2025年高考物理一轮复习之交变电流

第1页（共1页）2025年高考物理一轮复习之交变电流一．选择题（共10小题）1．如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻R0＝7.5Ω串联后接在电压U0＝48V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，R的最大阻值为100Ω，原、副线圈匝数比为1：2。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，下列说法正确的是（）A．电压表示数变大 B．电源的输出功率变小 C．当滑动变阻器的滑片P位于中点时，电流表的示数为2.4A D．改变滑片P的位置，R获得的最大功率为76.8W2．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，电源两端输入电压U随时间t的变化规律如图乙所示，电阻R1、R2和R3的阻值分别为5Ω、2Ω和3Ω，电流表为理想交流电表，现将开关S断开，下列说法正确的是（）A．输入电压U的有效值为102B．电流表的示数为0.2A C．若将开关S闭合，副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比变大 D．若将开关S闭合，电流表的示数变小3．如图甲所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为6：1，电压表和电流表均为理想交流电表，Rt为NTC型热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，R为定值电阻。若变压器的输入电压随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．电压表示数为62VB．变压器原，副线圈的功率之比为6：1 C．变压器原、副线圈中的电流之比为6：1 D．Rt温度降低时，电压表的示数不变、电流表的示数变小4．如图为某电吹风的设计电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态，理想变压器原、副线圈的匝数分别记为n1和n2。下列说法中正确的是（）热风时输入功率500W冷风时输入功率60W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇输出功率48WA．触片P位于ab时，电吹风属于吹冷风状态 B．理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：3 C．小风扇工作时的电流为2A D．电热丝的电阻为100Ω5．如图乙所示为某小型发电站高压输电示意图，图甲为升压变压器输入电压随时间变化的图像。在输电线路起始端接入I、Ⅱ两个互感器，两互感器原副线圈的匝数比分别为484：1和1：100，电压表的示数为100V，电流表的示数为1A，两电表图中未标出，输电线路总电阻r＝10Ω。用户端电压为220V，所有变压器及互感器均视为理想变压器。下列说法正确的是（）A．互感器1是电流互感器，互感器Ⅱ是电压互感器 B．降压变压器的匝数比220：1 C．输电线上损耗的功率1×105W D．当用户使用的用电设备增多时，电压表的示数变大6．如图所示，一个小型交流发电机输出端连接原、副线圈匝数比n1：n2＝1：2的理想变压器，变压器副线圈上接有R＝20Ω的电阻。已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度大小为B＝0.2T，发电机线圈匝数N＝10匝，面积S＝0.2m2，转动角速度ω＝25rad/s，内阻不计。当发电机正常工作时，下列说法正确的是（）A．图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最小 B．以图示位置为t＝0时刻，线圈中感应电动势的表达式为e＝10sin25t（V） C．电阻R两端的电压为102D．电阻R消耗的电功率为20W7．如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin100πt（V）的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是（）A．n2B．n1C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5V D．副线圈输出交流电压的频率是100Hz8．如图甲所示，一电阻不计的单匝线圈处于变化的磁场中，图乙是穿过线圈磁通量Φ随时间t按正弦变化的图象（规定磁感应强度垂直纸面向里时为Φ正）。线圈右边与理想变压器的原线圈连接，已知理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝20：1，电阻R1＝20Ω、R2＝10Ω，D为理想二极管，取π2＝10，下列说法正确的是（）A．t＝0.01s时，圆形线圈中电流为零 B．t＝0.005s时，圆形线圈中有最大电流 C．0﹣0.005s内，流过R1的电荷量可能为0.005C D．原线圈的输入功率为75W9．如图甲所示为汽车的传统点火装置，称之为蓄电池点火系统。此装置的核心部件是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端。在开关闭合或断开的瞬间，将会在副线圈中产生脉冲高电压形成电火花，点燃可燃混合气体。图乙和图丙分别是原线圈、副线圈电压随时间变化的图像，则下列说法正确的是（）A．原线圈的匝数比副线圈的匝数多 B．t2至t3间穿过副线圈的磁通量为零 C．开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相同 D．开关断开时比开关闭合时，更容易点燃混合气体10．在特、超高压变电设备中，变压器占有重要地位。某理想变压器的简化模型如图所示，原线圈的回路中，理想交流电流表的示数为I，理想交流电压表的示数为U，副线圈的负载阻值为R，则电源电压的有效值为（）A．IR B．U2C．l2D．因为原、副线圈的匝数比未知，所以不能求出电源电压的有效值二．多选题（共4小题）（多选）11．如图所示，矩形线框的匝数为N＝100，面积为S＝0.02m2，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T。线框从图示位置开始绕轴OO'以恒定的角速度ω＝100rad/s沿逆时针方向转动，线框一端接换向器，通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，定值电阻R1＝10Ω、R2＝2.5Ω，线框内阻r＝5Ω，忽略导线的电阻。下列说法正确的是（）A．线框经过图示位置时，产生的感应电动势为200V B．流过电阻R1的电流是交流电 C．线框转动一圈，通过电阻R1的电荷量为0.4C D．通过电阻R1的电流有效值为5（多选）12．图是一台教学用手摇式交流发电机。已知大皮带轮半径为R，小皮带轮半径为r，若以频率f匀速摇动大皮带轮上的手柄，且摇动过程中皮带不打滑，下列说法正确的是（）A．大皮带轮与小皮带轮转动的角速度之比为r：R B．该发电机产生的交流电频率为rRC．若仅将f变为2f，该发电机产生的交变电流的最大值不变 D．若仅将f变为0.5f，该发电机产生的交变电流的有效值变为原来的0.5倍（多选）13．如图所示，一台交流发电机E通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处的用户供电，输电线的总电阻为R；T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列判断正确的是（）A．U2B．流过用户端的总电流为P3C．P2D．流过R的电流为P（多选）14．如图所示，理想变压器的原线圈与灯泡L1串联，接在输出电压恒定的正弦交流电源两端，副线圈接灯泡L2和滑动变阻器R，电流表和电压表均为理想交流电表，两灯泡的电阻都不随温度变化。将滑动变阻器R的滑片向下滑动，则下列说法正确的是（）A．电压表V的示数减小 B．电流表A的示数减小 C．灯泡L1变亮 D．灯泡L2变亮三．填空题（共2小题）15．如图甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，输入的交变电压如图乙所示，L1、L2是完全相同的灯泡，设灯丝电阻保持不变。若灯泡L2能正常发光，则灯泡L1（选填“能”或“不能”）正常发光，灯泡L2的额定电压为V，交变电压瞬时值表达式为u＝V。16．如图，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的水平方向的磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某固定轴以角速度ω匀速转动。在MN边与磁场方向的夹角达30°的时刻（图示位置），导线框只需绕轴转过最小角度为时，可达中性面。线框匀速转动过程中，产生电动势的有效值为。四．解答题（共4小题）17．如图所示，交流发电机的线圈处于磁感应强度大小为B=210T的匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。已知线圈匝数为N＝100匝，面积为S＝0.1m2，转动的角速度为ω＝100rad/s，通过理想变压器连接阻值为R＝16Ω（1）写出该发电机产生感应电动势的瞬时值表达式；（2）若不计发电机线圈电阻，求理想变压器的原、副线圈匝数比。18．电动晒衣杆方便实用，在日常生活中得到广泛应用。如图所示，一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n1：n2，原线圈两端接入正弦交流电源，电压为u＝U0cos100πtV，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机。当开关S接通后，电动机带动质量为m的晾衣杆以速度v匀速上升，此时电流表读数为I，重力加速度为g。求：（1）电动机的输入功率；（2）电动机线圈电阻R。19．有一条河流，河水流量为4m3/s，落差为5m，现利用它来发电，水电站的总效率为50%，发电机的输出电压为400V，水电站到用户之间要进行远距离输电，两地间输电线的总电阻为8Ω，允许输电线上损耗的功率为发电机输出功率的5%，用户所需要的电压为220V，认为所用的变压器都是理想变压器，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）发电机的输出功率P及输电线上损耗的功率P损；（2）升压、降压变压器原、副线圈的匝数比。20．如图所示，矩形脉冲电流高度为I0，宽度为t，周期为T，PWM技术（脉冲宽度调节技术）中将tT称为占空比。若某脉冲电流的占空比tT（1）求该脉冲电流的有效值I；（2）将该脉冲电流通过内阻为r的电动机，已知电动机消耗的电功率为P，不计摩擦及空气阻力，求电动机效率η。

2025年高考物理一轮复习之交变电流参考答案与试题解析一．选择题（共10小题）1．如图所示，理想变压器原线圈与定值电阻R0＝7.5Ω串联后接在电压U0＝48V的交流电源上，副线圈接理想电压表、电流表和滑动变阻器R，R的最大阻值为100Ω，原、副线圈匝数比为1：2。现将滑动变阻器R的滑片P向下滑动，下列说法正确的是（）A．电压表示数变大 B．电源的输出功率变小 C．当滑动变阻器的滑片P位于中点时，电流表的示数为2.4A D．改变滑片P的位置，R获得的最大功率为76.8W【考点】变压器的动态分析——原线圈有负载．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】D【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，原副线圈电流与匝数成反比，原副线圈电压与匝数成正比，且电流与电压均是有效值，电表测量值也是有效值，根据电路连接情况结合闭合电路的欧姆定律、变压器动态分析的方法等进行解答。【解答】解：A．根据变压器原理U1U2变压器副线圈的等效电阻为R效滑动变阻器R的滑片P向下滑动，滑动变阻器接入电路的阻值减小，副线圈等效电阻减小，原线圈总电流增大，R0两端的电压增大，原线圈两端的电压减小，根据变压比可知，副线圈两端的电压减小，电压表示数变小，故A错误；B．电源的输出功率为P＝U0I1原线圈总电流增大，电源的输出功率变大，故B错误；C．当滑动变阻器的滑片P位于中点时，则R＝50Ω根据闭合电路的欧姆定律U0＝I1（R0+R效）解得I1＝2.4A根据变流比I1解得电流表的示数为I2＝1.2A故C错误；D．将定值电阻R0看成电源内阻，当变压器副线圈的等效电阻等于电源等效内阻时，R获得的功率最大，即R效＝R0＝7.5Ω时，R获得的最大功率为Pm故D正确。故选：D。【点评】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；原线圈的电压决定副线圈的电压；输出功率决定输入功率；掌握基础知识即可解题，平时要注意基础知识的学习与积累。2．图甲中理想变压器原、副线圈的匝数比为3：1，电源两端输入电压U随时间t的变化规律如图乙所示，电阻R1、R2和R3的阻值分别为5Ω、2Ω和3Ω，电流表为理想交流电表，现将开关S断开，下列说法正确的是（）A．输入电压U的有效值为102B．电流表的示数为0.2A C．若将开关S闭合，副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比变大 D．若将开关S闭合，电流表的示数变小【考点】变压器的构造与原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；等效替代法；交流电专题；分析综合能力．【答案】B【分析】A、根据有效值的定义求解输入电压U的有效值；B、先求出等效电阻，再由欧姆定律计算电流表的示数；C、根据原副线圈的匝数比得出电学物理量的关系，结合电路构造完成分析；D、根据欧姆定律分析电流表的示数变化情况。【解答】解：A、根据有效值“三同”定义，求得输入电压U的有效值为10V，故A错误；B、等效电阻RR'代入数据解得R′＝45Ω；因此I=10V50Ω=C、副线圈两端电压变化量与电流变化量的绝对值之比始终不变，故C错误；D、闭合开关S后，负载电阻变小，因此电流表的示数变大，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了交流电的有效值，欧姆定律等知识，弄清电路的连接关系是解题的关键。3．如图甲所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为6：1，电压表和电流表均为理想交流电表，Rt为NTC型热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，R为定值电阻。若变压器的输入电压随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．电压表示数为62VB．变压器原，副线圈的功率之比为6：1 C．变压器原、副线圈中的电流之比为6：1 D．Rt温度降低时，电压表的示数不变、电流表的示数变小【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；变压器的构造与原理．【专题】解题思想；定量思想；交流电专题；推理能力．【答案】D【分析】由图乙可知交流电压最大值Um＝362V，则可得交流电压表的示数；由变压器原理可得变压器原、副线圈中的电流之比，输入、输出功率之比，Rt处温度降低时，阻值增大，根据负载电阻的变化，可知电流、电压变化。【解答】解：A．电压表测量变压器输出电压的有效值，由图乙可得变压器原线圈输入电压的有效值为U1由理想变压器电压比等于匝数比可得U1解得U2＝6V故电压表示数为6V，故A错误；B．理想变压器原、副线圈的功率之比为1：1，故B错误；C．由理想变压器电流比等于匝数比的反比可得I1可知变压器原、副线圈中的电流之比为1：6，故C错误；D．由变压器输入电压不变，根据U1可知，副线圈输出电压不变，则电压表的示数不变；Rt温度降低时，Rt阻值增大，根据欧姆定律可知，副线圈电流I2减小，根据I1可知原线圈电流减小，则电流表的示数变小，故D正确。故选：D。【点评】根据图象准确找出已知量，是对学生认图的基本要求，准确掌握理想变压器的特点及电压、电流比与匝数比的关系，是解决本题的关键4．如图为某电吹风的设计电路图，a、b、c、d为四个固定触点，可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点。触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态，理想变压器原、副线圈的匝数分别记为n1和n2。下列说法中正确的是（）热风时输入功率500W冷风时输入功率60W小风扇额定电压60V正常工作时小风扇输出功率48WA．触片P位于ab时，电吹风属于吹冷风状态 B．理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝11：3 C．小风扇工作时的电流为2A D．电热丝的电阻为100Ω【考点】变压器的构造与原理；电功和电功率的计算式及影响因素．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】B【分析】只吹冷风时，电热丝处于断电状态由此即可判断；根据变压比公式求解匝数之比；根据电功率公式即可求解流经电热丝的电流；根据小风扇自身消耗的电功率公式即可求解小风扇的内阻。【解答】解：A、当电吹风送出来的是冷风时，电路中只有电动机工作，触片P应与触点b、c接触，故A错误；B、变压器原副线圈的匝数之比为：n1n2C、冷风时输入功率为60W，I=P入U=6060D、吹热风时电热丝的功率为：P＝500W﹣60W＝440W，吹热风时电热丝两端电压为220V，所以其电阻R=U2P=2202故选：B。【点评】题目考查了电功率公式以及变压比与匝数之比公式的应用，解答该题的关键是明白吹风机在不同情况下的工作原理，并结合电路特点解题，题目难度适中。5．如图乙所示为某小型发电站高压输电示意图，图甲为升压变压器输入电压随时间变化的图像。在输电线路起始端接入I、Ⅱ两个互感器，两互感器原副线圈的匝数比分别为484：1和1：100，电压表的示数为100V，电流表的示数为1A，两电表图中未标出，输电线路总电阻r＝10Ω。用户端电压为220V，所有变压器及互感器均视为理想变压器。下列说法正确的是（）A．互感器1是电流互感器，互感器Ⅱ是电压互感器 B．降压变压器的匝数比220：1 C．输电线上损耗的功率1×105W D．当用户使用的用电设备增多时，电压表的示数变大【考点】电压与电流互感器；远距离输电的相关计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】C【分析】A.根据两个互感器接入电路时的连接方式进行分析判断；B.根据两互感器的电压表和电流表的读数结合匝数换算线路中相应的电压和电流，再结合电压计算降压变压器的匝数比；C.根据功率的损耗公式列式解答；D.根据输电总功率的变化的动态分析方法进行判断。【解答】解：A.互感器Ⅰ并联接入电路，测量电压，是电压互感器，互感器Ⅱ串联接入电路，测量电流，是电流互感器，故A错误；B.根据互感器Ⅰ可知，U2＝100V×484＝48400V，根据互感器Ⅱ可知，I2＝I3＝1A×100＝100A，所以U3＝U2﹣I2r＝48400V﹣100×10V＝47400V，则降压变压器的匝数比为U3：U4＝47400：220＝215：1，故B错误；C.输电线上损耗的功率P损=I22•r＝1002×10W＝1×105WD.当用户使用的用电设备增多时，会增加电路电流，线路上损失的电压增大，但由于电压互感器接在起始端，且升压变压器的匝数比不变，则不会增加电压表上的电压，故D错误。故选：C。【点评】考查远距离输电的问题，识别电压互感器和电流互感器，会根据题意计算各个电流、电压和变压器的匝数比。6．如图所示，一个小型交流发电机输出端连接原、副线圈匝数比n1：n2＝1：2的理想变压器，变压器副线圈上接有R＝20Ω的电阻。已知交流发电机内匀强磁场的磁感应强度大小为B＝0.2T，发电机线圈匝数N＝10匝，面积S＝0.2m2，转动角速度ω＝25rad/s，内阻不计。当发电机正常工作时，下列说法正确的是（）A．图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最小 B．以图示位置为t＝0时刻，线圈中感应电动势的表达式为e＝10sin25t（V） C．电阻R两端的电压为102D．电阻R消耗的电功率为20W【考点】变压器的构造与原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】C【分析】A.根据与中性面垂直的平面的特点进行分析解答；B.根据交流电的瞬时值表达式进行分析求解；C.根据有效值和最大值的关系结合变压器变压比进行计算；D.根据功率公式求解。【解答】解：A.图示位置是与中性面垂直的平面，穿过线圈的磁通量为0，磁通量变化率最大，故A错误；B.以图示位置为t＝0时刻，对应的感应电动势的表达式为e＝NBSωcosωt＝10×0.2×0.2×25cos25t（V）＝10cos25t（V），故B错误；C.交流电压的有效值为U1=Em2=102V＝52V，根据变压器的变压比关系n1n2=D.电阻R消耗的电功率为P=U22R=(10故选：C。【点评】考查交流电的瞬时值、最大值、有效值和变压器的相关问题，会根据题意进行准确分析和计算。7．如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin100πt（V）的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列正确的是（）A．n2B．n1C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5V D．副线圈输出交流电压的频率是100Hz【考点】变压器的构造与原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；控制变量法；交流电专题；推理能力．【答案】B【分析】根据公式得出变压器两端电压的有效值，再根据电压匝数关系得出变压器副线圈电压的峰值，从而得出匝数比；根据频率与周期关系得出频率大小。【解答】解：AB．原线圈两端电压的有效值U1根据电压匝数关系有U1变压器副线圈电压的峰值U2由于U2故代入数据解得n2n1故A错误，B正确；C．用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数为U1故C错误；D．变压器不改变频率，根据2π代入数据解得f＝50Hz则副线圈输出交流电压的频率是50Hz，故D错误。故选：B。【点评】此题考查了变压器的构造和原理，掌握理想变压器的电压、电流和匝数之间的关系，会读出正弦交流电有关图形信息，知道电压表的示数为有效值，本题即可得到解决。8．如图甲所示，一电阻不计的单匝线圈处于变化的磁场中，图乙是穿过线圈磁通量Φ随时间t按正弦变化的图象（规定磁感应强度垂直纸面向里时为Φ正）。线圈右边与理想变压器的原线圈连接，已知理想变压器原、副线圈的匝数比n1：n2＝20：1，电阻R1＝20Ω、R2＝10Ω，D为理想二极管，取π2＝10，下列说法正确的是（）A．t＝0.01s时，圆形线圈中电流为零 B．t＝0.005s时，圆形线圈中有最大电流 C．0﹣0.005s内，流过R1的电荷量可能为0.005C D．原线圈的输入功率为75W【考点】变压器的构造与原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】C【分析】中性面位置为磁通量最大的位置，此时磁通量的变化率为零。而磁通量为的位置，感应电动势最大；根据变压器的规律、闭合电路欧姆定律、电流的定义等通过R1的电荷量；求出副线圈的感应电动势的最大值后，分别求出两个电阻电压的有效值，再由功率的公式和变压器的规律求输入功率。【解答】解：A、t＝0.01s时，磁通量为零，与中性面垂直，此时电流最大，故A错误；B、t＝0.005s时，磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，电流为零，故B错误；C、通过副线圈的电荷量：q2=I2⋅Δt=E2R总⋅Δt=n2n1⋅E1R总D、原线圈感应电动势最大值为：Em＝NBSω＝Φmω＝2.0×2π0.02V＝200πV，变压器原、副线圈的匝数比为20：1，根据原副线圈匝数比等于电压比，所以E2m＝10πV，电阻R1电压有效值U21=E2m2V=100π2V=502πV，电阻R2电压的有效值：U22=E2m2=100故选：C。【点评】本题考查了正弦式电流的图象和三角函数表达式、变压器的构造和原理等知识点，掌握瞬时值表达式，求得输出电压的有效值、周期和频率等，电压与匝数成正比等结论。9．如图甲所示为汽车的传统点火装置，称之为蓄电池点火系统。此装置的核心部件是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连接到12V的蓄电池上，副线圈连接到火花塞的两端。在开关闭合或断开的瞬间，将会在副线圈中产生脉冲高电压形成电火花，点燃可燃混合气体。图乙和图丙分别是原线圈、副线圈电压随时间变化的图像，则下列说法正确的是（）A．原线圈的匝数比副线圈的匝数多 B．t2至t3间穿过副线圈的磁通量为零 C．开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相同 D．开关断开时比开关闭合时，更容易点燃混合气体【考点】变压器的构造与原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】比较思想；图析法；交流电专题；理解能力．【答案】D【分析】根据原副线圈电压关系，分析原副线圈匝数关系。根据t2至t3间原线圈是否有电流，来判断穿过副线圈的磁通量是否为零。根据图丙判断感应电动势方向关系。根据副线圈产生的电压大小分析D项。【解答】解：A、依题意可知，该变压器为升压变压器，所以副线圈的匝数比原线圈的匝数多，故A错误；B、由图乙可知，t2至t3间原线圈有电流流过，产生恒定磁场，则穿过副线圈的磁通量不为零，故B错误；C、由图丙可知，开关断开与闭合瞬间副线圈产生的感应电动势方向相反，故C错误；D、由图丙可知，开关断开时比开关闭合时，副线圈产生的电压更高，更容易点燃混合气体，故D正确。故选：D。【点评】本题要理解变压器的工作原理，掌握原副线圈的电压与匝数的关系，并能理解图像的意义。10．在特、超高压变电设备中，变压器占有重要地位。某理想变压器的简化模型如图所示，原线圈的回路中，理想交流电流表的示数为I，理想交流电压表的示数为U，副线圈的负载阻值为R，则电源电压的有效值为（）A．IR B．U2C．l2D．因为原、副线圈的匝数比未知，所以不能求出电源电压的有效值【考点】变压器的构造与原理；正弦式交变电流的函数表达式及推导．【专题】定量思想；分析综合能力．【答案】B【分析】利用变压器中电压电流的比例关系可以解决。【解答】解：ABCD.根据变压器中的能量守恒可知，P原＝P副=U2R，则电源电压的有效值U原=PI故选：B。【点评】本题考查学生对变压器基础知识的掌握。二．多选题（共4小题）（多选）11．如图所示，矩形线框的匝数为N＝100，面积为S＝0.02m2，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B＝1T。线框从图示位置开始绕轴OO'以恒定的角速度ω＝100rad/s沿逆时针方向转动，线框一端接换向器，通过电刷和外电路连接。理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，定值电阻R1＝10Ω、R2＝2.5Ω，线框内阻r＝5Ω，忽略导线的电阻。下列说法正确的是（）A．线框经过图示位置时，产生的感应电动势为200V B．流过电阻R1的电流是交流电 C．线框转动一圈，通过电阻R1的电荷量为0.4C D．通过电阻R1的电流有效值为5【考点】变压器的构造与原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像；正弦式交变电流的函数表达式及推导．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】CD【分析】本题根据中线框在中性面时电动势为0分析A选项，根据线框中产生的交流电经过换向器后变为直流电分析B选项，根据圈转动一圈，通过电阻R1的电荷量为q=NΔΦ【解答】解：A.线框经过图示位置时，此时线框处于中性面，产生的感应电动势大小为0，则此时线框产生的感应电动势大小为0，故A错误。B.线框一端接换向器，通过电刷和外电路连接，所以线框中产生的交流电经过换向器后变为直流电，变压器只能改变交流电的电压，所以流过电阻R1的电流是直流电，故B错误；C.对于电阻R2，其功率满足PR2=U22R2=(n2n1U1)2R2=U12(n1n2)2R2，所以副线圈的等效电阻为R2D.矩形线框转动时产生的感应电动势的有效值为：E=Em2=NBSω2，解得：E＝1002V，可知总电流：I=所以通过R1的电流有效值满足I1=1故选：CD。【点评】本题考查了交流电相关知识，理解交流电的最大值、有效值、平均值和瞬时值是解决此类问题的关键。（多选）12．图是一台教学用手摇式交流发电机。已知大皮带轮半径为R，小皮带轮半径为r，若以频率f匀速摇动大皮带轮上的手柄，且摇动过程中皮带不打滑，下列说法正确的是（）A．大皮带轮与小皮带轮转动的角速度之比为r：R B．该发电机产生的交流电频率为rRC．若仅将f变为2f，该发电机产生的交变电流的最大值不变 D．若仅将f变为0.5f，该发电机产生的交变电流的有效值变为原来的0.5倍【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；线速度的物理意义及定义式；交流发电机及其产生交变电流的原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】AD【分析】根据角速度和线速度关系分析；根据角速度和频率的关系分析；根据线圈转动产生的最大感应电动势的表达式分析。【解答】解：A．因为皮带不打滑，所以两皮带轮边缘的线速度大小相同，由v＝rω可得ω大ω小=rR，即大皮带轮与小皮带轮转动的角速度之比为B．由f=ω2π可知，该发电机产生的交流电频率为C．该发电机产生的交变电压的最大值Em=nBS⋅2πf'=2nπBSRrf，仅将fD．若仅将f变为0.5f，由上面C的分析可得E′m＝0.5Em，则该发电机产生的交变电流的有效值变为原来的0.5倍，故D正确。故选：AD。【点评】知道皮带传动的轮子边缘上点的线速度大小相等，熟练掌握角速度和线速度关系以及线圈在磁场中匀速转动的最大电动势的表达式。（多选）13．如图所示，一台交流发电机E通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处的用户供电，输电线的总电阻为R；T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列判断正确的是（）A．U2B．流过用户端的总电流为P3C．P2D．流过R的电流为P【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】AB【分析】A、根据降压变压器P3＝P4，利用P＝UI可得输电线上电阻R的电流，电阻R上电压等于变压器损耗的电压，则可得结论；B、根据P＝UI分析；C、根据输电线上损耗的功率等于电阻R上消耗的功率分析；D、根据P＝UI分析。【解答】解：A、降压变压器输入功率等于输出功率，即：P3＝P4，则输电线上电阻R的电流为：I输电线电阻上的电压为：U2﹣U3，则可得：U2-UB、流过用户端的总电流为：I4=PC、输电线上损耗的功率为：P2-PD、流过R的电流为：I2=P故选：AB。【点评】本题考查了远距离输电，解题的关键是知道理想变压器的输入功率等于输出功率，输电线上损耗的功率等于输电线电阻R上消耗的功率。（多选）14．如图所示，理想变压器的原线圈与灯泡L1串联，接在输出电压恒定的正弦交流电源两端，副线圈接灯泡L2和滑动变阻器R，电流表和电压表均为理想交流电表，两灯泡的电阻都不随温度变化。将滑动变阻器R的滑片向下滑动，则下列说法正确的是（）A．电压表V的示数减小 B．电流表A的示数减小 C．灯泡L1变亮 D．灯泡L2变亮【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载．【专题】比较思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】BD【分析】根据滑动变阻器接入电路电阻的变化分析副线圈电流的变化、原线圈电流的变化、原线圈电压的变化，进而分析副线圈电压的变化。【解答】解：ABC、滑片下移、R增大，负载电阻增大，等效电阻增大，副线圈电流减小，则电流表示数减小。根据变压器原理可知，原线圈中电流也减小，灯泡L1变暗，L1两端电压减小，则原线圈两端电压增大，电压表示数增大，故B正确、AC错误；BD、根据变压器原理可得U1U2=n1n2，U1增大，故选：BD。【点评】变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压U1，U2，电流I1，I2，输入和输出功率P1，P2随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。三．填空题（共2小题）15．如图甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，输入的交变电压如图乙所示，L1、L2是完全相同的灯泡，设灯丝电阻保持不变。若灯泡L2能正常发光，则灯泡L1不能（选填“能”或“不能”）正常发光，灯泡L2的额定电压为40V，交变电压瞬时值表达式为u＝1002sin100πtV。【考点】变压器的构造与原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】不能，40，1002sin（100πt）。【分析】根据变压器的变压比和电压的有效值以及电压关系列式求解，结合交变电压的表达式列式解答。【解答】解：原副线圈的匝数比n1n2=I2I1=21，即灯泡L2的电流是灯泡L1电流的2倍，故灯泡L2正常发光，L1不能正常发光；根据图乙，电源电压有效值为U=10022V＝100V，设灯泡的电阻为R，L1的电流为I，根据电压关系有U＝IR+2×2IR＝5IR，则IR＝20V，所以灯泡L2的电压为2IR＝2×20V＝40V，根据图乙，交变电压的瞬时值表达式为u＝故答案为：不能，40，1002sin（100πt）。【点评】考查交流电的最大值、有效值、变压器的相关问题，会根据题意进行准确分析和解答。16．如图，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的水平方向的磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某固定轴以角速度ω匀速转动。在MN边与磁场方向的夹角达30°的时刻（图示位置），导线框只需绕轴转过最小角度为60°时，可达中性面。线框匀速转动过程中，产生电动势的有效值为22BSω【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】故答案为：60°；2【分析】根据中性面的特点解答；根据正弦式交流电电动势最大值表达式和有效值与最大值的关系，计算线框匀速转动过程中产生电动势的有效值。【解答】解：线圈自图示位置转过60°时，线圈平面与磁场垂直，感应电动势为零，感应电流为零，导线框位于中性面。转动过程中的最大感应动势为Em＝BSω产生电动势的有效值为E故答案为：60°；2【点评】本题考查了正弦式交流电电动势最大值、有效值，比较容易。四．解答题（共4小题）17．如图所示，交流发电机的线圈处于磁感应强度大小为B=210T的匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。已知线圈匝数为N＝100匝，面积为S＝0.1m2，转动的角速度为ω＝100rad/s，通过理想变压器连接阻值为R＝16（1）写出该发电机产生感应电动势的瞬时值表达式；（2）若不计发电机线圈电阻，求理想变压器的原、副线圈匝数比。【考点】变压器的构造与原理；正弦式交变电流的函数表达式及推导．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】（1）该发电机产生感应电动势的瞬时值表达式为e=100（2）若不计发电机线圈电阻，理想变压器的原、副线圈匝数比为5：1。【分析】（1）利用Em＝NBSω可得感应电动势最大值，根据由线圈所在位置计时，利用e＝Emcosωt可得感应电动势瞬时值表达式；（2）根据题意可得原线圈两端电压，根据理想变压器输入功率等于输出功率可得副线圈中电流大小，根据原副线圈电流与匝数的关系可得匝数比。【解答】解：（1）线圈转动产生感应电动势的最大值：E从图示位置开始计时，线圈中磁通量等于零，感应电动势最大，所以感应电动势的瞬时值表达式为：e（2）若不计发电机线圈电阻，则变压器原线圈两端电压：U设变压器原副线圈中的电流分别为：I1、I2，可知I1＝0.25A由理想变压器输入功率等于输出功率，则有：U代入数据可得：I2＝1.25A由变压器原副线圈中电流与匝数的关系可得：n答：（1）该发电机产生感应电动势的瞬时值表达式为e=100（2）若不计发电机线圈电阻，理想变压器的原、副线圈匝数比为5：1。【点评】本题考查了变压器的原理、交变电流的最大值和有效值，解题的关键是知道理想变压器输入功率与输出功率相等，注意若从中性面计时，则感应电动势瞬时值表达式为：e＝Emsinωt，若从垂直中性面的位置计时，则感应电动势瞬时值表达式为：e＝Emcosωt。18．电动晒衣杆方便实用，在日常生活中得到广泛应用。如图所示，一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n1：n2，原线圈两端接入正弦交流电源，电压为u＝U0cos100πtV，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机。当开关S接通后，电动机带动质量为m的晾衣杆以速度v匀速上升，此时电流表读数为I，重力加速度为g。求：（1）电动机的输入功率；（2）电动机线圈电阻R。【考点】变压器的构造与原理；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力．【答案】（1）电动机的输入功率为2n（2）电动机线圈电阻R为2n【分析】（1）根据变压器匝数比结合有效值、总功率公式列式解答；（2）根据能量的转化和守恒定律结合热功率公式求解线圈电阻R。【解答】解：（1）根据公式n1n2=U02U2，得U2=n2（2）电动机线圈电阻消耗的功率为P热＝P总﹣P机＝P总﹣mgv=2n2U0I2n1-mgv答：（1）电动机的输入功率为2n（2）电动机线圈电阻R为2n【点评】考查变压器的功率问题，会根据能量的转化和守恒定律列式求解相应的物理量。19．有一条河流，河水流量为4m3/s，落差为5m，现利用它来发电，水电站的总效率为50%，发电机的输出电压为400V，水电站到用户之间要进行远距离输电，两地间输电线的总电阻为8Ω，允许输电线上损耗的功率为发电机输出功率的5%，用户所需要的电压为220V，认为所用的变压器都是理想变压器，水的密度ρ＝1.0×103kg/m3，重力加速度g＝10m/s2，求：（1）发电机的输出功率P及输电线上损耗的功率P损；（2）升压、降压变压器原、副线圈的匝数比。【考点】远距离输电的相关计算；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；功能关系能量守恒定律；推理能力．【答案】（1）发电机的输出功率P为1×105W，输电线上损耗的功率P损为5×103W；（2）升压、降压变压器原、副线圈的匝数比分别为1：10，190：11。【分析】（1）根据能的转化和守恒及效率关系求解；（2）根据损失功率公式，电功率公式和变压器的变压比公式列式求解相关物理量。【解答】解：（1）发电机的输出功率P＝50%•ΔmghΔt=50%•ρQΔtghΔt=50%•ρQgh，代入Q＝4m解得：P＝1×105W输电线上损耗的功率P损＝5%P＝5%×1×105W＝5×103W（2）输电线上损耗的功率P损=I线解得：I线＝25A升压变压器输出电压U2=P故升压变压器原、副线圈匝数比n输电线上损失的电压U损＝I线R＝25×8V＝200V降压变压器的输入电压U3＝U2﹣U损＝4000V﹣200V＝3800V故降压变压器原、副线圈匝数比n答：（1）发电机的输出功率P为1×105W，输电线上损耗的功率P损为5×103W；（2）升压、降压变压器原、副线圈的匝数比分别为1：10，190：11。【点评】考查远距离输电和能量的转化和守恒问题，会根据题意进行相关分析和计算。20．如图所示，矩形脉冲电流高度为I0，宽度为t，周期为T，PWM技术（脉冲宽度调节技术）中将tT称为占空比。若某脉冲电流的占空比tT（1）求该脉冲电流的有效值I；（2）将该脉冲电流通过内阻为r的电动机，已知电动机消耗的电功率为P，不计摩擦及空气阻力，求电动机效率η。【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；电功和电功率的计算．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力．【答案】（1）该脉冲电流的有效值I为I0（2）电动机效率η为4P【分析】（1）根据有效值的定义求解；（2）先求解电动机发热功率，再用电动机的电功率减去发热功率得到输出功率，根据电动机效率的定义求解。【解答】解：（1）设该脉冲电流通过阻值为R的电阻时，根据有效值的定义可得：I0已知：tT代入数据解得：I（2）设电动机发热功率为Pr，则有：Prη=解得：η答：（1）该脉冲电流的有效值I为I0（2）电动机效率η为4P【点评】本题考查了交流电有效值的求解问题，以及电动机功率问题。掌握交流电有效值的定义和求解的方法，知道电动机的输入功率、发热功率、输出功率的关系。

考点卡片1．线速度的物理意义及定义式【知识点的认识】线速度、角速度和周期、转速一、描述圆周运动的物理量描述圆周运动的基本参量有：半径、线速度、角速度、周期、频率、转速、向心加速度等．物理量物理意义定义和公式方向和单位线速度描述物体做圆周运动的快慢物体沿圆周通过的弧长与所用时间的比值，v=方向：沿圆弧切线方向．单位：m/s角速度描述物体与圆心连线扫过角度的快慢运动物体与圆心连线扫过的角的弧度数与所用时间的比值，ω=单位：rad/s周期描述物体做圆周运动的