2024-2025学年下学期高二物理教科版同步经典题精练之变压器

第52页（共52页）2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高二同步经典题精练之变压器一．选择题（共5小题）1．（2024秋•城关区校级期末）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，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压会随着心跳频率发生变化。如图所示，心电图仪与一理想变压器的原线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在副线圈两端。下列说法正确的是（）A．保持电压U1不变，向左滑动滑片P，副线圈两端的电压减小 B．保持电压U1不变，向左滑动滑片P，变压器的输入功率变小 C．保持滑片P不动，当U1变大时，扬声器两端的电压变小 D．保持滑片P不动，当U1变大时，扬声器的功率变大2．（2024秋•荥阳市期末）以下四幅图片中：图甲是霍尔元件的结构示意图；图乙是真空冶炼炉；图丙是回旋加速器的结构示意图；图丁是手机无线充电。下列说法中正确的是（）A．图甲中，稳定时M、N两点电势的关系与导电粒子的电性无关 B．图乙中，真空冶炼炉是利用自感来熔化金属的装置 C．图丙中，增大加速电压，粒子离开回旋加速器时的动能将变大 D．图丁中，无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是互感现象3．（2024秋•沈阳期末）如图所示，若线框的匝数为100匝，内阻不计，所处的磁场可视为匀强磁场，线框以50转/秒的转速在磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2＝10：1的理想变压器给电阻R供电，若电压表的示数为10V，则（）A．变压器原线圈两端电压的有效值为1002VB．穿过线框平面的最大磁通量为ΦmC．线框由图示位置开始计时感应电动势瞬时表达式e=100D．如电阻R阻值变大，则电压表示数变大4．（2025•盐城一模）如图所示是火花塞点火的原理图。变压器原线圈与蓄电池、开关组成闭合回路，开关由闭合变为断开的瞬间，副线圈感应出上万伏高压，火花塞产生电火花，则（）A．这个变压器为降压变压器 B．开关一直闭合时火花塞两端也有高压 C．开关断开，变压器铁芯中的磁通量减小 D．若开关接到副线圈回路，闭合开关瞬间火花塞也能产生电火花5．（2024秋•衡水期末）在图甲所示的交流电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻R1＝R2＝8Ω，R3为滑动变阻器，电流表为理想电表。电源输出电压u随时间t按正弦规律变化如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．当R3＝8Ω时，电流表的示数为1A B．当R3＝8Ω时，电源的输出功率为32W C．滑片P向下移动时，电流表示数增大 D．滑片P向上移动时，流过R3的电流增大二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•海淀区期末）如图是理想变压器的示意图，原线圈与220V正弦式交流电源连接，副线圈通过导线与用电器连接。输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用电器。已知原、副线圈的匝数之比为n：1。下列说法正确的是（）A．原线圈输入电流与副线圈中的电流之比为n：1 B．原线圈输入电压与副线圈输出电压之比为n：1 C．当变阻器R的阻值减小时，副线圈中电流随之减小 D．当变阻器R的阻值减小时，原线圈的输入功率随之增大（多选）7．（2024秋•海口期末）近年来高铁技术已经成为我国面向世界的一张名片。如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至U4，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I4，发电厂的输出电流为I1；若变压器的匝数n2＝n3，则下列关系式正确的是（）A．I1：I4＝n4：n1 B．I1：I4＝n1：n4 C．U1：U4＞n1：n4 D．U1：U4＜n1：n4（多选）8．（2024秋•长春期末）理想变压器、电阻R、理想交流电流表A、理想交流电压表V按图甲连接，已知理想变压器原、副线圈的匝数比为11：1，定值电阻R＝10Ω，原线圈输入的交流电如图乙所示，下列说法正确的是（）A．副线圈中交流电的频率为100Hz B．电压表的示数为202V C．电流表的示数为2A D．变压器的输入功率为40W（多选）9．（2025•宁波校级一模）如图为高铁供电流程的简化图。牵引变电所的理想变压器将高压U1降压；动力车厢内的理想变压器再将较高的电压降至U4后为动力车厢内的动力系统供电；某段时间，发电厂输出电流为I1，动力系统电流为I4。已知两个理想变压器的匝数n2＜n3，则（）A．U1：U4＝n1：n4 B．U1：U4＞n1：n4 C．I1：I4＞n4：n1 D．I1：I4＜n4：n1三．填空题（共3小题）10．（2023春•桂林期末）如图为一理想变压器，原副线圈匝数比为n1：n2＝10：1，副线圈所接负载电阻为10Ω，原线圈接有效值为100V的正弦交流电，则副线圈两端电压的有效值U2＝V，原线圈中电流的有效值I1＝A，负载电阻消耗的电功率P2＝W。11．（2023春•杨浦区校级期末）如图，矩形线框ABCD的匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置（即线框平面与磁感线垂直的位置）开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框通过两个电刷与外电路连接。外电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，定值电阻R1、R2的阻值均为R，忽略线框及导线电阻。则矩形线框转动半圈的过程中，通过电阻R1的电荷量为。矩形线框连续转动时，矩形线框的输出功率为。12．（2023春•天河区期末）如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin100πt（V），则电压表的示数为V，在天逐渐变黑的过程中，电流表A1的示数（填“变大”“变小”或“不变”）。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•吉林期末）如图所示，匝数N＝200匝、面积为S＝0.001m2的矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω＝100rad/s匀速转动。已知转轴平行于线圈平面，且线圈从平行于磁场的平面开始转动，磁场磁感应强度B=2T。线圈通过理想变压器连接R＝16Ω的电阻，变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝1（1）求发电机中电动势随时间变化的表达式E（t）；（2）若发电机线圈电阻忽略不计，求电流表的示数I。14．（2024春•烟台期中）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：3，定值电阻R1接在原线圈回路中，滑动变阻器R（阻值变化范围为0～100Ω）和定值电阻R2串联接在副线圈回路中，已知R1＝10Ω，R2＝20Ω，原线圈一侧接在输出电压U0＝28V的正弦交流电源上。开始时，调节滑动变阻器的触头，使滑动变阻器接入电路的电阻值最大。求：（1）此时滑动变阻器消耗的功率；（2）若调节滑动变阻器触头，能够使变压器输出功率达到最大值，当变阻器接入电路的阻值为多少时，变压器输出功率最大？最大值为多少？15．（2023秋•长安区校级期末）2022年3月31日，杭州2022年亚运会、亚残运会56个竞赛场馆全面竣工并通过赛事功能综合验收，此次杭州亚运会也将在亚运史上首次实现100%绿色电力供应。为确保杭州亚运会100%绿电供应，浙江电力交易中心已组织两次绿电交易，将青海柴达木盆地、甘肃嘉峪关等古丝绸之路上的绿色电能，通过特高压线路输送至浙江，让丝绸之路上的光，点亮亚运的灯。如图为某组同学研究远距离输电过程的装置图，矩形导线框ABCD绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势e=2222sin100πt(V)。导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电，输电线路总电阻R＝25Ω，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为25：11，降压变压器副线圈接入一台内阻r＝8.8Ω的电动机，其两端的电压U（1）电动机的机械功率P机；（2）电流表的读数IA。

2024-2025学年下学期高中物理教科版（2019）高二同步经典题精练之变压器参考答案与试题解析题号12345答案DDBCA一．选择题（共5小题）1．（2024秋•城关区校级期末）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，其输出部分可等效为一个不计内阻的交流电源，其电压会随着心跳频率发生变化。如图所示，心电图仪与一理想变压器的原线圈相连接，扬声器（等效为一个定值电阻）与一滑动变阻器连接在副线圈两端。下列说法正确的是（）A．保持电压U1不变，向左滑动滑片P，副线圈两端的电压减小 B．保持电压U1不变，向左滑动滑片P，变压器的输入功率变小 C．保持滑片P不动，当U1变大时，扬声器两端的电压变小 D．保持滑片P不动，当U1变大时，扬声器的功率变大【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】D【分析】理想变压器输入功率等于输出功率，电压由原线圈电压决定，电流和功率由副线圈决定。保持原线圈电压不变，向左滑动滑片P，根据U2=n2n1U1判断副线圈电压变化，由P＝UI判断功率变化；保持滑片P不动，当U【解答】解：A.保持电压不变，根据U2=nB.保持电压不变，次级电压不变，向左滑动滑片P，R阻值减小，次级电阻减小，则次级消耗的功率变大，则变压器的输入功率变大，故B错误；C.保持滑片P不动，当U1变大时，变压器次级电压变大，扬声器两端的电压变大，故C错误；D.保持滑片P不动，当U1变大时，根据U2=n故选：D。【点评】本题主要考查理想变压器的应用，理解“理想变压器输入功率等于输出功率，电压由原线圈电压决定，电流和功率由副线圈决定”是解题关键。2．（2024秋•荥阳市期末）以下四幅图片中：图甲是霍尔元件的结构示意图；图乙是真空冶炼炉；图丙是回旋加速器的结构示意图；图丁是手机无线充电。下列说法中正确的是（）A．图甲中，稳定时M、N两点电势的关系与导电粒子的电性无关 B．图乙中，真空冶炼炉是利用自感来熔化金属的装置 C．图丙中，增大加速电压，粒子离开回旋加速器时的动能将变大 D．图丁中，无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是互感现象【考点】变压器的构造与原理；回旋加速器；霍尔效应与霍尔元件；涡流的应用与防止．【专题】定性思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】D【分析】A.根据左手定则对正负电荷的运动方向判断，再分析电势的高低变化情况；B.根据电磁感应涡流现象分析判断；C.根据回旋加速器的工作原理结合最大速度的情况进行分析判断；D.根据变压器的工作原理进行分析判断。【解答】解：A.霍尔元件中若导电粒子为正电荷，根据左手定则可以判断出正电荷向N点偏转，N点电势高；若导电粒子为负电荷，根据左手定则可以判断出负电荷向N点偏转，N点电势低，故A错误；B.真空冶炼炉是利用电磁感应中的涡流来熔化金属的装置，故B错误；C.增大加速电压，带电粒子在电场中加速的次数减小，但离开加速器时速度大小不变，则粒子离开回旋加速器时的动能不变，故C错误；D.无线充电时手机接收线圈部分的工作原理是互感现象，属于变压器的工作原理，故D正确。故选：D。【点评】考查电磁感应的相关问题和霍尔效应等知识，会根据题意进行准确分析解答。3．（2024秋•沈阳期末）如图所示，若线框的匝数为100匝，内阻不计，所处的磁场可视为匀强磁场，线框以50转/秒的转速在磁场中旋转，其产生的交流电通过一匝数比为n1：n2＝10：1的理想变压器给电阻R供电，若电压表的示数为10V，则（）A．变压器原线圈两端电压的有效值为1002VB．穿过线框平面的最大磁通量为ΦmC．线框由图示位置开始计时感应电动势瞬时表达式e=100D．如电阻R阻值变大，则电压表示数变大【考点】变压器的构造与原理；磁通量的计算；正弦式交变电流的函数表达式及推导；有效值的定义和一般交变电流的有效值．【专题】定量思想；归纳法；交流电专题；理解能力．【答案】B【分析】根据变压器的变压比计算；根据感应电动势的最大值计算公式计算；图示位置是线圈平面和磁感线平行，所以应该是余弦函数；电压表示数与电阻大小无关。【解答】解：A、根据题意知U2＝10V，根据U1U2=n1n2，可得UB、线圈转动的角速度大小为ω＝2πn，产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω，则变压器原线圈两端电压的有效值为E=Em2，其中E＝100V，φm＝BS，代入数据解得φm=C、因为图示位置是线圈平面和磁感线平行，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt，即e=1002cos(100D、电压表示数等于变压器的输出电压，与所借电阻大小没有关系，故D错误。故选：B。【点评】本题考查了变压器的变压比，以及线圈产生交流电的最大值计算公式，基础题。4．（2025•盐城一模）如图所示是火花塞点火的原理图。变压器原线圈与蓄电池、开关组成闭合回路，开关由闭合变为断开的瞬间，副线圈感应出上万伏高压，火花塞产生电火花，则（）A．这个变压器为降压变压器 B．开关一直闭合时火花塞两端也有高压 C．开关断开，变压器铁芯中的磁通量减小 D．若开关接到副线圈回路，闭合开关瞬间火花塞也能产生电火花【考点】变压器的构造与原理．【专题】定性思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】C【分析】根据副线圈电压大小分析A，根据法拉第电磁感应定律分析B，根据磁通量的变化情况分析CD。【解答】解：A．变压器将蓄电池的低电压转化为上万伏高压，是升压变压器，故A错误；B．开关一直闭合时通过变压器原线圈的电流不变，穿过铁芯的磁通量不变，无法在副线圈感应出感应电动势，故B错误；C．开关断开，变压器原线圈的电流减小，则变压器铁芯中的磁通量减小，故C正确；D．穿过铁芯的磁通量不变，无法在副线圈感应出感应电动势，故D错误。故选：C。【点评】本题考查变压器的原理，解题关键掌握磁通量的变化是产生感应电流的条件。5．（2024秋•衡水期末）在图甲所示的交流电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，电阻R1＝R2＝8Ω，R3为滑动变阻器，电流表为理想电表。电源输出电压u随时间t按正弦规律变化如图乙所示，则下列说法正确的是（）A．当R3＝8Ω时，电流表的示数为1A B．当R3＝8Ω时，电源的输出功率为32W C．滑片P向下移动时，电流表示数增大 D．滑片P向上移动时，流过R3的电流增大【考点】变压器的构造与原理；电功和电功率的计算；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；方程法；电磁感应与电路结合；分析综合能力．【答案】A【分析】根据电路的连接画出等效电路图，分析滑片P向下移动时，等效电阻阻值如何变化，根据变压器原理判断副线圈两端电压如何变化，根据欧姆定律判断电流表示数如何变化；分析滑片向上移动时电阻减小，结合电阻的变化判断流过R3的电流变化。【解答】解：AB．根据题意，设原、副线圈的电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，则变压器的等效电阻为R等效电路如图所示结合图乙可知，电源输出电压的最大值为Em有效值为U当R3＝8Ω时，代入数据可得等效电阻为R等＝16Ω则电源的输出功率为P原线圈两端电压为U副线圈两端电压为U电流表读数为I故A正确，B错误；C．滑片向下移动时，R3减小，R等减小，U1减小，U2减小，则电流表读数IA减小，故C错误；D．滑片向上移动时，R3增大，R等增大，U1增大，I1减小，U2增大，I2减小，电流表读数IA增大，设电阻R3的电流为I3，由I2＝IA+I3可知，I3减小，即流过R3的电流减小，故D错误。故选：A。【点评】本题考查了变压器的动态分析，解决本题的关键是理解变压器的工作原理以及电源的输出功率的表达式。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•海淀区期末）如图是理想变压器的示意图，原线圈与220V正弦式交流电源连接，副线圈通过导线与用电器连接。输电线的总电阻用R0表示，变阻器R代表用电器。已知原、副线圈的匝数之比为n：1。下列说法正确的是（）A．原线圈输入电流与副线圈中的电流之比为n：1 B．原线圈输入电压与副线圈输出电压之比为n：1 C．当变阻器R的阻值减小时，副线圈中电流随之减小 D．当变阻器R的阻值减小时，原线圈的输入功率随之增大【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；理想变压器两端的功率关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】理想变压器电压由原线圈电压决定，电流和功率又副线圈决定。根据变压器的工作原理和线圈的匝数比分析AB；根据负载总电阻的变化趋势分析出理想变压器输入功率及副线圈电流的变化趋势。【解答】解：AB、根据理想变压器电压、电流与匝数比的关系有U1故A错误，B正确；CD、变阻器R的阻值减小时，U2不变，根据I2=U2R可知，副线圈中电流随之增大，则原线圈电流增大，根据P＝U1I1可知，原线圈的输入功率随之增大，故C故选：BD。【点评】本题主要考查了变压器的相关应用，掌握变压器的工作原理，结合线圈的匝数比与电学物理量的比值关系即可完成分析。（多选）7．（2024秋•海口期末）近年来高铁技术已经成为我国面向世界的一张名片。如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至U4，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I4，发电厂的输出电流为I1；若变压器的匝数n2＝n3，则下列关系式正确的是（）A．I1：I4＝n4：n1 B．I1：I4＝n1：n4 C．U1：U4＞n1：n4 D．U1：U4＜n1：n4【考点】变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】AC【分析】AB.根据变压器电流的变化规律列式求解判断；CD.根据变压器电压的变化规律结合电压损失的情况进行分析判断。【解答】解：AB.根据变压器的电流规律有I1I2=n2n1，I3I4=n4n3，因为I2＝I3，所以I1CD.根据变压器的变压规律有U1U2=n1n2，U3U4=n3n故选：AC。【点评】考查变压器的相关规律，注意输电过程中的电压和电流的变化情况，会根据题意进行准确分析解答。（多选）8．（2024秋•长春期末）理想变压器、电阻R、理想交流电流表A、理想交流电压表V按图甲连接，已知理想变压器原、副线圈的匝数比为11：1，定值电阻R＝10Ω，原线圈输入的交流电如图乙所示，下列说法正确的是（）A．副线圈中交流电的频率为100Hz B．电压表的示数为202V C．电流表的示数为2A D．变压器的输入功率为40W【考点】理想变压器两端的频率关系；交流电表的读数；理想变压器两端的功率关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】CD【分析】由图乙可知交流电压最大值，周期T＝0.02s，电源频率为50Hz，根据电表的示数为有效值，根据有效值与最大值之间的关系即可求解。【解答】解：A.根据变压器不能改变交流电的频率，可知副线圈中交流电的频率与原线圈交流电的频率相等，由图乙可知为f=1T=BCD.由图甲知，电压表的示数为副线圈输出电压的有效值，为U2=n2n1U1=111×22022故选：CD。【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。（多选）9．（2025•宁波校级一模）如图为高铁供电流程的简化图。牵引变电所的理想变压器将高压U1降压；动力车厢内的理想变压器再将较高的电压降至U4后为动力车厢内的动力系统供电；某段时间，发电厂输出电流为I1，动力系统电流为I4。已知两个理想变压器的匝数n2＜n3，则（）A．U1：U4＝n1：n4 B．U1：U4＞n1：n4 C．I1：I4＞n4：n1 D．I1：I4＜n4：n1【考点】理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；单摆问题；理解能力．【答案】BD【分析】AB．根据理想变压器电压与匝数比的关系，分别对牵引变电所的变压器和受电弓部分的变压器的电压关系，结合输电线上的电压损失分析作答；CD.根据理想变压器电流与匝数比的关系，分别对牵引变电所的变压器和受电弓部分的变压器的电流关系分析作答。【解答】解：AB．根据理想变压器电压与匝数比的关系，对牵引变电所的变压器，有U对于受电弓部分的变压器，有U由于输电线上有电压降，因此则有U2＞U3，又有n2＜n3，可得U1：U4＞n1：n4故A错误，B正确；CD．根据理想变压器电流与匝数比的关系，对牵引变电所的变压器，有I对于受电弓部分的变压器，有得I由于I2＝I3，n2＜n3，可得I1：I4＜n4：n1故C错误，D正确。故选：BD。【点评】本题主要考查了理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系，要知道在这个输电线路中因为输电线上有电阻，所以升压变压器的输出电压不等于降压变压器的输入电压。三．填空题（共3小题）10．（2023春•桂林期末）如图为一理想变压器，原副线圈匝数比为n1：n2＝10：1，副线圈所接负载电阻为10Ω，原线圈接有效值为100V的正弦交流电，则副线圈两端电压的有效值U2＝10V，原线圈中电流的有效值I1＝0.1A，负载电阻消耗的电功率P2＝10W。【考点】变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】10；0.1；10。【分析】根据变压器电压、电流与线圈匝数比的关系，结合欧姆定律和电功率表达式分析求解。【解答】解：根据变压器电压与线圈匝数的比可知U1解得U2＝10V副线圈的电流为I2=根据变压器电流与线圈匝数的比可知I1解得I1＝0.1A负载电阻消耗的电功率P2=I22R=1故答案为：10；0.1；10。【点评】本题考查了变压器相关知识，理解变压器电压、电流与线圈匝数比的关系是解决此类问题的关键。11．（2023春•杨浦区校级期末）如图，矩形线框ABCD的匝数为N，面积为S，线框所处磁场可视为匀强磁场，磁感应强度大小为B，线框从图示位置（即线框平面与磁感线垂直的位置）开始绕轴OO′以恒定的角速度ω沿逆时针方向转动，线框通过两个电刷与外电路连接。外电路中理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，定值电阻R1、R2的阻值均为R，忽略线框及导线电阻。则矩形线框转动半圈的过程中，通过电阻R1的电荷量为2NBSR。矩形线框连续转动时，矩形线框的输出功率为17【考点】变压器的构造与原理；电功和电功率的计算；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；推理论证能力．【答案】2NBSR，【分析】根据法拉第电磁感应定律求解电动势的平均值，根据欧姆定律求解通过电阻的电流，根据q＝It求解通过电阻的电荷量；根据正弦式交变电流规律求解感应电动势的峰值和有效值，根据理想变压器的变压比求解副线圈两端的电压，矩形线框的输出功率为两电阻的功率之和，结合功率公式列式求解即可。【解答】解：线圈转动的周期为T=矩形线框转动半圈的过程中，感应电动势的平均值为E通过电阻R1的电流的平均值为I通过电阻R1的电荷量为q=It=I•联立解得：q=感应电动势的峰值为Em＝NBSω有效值为U1=根据理想变压器原副线圈电压比等于匝数比得：U1：U2＝n1：n2＝4：1则副线圈电压U2=线框的输出功率P=故答案为：2NBSR，【点评】本题考查正弦式交变电流和理想变压器，解题关键是会求解正弦式交变电流的峰值、有效值和平均值，知道求解电荷量时用有效值，求解功率时用有效值，知道理想变压器的变压规律。12．（2023春•天河区期末）如图所示，R是一个光敏电阻，其阻值随光照强度的增加而减小。理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在线圈两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin100πt（V），则电压表的示数为22V，在天逐渐变黑的过程中，电流表A1的示数变小（填“变大”“变小”或“不变”）。【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】22；变小【分析】根据瞬时值表达式可以求得输出电压的有效值、再根据电压与匝数成正比即可解得电压表的示数，根据光照的变化明确电阻的变化，从而分析电流的变化规律。【解答】解：依题意，交变电流的电压有效值为U1=根据理想变压器原副线圈电压比与匝数比的关系，可得U1解得U2＝22V依题意，在天逐渐变黑的过程中光敏电阻的阻值将增大，由欧姆定律，可得I2=易知副线圈电流将减小，根据I1I2=故答案为：22；变小【点评】本题考查变压器中的电路的动态变化的分析，先找准不变的物理量，然后再根据物理量之间的关系分析计算即可。四．解答题（共3小题）13．（2024秋•吉林期末）如图所示，匝数N＝200匝、面积为S＝0.001m2的矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω＝100rad/s匀速转动。已知转轴平行于线圈平面，且线圈从平行于磁场的平面开始转动，磁场磁感应强度B=2T。线圈通过理想变压器连接R＝16Ω的电阻，变压器的原、副线圈匝数比n1：n2＝1（1）求发电机中电动势随时间变化的表达式E（t）；（2）若发电机线圈电阻忽略不计，求电流表的示数I。【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；方程法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）发电机中电动势随时间变化的表达式为E(（2）若发电机线圈电阻忽略不计，则电流表的示数为20A。【分析】（1）由题意结合电动势瞬时值表达式进行分析；（2）求出线圈电动势有效值，根据变压器原理、欧姆定律进行解答。【解答】解：（1）由题意可得感应电动势：E（t）＝NBSωcosωt代入数据，得：E(（2）线圈电动势有效值：E=Em根据变压器原理可得：EU2根据欧姆定律可得：U2＝I2R联立以上各式，得电流表示数：I＝I1＝20A。答：（1）发电机中电动势随时间变化的表达式为E(（2）若发电机线圈电阻忽略不计，则电流表的示数为20A。【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理想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。14．（2024春•烟台期中）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为n1：n2＝1：3，定值电阻R1接在原线圈回路中，滑动变阻器R（阻值变化范围为0～100Ω）和定值电阻R2串联接在副线圈回路中，已知R1＝10Ω，R2＝20Ω，原线圈一侧接在输出电压U0＝28V的正弦交流电源上。开始时，调节滑动变阻器的触头，使滑动变阻器接入电路的电阻值最大。求：（1）此时滑动变阻器消耗的功率；（2）若调节滑动变阻器触头，能够使变压器输出功率达到最大值，当变阻器接入电路的阻值为多少时，变压器输出功率最大？最大值为多少？【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；交流电专题；分析综合能力．【答案】（1）此时滑动变阻器消耗的功率为16W；（2）若调节滑动变阻器触头，能够使变压器输出功率达到最大值，当变阻器接入电路的阻值为70Ω时，变压器输出功率最大，最大值为19.6W。【分析】（1）根据理想变压器输入功率与输出功率相等可得原线圈中电流，根据原副线圈电流与匝数的关系可得副线圈中的电流，根据P＝I2R求解滑动变阻器的功率；（2）利用等效法和闭合回路内外电阻相等时电源输出功率最大，可得滑动变阻器的阻值和变压器的最大输出功率。【解答】解：（1）设原线圈中的电流为I1，副线圈中电流为I2，匝数比为k，则k=根据理想变压器输入功率等于输出功率，则有：(可得：I1=U0R代入数据可得：I1＝1.2A根据I1I2=n则此时滑动变阻器消耗的功率：P（2）把I1=U0R1+k2(R+R2)根据闭合电路内外电阻相等时，电源的输出功率最大，可知当R1=代入数据可得滑动变阻器的阻值为：R＝70Ω把R＝70Ω代入I1=U0R则变压器最大输出功率为：Pm＝（U0﹣I1′R1）I1′＝（28﹣1.4×10）×1.4W＝19.6W答：（1）此时滑动变阻器消耗的功率为16W；（2）若调节滑动变阻器触头，能够使变压器输出功率达到最大值，当变阻器接入电路的阻值为70Ω时，变压器输出功率最大，最大值为19.6W。【点评】本题主要是考查变压器与电路的综合应用，解题的关键是知道变压器的基本关系，会做电路的等效处理，解题时要知道变压器输出功率达到最大值，即原线圈输入功率最大。15．（2023秋•长安区校级期末）2022年3月31日，杭州2022年亚运会、亚残运会56个竞赛场馆全面竣工并通过赛事功能综合验收，此次杭州亚运会也将在亚运史上首次实现100%绿色电力供应。为确保杭州亚运会100%绿电供应，浙江电力交易中心已组织两次绿电交易，将青海柴达木盆地、甘肃嘉峪关等古丝绸之路上的绿色电能，通过特高压线路输送至浙江，让丝绸之路上的光，点亮亚运的灯。如图为某组同学研究远距离输电过程的装置图，矩形导线框ABCD绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势e=2222sin100πt(V)。导线框与理想升压变压器相连进行远距离输电，输电线路总电阻R＝25Ω，理想降压变压器的原、副线圈匝数之比为25：11，降压变压器副线圈接入一台内阻r＝8.8Ω的电动机，其两端的电压（1）电动机的机械功率P机；（2）电流表的读数IA。【考点】理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率；交流发电机及其产生交变电流的原理；正弦式交变电流的有效值．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）电动机的机械功率P机为880W；（2）电流表的读数IA为5.5A。【分析】（1）根据功率公式求解电动机输入功率、热功率，再根据电动机效率公式求解通过电动机的电流，进而求出电动机的机械功率；（2）根据理想变压器电流与匝数比的关系求输电线上的电流，根据功率公式求解输电线上的功率损失，从而可知发电机的输出功率等于电动机的输入功率与输电线上损失功率之和，求解电源的输出功率，根据交流电有效值与最大值的关系求解发电机的输出电压，最后根据功率公式求解通过电流表的电流。【解答】解：（1）设通过电动机的电流为I，电动机内阻损耗的功率为P损，由题意得：PP损＝（1﹣η）P＝（1﹣η）UI代入数据解得：I＝5A所以输入功率：P＝UI＝220×5W＝1100W电动机的机械功率：P机＝80%P＝110080%＝880W（2）设降压变压器原线圈两端的电压为U1，通过输电线路得电流为I1，由题意得：I解得：I1＝2.2A输电线路损耗的功率ΔP，则有：ΔP则升压变压器得输入功率P1，所以：P1＝ΔP+P＝121W+1100W＝1221W由题中交变电动势的表达式可知，发电机的输出电压峰值为：E则升压变压器的输入电压为：U电流表的读数为升压变压器得输入电流，可得：I答：（1）电动机的机械功率P机为880W；（2）电流表的读数IA为5.5A。【点评】抓住电动机的效率是求解通过电动机电流的关键，也是解决本题的关键。

考点卡片1．电功和电功率的计算【知识点的认识】1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt2.电功率的计算公式：P=W3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解题思路点拨】四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V6W”，RB、RD的规格为“6V12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（）A、RA的功率最大，为6WB、RB的功率最小，为0.67WC、RC的功率最小，为1.33WD、RD的功率最大，为12W分析：根据P=U2R求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6电阻B和C并联的电阻RBC=RBRC则电路的总电流I=UR=则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率为PB=UBC2RC的功率为PC=UBC2RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，为6WRC的功率最小，为0.67W故A正确，BCD错误；故选：A。点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P=U【解题思路点拨】根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。2．计算电动机正常工作时输出的机械功或机械功率【知识点的认识】1.电动机正常工作时的具体能量转化如下（1）电动机的输入功率是电动机消耗的总功率，P入＝UI。（2）电动机的热功率是线圈上电阻的发热功率，P热＝I2r。（3）电动机的输出功率是电动机将电能转化为机械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）电动机的效率η=P出P入2.本考点主要针对电动机问题中输出功率、输出功与机械效率的计算。【命题方向】如图所示，电阻R1＝8Ω，电动机绕组电阻R0＝2Ω，当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率是2.88W；当开关S闭合时，电阻R1消耗的电功率是2W．若电源的电动势为6V，求开关S闭合时，电动机输出的机械功率．分析：当开关S断开时，电阻R1消耗的电功率求出电路中电流，由欧姆定律求出电源的内阻r．当开关S闭合时，根据电阻R1消耗的电功率求出R1的电流和电压，根据欧姆定律求出干路电流，得到电动机的电流，再求出电动机输出的机械功率．解答：当开关S断开时，由P1=I12R1得：I整个电路有闭合电路的欧姆定律有：E＝I1×（R1+r）代入数据解得：r＝2Ω当开关S闭合时，由P2=I22R1得：IR1的电压为：U＝I2R1＝4V设干路中电流为I，则有：I=E电动机的电流为：IM＝I﹣I2＝0.5A故电动机的机械功率为：P＝UIM-IM2R答：开关S闭合时，电动机输出的机械功率为1.5W．点评：本题考查处理非纯电阻电路问题的能力．对于电动机正常时，其电路是非纯电阻电路，欧姆定律不成立，本题不能用IM=U【解题思路点拨】电动机电路的分析与计算3．磁通量的计算【知识点的认识】1.当平面与磁场垂直时，穿过平面的磁通量为：Φ＝BS。2.当平面与磁场不垂直时，S应该为平面与磁感线方向上的投影面积，如下图图中穿过平面的磁通量为Φ＝BScosθ。式中Scosθ即为平面S在垂直于磁场方向上的投影面积，也称为“有效面积”3.磁通量的正、负（1）磁通量是标量，但有正、负，当以磁感线从某一面上穿入时，磁通量为正值，则磁感线从此面穿出时即为负值。（2）若同时有磁感线沿相反方向穿过同一平面，且正向磁通量大小为Φ1，反向通量大小为Φ2，则穿过该平面的合磁通量Φ＝Φ1﹣Φ2。【命题方向】如图所示，在一半径为r的圆形区域内有磁感应强度为B的匀强磁场，磁场方向垂直纸面向里。现将匝数为n、半径为R（R＞r）的圆形线圈垂直纸面放置，使其轴线经过磁场区域的圆心，则穿过线圈的磁通量为（）A、πBr2B、πBR2C、nπBR2D、nπBr2分析：根据磁通量公式Φ＝BS分析求解；注意S为垂直于磁场方向上的有效面积，磁通量与匝数无关。解答：磁通量与匝数无关，线圈在磁场中的有效面积S＝πr2，根据磁通量的公式Φ＝BS可知，穿过线圈的磁通量Φ＝πBr2，故A正确，BCD错误。故选：A。点评：本题考查了磁通量的定义，解题的关键是明确垂直于磁场方向上的有效面积，根据磁通量公式求解。【解题思路点拨】对磁通量的理解（1）Φ＝B•S的含义：Φ＝BS只适用于磁感应强度B与面积S垂直的情况．当B与S平面间的夹角为θ时，则有Φ＝BSsinθ．可理解为Φ＝BSsinθ，即Φ等于B与S在垂直于B方向上投影面积的乘积．也可理解为Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量与S的乘积．如图（1）所示．（2）面积S的含义：S不一定是某个线圈的真正面积，而是线圈在磁场范围内的面积．如图（2）所示，S应为线圈面积的一半．（3）多匝线圈的磁通量：多匝线圈内磁通量的大小与线圈匝数无关，因为不论线圈匝数多少，穿过线圈的磁感线条数相同，而磁感线条数可表示磁通量的大小．（4）合磁通量求法：若某个平面内有不同方向和强弱的磁场共同存在，当计算穿过这个面的磁通量时，先规定某个方向的磁通量为正，反方向的磁通量为负，平面内各个方向的磁通量的代数和等于这个平面内的合磁通量．4．回旋加速器【知识点的认识】1.回旋加速器示意图如下：2.回旋加速器的原理：用磁场控制轨道、用电场进行加速。D1和D2是两个中空的半圆金属盒，它们之间有一定的电势差U，盒内部空间由于静电平衡无电场，电压U在两盒之间的缝隙处产生加速电场。盒中心A处的粒子源产生的带电粒子，在两盒之间被电场加速。两个半圆盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，磁场使粒子做匀速圆周运动，从而使粒子在缝隙处被加速后再回到缝隙处再被加速。两盒间的交变电势差一次一次地改变正负，保证粒子每次都能被加速。【命题方向】回旋加速器是用来加速带电粒子的装置，如图为回旋加速器的示意图。D1、D2是两个中空的铝制半圆形金属扁盒，在两个D形盒正中间开有一条狭缝，两个D形盒接在高频交流电源上。在D1盒中心A处有粒子源，产生的带正电粒子在两盒之间被电场加速后进入D2盒中。两个D形盒处于与盒面垂直的匀强磁场中，带电粒子在磁场力的作用下做匀速圆周运动，经过半个圆周后，再次到达两盒间的狭缝，控制交流电源电压的周期，保证带电粒子经过狭缝时再次被加速。如此，粒子在做圆周运动的过程中一次一次地经过狭缝，一次一次地被加速，速度越来越大，运动半径也越来越大，最后到达D形盒的边缘，沿切线方向以最大速度被导出。已知带电粒子的电荷量为q，质量为m，加速时狭缝间电压大小恒为U，磁场的磁感应强度为B，D形盒的半径为R，狭缝之间的距离为d。设从粒子源产生的带电粒子的初速度为零，不计粒子受到的重力，求：（1）带电粒子能被加速的最大动能Ek；（2）带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径；（3）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率P。分析：（1）根据qvB＝mv2R知，当R最大时，速度最大，求出最大速度，根据EK=1（2）粒子被加速一次所获得的能量为qU，求出第n次加速后的动能EKn=12mvn2（3）根据电流的定义式I=Qt和Q＝Nq以及P解答：（1）粒子在D形盒内做圆周运动，轨道半径达到最大时被引出，具有最大动能。设此时的速度为v，有：qvB＝mv2R可得粒子的最大动能Ek=12mv（2）粒子被加速一次所获得的能量为qU，粒子在D2盒中被第2n﹣1次加速后的动能为EKn=12mvn2=q因此第n个半圆的半径Rn=1（3）带电粒子质量为m，电荷量为q，带电粒子离开加速器时速度大小为v，由牛顿第二定律知：qvB＝mv2R带电粒子运动的回旋周期为：T=2由回旋加速器工作原理可知，交变电源的频率与带电粒子回旋频率相同，由周期T与频率f的关系可得：f=1设在t时间内离开加速器的带电粒子数为N，则带电粒子束从回旋加速器输出时的平均功率P＝N12输出时带电粒子束的等效电流为：I=Nqt由上述各式得P=答：（1）带电粒子能被加速的最大动能q2（2）带电粒子在D2盒中第n个半圆的半径1Bq（3）若带电粒子束从回旋加速器输出时形成的等效电流为I，求从回旋加速器输出的带电粒子的平均功率B2点评：解决本题的关键知道回旋加速器利用磁场偏转和电场加速实现加速粒子，粒子在磁场中运动的周期和交流电的周期相等，注意第3问题，建立正确的物理模型是解题的关键。【解题思路点拨】明确回旋加速器的构造和工作原理。它是由加速电场和偏转磁场对接而成，在电场中加速后进入磁场，进而在磁场中作半圆运动，在加速电场中用动能定理qU=12mv2-12mv05．霍尔效应与霍尔元件【知识点的认识】一、霍尔效应1．霍尔效应：置于磁场中的载流体，如果电流方向与磁场方向垂直，则垂直于电流和磁场方向会产生一个附加的横向电场，这个现象是霍普金斯大学研究生霍尔于1879年发现的，后被称为霍尔效应．霍尔效应从本质上讲是运动的带电粒子在磁场中受到洛伦兹力作用而引起的偏转，所以可以用高中物理中的电磁学、力学、运动学等有关知识来进行解释．霍尔效应原理的应用常见的有：霍尔元件、磁流体发电机、电磁流量计、磁强计等．【命题方向】利用霍尔效应制作的霍尔元件，广泛应用于测量和自动控制等领域。如图是霍尔元件的工作原理示意图，磁感应强度B垂直于霍尔元件的工作面向下，通入图示方向的电流I，C、D两侧面会形成电势差UCD，下列说法中正确的是（）A.电势差UCD仅与材料有关B.若霍尔元件的载流子是自由电子，则电势差UCD＜0C.仅增大磁感应强度时，电势差UCD变大D.在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，元件的工作面应保持水平分析：在霍尔元件中，移动的是自由电子，根据左手定则判断出电子所受洛伦兹力方向，从而知道两侧面所带电荷的电性，即可知道C、D两侧面会形成电势差UCD的正负。CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，根据平衡推导出电势差UCD与什么因素有关。解答：A、根据左手定则，电子向C侧面偏转，C表面带负电，D表面带正电，所以D表面的电势高，则UCD＜0．CD间存在电势差，之间就存在电场，电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡，设霍尔元件的长宽高分别为a、b、c，有qUb=qvB，I＝nqvS＝nqvbc，则U=BInqc．故D、在测定地球赤道上方的地磁场强弱时，应将元件的工作面保持竖直，让磁场垂直通过。故D错误。故选：BC。点评：解决本题的关键知道霍尔元件中移动的是自由电子，以及自由电子在电场力和洛伦兹力作用下处于平衡。【解题思路点拨】霍尔效应的的本质是导体中的载流子在磁场中发生偏转，在导体中垂直于粒子运动方向的两端聚集，产生电势差，当电势差稳定时电场力等于洛伦兹力，即qUd=6．涡流的应用与防止【知识点的认识】1.涡流在生产生活中有利有弊，所以要注意正确的应用涡流的作用以及减轻涡流带来的危害。2.应用（1）利用涡流的热效应真空冶炼炉、电磁炉等（2）利用涡流的磁效应探雷器、机场与车站和重要活动场所的安检门、高考考场的探测器等3.防止电动机、变压器等设备中应防止铁芯中涡流过大而导致浪费能量，损坏电器，减小涡流的方法为，用电阻率较大且涂有绝缘材料的硅钢板材叠加做成铁芯。【命题方向】一般来说，只要空间有变化的磁通量，其中的导体就会产生感应电流，我们把这种电流叫涡流，利用涡流的热效应可以制成一种新炉灶，这种新炉灶是（）A、微波炉B、电磁炉C、电饭锅D、热水器分析：根据电磁炉的工作原理，即电磁感应原理，使金属锅体产生感应电流，锅体发热，食物利用热传导获得内能．解答：根据电磁炉电磁感应原理，使金属锅底产生感应电流，是利用了电流的磁效应，金属锅底发热后，食物从锅体上通过热传递来获得热量。故选：B。点评：考查了电流的磁效应和热效应及热传递改变内能的知识点．【解题思路点拨】对涡流的理解：1.涡流的特点当电流在金属块内自成闭合回路（产生涡流）时，由于整块金属的电阻很小，涡流往往很强，根据公式P＝I2R知，热功率的大小与电流的平方成正比，故金属块的发热功率很大。2.涡流中的能量转化涡流现象中，其他形式的能转化成电能，并最终在金属块中转化为内能。若金属块放在变化的磁场中，则磁场能转化为电能，最终转化为内能；若金属块进出磁场或在非匀强磁场中运动，则由于克服安培力做功，金属块的机械能转化为电能，最终转化为内能。3.注意（1）涡流是整块导体发生的电磁感应现象，同样遵循法拉第电磁感应定律。（2）磁场变化越快（ΔBΔt越大）导体的横截面积S7．交流发电机及其产生交变电流的原理【知识点的认识】1.产生装置将闭合线圈置于匀强磁场，并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动，线圈中将产生按正（余）弦规律变化的交流电。2.两个特殊位置及特点①中性面上图甲和丙所处的位置特点：穿过线圈的磁通量Φ最大，磁通量的变化率ΔΦΔt=0，所以感应电动势E＝0，该应电流I＝②与中性面垂直的位置上图乙和丁所处的位置特点：穿过线圈的磁通量Φ＝0，磁通量的变化率ΔΦΔt最大，所以感应电动势E最大，该应电流I3.交变电流的变化规律对于如图所示的发电机，设t＝0时线圈刚好转到中性面，此时导线AB的速度方向刚好与磁感线平行，因此感应电动势为0。设线圈旋转的角速度为ω，AB和CD的长度为l，AD和BC的长度为d，则经过时间t，线框转过的角度θ＝ωt。线框旋转过程中AB和CD的速度v＝ωd2，与磁感线垂直的速度为vsinθ，即ωd2sinωe＝2Blvsinθ＝ωBldsinωt＝ωBSsinωt其中，S表示线框的面积。设Em＝ωBS，可知线框的电动势是随时间按正弦函数规律变化的，为e＝Emsinωt式中Em是常数，表示电动势可能达到的最大值。对于单匝线圈，Em＝ωBS；如果线圈匝数为N，则Em＝NωBS。同理如果线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcosωt。【命题方向】交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴OO'匀速转动时，电路中产生的最大电流为Im，已知线圈转动的周期为T，下列说法正确的是（）A、图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大B、图示位置电流最大，方向为A→BC、从图示位置开始经过T4D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i分析：线圈平面与磁场垂直时，线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，从中性面开始计时线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=解答：ABC、图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为i=Im故选：D。点评：本题主要考查了中性面，明确线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次。【解题思路点拨】正弦交变电流产生的原理矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动的过程中，与轴平行的两条边（导线）切割磁感线，因而产生感应电动势，线圈上就有了电流．交流发电机的工作过程是将机械能转化为电能和回路中内能的过程，符合能量守恒定律.8．交变电流的u-t图像和i-t图像【知识点的认识】1.用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。【命题方向】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．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴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分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．解答：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=102A，周期T＝0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=IB、角速度=2πT=100πC、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．故选AC．点评：本题是2013年的高考题，考查的知识点较多，难度不大．【解题方法点拨】解决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．9．正弦式交变电流的函数表达式及推导【知识点的认识】1.正弦式电流的函数表达式为i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，式中Im、Um分别表示电流和电压的峰值。i和u表示电流和电压的瞬时值。ω表示线圈转动的角速度。（1）此表达式代表的是线圈从中线面开始转动的情况。（2）式子中Um＝NBSω。2.表达式的推导：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度o匀速转动，如图所示，则经时间t：（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。（3）ab边转动的线速度大小v＝ωl（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ=BSω2•sinω（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n匝，则e＝nBSωsinωt。【命题方向】矩形线圈在匀强磁场中转动产生e＝2202sin100A、频率是50HzB、当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C、当t=1200sD、有效值为220V分析：根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．解答：A、线圈的角速度为100πrad/s，故其频率为：f=ω2π=B、当t＝0时e＝0，此时线圈处在中性面上，故B错误。C、当t=1200s时，sin100πt＝1，所以e有最大值，故D、有效值为：22022=220V故选：ACD。点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．【解题思路点拨】1.交变电压的表达式u＝Umsinωt，根据欧姆定律即可得出电路中电流的i=u2.正弦式交变电流瞬时值的表达式10．有效值的定义和一般交变电流的有效值【知识点的认识】1.定义：有效值是根据电流的热效应定义的一个等效概念。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，而这个恒定电流与电压分别是I、U，我们就把Ⅰ、U叫作这个交变电流的有效值。2.符号：用E、I、U分别表示电动势、电流、电压的有效值。3.计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值4.应用环境：当计算某时间内的功率，产生的热量.电流做的功等问题时需使用有效值【命题方向】如图表示一交变电流的电流随时间而变化的图象，此交变电流的有效值为（）A、52AB、5AC、25AD、3.5A分析：根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．解答：将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有(42)2R⋅T2+（22解得：I＝25A故选：C。点评：对于非正弦式电流可根据有效值的定义求解有效值．常见题型，要熟练掌握．【解题思路点拨】对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。11．正弦式交变电流的有效值【知识点的认识】对于正弦式交变电流，有效值与峰值之间的关系为：I=Im2【命题方向】家庭电路中电压的瞬时值表达式为u＝2202sin314t（v），则交流电压的有效值是（）A、220VB、2202VC、110VD、1102V分析：根据交流电的表达式可读出该交流电的最大值，再根据最大值与有效值的关系可直接求解有效值。解答：由瞬时表达式可知，最大值Um＝2202V，则有效值U=Um2=22022V故选：A。点评：本题考查对交流电最大值和有效值的认识，要明确二者的关系，掌握有效值的计算方法。【解题思路点拨】对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。12．交流电表的读数【知识点的认识】1.电路中的交流电表的示数表示的交变电压或交变电流的有效值。2.交变电流的计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。【命题方向】如图所示线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为r＝1Ω，外电阻R＝9Ω，线圈处于B=2πT的匀强磁场中．当线圈绕轴以转速n＝（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式．（2）两电表的示数．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量．（4）线圈匀速转一圈产生的总热量．分析：（1）从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt．感应电动势的最大值Em＝nBSω，由题已知条件代入求出．（2）交流电表测量有效值，由感应电动势的最大值，求出感应电动势的有效值，由欧姆定律求解两电表的读数．（3）线圈转过180°的过程中，由q＝nΔΦR（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值．解答：（1）线圈的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，感应电动势的最大值Em＝nBSω＝100V，则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝100sin10πtV（2）电路中电流的有效值I=ER+r，E=22Em，代入解得I＝52电压表读数为U＝IR＝452V（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量q＝nΔΦR（4）线圈匀速转一圈产生的总热量Q＝I2RT＝I2R⋅2π答：（1）若从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为100sin10πtV；（2）电流表读数为52A，电压表读数为452V．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量是2πC（4）线圈匀速转一圈产生的总热量是100J．点评：本题是交变电流规律的基本应用，注意交流电表测量的是交流电的有效值．常规题．【解题思路点拨】对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。13．变压器的构造与原理【知识点的认识】1.变压器的构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的（如图）。一个线圈与交流电源连接，叫作原线圈，也叫初级线圈；另一个线圈与负载连接，叫作副线圈，也叫次级线圈。2.各部分的功能原线圈：接在交流电源上的线圈，在铁芯内产生交变磁场。副线圈：连接负载的线圈，产生感应电动势，为负载提供电能。铁芯：硅钢叠合成的闭合框架，能增强磁场和集中磁感线，提高变压器效率。3.工作原理：互感现象是变压器工作的基础。当原线圈两端加上交变电压U1时，原线圈中就有交变电流I1通过，并在铁芯中产生交变的磁场，铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上，铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生感应电动势。4.理想变压器（1）闭合铁芯的“漏磁”忽略不计。（2）变压器线圈的电阻忽略不计。（3）闭合铁芯中产生的涡流忽略不计。即没有能量损失的变压器叫作理想变压器。【命题方向】关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是（）A、通有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不相等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分析：变压器的工作原理是互感现象，理想变压器是无漏磁、无铜损、无铁损．解答：A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；B、由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B错误；C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；D、变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误；故选：C。点评：本题关键是明确变压器的工作原理，知道理想变压器是指无能量损失的变压器，基础题．【解题思路点拨】变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。14．理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系【知识点的认识】一、理想变压器的基本规律1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器2.理想变压器原、副线圈的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3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系（1）只有一个副线圈时：原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多个副线圈时由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••4.理想变压器原、副线圈的功率关系变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2二、各物理量之间的因果关系（1）由于U1取决于电源电压，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。【命题方向】如图所示，L1、L2是理想变压器的两个线圈．如果把它当作降压器，则（）A、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5B、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1C、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1D、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5分析：根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数成正比即可分析求解．解答：如果把它当作降压器，则原线圈的匝数应比副线圈匝数多，所以L1接电源，U1故选：B。点评：要根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答，难度不大，属于基础题。【解题思路点拨】理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失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P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1电流关系①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即I1②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2=n2n功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1=n2n15．理想变压器两端的功率关系【知识点的认识】一、理想变压器的基本规律1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器2.理想变压器原、副线圈的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3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系（1）只有一个副线圈时：原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多个副线圈时由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••4.理想变压器原、副线圈的功率关系变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2二、各物理量之间的因果关系（1）由于U1取决于电源电压，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。【命题方向】理想变压器原、副线圈匝数比为10：1．下列说法正确的是（）A、原、副线圈上的电流之比为10：1B、正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1：1C、原、副线圈产生的电压之比为10：1D、正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为10：1分析：变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压，副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率，由于匝数比不变，故副线圈的输出电压保持不变，当负载电阻减小时，输出功率变大，故输入功率也变大．解答：A、理想变压器，原副线圈的电流与匝数成反比为1：10，故A错误；BD、由于是理想变压器，则原副线圈的电功率是相等的，正常工作时