2025年高考物理一轮复习（新人教新高考）第十三章交变电流电磁波传感器复习讲义（教师版）

考情分析试题情境生活实践类发电机、变压器、远距离输电、无线充电、家用和工业电路、家用电器、雷达、射电望远镜、X射线管、电子秤、烟雾报警器等学习探究类探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，探究家用小型发电机的原理，探究负载增加对供电系统的影响、电磁振荡、利用传感器制作简单的自动控制装置第1课时交变电流的产生和描述目标要求1.理解正弦式交变电流的产生过程，能正确书写交变电流的函数表达式。2.理解并掌握交变电流图像的意义。3.理解描述交变电流的几个物理量，会计算交变电流的有效值。4.知道交流电“四值”在具体情况下的应用。考点一正弦式交变电流的产生及变化规律1．产生在匀强磁场中线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。2．交流电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，磁通量最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0Φ＝0，磁通量最小e＝0e＝NBSω＝NΦmω，电动势最大感应电流i＝0，方向改变感应电流最大，方向不变一个周期内电流方向改变两次，在中性面位置改变3.正弦式交变电流的图像(线圈从中性面位置开始计时)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(外电路为纯电阻电路)电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt(外电路为纯电阻电路)4.描述交变电流的物理量(1)最大值Em＝NBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关(后两个空均选填“有关”或“无关”)。(2)周期和频率①周期(T)：交变电流完成一次周期性变化所需的时间。单位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω)。②频率(f)：交变电流在单位时间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)。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．线圈经过中性面时，感应电动势为零，感应电流方向发生改变。(√)4．当从线圈垂直中性面位置开始计时，产生的电动势按正弦规律变化，即e＝Emsinωt。(×)例1(2023·辽宁卷·4)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()答案C解析如图所示，导体棒匀速转动，设速度大小为v，设导体棒从A到B的过程中，棒转过的角度为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的分速度为余弦变化，根据左手定则可知，导体棒经过B点和B点关于P点的对称点时，电流方向不同，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。例2(2023·广西柳州市模拟)为研究交变电流产生的规律，某研究小组把长60m导线绕制成N＝100匝的矩形闭合线圈，如图所示。现把线圈放到磁感应强度大小B＝0.1T、方向水平向右的匀强磁场中，线圈可以绕其对称轴OO′转动。现让线圈从图示位置开始(t＝0)以恒定的角速度ω＝10πrad/s转动。下列说法正确的有()A．t＝0时，线圈位于中性面位置B．t＝0.05s时，感应电流达到最大值C．当bc＝2ab时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝2πsin10πt(V)D．当ab＝ad时，感应电动势的有效值最大答案D解析t＝0时，线圈位于与中性面垂直的位置，故A错误；线圈转动的周期为T＝eq\f(2π,ω)＝0.2s，t＝0.05s时，线圈转过90°，到达中性面位置，此时磁通量最大，感应电流为零，故B错误；感应电动势最大值为Em0＝NBS0ω，S0＝ab·bc，N(ab＋bc)×2＝60m,2ab＝bc，联立可得Em0＝2πV，线圈从题图位置(平行于磁场方向)开始转动，因此感应电动势的瞬时值表达式为e＝2πcos10πt(V)，故C错误；当ab＝ad时，边长相等，此时线圈面积最大，又Em＝NBSω，则感应电动势最大，即感应电动势的有效值最大，故D正确。拓展在例2中(1)0～0.05s过程中，穿过线圈的磁通量变化率如何变化？(2)画出从图示位置开始计时的感应电动势随时间变化的图像(已知bc＝2ab)。(3)当ab＝ad时，写出线圈从中性面开始转动的感应电动势的瞬时值表达式。答案(1)0～0.05s过程中，穿过线圈的磁通量逐渐增大，磁通量变化率逐渐减小。(2)(3)1匝线圈周长为0.6m，ab＝ad时，边长L＝0.15m，Em＝NBL2ω＝2.25π(V)，得e＝Emsinωt＝2.25πsin10πt(V)。书写交变电流瞬时值表达式的技巧1．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。2．明确线圈的初始位置：(1)若线圈从中性面位置开始计时，则i－t图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsinωt。考点二交变电流的四值及应用物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em＝NBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)(外电路为纯电阻电路)讨论电容器的击穿电压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eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)(外电路为纯电阻电路)计算通过导线横截面的电荷量有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))适用于正弦式交变电流(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1．交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。(×)2．可以用平均值计算交变电流产生的热量。(×)3．求通过导体横截面的电荷量q＝It，其中的I指的是有效值。(×)4．最大值和有效值之间的eq\r(2)倍关系仅适用于正弦式交流电。(√)例3(多选)(2021·浙江1月选考·16)发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO′轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示。其他电阻不计，图乙中的Um为已知量。则金属框转动一周()A．框内电流方向不变B．电动势的最大值为UmC．流过电阻的电荷量q＝eq\f(2BL2,R)D．电阻产生的焦耳热Q＝eq\f(πUmBL2,R)答案BD解析金属框转动一周电流方向改变两次，A项错误；因除电阻R外其他电阻不计，R两端电压就等于电动势，所以电动势最大值为Um，B项正确；根据q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(ΔΦ,R)可知，金属框转动半周，穿过金属框的磁通量的改变量为2BL2，流过电阻的电荷量为eq\f(2BL2,R)，转动一周流过电阻的电荷量为q＝2×eq\f(2BL2,R)＝eq\f(4BL2,R)，C项错误；电阻R两端电压的有效值U＝eq\f(Um,\r(2))，Um＝BL2ω，T＝eq\f(2π,ω)，又Q＝eq\f(U2,R)T，联立解得Q＝eq\f(πUmBL2,R)，D项正确。拓展(1)若用交流电压表测量电阻R两端电压，则电压表的示数为____________。(2)若金属框匝数为n，转动角速度为ω，金属框的电阻也为R，则从图甲位置开始，转动180°的过程中，金属框中产生的焦耳热为__________，除安培力以外的力对金属框做的功为____________________。答案(1)eq\f(Um,\r(2))(2)eq\f(n2B2L4ωπ,8R)eq\f(n2B2L4ωπ,4R)解析(1)交流电压表示数为电压有效值E＝eq\f(Um,\r(2))(2)转动180°的过程中，金属框产生的焦耳热Q内＝＝(eq\f(nBSω,\r(2)×2R))2·R·eq\f(π,ω)＝eq\f(n2B2L4ωπ,8R)。根据功能关系，外力做的功等于产生的总焦耳热，即除安培力以外的力对金属框做的功为eq\f(n2B2L4ωπ,4R)。例4一个U形金属线框在两匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示。甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两图中磁场的磁感应强度相同。(1)分别画出一个周期甲、乙两种情形下感应电流随时间变化的图像(从图示位置开始计时)。(2)甲、乙两图中理想电流表的示数之比为________。A．1∶eq\r(2)B．1∶2C．1∶4D．1∶1答案(1)见解析图(2)A解析(1)题图甲中OO′轴的右侧有磁场，所以线框只在半个周期内有感应电流产生，感应电流随时间变化的图像如图(a)；题图乙中整个空间均有磁场，线框中产生的感应电流随时间变化的图像如图(b)。(2)交流电流表测的是有效值，图(a)：由(eq\f(BSω,\r(2)R))2·R·eq\f(T,2)＝I2RT，得I＝eq\f(BSω,2R)图(b)：I′＝eq\f(BSω,\r(2)R)，故I∶I′＝1∶eq\r(2)，A正确。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”，先分段计算热量，求和得出一个周期内产生的总热量，然后根据Q总＝I2RT或Q总＝eq\f(U2,R)T列式求解。2．若图像部分是正弦式交变电流，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的有效值与最大值之间的关系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解。课时精练1.(多选)一矩形金属线圈，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，下列说法中正确的是()A．此交流电的频率为10HzB．此感应电动势的有效值为eq\r(2)VC．t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向垂直D．在线圈平面与磁场方向成30°时，感应电动势的大小为1V答案BC解析由题图知周期T＝0.2s，所以频率f＝eq\f(1,T)＝5Hz，A错误；由题图可知，感应电动势的最大值为2V，则有效值为E＝eq\f(2,\r(2))V＝eq\r(2)V，故B正确；由题图可知，t＝0.1s时，感应电动势为0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故C正确；在线圈平面与磁场方向成30°时，感应电动势的大小e＝2sin60°V＝eq\r(3)V，故D错误。2.(2022·广东卷·4)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)，可知穿过两线圈的磁通量的变化率相等，但是匝数不同，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(E2,R)可知，两电阻消耗的电功率也不相等，选项A、D错误；因两线圈放在同一个旋转磁铁的旁边，则两线圈产生的交变电流的频率相等，选项B正确；当条形磁铁的磁极到达线圈轴线时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，由题图可知两线圈产生的感应电动势不可能同时达到最大值，选项C错误。3．一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时输出的电压达到最大值D．击穿电压为10V的电容器可以直接接在这只电源上答案A解析这只电源交变电压的峰值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，这只电源的输出电压为零，故C项错误；10V小于10eq\r(2)V，则击穿电压为10V的电容器不能直接接在这只电源上，故D项错误。4．(多选)在同一匀强磁场中，两个相同的矩形金属线圈a、b分别绕线圈平面内与磁场垂直的轴匀速转动，产生的感应电动势随时间变化的图像如图所示，则()A．线圈a的转速是b的3倍B．线圈b产生的感应电动势最大值为10VC．t＝0.01s时，线圈a恰好经过中性面D．t＝0.03s时，线圈b恰好经过中性面答案BD解析由题图可知eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(2,3)，根据公式ω＝eq\f(2π,T)＝2πf＝2πn得，线圈a、b的转速之比为3∶2，故A错误；由于最大感应电动势为Em＝NBSω＝NBS·2πn，由题图可知，a线圈最大感应电动势为15V，则b线圈最大感应电动势为10V，故B正确；由题图可知，t＝0.01s时，线圈a中感应电动势最大，则此时线圈a位于垂直中性面位置，故C错误；t＝0.03s时，线圈b中感应电动势为0，则此时线圈b恰好经过中性面，故D正确。5.(多选)某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则()A．电感线圈L1的作用是通高频B．电容器C2的作用是通高频C．扬声器甲用于输出高频成分D．扬声器乙用于输出高频成分答案BD解析在交流电路中，电感线圈的作用是“通低频、阻高频”，电容器的作用是“通交流、隔直流”和“通高频、阻低频”，选项A错误，B正确；当输入端的信号既有高频成分也有低频成分时，低频成分通过电感线圈L1，到达扬声器甲，高频成分通过电容器C2，到达扬声器乙，选项C错误，D正确。6.某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，已知纯电阻R的阻值不随温度变化。与R并联的是一个理想的交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大)。在A、B间加一交流电压，其瞬时值的表达式为u＝20eq\r(2)sin100πt(V)，则交流电压表的示数为()A．10VB．20VC．15VD．14.1V答案D解析二极管具有单向导电性，使得半个周期内R通路，另外半个周期内R断路，在通路的半个周期内，交流电压的有效值为20V，有eq\f(U2,R)T＝eq\f(20V2,R)·eq\f(T,2)，解得U＝10eq\r(2)V≈14.1V，选项D正确。7．在图乙的电路中，通入如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，下列说法正确的是()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为12JD．电流表的示数为0.5A答案D解析根据电流的热效应，有eq\f(\f(U1max,\r(2))2,R)×1＋eq\f(U22,R)×2＝eq\f(U2,R)×3，解得U＝6V，所以该交变电流的电压有效值为6V，电压表读数为6V，A、B错误；由焦耳定律得Q＝eq\f(U2,R)·T＝9J，C错误；由欧姆定律有I＝eq\f(U,R)＝0.5A，D正确。8.(2023·江苏淮安市二模)如图所示，KLMN是一个竖直的单匝矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R，MN边水平，线框绕某竖直固定轴以角速度ω匀速转动，转动方向为俯视时顺时针。在t＝0时刻，MN边与磁场方向的夹角为30°。则下列判断正确的是()A．从图示位置开始，转动30°的过程中，穿过线框的磁通量的变化率逐渐减小B．从图示位置开始，转动60°的过程中，导线框中电流方向由KLMNK变为KNMLKC．在t＝0时刻，导线框中感应电动势的瞬时值为eq\f(1,2)BSωD．从图示位置开始，转动180°的过程中导线框中产生的焦耳热为eq\f(B2S2ωπ,2R)答案D解析从图示位置开始转动30°过程中，穿过导线框的磁通量逐渐减小，磁通量变化率逐渐增大，故A错误；由安培定则可知，从图示位置转动60°过程中，电流方向为KNMLK，故B错误；从图示位置开始计时，则线框中产生的感应电动势瞬时值表达式为E＝BSωsin(ωt＋eq\f(π,3))，当t＝0时，E＝eq\f(\r(3),2)BSω，故C错误；线框转动过程中产生的电动势的有效值为E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),2)BSω，由周期公式T＝eq\f(2π,ω)，转动180°产生的热量Q＝eq\f(E有2T,2R)，解得Q＝eq\f(B2S2ωπ,2R)，故D正确。9．(多选)(2024·浙江省模拟)如图甲所示为一台小型发电机构造示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，单匝线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间按正弦规律变化，其e－t图像如图乙所示。发电机线圈内阻为1Ω，外接灯泡的电阻为9Ω。电压表为理想电压表，则()A．线圈的转速n＝240r/minB．电压表的示数为10eq\r(2)VC．t＝0.125s时，穿过线圈的磁通量最大D．0～0.125s的时间内，通过灯泡的电荷量为eq\f(1,2π)C答案ACD解析由题图乙可知，周期为0.250s，则转速为n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.250)r/s＝240r/min，故A正确；电动势的有效值为E有＝eq\f(20,\r(2))V＝10eq\r(2)V，电压表的示数为U＝IR＝eq\f(E有,R＋r)R＝9eq\r(2)V，故B错误；在t＝0.125s时，电动势为零，则线圈所在位置和中性面重合，穿过线圈的磁通量最大，故C正确；在0～0.125s的时间内，根据Em＝BSω可得BS＝eq\f(Em,ω)＝eq\f(5,2π)Wb，则通过灯泡的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋rΔt)Δt＝eq\f(ΔΦ,R＋r)＝eq\f(2BS,R＋r)＝eq\f(1,2π)C，故D正确。10.(多选)(2023·广东省肇庆中学模拟)电阻为1Ω的单匝矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图像如图所示，现把交变电流加在电阻为9Ω的电热丝上，下列说法正确的是()A．线圈转动的角速度为100rad/sB．在0～0.005s时间内，通过电热丝的电荷量为eq\f(1,5π)CC．电热丝两端的电压为180VD．电热丝的发热功率为1800W答案BD解析由题图可知，周期为0.02s，角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，故A错误；在0～0.005s时间内，磁通量变化量为BS，电压峰值为200V，由Em＝BSω得BS＝eq\f(2,π)Wb，通过电热丝的故C错误；电热丝的发热功率P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(90\r(2)2,9)W＝1800W，故D正确。11.(多选)(2023·湖南卷·9)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在额定电压以内工作，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，则灯泡变得更亮答案AC解析大轮和小轮通过皮带传动，线速度大小相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，根据v＝ωr，可知小轮转动的角速度为4ω，则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，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有效＝eq\f(nBSω,\r(2))，可知线圈产生的感应电动势有效值变小，则灯泡变暗，D错误。12．如图为某同学设计的一种发电装置。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为eq\f(4,9)π，磁场均沿半径方向。N匝矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝L、bc＝ad＝2L。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。则()A．矩形线圈每转动一周，电流方向改变一次B．从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式e＝2NBL2ωsinωtC．线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F＝eq\f(4NB2L3ω,r＋R)D．外接电阻上电流的有效值I＝eq\f(4NBL2ω,3r＋R)答案D解析矩形线圈每转动一周，电流方向改变两次，选项A错误；在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直，线圈切割磁感线时，感应电动势不变，是方波式交流电，故B错误；线圈切割磁感线时，bc、ad边的运动速度为v＝ω·eq\f(L,2)，感应电动势为E＝4NBLv，解得E＝2NBL2ω，感应电流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(2NBωL2,R＋r)，bc边所受安培力解得I′＝eq\f(2I,3)＝eq\f(4NBL2ω,3r＋R)，故D正确。

第2课时变压器远距离输电实验十五：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系目标要求1.会用实验探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，体会控制变量法，了解实验误差的产生原因。2.知道变压器的工作原理，掌握变压器的特点，并能分析、解决实际问题。3.掌握理想变压器的动态分析方法。4.理解远距离输电的原理并会计算线路损失的电压和功率。考点一实验：探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系1．实验原理(1)实验电路图(如图所示)：(2)实验方法：控制变量法①n1、U1一定，研究n2和U2的关系。②n2、U1一定，研究n1和U2的关系。2．实验器材学生电源(低压交流电源，小于12V)1个、可拆变压器1个、多用电表1个、导线若干。3．实验过程(1)保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响。①估计被测电压的大致范围，选择多用电表交流电压挡适当量程，若不知道被测电压的大致范围，则应选择交流电压挡的最大量程进行测量。②组装可拆变压器：把两个线圈穿在铁芯上，闭合铁芯，用交流电压挡测量输入、输出电压。(2)保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响。重复(1)中步骤。4．数据处理由数据分析变压器原、副线圈两端电压U1、U2之比与原、副线圈的匝数n1、n2之比的关系。5．注意事项(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开电源开关，再进行操作。(2)为了人身安全，学生电源的电压不能超过12V，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱。(3)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量。例1(2023·北京市房山区二模)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，如图所示为所用实验器材：可拆变压器、学生电源、数字多用电表。(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是__________。A．控制变量法B．等效代替法C．整体隔离法(2)为了减少涡流的影响，铁芯应该选择________。A．整块硅钢铁芯B．整块不锈钢铁芯C．绝缘的硅钢片叠成D．绝缘的铜片叠成(3)关于本实验，下列做法正确的是________。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，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量(4)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，数据如表所示。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(V)1002004.328.271008004.3233.904008004.338.2640016004.3316.52①在误差允许范围内，表中数据基本符合__________规律。②进一步分析数据，发现输出电压比理论值偏小，请分析原因__________________________。答案(1)A(2)C(3)ABD(4)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、导线发热等解析(1)本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A。(2)变压器铁芯的材料要选择磁性材料，为减小涡流影响，选择用绝缘的硅钢片叠成的铁芯，故C正确，A、B、D错误。(3)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正确。(4)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，即有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)；②由于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，因此变压器输出电压比理论值偏小。考点二理想变压器及应用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：电磁感应的互感现象。2．基本关系式功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，P入＝P出，且输出功率P出决定输入功率P入电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，与副线圈的个数无关，且U1决定U2电流关系①只有一个副线圈时，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，且I2决定I1②有多个副线圈时，由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn，输出决定输入频率关系f1＝f2，变压器不改变交变电流的频率1．理想变压器的基本关系式中电压和电流均为有效值。(√)2．变压器只对交变电流起作用，对恒定电流不起作用。(√)3．变压器不仅能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。(×)4．在任何情况下，理想变压器均满足eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)、eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)、P入＝P出。(×)思考理想变压器的原、副线圈分别处于两个回路中，并没有相连接，为什么电能可以从一个线圈传递到另一个线圈？答案变压器的工作原理是互感现象。电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小和方向不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，所以尽管两个线圈没有直接连接，副线圈中也产生感应电流，在原线圈中电能转化为磁场能，在副线圈中磁场能转化为电能。例2(2022·山东卷·4)如图所示的变压器，输入电压为220V，可输出12V、18V、30V电压，匝数为n1的原线圈中电压随时间变化为u＝Umcos(100πt)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，电压表的示数为0.1V。将阻值为12Ω的电阻R接在BC两端时，功率为12W。下列说法正确的是()A．n1为1100匝，Um为220VB．BC间线圈匝数为120匝，流过R的电流为1.4AC．若将R接在AB两端，R两端的电压为18V，频率为100HzD．若将R接在AC两端，流过R的电流为2.5A，周期为0.02s答案D解析变压器的输入电压为220V，原线圈的交流电的电压与时间成余弦函数关系，故输入交流电压的最大值为220eq\r(2)V，根据理想变压器原线圈与单匝线圈的匝数比为eq\f(n1,1)＝eq\f(220V,0.1V)，解得原线圈为2200匝，A错误；当原线圈输入电压为220V时，BC间的电压为UBC＝eq\r(PR)＝12V，故BC间的线圈与单匝线圈匝数关系为eq\f(nBC,1)＝eq\f(12V,0.1V)，则BC间的线圈匝数为120匝，流过R的电流为IBC＝eq\f(P,UBC)＝eq\f(12W,12V)＝1A，B错误；若将R接在AB两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V时，AB间的电压应该为18V，根据交流电原线圈电压的表达式可知，ω＝100πrad/s，故交流电的频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，C错误；若将R接在AC两端，根据题图可知，当原线圈输入电压为220V时，AC间的电压应该为30V，根据欧姆定律可知，流过电阻R的电流为IAC＝eq\f(UAC,R)＝eq\f(30,12)A＝2.5A，交流电的周期为T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，D正确。例3在如图所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为k＝eq\f(1,4)，在a、b端输入电压为U0的正弦交流电，R1为定值电阻，调节电阻箱R2，当R2＝8R1时，电压表、电流表的示数分别为U、I，则下列说法正确的是()A．U＝eq\f(2U0,3)B．U＝eq\f(4U0,3)C．I＝eq\f(U0,3R1)D．I＝eq\f(U0,9R1)答案B解析根据原、副线圈电压、电流的关系有eq\f(U1,U)＝k＝eq\f(1,4)，eq\f(I1,I)＝eq\f(1,k)＝4，在原线圈回路中，有U0＝I1R1＋U1，在副线圈回路中，有U＝IR2，R2＝8R1，联立解得I＝eq\f(U0,6R1)，U＝eq\f(4U0,3)，故选B。例4(2021·湖北卷·6)如图所示，理想变压器原线圈接入电压恒定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为2R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻。在变阻器滑片从a端向b端缓慢移动的过程中()A．电流表A1示数减小B．电流表A2示数增大C．原线圈输入功率先增大后减小D．定值电阻R消耗的功率先减小后增大答案A解析由于原线圈所接电压恒定，匝数比恒定，故变压器副线圈的输出电压恒定，滑动变阻器的滑片从a端向b端缓慢移动的过程中，由数学知识可知，变压器副线圈所接的电阻值逐渐增大，则由欧姆定律得I2＝eq\f(U2,R副)，可知副线圈的电流逐渐减小，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，可知变压器原线圈的电流I1也逐渐减小，故A正确，B错误；原线圈的输入功率为P入＝U1I1，由于I1逐渐减小，则原线圈的输入功率逐渐减小，故C错误；滑片从a端向b端滑动时，副线圈干路电流减小，滑动变阻器右半部分和定值电阻并联的总电阻减小，则并联部分分压减小，由PR＝eq\f(U2,R)知，定值电阻R消耗的功率减小，故D错误。例5(2023·河南开封市二模)如图甲所示，b是理想变压器原线圈的中心抽头，灯泡L1、L2的铭牌上均标注“55V11W”字样，电流表为理想电表，R是滑动变阻器，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交流电，当单刀双掷开关与b连接时，灯泡L1恰好正常发光，则()A．理想变压器原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝8∶1B．1秒内流过灯泡L2的电流方向改变50次C．当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，两灯泡均变暗D．当单刀双掷开关由b扳向a时，电流表的示数变大答案A解析b为原线圈的中心抽头，单刀双掷开关与b连接时灯泡L1恰好正常发光，灯泡L1的额定电压为55V，说明副线圈电压为55V，原线圈c、d电压由题图乙可得U1≈220V，则eq\f(n1,2)∶n2＝U1∶U2，解得n1∶n2＝8∶1，故A正确；由题图乙可得交流电的周期为0.02s，一个周期内交流电方向改变两次，可知1秒内流过灯泡L2的电流方向改变100次，故B错误；当单刀双掷开关与b连接时，向上移动滑片P，滑动变阻器接入电路中的阻值增大，副线圈所在回路中的总电阻值增大，副线圈电压不变，副线圈回路中的总电流减小，灯泡L1两端的电压等于副线圈两端的电压，故灯泡L1正常发光，通过灯泡L2的电流减小，因此L2将变暗，故C错误；当单刀双掷开关由b扳向a时，接入电路的原线圈的匝数增大，原线圈与副线圈的匝数比增大，则副线圈两端的电压减小，副线圈中的总电流减小，导致原线圈中的电流减小，则接在原线圈回路中的电流表的示数减小，故D错误。1．变压器问题的分析思路：U1eq\o(→,\s\up10(\f(U1,U2)＝\f(n1,n2)),\s\do6(决定))U2eq\o(→,\s\up10(I2＝\f(U2,R负载)),\s\do6(决定))I2eq\o(→,\s\up7(P1＝P2I1U1＝I2U2),\s\do5(决定))I12．常见的两种动态变化分析(1)匝数比不变的情况(如图)①U1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。③I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化。(2)负载电阻不变的情况(如图)①U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化时，U2变化。②R不变，U2变化时，I2发生变化。③根据P2＝eq\f(U22,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。考点三高压输电线路的电压损失和功率损失如图所示，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′，用户端的电压为U′，输电电流为I，输电线总电阻为R。1．输电电流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(U－U′,R)。2．电压损失(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR。3．功率损失(1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I；(2)ΔP＝I2R＝(eq\f(P,U))2R4．降低输电损耗的两个途径(1)减小电阻法由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。①采用电阻率ρ较小、密度较小(减轻重量)且材料丰富的铝做远距离输电的导线。②采用多股铝线绞在一起作为输电线，以增大导线的横截面积S。(2)升压法：由ΔP＝I2R线＝(eq\f(P,U))2R线知，在输电功率一定的情况下，可通过提高输电电压，减小输电电流，以减小输电损耗。1．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的热损耗。(√)2．若发电站输出功率为P，输电电压为U，输电线总电阻为R，如图所示，则输电线上损失的功率为P损＝eq\f(U2,R)。(×)例6(多选)(2020·全国卷Ⅱ·19)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1100kV特高压输电。输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则()A．ΔP′＝eq\f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq\f(1,2)ΔPC．ΔU′＝eq\f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq\f(1,2)ΔU答案AD解析由输电电流I＝eq\f(P,U)知，输送的电功率不变，输电电压加倍，输电电流变为原来的eq\f(1,2)，损耗的电功率ΔP＝I2r，故输电电压加倍，损耗的电功率变为原来的eq\f(1,4)，即ΔP′＝eq\f(1,4)ΔP；输电线上损失电压为ΔU＝Ir，则输电电压加倍，损失电压变为原来的eq\f(1,2)，即ΔU′＝eq\f(1,2)ΔU。故A、D正确。考点四远距离高压输电线路分析及有关物理量的计算1．理清输电电路图的三个回路(如图)(1)在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1。(2)在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝I22R线。(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。2．抓住两组关联式(1)理想的升压变压器联系着电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：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输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。3．掌握一个守恒观念功率关系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I线＝I线2R线＝eq\f(ΔU2,R线)。例7(2023·天津卷·6)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，下列说法正确的有()A．T1输出电压与T2输入电压相等B．T1输出功率大于T2输入功率C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低答案B解析由于输电过程中电阻R要产生热量，会损耗功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则用户端电流变大，输电电路电流也相应变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。拓展若用户接入的用电器增多，则线路输送功率__________(选填“增大”“降低”或“不变”)。答案增大解析T2输出功率(用户需要功率)决定输送功率，T2输出功率增大，则输送功率增大。例8(2020·浙江7月选考·11)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V。已知输电线上损失的功率P线＝5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是()A．发电机输出的电流I1＝40AB．输电线上的电流I线＝625AC．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D．用户得到的电流I4＝455A答案C解析发电机输出的电流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I线2R线＝5kW，所以I线＝eq\r(\f(P线,R线))＝25A，故B错误；用户得到的功率P4＝P－P线＝(100－5)kW＝95kW，则I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(95×103,220)A＝eq\f(4750,11)A≈432A，故eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I线)＝eq\f(190,11)，故C正确，D错误。课时精练训练1变压器1．(2020·江苏卷·2)电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上。则电流互感器()A．是一种降压变压器B．能测量直流电路的电流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解析电流互感器原线圈匝数少，副线圈匝数多，是一种升压变压器，故A错误；变压器的原理是电磁感应，只能够在交流电路中才能正常工作，故它不能测量直流电路的电流，故B错误；变压器不改变交变电流的频率，故C错误；变压器的电流与匝数成反比，因此副线圈的电流小于原线圈的电流，故D正确。2．(2023·广东卷·6)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答案A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f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，故选A。3．(2023·北京卷·7)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答案B解析由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eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，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C错误；将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈，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。4．(2022·河北卷·3)张家口市坝上地区的风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主要供应地之一，其发电、输电简易模型如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B，t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直，发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是()A．发电机输出的电压为eq\r(2)πNBSzB．发电机输出交变电流的频率为2πnzC．变压器原、副线圈的匝数比为eq\r(2)πNBSnz∶UD．发电机产生的瞬时电动势e＝eq\r(2)πNBSnzsin(2πnz)答案C解析发电机线圈的转速为nz，输出交变电流的频率为f＝nz，B错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生正弦交流电，最大值为Em＝NBS·2π·nz，则发电机输出的电压为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\r(2)πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为eq\f(n1,n2)＝eq\f(E,U)＝eq\f(\r(2)πNBSnz,U)，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D错误。5．(多选)(2024·广东省模拟)如图为理想的自耦变压器，其中P为变压器上的滑动触头，P′为滑动变阻器上的滑片，电流表为理想电表，若输入电压U1一定，则()A．P不动，P′向下滑动时，U2一直在减小B．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，U1和U2的比值增大C．P′不动，P顺时针转动一个小角度时，电流表读数在增大D．P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变答案BD解析根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，P不动，则匝数比一定，可知U2不变，A错误；P′不动，P顺时针转动一个小角度时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U1和U2的比值增大，B正确；P′不动，P顺时针转动一个小角度时，根据上述可知，U2减小，则通过副线圈的电流减小，根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)可知，通过原线圈的电流减小，即电流表读数在减小，C错误；P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，副线圈接入的线圈匝数变小，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，U2减小，由于I2＝eq\f(U2,R灯＋R)，由于P′向下滑动时，滑动变阻器接入电阻R减小，结合上述，电流I2可能不变，即P顺时针转动一个小角度，同时P′向下滑动时，小灯泡的亮度可以不变，D正确。6．(2023·江苏盐城市三模)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝5∶1，原线圈接入如图乙所示的正弦交流电压u，R为阻值随光照强度增大而减小的光敏电阻，L1和L2是两个完全相同的灯泡，电表均为理想交流电表。则()A．通过光敏电阻的交变电流频率为10HzB．若L2的灯丝烧断，则电压表的示数为5VC．当照射R的光照强度增大时，电流表的示数变小D．图像上对应的0.01s时刻，发电机中的线圈平面与中性面垂直答案B解析由题图乙可知，理想变压器原线圈的交流电的周期为T＝0.02s，频率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，变压器副线圈交流电的频率与原线圈相同，故通过光敏电阻的交变电流频率为50Hz，A错误；由题图乙可知，原线圈的交流电的电压的峰值U1m＝25eq\r(2)V，原线圈的交流电的电压的有效值U1＝eq\f(U1m,\r(2))＝25V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝5V，副线圈电压由原线圈电压和匝数比决定，与负载电阻无关，若L2的灯丝烧断，则电压表的示数仍为5V，B正确；当照射R的光照强度增大时，R的阻值减小，副线圈的功率变大，副线圈中的电流I2变大，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，原线圈电流I1增大，电流表的示数变大，C错误；图像上对应的0.01s时刻，电压瞬时值为零，发电机中的线圈平面与中性面重合，D错误。7.如图所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝310sin314t(V)，π取3.14，则()A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1VB．副线圈两端的电压频率为50HzC．当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小答案B解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝eq\f(U1n2,n1)，因U1＝eq\f(310,\r(2))V，所以U2＝eq\f(310,\r(2))×eq\f(1,100)V≈2.2V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314rad/s，则频率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(314,2π)Hz＝50Hz，B正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变大，I2＝eq\f(U2,R)增大，副线圈的输出功率P出＝U2I2增大，原线圈的输入功率增大，C、D错误。8．(多选)(2022·湖北卷·9)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220V、匝数为1100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是()A．接收线圈的输出电压约为8VB．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同答案AC解析根据eq\f(n1,n2)＝eq\f(80%U1,U2)，可得接收线圈的输出电压约为U2＝8V，故A正确；由于漏磁，接收线圈与发射线圈功率不相等，接收线圈与发射线圈中的电流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，故B错误；变压器是不改变其交变电流的频率的，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相等，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的磁通量变化率不相同，故D错误。9.(2023·广东广州市育才中学期中)一含有理想自耦变压器的电路如图所示，变压器副线圈匝数可调，原线圈串联定值电阻r后接在有效值为220V的正弦式交流电源上，定值电阻R＝4r。当副线圈匝数调至某位置时，R和r的功率恰好相等，则此时原、副线圈匝数比为()A．2∶1B．1∶2C．4∶1D．1∶4答案B解析设原、副线圈的匝数之比为n，副线圈的电流为I，根据理想变压器的原、副线圈中电流大小与线圈匝数关系可知原线圈的电流为eq\f(I,n)，又因为R和r的功率恰好相等，所以可知(eq\f(I,n))2r＝I2R＝4I2r，因此n＝eq\f(1,2)，B正确。10.(多选)(2023·河南开封市一模)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＝U0sin(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解析根据接入电压的表达式可知，ω＝100πrad/s，则交流电的频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，所以在1s时间内电流方向要改变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IU1＝IU＋2IU(I、U分别为灯泡的额定电流和额定电压)，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，即等于三个灯泡的功率之和15W，D错误。11．(多选)(2021·河北卷·8)如图，发电机的矩形线圈长为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I，不计线圈电阻，下列说法正确的是()A．通过电阻R2的电流为eq\f(n1I,n2)B．电阻R2两端的电压为eq\f(n2IR1,n1)C．n0与n1的比值为eq\f(\r(2)NBL2ω,IR1)D．发电机的功率为eq\f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)答案BC解析由题知理想电流表读数为I，则根据欧姆定律有U1＝IR1，根据变压器原、副线圈电压与匝数的关系有eq\f(n0,n1)＝eq\f(U0,U1)，eq\f(n0,n2)＝eq\f(U0,U2)则有U0＝eq\f(n0,n1)IR1，U2＝eq\f(n2,n1)IR1再由欧姆定律有U2＝I2R2，可计算出I2＝eq\f(n2R1,n1R2)I故A错误，B正确；由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则有Emax＝2NBL2ω，U0＝eq\f(Emax,\r(2))＝eq\r(2)NBL2ω又U0＝eq\f(n0,n1)IR1，则eq\f(n0,n1)＝eq\f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2联立解得P0＝eq\f(\r(2)NBL2ωI,n0)(eq\f(n12R2＋n22R1,n1R2))由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。12．(2023·重庆卷·12)一兴趣小组拟研究某变压器的输入和输出电压之比，以及交流电频率对输出电压的影响。图甲为实验电路图，其中L1和L2为变压器的原、副线圈，S1和S2为开关，P为滑动变阻器RP的滑片，R为电阻箱，E为正弦式交流电源(能输出电压峰值不变、频率可调的交流电)。(1)闭合S1，用多用电表交流电压挡测量线圈L1两端的电压。滑片P向右滑动后，与滑动前相比，电表的示数________(选填“变大”“不变”或“变小”)。(2)保持S2断开状态，调整E输出的交流电频率为50Hz，滑动滑片P，用多用电表交流电压挡测得线圈L1两端的电压为2500mV时，用示波器测得线圈L2两端电压u随时间t的变化曲线如图乙所示，则线圈L1两端与L2两端的电压比值为________(保留3位有效数字)。(3)闭合S2，滑动P到某一位置并保持不变。分别在E输出的交流电频率为50Hz、1000Hz的条件下，改变R的阻值，用多用电表交流电压挡测量线圈L2两端的电压U，得到U－R关系曲线如图丙所示。用一个阻值恒为20Ω的负载R0替换电阻箱R，由图丙可知，当频率为1000Hz时，R0两端的电压为________mV；当频率为50Hz时，为保持R0两端的电压不变，需要将R0与一个阻值为________Ω的电阻串联。(均保留3位有效数字)答案(1)变大(2)12.6(3)27212解析(1)闭合S1，滑动变阻器RP是分压接法，滑片P向右滑动后，用多用电表交流电压挡测量线圈L1两端的电压。线圈L1两端的电压增大，因此与滑动前相比，电表的示数变大。(2)保持S2断开状态，调整E输出的交流电频率为50Hz，多用电表交流电压挡测得线圈L1两端的电压为U1＝2500mV。线圈L2两端电压u随时间t的变化曲线如题图乙所示，由u－t图像可得，线圈L2两端电压为U2＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(280,\r(2))mV，则线圈L1两端与L2两端的电压比值为eq\f(U1,U2)＝eq\f(2500,\f(280,\r(2)))≈12.6(3)闭合S2，滑动P到某一位置并保持不变。由U－R关系曲线可得，当频率为1000Hz时，当负载电阻R0＝20Ω时，R0两端的电压为UR0＝272mV。当频率为50Hz时，为保持R0两端电压不变，需保持电流不变，I＝eq\f(U,R)＝eq\f(272,20)＝eq\f(68,5)，在U－R关系曲线中作出直线，U＝eq\f(68,5)R由直线与50Hz曲线交点可知R＝32Ω，故需给R0串联一电阻，此串联电阻值为R串＝R－R0＝12Ω。13.(2022·湖南卷·6)如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1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。定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端。理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I。下列说法正确的是()A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小答案B解析设交变电源输入电压有效值为E，E＝IR2＋U1，其中U1为变压器原线圈电压，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)，eq\f(n1,n2)＝eq\f(I′,I)，U2＝I′R1，得：U1＝eq\f(n12,n22)IR1，其中R等＝eq\f(U1,I)＝eq\f(n12,n22)R1为变压器与电阻R1的等效电阻(见图中虚线框内)，P2向左滑动时，R2接入电路的阻值减小，E＝IR2＋eq\f(n12,n22)IR1，电流I增大，R1两端电压增大，R2两端电压U减小，R1上消耗的电功率增大，A错误，B正确；P1向下滑，变压器副线圈匝数减少，E＝IR2＋eq\f(n12,n22)IR1，电流I减小，U＝IR2减小，C错误；将R2视为交变电源的内阻，当R等与电源的内阻相等时，电源的输出功率最大，故R1消耗的功率先增大后减小，D错误。训练2远距离输电1．(2023·辽宁沈阳市第二中学模拟)在如图所示的某地远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，如果发电厂的输出功率增大为原来的2倍，输电线上损耗的功率将增大为原来的()A．1倍B．2倍C．4倍D．8倍答案C解析因为发电厂的输出电压不变，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，匝数比不变，升压变压器的副线圈电压也不变；当发电厂的输出功率增大为原来的2倍时，根据公式P＝UI，得I2＝eq\f(P2,U2)＝eq\f(P1,U2)，即输电线上的电流变为原来的两倍，又根据公式P线＝I线2R＝I22R，输电线的电阻不变，可知输电线上损耗的功率将增大为原来的4倍，故选C。2．(多选)某发电厂原来用11kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到550kV后再输电。若输电的电功率都是P，输电线路的电阻均为R，则下列说法中正确的是()A．根据公式P损＝I2R，为减小输电功率损失，可以减小输电电流B．根据公式P损＝eq\f(U2,R)，为减小输电功率损失，可以降低输电电压C．根据公式I＝eq\f(U,R)，提高电压后输电线上的电流增大为原来的50倍D．根据公式I＝eq\f(P,U)，提高电压后输电线上的电流减小为原来的eq\f(1,50)答案AD解析电线上的损耗功率为P损＝I2R，为减小输电损失，可以减小输电电流，故A正确；根据P损＝eq\f(U2,R)，可知此时U表示输电线上的损失电压，而不是输电电压，故B错误；根据欧姆定律I＝eq\f(U,R)，可知此时U表示输电线上的损失电压，而不是输电电压，故C错误；由公式I＝eq\f(P,U)可得，当电压升高为原来的50倍后，电流变为原来的eq\f(1,50)，故D正确。3．(2023·浙江6月选考·7)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答案A解析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指的是直流电的电压，也是交流电压的有效值，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。4．(2023·江苏徐州市一模)随着经济发展，在寒冬来临时，用电需求增加，当火力发电供应紧张时，通过远距离调度方式，会及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保障电力供应。如图是远距离输电的原理图，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。当用户用电器增加(假设所有用电器均可视为纯电阻)，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eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得升压变压器的输出电压为U2＝eq\f(n2,n1)U1，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，故C错误；设输电线电阻为R线，用户端总电阻为R，在高压传输电路上，有U2＝U3＋I2R线，又eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I2,I4)＝eq\f(n4,n3)，I4＝eq\f(U4,R)，联立可得U2＝(eq\f(n3,n4)R＋eq\f(n4,n3)R线)I4，当用户用电器增加，可知R减小，则降压变压器的输出电流I4增大，故A错误；根据eq\f(I2,I4)＝eq\f(n4,n3)，由于I4增大，可知I2增大，输电线上损失的功率为P损＝I22R线，可知输电线上损失的功率增大，故B错误；根据eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，由于I2增大，可知I1增大，发电厂输出的总功率为P出＝U1I1，可知发电厂输出的总功率增大，故D正确。5．(2024·广东河源市联考)如图所示为远距离交流输电的原理示意图，其中各个物理量已经在图中标出，下列说法正确的是()A．变压器线圈的匝数关系为n1>n2，n3<n4B．升压变压器可以提高输电电压，从而提高输电功率C．输电电路中的电流关系为I1>I线>I4D．发电机的输出功率不变时，输电电压越高，输电线上损失的功率越小答案D解析根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(I线,I1)＝eq\f(n1,n2)，又U1<U2，n1<n2，则I1>I线，根据eq\f(U3,U4)＝eq\f(I4,I线)＝eq\f(n3,n4)，又U3>U4，n3>n4，则I线<I4，故A、C错误；升压变压器可以提高输电电压，从而减小输电电流，减小输电线上的功率损失，但无法提高输电功率，故B错误；发电机的输出功率不变时，输电电压越高，输电电流越小，输电线上损失的功率越小，D正确。6．(多选)(2023·福建福州市三模)如图甲所示为可24小时连续发电的敦煌105千瓦熔盐塔式光热电站，太阳能光热发电被认为是具备成为基础负荷电源潜力的新兴能源应用技术，敦煌100兆瓦熔盐塔式光热电站借助良好的电网基础优势，将新能源不断输送至全国各地。若该发电站输出正弦交流电，利用图乙电路对各地进行远距离输电，变压器T1、T2均为理想变压器，输电线总电阻为R，发电站输出电压有效值始终不变。下列说法正确的是()A．以100兆瓦的功率运行，每天的发电量为2.4×109kW·hB．T1的原线圈所用的导线应比副线圈所用的导线粗C．T1为降压变压器，T2为升压变压器D．T1是升压变压器，T2是降压变压器答案BD解析以100兆瓦的功率运行，该光热电站每天的发电量为W＝Pt＝105kW×24h＝2.4×106kW·h，故A错误；远距离交流输电，要先升压后降压，T1为升压变压器，T2为降压变压器，故C错误，D正确；T1为升压变压器，原线圈中的电流比副线圈中的电流大，原线圈所用导线较粗，故B正确。7．(2023·天津市五