物理大一轮复习配套讲义第章

学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精学必求其心得，业必贵于专精第1节交变电流的产生及描述一、交变电流的产生和变化规律1．交变电流:大小和方向都随时间做周期性变化的电流．2．正弦交流电(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．（2)中性面①定义：与磁场垂直的平面．②特点：线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次．(3）变化规律（线圈在中性面位置开始计时）①电动势（e）：e＝Emsinωt。②电压（u）：u＝Umsin_ωt。③电流(i）：i＝Imsin_ωt。（4）图象（如图所示）二、描述交变电流的物理量1．交变电流的周期和频率的关系：T＝eq\f(1，f).2．峰值和有效值(1）峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值．（2）有效值:让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交变电流的有效值．（3）正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系I＝eq\f（Im，\r(2))，U＝eq\f(Um，\r（2））,E＝eq\f(Em,\r（2）).3．平均值：eq\x\to（E)＝neq\f(ΔΦ,Δt）.[自我诊断］1．判断正误(1）交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化．(√）(2)大小变化而方向不变的电流也叫交变电流．（×）（3）线圈经过中性面时产生的感应电动势最大．(×)(4）在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次．（√）(5）最大值和有效值之间的eq\r(2）倍关系只适用于正弦(余弦)交流电．（√）（6)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值．（×)2．矩形线圈的面积为S,匝数为n，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω匀速转动．当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时（）A．线圈中的电动势为nBSωB．线圈中的电动势为0C．穿过线圈的磁通量为0D．穿过线圈的磁通量变化率最大解析：选B.图示时刻线框的四边都不切割磁感线，不产生感应电动势，即线圈中的电动势为0，故选项A错误，选项B正确;图示时刻线框与磁场垂直，磁通量最大，为Φ＝BS,故选项C错误；图示位置线圈中的电动势为0,根据法拉第电磁感应定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知穿过线圈的磁通量变化率为0,故选项D错误．3．(多选）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：选CD。由e＝Emsinωt＝50sin100πt（V）可知，Em＝50V，E有效＝eq\f(Em,\r（2）)＝25eq\r(2）V，ω＝100πrad/s,T＝eq\f(2π,ω）＝0。02s，f＝50Hz，C、D正确．4．一个小型电热器若接在输出电压为10V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为eq\f(P,2)。如果电热器电阻不变,则此交流电源输出电压的最大值为()A．5V B．5eq\r(2)VC．10V D．10eq\r(2）V解析:选C.电热器接到直流电源上，由功率表达式P＝eq\f(U2，R）可知，P＝eq\f(U\o\al（2,1),R)＝eq\f(100，R).当其接到交流电源时，有eq\f（P，2）＝eq\f（U\o\al(2,2)，R),则U2＝eq\f（\r（2）,2)U1，U2为正弦交流电的有效值,则此交流电的最大值Um＝eq\r(2）U2＝10V,C正确．5．某手摇交流发电机,其线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴(位于线圈平面内）匀速转动,产生的交变电流i随时间t变化的图象如图,由图象可知()A．该交变电流频率是0.4HzB．该交变电流有效值是0.8AC．该交变电流瞬时值表达式是i＝0.8sin(5πt）AD．t＝0.1s时穿过线圈平面的磁通量最大解析：选C。根据电流随时间变化的图象知，交流电的周期为0。4s，故交流电的频率为2。5Hz，A错误；交变电流的最大值为0。8A,有效值为0。4eq\r（2）A，B错误；把ω＝eq\f(2π，T）＝5πrad/s代入正弦式交变电流的瞬时值表达式得i＝0.8sin(5πt）A，C正确；t＝0。1s时，电流最大,此时穿过线圈平面的磁通量为零，D错误．考点一正弦交变电流的产生与瞬时值表达式1．正弦式交变电流的变化规律及对应图象(线圈在中性面位置开始计时)函数图象磁通量Φ＝Φm·cosωt＝BScosωt电动势e＝Em·sinωt＝nBSωsinωt电压u＝Um·sinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt电流i＝Im·sinωt＝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．考向1：正弦交变电流的产生(1)解决此类问题的关键在于把线圈在匀强磁场中的具体位置与转动的时刻对应好，也就是电流的变化规律与线圈在磁场中转动的具体情境对应好．（2）交变电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴位置无关,与线圈形状无关．[典例1］如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()A．线圈绕P1转动时的电流等于绕P2转动时的电流B．线圈绕P1转动时的电动势小于绕P2转动时的电动势C．线圈绕P1和P2转动时电流的方向相同,都是a→b→c→d→aD．线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力解析线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关,故A对,B、D错；图示时刻产生电流的方向为a→d→c→b→a,故C错．答案A考向2：交变电流的图象（1）由图象可读出交变电流的电压或电流的最大值，进而利用正弦式交变电流最大值与有效值的关系得到有效值．（2）由图象可读出交变电流的变化周期T，然后计算得出角速度ω＝eq\f(2π，T).(3）根据最大值、角速度等信息可以写出交变电流的瞬时值表达式．［典例2］（2016·湖南衡阳联考)(多选)如图甲所示，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，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示,则下列说法正确的是(）A．曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πtVB．曲线b表示的交变电动势最大值为28。8VC．t＝5×10－2s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为3eq\r(2)∶2D．t＝6×10－2s时,曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0解析由图乙可知，Ema＝36V，ωa＝eq\f(2π，Ta)＝eq\f（2π,8×10－2)rad/s＝25πrad/s，则曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝Emasinωat＝36sin25πtV,故A正确；由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比为Ta∶Tb＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3,由ω＝eq\f（2π，T)可知ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2,所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比Ema∶Emb＝NBSωa∶NBSωb＝ωa∶ωb＝3∶2，又知Ema＝36V，则Emb＝24V，故B错误；曲线a表示的交变电动势瞬时值ea＝36sin25πtV,曲线b表示的交变电动势瞬时值eb＝24sineq\f（2π，12×10－2)tV，将t＝5×10－2s代入，得ea＝－18eq\r（2)V，eb＝12V，｜ea|∶eb＝3eq\r（2）∶2，故C正确；由图乙知t＝6×10－2s时,a的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b的电动势为0，对应线框的磁通量最大,故D错误．答案AC考向3：交变电流瞬时值的书写交变电流瞬时值表达式的推导思路（1)先求电动势的最大值Em＝nBSω；（2）求出角速度ω，ω＝eq\f（2π，T）；(3)明确从哪一位置开始计时,从而确定是正弦函数还是余弦函数；（4)写出瞬时值的表达式．［典例3]图甲是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO′转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触,这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路．图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示．已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．（只考虑单匝线圈)（1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；（2）线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式．解析（1）矩形线圈abcd在磁场中转动时,ab、cd切割磁感线,且转动的半径为r＝eq\f（L2,2)，转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝eq\f（ωL2,2),且与磁场方向的夹角为ωt，所以，整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1vsinωt＝BL1L2ωsinωt。（2）当t＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为ωt＋φ0故此时感应电动势的瞬时值e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin（ωt＋φ0答案(1）e1＝BL1L2ωsinωt(2)e2＝BL1L2ωsin（ωt＋φ0）(1)交变电流图象问题的三点注意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形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．②注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．③在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来,再根据特殊位置求特征解．（2)瞬时值书写的两关键①确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式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．a．线圈从中性面位置开始转动,则i－t图象为正弦函数图象,函数式为i＝Imsinωt，图象如图甲所示．b．线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcosωt。图象如图乙所示．考点二交变电流有效值的计算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)弦式交变电流．2．利用有效值的定义计算（非正弦式电流）计算时“相同时间"至少取一个周期或为周期的整数倍．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．1．通过一阻值R＝100Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1s．电阻两端电压的有效值为（)A．12V B．4eq\r(10)VC．15V D．8eq\r（5)V解析：选B。由题意结合有效值的定义可得I2RT＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I\o\al(2,1）R\f(2，5）T＋I\o\al（2，2)R\f(1,10)T）)，将I1＝0。1A，I2＝0。2A代入可得流过电阻的电流的有效值I＝eq\f(\r(10)，25）A,故电阻两端电压的有效值为IR＝4eq\r（10)V,选项B正确．2．如图所示为一交变电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值为（)A.eq\r（2)A B．2eq\r(2）AC。eq\r（5）A D．3A解析：选C.由图象可知此交变电流的周期是2s．设交变电流的有效值为I，周期为T，则I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,\r（2)）)）2R·eq\f（T，2)＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(4,\r（2）））)2R·eq\f(T,2），解得I＝eq\r（5)A，故选C。3．如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是(）A.eq\r（34)V B．5VC。eq\f（5\r(2),2)V D．3V解析：选C。设其有效值为U，根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得，在一个周期内有eq\f(U\o\al(2,1）,R）t1＋eq\f（U\o\al（2，2),R）t2＝eq\f(U2,R）t，即eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3\r(2)V，\r(2）)）)2×eq\f（1，R)×0.01s＋（4V)2×eq\f（1，R)×0.01s＝U2×eq\f（1，R)×0.02s,解得U＝eq\f（5\r(2)，2)V，故C正确．4．如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压,正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去,则现在电灯上电压的有效值为（）A．Um B。eq\f（Um，\r(2））C.eq\f（Um,3） D.eq\f(Um,2）解析：选D.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,正弦式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(\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（Um，\r（2）)））2,R)·eq\f(T,2)＝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＝eq\f(Um,2)，D正确．有效值求解的三点注意(1）计算有效值时要注意根据电流的热效应，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）利用两类公式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．（3)若图象部分是正弦(或余弦)交流电，其中的从零(或最大值）开始的eq\f（1，4)周期整数倍的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Im＝eq\r(2）I、Um＝eq\r（2）U求解．考点三正弦交变电流的“四值”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计算线圈某时刻的受力最大值最大的瞬时值Em＝nBSωIm＝eq\f（Em，R＋r)确定用电器的耐压值,如电容器、晶体管等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对正（余)弦式交流电: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、功率、热量等；②交流电表的测量值；③电气设备所标注的额定电压、额定电流；④保险丝的熔断电流平均值交变电流图象中图线与时间轴围成面积与时间的比值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt）eq\x\to(I）＝eq\f（\x\to(E）,R＋r)计算通过电路某一截面的电荷量：q＝eq\x\to(I)·t1．小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示．矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压（)A．峰值是e0 B．峰值是2e0C．有效值是eq\f(\r（2）,2)Ne0 D．有效值是eq\r（2)Ne0解析:选D。因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0。N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0,因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝eq\r(2）Ne0,故选项D正确．2．(多选）如图所示，面积为S的矩形线圈共N匝,线圈总电阻为R，在磁感应强度为B、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO′为轴,以角速度ω匀速旋转,图示位置C与纸面共面，位置A与位置C成45°角．线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，下列说法正确的是()A．平均电动势为eq\f(2\r(2),π)NBSωB．通过线圈某一截面的电荷量q＝eq\f(2\r（2)NBS,R）C．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为eq\f(N2B2S2πω,4R)D．在此转动过程中,电流方向会发生改变解析：选AC。线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中，ΔΦ＝2BScos45°＝eq\r（2）BS，Δt＝eq\f（\f(π,2),ω），根据eq\x\to(E)＝Neq\f（ΔΦ,Δt），得eq\x\to（E）＝eq\f（2\r（2),π）NBSω，故A正确．根据eq\x\to（E)＝Neq\f（ΔΦ，Δt），q＝eq\f(\x\to（E),R）Δt＝Neq\f（ΔΦ,R）＝eq\f（\r（2)BSN,R)，故B错误．产生电动势的峰值Em＝NBSω，则有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(NBSω,\r(2）），则W＝Q＝eq\f（E2，R）Δt＝eq\f(N2B2S2πω,4R），故C正确．线圈每经过中性面一次，电流方向改变，线圈从位置A转过90°到达位置B的过程中,电流方向不变,故D错误．3．将阻值为100Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断（）A．t＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置B．该线圈的转速为100πr/sC．穿过线圈的磁通量的最大值为eq\f（1，50π)WbD．线圈转一周所产生的电热为9。68J解析:选D.t＝0时刻产生的电动势为零,所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直的位置，故A错误；据图乙可知，T＝0。02s，据T＝eq\f（2π，ω）可得ω＝100πrad/s，所以转速为50r/s，故B错误；据Em＝nBSω可知，BS＝eq\f（311，110×100π)Wb＝9×10－3Wb，故C错误；据峰值可知,E＝0。707Em＝220V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量Q＝eq\f（E2,R）·T＝9。68J，故D正确．4。如图所示,N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里．求：（1）t＝0时感应电流的方向；(2)感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功;（4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量．解析：(1）根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba。(2）线圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s图示位置的感应电动势最大,其大小为Em＝NBl1l2代入数据得Em＝314V感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcosωt＝314cos(100πt)V。（3）电动势的有效值E＝eq\f（Em,\r（2））线圈匀速转动的周期T＝eq\f（2π,ω)＝0。02s线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2（R＋r)T＝eq\f(E2,R＋r)·T代入数据得W＝98。6J.(4)从t＝0起转过90°过程中，Δt内流过R的电荷量：q＝eq\f(NΔΦ，R＋rΔt)Δt＝eq\f(NBΔS，R＋r)＝eq\f(NBl1l2,R＋r）代入数据得q＝0。1C。答案：(1）感应电流方向沿adcba（2)e＝314cos(100πt）V（3）98.6J(4）0。1C交变电流“四值”应用的几点提醒（1)在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．（2)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值,最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的．（3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值．课时规范训练［基础巩固题组]1．(多选)关于中性面，下列说法正确的是（)A．线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B．线圈在转动中经中性面位置时,穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C．线圈每经过一次中性面,感应电流的方向就改变一次D．线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次解析：选AC.中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置,线圈经过该位置时，穿过线圈的磁通量最大,各边都不切割磁感线,不产生感应电动势，所以磁通量的变化率为零,A项正确，B项错误；线圈每经过一次中性面,感应电流的方向改变一次,但线圈每转一周时要经过中性面两次,所以每转一周，感应电流方向就改变两次，C项正确，D项错误．2．某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110V、频率为60Hz，要使它产生的电动势变为220V、频率变为50Hz，需要调整线圈的转速n、匝数N或磁感应强度的大小B。下列调整合适的是(）A．使n变为原来的1。2倍，B变为原来的2倍，N变为原来的1.2倍B．使n变为原来的eq\f(5，6)，B变为原来的eq\f(5，6)，N变为原来的2倍C．使n变为原来的eq\f（5,6),N变为原来的2倍,B不变D．使n变为原来的eq\f(5,6)，N变为原来的2。4倍，B不变解析:选D。因为发电机产生的交流电电动势110V指的是有效值，故其最大值为Em1＝110eq\r（2）V，调整后为Em2＝220eq\r（2)V,即eq\f（Em1，Em2）＝eq\f（1，2)，根据Em＝NBSω和ω＝2πn，可知，选项A中，Em2＝1.2N×2B×S×1。2×2πn＝2。88Em1，故选项A错误；B、C、D三个选项中的调整使频率均变为原来的eq\f(5，6),即50Hz，只有D项中的调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍，故选项B、C错误，D正确．3．一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甲所示，则下列说法正确的是(）A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0。02s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：选B。由Φ－t图知,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项错误．4．（多选)如图，M为半圆形导线框,圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面）内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则(）A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝eq\f（T，8）时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时,两导线框中感应电流的有效值也相等解析：选BC。两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A错误；导线框的转动周期为T，则感应电流的周期也为T，选项B正确；在t＝eq\f(T，8)时，切割磁感线的有效长度相同,两导线框中产生的感应电动势相等,选项C正确；M导线框中一直有感应电流,N导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等,选项D错误．5．（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，○A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：选AC。由题图乙知Im＝10eq\r（2)A，I＝eq\f（Im,\r（2）)＝10A，A正确．T＝2×10－2s,ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，B错误．t＝0.01s时，i＝Im，此时线圈平面与磁场方向平行，C正确．由右手定则判定0。02s时电阻R中电流方向自左向右，D错误．6．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交变电流，则两电热器的电功率之比PA∶PB等于（）A．5∶4 B．3∶2C。eq\r(2)∶1 D．2∶1解析:选A.对甲有PA＝eq\f（I\o\al（2,0）R·\f（T，2）＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(I0，2)）)2R·\f（T,2),T)＝eq\f(5,8)Ieq\o\al（2，0)R，对乙有PB＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（I0,\r（2））))2R＝eq\f（1,2）Ieq\o\al(2,0)R，则PA∶PB＝5∶4，A正确，B、C、D错误．7．如图所示为一正弦交流发电机和交流电路模型．图中电流表的示数为1A，电阻R的阻值为2Ω,线圈转动角速度ω＝100πrad/s。则从图示位置开始计时,电阻R两端交变电压的瞬时值表达式为（）A．u＝2sin100πt(V)B．u＝2cos100πt(V）C．u＝2eq\r(2)sin100πt(V）D．u＝2eq\r（2)cos100πt(V)解析：选D。图示位置为线圈平面与中性面垂直的位置，因此线圈产生的电流的瞬时值表达式为i＝Imcosωt＝eq\r(2)cos100πt（A），则电阻R两端的瞬时电压为u＝iR＝2eq\r(2)cos100πt(V)，D项正确．8．(多选）100匝的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势为e＝100eq\r（2)sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（100πt＋\f（π,3））)V，下列说法正确的是（）A．交变电动势有效值为100VB．交变电动势有效值为100eq\r（2）VC．穿过线圈的最大磁通量为eq\f（\r(2)，π）WbD．穿过线圈的最大磁通量为eq\f（\r(2），100π）Wb解析:选AD.由交流电的表达式可知，该交变电压的最大电动势为100eq\r(2）V,故电动势的有效值为100V，选项A正确；角速度ω＝100π，而Em＝nBSω＝nΦmω，所以Φm＝eq\f(Em，nω)＝eq\f（\r（2),100π)Wb,选项D正确．［综合应用题组］9．如图所示，正方形单匝线框abcd的边长为L，每边电阻均为r，线框在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕cd轴从图示位置开始匀速转动，转轴与磁感线垂直．一理想电压表用电刷接在线框的c、d两点上，下列说法中正确的是()A．电压表读数为eq\f(\r（2),2）BωL2B．电压表读数为eq\f(\r(2），8)BωL2C．从图示位置开始计时，流过线框电流的瞬时值表达式为i＝eq\f（BωL2，4r)sinωtD．线框从图示位置转过eq\f(π，2）的过程中，流过cd边的电荷量为q＝eq\f(BL2，r）解析：选B。线框在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势的最大值为Em＝BL2ω,对应有效值为E＝eq\f（\r（2)，2)Em＝eq\f（\r（2),2)BL2ω，电压表读数为eq\f（E,4）＝eq\f(\r（2）,8）BL2ω,B正确,A错误；图示位置线框磁通量为零，产生的感应电动势为最大值,则感应电流瞬时表达式为i＝eq\f（BωL2，4r）cosωt，C错误;线框从题图所示位置处转过eq\f(π,2)的过程中，流过cd的电荷量为q＝eq\f(ΔΦ，R）＝eq\f(BL2，4r），D错误．10．图甲是一台小型发电机的构造示意图,线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内阻不计,外接灯泡的电阻为12Ω.则（）A．在t＝0。01s时刻，穿过线圈的磁通量为零B．电压表的示数为6eq\r(2)VC．灯泡消耗的电功率为3WD．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e＝12eq\r（2)sin100πt(V）解析：选C.在t＝0.01s的时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；电动势的最大值为Em＝6eq\r（2)V,电压表测量的为有效值，故示数为eq\f（6\r(2),\r(2))V＝6V，选项B错误；灯泡消耗的电功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f（62,12)W＝3W，选项C正确；周期为0.02s，则瞬时电动势的表达式为e＝Emsineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t））＝6eq\r(2)sin100πt(V)，转速提高一倍后，最大值变成12eq\r(2)V,ω＝2πn，故角速度变为原来的2倍，表达式应为e＝12eq\r（2）sin200πt（V）,选项D错误．11．如图是某学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”的示意图．他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动,铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流计相连．摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场（可视为匀强磁场）垂直．摇动时,铜芯线所围成半圆周的面积S＝2m2,转动角速度ω＝10eq\r（2)rad/s，用电流计测得电路中电流I＝40μA，电路总电阻R＝10Ω，g取10m/s2，eq\f（π,\r(2)）＝2.25。（1）求该处地磁场的磁感应强度B；(2)从铜芯线所在平面与该处地磁场平行开始计时,求其转过四分之一周的过程中，通过电流计的电荷量q；（3）求铜芯线转动一周的过程中，电路产生的焦耳热Q.解析：(1）铜芯线中产生的是正弦交流电,则Im＝eq\r（2)I,Em＝ImR，Em＝BSω，解得B＝2×10－5T。(2）从铜芯线与地面平行开始至铜芯线转动四分之一周的过程中，E＝ΔΦ/t，E＝IR，q＝It，解得q＝4×10－6C.（3）铜芯线转动一周，电路中产生的焦耳热Q＝I2RT，解得Q＝7.2×10－9J.答案：（1)2×10－5T（2)4×10－6C(3）7.2×10－9J12．如图所示，交变电流发电机的矩形框ab＝dc＝0.40m，bc＝ad＝0.20m，共有50匝线圈，其电阻r＝1。0Ω,在磁感应强度B＝0.20T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的对称轴OO′以eq\f（100,π）r/s的转速匀速转动，向R＝9。0Ω的电阻供电，求：(1)发电机产生的电动势的最大值；(2）交变电流电压表和电流表的示数；（3)此发电机的功率．解析:(1)线圈面积S＝ab·ad＝0。4×0。2m2＝0.08m2线圈旋转角速度ω＝2πn＝eq\f(100×2π,π）rad/s＝200rad/sEm＝NBωS＝50×0。2×200×0。08V＝160V(2)电压表示数(即路端电压示数)U＝eq\f（E,R＋r)·R＝eq\f（16,\r（2））×9.0V＝72eq\r（2)V电流表示数I＝eq\f（Im，\r(2))＝eq\f（16，\r(2))A＝8eq\r(2）A(3)发电机的功率P＝UI＝eq\f（E2,R＋r）＝eq\f(\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(160，\r（2))））2，9。0＋1。0）W＝1280W答案：（1）160V(2)U＝72eq\r（2）VI＝8eq\r（2)A(3)P＝1280W

第2节变压器远距离输电一、变压器原理1．构造和原理（如图所示）(1）主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成．（2）工作原理：电磁感应的互感现象．2．理解变压器的基本关系式（1）功率关系:P入＝P出．（2)电压关系：eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1，n2），若n1〉n2，为降压变压器，若n1<n2，为升压变压器．（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.二、远距离输电1．电路损失（1)功率损失：设输电电流为I，输电线的电阻为R，则功率损失为ΔP＝I2R。（2）电压损失:ΔU＝IR。减小功率损失和电压损失，都要求提高输电电压，减小输电电流．2．降低损耗的两个途径（1)一个途径是减小输电线的电阻．由电阻定律R＝ρeq\f（l,S）可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线．此外，还要尽可能增加导线的横截面积．(2）另一个途径是减小输电导线中的电流，由P＝IU可知，当输送功率一定时，提高电压可以减小输电电流．［自我诊断]1．判断正误(1）变压器不但可以改变交流电压,也可以改变直流电压．(×）(2）变压器只能使交变电流的电压减小．（×）（3)高压输电的目的是增大输电的电流．（×）(4)在输送电压一定时,输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．(×)(5)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定．（√)(6)高压输电可以减少输电线路上的电能损失，且输电线路上电压越高越好．(×)2．（多选）关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是（)A．通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析：选BC.理想变压器没有漏磁现象，故原、副线圈产生的磁通量任何时候都相等，且随时间而改变，使副线圈产生感应电动势,而不是电流流到副线圈,综合上述选项B、C正确．3．一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V交变电压改为110V，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为（）A．200 B．400C．1600 D．3200解析：选B.理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比,即eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1，n2），解得n2＝eq\f（U2，U1)n1＝400，选项B正确．4．(2016·辽宁抚顺重点高中协作体联考）（多选)为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器,其接线如图所示．两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表．则(）A．n1＞n2B．n3＞n4C．a为交流电流表，b为交流电压表D．a为交流电压表,b为交流电流表解析:选AD.电压互感器并联在电路中,电流互感器串联在电路中,故a为交流电压表，b为交流电流表，选项C错误，D正确；含电压互感器电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数之比,所以n1＞n2，选项A正确；含电流互感器的电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数之比，所以n3＜n4，选项B错误．5．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器,流入用户端的电流为I2。则(）A．用户端的电压为eq\f(I1U1,I2)B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为Ieq\o\al(2,1）rD．输电线路上损失的电功率为I1U解析:选A.变压器输入功率等于输出功率，由I1U1＝I2U2解得，U2＝eq\f(I1U1,I2),选项A正确；输电线上的电压降为U－U1，选项B错误;理想变压器的输入功率为I1U1，输电线的损失功率为Ieq\o\al（2，1)r，选项C、D错误．

考点一理想变压器基本规律的应用1．理想变压器的基本特点(1)无漏磁,故原、副线圈中的Φ、eq\f(ΔΦ，Δt)相同．（2）线圈无电阻,因此无电压降，U＝E＝neq\f(ΔΦ,Δt).（3）根据eq\f（U，n)＝eq\f（ΔΦ，Δt)得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有eq\f（U1，n1)＝eq\f(U2,n2）＝eq\f（U3，n3）＝…2．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出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比,即eq\f(U1,U2）＝eq\f(n1，n2），与副线圈的个数无关电流关系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:由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn。频率关系f1＝f2，变压器不改变交流电的频率［典例］（2016·高考全国丙卷）(多选)如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是（)A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9解析设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍,根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．答案AD理想变压器问题三点应牢记(1）熟记两个基本公式：①eq\f（U1，U2)＝eq\f(n1，n2），即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比．②P入＝P出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于输出功率之和．(2）原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变化率相等．（3）原、副线圈中电流变化规律一样，电流的周期、频率一样．1．(2016·河南“五校”二联)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所示，其副线圈匝数可调．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：选B。当变压器输出电压调至最大时，由eq\f（U1，U2)＝eq\f（n1，n2)得U2＝eq\f(n2，n1)U1＝eq\f（1900，1100)×220V＝380V，由P1＝P2，P1＝U1I1,P2＝U2I2，得I1＝eq\f（P2,U1）＝eq\f（2000，220)A＝9.1A，选项B正确．2．一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻,原线圈一侧接在电压为220V的正弦交流电源上,如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U,原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则（）A．U＝66V,k＝eq\f(1,9） B．U＝22V，k＝eq\f（1,9）C．U＝66V,k＝eq\f（1，3） D．U＝22V，k＝eq\f（1，3)解析:选A。设原、副线圈中的电流分别为I1、I2,则eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f（1,3),故k＝eq\f（I\o\al（2,1）R,I\o\al(2,2)R）＝eq\f（1，9）.设原线圈两端的电压为U1,则eq\f（U1,U）＝eq\f(n1，n2)＝eq\f（3，1）,故U1＝3U,而原线圈上电阻分担的电压为eq\f（1,3)U，故eq\f（U,3）＋3U＝220V，解得U＝66V．选项A正确．3．(2016·湖南五市十校联考)（多选)如图所示，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（)A．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：选BD.输入功率P1＝P2＝I2U2＝2。2×60W＝132W，A错误．原线圈的电流I1＝eq\f（P1，U1)＝0。6A，B正确．副线圈的电流最大值I2m＝eq\r(2）I2＝2.2eq\r(2）A，C错误．变压器原、副线圈匝数比eq\f(n1,n2)＝eq\f（U1，U2）＝eq\f（220V,60V）＝eq\f(11,3）,D正确．考点二理想变压器的动态分析常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况．1．匝数比不变的情况（如图甲所示）（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，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，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．eq\f(n1，n2)不变，负载R变化eq\f(n1,n2)改变，负载R不变图甲图乙2．负载电阻不变的情况（如图乙所示)（1)U1不变，eq\f(n1，n2)发生变化，故U2变化．（2)R不变，U2变化，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．1．（2016·高考全国乙卷)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω,○A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为(）A．2 B．3C．4 D．5解析：选B.设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时,副线圈电流为4kI。根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝（kI）2（R2＋R3)4UI－(4I）2R1＝（4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确．2．（2016·陕西西安二模）(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R＝10Ω。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是(）A．当S与a连接后，理想电流表的示数为2。2AB．当S与a连接后,t＝0。01s时理想电流表示数为零C．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D．由S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25Hz解析：选AC。S与a连接后，由eq\f(U1，U2）＝eq\f(n1，n2）,又知U1＝eq\f（220\r（2），\r(2)）V＝220V，得U2＝22V，则理想电压表的示数为22V，又知定值电阻R＝10Ω，可得理想电流表示数为I＝eq\f(U2，R)＝2。2A，A正确,B错误．S由a拨到b后，n1∶n2＝5∶1，则U1∶U2′＝5∶1，得U2′＝2U2,据P＝eq\f(U2,R）得功率变为原来的4倍，C正确．变压器输出电压频率不变，仍为50Hz，D错误．3．（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，电流表读数变小解析：选BC。保持Q的位置不动,则U2不变，将P向上滑动时，R接入电路的电阻变大,根据I2＝eq\f(U2,R0＋R)知，I2变小，由eq\f(I1,I2）＝eq\f(n2,n1）得I1也变小，即电流表读数变小，选项A错误、选项B正确；保持P的位置不动，将Q向上滑动时，U2变大，则根据P2＝eq\f（U\o\al(2,2),R0＋R）知副线圈输出功率变大，由P1＝P2知，变压器原线圈输入功率P1变大，而P1＝I1U，输入电压U一定，I1变大，即电流表读数变大，选项C正确、选项D错误．4．（2016·湖北襄阳二联)(多选)如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u＝220eq\r(2）sin100πt（V），电压表V接在副线圈c、d两端（不计导线电阻），则当滑动变阻器滑片向右滑动时()A．电压表示数不变B．电流表A2的示数始终为0C．若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u＝220eq\r（2)sin200πt(V）,则电流表A1的示数增大D．若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u＝220eq\r(2)sin200πt(V），则电流表A1的示数减小解析：选AC。电压表示数为副线圈两端电压,副线圈两端电压只与原线圈两端电压及原副线圈匝数比有关，故A正确;因电容器“通交流、隔直流”，则电流表A2始终有示数,B错误；改变u后，交变电流的频率变大,电容器的容抗减小，故A1示数增大,C正确、D错误．解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法（1)分清不变量和变量，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，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定．（2）分析该类问题的一般思维流程是:考点三远距离输电问题1．远距离输电的处理思路对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．2．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)（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）输电线上损耗的电功率：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小到原来的eq\f(1，n2)。1．（2017·河北邢台质检）如图甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则（)A．发电机产生的交流电的频率是100HzB．降压变压器输出的电压有效值是340VC．输电线的电流仅由输送功率决定D．仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小解析：选D。由乙图可知交流电的周期T＝0。02s，则频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz,变压器不改变交流电的周期与频率，则A错．由乙图可知Um＝340V，有效值U＝eq\f（Um，\r(2)）＜340V，则B错．输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C错．当仅增加升压变压器的副线圈匝数时,则输电电压增大，由P＝UI可知，输电电流减小，再由P＝I2R可知输电线上损失的功率减小，则D正确．2．(2017·山东潍坊高三质检）通过一理想变压器,经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2,则P1和eq\f（P2，P1)分别为（）A.eq\f(PR，kU)，eq\f(1，n) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（P,kU)))2R，eq\f(1，n)C.eq\f(PR，kU)，eq\f(1,n2) D.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（P，kU)））2R，eq\f（1，n2）解析:选D。由理想变压器eq\f（U1，U2）＝eq\f(n1，n2）得:副线圈电压U′＝kU,而理想变压器P入＝P出，副线圈电流I′＝eq\f（P，U′）＝eq\f（P，kU），线路损耗的电功率P1＝I′2R＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(P,kU）)）2R。同理可知P2＝I″2R＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（P,nkU）））2R，得eq\f（P2,P1）＝eq\f（1，n2)，D正确．3．如图所示，某发电机输出功率是100kW，输出电压是250V,从发电机到用户间的输电线总电阻为8Ω，要使输电线上的功率损失为5%，而用户得到的电压正好为220V，则升压变压器和降压变压器原、副线圈匝数比分别是(）A．16∶1190∶11 B．1∶1611∶190C．1∶16190∶11 D．16∶111∶190解析：选C。输电线损失功率P损＝100×103×5%W＝5×103W，所以，输电线电流I2＝eq\r（\f(P损,R线））＝25A，升压变压器原线圈电流I1＝eq\f（P总，U1)＝400A,故升压变压器原、副线圈匝数比为eq\f（n1，n2）＝eq\f（I2，I1)＝eq\f(1，16).升压变压器副线圈两端电压U2＝eq\f(n2，n1）U1＝4000V，输电线损失电压U损＝I2R线＝200V，降压变压器原线圈两端电压U3＝U2－U损＝3800V，故降压变压器原、副线圈匝数比为eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4）＝eq\f（190,11).故C正确．输电过程电压和功率的辨析（1）输电线上电压损失和输送电压不能混用，如P损＝ΔUI＝eq\f(ΔU2,R）＝eq\f(U\o\al(2,线),R)＝IU线(ΔU或U线指输电线电阻上的电压降）,P损＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(P，U）））2R（U指输送总电压)．（2)输电过程的电压关系：(3）输电过程功率的关系：课时规范训练［基础巩固题组]1．如图所示，半径为L＝1m的金属圆环,其半径Oa是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10rad/s匀速转动,圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B＝2T的匀强磁场中．从圆心O引出导线,从圆环上接出导线,并接到匝数比为n1∶n2＝1∶4的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为(）A．40V B．20VC．80V D．0解析：选D。由于Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10rad/s匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，选项D正确．2．有一理想变压器，副线圈所接电路如图所示，灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡．当S断开时，灯L1正常发光．S闭合后，下列说法正确的是（)A．灯L1、L2都能正常发光B．原线圈的输入功率减小C．原、副线圈的电流比增大D．电阻R消耗的功率增大解析:选D。断开S时，L1正常发光,当闭合S后，总电阻减小，回路中总电流增大，R两端电压变大,灯泡两端电压减小，两灯不能正常发光，A项错误．由P入＝P出＝eq\f(U\o\al(2，2)，R总),且R总减小，U2不变，则P入变大，B项错误．由eq\f(I1，I2)＝eq\f（n2,n1）可知,因线圈匝数比不变，则原、副线圈的电流比不变，C项错误．电阻R的功率P＝I2R，因I变大，R不变，则P变大，D项正确．3．如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变，则()A．小灯泡变亮B．小灯泡变暗C．原、副线圈两端电压的比值不变D．通过原、副线圈电流的比值不变解析：选B。变压器接在家庭电路上，可知U1＝220V，因是降压变压器,则n1＞n2，当减少相同匝数时有eq\f(n1－Δn,n2－Δn）＞eq\f（n1，n2）.对理想变压器有eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1,n2)，eq\f（U1,U2′)＝eq\f(n1－Δn，n2－Δn)，所以U2′减小，小灯泡变暗，A错误，B正确．对于理想变压器，电压之比为匝数之比，所以原、副线圈两端电压之比变大，C错误．理想变压器原、副线圈电流之比与匝数之比成反比，所以原、副线圈电流的比值变小，D错误．4．一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈．通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈．在a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2,在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（)A．U2＞U1，U2降低 B．U2＞U1，U2升C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1,U2升解析：选C。由图可知,cd间的线圈为整个线圈的一部分，故其匝数比作为原线圈的整个线圈的匝数少,根据变压器的电压与匝数的关系可知，U2＜U1，当触头由M点顺时针旋转到N点的过程中，cd间的线圈的匝数减少，所以输出电压降低，选项C正确．5．如图所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线输送给用户(电灯等用电器），R表示输电线的电阻,则（）A．用电器增加时，变压器输出电压增大B．要提高用户的电压，滑动触头P应向上滑C．用电器增加时，输电线的热损耗减小D．用电器增加时，变压器的输入功率减小解析:选B。由于变压器原、副线圈的匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，选项A错误；根据变压器原理可知输出电压U2＝eq\f（n2,n1）U1，当滑动触头P向上滑时，n2增大，所以输出电压增大，用户的电压增大，选项B正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变,总电流增大,故输电线的热损耗增大,选项C错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，选项D错误．6．如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上,图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是(）A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大解析：选B.由题知,U1不变，eq\f（n1,n2）不变,故U2不变．当P向上滑动时，R滑变大,R总变大，R两端电压即电压表示数变大,UR1减小，IR1减小,则PR1减小，A错误，B正确．因为IR1减小，eq\f（n1,n2）不变．由I1＝eq\f（n2，n1）IR1知I1减小，C错误．若闭合开关S,则总电阻减小,由IR1＝eq\f(U2，R总）知IR1增大,UR1增大,UR2减小,电流表A2的示数减小,D错误．7．图为远距离输电示意图,两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u＝Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为(）A.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(n1，n2）))eq\f(U\o\al(2,m),4r） B。eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(n2，n1）)）eq\f(U\o\al(2,m)，4r）C．4eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(n1,n2））)2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（P，Um)))2r D．4eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(n2,n1）)）2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（P，Um)））2r解析:选C.升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f（Um,\r(2)）；由变压关系可得eq\f(U1,U2）＝eq\f（n1，n2），则U2＝eq\f(n2Um，\r（2）n1）；因为输送电功率为P,输电线中的电流为I2＝eq\f(P，U2）＝eq\f（\r（2）n1P，n2Um)，则输电线上损失的电功率为ΔP＝Ieq\o\al（2，2)（2r)＝eq\f（4n\o\al（2，1）P2r，n\o\al（2，2)U\o\al(2，m))，故选项C正确．8．一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电,如图所示．发电机到安置区的距离是400m，输电线路中的火线和零线均为GBCZ60型单股铜导线，该型号导线单位长度的电阻为2.5×10－4Ω,安置区家用电器的总功率为44kW，当这些额定电压为220V的家用电器都正常工作时（)型号AED6500S输出电压范围220～300V最大输出功率60kWA。输电线路中的电流为20AB．发电机的实际输出电压为300VC．在输电线路上损失的电功率为8kWD．如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压最大值是300V解析：选C。当这些额定电压为220V的家用电器都正常工作时，输电线路中的电流为I＝eq\f(P，U)＝200A,A错误;导线电阻为R＝2。5×10－4×400×2Ω＝0。2Ω,则发电机的实际输出电压为U输＝U＋IR＝260V，B错误；在输电线路上损失的电功率为P损＝I2R＝8kW,C正确；如果该柴油发电机发的电是正弦式交变电流，则其输出电压的最大值是Um＝eq\r（2)U输＝368V，D错误．[综合应用题组]9．（多选)交流发电机和理想变压器如图连接，灯泡的额定电压为U0，灯泡与定值电阻的阻值均为R。当该发电机以转速n匀速转动时，电压表示数为U，灯泡恰能正常发光．设电表均为理想电表，图示位置时磁场恰与线圈平面垂直，则()A．变压器原副线圈匝数比为2U0∶UB．电流表的示数为eq\f（2U\o\al(2,0),RU）C．在图示位置时，发电机输出电压的瞬时值恰为零D．从图示位置开始计时，变压器输入电压的瞬时值表达式为e＝Usin2nπt解析:选BC。因灯泡正常发光，则其两端电压为额定电压U0，又因灯泡与定值电阻的阻值相等，则定值电阻两端电压也为U0，故副线圈两端电压为2U0,因电压表测原线圈两端电压，则原线圈两端电压为U，则eq\f(U1,U2)＝eq\f（n1,n2）可知,变压器原副线圈匝数比为eq\f(n1,n2）＝eq\f(U，2U0),由eq\f(I1，I2)＝eq\f(n2,n1),可知eq\f(I1，I2）＝eq\f(2U0,U)，又I2＝eq\f（U0，R），所以电流表示数为I1＝eq\f（2U\o\al(2,0)，RU),B正确；图中线框正处于中性面位置，产生的电压瞬时值为零,所以C正确;从图示位置开始计时,变压器的输入电压的瞬时值表达式为e＝eq\r（2)Usin2nπt,所以D错误．10．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为220V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4，变压器均为理想变压器．要使额定电压为220V的用电器正常工作，则（)A。eq\f（n2,n1）＞eq\f(n3,n4)B.eq\f（n2,n1)＜eq\f（n3，n4)C．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比eq\f（n1，n2),同时减小降压变压器的匝数比eq\f(n3，n4)D．要减小线路的损耗,应减小升压变压器的匝数比eq\f(n1，n2），同时增大降压变压器的匝数比eq\f(n3，n4）解析：选AD.根据变压器工作原理可知eq\f（n1，n2）＝eq\f（220V，U2）,eq\f（n3，n4)＝eq\f(U3，220V）,由于输电线上损失一部分电压，升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，即U2>U3，所以eq\f(n2，n1）>eq\f(n3，n4），A正确,B错误；要减小线路的损耗，应减小升压变压器的匝数比eq\f(n1,n2),使输电线上电流减小，由于用户获得的电压不变，所以应同时增大降压变压器的匝数比eq\f(n3，n4），D正确．11．（多选)如图所示，甲图是一理想变压器，原、副线圈的匝数比为100∶1.若向原线圈输入图乙所示的正弦交变电流，图中Rt为热敏电阻（阻值随温度升高而变小)，R1为可变电阻,电压表和电流表均为理想电表，下列说法中正确的是（)A．在t＝0。005s时，电压表的示数约为50.9VB．变压器原、副线圈中的电流之比为100∶1C．Rt温度降低时,适当增大R1可保持Rt两端的电压不变D．Rt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大解析：选CD.由图甲可知电压表显示的是变压器原线圈两端电压的有效值,再由图乙可知其示数为36V,则A错．变压器原、副线圈中的电流之比为eq\f(I1,I2）＝eq\f(n2,n1）＝eq\f（1，100)，则B错．因副线圈两端电压U2不变,且URt＋UR1＝U2，eq\f(URt,UR1）＝eq\f(Rt，R1），则当R1温度降低时，其阻值增大,为了使URt不变，应增大R1，则C正确．Rt温度升高时，其阻值下降，电压表示数不变,电流表示数变大，则D正确．12．(多选）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1,原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220V440W”的热水器、“220V220W”的抽油烟机．如果副线圈电压按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是（)A．副线圈两端电压的瞬时值为u＝220eq\r(2）sin100πt(V）B．交流电压表的示数为1100eq\r(2）VC．1min内变压器输出的电能为3.96×104JD．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍解析：选AC.由图乙可知，交变电流的峰值是220eq\r（2）V,ω＝100πrad/s,则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝220eq\r（2)sin100πt（V)，故A正确;电压与匝数成正比，有U1＝eq\f（n1,n2)U2＝1100V，则电压表示数为1100V,故B错误；输入功率等于输出功率，1min内变压器输出的电能为W＝Pt＝（220W＋440W）×60s＝3.96×104J，故C正确；热水器的发热功率为440W，而抽油烟机的发热功率小于220W，故D错误．13．图甲为一理想变压器，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u－t图象如图乙所