2024-2025学年下学期高二物理人教版期中必刷常考题之变压器VIP

第49页（共49页）2024-2025学年下学期高二物理人教版（2019）期中必刷常考题之变压器一．选择题（共8小题）1．（2024秋•深圳期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1。n2，定值电阻R＝27.5Ω，理想电流表A2的示数I2＝2A，a、b两端接正弦交流电源u=220A．n1：n2＝1：20 B．理想电压表V的示数U＝220V C．理想电流表A1的示数为0.5A D．定值电阻R中电流变化的频率为50Hz2．（2025•越秀区校级模拟）随着生活中的电子设备越来越多，在不知不觉中各种“理不清”的充电线给我们带来了困扰。无线充电的引入，让手机、智能手表和电动牙刷等设备摆脱了“充电线”的牵制，使这些设备做到了“放下即充”，如图1所示，某智能手表正准备进行无线充电，其原理可简化为如图2所示的装置，当送电线圈接入如图3所示的交流电源后，送电线圈接有电阻R1，受电线圈接有电阻R2＝4Ω，送电线圈和受电线圈的匝数比n1：n2＝5：1，此时智能手表处于“超级充电”模式，其两端的电压为20V，充电电流为5A，充电装置线圈可视为理想变压器，则下列说法正确的是（）A．送电线圈两端电压为220V B．送电线圈所接电阻R1＝20Ω C．此充电器在“超级快充”模式下，耗电功率为200W D．受电线圈中的感应电流的磁场总是与供电线圈中电流的磁场方向相反3．（2024秋•湖北期末）如图所示，理想变压器原线圈一侧接在u＝2202sin（100πt）V的正弦交流电源上，原、副线圈的匝数比为1：2，原、副线圈的回路中分别接有R0＝5Ω的定值电阻和滑动变阻器R，开始时变阻器R接入电路的阻值也为R0，图中电流表可视为理想电流表，则（）A．通过电流表的电流方向每秒改变50次 B．若逐渐增大R的阻值，则电流表读数逐渐变小 C．若逐渐增大R的阻值，则R的电功率逐渐变小 D．副线圈两端电压u′与电流表读数I之间的关系为u′＝（440﹣10I）V4．（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5．（2024秋•望花区校级期末）如图所示某节能储能输电网络，发电机输出功率恒定、电压恒定；所有变压器可视为理想变压器；只考虑输电线电阻，其余电阻不计；各部分电压、电流和线圈匝数符号如图。下列关于线圈间电压、电流关系说法正确的是（）A．无论开关S闭合还是断开，线圈n1与n2的电压和匝数关系均为U1B．开关S闭合“储能”时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I1C．开关S闭合“放能”时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I1D．开关S断开时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I6．（2024秋•济南期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入交流电压的瞬时值表达式为u=2202sin100π(V)，RA．5W B．52W C．2.5W D7．（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8．（2024秋•保定期末）如图甲所示的电路，理想变压器原、副线圈的匝数分别为1200和600，定值电阻R1＝R2＝20Ω，电源两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示，已知电压表和电流表为理想电表，则（）A．副线圈中电流频率为50Hz B．电压表示数为50V C．电流表示数为1A D．电阻R2的功率为70W二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•辽阳期末）风能是可再生的清洁能源，储量大、分布广，在一定的技术条件下，风能可作为一种重要的能源得到开发利用。如图所示，这是风力发电机的简化模型，风带动叶片转动，使叶片的转速为nr/s，升速齿轮箱的转速比为1：k，高速转轴使匝数为N的发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电通过理想变压器后向用户端的m盏灯泡供电，其中灯泡L为指示灯，灯泡L与用户端的灯泡相同，额定电压均为U，所有灯泡正常发光，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，线圈的电阻不计。下列说法正确的是（）A．变压器原、副线圈的匝数比为1：m B．用户端的交变电流的频率为kn C．发电机线圈的面积S=2D．若增加用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则灯泡L变亮（设灯泡不会被烧坏），其余灯泡的亮度变暗（多选）10．（2025•十堰一模）某地突发停电后，一小区启动柴油发电机通过如图所示的理想变压器为业主供电，已知发电机的输出电压不变，图中电表均为理想交流电表，当开关S1、S2均断开时，两电流表的示数均为0，电压表V1的示数为380V，电压表V2的示数为220V，下列说法正确的是（）A．当开关S1闭合、S2断开时，两电流表示数的比值I1B．当开关S1断开、S2闭合时，两电压表示数的比值U1C．当开关S1、S2均闭合时，两电流表示数的比值I1D．当开关S1、S2均闭合时，两电压表示数的比值U（多选）11．（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）12．（2024秋•福田区校级期末）丰城中学小明同学组装了一台斯特林发电机，如图甲所示，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（）A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为2NBSωB．滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，R1的发热功率增大 C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为NBSω2D．线框从图示位置开始转过90°时，电压表V1的示数为NBSω三．解答题（共3小题）13．（2024秋•辽阳期末）如图所示，电动汽车充电站变压器的输入电压为1kV，输出电压为220V，同时给8个充电桩供电，每个充电桩的输入电流为12A，求：（1）变压器原、副线圈的匝数比n1：n2；（2）变压器原线圈的输入功率P。14．（2024秋•中山区校级期末）如图所示，理想变压器的原线圈左端接一有效值为U＝12V的正弦式交流电源，定值电阻R0＝4Ω，副线圈接有阻值为R1＝2Ω的定值电阻和一个滑动变阻器R（最大阻值10Ω），现电路正常工作，两块理想交流电流表A1的示数为I1＝0.5A，A2的示数为I2＝2.0A，求：（1）变压器原副线圈的匝数比k；（2）调节滑动变阻器，求副线圈负载的总电功率最大时滑动变阻器的阻值Rm（结果保留至小数点后两位）。15．（2024秋•雁塔区校级期末）某小型发电站发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用电阻为3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用（两个变压器均为理想变压器）．（1）画出输送电路图，求输电线上的电流．（2）求升压变压器的原副线圈的匝数之比．（3）求降压变压器的原副线圈的匝数之比．

2024-2025学年下学期高二物理人教版（2019）期中必刷常考题之变压器参考答案与试题解析题号12345678答案ABBDAACC一．选择题（共8小题）1．（2024秋•深圳期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1。n2，定值电阻R＝27.5Ω，理想电流表A2的示数I2＝2A，a、b两端接正弦交流电源u=220A．n1：n2＝1：20 B．理想电压表V的示数U＝220V C．理想电流表A1的示数为0.5A D．定值电阻R中电流变化的频率为50Hz【考点】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】A【分析】由副线圈的电流计电阻值，可知副线圈电压，由ab间接的正弦交流电表达式，可知原线圈电压，根据原副线圈电压，可计算匝数比；由正弦交流电的表达式，可知电压有效值，即得到理想电压表的示数；由原副线圈匝数比及副线圈电流，即可计算原线圈的电流；由原副线圈的电流频率关系，可根据原线圈的电流频率可计算电阻R中的频率。【解答】解：B、由正弦交流电的表达式u=2202sin(100πt)V，可知电压有效值为：U=UA、由副线圈的电流计电阻值，可知副线圈电压：U2＝I2R，解得：U2＝55V，由B选项分析可知，U＝220V，由原副线圈电压与匝数比的关系，可知匝数比满足：n1：n2＝U：U2，解得匝数比为：4：1，故A错误；C、由原副线圈匝数比及副线圈电流的关系：I1：I2＝n2：n1，即可知原线圈的电流：I1＝0.5A，故C正确；D、由原副线圈的电流频率相等，原线圈的电流频率为：f=ω2π=100π本题选择错误的，故选：A。【点评】本题考查变压器的计算，关键是掌握原副线圈的电压、电流与匝数比的关系。2．（2025•越秀区校级模拟）随着生活中的电子设备越来越多，在不知不觉中各种“理不清”的充电线给我们带来了困扰。无线充电的引入，让手机、智能手表和电动牙刷等设备摆脱了“充电线”的牵制，使这些设备做到了“放下即充”，如图1所示，某智能手表正准备进行无线充电，其原理可简化为如图2所示的装置，当送电线圈接入如图3所示的交流电源后，送电线圈接有电阻R1，受电线圈接有电阻R2＝4Ω，送电线圈和受电线圈的匝数比n1：n2＝5：1，此时智能手表处于“超级充电”模式，其两端的电压为20V，充电电流为5A，充电装置线圈可视为理想变压器，则下列说法正确的是（）A．送电线圈两端电压为220V B．送电线圈所接电阻R1＝20Ω C．此充电器在“超级快充”模式下，耗电功率为200W D．受电线圈中的感应电流的磁场总是与供电线圈中电流的磁场方向相反【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；方程法；交流电专题；分析综合能力．【答案】B【分析】根据理想变压器的规律求解送电线圈中的电流，根据电路连接情况结合理想变压器的规律分析AB选项；根据电功率的计算公式求解此充电器在“超级快充”模式下耗电功率；根据楞次定律分析受电线圈中感应电流的磁场与供电线圈中电流的磁场方向的关系。【解答】解：AB、充电电流为I2＝5A，则根据理想变压器的规律，可知：I1：I2＝n2：n1，得送电线圈中的电流I1＝1A，交流电源的电压有效值为：U=22022V＝220V，智能手表两端的电压为U'＝20V，则受电线圈两端电压为U2＝U'+I2R2＝40V，根据理想变压器的规律，可知：U1：U2＝n1：n2，送电线圈两端电压为U1＝200V，根据U＝U1+R1I1，得R1＝20Ω，故AC、此充电器在“超级快充”模式下，耗电功率为P＝UI1＝220×1W＝220W，故C错误；D、当供电线圈中电流增加时，穿过受电线圈的磁通量增加，根据楞次定律可知，此时受电线圈的中感应电流的磁场与供电线圈中电流的磁场方向相反，当供电线圈中电流减小时，穿过受电线圈的磁通量减少，根据楞次定律可知此时受电线圈中感应电流的磁场与供电线圈中电流的磁场方向相同，故D错误。故选：B。【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；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。3．（2024秋•湖北期末）如图所示，理想变压器原线圈一侧接在u＝2202sin（100πt）V的正弦交流电源上，原、副线圈的匝数比为1：2，原、副线圈的回路中分别接有R0＝5Ω的定值电阻和滑动变阻器R，开始时变阻器R接入电路的阻值也为R0，图中电流表可视为理想电流表，则（）A．通过电流表的电流方向每秒改变50次 B．若逐渐增大R的阻值，则电流表读数逐渐变小 C．若逐渐增大R的阻值，则R的电功率逐渐变小 D．副线圈两端电压u′与电流表读数I之间的关系为u′＝（440﹣10I）V【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】B【分析】根据u＝2202sin（100πt）V，分析频率，从而分析A；根据欧姆定律分析B；根据原、副线圈电压的比值关系及等效原理分析CD。【解答】解：A、由u＝2202sin（100πt）V可知，该交流电ω＝100π，其频率为f=ω2π=100π2πB、若增大R的阻值，则整个电路阻值增大，原线圈电流将减小，则副线圈电流也将减小，所以电流表读数变小，故B正确；CD、假设电流表读数为I，则原线圈电流为2I，可知220-2可得：u'＝440﹣20I（V）在考虑R的功率时，除R的其他部分可当做电动势为440V内阻为20Ω的电源，开始时R＜20Ω，当R阻值增大时，其功率先增大后减小，故CD错误。故选：B。【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。4．（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。5．（2024秋•望花区校级期末）如图所示某节能储能输电网络，发电机输出功率恒定、电压恒定；所有变压器可视为理想变压器；只考虑输电线电阻，其余电阻不计；各部分电压、电流和线圈匝数符号如图。下列关于线圈间电压、电流关系说法正确的是（）A．无论开关S闭合还是断开，线圈n1与n2的电压和匝数关系均为U1B．开关S闭合“储能”时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I1C．开关S闭合“放能”时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I1D．开关S断开时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I【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】A【分析】根据法拉第电磁感应定律计算；根据能量守恒定律分析能量关系，结合变压规律可得电流关系，据此分析BCD。【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律：U1=n1ΔΦΔt，U2=nB、开关S闭合“储能“时，根据能量守恒定律：U1I1＝U2I2+U5I5，根据理想变压器的电压与匝数U2UU5成正比得：U1n1=U2n2=U5n5，解得n1IC、开关S闭合“放能“时，通过n1线圈的电流为零，根据能量守恒定律：U5I5＝U2I2，解得I2I5=D、开关S断开时U1I1＝U2I2，解得I1I2故选：A。【点评】在变压器问题中，不管有多少个副线圈，总是满足原线圈的输入功率等于所有副线圈的输出功率之和。6．（2024秋•济南期末）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为44：1，原线圈输入交流电压的瞬时值表达式为u=2202sin100π(V)，RA．5W B．52W C．2.5W D【考点】理想变压器两端的功率关系；用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；比例法；交流电专题；推理论证能力．【答案】A【分析】由变压器的原副线圈匝数比与电压比的关系，可知副线圈的电压，结合两个定值电阻的阻值，即可知副线圈的电功率，根据能量守恒，即可得到理想变压器的输入功率。【解答】解：由交流电的瞬时值表达式，得到原线圈的电压有效值为：U=Um2，解得：由变压器的原副线圈匝数比与电压比的关系n1n2=UU由两个定值电阻的阻值，即可知副线圈的电功率为：P=U出2R1根据能量守恒，即可得到理想变压器的输入功率为：P入＝P＝5W，故BCD错误，A正确。故选：A。【点评】本题考查变压器的计算，关键是根据交流电的瞬时值表达式，得到原线圈的电压有效值。7．（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。8．（2024秋•保定期末）如图甲所示的电路，理想变压器原、副线圈的匝数分别为1200和600，定值电阻R1＝R2＝20Ω，电源两端电压随时间变化的关系图像如图乙所示，已知电压表和电流表为理想电表，则（）A．副线圈中电流频率为50Hz B．电压表示数为50V C．电流表示数为1A D．电阻R2的功率为70W【考点】理想变压器两端的功率关系；交变电流的周期、频率、相位；交流电表的读数；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】C【分析】本题根据周期频率关系、欧姆定律、原、副线圈两端的电压比等于匝数比、电功率计算式，即可解答。【解答】解：A、副线圈中电流频率与原线圈中电流频率相同为f=故A错误；B、根据U1U2根据闭合电路得欧姆定律E=解得电压表的示数U2＝40V故B错误；C、电流表示数为I1故C正确；D、电阻R2的功率为P=代入数值得电阻R2的功率P＝80W故D错误。故选：C。【点评】本题考查学生对周期频率关系、欧姆定律、原、副线圈两端的电压比等于匝数比、电功率计算式的掌握，难度中等。二．多选题（共4小题）（多选）9．（2024秋•辽阳期末）风能是可再生的清洁能源，储量大、分布广，在一定的技术条件下，风能可作为一种重要的能源得到开发利用。如图所示，这是风力发电机的简化模型，风带动叶片转动，使叶片的转速为nr/s，升速齿轮箱的转速比为1：k，高速转轴使匝数为N的发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电通过理想变压器后向用户端的m盏灯泡供电，其中灯泡L为指示灯，灯泡L与用户端的灯泡相同，额定电压均为U，所有灯泡正常发光，已知匀强磁场的磁感应强度大小为B，线圈的电阻不计。下列说法正确的是（）A．变压器原、副线圈的匝数比为1：m B．用户端的交变电流的频率为kn C．发电机线圈的面积S=2D．若增加用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，则灯泡L变亮（设灯泡不会被烧坏），其余灯泡的亮度变暗【考点】理想变压器两端的功率关系；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【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】根据转速和频率关系分析；根据变压器的输入功率等于输出功率，结合变压器的变压规律和变流规律分析；根据有效值和最大值的关系得到感应电动势的最大值，然后结合感应电动势最大值的计算公式计算；根据输入功率和输出功率相等，得到副线圈电阻和原线圈电阻的关系，然后根据增多用户端的灯泡数量，即增大副线圈接入电路总电阻减小分析。【解答】解：A.根据理想变压器原副线圈功率相同u1I1＝u2I2因所有灯泡相同且正常发光，所以I2＝mI1根据理想变压器的原副线圈电压与匝数关系n故A错误；B.低速转轴转速为n，由升速齿轮箱可知发电机线圈转速为kn，所以用户端的交变电流的频率为kn，故B正确；C.根据条件可知u2＝U所以发电线圈的电动势有效值为E＝（m+1）U则发电线圈的电动势最大值为Emax=2E=2（m+1且Emax＝NBSω＝NBS×2πkn求得发电机线圈的面积为S=故C错误；D.理想变压器输入功率与输出功率相等，所以P入＝P出U1(整理得到R若增多用户端的灯泡数量，且叶片的转速不变，所以电动势E不变，R2变小，RA不变，原副线圈电压比值不变，所以U2变小，U1变小，UA变大则A灯变亮（设灯泡不会被烧坏），其余灯泡的亮度变暗，故D正确。故选：BD。【点评】掌握变压器的输入功率和输出功率相等，知道功率的计算公式，掌握变压器的变压规律和变流规律，在原线圈和电源之间接有电阻时，要能够得到变压器的输入电压和电源电压的关系。（多选）10．（2025•十堰一模）某地突发停电后，一小区启动柴油发电机通过如图所示的理想变压器为业主供电，已知发电机的输出电压不变，图中电表均为理想交流电表，当开关S1、S2均断开时，两电流表的示数均为0，电压表V1的示数为380V，电压表V2的示数为220V，下列说法正确的是（）A．当开关S1闭合、S2断开时，两电流表示数的比值I1B．当开关S1断开、S2闭合时，两电压表示数的比值U1C．当开关S1、S2均闭合时，两电流表示数的比值I1D．当开关S1、S2均闭合时，两电压表示数的比值U【考点】变压器的构造与原理．【专题】定量思想；归纳法；交流电专题；理解能力．【答案】AD【分析】根据变压器的变压比和变流比计算即可。【解答】解：设理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，根据已知条件可知n1n2=380220=1911故选：AD。【点评】本题考查理想变压器，目的是考查学生的理解能力。（多选）11．（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）12．（2024秋•福田区校级期末）丰城中学小明同学组装了一台斯特林发电机，如图甲所示，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（）A．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为2NBSωB．滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，R1的发热功率增大 C．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为NBSω2D．线框从图示位置开始转过90°时，电压表V1的示数为NBSω【考点】变压器的动态分析——原线圈有负载；正弦式交变电流的函数表达式及推导；变压器的构造与原理．【专题】学科综合题；定量思想；推理法；交流电专题；分析综合能力．【答案】AD【分析】A.根据法拉第电磁感应定律求解感应电动势的平均值；CD.根据E＝NBSω，求解感应电动势的最大值，从中性面开始计时，线圈中产生的是正弦交变电流，根据正弦交变电流有效值与最大值的关系求解作答；B.根据理想变压器电压与匝数比的关系，分析变压器副线圈的电压变化，根据欧姆定律和功率公式分析作答。【解答】解：A．线框从题中图示位置开始转过180°的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝BS﹣（﹣BS）＝2BS根据法拉第电磁感应定律E线圈转动的时间Δt联立解得平均感应电动势E=2NBSωCD．矩形线框在转动过程中产生的感应电动势的最大值Emax＝NBSω从中性面开始计时，线圈中产生的是正弦交变电流，电压表的示数为有效值，原线圈的电压即电压表V1的示数U1根据理想变压器原、副线圈电压比与匝数比的关系U可得U滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为U2=n2NBSωB．由于原线圈的电压没有发生改变，则副线圈的电压U2也不会改变；在滑动变阻器的滑片向c端滑动的过程中，负载电路中的电阻增大，根据I2=UR根据功率公式P1=I22R故选：AD。【点评】掌握感应电动势最大值的计算公式，感应电动势的平均值计算公式；理解正弦交变电流的产生，知道正弦交变电流有效值与最大值的关系，掌握理想变压器电压与匝数比的关系，掌握欧姆定律和功率公式的运用。三．解答题（共3小题）13．（2024秋•辽阳期末）如图所示，电动汽车充电站变压器的输入电压为1kV，输出电压为220V，同时给8个充电桩供电，每个充电桩的输入电流为12A，求：（1）变压器原、副线圈的匝数比n1：n2；（2）变压器原线圈的输入功率P。【考点】理想变压器两端的功率关系；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）变压器原、副线圈的匝数比为501（2）变压器原线圈的输入功率为21120W。【分析】（1）由变压器的原副线圈匝数与电压比的关系，结合电动汽车的输入电压、输出电压，可计算原副线圈的匝数比；（2）由充电桩的输入电流和电压，可计算充电桩消耗的电功率，由变压器的原副线圈的功率关系，可计算原线圈的输入功率。【解答】解：（1）由变压器原副线圈两端电压与线圈匝数的关系U可得n（2）变压器原线圈的输入功率等于副线圈输出功率P＝P输出P输出＝NU2I解得P＝21120W答：（1）变压器原、副线圈的匝数比为501（2）变压器原线圈的输入功率为21120W。【点评】本题考查变压器的计算，关键是理解原副线圈的电压、功率关系，理解其影响关系。14．（2024秋•中山区校级期末）如图所示，理想变压器的原线圈左端接一有效值为U＝12V的正弦式交流电源，定值电阻R0＝4Ω，副线圈接有阻值为R1＝2Ω的定值电阻和一个滑动变阻器R（最大阻值10Ω），现电路正常工作，两块理想交流电流表A1的示数为I1＝0.5A，A2的示数为I2＝2.0A，求：（1）变压器原副线圈的匝数比k；（2）调节滑动变阻器，求副线圈负载的总电功率最大时滑动变阻器的阻值Rm（结果保留至小数点后两位）。【考点】变压器的动态分析——原线圈有负载；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】（1）变压器原副线圈的匝数比k为52（2）调节滑动变阻器，副线圈负载的总电功率最大时滑动变阻器的阻值Rm为0.94Ω。【分析】（1）由题意，根据电路结构、欧姆定律确定原线圈两端电压、副线圈两端电压，即可确定变压器原副线圈的匝数比；（2）副线圈负载的总电功率与原线圈的功率相等，据此列式，再结合数学知识，根据变压器中电压及电流的关系、闭合电路欧姆定律分别列式，即可求解。【解答】解：（1）由题意可知，原线圈两端电压为：U1＝U﹣I1R0，副线圈两端电压为：U2＝I2R1，解得：U1＝10V，U2＝4V，则变压器原副线圈的匝数比为：k=U（2）副线圈负载的总电功率与原线圈的功率相等，则有：P＝U1'I1'＝（U﹣I1'R0）I1'＝﹣4I1'2+12I1'，由数学知识可知，当I1此时流过副线圈的电流为：I2'＝kI1'，解得：I2'＝3.75A，副线圈两端的电压为：U2解得：U2'＝2.4V，根据闭合电路的欧姆定律可得：I2解得：Rm答：（1）变压器原副线圈的匝数比k为52（2）调节滑动变阻器，副线圈负载的总电功率最大时滑动变阻器的阻值Rm为0.94Ω。【点评】本题主要考查变压器的动态分析，解题时需注意，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。15．（2024秋•雁塔区校级期末）某小型发电站发电机输出的交流电压为500V，输出的电功率为50kW，用电阻为3Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220V供用户使用（两个变压器均为理想变压器）．（1）画出输送电路图，求输电线上的电流．（2）求升压变压器的原副线圈的匝数之比．（3）求降压变压器的原副线圈的匝数之比．【考点】变压器的构造与原理；远距离输电的相关计算．【专题】计算题；定量思想；推理法；交流电专题．【答案】见试题解答内容【分析】（1）根据P损＝I2R求出输电线上的电流，画出远距离输电示意图（2）（3）根据输电线上的电流和升压变压器的输出功率，求出输出电压，根据原副线圈的电压比等于匝数比求出升压变压器的匝数比．求出输电线上的电压损失，从而得出降压变压器的输入电压，根据降压变压器原副线圈电压比等于匝数比求出降压变压器的匝数比．【解答】解：（1）用500V电压输送时，电流：I1用高压输送时，示意图如下图所示．（2）要求P损＝0.6%P，即P损＝50×103×0.6%W＝300W．输电电流I2=P故输电线上的电流为10A．根据变压器的电流比与匝数比的关系可知：n（3）发电站升压后输电电压U=PI2=50000输电线上损失的电压U′＝I•R＝10×3V＝30V．到达用户输入变压器电压U2＝U﹣U′＝（5000﹣30）V＝4970V，降压变化器的匝数比n答：（1）输送电路图如图所示，输电线上的电流为100A．（2）升压变压器的原副线圈的匝数之比为1：10．（3）降压变压器的原副线圈的匝数之比为49722．【点评】解决本题的关键知道升压变压器的输出电压、损失电压和降压变压器的输入电压的关系，以及知道输出功率和输出电流和输出电压的关系．

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．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=12mv2-12mv03．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=4．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S5．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6．交变电流的周期、频率、相位【知识点的认识】1.周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时间。符号：T。2.频率：周期的倒数叫作频率。符号：f。3.周期和频率的关系：T=4.周期和频率的意义：描述交变电流变化快慢的物理量。5.相位：如果线圈既不是从中心面开始转动，也不是从垂直于中心面的位置开始转动，那么交变电流的表达式为i＝Imsin（ωt+φ），式子中ωt+φ叫作相位。【命题方向】某交流电的电动势瞬时值表达式e＝220sin10πtV，关于该交流电和发电机的线圈，下列说法正确的是（）A、该交流电的频率为10HzB、当t＝0时，线圈平面与磁感线平行C、当t=120s时，D、电动势的有效值为220V分析：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知其最大值，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、ω＝10π，则T=2πωs＝0.2s，f＝5HzB、当t＝0时，电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，B错误。C、当t=120s时，将其代入题给表达式e＝220sin10πt＝220V，是最大值，D、电动势的有效值为2202=1102V，故选项故选：C。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.发电机的线圈转动一周，交变电流恰好完成一次周期性变化。交变电流的周期与发电机线圈的转动周期相等。2.从发电机线圈转动的角度来说，周期就是发电机线圈在磁场中转动一周所用的时间；频率在数值上等于发电机线圈在磁场中单位时间内转动的圈数。周期与频率的关系满足T=13.线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动一周，电动势、电流都按正弦规律变化。4.我国电网中交变电流的周期是0.02s，所以实验中所用打点计时器每隔0.02s打一个点。7．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。8．用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热【知识点的认识】1.计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热时，需要用有效值进行计算。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】将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（）A、(2l2nB)2PlB、分析：根据Em＝nBSω可以求得最大电动势的大小，由P=U解答：根据最大感应电动势Em＝nBSω可得，最大感应电动势为Em＝Bl22πn，所以有效的电动势为E=Em2=2由P=U灯泡的电阻R=U2P故选：B。点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em＝nBSω和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算。【解题思路点拨】1.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。2.交变电流“四值”的应用对交变电流的“四值”的比较和理解物理量物理意义适用情况及说明瞬时值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值（最大值）Em＝nBSωIm=讨论电容器的击穿电压有效值对正（余）弦交流电有：E=EU=UI=I（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值（3）保险丝的熔断电流为有效值（4）电表的读数为有效值平均值E=BLE=I=计算通过电路截面的电荷量9．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。10．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决定（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=n2n11．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，正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1：1，故B正确D错误；C、理想变压器，原副线圈的电压与匝数成正比，可得原、副线圈产生的电压之比为10：1．故C正确；故选：BC。点评：该知识点题目比较简单，且题目单一，只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系，输入电压和输出电压的关系的一切题目都水到渠成．【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=n2n12．变压器的动态分析——原线圈有负载【知识点的认识】1.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=n2n2.理想变压器的动态分析．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：【命题方向】如图所示，一理想变压器与定值电阻R1、理想电流表A1、共同接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑动触头P来改变，副线圈连接了滑动变阻器R、定值电阻R2和理想电流表A2，则（）A、若保持R不变，将触头P向上滑动，则A1的读数变小，A2的读数变小B、若保持P位置不动，增大R，则R2的电功率变大，R1的电功率不变C、若保持P位置不动，增大R，则A1的读数减小，A2的读数不变D、若保持R不变，将触头P向下滑动，则电源U的总功率变小分析：当保持R不变，则由原线圈电压匝数变化，导致副线圈的电压变化，从而根据闭合电路欧姆定律即可求解；