2025版《新亮剑》高中物理：第十三章 交变电流 电磁振荡 电磁波 传感器含答案

2025版《新亮剑》高中物理：第十三章交变电流电磁振荡电磁波传感器第十三章交变电流电磁振荡电磁波传感器核心素养考点内容高考真题备考建议物理观念交流电的产生、变压器的原理、远距离输电、电磁波2023辽宁T4(交变电流的描述)2023湖南T9(交变电流的描述)2023北京T7(理想变压器)2023广东T6(理想变压器)2023海南T11(理想变压器)2023浙江6月选考T7(远距离输电)2023天津T6(远距离输电)2023山东T7(远距离输电)2023浙江1月选考T14(传感器)2022河北T3(交变电流的描述、理想变压器)2022湖南T6(理想变压器)2022湖北T9(变压器)2022山东T4(理想变压器)2022广东T4(交变电流的产生)2022海南T5(交变电流的图像)2021广东T7(理想变压器)2021湖南T6(理想变压器)2021河北T8(交变电流的描述、理想变压器)2021浙江6月选考T5(有效值)本章高考考查内容主要有:交变电流的产生及变化规律、交变电流的四值及应用、理想变压器的工作原理与规律、理想变压器的动态电路分析、远距离输电的模式以及电压和功率的损耗、LC振荡电路的分析,题型主要为选择题。物理核心素养主要考查学生的“模型构建和科学推理”要素。能力主要考查理解与推理能力。整体难度中等偏易。复习时要重点关注:理解交变电流的产生过程,理解交变电流的图像和交变电流的四值,掌握理想变压器电路中原、副线圈与各物理量之间的制约关系,能够利用闭合电路欧姆定律及理想变压器知识分析远距离输电问题,其中变压器的动态变化问题应作为本章的重点和难点科学思维交流发电机、理想变压器、远距离输电、LC振荡电路科学探究探究变压器原、副线圈与匝数的关系,变压器的工作原理科学态度与责任电能的产生和传输对人类进步的巨大贡献,传感器改变人类的生活第1讲交变电流的产生和描述对应学生用书P298考点一交变电流的产生及变化规律1.产生:线圈绕①匀强磁场方向的轴匀速转动。

2.描述交变电流的物理量(1)最大值Em=②,与转轴位置③(选填“有关”或“无关”),与线圈形状④(选填“有关”或“无关”)。

(2)周期和频率a.周期(T):交变电流完成⑤变化所需的时间,单位是秒(s),公式T=⑥。

b.频率(f):交变电流在单位时间内完成周期性变化的⑦,单位是赫兹(Hz)。

c.周期和频率的关系:T=⑧或f=⑨。

答案①垂直于②nBSω③无关④无关⑤一次周期性⑥2πω⑦次数⑧11.正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置图示概念中性面位置与中性面垂直的位置特点B⊥SB∥SΦ=BS,最大Φ=0,最小e=nΔΦΔt=e=nΔΦΔt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(线圈从中性面位置开始计时)函数表达式图像磁通量Φ=Φmcosωt=BScosωt电动势e=Emsinωt=nBSωsinωt电流i=Imsinωt=EmR+rsin电压u=Umsinωt=REmR+rsin3.解决交变电流图像问题的四点注意(1)只有当线圈从中性面位置开始计时,电流的瞬时值表达式才是正弦函数形式,其变化规律与线圈的形状及转动轴在线圈平面内的位置无关。(2)注意峰值公式Em=nBSω中的S为线圈在磁场中的有效面积。(3)在解决有关交变电流的图像问题时,应先把交变电流的图像与线圈的转动位置对应起来,再根据特殊位置求特殊解。(4)根据法拉第电磁感应定律E=nΔΦΔt,若Φ按余弦规律变化,则e必按正弦规律变化;Φ按正弦规律变化,e必按余弦规律变化。故Φ增大时,e必减小;Φ最大时角度1交变电流的常规产生情况(2024届广州三模)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()。A.图1 B.图2 C.图3 D.图4答案A解析图1中的线圈从垂直中性面开始转动,产生的交流电是余弦交变电流,A项符合题意;图2中线圈转动时仍产生不间断的正弦交流电,B项不符合题意;图3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,则产生大小恒定不变的电动势,C项不符合题意;图4中线圈转动时产生正弦交变电流,D项不符合题意。角度2正弦式交变电流产生的三种非常规情况下面三种情况也能产生正弦式交变电流。方式与说明图示磁感应强度随时间按正弦规律变化线圈在匀强磁场中处于非平行于磁场的位置不动,匀强磁场的磁感应强度随时间按正弦规律变化有效切割速度随时间按正弦规律变化导体棒在匀强磁场中做切割磁感线运动的速度随时间按正弦规律变化有效切割长度随时间按正弦规律变化线圈做切割磁感线运动的一边的有效长度随时间按正弦规律变化(2024届宁德模拟)(多选)如图1所示,电阻不计的光滑矩形金属框ABCD固定于水平地面上,其中AD、BC两边足够长,AB、CD两边的长度均为1.0m,且都接有R=0.2Ω的电阻,空间存在竖直向下的匀强磁场,磁感应强度大小B=1T。一质量m=1.0kg、阻值r=0.1Ω、长度l=1.0m的导体棒ab放置在金属框上。t=0时刻,导体棒ab在水平外力F作用下从x=-0.2m位置由静止开始做简谐运动,简谐运动的回复力系数k=100N/m,平衡位置在坐标原点O处。导体棒ab的速度随时间变化的图像是如图2所示的正弦曲线。下列说法正确的是()。A.导体棒在x=0位置时的水平外力F=10NB.导体棒在x=0.1m位置时的动能Ek=1.5JC.0至0.05πs时间内,通过导体棒ab的电荷量q=2CD.0至0.05πs时间内,导体棒ab产生的焦耳热Q=0.25J答案AB解析x=0是简谐运动的平衡位置,此时水平外力F与导体棒受到的安培力大小相等,即F=B2l2vmR总,其中R总=R2+r=0.2Ω,解得F=10N,A项正确;由题图2可得v=2sin10t(m/s),由题意可知位移与时间的关系式为x=-0.2cos10t(m),当x=0.1m时,得10t=23π或10t=43π,代入v=2sin10t(m/s)可得v=3m/s或v=-3m/s,故导体棒在x=0.1m位置的动能Ek=12mv2=1.5J,B项正确;0至0.05πs时间内,通过导体棒ab的电荷量q=BΔSR总=1×0.20.2C=1C,C项错误;导体棒切割磁感线产生的感应电动势的瞬时表达式为e=Blv=2sin10t(V),0至0.(2024届焦作质检)如图1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,总电阻r=1.0Ω,所围成矩形的面积S=0.04m2,小灯泡的电阻R=9.0Ω,磁感应强度随时间按如图2所示的规律变化,线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nBmS2πTcos2πTt,其中Bm为磁感应强度的最大值,T为磁场变化的周期,不计灯丝电阻随温度的变化(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~T4时间内,答案(1)8.0V(2)2.88W(3)4.0×10-3C解析(1)由图2知,线圈中产生的交变电流的周期T=3.14×10-2s,所以Em=nBmSω=2πnBmST=(2)电流的最大值Im=EmR+r=0.80A,有效值I=Im2=225A,小灯泡消耗的电功率P=I(3)在0~T4时间内,电动势的平均值E-=nSΔBΔt,平均电流I-=E-R+r=nSΔB(R+r)(2024届杨浦区二模)如图所示,OACO为固定在水平面上的光滑闭合金属导轨,O、C两处分别接有阻值R1=4Ω、R2=8Ω的长度可忽略的短电阻丝(图中用粗线表示),导轨其他部分电阻不计。导轨OAC的形状满足y=2sinπ3x(单位:m),匀强磁场垂直于导轨平面,磁感应强度B=0.2T。一足够长、阻值不计的金属棒ab在水平外力F作用下,以水平向右的恒定速度v=5.0m/s从导轨上O点滑动到C点,棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直。求:(1)外力F的最大值。(2)在滑动过程中通过金属棒的电流i与时间t的关系式。答案(1)0.3N(2)i=34sin5π3t解析(1)回路中产生的感应电动势E=Byv由闭合电路欧姆定律可得I=ER总,其中R总金属棒匀速运动,可得F外=F安=BIy又ymax=2sinπ2=2则Fmax=F安max=B2ymax2vR总(2)y=2sinπ3又x=vt,e=Byv,i=e联立可得i=34sin5π3t(考点二交变电流“四值”的理解和应用1.“四值”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=①

i=②计算线圈某时刻的受力情况

峰值最大的瞬时值Em=③

Im=④讨论电容器的⑤电压

有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E=Em2、U=Um2适用于正(余)弦式交变电流(1)交流电流表、交流电压表的示数(2)电气设备“铭牌”上所标的值(如额定电压、额定电流等)(3)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热、保险丝的熔断电流等)(4)没有特别加以说明的指有效值平均值交变电流图像中图线与时间轴所围的面积与时间的比值E−=⑥I−=⑦计算通过导线横截面的⑧

2.几种典型的电流及其有效值电流名称电流图像有效值正弦式交变电流I=I正弦式半波脉冲电流I=I矩形脉冲电流非对称性交变电流I=1答案①Emsinωt②Imsinωt③NBSω④EmR+r⑤击穿⑥nΔ如图所示,电流的有效值I=A。

答案14解析由于I2Rt=I12Rt1+I22Rt2,其中t=1s,t1=0.4s,t2=0.6s,I1=1A,I2=2A,解得I=角度1交变电流“四值”的理解和应用(2024届丹东一模)如图所示,圆形闭合金属线圈在水平匀强磁场中匀速转动,转动周期为T,竖直转轴OO'过圆心且垂直于磁场方向。从线圈平面与磁场方向平行开始计时,当t=T6时,线圈中的感应电动势为4V,则线圈感应电动势的有效值为()。A.43V B.436C.24V D.42答案D解析由题可知,从线圈平面与磁场方向平行开始计时,线圈产生的感应电动势表达式为e=Emcosωt,当t=T6时,线圈中的感应电动势为4V,即Emcosπ3=4V,解得Em=8V,故线圈感应电动势的有效值E=Em2=42(2023年湖南卷)(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32nBL2ωC.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4D.若仅将小轮半径变为原来的两倍,则灯泡变得更亮答案AC解析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,由题意可知大轮与小轮半径之比为4∶1,则小轮转动的角速度为4ω,线圈转动的角速度为4ω,A项正确;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=Emax2=22nBL2ω,根据串联电路分压原理可知灯泡两端电压有效值U=RER+R=2nBL2ω,B项错误;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'=Emax'2=42nBL2ω,根据电阻定律R=ρlS,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'=RE'R+2R=42nBL2ω3,C角度2交变电流有效值的计算(2024届衡阳二模)某电流i随时间t变化的关系如下图,它的有效值是()。A.10AB.103AC.27AD.20A答案AC解析根据有效值的定义,可得Q=I12Rt1+I22Rt2+I32Rt3=I有2Rt,可知一个周期3s内Q=300R=3I有2R,(2024届珠海期中)某一线圈通过的交流电的电流—时间关系图像(前半个周期为正弦波形的12)如图所示(图中只画出了一个周期),则该电流的有效值为()。A.32I0 B.52I0 C.32I0 D.答案B解析设该电流的有效值为I,由I2RT=I022R×T2+(2I0)2R×T4,解得I=5计算交变电流有效值的方法1.设阻值、定时间:设将交变电流加在阻值为R的电阻上,时间取t=T。2.求热量:Q=Q1+Q2+…。(分段法)3.求解有效值:根据Q=I2Rt=U2Rt注意:若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流,其中的14(必须是从零至最大值或从最大值至零)和12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=Im21.(多选)如图1,R为定值电阻,面积为S的线圈置于磁场中,磁场垂直穿过线圈。磁场的磁感应强度B随时间t按正弦规律变化,如图2所示(垂直纸面向里为正),下列说法正确的是()。A.t1、t3时刻通过线圈的磁通量的变化率为零B.t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变C.0~t1与t3~t4时间内通过R的电流的方向相同D.t1时刻线圈中的电流大于t4时刻线圈中的电流答案ABC解析由题图2可知t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大,磁通量变化率为零,A项正确;t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大,感应电流为0,感应电流方向改变,B项正确;根据楞次定律可知,0~t1与t3~t4时间内通过R的电流的方向相同,C项正确;t1时刻线圈中感应电动势为零,电流为零,t4时刻线圈中感应电动势最大,电流最大,t1时刻线圈中的电流小于t4时刻线圈中的电流,D项错误。2.(改编)将一匝闭合线圈依次放在两个变化的磁场中,磁感线垂直线圈平面,磁感应强度B随时间的变化规律如图1、2所示,其中图1按正弦规律变化,图2周期性线性变化,下列说法正确的是()。A.线圈中均能产生正弦交流电B.线圈置于如图1所示的磁场中产生交流电,置于如图2所示的磁场中产生直流电C.置于两个磁场的线圈中的电流均在1s和5s时方向发生改变D.线圈在两个磁场中产生的感应电动势最大值相等答案C解析线圈置于如图1所示的磁场中产生正弦交流电,线圈置于如图2所示的磁场中时,图线斜率有两个确定值,产生的是交流电,但不是正弦交流电,A、B两项错误;在1s和5s时,磁场变化由增大变为减小,根据楞次定律可以判断电流方向发生改变,C项正确;设线圈的面积为S,线圈在如图1所示的磁场中产生感应电动势的最大值E1=BSω=2πS(V),线圈在如图2所示的磁场中产生感应电动势的最大值E2=ΔBmSΔt=8S(V),则E23.(改编)一台教学用手摇式交流发电机如图所示,当缓慢摇动大皮带轮上的手柄时,连接在发电机上的小灯泡就会一闪一闪地发光。已知大皮带轮半径为R,小皮带轮半径为r,摇动手柄的角速度为ω,且摇动过程中皮带不打滑,下列说法正确的是()。A.发电机产生的交变电流频率为ωB.小灯泡闪烁的频率为ωRC.小灯泡瞬时功率等于通过小灯泡的电流、电压二者有效值的乘积D.发电机启动阶段,当手摇转速加倍后,小灯泡的功率变为原来的2倍答案B解析大皮带轮与小皮带轮线速度大小相等,则有ω'r=ωR,解得小皮带轮的角速度ω'=ωRr,再由ω'=2πf,可知发电机线圈转动的频率f=ωR2πr,此即为发电机产生的交变电流的频率,A项错误;小灯泡发光频率只与电流频率有关,它在一个周期内会闪烁两次,所以闪烁的频率f'=2f=ωRπr,B项正确;小灯泡闪烁,也就是小灯泡亮度时刻变化,说明小灯泡的瞬时功率是时刻变化的,而电流、电压二者有效值的乘积是定值,C项错误;由题意知ω'加倍,则由Em=nBSω',可知电压最大值加倍,由P=Em22见《高效训练》P1011.(2024届汕头一模)交流发电机的模型图如图所示,下列说法正确的是()。A.仅对调磁极N和S,发电机将输出直流电B.仅增加线圈匝数,产生的电动势将增大C.仅提高线圈转速,输出的电流频率不变D.仅采用更粗的导线制作的线圈产生的电动势更大答案B解析磁极的对调只是实现了电流的方向改变,产生的仍是交流电,A项错误;旋转线圈产生电动势的峰值E=NBSω,增加匝数N,产生的电动势自然会增大,B项正确;由ω=2πf可知,提高线圈的转速产生的交变电流频率增大,C项错误;用更粗的导线制作的线圈能够减小线圈内阻,可以提高输出电压,但不影响电动势,D项错误。2.(2024届莆田二模)某家庭电路两端的电压u随时间t变化的关系如图所示,下列说法正确的是()。A.该交流电的频率为100HzB.该交流电的电压有效值为311VC.用交流电压表测量该电压时示数为220VD.该交流电的电压表达式为u=220sin100πt(V)答案C解析该交流电的周期T=2×10-2s,则该交流电的频率f=1T=50Hz,A项错误;该交流电的电压最大值为311V,则该交流电的电压有效值U=3112V≈220V,即用交流电压表测量该电压时示数为220V,B项错误,C项正确;该交流电的电压表达式为u=311sin100πt(V),3.(2024届广州一模)某小组用图1所示的风速仪研究交流电,风杯在风力作用下带动与其连在一起的永磁铁转动。某一风速时,线圈中产生的交变电流如图2所示,已知风杯转速与风速成正比,则()。A.该交变电流的周期为t0B.该交变电流的峰值为2ImC.风速增大,产生的交变电流周期增大D.风速增大,产生的交变电流峰值增大答案D解析从图像可以看出该交变电流的周期为2t0,峰值为Im,A、B两项错误;已知风杯转速与风速成正比,风速增大,风杯转速就增大,由T=1f=1n知产生的交变电流周期减小,由Im=EmR=NBSωR=2NBSπn4.(2024届绍兴一模)老师采用手摇式发电机演示交变电流的产生,并联的两个发光二极管连接方式如图所示,二极管两端正向电压大于0.7V时才能发光,反向电压超过20V时将损坏。匀速转动手柄,1min内二极管闪烁100次。已知发电机中正方形线框的边长为10cm,匝数为1000,内阻不计。假设线圈所在处的磁场可视为匀强磁场,下列判断正确的是()。A.线框的转速为100r/minB.线框的电动势有效值可能是20VC.磁感应强度B不会超过0.4TD.若转速减半,1min内闪烁次数一定会变为50次答案C解析正弦式交变电流一个周期内电流方向改变2次,二极管1min内闪烁100次,所以1min内有50个周期,线框的转速为50r/min,A项错误;若线框的电动势有效值是20V,则最大值为202V≈28.2V,二极管将被击穿,B项错误;由最大值Em=nBSω=nBS·2πf=1000×B×0.12×2×3.14×5060V<20V,解得B<0.4T,C项正确;若转速减半,交流电的最大值减半,如果这时的最大值小于0.7V,二极管将不会闪烁,1min内闪烁次数将变为0次,D5.(2024届安庆联考)一交变电流大小的二次方随时间变化的关系的图像(i2-t图像)如图所示,则该交变电流的有效值为()。A.23IB.62IC.63ID答案C解析根据题意,设交流电有效值为I有,根据交流电有效值的定义与图中的条件有I有2RT=I2R·T3+12I2R·2T3,解得I有6.(2024届钟祥期末)(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BB.电流表的示数为BC.在0~2s内流过电阻的电荷量为BD.在0~2s内流过电阻的电荷量为2答案BD解析圆形线圈中电动势的最大值Em=NBSω=BmS1π,可知无二极管时U有=Em2=BmS1π2,有二极管时U有2r·T2=U有'2rT,解得U有'=πBmS12,所以I=U有'r=πBmS12r,A项错误,B项正确;因存在二极管,且周期T=2πω=2s,所以只有17.(2024届杭州期中)一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流,其电动势的变化规律如图线a所示。在调整线圈转速后,电动势的变化规律如图线b所示。以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是()。A.图线a电动势的有效值为1502VB.线圈先后两次转速之比为2∶3C.两次转动过程中,t=0.06s时,穿过线圈的磁通量均为零D.图线b电动势的瞬时值表达式为e=100sin1003πt(V答案D解析由图像可知,交流电a的最大值为150V,则有效值E=1502V=752V,A项错误;图线a对应的周期Ta=0.04s,图线b对应的周期Tb=0.06s,根据转速n=1T,可知转速之比nanb=TbTa=32,B项错误;在t=0.06s时刻,两种情况下电动势均为0,所以此时穿过线圈的磁通量为最大值,C项错误;根据Em=NBSω=NBS·2πn,可知EmaEmb=32,所以图线b电动势的最大值Emb=100V,角速度ωb=2πTb=2π0.06rad/s=8.(2024届四川月考)(多选)如图所示,面积为S、电阻为R的单匝矩形闭合导线框abcd处于磁感应强度大小为B、方向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BSωB.线框中感应电动势的有效值为BSωC.线框中感应电流的有效值为BSωD.从图示位置开始转过π6的过程中,通过导线某横截面的电荷量为答案BD解析根据题意可知,线框中感应电动势的最大值Em=BSω,A项错误;设电动势的有效值为E,由电流的热效应有Em22R·T2=E2R·T,解得E=Em2=BSω2,线框中感应电流的有效值I=BSω2R,B项正确,C项错误;线框转过π6后,此时线框在磁场中的有效面积S有=Scosπ6=32S,根据E-=ΔΦΔ9.如图所示,空间有一有界匀强磁场,磁感应强度大小为B,半径为R、圆心角为60°的扇形导线框电阻为r,现令导线框以圆心O为轴从图示位置开始匀速转动,角速度为ω,下列说法正确的是()。A.导线框中产生交流电,半个周期有电流半个周期无电流B.导线框从图示位置转过30°时的电动势大小为12BRωC.导线框转动产生的电流的有效值为3D.导线框从开始到转过半圈的过程中,通过导体横截面的电荷量为零答案C解析导线框中产生交流电,但仅第一个、第四个六分之一周期内(线框进、出磁场)有电流,A项错误;导线框从图示位置转过30°时的电动势大小为12BR2ω,B项错误;一个周期内产生的热量Q=12BR2ω1r2r·T6·2,设电流的有效值为I,有Q=I2rT,联立解得I=3BR2ω10.(改编)(多选)图1是一种振动发电装置的示意图,半径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2所示),线圈所在位置的磁感应强度的大小均为B=0.20πT,线圈电阻R1=0.5Ω,它的引出线接有R2=9.5Ω的小电珠L。外力推拉线圈框架的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3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答案AD解析由题意及法拉第电磁感应定律知,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Em=nBlv=nB·2πrvm,故小电珠中电流的峰值Im=EmR1+R2=20×0.20π×2π×0.1×20.5+9.5A=0.16A,A项正确,B项错误;电压表示数U=Im2R2≈1.07V,C项错误;当t=0.1s也就是T4时,由图3可知此时加速度为零,则此时外力的大小等于线圈受到的安培力,第2讲理想变压器远距离输电对应学生用书P303考点一实验:探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验数据处理用表格的形式把原、副线圈的匝数与电压进行比较,得到理想变压器原、副线圈两端电压与两个线圈的匝数之比的关系为U1U2误差分析1.实际变压器存在多种损耗(漏磁、铜损、铁损)。2.交流电表的读数存在误差。(2024届漳州三模)某物理小组欲探究变压器线圈两端电压与匝数关系,提供的实验器材有:学生电源、可拆变压器、交流电压表、导线若干。图1为实验原理图,在原线圈A、B两端加上电压,用电压表分别测量原、副线圈两端的电压,测量数据如表:实验序号原线圈匝数n1=400原线圈两端电压U1/V副线圈匝数n2=200副线圈两端电压U2/V副线圈匝数n3=1400副线圈两端电压U3/V15.82.920.328.04.027.9312.66.244.0请回答下列问题:(1)在图2中,应将A、B分别与(选填“a、b”或“c、d”)连接。

(2)根据上表数据得出的实验结论是:在实验误差允许范围内,变压器原、副线圈的电压之比等于。

(3)在实验序号为2的测量中,若把图3中的可移动铁芯取走,副线圈匝数n2=200,则副线圈两端电压(选填正确答案标号)。

A.一定小于4.0VB.一定等于4.0VC.一定大于4.0V答案(1)c、d(2)原、副线圈的匝数之比(3)A解析(1)在探究变压器线圈两端电压与匝数关系的实验中,原线圈两端应接入交流电,故应将A、B分别与c、d连接。(2)根据题表中数据可得,在实验误差允许范围内,U1U2=n1n2、U1(3)若把题图3中的可移动铁芯取走,磁损耗变大,原线圈中磁通量变化率比副线圈磁通量变化率大,根据法拉第电磁感应定律知,副线圈两端电压一定小于4.0V,A项正确。考点二理想变压器1.构造:如图所示,变压器是由闭合①和绕在铁芯上的两个②组成的。

(1)原线圈:与③连接的线圈,也叫④线圈。

(2)副线圈:与⑤连接的线圈,也叫⑥线圈。

2.原理:线圈的⑦。

3.理想变压器的基本关系(1)电压关系:U1U2(2)电流关系:I1I2(3)功率关系:P入=⑩。

答案①铁芯②线圈③交流电源④初级⑤负载⑥次级⑦互感现象⑧n1n2⑨1.分析原线圈有串联负载的变压器电路问题时要注意:变压器的输入电压不等于电源的电压,而是等于电源电压减去串联负载的电压,即U1=U源-U串。2.含有多个副线圈的变压器的电路分析有两个或两个以上副线圈时,一般从原、副线圈的功率相等入手。利用P1=P2+P3+…,结合电压比与匝数比关系、欧姆定律等分析。角度1变压器的原理及其规律的应用(2023年海南卷)(多选)工厂利用u=2202sin100πt(V)的交流电给36V照明灯供电的电路如图所示,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2202VB.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匝答案BC解析电源电压的有效值U=22022V=220V,A项错误;交流电的周期T=2πω=2π100πs=0.02s,B项正确;根据n1n2=U1U2,可得副线圈匝数n2=U2U(2024届黔东南模拟)(多选)如图,电阻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恒定的正弦式交变电压,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I0IB.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减小答案BC解析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U0U1=n0n1、U0U2=n0n2,联立可得I0I1=n1n0+n2n0·I2I1,A项错误;根据I1=U1R1,I2=U2R2,R1=R2,可得I1I2=U1U2=n1n2=21,B项正确;若电阻R2功率为P,由P=I2R、I1I2=21,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,C项正确;若仅减小R1的阻值,由于(2024届厦门四模)如图所示,电流互感器是一种测量大电流的仪器,将待测通电导线绕过铁芯作为原线圈,副线圈两端接在电流表上,则该电流互感器()。A.电流表示数为电流的瞬时值B.能测量直流输电电路的电流C.原、副线圈电流的频率不同D.副线圈的电流小于原线圈的电流答案D解析电流表示数为电流的有效值,A项错误;电流互感器不能测量直流输电电路的电流,B项错误;原、副线圈电流的频率相同,C项错误;根据变压器原、副线圈电流与匝数关系可得I2I1=n1n2,两类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为小电流利用的公式U1UI1I角度2含变压器的电路分析问题1.理想变压器的制约关系制约关系电压(1)输入电压U1由电源决定(2)U2=n2n1U1⇒输出电压U2由输入电压功率P入=P出⇒输入功率P入由输出功率P出决定电流I1=n2n1I2⇒输入电流I1由输出电流2.匝数比不变的分析思路(1)U1不变,根据U1U2=n1n2可知,输入电压U1决定输出电压U2,不论负载电阻(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,又P1=P2,故P1发生变化。3.负载电阻不变的分析思路(1)U1不变,n1n2发生变化时,(2)R不变,U2变化时,I2发生变化。(3)根据P2=U22R,P2发生变化,再根据P1=P2,故P1变化,又P1=U1I1,U1不变,故(2024届邵阳三模)如图1所示,调压变压器原、副线圈的匝数比为3∶1,L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9V6W”的相同灯泡。各电表均为理想交流电表,输入端交变电压u的图像如图2所示,则下列说法中正确的是()。A.电压表的示数为36VB.电流表的示数为22AC.四只灯泡均能正常发光D.顺时针旋转P,则灯泡L1变亮答案C解析输入端电压有效值为36V,设输出端每个灯泡电流为I,输出电压为U,则输出电流为3I,根据原、副线圈电流、电压与匝数的关系可得,输入电流为I,输入电压为3U,则36V=IR+3U,而U=IR、R=UL2PL,解得U=9V=UL,I=23A,C项正确;电压表的示数UV=3U=27V,A项错误;电流表的示数IA=3I=2A,B项错误;根据题意,有36V=I1R+U1,而U1U2=n1n2、U2=I2·R3、I1I2=n2n1,所以36V=I1R+13n1n2含有变压器的动态电路问题的解题思路等效思维在变压器问题中的应用角度1变压器等效负载电阻设理想变压器原、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,负载电阻为R。我们可以将变压器与负载看作一个整体,等效为一个新的电阻R',即为a、b间的等效电阻。先画出等效电路图如图2所示,设变压器等效负载电阻为R',在图1中由变压器的电压规律U1U2=n1n2,解得U2=n2U1n1,所以负载电阻R消耗的功率P=U22R=n22U12(2024届湖南联考)某理想变压器如图所示,其原、副线圈匝数比为k,所接电源为有效值恒定的正弦交变电流,且不计电源内阻。原线圈接有定值电阻R0,副线圈接有定值电阻R1、R3,以及滑动变阻器R2,四个理想交流电表的连接如图所示。现将R2的滑片向下滑动少许,电表的示数变化量的绝对值分别为ΔU1、ΔU2、ΔI1、ΔI2,则下列说法正确的是()。A.电压表的示数减小,电流表的示数减小B.电压表的示数增大,电流表的示数增大C.ΔU1ΔID.ΔU1ΔI答案D解析滑动变阻器的滑片向下滑动,则副线圈电路电阻增大,作出该变压器的等效电路如图所示,可知等效电阻k2R增大,则电流表示数减小,从而示数也减小,又因为R0分压减小,示数增大,由变压器的电压关系可知示数增大,A、B两项错误;由原、副线圈电压比与匝数比的关系,可得U1U2=n1n2=k,可知U2=U1k,由原、副线圈电流比与匝数比的关系,可得I1I2=n2n1=1k,可知I2=kI1,则有ΔU1ΔU2=k,ΔI2ΔI1=k,则有ΔU1ΔU2∶ΔI2ΔI1=角度2变压器等效电源令变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,原线圈交流电源输出电压有效值恒为E0,且原线圈中串联有一个定值电阻r。自副线圈输出端向左看过来,我们可以将变压器、定值电阻与原交流电源看作一个整体,等效为一个新的电源。令新电源的电动势有效值为E1,新电源等效内阻为rx。作出前、后电路图如图所示。当负载R断路时,副线圈两端电压即为新电源电动势的有效值E1,且空载时,对理想变压器而言,原线圈中的电流I1=0,则原线圈输入电压U1即为交流电源输出电压E0,则由电压比关系有E0E1=n1n2,即新电源电动势E1=n2E0n1。当原线圈接入电阻r时,在原线圈电路中有E0=I1r+U1,此时,副线圈输出电压为U2,在等效电源电路中,相当于该新电源的路端电压,则E1=I2rx+U2,又U1U2=n1n2(2024届台州期中)心电图仪是将心肌收缩产生的脉动转化为电压脉冲的仪器,其输出部分可以等效为虚线框内的交流电源和定值电阻R0串联,如图所示。心电图仪与一理想变压器的原线圈连接,一可变电阻R与该变压器的副线圈连接,原、副线圈的匝数分别为n1、n2。在交流电源的电压有效值U0不变的情况下,将可变电阻R的阻值调大的过程中,()。A.原线圈两端的电压不变,副线圈两端的电压不变B.通过原线圈的电流不变,通过副线圈的电流变小C.当R=R0时,R获得的功率最大D.当R=n2n12R0答案D解析将交流电源、R0、变压器等效成一个电动势为n2U0n1、内阻为n2n12R0的新电源。R串联在电路中,则当R增大时,R两端电压增大,即副线圈两端电压增大,原线圈两端电压增大;通过R的电流减小,即副线圈电流变小,原线圈电流变小,A、B两项错误。当R等于内阻时,即R=n2n12R0,R考点三电能的输送如图所示,若发电站输出电功率为P,输出电压为U,用户得到的电功率为P',用户的电压为U',输电电流为I,输电线总电阻为R。1.输电电流:I=PU=①2.电压损失:(1)ΔU=②。

(2)ΔU=IR。3.功率损失:(1)ΔP=③=(ΔU)I。

(2)ΔP=④=PU2R。

4.降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻R。由R=ρlS知,可加大导线的⑤、采用⑥(2)减小输电导线中的电流。在输电功率一定的情况下,根据P=UI可知,要减小电流,必须⑦。

答案①U-U'R②U-U'③P-P'④I2R⑤横截面积远距离输电的模式图如图所示。(1)为什么要高压送电?(2)结合闭合电路的知识,分别分析三个回路中各物理量之间的关系。(发电机内阻、n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)(3)若两个变压器均为理想变压器,则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系?答案(1)因远距离的输电导线有电阻,存在电压损失和电能损失;损失的电压ΔU=IR线=PU·R线(P为输送总功率、U为输送的电压),损失的电功率ΔP=I2R线=PU2·R(2)电源回路:P1=U1I1,输送回路:U2=ΔU+U3,P2=ΔP+P3=I线2R+P3,用户回路:P4=U4I(3)每个变压器中的电流、电压、功率的关系:U1U2=n1n2、I1I2=n2n1、P1=P2;U分析远距离输电问题的三个“关键”1.理清三个回路2.抓住两个联系(1)回路1和回路2的联系——升压变压器基本关系:U1U2=n1n2,I1I(2)回路2和回路3的联系——降压变压器基本关系:U3U4=n3n4,I3I3.明确三个重要关联式(联系两个变压器的纽带)(1)功率关联式:P2=ΔP+P3,其中ΔP=(ΔU)I线=I线2R线=(2)电压关联式:U2=ΔU+U3。(3)电流关联式:I2=I线=I3。角度1负载电阻变化的影响问题(2024届徐州一模)某远距离输电的原理图如图所示,假设发电厂输出电压恒定不变,两个变压器均为理想变压器。当用户用电器(假设所有用电器均可视为纯电阻)增加时,电网中数据发生变化,下列说法正确的是()。A.降压变压器的输出电流I4减小B.输电线上损失的功率减小C.升压变压器的输出电压U2增大D.发电厂输出的总功率增大答案D解析根据原、副线圈电压比等于匝数比可得U1U2=n1n2,可得升压变压器的输出电压U2=n2n1U1,由于匝数不变,发电厂输出电压恒定不变,可知升压变压器的输出电压U2不变,C项错误;设输电线电阻为R线,用户端总电阻为R,I2=I3,在高压传输电路上,有U2=U3+I2R线,又U3U4=n3n4,I3I4=n4n3,I4=U4R,联立可得U2=n3n4R+n4n3R线I4,当用户用电器增加时,可知R减小,则降压变压器的输出电流I4增大,A项错误;根据I3I4=n4n3,I2=I3,由于I4增大,可知I2增大角度2电能损耗的计算问题(2023年山东卷)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答案C解析由题可知,发电机的输出电压U1=250V,输出功率500kW,则有I1=PU1=2×103A,A项错误;由题可知,用户端电压U4=220V,功率为88kW,则有U3U4=I4I3=n3n4、P'=U4I4,联立解得I4=400A,I3=8A,U3=11000V,则输电线上损失的功率P损=I32R=4kW,且U2=U3+I3R=11500V,再根据U1U2=n1n2,解得n1n2=146,1.(改编)如图所示,理想变压器原、副线圈总匝数相同,滑动触头P初始位置在副线圈正中间,输入端接入电压有效值恒定的交变电源,原、副线圈分别接可变电阻R1、R2,理想电压表、的示数为U1、U2,理想电流表、的示数为I1、I2。下列说法正确的是()。A.在保持P位置不变,R1增大、R2不变的情况下,I1减小,U1不变B.在保持P位置不变,R1不变、R2增大的情况下,I2减小,U2减小C.保持P位置不变,R1不变,使R2=R14时,RD.在R1不变、R2减小的情况下,P向下移,R1消耗的功率减小答案C解析设原、副线圈的匝数比为k,根据等效电阻原理,把变压器的原、副线圈和负载R2整体看作一个等效电阻,其阻值R'=k2R2,设输入交流电的电压有效值为U,则I1=Uk2R2+R1。保持P位置不变,R1增大、R2不变,则I1减小,等效电阻R'两端电压减小,则U1增大,A项错误。保持P位置不变,R1不变、R2增大,则I1减小,易知I2减小,则U1减小,U2增大,B项错误。由电源输出功率的规律可知,当R'=R1时,即R1=k2R2=4R2时,R2消耗的功率有最大值,C项正确。在R1不变、R2减小的情况下,P向下移,k减小,等效电阻R'减小,I1增大,U1也增大,2.(改编)某物理兴趣小组设计了一个如图所示的发电装置,永磁铁在螺线管中做简谐振动时能产生周期为0.02s的正弦式交流电,电压最大值为2V。理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶10,灯泡L的电阻恒为5Ω,额定电压为2.5V,定值电阻R1=30Ω、R2=10Ω,滑动变阻器R的最大阻值为30Ω。下列说法正确的是()。A.通过灯泡L的交流电的频率为500HzB.滑动变阻器滑片向下移动,灯泡变亮C.为使灯泡正常工作,滑动变阻器接入电路的电阻应调为20ΩD.灯泡正常工作时,原线圈输入功率为52W答案C解析变压器不改变交流电的频率,则通过灯泡L的交流电的频率f=1T=50Hz,A项错误;滑动变阻器滑片向下移动,负载电路中总电阻变大,而副线圈的电压不变,则副线圈中电流减小,即流过灯泡的电流减小,灯泡变暗,B项错误;由题意知,变压器原线圈中电压有效值U1=1V,则U2=n2n1U1=10V,灯泡正常工作,则流过R1的电流IR1=U2-ULR1=10-2.530A=0.25A,则通过滑动变阻器的电流IR=ULRL-IR1=2.55A-0.25A=0.25A,滑动变阻器接入电路的电阻R=U2-ULIR-R2=20Ω,C项正确;灯泡正常工作时,副线圈中的电流I2=IL=ULRL=0.5A,根据I13.如图1所示,所围面积为1m2、总电阻为R的100匝矩形线圈固定在磁场中,用导线与理想变压器原线圈构成闭合电路,磁感应强度B垂直于线圈所在平面。磁感应强度B随时间t变化的图像如图2所示。已知原、副线圈的匝数比为1∶2,变压器输出端有两个定值电阻,R1=R2=R。若电路其他部分的电阻及矩形导线框的自感系数均可忽略不计,则下列说法正确的是()。图1图2A.矩形线圈中感应电动势的有效值E=100πVB.从t=0开始计时,矩形线圈中电动势的瞬时值e=50πcos100πt(V)C.变压器原线圈的输入电压U1=502πD.仅减小R1的阻值,R2不变,则变压器副线圈的输出电压增大答案C解析ω=2πT=100πrad/s,感应电动势的最大值Em=nΦmω=100πV,从t=0开始计时,电动势的瞬时值e=100πcos100πt(V),有效值E=100π2V=502πV,A、B两项错误;变压器原线圈的输入电压为U1,输出电压为2U1,输出功率P2=(2U1)22R=2U12R,输入功率P1=I1U1=E-U1RU1,因P1=P2,解得U1=E3=502π3V,C项正确;减小R1的阻值,不妨设R1=kR,0<k<1,4.(多选)如图1、图2所示,在两个完全相同的理想变压器右侧副线圈中接有两个相同的灯泡S1、S2和相同的两个理想交流电流表、,假设两个灯泡的电阻均为R且不变,左侧原线圈通过输电线(总电阻等效为图中的电阻R)、两个理想交流电流表、与发电机连接,已知n1n2=12。图1中,一根长为L、电阻为r的导体棒绕一端点在垂直匀强磁场方向上以角速度ω匀速转动,磁场的磁感应强度为B;图2中,长为L、电阻为r的导体棒两端分别与两个半径也为L的电阻不计的竖直金属环良好接触,并以角速度ω匀速转动,且整个空间存在方向水平、与金属环平行、磁感应强度为B的匀强磁场。关于图1、2中四个电流表的示数,下列说法正确的是()。A.的示数I1=BLB.的示数I2=BLC.的示数I3=22D.的示数I4=2B答案AC解析图1中电源产生的电动势E1=12BL2ω,理想交流电流表的示数I1=E1r+R=BL2ω2(r+R),因为E1是直流电,所以理想交流电流表的示数I2=0,A项正确,B项错误;图2中电源产生正弦式交流电,电动势最大值E2m=BL2ω,有效值E2=BL2ω2,理想交流电流表的示数I3=E2r+R+R',变压器及其右侧电路的等效电阻R'=n1n22见《高效训练》P1031.(2024届韶关三模)一小型水电站通过升压变压器和降压变压器给某生活区供电,发电机组输出电压恒定,输电线总电阻R线保持不变。该生活区夜晚用电量大于白天用电量,则夜晚与白天比较()。A.发电机的输出功率不变B.用户获得的电压升高C.输电线上损失的功率减小D.降压变压器输出电压降低答案D解析生活区夜晚用电量大于白天用电量,所以对应的发电机的输出功率夜晚大于白天,A项错误;夜晚输电线上电流比较大,输电线上的电压损失比较大,所以到达用户时,用户获得的电压变低,B项错误;夜晚输电线上电流比较大,根据P损=I2R线,输电线上损失的功率变大,C项错误;夜晚输电线上电流比较大,输电线上的电压损失比较大,所以到达降压变压器时,降压变压器的输入电压降低,对应的降压变压器的输出电压也降低,D项正确。2.(2024届广州三模)用降压变压器给用户供电的电路示意图如图所示,R0表示输电线的总电阻,假设用户端的用电器(并联)均为纯电阻器件,总电阻为R(用图中滑动变阻器表示),若将变压器视为理想变压器,输入电压恒定,电表可视为理想电表,当用户使用的用电器减少时,则()。A.电压表示数增大B.电流表示数保持不变C.用电器R两端电压升高D.电流表示数保持不变答案C解析输出电压由输入电压和匝数比决定,输入电压恒定,则电压表示数不变,A项错误;当用户使用的用电器减少时,输出端总电阻增大,根据I2=U2R总,电流表示数减小,B项错误;用电器R两端电压U=U2-I2R0,用电器R两端电压升高,C项正确;根据I1I2=n2n1可知3.(2024届福州检测)(多选)如图所示,某高铁的供电流程为将电网高压U1经过牵引变电所变压(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,此电压可使高铁机车运行,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.若高铁机车消耗的电功率为P,则牵引变电所到机车之间线路的等效电阻为(D.若高铁机车消耗的电功率为P,牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为P答案AD解析根据U1U2=n1n2,可得n1n2=U1U2,A项正确;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小于牵引变电所输出的电压U2,B项错误;如果高铁机车消耗的电功率为P,根据P=U3I,则I=PU3,牵引变电所到机车之间线路的等效电阻R=U2-U3I=U2-U4.(多选)如图所示,矩形线框的匝数为N、面积为S,在匀强磁场中绕OO'以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动,灯泡L正常发光。已知理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=3∶1,匀强磁场的磁感应强度大小为B,线圈电阻为r,灯泡L的电阻为R(视为不变)。下列说法正确的是()。A.灯泡L的额定电流I=3B.若减小转速,则灯泡L也能正常发光C.矩形线圈由图示位置转动半个周期内通过线圈的电荷量为2D.若在灯泡L两端并联一个定值电阻,副线圈输出电压减小答案AD解析线框转动过程电源的电动势有效值E=22NBSω,设副线圈电流为I,则原线圈电流为I3,U1=E-Ir3,U2=IR,且U1=3U2,联立解得I=32NBSω2(9R+r),A项正确;若减小转速,即ω减小,由A项分析知通过灯泡的电流减小,灯泡不能正常发光,B项错误;由q=I-Δt,I-=E-R总,E-=NΔΦΔt,可得q=NΔΦR总,其中R总为变压器的等效电阻,有R总>r,半个周期内ΔΦ=2BS,所以q<2NBSr,C5.(2024届华南师大附中三模)某小型发电站高压输电示意图如图所示。发电站输出的电压U1不变,升压变压器输出电压为U2,降压变压器原、副线圈两端的电压分别为U3和U4。为了测高压电路的电压和电流,在输电线路的起始端接入电压互感器和电流互感器,若不考虑变压器和互感器自身的能量损耗,所有的电表均为理想电表,则()。A.①为电流表,②为电压表B.U2>U3C.仅将滑动触头P下移,U2升高D.凌晨时分用电减少,用户家的灯将变得更暗答案B解析由题图可知①接在火线和零线之间,为电压表,②接在同一条线上,测的是电流,为电流表,A项错误;由于输电线上有电压降,所以U2>U3,B项正确;因为U1不变,只要Q位置不变,U2就不变,调节P的位置,不影响U2,C项错误;凌晨时分,降压变压器的输出功率减少,电路中的电流减小,则输电线上的电压降减小,降压变压器的输入电压增大,用户得到的电压变大,用户家的灯将变得更亮,D项错误。6.(2024届温州一模)我国已投产运行的1100kV特高压直流输电工程送电功率最大可达1200万千瓦。输电线路流程和数据的简化图如图所示,若直流线路的输电线总电阻为10Ω,变压与整流等造成的能量损失均不计,直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为4×103A时,下列说法正确的是()。送端换流站接入550kV交流电升压变压器整流成1100kV直流电输送逆变成交流电降压变压器受端换流站接入500kV交流系统A.输送电功率为1.2×1010WB.降压变压器匝数比为11∶5C.直流输电线上损失的功率为1.6×107W,损失的电压为40kVD.若保持输送电功率不变,改用550kV输电,直流输电线上损失的功率为6.4×108W答案D解析输送电功率P2=U2I2=1100×103×4×103W=4.4×109W,A项错误;输电导线末端电压U3=U2-I2r线=(1100-40)kV=1060kV,则降压变压器的匝数之比n3n4=U3U4=1060500<115,B项错误;输电导线上损失的功率ΔP=I22r线=(4×103)2×10W=1.6×108W,损失的电压ΔU=I2r线=4×103×10V=40kV,C项错误;保持输送功率不变,用550kV输电,输电导线上损失的功率ΔP=P2U2'2r线=4.4×107.(2024届大连二模)交流发电机的输出电压为U,采用图示理想变压器输电,升压变压器原、副线圈匝数比为m,降压变压器原、副线圈匝数比为n。现输电距离增大,输电线电阻r随之增大,若要保证负载仍能正常工作,下列做法可行的是()。A.增大m B.减小mC.增大n D.减小U答案B解析若要保证负载仍能正常工作,即负载两端电压U4、通过负载的电流I4均不变,根据U3U4=n,I3I4=1n,在升压变压器处有UU2=m,在输电过程有U2=U3+I3r,解得U4=Umn-I4rn2,输电线电阻r增大,若要U4、I4不变,可以减小m或增大U,A、D两项不符合题意,B项符合题意;根据上述函数关系,设负载消耗的电功率为P,则I4=PU4,代入上面公式可得U4=UPm(Pn+rn),当8.(改编)(多选)一理想变压器如图所示,其原线圈和可变电阻相连,副线圈接一阻值恒为RL的白炽灯。原、副线圈的匝数分别为n1、n2。保持交流电源输出电压的有效值U0不变,调节可变电阻R的阻值,当R的值增大时,则(设题中所涉及的所有情形都没有超过灯泡的额定电压)()。A.副线圈两端的电压不变B.原线圈中电流减小C.R两端电压增大D.灯将变暗答案BCD解析由题意可知,原、副线圈的匝数一定,交流电源输出电压的有效值U0不变,对原线圈则有U0=I1R+U1,由原、副线圈的电压比等于匝数比,电流与匝数成反比,可得U0=n2n1I2R+n1n2U2,又有I2=U2RL,则U0=U2n2Rn1RL+n1n2,当R增大时,副线圈两端的电压U2减小,I2减小,灯泡将变暗,根据I1=I2n2n1可知I1减小,A项错误,9.(2023届房山二模)实验测量、实验操作、数据分析和误差分析是物理实验的重要环节。(1)用10分度的游标卡尺测量某物体直径时的示数如图1所示,则直径d=cm。

图1(2)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中,所用实验器材如图2所示,包括可拆变压器,学生电源,数字万用表。图2关于本实验,下列说法正确的是。

A.为了保证人身安全,只能使用低压交流电源,原线圈所接电压不超过12VB.为了保证人身安全,变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱C.变压器正常工作后,通过铁芯导电将电能从原线圈传递到副线圈D.使用交流电压挡测电压时,先用最大量程挡测试,大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量(3)现将数字多用电表的选择开关旋至最合适的挡位后,分别测量原线圈匝数为n1时的输入电压U1和副线圈匝数为n2时的输出电压U2,数据如下表。原线圈匝数n1/匝副线圈匝数n2/匝输入电压U1/V输出电压U2/V1002004.328.271008004.3233.904008004.338.2640016004.3316.52①在误差允许范围内,表中数据基本符合的规律。

②进一步分析数据,发现输出电压比理论值偏小,出现这一情况的原因是。

答案(1)0.52(2)ABD(3)①变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比②有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗解析(1)根据游标卡尺的读数规则有5mm+2×0.1mm=5.2mm=0.52cm。(2)变压器改变的是交流电压,因此为了人身安全,原线圈两端只能使用低压交流电源,所用交流电压不超过12V,A项正确;为了保证人身安全,变压器通电后不要用手接触裸露的导线或接线柱,B项正确;变压器开始正常工作后,通过电磁感应将电能从原线圈传递到副线圈,C项错误;使用多用电表测电压时,先用最大量程挡试测,再选用恰当的挡位进行测量,D项正确。(3)①根据表中数据,在误差允许的范围内基本符合变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比的规律,即有U1U2②输出电压小于理论值,主要原因是变压器不是理想变压器,有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗。第3讲电磁振荡与电磁波对应学生用书P309考点一电磁振荡1.产生:在LC振荡电路中,电容器不断地充电和放电,就会使电容器极板上的电荷量q、电路中的电流i、电容器内的电场强度E、线圈内的磁感应强度B发生①的变化,这种现象就是②。

2.周期和频率周期:T=③。

频率:f=④(其中L指自感系数,C指电容)。

答案①周期性②电磁振荡③2πLC④1如图所示的实验装置,将开关S掷向1,先给电容器充电,再将开关掷向2,从此时起,电容器通过线圈放电,思考并探究下面的问题:(1)线圈中是否会产生自感电动势?自感电动势产生什么效果?(2)画出线圈中的电流i、电容器上的电荷量q随时间变化的图像。答案(1)线圈中的电流发生变化时,线圈中会产生自感电动势,阻碍线圈中电流的变化;放电过程线圈中的电流逐渐增大,电容器上的电荷逐渐减少。当线圈中的电流减小时,会对电容器充电。(2)如图所示。角度1电磁振荡的产生及能量变化(2024届东莞期中)如图1所示,在LC振荡电路中,通过P点的电流i变化规律如图2所示,若把通过P点向右的方向规定为电流i的正方向,则()。A.0.5s到1s时间内,电容器在放电B.0.5s至1s时间内,电容器的上极板带正电C.1s至1.5s时间内,Q点的电势比P点的电势高D.t=0.5s时电路中电场能最大,磁场能最小答案C解析0.5s至1s时间内,振荡电流是充电电流,此段时间电容器的上极板带负电,A、B两项错误;1s至1.5s时间内,振荡电流是放电电流,电流为负值,所以Q点的电势较高,C项正确;t=0.5s时电流最大,磁场能最大,电路中电场能最小,D项错误。角度2电磁振荡的周期与频率(多选)图1为某种车辆智能道闸系统的简化原理图:预埋在地面下的地感线圈L和电容器C构成LC振荡电路,当车辆靠近地感线圈时,线圈自感系数变大,使得振荡电流频率发生变化,检测器将该信号发送至车牌识别器,从而向闸机发送起杆或落杆指令。某段时间振荡电路中的电流如图2所示,则下列有关说法正确的是()。A.t1时刻电容器间的电场强度为最小值B.t1~t2时间内,电容器处于充电过程C.汽车靠近线圈时,振荡电流频率变小D.从图2波形可判断汽车正靠近地感线圈答案ABC解析t1时刻电流最大,线圈中磁场能最大,电容器中电场能最小,电容器间的电场强度为最小值,A项正确;t1~t2时间内,电流逐渐减小,线圈中磁场能减小,电容器中电场能增大,电容器处于充电过程,B项正确;当车辆靠近地感线圈时,线圈自感系数变大,根据T=2πLC可知周期变大,频率变小,C项正确;从图2波形可知周期越来越小,频率越来越大,汽车正远离地感线圈,D项错误。考点二电磁场、电磁波1.麦克斯韦电磁场理论变化的磁场能够在周围空间产生①;变化的电场能够在周围空间产生②。

2.电磁波(1)电磁场在空间由近及远地向周围传播,形成③。

(2)电磁波的传播不需要④,可在真空中传播,在真空中不同频率的电磁波传播速度相同(都等于光速)。

(3)不同频率的电磁波,在同一介质中传播,其速度是不同的,频率越高,波速越⑤。

(4)v=⑥,f是电磁波的频率。

3.电磁波的发射与接收(1)发射电磁波需要开放的高频振荡电路,并对电磁波根据信号的强弱进行⑦(两种方式:调幅、调频)。

(2)接收电磁波需要能够产生电谐振的调谐电路,再把信号从高频电流中⑧出来,调幅波的解调也叫⑨。

4.电磁波谱按照电磁波的⑩或波长的大小顺序把它们排列成谱。按波长由长到短排列的电磁波谱为:无线电波、红外线、、紫外线、X射线、γ射线。

答案①电场②磁场③电磁波④介质⑤小⑥λf⑦调制⑧解调⑨检波⑩频率可见光1.对麦克斯韦电磁场理论的理解2.电磁波与机械波的比较名称项目电磁波机械波产生由周期性变化的电场、磁场产生由质点(波源)的振动产生传播介质不需要介质(真空中仍可传播)必须有介质(真空中不能传播)波的种类波横波既有横波也有纵速度特点由介质和频率决定,在真空中等于光速(c=3×108m/s)仅由介质决定能量都能携带能量并传递能量速度公式v=λf遵循规律都能发生反射、折射、干涉、衍射等现象角度1麦克斯韦电磁场理论的理解某电路中电场随时间变化的图像如下图所示,其中能发射电磁波的电场是()。ABCD答案D解析电场不随时间变化,不会产生磁场,A项不符合题意;电场随时间均匀变化,只能在周围产生稳定的磁场,也不会产生和发射电磁波,B、C两项不符合题意;电场随时间做不均匀的变化,能在周围空间产生变化的磁场,而这磁场的变化也是不均匀的,又能产生变化的电场,从而交织成一个不可分割的统一体,即形成电磁场,才能发射电磁波,D项符合题意。角度2无线电波的发射和接收在无线电波的接收中,调谐和检波是两个必须经历的过程,下列关于接收过程的顺序,正确的是()。A.调谐→高频放大→检波→音频放大B.检波→高频放大→调谐→音频放大C.调谐→音频放大→检波→高频放大D.检波→音频放大→调谐→高频放大答案A解析在无线电波的接收中,首先要选择出所需要的电磁波——调谐,然后经高频放大后,再将音频信号提取出来——检波,最后再进行音频放大,A项正确。(2024届宁波模拟)某同学自己绕制天线线圈,制作一个最简单的收音机,用来收听中波的无线电广播。他发现有一个频率最高的中波电台收不到,但可以接收其他中波电台。为了收到这个电台,他应该()。A.增加线圈匝数B.减少线圈匝数C.往线圈中插入铁芯D.换一个信号更好的位置答案B解析收不到高频率的电台信号,因此需要增加调谐电路的固有频率,根据f=12πLC可知,减小线圈匝数,会导致自感系数减小,从而导致固有频率增加,即应该减少线圈的匝数,而往线圈中插入铁芯,会导致自感系数增大,角度3电磁波特点及应用电磁波谱的分析及应用电磁波谱频率变化规律波长变化规律特性应用递变规律无线电波波动性强,易发生明显衍射无线电技术红外线热效应红外遥感可见光引起视觉照明、摄影紫外线化学效应、荧光效应、灭菌消毒医用消毒、防伪X射线贯穿本领强医用透视γ射线贯穿本领最强工业探伤、医用治疗(2024届海淀二模)关于电磁波的应用,下列说法正确的是()。A.雷达可以利用反射电磁波定位,是因为其工作波段的电磁波衍射效应较为明显B.移动电话选择微波作为工作波段,是因为微波比其他波段的电磁波的波速更快C.X射线衍射能探测晶体内原子的排列结构,是因为X射线的波长与原子间距相近D.工程上用γ射线探测金属内部缺陷,是因为γ射线具有频率高、波动性强的特点答案C解析雷达可以利用反射电磁波定位,是因为其工作波段的电磁波衍射效应不明显,A项错误;真空中微波和其他波段的电磁波的波速一样,都为光速,B项错误;X射线衍射能探测晶体内原子的排列结构,是因为X射线的波长与原子间距相近,C项正确;工程上用γ射线探测金属内部缺陷,是因为γ射线具有频率高、波动性弱的特点,D项错误。(2024届泉州期末)(多选)国产新能源汽车安装了“防撞预警安全系统”。新能源汽车配备的雷达会发射毫米级电磁波(简称“毫米波”),并对前车反射的毫米波进行处理,比较频率变化情况。下列关于毫米波和防撞系统的说法正确的是()。A.毫米波是横波B.毫米波不能在真空中传播C.毫米波遇到前车时会发生明显衍射现象D.该系统运用了多普勒效应答案AD解析雷达发射的毫米级电磁波是横波,A项正确;毫米波作为电磁波,能在真空中传播,B项错误;毫米波由于波长较短,遇到前车时,不会发生明显衍射现象,C项错误;该系统对前车反射的毫米波进行处理,比较频率变化的情况,运用了多普勒效应,D项正确。见《高效训练》P1051.(2024届梅州期末)下列关于电磁波的说法正确的是()。A.只要有磁场就能产生电磁波B.电磁波不能在真空中传播C.麦克斯韦预言了电磁波的存在D.法拉第用实验证实了电磁波的存在答案C解析如果在空间某区域中有周期性变化的电场,那么它就在空间引起周期性变化的磁场,于是变化的电场和变化的磁场交替产生,由近及远地向周围传播,就形成电磁波,故只要有磁场就能产生电磁波的说法是错误的,A项错误;电磁波可以在真空中传播,B项错误;麦克斯韦预言了电磁波的存在,C项正确;赫兹用实验证实了电磁波的存在,D项错误。2.(2024届广东联考)行车安全越来越被人们所重视,现在许多车企都在汽车上配置有自动紧急刹车系统(AEB)。该系统主要分为控制模块、测距模块和制动模块,利用微波雷达、图像识别技术和红外摄像头,可以将道路的图像和路况实时传递给控制模块,在紧急情况下,由车载微处理器发出控制命令,自动采取制动措施,保证车辆安全。微波的波长范围在0.001m~10m,下列说法正确的是()。A.产生微波的LC振荡电路中,要想增大振荡周期,可以增大电容器的电容CB.微波只能在空气中传播而不能在真空中传播C.微波遇到障碍物时,只能发生反射现象而不能发生衍射现象D.微波遇到障碍物时,只能发生衍射现象而不能发生反射现象答案A解析根据T=2πLC,可知要想增大振荡周期,可以增大电容器的电容C,A项正确;微波的传播可以不需要传播介质,它既可以在空气中传播,也可以在真空中传播,B项错误;微波遇到障碍物时,既可以发生衍射现象也可以发生反射现象,C、D两项错误。3.蓝牙和NFC是手机里常见的模块,蓝牙