A，则电压表V1的读数为U1＝U0′－I1R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(65－eq\f(65×5,25＋4RP)))V，其变化范围为52～60V，故B错误，C正确；电压表V2的读数为U2＝2I1RP＝eq\f(130RP,25＋4RP)，其变化范围为0～20V，故D正确。11．(多选)如图所示，有一原副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶2的理想变压器，原线圈连接有一光滑无限长水平轨道，两轨道之间距离为d＝1m，轨道内有磁感应强度为B＝10T的磁场，磁场方向垂直轨道所在平面向里。一电阻为R＝5Ω的金属棒垂直轨道在水平方向上运动，且金属棒始终与轨道良好接触，金属棒的运动速度v＝20eq\r(2)sin(10πt)m/s。变压器副线圈并联有两相同电阻，R1＝R2＝40Ω。不计轨道和连接导线的电阻，下列说法正确的是()A．金属棒感应电动势的最大值为200VB．原线圈的电流为20AC．金属棒上产生的热功率为1000WD．R1上产生的热功率为1000W解析：选BD由金属棒的运动速度v＝20eq\r(2)sin(10πt)m/s，可知金属棒运动的最大速度vm＝20eq\r(2)m/s，金属棒感应电动势的最大值为Em＝Bdvm＝10×1×20eq\r(2)V＝200eq\r(2)V，故A错误；金属棒感应电动势的有效值为U＝eq\f(Em,\r(2))＝200V，设变压器原线圈电压为U1，变压器副线圈电压为U2，原线圈的电流为I1，副线圈的电流为I2，则U＝I1R＋U1，eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，I2＝eq\f(2U2,R1)，U1I1＝U2I2，解得U1＝100V，I1＝20A，I2＝10A，故B正确；金属棒上产生的热功率P＝I12R＝202×5W＝2000W，故C错误；R1上产生的热功率P1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I2,2)))2R1＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,2)))2×40W＝1000W，故D正确。12．(多选)如图甲所示是一个简易发电机模型，正方形线圈ABCD的边长为a、匝数为N，电阻忽略不计。线圈置于匀强磁场中，且绕垂直于磁感线的转轴OO′转动。发电机通过理想变压器对外工作，变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶3，电路中小灯泡完全相同且电阻恒定，电压表为理想电压表，若线圈以恒定角速度转动，闭合开关S后，四盏灯都能发光，副线圈输出的电压如图乙所示，下列说法正确的是()A．四盏灯不能同时正常发光B．匀强磁场的磁感应强度大小为eq\f(U,15πNa2)C．若断开开关S，则L1、L2、L3都变暗D．若断开开关S，则电压表的示数变大解析：选AD由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，L1的电流是L2的电流的3倍，开关S闭合时，L2的电流等于L3与L4的电流之和，故四盏灯不能同时正常发光，故A正确；由题图乙可知周期T＝0.4s，副线圈电压最大值为U，则原线圈中的电压最大值为U1＝eq\f(n1,n2)U＝eq\f(1,3)U，副线圈中的最大电流为I2＝eq\f(U,\f(3,2)R)＝eq\f(2U,3R)，则原线圈中的最大电流为I1＝3I2＝eq\f(2U,R)，则发电机线圈两端电压的最大值为Em＝U1＋I1R＝eq\f(7U,3)＝NBa2×eq\f(2π,0.4)，解得B＝eq\f(7U,15πNa2)，故B错误；若断开开关S，副线圈总电阻变大，副线圈总电流变小，则L2变暗，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，副线圈总电流变小时，原线圈电流减小，则L1变暗，其两端电压减小，原线圈两端电压升高，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，副线圈两端电压升高，电压表示数变大，由于L2电流变小，则其两端电压变小，所以L3两端电压变大，L3将变亮，故C错误，D正确。13．(多选)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下，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，变压器均视为理想变压器，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解析：选AD升压变压器原线圈电流为I1＝eq\f(P1,U1)＝1500