第十一章 交變電流　傳感器

PAGE第46頁共79頁第十一章交變電流傳感器第1講交變電流的產生及描述一、交變電流1．交變電流大小和方向都隨時間做周期性變化的電流。2．正弦式交變電流的產生條件和圖像(1)產生條件：在勻強磁場中，線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動。(2)兩個特殊位置的特點：①線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發(fā)生改變。②線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，i最大，電流方向不改變。(3)電流方向的改變：線圈通過中性面時，電流方向發(fā)生改變，一個周期內線圈兩次通過中性面，因此電流的方向改變兩次。(4)圖像：線圈從中性面位置開始計時，電動勢e、電壓u和電流i隨時間變化的圖像分別如圖甲、乙、丙所示。二、描述正弦式交變電流的物理量1．周期和頻率(1)周期(T)：交變電流完成一次周期性變化(線圈轉一周)所需的時間，單位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω)。(2)頻率(f)：交變電流在1_s內完成周期性變化的次數(shù)，單位是赫茲(Hz)。(3)周期和頻率的關系：T＝eq\f(1,f)。2．交變電流的瞬時值、峰值和有效值(1)瞬時值：交變電流某一時刻的值，是時間的函數(shù)。如e＝Emsinωt。(2)峰值：交變電流的電流或電壓所能達到的最大值。(3)有效值：讓交流和恒定電流分別通過相同阻值的電阻，如果它們在交流的一個周期內產生的熱量相等，就把這一恒定電流的數(shù)值叫做這一交流的有效值。[注意]正(余)弦交流電的有效值和峰值的關系：E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))。情景創(chuàng)設如圖甲所示是交流發(fā)電機的示意圖，其產生的正弦式交變電流的圖像如圖乙所示。微點判斷(1)矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時一定會產生正弦式交變電流。(×)(2)線圈在磁場中轉動的過程中穿過線圈的磁通量最大時，產生的感應電動勢也最大。(×)(3)矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動經過中性面時，線圈中的感應電動勢為零，電流方向發(fā)生改變。(√)(4)交流電器設備上所標的電壓和電流值是指有效值。(√)(5)交流電壓表和電流表測量的是交流電的峰值。(×)(6)分析電容器的耐壓值應考慮電壓的峰值。(√)提能點(一)交變電流的產生和描述(自練通關)點點通1．[交變電流的產生](2021·江西新余質檢)在正弦交流電的產生原理中，有個稱之為“中性面”的概念，下列關于它的說法正確的是()A．中性面，就是線圈所在的平面B．中性面與磁場平行C．線圈經過中性面時，磁通量最大D．線圈經過中性面時，電動勢最大解析：選C中性面是指線圈平面與磁感線垂直的位置，則線圈在中性面時，穿過線圈的磁通量最大，由于線圈不切割磁感線，即磁通量的變化率為零，故產生的感應電動勢為零，故A、B、D錯誤，C正確。2．[交變電流的圖像](2017·天津高考)(多選)在勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖示正弦規(guī)律變化。設線圈總電阻為2Ω，則()A．t＝0時，線圈平面平行于磁感線B．t＝1s時，線圈中的電流改變方向C．t＝1.5s時，線圈中的感應電動勢最大D．一個周期內，線圈產生的熱量為8π2J解析：選ADt＝0時，磁通量為零，磁感線與線圈平面平行，A正確；當磁感線與線圈平面平行時，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，畫出感應電動勢隨時間變化的圖像如圖，由圖可知，t＝1s時，線圈中的電流沒有改變方向，B錯誤；t＝1.5s時，感應電動勢為0，C錯誤；感應電動勢最大值Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)＝100×0.04×eq\f(2π,2)(V)＝4π(V)，有效值E＝eq\f(\r(2),2)×4π(V)＝2eq\r(2)π(V)，Q＝eq\f(E2,R)T＝8π2(J)，D正確。3．[描述交變電流的物理量](多選)如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉動時所產生的正弦交流電的圖像，當調整線圈轉速后，所產生的正弦交流電的圖像如圖線b所示。以下關于這兩個正弦交流電的說法正確的是()A．在圖中t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零B．線圈先后兩次轉速之比為3∶2C．交流電a的瞬時值表達式為u＝10sin(5πt)VD．交流電b的最大值為eq\f(20,3)V解析：選BCD在題圖中t＝0時刻，感應電動勢為零，穿過線圈的磁通量最大，A錯誤；圖線a的周期為0.4s，圖線b的周期為0.6s，轉速與周期成反比，所以轉速之比為3∶2，B正確；交流電的瞬時值表達式為u＝Umsinωt，所以a的瞬時值表達式為u＝10sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,0.4)t))V＝10sin(5πt)V，C正確；由Um＝NBSω，可知角速度變?yōu)樵瓉淼膃q\f(2,3)，則最大值變?yōu)樵瓉淼膃q\f(2,3)，交流電b的最大值為eq\f(20,3)V，D正確。一站過1．正弦式交變電流產生過程中的兩個特殊位置圖示概念中性面位置與中性面垂直的位置特點B⊥SB∥SΦ＝BS，最大Φ＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝0，最小e＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝nBSω，最大電流為零，方向改變電流最大，方向不變2．正弦式交變電流的變化規(guī)律(線圈從中性面位置開始計時)函數(shù)表達式圖像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt電動勢e＝Emsinωt＝nBSωsinωt電流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt電壓u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt[注意]e、i、u三個量的變化步調總是一致的，且總是與Φ的變化反相。提能點(二)有效值的理解與計算(題點精研)交變電流有效值的求解三法1．公式法：對于正(余)弦式交變電流，利用E＝eq\f(Em,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2))計算有效值。[注意]上述關系當Δt≤T時：①Δt＝T；②Δt＝eq\f(1,2)T；③Δt＝eq\f(1,4)T或Δt＝eq\f(3,4)T，而且兩端是“0”和峰值的eq\f(1,4)周期波形時才成立。2．定義法：對于非正弦式電流，計算有效值時要抓住“三同”，即“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”，列式求解時時間一般取一個周期或為周期的整數(shù)倍。3．能量守恒法：當有電能和其他形式的能轉化時，可利用能的轉化和能量守恒定律來求有效值。[典例]如圖所示為某一線圈交流電的電流—時間關系圖像，前半個周期為正弦波形的eq\f(1,2)，則一個周期內該電流的有效值為()A.eq\f(3,2)I0 B.eq\f(\r(5),2)I0C.eq\f(\r(3),2)I0 D.eq\f(5,2)I0[解析]根據(jù)有效值的定義有：I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(\r(2),2)I0))2Req\f(T,2)＋(2I0)2Req\f(T,4)解得I＝eq\f(\r(5),2)I0，故選B。[答案]B[題點全練]1．[峰值不對稱的正弦式波形]電壓u隨時間t的變化情況如圖所示，則電壓的有效值為()A．137V B．163VC．174V D．196V解析：選C由有效值的定義有：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(156,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，解得：U＝174V。2．[全波直流波形]某線圈中感應電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示，則此感應電動勢的有效值為()A．187V B．220VC．236V D．243V解析：選B由有效值的定義有：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)×2＝eq\f(U2,R)T，解得：U＝220V。3．[半波直流波形](2021·永安質檢)家用電子調光燈的調光功能是用電子線路將輸入的正弦交流電壓的波形截去一部分來實現(xiàn)的，截去部分后通過調光燈的電流隨時間的變化如圖所示，則下列說法正確的是()A．這也是一種交流電B．電流的變化周期是0.01sC．電流的有效值是1AD．電流通過100Ω的電阻時，1s內產生的熱量為200J解析：選C交流電的特點是電流方向變化，因而題圖中電流不是交流電，A錯誤；根據(jù)圖像可得電流的變化周期是0.02s，B錯誤；根據(jù)有效值的定義得：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Im,\r(2))))2R·eq\f(T,2)＝I2R·T，帶入數(shù)據(jù)解得：I＝1A，電流通過100Ω的電阻時，1s內產生熱量為100J，C正確，D錯誤。4．[eq\f(1,4)周期的波形]如圖所示為一個經雙可控硅調節(jié)后加在電燈上的電壓，正弦交流電的每一個二分之一周期中，前面四分之一周期被截去?，F(xiàn)在電燈上電壓的有效值為()A．Um B.eq\f(Um,\r(2))C.eq\f(Um,3) D.eq\f(Um,2)解析：選D從u-t圖像上看，每個eq\f(1,4)周期正弦波形的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))，根據(jù)有效值的定義：eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)×eq\f(T,4)×2，解得：U＝eq\f(Um,2)，D正確。5．[含有二極管的交流電路]如圖所示，在電阻兩端并聯(lián)二極管的電路中，電阻R1與電阻R2阻值相同，都為R，和R1并聯(lián)的D為理想二極管(正向電阻可看作零，反向電阻可看作無窮大)，在A、B間加一正弦交流電u＝20eq\r(2)sin(100πt)V，則加在R2上的電壓有效值為()A．10V B．20VC．15V D．5eq\r(10)V解析：選D電壓值取正值時，即在前半個周期內，二極管電阻為零，R2上的電壓等于輸入電壓值，電壓值取負值時，即在后半個周期內，二極管電阻無窮大可看作斷路，R2上的電壓等于輸入電壓值的一半，據(jù)此可設加在R2的電壓有效值為U，根據(jù)電流的熱效應，在一個周期內滿足eq\f(U2,R)T＝eq\f(202,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(102,R)·eq\f(T,2)，可求出U＝5eq\r(10)V，故選項D正確。提能點(三)交變電流“四值”的理解及應用(題點精研)交變電流的“四值”及應用物理含義重要關系適用情況瞬時值交變電流某一時刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt計算線圈某一時刻的受力情況峰值交變電流最大的瞬時值Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)確定用電器的耐壓值、電容器的擊穿電壓有效值跟交變電流的熱效應等效的恒定電流值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)計算與電流熱效應相關的量(如功率、熱量)(2)交流電表的測量值(3)用電器設備標注的額定電壓、額定電流(4)保險絲的熔斷電流平均值i-t圖像中圖線與時間軸所圍面積與時間的比值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)計算通過電路某截面的電荷量[題點全練]1．[交變電流“四值”的計算](2021·玉溪質檢)交流發(fā)電機線圈電阻r＝1Ω，用電器電阻R＝9Ω，電壓表示數(shù)為9V，如圖所示，那么該交流發(fā)電機()A．電動勢的峰值為10VB．電動勢的有效值為9VC．線圈通過中性面時電動勢的瞬時值為10eq\r(2)VD．線圈自中性面轉過90°的過程中的平均感應電動勢為eq\f(20\r(2),π)V解析：選D用電器電阻R＝9Ω，電壓表的示數(shù)是交流電的有效值，其示數(shù)為9V，則電路中的電流I＝1A，電路中的電動勢E＝I(R＋r)＝1×(1＋9)V＝10V，其峰值Em＝eq\r(2)E＝10eq\r(2)V，故A、B錯誤；由正弦交流電的產生與變化的規(guī)律可知，交流發(fā)電機線圈通過中性面時電動勢的瞬時值最小為零，故C錯誤；線圈自中性面轉過90°的過程中的平均感應電動勢eq\o(E,\s\up6(－))＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nBS,\f(π,2ω))＝eq\f(2nBSω,π)＝eq\f(2Em,π)＝eq\f(20\r(2),π)V，故D正確。2．[交變電流的有效值、峰值的應用](多選)如圖甲所示，標有“220V40W”的燈泡和標有“20μF320V”的電容器并聯(lián)接到交流電源上，V為交流電壓表，交流電源的輸出電壓隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示，閉合開關S。下列判斷正確的是()A．t＝eq\f(T,2)時刻，V的示數(shù)為零B．燈泡恰好正常發(fā)光C．電容器不可能被擊穿D．V的示數(shù)保持110eq\r(2)V不變解析：選BCV的示數(shù)應是電壓的有效值220V，選項A、D錯誤；電壓的有效值恰好等于燈泡的額定電壓，燈泡正常發(fā)光，選項B正確；電壓的峰值Um＝220eq\r(2)V≈311V，小于電容器的耐壓值，故電容器不可能被擊穿，選項C正確。3．[交變電流“四值”的應用](2021·浙江1月選考)(多選)發(fā)電機的示意圖如圖甲所示，邊長為L的正方形金屬框，在磁感應強度為B的勻強磁場中以恒定角速度繞OO′軸轉動，阻值為R的電阻兩端的電壓如圖乙所示。其它電阻不計，圖乙中的Um為已知量。則金屬框轉動一周()A．框內電流方向不變B．電動勢的最大值為UmC．流過電阻的電荷量q＝eq\f(2BL2,R)D．電阻產生的焦耳熱Q＝eq\f(πUmBL2,R)解析：選BD根據(jù)題圖甲可知，金屬框轉動產生交流電，框內電流方向會發(fā)生變化，選項A錯誤；根據(jù)題圖乙可知，電動勢最大值為Um，選項B正確；根據(jù)q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R)t＝eq\f(ΔΦ,R)可知，金屬框轉動半周，磁通量的改變量為2BL2，通過電阻的電荷量為eq\f(2BL2,R)，轉動一周流過電阻的電荷量為q總＝2×eq\f(2BL2,R)＝eq\f(4BL2,R)，選項C錯誤；題圖乙等價為余弦式交流電，因此根據(jù)有效值可知Q＝eq\f(U有2,R)t，交流電最大值為BL2ω＝Um，聯(lián)立可知Q＝eq\f(πUmBL2,R)，選項D正確。經典問題創(chuàng)新化——非正弦式交變電流有效值的創(chuàng)新考查感悟教材導向捕捉高考信號(選自新人教版選擇性必修第二冊)通過某交流電流表的電流i隨時間t變化的關系如圖所示，該電流表的示數(shù)是多少？解析：交流電的有效值是根據(jù)其熱效應定義的，它是從電流產生焦耳熱相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效。設交流電的有效值為I，令該交變電流通過一阻值為R的純電阻，在一個周期內有：I2RT＝Ieq\o\al(2,1)Req\f(T,2)＋Ieq\o\al(2,2)Req\f(T,2)。所以該交流電的有效值為I＝eq\r(\f(I\o\al(2,1)＋I\o\al(2,2),2))＝5A。答案：5A(2018·全國卷Ⅲ)一電阻接到方波交流電源上，在一個周期內產生的熱量為Q方；若該電阻接到正弦交流電源上，在一個周期內產生的熱量為Q正。該電阻上電壓的峰值均為u0，周期均為T，如圖所示。則Q方∶Q正等于()A.1∶eq\r(2) B.eq\r(2)∶1C．1∶2D．2∶1解析：選D由焦耳定律和有效值概念知，一個周期內產生熱量Q方＝eq\f(u\o\al(2,0),R)·eq\f(T,2)＋eq\f(u\o\al(2,0),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(u\o\al(2,0),R)T，Q正＝eq\f(U\o\al(2,有效),R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(u0,\r(2))))2,R)T＝eq\f(1,2)·eq\f(u\o\al(2,0),R)T，故Q方∶Q正＝2∶1。熱點緣由：人教版新教材考查了非對稱矩形波形的交變電流有效值的計算，而2018年全國卷Ⅲ則同時考查了矩形波形交變電流、正弦式交變電流電壓有效值的計算。兩題均屬于對非正弦式交變電流的創(chuàng)新考查。求解非正弦式交變電流的有效值一般要根據(jù)有效值的定義進行計算，盡管在前面“提能點二”中已進行了分析研究，但由于非正弦式交變電流的波形形式多樣，仍有其他創(chuàng)新的呈現(xiàn)形式，要引起重視。[熱點訓練]1．(2019·天津高考)(多選)單匝閉合矩形線框電阻為R，在勻強磁場中繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，穿過線框的磁通量Φ與時間t的關系圖像如圖所示。下列說法正確的是()A.eq\f(T,2)時刻線框平面與中性面垂直B．線框的感應電動勢有效值為eq\f(\r(2)πΦm,T)C．線框轉一周外力所做的功為eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)D．從t＝0到t＝eq\f(T,4)過程中線框的平均感應電動勢為eq\f(πΦm,T)解析：選BC中性面的特點是與磁場垂直，穿過線框的磁通量最大，磁通量的變化率最小，由題圖可知eq\f(T,2)時刻線框在中性面上，A錯誤。電動勢最大值為Em＝Φmω＝Фmeq\f(2π,T)，對正弦交流電，E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，故B正確。由功能關系知，線框轉一周外力做的功等于產生的電能，W＝W電＝eq\f(E\o\al(2,有),R)·T＝eq\f(2π2Φ\o\al(2,m),RT)，C正確。由法拉第電磁感應定律知，eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D錯誤。2．(2016·全國卷Ⅲ)(多選)如圖，M為半圓形導線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導線框，圓心為ON；兩導線框在同一豎直面(紙面)內；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面?，F(xiàn)使線框M、N在t＝0時從圖示位置開始，分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時針勻速轉動，則()A．兩導線框中均會產生正弦交流電B．兩導線框中感應電流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)時，兩導線框中產生的感應電動勢相等D．兩導線框的電阻相等時，兩導線框中感應電流的有效值也相等解析：選BC兩導線框勻速轉動切割磁感線產生感應電動勢的大小不變，選項A錯誤；導線框的轉動周期為T，則感應電流的周期也為T，選項B正確；在t＝eq\f(T,8)時，切割磁感線的有效長度相同，兩導線框中產生的感應電動勢相等，選項C正確；M導線框中一直有感應電流，N導線框中只有一半時間內有感應電流，所以兩導線框的電阻相等時，感應電流的有效值不相等，選項D錯誤。3．(2015·山東高考)如圖甲，R0為定值電阻，兩金屬圓環(huán)固定在同一絕緣平面內。左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經二極管整流后，通過R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規(guī)律變化。規(guī)定內圓環(huán)a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，下列uab-t圖像可能正確的是()解析：選C由題圖乙知，0～0.25T0，外圓環(huán)電流逐漸增大且eq\f(Δi,Δt)逐漸減小，根據(jù)安培定則，外圓環(huán)內部磁場方向垂直紙面向里，磁場逐漸增強且eq\f(ΔB,Δt)逐漸減小，根據(jù)楞次定律知內圓環(huán)a端電勢高，所以uab＞0，根據(jù)法拉第電磁感應定律uab＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)知，uab逐漸減小；t＝0.25T0時，eq\f(Δi,Δt)＝0，所以eq\f(ΔB,Δt)＝0，uab＝0；同理可知0.25T0＜t＜0.5T0時，uab＜0，且|uab|逐漸增大；0.5T0～T0內重復0～0.5T0的變化規(guī)律。故選項C正確。1．在下列幾種電流的波形圖中，能表示生活、生產用電的是()解析：選C生活、生產用電是正弦式交變電流，故選C。2．(2021·安順質檢)(多選)風電是一種清潔、綠色的可再生能源，中國的風電裝機容量，目前處于世界領先地位。圖甲為風力發(fā)電的簡易模型，在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁鐵轉動，磁鐵下方的線圈與電壓傳感器相連。在某一風速時，傳感器顯示的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則()A．磁鐵的轉速為10r/sB．線圈兩端電壓的有效值為6eq\r(2)VC．交變電流的電壓表達式為u＝12sin5πt(V)D．該交變電流的頻率為50Hz解析：選BC由題乙圖可知，電壓的周期為T＝0.4s，故磁鐵的轉速為n＝2.5r/s，f＝2.5Hz，故A、D錯誤；通過題圖乙可知電壓的最大值為12V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(12,\r(2))V＝6eq\r(2)V，故B正確；周期T＝0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，故電壓的表達式為u＝12sin5πt(V)，故C正確。3．(2021·廣州模擬)(多選)如圖甲所示，為新能源電動汽車的無線充電原理圖，M為匝數(shù)n＝50匝、電阻r＝1.0Ω的受電線圈，N為送電線圈。當送電線圈N接交變電流后，在受電線圈內產生了與線圈平面垂直的磁場，其磁通量Ф隨時間t變化的規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確是()A．受電線圈產生的電動勢的有效值為10eq\r(2)VB．在t1時刻，受電線圈產生的電動勢為20VC．在t1～t2時間內，通過受電線圈的電荷量為4×10－2D．在t1～t2時間內，通過受電線圈的電荷量為2×10－2解析：選AD由題圖乙可知，T＝π×10－3s，受電線圈的最大磁通量為Φm＝2.0×10－4Wb，所以受電線圈產生的電動勢最大值為：Em＝nΦm·eq\f(2π,T)＝50×2.0×10－4×eq\f(2π,π×10－3)V＝20V，所以受電線圈產生的電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝10eq\r(2)V，故A正確；由題圖乙可知，t1時刻磁通量變化率為0，由法拉第電磁感應定律可知，此時受電線圈產生的電動勢為0，故B錯誤；在t1～t2時間內，通過受電線圈的電荷量q＝eq\f(nΔΦ,r)＝eq\f(50×4.0×10－4,1.0)C＝2.0×10－2C，故C錯誤，D正確。4．(多選)如圖所示，空間中有范圍足夠大的勻強磁場，磁場方向豎直向下，在其間豎直放置兩彼此正對的相同金屬圓環(huán)，兩環(huán)相距L，用導線將環(huán)與外電阻相連?，F(xiàn)用外力使金屬桿沿兩環(huán)做勻速圓周運動。若已知磁感應強度大小為B，圓環(huán)半徑為R，桿轉動角速度為ω，金屬桿和電阻的阻值均為r，其他電阻不計，則()A．當金屬桿從圓環(huán)最高點向最低點轉動過程中，流過外電阻的電流先變大后變小B．當金屬桿從圓環(huán)最高點向最低點轉動過程中，流過外電阻的電流先變小后變大C．流過外電阻電流的有效值為eq\f(\r(2)BLωR,4r)D．流過外電阻電流的有效值為eq\f(\r(2)πBωR2,4r)解析：選BC金屬桿從圓環(huán)最高點向最低點轉動的過程中，垂直磁場方向的分速度先減小再增大，因而流過外電阻的電流先變小再變大，選項A錯誤，B正確；金屬桿沿圓環(huán)的勻速率運動等效為以兩環(huán)圓心連線為轉動軸、長為L、寬為R的矩形線框的勻速轉動，因此產生正弦交流電，遵守I＝eq\f(Im,\r(2))的關系，電動勢的最大值為Em＝BLωR，Im＝eq\f(Em,2r)，I＝eq\f(Im,\r(2))＝eq\f(\r(2)BLωR,4r)，選項C正確，D錯誤。5．(2021·河南聯(lián)考)(多選)一浮桶式波浪發(fā)電燈塔的原理如圖甲所示，浮桶內的磁體由支柱固定在暗礁上，內置線圈與阻值R＝15Ω的燈泡相連，隨波浪相對磁體沿豎直方向上下運動且始終處于磁場中，其運動速度v＝0.8πsin(πt)m/s。浮桶下部由內、外兩密封圓筒構成(圖中陰影部分)，其截面如圖乙所示，匝數(shù)N＝100的圓形線圈所在處輻射磁場的磁感應強度大小恒為B＝0.2T，線圈的直徑D＝0.4m，總電阻r＝1Ω。取π2＝10。下列說法正確的是()A．線圈中產生電動勢的瞬時值為e＝0.64sin(πt)VB．燈泡中電流的瞬時值為i＝4sin(πt)AC．燈泡兩端電壓的有效值為30eq\r(2)VD．燈泡的電功率為240W解析：選BC線圈中產生的感應電動勢最大值Em＝NBlvm，其中l(wèi)＝πD，代入數(shù)據(jù)解得Em＝64V，則瞬時值表達式為e＝Emsinωt＝64sin(πt)V，A錯誤；燈泡中電流為I＝eq\f(e,R＋r)＝4sin(πt)A，B正確；燈泡中電流的有效值為I＝eq\f(4,\r(2))A，則電壓的有效值為U＝IR＝30eq\r(2)V，C正確；電功率為P＝UI＝120W，D錯誤。[課時跟蹤檢測]一、立足主干知識，注重基礎性和綜合性1．如圖所示是交流發(fā)電機的示意圖，線圈的AB邊連在金屬滑環(huán)K上，CD邊連在滑環(huán)L上；導體制成的兩個電刷E、F分別壓在兩個滑環(huán)上，線圈在轉動時可以通過滑環(huán)和電刷保持與外電路連接，線圈按逆時針方向勻速轉動依次經過如圖所示四個位置的過程中，下列說法正確的是()A．經甲圖所示位置時，穿過線圈的磁通量為零B．經乙圖所示位置時，通過線圈的電流改變方向C．經丙圖所示位置時，通過線圈的電流最大D．經丁圖所示位置時，穿過線圈的磁通量的變化率最大解析：選D題甲與丙圖中，線圈在中性面位置，穿過線圈的磁通量最大，穿過線圈的磁通量的變化率為0，通過線圈的電流為0，故A、C錯誤；題乙與丁圖中，AB和CD邊運動方向與磁感線方向垂直，切割磁感線，產生的感應電流最大，穿過線圈的磁通量的變化率最大，通過線圈的電流不改變方向，故B錯誤，D正確。2．(多選)如圖，在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，有一面積為S的矩形單匝閉合導線框abcd，ab邊與磁場方向垂直，線框的電阻為R。使線框以恒定角速度ω繞過ab、bc中點的軸旋轉。下列說法正確的是()A．線框abcd中感應電動勢的最大值是BSωB．線框abcd中感應電動勢的有效值是BSωC．線框平面與磁場方向平行時，流經線框的電流最大D．線框平面與磁場方向垂直時，流經線框的電流最大解析：選AC線框abcd中感應電動勢的最大值是BSω，故A正確，B錯誤；線框平面與磁場方向平行時，感應電動勢最大，流經線框的電流最大，故C正確，D錯誤。3．(2021·鹽城模擬)一電阻分別通過四種不同形式的電流，電流隨時間變化的情況如下圖所示，在相同時間內電阻產生熱量最大的是()解析：選D選項A、B中交變電流的有效值都為eq\r(2)A，選項C中恒定電流的大小為1.5A，選項D中交變電流的有效值為2A，根據(jù)熱量的表達式Q＝I2Rt知，在相同時間內D項的電流產生熱量最大，選項D正確。4．(2021·張家界聯(lián)考)如圖所示為一交流電電流隨時間變化的圖像，此交流電電流的有效值為()A．7A B．5AC．3.5eq\r(2)A D．3.5A解析：選B根據(jù)有效值的定義有：(4eq\r(2)A)2R×0.02s＋(3eq\r(2)A)2R×0.02s＝I2R5．(2021·益陽質檢)A、B是兩個完全相同的電熱器，A中通以圖甲所示的方波交變電流，B中通以圖乙所示的正弦式交變電流，則兩電熱器的電功率PA∶PB等于()A．5∶4 B．3∶2C.eq\r(2)∶1 D．2∶1解析：選A根據(jù)電流有效值的定義可知I02Req\f(T,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I0,2)))2Req\f(T,2)＝IA2RT，解得有效值IA＝eq\r(\f(5,8))I0，同理可求得IB＝eq\f(I0,\r(2))，根據(jù)功率的計算公式P＝I2R可得PA∶PB＝IA2∶IB2＝5∶4，故A正確。6．(2021·長沙模擬)如圖所示，在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一個匝數(shù)為N的矩形線圈abcd，線圈面積為S，ab邊與磁場垂直，ab邊始終與金屬滑環(huán)K相連，cd邊始終與金屬滑環(huán)L相連?，F(xiàn)使矩形線圈以恒定角速度ω，從圖示位置繞過ad、bc中點的軸勻速轉動。下列說法正確的是()A．將交流電流表串聯(lián)到電路中，其示數(shù)隨時間按余弦規(guī)律變化B．線圈轉動的角速度越大，通過電阻R的電流越小C．線圈平面與磁場平行時，瞬時感應電動勢最大且Em＝NBSωD．線圈從中性面位置每轉過半圈，穿過線圈的磁通量變化量為零解析：選C交流電流表測量的是交變電流的有效值，不隨時間變化，故A錯誤；根據(jù)e＝NBSωcosωt可知，線圈轉動的角速度越大，產生的感應電動勢越大，通過電阻R的電流越大，故B錯誤；題圖所示位置，線圈平面與磁場平行，產生的感應電動勢最大，最大值為Em＝NBSω，故C正確；線圈從中性面位置每轉過半圈，穿過線圈的磁通量變化量為2BS，故D錯誤。7．(2021·武漢模擬)在勻強磁場中，一個100匝的矩形金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，線圈外接定值電阻和理想交流電流表，如圖甲所示。穿過該線圈的磁通量按正弦規(guī)律變化，如圖乙所示。已知線圈的總電阻為2Ω，定值電阻R＝8Ω。下列說法正確的是()A．電動勢的瞬時值表達式為e＝4eq\r(2)πsinπt(V)B．電流表的示數(shù)最小為0C．一個周期內產生的熱量約為32JD．0.5～1.5s的時間內，通過線圈橫截面的電荷量為0解析：選C感應電動勢的最大值為Em＝NBSω＝NΦmω＝NФm·eq\f(2π,T)＝4eq\r(2)πV，線圈電動勢的瞬時值表達式為e＝4eq\r(2)πcosπt(V)，故A錯誤；電流表的示數(shù)為交變電流的有效值，I＝eq\f(Em,\r(2)R＋r)＝eq\f(4\r(2)π,\r(2)8＋2)A＝0.4πA，故B錯誤；一個周期內產生的熱量為Q＝I2(R＋r)T＝(0.4π)2×(8＋2)×2J≈32J，故C正確；由題圖乙可知，0.5～1.5s的時間內，磁通量的變化量ΔΦ＝2Φm＝8eq\r(2)×10－2Wb，則通過線圈橫截面的電荷量為q＝eq\x\to(I)t＝eq\f(\x\to(E),R＋r)t＝eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(100×8\r(2)×10－2,10)C＝eq\f(4,5)eq\r(2)C，故D錯誤。8．如圖甲所示，R1和R2是材料相同、厚度相同、上下截面為正方形的導體，邊長之比為2∶1，通過導體的電流方向如虛線箭頭所示；現(xiàn)將R1、R2串聯(lián)接入正弦交流電路，如圖乙所示；交流電源的電壓u隨時間t變化的情況如圖丙所示，電源內阻不計。則下列說法正確的是()A．導體R1和R2的阻值之比為1∶2B．流過導體R1和R2的電流大小之比為1∶2C．導體R1兩端的電壓最大值為220VD．導體R2兩端的電壓有效值為110V解析：選D設導體的電阻率為ρ，厚度為d，邊長為L，根據(jù)電阻定律有R＝ρeq\f(L,S)＝ρeq\f(L,dL)＝ρeq\f(1,d)，結合R1和R2的材料相同、厚度相同，可知R1∶R2＝1∶1，所以A選項錯誤；因為R1和R2串聯(lián)在交流電路中，流過它們的電流相等，所以B選項錯誤；由題意和題圖丙可知，電源電壓的最大值為220eq\r(2)V，再結合R1∶R2＝1∶1，可知電阻R1、R2兩端的電壓最大值均為110eq\r(2)V，所以C選項錯誤；R2兩端的電壓有效值為eq\f(110\r(2),\r(2))V＝110V，所以D選項正確。二、強化遷移能力，突出創(chuàng)新性和應用性9．一臺發(fā)電機的結構示意圖如圖所示，其中N、S是永久磁鐵的兩個磁極，M是圓柱形鐵芯，鐵芯外套有一矩形導線圈，線圈在繞過鐵芯M中心的固定轉軸勻速轉動。磁極與鐵芯之間的縫隙中形成方向沿半徑的輻向磁場，磁感應強度大小處處相等。若從線圈處于圖示位置開始計時，設此時電動勢為正值，圖中能正確反映線圈中感應電動勢e隨時間t變化規(guī)律的是()解析：選D由于磁極與鐵芯之間的縫隙中形成方向沿半徑的輻向磁場，線圈繞過鐵芯M中心的固定轉軸勻速轉動過程中，線圈與轉軸平行的兩邊垂直切割磁感線，產生的電動勢大小不變，經過豎直面時，方向改變，所以選項D正確。10.(2021·張家界模擬)(多選)如圖所示，邊長為L的正三角形金屬線框處于勻強磁場中，開始時線框平面與磁場垂直，磁場的磁感應強度為B，讓線框以AB邊為軸，以角速度ω在磁場中勻速轉過180°的過程中，則()A．穿過線框導線截面的電荷量為0B．線框中的感應電流方向先沿ACBA后沿ABCAC．線框中的平均電動勢為eq\f(\r(3)ωBL2,2π)D．線框中感應電動勢的有效值為eq\f(\r(6)BL2ω,8)解析：選CD根據(jù)楞次定律可知，線框中的電流一直沿ACBA，說明穿過線框導線截面的電荷量不為0，A、B項錯誤；線框中的平均電動勢eq\x\to(E)＝eq\f(2B×\f(1,2)L×\f(\r(3),2)L,\f(π,ω))＝eq\f(\r(3)ωBL2,2π)，C項正確；由于線框在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，因此線框中產生的電流為正弦式交變電流，因此感應電動勢的有效值E＝eq\f(BSω,\r(2))＝eq\f(\r(6)BL2ω,8)，D正確。11．(多選)如圖甲所示的電路中，電阻R1＝R2＝R，和R1并聯(lián)的D是理想二極管(正向電阻可視為零，反向電阻為無窮大)，在A、B之間加一個如圖乙所示的交變電壓(電壓為正值時，UAB>0)。由此可知()A．在A、B之間所加的交變電壓的周期為2×10－2sB．在A、B之間所加的交變電壓的瞬時值表達式為u＝220eq\r(2)sin50πt(V)C．加在R1上電壓的有效值為55eq\r(2)VD．加在R1上電壓的有效值為55eq\r(10)V解析：選AC由題圖乙可知，交變電壓的周期為T＝2×10－2s，故選項A正確；交變電壓瞬時值的表達式為u＝220eq\r(2)sineq\f(2π,T)(V)＝220eq\r(2)sin100πt(V)，故選項B錯誤；電壓值取正值時，即在前半個周期內，二極管電阻為零，R1被短路，電壓值取負值時，即在后半個周期內，二極管電阻無窮大，可看作斷路，R1上的電壓等于輸入電壓值的一半，據(jù)此可設加在R1的電壓有效值為U，根據(jù)電流的熱效應，在一個周期內滿足eq\f(U2,R)T＝eq\f(1102,R)·eq\f(T,2)，可求出U＝55eq\r(2)V，故選項C正確，D錯誤。12．(2021·常德檢測)如圖所示，一半徑為L的導體圓環(huán)位于紙面內，O為圓心。環(huán)內兩個圓心角為90°且關于O中心對稱的扇形區(qū)域內分布有勻強磁場，兩磁場的磁感應強度大小均為B、方向相反且均與紙面垂直。導體桿OM可繞O轉動，M端通過滑動觸點與圓環(huán)良好接觸，在圓心和圓環(huán)間連有電阻R，不計圓環(huán)和導體桿的電阻，當桿OM以恒定角速度ω逆時針轉動時，理想電流表A的示數(shù)為()A.eq\f(\r(2)BL2ω,4R) B.eq\f(BL2ω,4R)C.eq\f(\r(2)BL2ω,2R) D.eq\f(BL2ω,2R)解析：選A當導體桿OM在無磁場區(qū)域轉動時，沒有產生感應電動勢，故沒有電流，當導體桿OM在其中一個有磁場的區(qū)域轉動時，OM切割磁感線產生的電動勢為E＝eq\f(1,2)BL2ω，感應電流為I1＝eq\f(E,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，當導體桿OM在另一個有磁場的區(qū)域轉動時，電流為I2＝eq\f(BL2ω,2R)，但方向相反，故導體桿OM旋轉一周過程中，電流情況如圖所示。設電流的有效值為I有效，則I有效2RT＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL2ω,2R)))2R·eq\f(1,4)T，解得I有效＝eq\f(\r(2)BL2ω,4R)，選項A正確。13.一個匝數(shù)為100匝，電阻為0.5Ω的閉合線圈處于某一磁場中，磁場方向垂直于線圈平面。從某時刻起穿過線圈的磁通量隨時間按如圖所示規(guī)律變化，已知0～1s內線圈內的磁通量按正弦規(guī)律變化到最大值，π2≈10。則線圈中產生的交變電流的有效值為()A.eq\r(\f(125,6))A B．2eq\r(6)AC．6A D．5A解析：選A0～1s內線圈內的磁通量按正弦規(guī)律變化到最大值，則感應電動勢的最大值Em＝NωΦm，由題圖知ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(π,2)rad/s，可得Em＝eq\f(π,2)V，這段時間內交變電流的有效值I1＝eq\f(Em,\r(2)R)＝eq\f(π,\r(2))A；1～1.2s內感應電動勢E2＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝5V，這段時間內感應電流的有效值為I2＝eq\f(E2,R)＝10A，由電流有效值的定義有I12Rt1＋I22Rt2＝I2R(t1＋t2)，解得線圈中產生的交變電流的有效值為I＝eq\r(\f(125,6))A，選項A正確。14．(多選)如圖所示，邊長為L的正方形單匝線圈abcd，其電阻為r，外電路的電阻為R，ab的中點和cd的中點的連線O′O恰好位于勻強磁場的邊界線上且與磁場垂直，磁場的磁感應強度為B。若線圈從圖示位置開始以角速度ω繞軸O′O勻速轉動，則以下判斷正確的是()A．圖示位置線圈中的感應電動勢最大，為Em＝BL2ωB．閉合電路中感應電動勢的瞬時值表達式為e＝eq\f(1,2)BL2ωsinωtC．線圈從圖示位置轉過180°的過程中，流過電阻R的電荷量為q＝eq\f(2BL2,R＋r)D．線圈轉動一周的過程中，電阻R上產生的熱量為Q＝eq\f(πB2ωL4R,4R＋r2)解析：選BD題圖所示位置，線圈中通過的磁通量最大，磁通量的變化率為0，線圈中感應電動勢為零，選項A錯誤；線圈所圍成的閉合電路中產生的感應電動勢最大值為Em＝eq\f(1,2)BL2ω，故對應的瞬時值表達式為e＝eq\f(1,2)BL2ωsinωt，選項B正確；由q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)可得線圈從圖示位置轉過180°的過程中，流過電阻R的電荷量q＝eq\f(BL2,R＋r)，選項C錯誤；電阻R上產生的熱量利用有效值求解，即轉動一周的過程中產生的熱量Q＝eq\b\lc\[\rc\](\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)R＋r)))2R×eq\f(2π,ω)＝eq\f(πB2ωL4R,4R＋r2)，選項D正確。15．(2021·懷化模擬)(多選)如圖所示，一個半徑為r的半圓形單匝線圈，以直徑ab為軸勻速轉動，轉速為n，ab的左側有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強磁場，磁感應強度為B。M和N是兩個集流環(huán)，負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計，則下列描述正確的是()A．感應電動勢的最大值為2π2Bnr2B．從圖示位置起轉過eq\f(1,4)周期的時間內負載電阻R上產生的熱量為eq\f(π4B2nr4,8R)C．從圖示位置起轉過eq\f(1,4)周期的時間內通過負載電阻R的電荷量為eq\f(πBr2,2R)D．電流表的示數(shù)為eq\f(π2r2nB,2R)解析：選BCD線圈繞軸轉動時，在電路中產生如圖所示的交變電流。此交變電流的最大值為Em＝BSω＝Beq\f(πr2,2)2πn＝π2Bnr2，故A錯誤；題圖中線圈所處位置為中性面，在轉過eq\f(1,4)周期的時間內，線圈一直切割磁感線，則產生的熱量Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,4)＝eq\f(π4B2nr4,8R)，故B正確；在轉過eq\f(1,4)周期的時間內，電動勢的平均值eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，通過R的電荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πBr2,2R)，故C正確；根據(jù)電流的熱效應，在一個周期內：Q＝I2RT＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)，故電流表的示數(shù)為I＝eq\f(π2r2nB,2R)，故D正確。第2講理想變壓器與遠距離輸電一、理想變壓器1.構造：如圖所示，變壓器是由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的兩個線圈組成的。(1)原線圈：與交流電源連接的線圈，也叫初級線圈。(2)副線圈：與負載連接的線圈，也叫次級線圈。2．原理：線圈的互感現(xiàn)象。3．理想變壓器的基本關系(1)電壓關系：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)。(2)電流關系：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)。(3)功率關系：P入＝P出。二、電能的輸送1．輸電損耗：如圖所示，若發(fā)電站輸出電功率為P，輸電電壓為U，用戶得到的電功率為P′，用戶的電壓為U′，輸電線總電阻為R。輸電電流電壓損失功率損失I＝eq\f(P,U)＝eq\f(P′,U′)＝eq\f(U－U′,R)ΔU＝U－U′＝IRΔP＝P－P′＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))2R2．減少輸電線上電能損失的方法(1)減小輸電線的電阻R。由R＝ρeq\f(l,S)知，可加大導線的橫截面積、采用電阻率小的材料做導線。(2)減小輸電線中的電流。在輸電功率一定的情況下，根據(jù)P＝UI，要減小電流，必須提高輸電電壓。情景創(chuàng)設變壓器是生活、生產用電的必備設備，如圖所示是電能輸送的簡單示意圖。微點判斷(1)對于恒定電流，變壓器沒有變壓作用。(√)(2)理想變壓器的基本關系式中，電壓和電流均為有效值。(√)(3)變壓器能改變交變電流的頻率。(×)(4)正常工作的變壓器當副線圈與用電器斷開時，副線圈兩端無電壓。(×)(5)變壓器副線圈接入負載越多，原線圈的輸入電流越小。(×)(6)增大輸電導線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失。(√)(7)高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的發(fā)熱損耗。(√)(8)在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損失越大。(√)提能點(一)理想變壓器基本規(guī)律的應用(自練通關)點點通1．[理想變壓器基本規(guī)律的應用](2018·天津高考)教學用發(fā)電機能夠產生正弦式交變電流。利用該發(fā)電機(內阻可忽略)通過理想變壓器向定值電阻R供電，電路如圖所示，理想交流電流表A、理想交流電壓表V的讀數(shù)分別為I、U，R消耗的功率為P。若發(fā)電機線圈的轉速變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，則()A．R消耗的功率變?yōu)閑q\f(1,2)PB．電壓表V的讀數(shù)變?yōu)閑q\f(1,2)UC．電流表A的讀數(shù)變?yōu)?ID．通過R的交變電流頻率不變解析：選B發(fā)電機產生的感應電動勢最大值Em＝NBSω，其中ω＝2πn，理想變壓器的輸入電壓(有效值)U1＝eq\f(Em,\r(2))，若線圈的轉速n變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，則電壓表V的讀數(shù)變?yōu)閑q\f(1,2)U，通過R的電流變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，R消耗的功率變?yōu)閑q\f(1,4)P，根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，電流表A的讀數(shù)變?yōu)閑q\f(1,2)I，故B正確，A、C錯誤；交變電流的頻率f等于線圈的轉速n，故D錯誤。2．[原線圈電路中串聯(lián)元件的變壓器電路](2021年1月新高考8省聯(lián)考·河北卷)如圖，理想變壓器原線圈匝數(shù)為1100匝，接有一阻值為R的電阻，電壓表V1示數(shù)為110.0V。副線圈接有一個阻值恒為RL的燈泡，繞過鐵芯的單匝線圈接有一理想電壓表V2，示數(shù)為0.10V。已知RL∶R＝4∶1，則副線圈的匝數(shù)為()A．225B．550C．2200D．4400解析：選C設電壓表V1的示數(shù)為U1，理想變壓器原線圈兩端電壓為Un1，副線圈兩端電壓為Un2，單匝線圈兩端的電壓為U3，則有eq\f(Un1,Un2)＝eq\f(n1,n2)①，eq\f(Un1,U3)＝eq\f(n1,n3)②，聯(lián)立解得：Un1＝110V。又有eq\f(I2,I1)＝eq\f(n1,n2)③，I2＝eq\f(Un2,RL)④，I1＝eq\f(U1,R)⑤，可得：eq\f(Un2,440)＝eq\f(n1,n2)⑥，聯(lián)立①⑥兩式可解得Un2＝220V，n2＝2200，故C項正確。3．[原線圈電路中并聯(lián)元件的變壓器電路]如圖，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1，電阻R1＝R2＝10Ω，電流表和電壓表均為理想交流電表。若電流表A的示數(shù)為0.5A，則電壓表V的示數(shù)為()A．2V B．2.5VC．4V D．10V解析：選A根據(jù)變壓器電壓和匝數(shù)的關系可知，輸入電壓與輸出電壓之比為U1∶U2＝2∶1，則電阻R1兩端電壓為U1，電阻R2兩端電壓為U2，則通過兩電阻的電流之比為2∶1；若設通過電阻R2的電流為I2，則通過電阻R1的電流為2I2，根據(jù)電流和匝數(shù)的關系可知，原線圈的輸入電流為eq\f(I2,2)，因電流表示數(shù)為0.5A，則eq\f(I2,2)＋2I2＝0.5A，得I2＝0.2A，電壓表示數(shù)為U2＝I2R2＝2V，選項A正確。4．[含有二極管的變壓器電路]在如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝22∶5，電阻R1＝R2＝25Ω，D為理想二極管，原線圈接u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流電，則()A．交流電的頻率為100HzB．通過R2的電流為1AC．通過R2的電流為eq\r(2)AD．變壓器的輸入功率為200W解析：選C由原線圈交流電瞬時值表達式可知，交變電流的頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，A項錯誤；由理想變壓器電壓與壓數(shù)的關系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，輸出電壓U2＝50V，由理想二極管單向導電性可知，交變電流每個周期只有一半時間有電流通過R2，由交變電流的熱效應可知，eq\f(U\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)·T，解得U＝eq\f(\r(2),2)U2＝25eq\r(2)V，由歐姆定律可知，通過R2的電流為eq\r(2)A，B項錯誤，C項正確；電阻R2的功率P2＝UI＝50W，而電阻R1的電功率P1＝eq\f(U\o\al(2,2),R1)＝100W，由理想變壓器輸入功率等于輸出功率可知，變壓器的輸入功率為P＝P1＋P2＝150W，D項錯誤。一站過1．理想變壓器的基本關系功率關系原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率，即P入＝P出電壓關系(1)只有一個副線圈時：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)(2)有多個副線圈時：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…電流關系(1)只有一個副線圈時：eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)(2)有多個副線圈時：I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn頻率關系f1＝f2(變壓器不改變交變電流的頻率)2.分析原線圈與負載串聯(lián)的變壓器電路時要注意變壓器的輸入電壓不等于電源的電壓，而是等于電源電壓減去串聯(lián)負載的電壓，即：U1＝U源－U串。3．分析含有二極管的變壓器電路問題時，要注意理想二極管的單向導電性對交變電流的影響及對應有效值的變化。提能點(二)理想變壓器的動態(tài)分析(題點精研)1．理想變壓器的制約關系制約關系電壓(1)輸入電壓U1由電源決定；(2)U2＝eq\f(n2,n1)U1?輸出電壓U2由輸入電壓U1和匝數(shù)比共同決定功率P入＝P出?輸入功率P入由輸出功率P出決定電流I1＝eq\f(n2,n1)I2?輸入電流I1由輸出電流I2和匝數(shù)比共同決定2．理想變壓器的兩種動態(tài)分析(1)匝數(shù)比不變，負載變化的情況。(2)負載不變，匝數(shù)比變化的情況。[考法全析]eq\a\vs4\al(考法一匝數(shù)比不變，負載變化)如圖所示，匝數(shù)比不變，負載變化的情況的分析思路：(1)U1不變，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，可以得出不論負載電阻R如何變化，U2不變。(2)當負載電阻發(fā)生變化時，I2變化，根據(jù)輸出電流I2決定輸入電流I1，可以判斷I1的變化。(3)I2變化引起P2變化，根據(jù)P1＝P2，可以判斷P1的變化。

[例1](2021年1月新高考8省聯(lián)考·湖北卷)(多選)如圖(a)所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n1∶n2＝1∶5，定值電阻R1的阻值為10Ω，滑動變阻器R2的最大阻值為50Ω，定值電阻R3的阻值為10Ω，圖中電表均為理想電表。原線圈輸入如圖(b)所示的交變電流，其有效值不隨負載變化。當滑動變阻器接入電路的阻值由50Ω減小到0的過程中()A．電流表的示數(shù)為5AB．通過R2的電流減小C．電壓表的示數(shù)減小D．R2和R3的總電功率先增大后減小[解析]由圖(b)所示的交變電流，設有效值為I，則I2R·T＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,\r(2))))2R·eq\f(T,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(6,\r(2))))2R·eq\f(T,2)，解得I＝5A，選項A正確?？芍?、副線圈兩端的電流不變，當滑動變阻器接入電路的阻值由50Ω減小到0，此時副線圈的總電阻減小，則副線圈兩端的電壓減小，即電壓表的示數(shù)減小；根據(jù)并聯(lián)電路的電壓特點可知R1兩端的電壓減小，則通過R1的電流減小，根據(jù)并聯(lián)分流可知，通過R2和R3的電流增大，故B錯誤，C正確。設通過R2和R3的電流為I2，則根據(jù)并聯(lián)電路的電流特點可得I2＝I×eq\f(R1,R1＋R2＋R3)，則R2和R3的總電功率為P23＝I22(R2＋R3)＝I2eq\f(R12R2＋R3,R1＋R2＋R32)＝I2eq\f(R12,\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(R1,\r(R2＋R3))＋\r(R2＋R3)))2)，可得R2和R3的總電功率隨R2減小而增大，故D錯誤。[答案]AC[針對訓練]1．(2020·山東等級考)圖甲中的理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝22∶3，輸入端a、b所接電壓u隨時間t的變化關系如圖乙所示。燈泡L的電阻恒為15Ω，額定電壓為24V。定值電阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑動變阻器R的最大阻值為10Ω。為使燈泡正常工作，滑動變阻器接入電路的電阻應調節(jié)為()A．1Ω B．5ΩC．6Ω D．8Ω解析：選A由題圖乙可知理想變壓器輸入電壓U1＝220V，由理想變壓器變壓公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(22,3)，可得副線圈輸出電壓U2＝30V。燈泡正常工作時，燈泡兩端電壓為UL＝24V，電流IL＝eq\f(UL,RL)＝1.6A。設R1兩端電壓為U，由U2＝UL＋U，可得U＝6V。由eq\f(U,R1)＋eq\f(U,R2＋R)＝IL，解得R＝1Ω，選項A正確。eq\a\vs4\al(考法二負載不變，匝數(shù)比變化)如圖所示，負載電阻不變，匝數(shù)比變化的情況的分析思路：(1)U1不變，eq\f(n1,n2)發(fā)生變化，U2變化。(2)R不變，U2變化，I2發(fā)生變化。(3)根據(jù)P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)和P1＝P2，可以判斷P2變化時，P1發(fā)生變化，U1不變時，I1發(fā)生變化。[例2](多選)如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝10∶1，b是原線圈的中心抽頭，S為單刀雙擲開關，定值電阻R1、R2均為10Ω。在原線圈c、d兩端加上圖乙所示的交流電壓，下列說法正確的是()A．當S與a連接后，理想電流表示數(shù)為2.2AB．當S與a連接后，理想電壓表示數(shù)為11VC．當S由a撥到b后，副線圈輸出電壓的頻率變?yōu)?5HzD．當S由a撥到b后，原線圈的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍[解析]由題圖可知，交變電流的電壓有效值為220V、周期為0.02s，頻率為50Hz。當S接a時，由變壓器的原理可知，n2兩端電壓有效值為22V，所以理想電壓表的示數(shù)為22V，理想電流表示數(shù)為2.2A，故選項A正確，選項B錯誤；當S由a撥到b后，原線圈電壓、頻率不變，原線圈匝數(shù)減半，則副線圈頻率不變，故選項C錯誤；副線圈兩端電壓加倍，負載電阻不變，副線圈的輸出功率變?yōu)樵瓉淼?倍，原線圈的輸入功率也變?yōu)樵瓉淼?倍，故選項D正確。[答案]AD[針對訓練]2．如圖所示為加熱裝置的示意圖，經變壓器變壓后的交變電流，通過電阻絲時加熱導氣管，視變壓器為理想變壓器，原線圈接入電壓有效值恒定的交流電并保持匝數(shù)不變，調節(jié)觸頭P，使輸出電壓有效值由220V降至110V。調節(jié)前后()A．副線圈中的電流比為1∶2B．副線圈輸出功率比為2∶1C．副線圈的接入匝數(shù)比為2∶1D．原線圈輸入功率比為1∶2解析：選C原線圈的輸入電壓和匝數(shù)不變，根據(jù)輸出電壓的有效值由220V降到110V，由理想變壓器原理eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可得副線圈的匝數(shù)變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，C項正確；根據(jù)P＝eq\f(U\o\al(2,2),R)可得，副線圈的輸出功率變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，同樣原線圈的輸入功率也變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,4)，B、D兩項錯誤；由P＝UI可得副線圈的電流變?yōu)樵瓉淼膃q\f(1,2)，A項錯誤。eq\a\vs4\al(考法三匝數(shù)比、負載都變化)分析變壓器電路動態(tài)分析問題的一般思路：(1)分清不變量和變量。(2)弄清理想變壓器中電壓、電流、功率之間的聯(lián)系和相互制約關系。(3)利用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路特點進行分析判定。[例3](2021·長沙模擬)(多選)如圖所示，電源輸出電壓不變，要使電路中電流表示數(shù)變大，可采用的方法有()A．將R上的滑片向上移動B．將R上的滑片向下移動C．將開關S擲向1D．將開關S擲向2[解析]輸入的電壓和匝數(shù)比不變，輸出的電壓也不變，當R上的滑片向上移動時，副線圈所在電路的電阻變小，所以電流變大，電流表示數(shù)變大，故選項A正確；當R上的滑片向下移動時，副線圈所在電路的電阻變大，電流表示數(shù)變小，故選項B錯誤；將開關S擲向1，原線圈的匝數(shù)變大，由電壓與匝數(shù)成正比可得，副線圈的輸出電壓減小，副線圈所在電路的電阻不變，電流表示數(shù)變小，故選項C錯誤；將開關S擲向2時，原線圈的匝數(shù)減小，副線圈的輸出電壓變大，副線圈所在電路的電阻不變，電流表示數(shù)變大，故選項D正確。[答案]AD[針對訓練]3．(多選)理想變壓器的原線圈連接一只電流表，副線圈接入電路的匝數(shù)可以通過滑動觸頭Q調節(jié)，如圖所示，在副線圈上連接了定值電阻R0和滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動觸頭。原線圈兩端接在電壓為U的交流電源上，則()A．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數(shù)變大B．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數(shù)變小C．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數(shù)變大D．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數(shù)變小解析：選BC在原、副線圈匝數(shù)比一定的情況下，變壓器的輸出電壓由輸入電壓決定，因此當Q位置不變時，輸出電壓U不變，此時P向上滑動，負載電阻值R′增大，則輸出電流I′減小。根據(jù)輸入功率P入等于輸出功率P出，電流表的讀數(shù)I變小，A項錯誤，B項正確；P位置不變，將Q向上滑動，則輸出電壓U′變大，輸出電流I′變大，變壓器的輸入功率變大，電流表的讀數(shù)變大，C項正確，D項錯誤。提能點(三)四種特殊的變壓器(模型認知)在實際應用中，除了常規(guī)變壓器外，還有四類特殊的變壓器：多組副線圈的變壓器、自耦變壓器、互感器及“日”字芯變壓器。eq\a\vs4\al(類型一多個副線圈的變壓器)具有兩個(或兩個以上)副線圈的變壓器的三個關系：(1)電壓關系：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…(2)電流關系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(3)功率關系：P1＝P2＋P3＋…[例1]如圖所示，接在理想變壓器回路中的四個規(guī)格相同的燈泡都正常發(fā)光，那么，理想變壓器的匝數(shù)比n1∶n2∶n3為()A．1∶1∶1B．3∶2∶1C．6∶2∶1D．2∶2∶1[解析]燈泡正常發(fā)光，可得UA＝UB＝UC＝UD，所以U2＝2U3，由理想變壓器匝數(shù)與電壓的關系得eq\f(n2,n3)＝eq\f(U2,U3)＝eq\f(2,1)，可得n2＝2n3。燈泡都正常發(fā)光，則功率相等，即PA＝PB＝PC＝PD。由P＝I2R得IA＝IB＝IC＝ID，即I1＝I2＝I3。由理想變壓器的功率關系得U1I1＝U2I2＋U3I3，即n1I1＝n2I2＋n3I3，可得n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1。[答案]B[針對訓練]1．如圖甲、乙所示，兩種情況下變壓器燈泡L2、L3的功率均為P，且L1、L2、L3為相同的燈泡，匝數(shù)比n1∶n2＝3∶1，燈泡均未被燒壞，則圖甲中L1的功率和圖乙中L1的功率分別為()A．P，P B．9P，eq\f(4P,9)C.eq\f(4P,9)，9P D.eq\f(4P,9)，P解析：選B由題意可知，n2＝n3，兩種情況下變壓器輸出功率均為2P，設燈泡L2、L3的電壓為U，電流為I，電阻為R，兩種情況下變壓器輸入電壓為3U，變壓器輸入電流為eq\f(2,3)I；題圖甲中L1的功率為P1＝eq\f(3U2,R)＝9P；題圖乙中L1的功率為P2＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2,3)I))2R＝eq\f(4P,9)，選項B正確。eq\a\vs4\al(類型二自耦變壓器)自耦變壓器(又稱調壓器)，它只有一個線圈，原、副線圈共用其中的一部分作為另一個線圈，當交流電源接不同的端點時，它可以升壓(如圖甲所示)也可以降壓(如圖乙所示)，變壓器的基本關系對自耦變壓器同樣適用。[例2]如圖甲所示為一自耦變壓器，變壓器的原線圈AB端輸入電壓如圖乙所示，副線圈電路中定值電阻R0＝11Ω，電容器C的擊穿電壓為22V，移動滑片P使電容器剛好不會被擊穿，所有電表均為理想電表，下列說法正確的是()A．電壓表的示數(shù)為220VB．原、副線圈的匝數(shù)比為10∶1C．電流表的示數(shù)等于通過電阻R0的電流D．原線圈AB端輸入電壓的變化規(guī)律為u＝311sin(πt)V[解析]由題圖乙知輸入電壓的有效值即電壓表的示數(shù)，為220V，A正確；電容器的耐壓值為交流電壓的最大值，則有效值為eq\f(22,\r(2))V＝11eq\r(2)V，所以原、副線圈的匝數(shù)比為10eq\r(2)∶1，B錯誤；電容器通交流電，所以電流表的示數(shù)大于通過電阻R0的電流，C錯誤；由題圖乙知交流電的周期為0.02s，所以角速度為100πrad/s，原線圈AB端輸入電壓的變化規(guī)律為u＝311sin(100πt)V，D錯誤。[答案]A[針對訓練]2.一自耦變壓器如圖所示，環(huán)形鐵芯上只繞有一個線圈，將其接在a、b間作為原線圈。通過滑動觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈。在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時，c、d間的輸出電壓為U2。在將滑動觸頭從M點順時針旋轉到N點的過程中()A．U2＞U1，U2降低 B．U2＞U1，U2升C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升解析：選Ca、b間原線圈的匝數(shù)大于c、d間副線圈的匝數(shù)，在滑動觸頭由M點移動到N點的過程中，副線圈的匝數(shù)進一步減小，由變壓器工作原理eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，U2＜U1，且U2降低，選項C正確。類型(三)互感器問題兩種互感器的比較電壓互感器電流互感器原理圖原線圈的連接并聯(lián)在高壓電路中串聯(lián)在交流電路中副線圈的連接連接電壓表連接電流表互感器的作用將高電壓變?yōu)榈碗妷簩⒋箅娏髯兂尚‰娏骼玫墓絜q\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)I1n1＝I2n2[例3](2020·浙江1月選考)如圖所示，甲、乙兩圖中的理想變壓器以不同的方式接在高壓電路中，甲圖中變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為k1，電壓表讀數(shù)為U，乙圖中變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為k2，電流表讀數(shù)為I，則甲圖中高壓線電壓和乙圖中高壓線電流分別為()A．k1U，k2I B．k1U，eq\f(I,k2)C.eq\f(U,k1)，k2I D.eq\f(U,k1)，eq\f(I,k2)[解析]根據(jù)原、副線圈的電壓、電流與線圈匝數(shù)關系可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝k1，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,k2)，由此可知U1＝k1U，I1＝eq\f(I,k2)，選項B正確。[答案]B[針對訓練]3．在變電站里，經常要用交流電表監(jiān)測電網上的強電流。所用的器材叫電流互感器。如圖所示，能正確反映其工作原理的是()解析：選A電流互感器把大電流變成小電流，測量時更安全，根據(jù)變壓器原理eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得I2＝eq\f(n1,n2)I1，所以要求線圈匝數(shù)n2>n1，原線圈要接在火線上，故選項A正確。eq\a\vs4\al(類型四“日”字形鐵芯的變壓器)對于鐵芯為“日”字形的變壓器，要注意穿過原線圈的磁通量的變化率與穿過副線圈磁通量的變化率不相等，電壓比eq\f(U1,U2)≠eq\f(n1,n2)，應根據(jù)法拉第電磁感應定律推導U1與U2的具體關系，即eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1\f(ΔΦ1,Δt),n2\f(ΔΦ2,Δt))＝eq\f(n1ΔΦ1,n2ΔΦ2)。[注意]對于該類變壓器問題，若不去研究變壓器的鐵芯特點，只“死記硬套”普通變壓器的基本公式，很容易出錯。[例4](多選)在繞制變壓器時，某人誤將兩個線圈繞在如圖所示變壓器鐵芯的左右兩個臂上，當通以交變電流時，每個線圈產生的磁通量都只有一半通過另一個線圈，另一半通過中間的臂，已知線圈1、2的匝數(shù)之比n1∶n2＝2∶1，在不接負載的情況下()A．當線圈1輸入電壓220V時，線圈2輸出電壓為110VB．當線圈1輸入電壓220V時，線圈2輸出電壓為55VC．當線圈2輸入電壓110V時，線圈1輸出電壓為220VD．當線圈2輸入電壓110V時，線圈1輸出電壓為110V[解析]當線圈1作為輸入端時，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1\f(ΔΦ1,Δt),n2\f(ΔΦ2,Δt))＝eq\f(n1ΔΦ1,n2ΔΦ2)＝eq\f(2,1)×eq\f(2,1)＝eq\f(4,1)，因為U1＝220V，所以U2＝55V，所以選項A錯誤，B正確。當線圈2作為輸入端時，eq\f(U1′,U2′)＝eq\f(n1ΔΦ1′,n2ΔΦ2′)＝eq\f(2,1)×eq\f(1,2)＝1，因為U2′＝110V，所以U1′＝110V，選項C錯誤，D正確。[答案]BD[針對訓練]4．(多選)如圖所示為某變壓器對稱鐵芯的示意圖，已知原線圈匝數(shù)n1＝40匝，副線圈匝數(shù)n2＝20匝，電阻R1＝40Ω，電阻R2＝25Ω。則下列說法正確的是()A．當原線圈接入正弦交流電時，R1、R2消耗的電功率之比為2∶5B．當原線圈接入正弦交流電時，R1、R2消耗的電功率之比為1∶10C．原線圈接入交流電壓u＝220eq\r(2)sinωtV時，R1上的電壓為20VD．原線圈接入交流電壓u＝220eq\r(2)sinωtV時，R2上的電壓為50V解析：選BCD因該變壓器通過副線圈的磁通量是通過原線圈磁通量的一半，則eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1\f(ΔΦ1,Δt),n2\f(ΔΦ2,Δt))＝eq\f(4,1)，故eq\f(I1,I2)＝eq\f(1,4)，根據(jù)P＝I2R得：eq\f(P