2025高考物理復習交變電流 電磁振蕩與電磁波 傳感器教案練習題

三年考情交變電流及四值2023·湖南卷·T9、2023·海南卷·T6、2022·浙江1月選考·T9、2022·廣東卷·T4、2022·河北卷·T3、2021·遼寧卷·T5、2021·江蘇卷·T12、2021·天津卷·T3、2021·北京卷·T5、2021·浙江1月選考·T16、2021·浙江6月選考·T5變壓器綜合問題2023·北京卷·T7、2023·廣東卷·T6、2022·山東卷·T4、2022·湖北卷·T9、2022·湖南卷·T6、2022·北京卷·T4、2022·重慶卷·T3、2021·廣東卷·T7、2021·河北卷·T8、2021·湖南卷·T6、2021·湖北卷·T6、2021·福建卷·T3遠距離輸電2023·浙江6月選考·T7、2023·山東卷·T7、2023·天津卷·T6、2020·全國卷Ⅱ·T19、2020·浙江7月選考·T11電磁波2021·浙江6月選考·T8、2021·福建卷·T5傳感器2022·河北卷·T12、2022·北京卷·T13、2022·重慶卷·T11命題規(guī)律目標定位本章主要考查交變電流的產(chǎn)生、交變電流的四值、變壓器，電磁波、傳感器考查較少，遠距離輸電考查頻率增加。該知識模塊綜合性不強。常見的綜合點有：交變電流與變壓器的綜合，變壓器與遠距離輸電的綜合。第1講交變電流的產(chǎn)生和描述[課標要求]1．認識交變電流，能用公式和圖像描述正弦交變電流。2．了解發(fā)電機和電動機工作過程中的能量轉(zhuǎn)化，認識電磁學在人類生活和社會發(fā)展中的作用?？键c一交變電流的產(chǎn)生及變化規(guī)律1．產(chǎn)生：線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)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，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，電流方向?qū)l(fā)生改變。(2)線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，電流方向不改變。3．電流方向的改變：一個周期內(nèi)線圈中電流的方向改變兩次。4．圖像：用以描述交變電流隨時間變化的規(guī)律，如果線圈從中性面位置開始計時，則其圖像為正弦式曲線，如圖所示。5．變化規(guī)律(線圈從中性面位置開始計時)(1)電動勢e隨時間變化的規(guī)律：e＝Emsin__ωt。(2)路端電壓u隨時間變化的規(guī)律：u＝Umsinωt＝eq\f(EmR,R＋r)·sin_ωt。學生用書第266頁(3)電流i隨時間變化的規(guī)律：i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)·sin_ωt，其中Em＝NBSω。6．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(zhuǎn)動一周)所需要的時間，國際單位是秒(s)。公式：T＝eq\f(2π,ω)。(2)頻率f：交變電流在1_s內(nèi)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(guān)系：T＝eq\f(1,f)或f＝eq\f(1,T)。7．峰值：Em＝NBSω，與轉(zhuǎn)軸位置無關(guān)，與線圈形狀無關(guān)。【基礎(chǔ)知識判斷】1．矩形線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動時一定會產(chǎn)生正弦式交變電流。(×)2．線圈在磁場中轉(zhuǎn)動的過程中穿過線圈的磁通量最大時，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢也最大。(×)3．矩形線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動經(jīng)過中性面時，線圈中的感應(yīng)電動勢為零，電流方向發(fā)生改變。(√)書寫交變電流瞬時值表達式的基本思路1．求出角速度ω，ω＝eq\f(2π,T)＝2πf。2．確定正弦式交變電流的峰值，根據(jù)已知圖像讀出或由公式Em＝NBSω求出相應(yīng)峰值。3．明確線圈的初始位置，找出對應(yīng)的函數(shù)關(guān)系式。例如：(1)線圈從中性面位置開始轉(zhuǎn)動，則i-t圖像為正弦函數(shù)圖像，電流的瞬時值表達式為i＝Imsinωt。(2)線圈從垂直中性面位置開始轉(zhuǎn)動，則i-t圖像為余弦函數(shù)圖像，電流的瞬時值表達式為i＝Imcosωt。(2023·北京四中模擬)某交流發(fā)電機產(chǎn)生交變電流的裝置如圖甲所示，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢與時間的關(guān)系如圖乙所示，下列說法正確的是()A．t＝0時，線圈平面處于中性面位置，磁通量變化率最大B．線圈通過中性面時，交變電流改變方向。C．線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢e＝100sin(50t)VD．如果僅使線圈的轉(zhuǎn)速加倍，則電動勢的最大值和周期分別變?yōu)?00V、0.08s答案：B解析：由e-t圖像可知，t＝0時，電動勢為零，此時線圈平面處于中性面位置，磁通量變化率最小，交變電流改變方向，A錯誤，B正確；線框中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值和周期分別為Em＝100V，T＝0.04s，根據(jù)e＝Emsineq\f(2π,T)t，可知感應(yīng)電動勢瞬時值為e＝100sin(50πt)V，C錯誤；根據(jù)Em＝NBSω，ω＝2πn，可知Em與n成正比，如果僅使線圈的轉(zhuǎn)速加倍，則電動勢的最大值為Em′＝200V，由周期為T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(1,n)可知，周期與n成反比，如果僅使線圈的轉(zhuǎn)速加倍，則周期減半為T′＝0.02s，D錯誤。選B。對點練1．(2023·廣東廣州模擬)在以下四種情景中，從上圖所示位置開始計時，則上圖線圈中產(chǎn)生的電流與其正下方所示的i-t圖線相對應(yīng)的是()A．圖甲B．圖乙C．圖丙D．圖丁答案：A解析：題圖甲中線圈從垂直中性面開始轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交流電是余弦式，A正確；題圖乙中線圈轉(zhuǎn)動時仍產(chǎn)生不間斷的正弦交流電，B錯誤；題圖丙中線圈處于輻射狀的磁場中，線圈的兩邊所處位置的磁場大小不變，則產(chǎn)生恒定不變的電流，C錯誤；題圖丁中線圈轉(zhuǎn)動時產(chǎn)生正弦式交流電，D錯誤。故選A。學生用書第267頁對點練2．圖甲為小型旋轉(zhuǎn)電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其單匝矩形線圈在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，線圈的兩端經(jīng)集流環(huán)和電刷與R＝10Ω的電阻連接，發(fā)電機內(nèi)總電阻r＝2Ω，與電阻R并聯(lián)的交流電壓表為理想電壓表，示數(shù)是10V。取eq\r(2)＝1.41。圖乙是矩形線圈中磁通量Φ隨時間t變化的圖像，則()A．該電動勢的瞬時值e＝12sin(100πt)VB．R兩端的電壓瞬時值u＝14.1cos(100πt)VC．t＝0.02s時，R兩端的電壓瞬時值為零D．通過R的電流i隨時間t變化的規(guī)律是i＝14.1cos(50πt)A答案：B解析：由題圖乙可知，t＝0.02s時，磁通量變化率最大，R兩端的電壓瞬時值最大，故C錯誤；由Φ-t圖像可知T＝2×10－2s，t＝0時刻Φ＝0,根據(jù)Um＝eq\r(2)U可知，R兩端的電壓u隨時間t變化的規(guī)律是u＝14.1cos(100πt)V，故B正確；通過R的電流i隨時間t變化的規(guī)律是i＝1.41cos(100πt)A，故D錯誤；電動勢的最大值Em＝eq\f(R＋r,R)Um＝16.92V，則該電動勢的瞬時值e＝16.92cos(100πt)V，故A錯誤?？键c二交變電流有效值的計算1．有效值讓交流電和直流電通過相同阻值的電阻，如果它們在相同的時間內(nèi)產(chǎn)生的熱量相等，就把這一直流電的數(shù)值叫作這一交流電的有效值。2．正弦式交變電流的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，I＝eq\f(Im,\r(2))?！靖呖记榫虫溄印?2023·湖南高考·改編)某同學自制了一個手搖交流發(fā)電機，如圖所示。大輪與小輪通過皮帶傳動(皮帶不打滑)，半徑之比為4∶1，小輪與線圈固定在同一轉(zhuǎn)軸上。線圈是由漆包線繞制而成的邊長為L的正方形，共n匝，總阻值為R。磁體間磁場可視為磁感應(yīng)強度大小為B的勻強磁場。大輪以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動，帶動小輪及線圈繞轉(zhuǎn)軸轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸與磁場方向垂直。線圈通過導線、滑環(huán)和電刷連接一個阻值恒為R的燈泡。判斷下列說法的正誤：(1)線圈轉(zhuǎn)動的角速度為4ω。(√)(2)線圈轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交變電壓的最大值為4nBL2ω。(√)(3)燈泡兩端電壓的有效值為2eq\r(2)nBL2ω。(×)(4)若搖動大輪的角速度增大，燈泡將變亮。(√)1．有效值的理解(1)交流電流表、交流電壓表的示數(shù)是指有效值。(2)用電器銘牌上標的值(如額定電壓、額定功率等)指的均是有效值。(3)計算熱量、電功率及保險絲的熔斷電流指的是有效值。(4)沒有特別加以說明的，是指有效值。(5)“交變電流的最大值是有效值的eq\r(2)倍”僅適用于正(余)弦式交變電流。2．交變電流有效值的計算(1)計算有效值時要根據(jù)電流的熱效應(yīng)，抓住“三同”：“相同時間”內(nèi)“相同電阻”上產(chǎn)生“相同熱量”列式求解。(2)分段計算熱量求和得出一個周期內(nèi)產(chǎn)生的總熱量。學生用書第268頁(3)利用兩個公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分別求得電流有效值和電壓有效值。(4)若圖像部分是正(余)弦式交變電流，其中的eq\f(1,4)周期(必須是從零至最大值或從最大值至零)和eq\f(1,2)周期部分可直接應(yīng)用正弦式交變電流有效值與最大值間的關(guān)系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解。一電阻R接到如圖甲所示的正弦式交流電源上，兩端電壓的有效值為U1，消耗的電功率為P1；若該電阻接到如圖乙所示的方波交流電源上，兩端電壓的有效值為U2，消耗的電功率為P2。若甲、乙兩圖中的U0、T所表示的電壓值、周期值是相同的，則下列說法正確的是()A．U1＝eq\f(1,2)U0 B．U2＝eq\r(2)U0C．P1＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),2R) D．P1∶P2＝1∶2答案：C解析：電阻接到正弦式交流電源上，兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(\r(2)U0,2)，功率P1＝eq\f(Ueq\o\al(2,1),R)＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),2R)，A錯誤，C正確；電阻接到方波交流電源上，設(shè)兩端電壓的有效值為U2，則有eq\f(（2U0）2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(Ueq\o\al(2,0),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)T，解得U2＝eq\r(\f(5,2))U0，功率P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)＝eq\f(5Ueq\o\al(2,0),2R)，則P1∶P2＝1∶5，B、D錯誤。對點練1．(2023·江西南昌聯(lián)考)在如圖乙所示的電路中，通入如圖甲所示的交變電流，橫軸上、下方的圖線均屬于正弦曲線的一部分，電阻R的阻值為20Ω，兩電表均為理想交流電表，下列說法正確的是()A．電壓表的示數(shù)為10VB．交流電的頻率為50HzC．電流表的示數(shù)為2AD．電阻R在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為0.3J答案：A解析：令該交變電流的有效值為U，則電壓表的示數(shù)為該有效值，根據(jù)題圖甲可知eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10\r(2),\r(2))))\s\up8(2),R)·eq\f(T,3)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10\r(2),\r(2))))\s\up8(2),R)·eq\f(2T,3)，解得U＝10V，即電壓表的示數(shù)為10V，故A正確；根據(jù)題圖甲可知交流電的周期T＝3×10－2s，則頻率f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,3×10－2)Hz＝eq\f(100,3)Hz，故B錯誤；根據(jù)上述可知，通過定值電阻R的電流為I＝eq\f(U,R)＝0.5A，故C錯誤；電阻R在一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量為Q＝I2RT＝0.15J，故D錯誤。故選A。對點練2．如圖所示為一個經(jīng)雙向可控硅調(diào)節(jié)后加在電燈上的電壓，正弦式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．UmB．eq\f(Um,\r(2))C．eq\f(Um,3)D．eq\f(Um,2)答案：D解析：從u-t圖像上看，每個eq\f(1,4)周期正弦式波形的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))，根據(jù)有效值的定義有eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))\s\up8(2),R)×eq\f(T,4)×2，解得U＝eq\f(Um,2)，故D正確。對點練3．(2023·廣東珠海適應(yīng)性考試)如圖是某一線圈通過的交流電的電流—時間關(guān)系圖像(前半個周期為正弦式波形的eq\f(1,2))，則一個周期內(nèi)該電流的有效值為()A．eq\f(3,2)I0B．eq\f(\r(5),2)I0C．eq\f(\r(3),2)I0D．eq\f(5,2)I0答案：B解析：設(shè)該電流的有效值為I，由I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I0,\r(2))))eq\s\up8(2)R×eq\f(T,2)＋(2I0)2R×eq\f(T,4)，解得I＝eq\f(\r(5),2)I0，故B正確。學生用書第269頁考點三交變電流“四值”的理解和應(yīng)用物理量表達式適用情況及說明瞬時值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt計算線圈某時刻的受力情況最大值(峰值)Em＝NωBSIm＝eq\f(Em,R＋r)討論電容器的擊穿電壓有效值對正(余)弦交流電有：E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))計算與電流的熱效應(yīng)有關(guān)的量(如電功、電功率、電熱等)平均值eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(v)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(eq\x\to(E),R＋r)計算通過電路截面的電荷量(2023·河南開封統(tǒng)考)如圖為交流發(fā)電機的示意圖，線圈在轉(zhuǎn)動時可以通過滑環(huán)和電刷保持與外電路的連接。兩磁極之間的磁場視為勻強磁場且磁感應(yīng)強度大小為B，單匝線圈ABCD的面積為S、電阻為r，定值電阻的阻值為R，其余電阻不計，交流電壓表為理想電表。線圈以角速度ω繞OO′軸逆時針勻速轉(zhuǎn)動，如果以圖示位置為計時起點，則()A．圖示時刻電壓表示數(shù)為BSωB．通過電阻R的電流瞬時值表達式為i＝eq\f(BSω,R＋r)sinωtC．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過電阻R的電流平均值為eq\f(2BSω,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)))D．線圈從圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，電阻R產(chǎn)生的焦耳熱為eq\f(πRB2S2ω,2（R＋r）2)答案：C解析：線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝BSω，有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(BSω,\r(2))，題圖示位置具有最大值，但電壓表示數(shù)應(yīng)為電阻R兩端的電壓有效值U＝IR＝eq\f(E,R＋r)·R＝eq\f(BSωR,\r(2)（R＋r）)，A錯誤；通過電阻R的電流有效值為I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(BSω,\r(2)\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)))，瞬時值表達式為i＝eq\r(2)Icosωt＝eq\f(BSω,R＋r)cosωt，B錯誤；線圈從題圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中所用時間Δt＝eq\f(\f(π,2),ω)＝eq\f(π,2ω)，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢平均值為eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(BS,Δt)＝eq\f(2BSω,π)，則通過電阻R的電流平均值為eq\x\to(I)＝eq\f(eq\x\to(E),R＋r)＝eq\f(2BSω,π\(zhòng)b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(R＋r)))，C正確；線圈從題圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，電阻R上產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝I2RΔt＝eq\f(πRB2S2ω,4（R＋r）2)，D錯誤。故選C。對點練1．(2022·廣東高考)如圖是簡化的某種旋轉(zhuǎn)磁極式發(fā)電機原理圖。定子是僅匝數(shù)n不同的兩線圈，n1＞n2，二者軸線在同一平面內(nèi)且相互垂直，兩線圈到其軸線交點O的距離相等，且均連接阻值為R的電阻，轉(zhuǎn)子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內(nèi)勻速轉(zhuǎn)動時，兩線圈輸出正弦式交變電流。不計線圈電阻、自感及兩線圈間的相互影響，下列說法正確的是()A．兩線圈產(chǎn)生的電動勢的有效值相等B．兩線圈產(chǎn)生的交變電流的頻率相等C．兩線圈產(chǎn)生的電動勢同時達到最大值D．兩電阻消耗的電功率相等答案：B解析：根據(jù)E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，兩線圈中磁通量的變化率相等，但是匝數(shù)不等，則產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大值不相等，有效值也不相等，根據(jù)P＝eq\f(U2,R)，可知兩電阻的電功率也不相等，故A、D錯誤；因兩線圈放在同一個旋轉(zhuǎn)磁鐵的旁邊，則兩線圈產(chǎn)生的交流電的頻率相等，故B正確；當磁鐵的磁極到達線圈附近時，磁通量變化率最大，感應(yīng)電動勢最大，可知兩線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢不可能同時達到最大值，故C錯誤。對點練2．(多選)(2023·河北滄州一模)如圖所示，面積為S、電阻為R的單匝矩形閉合導線框abcd處于磁感應(yīng)強度為B的垂直紙面向里的勻強磁場中(cd邊右側(cè)沒有磁場)。若線框從圖示位置開始繞與cd邊重合的豎直固定軸以角速度ω開始勻速轉(zhuǎn)動，則線框旋轉(zhuǎn)一周的過程中，下列說法正確的是()A．線框中感應(yīng)電動勢的最大值為eq\f(BSω,2)B．線框中感應(yīng)電動勢的有效值為eq\f(BSω,2)C．線框中感應(yīng)電流的有效值為eq\f(BSω,\r(2)R)D．從圖示位置開始轉(zhuǎn)過eq\f(π,6)的過程中，通過導線某橫截面的電荷量為eq\f(BS,2R)答案：B解析：線框中產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝BSω，故A錯誤；由有效值的定義得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(Eeq\o\al(2,有),R)T，可得E有＝eq\f(BSω,2)，I有＝eq\f(BSω,2R)，故B正確，C錯誤；線框轉(zhuǎn)過eq\f(π,6)后，此時線框的有效面積為S有＝Scoseq\f(π,6)，根據(jù)q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(eq\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,ΔtR)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)，可得通過某橫截面的電荷量為q＝eq\f(B·\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(\r(3),2)))S,R)＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(2－\r(3)))BS,2R)，故D錯誤。故選B。課時測評57交變電流的產(chǎn)生和描述eq\f(對應(yīng)學生,用書P468)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題1～6題，每題3分，7～13題，每題6分，共60分)1．(多選)圖甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，為交流電流表。線圈繞垂直于磁場方向的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動。從圖甲所示位置開始計時，產(chǎn)生的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。以下判斷正確的是()A．電流表的示數(shù)為10AB．線圈轉(zhuǎn)動的角速度為100πrad/sC．0.01s時線圈平面與磁場方向平行D．0.02s時電阻R中電流的方向自右向左答案：ABC解析：由題圖乙可知交流電電流的最大值是Im＝10eq\r(2)A，交流電的周期T＝0.02s，電流表的示數(shù)為交流電的有效值I＝eq\f(Im,\r(2))＝10A，故A正確；線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，故B正確；0.01s時流過線圈的感應(yīng)電流達到最大，線圈中產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢最大，磁通量的變化率最大，則穿過線圈的磁通量為0，即線圈平面與磁場方向平行，故C正確；由楞次定律可知，0.02s時流過電阻的電流方向自左向右，故D錯誤。2．如圖甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線框繞與磁感線垂直的轉(zhuǎn)動軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖乙所示，則下列說法正確的是()A．t＝0.01s時，線框平面與磁感線相互平行B．t＝0.005s時，穿過線框的磁通量最大C．當電動勢瞬時值為22V時，線圈平面與中性面夾角為45°D．線框中的感應(yīng)電流方向每秒鐘改變50次答案：C解析：t＝0.01s時，感應(yīng)電動勢為零，則線框平面與磁感線相互垂直，A錯誤；t＝0.005s時，感應(yīng)電動勢最大，則穿過線框的磁通量最小，B錯誤；根據(jù)瞬時值表達式e＝22eq\r(2)sin(ωt)V可知，當電動勢瞬時值為22V時ωt＝eq\f(π,4)，即線圈平面與中性面夾角為45°，C正確；由題圖乙可知T＝0.02s，則f＝eq\f(1,T)＝50Hz，在一個周期內(nèi)電流方向改變2次，可知線框中的感應(yīng)電流方向每秒鐘改變100次，D錯誤。3．(多選)(2024·福建廈門一模)如圖所示，一個單匝矩形閉合導線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，圖示時刻磁場與平面垂直，轉(zhuǎn)動周期為T0，線圈產(chǎn)生的電動勢的最大值為Em，則()A．線圈轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的磁通量的最大值為eq\f(\r(2)EmT0,4π)B．線圈轉(zhuǎn)動過程中磁通量變化率的最大值為EmC．圖示時刻為中性面，電流大小為0D．若線圈繞ab轉(zhuǎn)動，電動勢的最大值將變?yōu)?Em答案：BC解析：根據(jù)Em＝BSω＝Φmeq\f(2π,T0)，解得Φm＝eq\f(EmT0,2π)，故A錯誤；根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律E＝eq\f(ΔΦ,Δt)，線圈轉(zhuǎn)動過程中磁通量變化率的最大值為Em，故B正確；題圖所示位置為中性面，磁通量最大，磁通量變化率為0，電動勢為0，電流大小為0，故C正確；若線圈繞ab轉(zhuǎn)動，通過線圈的磁通量最大值不變，所以電動勢的最大值不變，為Em，故D錯誤。故選BC。4．(2024·山東聊城模擬)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(zhuǎn)動，穿過該線圈的磁通量Φ隨時間t的變化關(guān)系如圖所示，已知線圈總電阻為2Ω，則()A．t＝1.0s時線圈平面平行于磁感線B．t＝1.5s時線圈中感應(yīng)電流為0C．t＝2.0s時線圈中的感應(yīng)電動勢為0D．一個周期內(nèi)線圈產(chǎn)生的熱量為8J答案：C解析：t＝1.0s時磁通量最大，線圈平面垂直于磁感線，而非平行于磁感線，故A錯誤；t＝1.5s時磁通量變化率最大，線圈中感應(yīng)電流不為0，故B錯誤；t＝2.0s時線圈的磁通量變化率為零，故感應(yīng)電動勢為0，故C正確；一個周期內(nèi)線圈產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))\s\up8(2),R)·T，同時Em＝nBSω＝nΦmeq\f(2π,T)，解得熱量為8π2J，故D錯誤。5．(2024·北京延慶一模)A、B是兩個完全相同的電熱器，A通以圖甲所示的方波交變電流，B通以圖乙所示的正弦式交變電流。兩電熱器的電功率之比PA∶PB等于()A．1∶2 B．2∶1C．5∶4 D．4∶5答案：C解析：題圖甲，由交流電有效值的定義可得Ieq\o\al(2,0)R·eq\f(T,2)＋eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I0,2)))eq\s\up8(2)R·eq\f(T,2)＝Ieq\o\al(2,甲)RT，解得Ieq\o\al(2,甲)＝eq\f(5,8)Ieq\o\al(2,0)，題圖乙，交流電的有效值為I乙＝eq\f(I0,\r(2))，根據(jù)P＝I2R可知PA∶PB＝Ieq\o\al(2,甲)R∶Ieq\o\al(2,乙)R＝eq\f(5,8)∶eq\f(1,2)＝5∶4，故選C。6．(2024·重慶萬州模擬)在圖乙所示的電路中，通入圖甲所示的交變電流，此交變電流的每個周期內(nèi)，前三分之一周期電壓按正弦規(guī)律變化，后三分之二周期電壓恒定。電阻R的阻值為12Ω，電表均為理想電表。下列判斷正確的是()A．電壓表的示數(shù)為6eq\r(2)VB．該交變電流的電壓有效值為4eq\r(3)VC．電阻R一個周期內(nèi)產(chǎn)生的熱量一定大于9JD．電流表的示數(shù)為0.5A答案：D解析：根據(jù)有效值的定義，在一個周期內(nèi)，由焦耳定律得eq\f(（\f(6\r(2)V,\r(2))）2,R)×1s＋eq\f(（6V）2,R)×2s＝eq\f(U2,R)×3s，解得電壓有效值U＝6V，電壓表示數(shù)為有效值，故A、B錯誤；熱量必須根據(jù)有效值進行計算，則Q＝eq\f(U2,R)T＝9J，故C錯誤；電流表示數(shù)也為有效值，則I＝eq\f(U,R)＝0.5A，故D正確。7．(2024·安徽安慶模擬)如圖是一交變電流大小的平方隨時間的變化關(guān)系的圖像(i2-t圖像)，則該交變電流的有效值為()A．eq\f(2,3)I B．eq\f(\r(6),2)IC．eq\f(\r(6),3)I D．eq\f(3,2)I答案：C解析：根據(jù)題意，設(shè)交流電有效值分別為I0，根據(jù)交流電有效值的定義與題圖有Ieq\o\al(2,0)RT＝I2R×eq\f(T,3)＋eq\f(1,2)I2R×eq\f(2T,3)，解得I0＝eq\f(\r(6),3)I，故選C。8．如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動時所產(chǎn)生正弦式交變電流的圖像，當調(diào)整線圈轉(zhuǎn)速后，所產(chǎn)生正弦式交變電流的圖像如圖線b所示，以下關(guān)于這兩個正弦式交變電流的說法錯誤的是()A．交變電流b電壓的有效值為eq\f(10\r(2),3)VB．在圖中t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零C．交變電流a的電壓瞬時值u＝10sin(5πt)VD．線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3∶2答案：B解析：正弦式交變電流a的電壓最大值Um＝NBSω＝NBS·eq\f(2π,Ta)＝10V，交變電流b的電壓最大值Um′＝NBS·eq\f(2π,Tb)，由題圖可知Ta＝0.4s，Tb＝0.6s，聯(lián)立兩式可得Um′＝eq\f(20,3)V，交變電流b電壓的有效值U＝eq\f(Um′,\r(2))＝eq\f(10\r(2),3)V，故A正確；在t＝0時刻，交變電流的電動勢為零，由法拉第電磁感應(yīng)定律可知此時穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，故B錯誤；交變電流a的電壓瞬時值表達式u＝Umsineq\f(2π,Ta)t＝10sin(5πt)V，故C正確；線圈的轉(zhuǎn)速n＝eq\f(1,T)，則線圈先后兩次轉(zhuǎn)速之比為3∶2，D正確。9．(2024·江西南昌聯(lián)考)邊長為L的單匝正方形線框處在勻強磁場中，磁場方向與線框平面垂直，磁感應(yīng)強度隨時間變化規(guī)律如圖所示(前半個周期為正弦波形的一半)，線框的電阻為R，則線框中感應(yīng)電流的功率為()A．eq\f(6Beq\o\al(2,0)L4,RT2) B．eq\f(7Beq\o\al(2,0)L4,RT2)C．eq\f(8Beq\o\al(2,0)L4,RT2) D．eq\f(9Beq\o\al(2,0)L4,RT2)答案：D解析：根據(jù)題意可知，前半個周期感應(yīng)電動勢的最大值為Em＝eq\f(1,π)B0L2ω＝eq\f(1,π)B0L2·eq\f(2π,T)＝eq\f(2B0L2,T)，則前半個周期感應(yīng)電動勢的有效值為E1＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)B0L2,T)，后半個周期感應(yīng)電動勢大小恒定不變，則有E2＝eq\f(B0,\f(T,4))L2＝eq\f(4B0L2,T)，線框一個周期內(nèi)產(chǎn)生的焦耳熱為Q＝PT＝eq\f(Eeq\o\al(2,1),R)·eq\f(T,2)＋eq\f(Eeq\o\al(2,2),R)·eq\f(T,2)，聯(lián)立可得線框中感應(yīng)電流的功率為P＝eq\f(9Beq\o\al(2,0)L4,RT2)，故選D。10．如圖所示，空間中分布著磁感應(yīng)強度大小為B的勻強有界磁場，EF是其左邊界，一面積為S的n匝圓形金屬線框垂直于磁場放置，圓形線圈的圓心O在EF上，線圈電阻為R，若線框以角速度ω繞EF勻速轉(zhuǎn)動，并從圖示位置開始計時，則()A．t＝eq\f(2π,ω)時，線框中的感應(yīng)電流最大B．0～eq\f(π,2ω)時間內(nèi)，通過線框的電荷量為eq\f(BS,2R)C．線框中產(chǎn)生的交變電動勢的最大值為nBSωD．線框中產(chǎn)生的交變電動勢的有效值為eq\f(\r(2),4)nBSω答案：D解析：當t＝eq\f(2π,ω)時，即ωt＝2π時，線框回到題圖示位置，此時的感應(yīng)電流最小，磁通量最大，A錯誤；當t＝eq\f(π,2ω)，即ωt＝eq\f(π,2)時，線圈轉(zhuǎn)到與題圖示垂直位置，此時磁通量為零，則0到eq\f(π,2ω)時間內(nèi)產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的平均值為eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝neq\f(B·\f(1,2)S,\f(π,2ω))＝eq\f(nBSω,π)，則0～eq\f(π,2ω)時間內(nèi)，通過線框的電荷量為q＝eq\f(nBSω,πR)·eq\f(π,2ω)＝eq\f(nBS,2R)，B錯誤；線框中產(chǎn)生的交變電動勢的最大值為Em＝nB·eq\f(S,2)·ω＝eq\f(1,2)nBSω，C錯誤；線框中產(chǎn)生的交變電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),4)nBSω，D正確。故選D。11．(多選)(2022·河北衡水模擬)如圖所示，線圈ABCD的匝數(shù)n＝10，面積S＝0.4m2，邊界MN(與線圈的AB邊重合)右側(cè)存在磁感應(yīng)強度B＝eq\f(2,π)T的勻強磁場，若線圈從圖示位置開始繞AB邊以ω＝10πrad/s的角速度勻速轉(zhuǎn)動。則以下說法正確的是()A．線圈產(chǎn)生的是正弦式交流電B．線圈在轉(zhuǎn)動過程中產(chǎn)生的最大感應(yīng)電動勢為80VC．線圈轉(zhuǎn)動eq\f(1,60)s時瞬時感應(yīng)電動勢為40eq\r(3)VD．線圈產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢的有效值為40V答案：BD解析：線圈在有界勻強磁場中轉(zhuǎn)動將產(chǎn)生正弦式半波脈動電流，故A錯誤；電動勢最大值Em＝nBSω＝80V，故B正確；線圈轉(zhuǎn)動eq\f(1,60)s，轉(zhuǎn)過的角度為eq\f(π,6)，瞬時感應(yīng)電動勢為e＝Emsineq\f(π,6)＝40V，故C錯誤；由題意可知，在一個周期內(nèi)，只有半個周期產(chǎn)生感應(yīng)電動勢，根據(jù)有效值的定義有eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2)R)))eq\s\up8(2)R·eq\f(T,2)＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(E,R)))eq\s\up8(2)RT，可得電動勢有效值為E＝eq\f(Em,2)＝40V，故D正確。12．(多選)(2023·安徽滁州期末)如圖甲為風力發(fā)電機檢測電路的簡易模型，在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁鐵轉(zhuǎn)動，磁鐵下方的檢測線圈與電壓傳感器相連，在某一風速時，傳感器顯示如圖乙所示，則()A．磁鐵的轉(zhuǎn)速為10r/sB．線圈兩端電壓的有效值為6eq\r(2)VC．交變電壓的表達式為u＝12sin(5πt)VD．由乙圖可知t＝0.1s時，穿過檢測線圈的磁通量最大答案：BC解析：由題圖乙可知該交流電的周期為T＝0.4s，故磁體的轉(zhuǎn)速為n＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.4)r/s＝2.5r/s，故A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))＝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＝12sin(5πt)V，故C正確；由題圖乙可知t＝0.1s時，穿過檢測線圈的磁通量變化率最大，則磁通量為0，故D錯誤。故選BC。13．(多選)(2024·浙江溫州模擬)如圖甲是一種振動發(fā)電裝置的示意圖，半徑為r＝0.1m、匝數(shù)n＝20的線圈位于輻向分布的磁場中，磁場的磁感線均沿半徑方向均勻分布(其右視圖如圖乙所示)，線圈所在位置的磁感應(yīng)強度的大小均為B＝eq\f(0.20,π)T，線圈電阻為R1＝0.5Ω，它的引出線接有R2＝9.5Ω的小燈泡L，外力帶動線圈框架的P端，使線圈沿軸線做往復運動，線圈運動速度v隨時間t變化的規(guī)律如圖丙所示(摩擦等損耗不計，圖丙為正弦函數(shù)圖線)，則()A．小燈泡中電流的峰值為0.16AB．小燈泡中電流的有效值為0.16AC．理想交流電壓表的示數(shù)為1.5VD．t＝0.01s時外力的大小為0.128N答案：AD解析：由題意及法拉第電磁感應(yīng)定律可知，線圈在磁場中做往復運動，產(chǎn)生的感應(yīng)電動勢隨時間按正弦規(guī)律變化，線圈中的感應(yīng)電動勢的峰值為Em＝nB·2πrvm，故小燈泡中電流的峰值為Im＝eq\f(Em,R1＋R2)＝eq\f(20×\f(0.20,π)×2π×0.1×2,0.5＋9.5)A＝0.16A，則有效值為I＝eq\f(Im,\r(2))≈0.11A，A正確，B錯誤；電壓表示數(shù)為U＝IR2≈1.05V，C錯誤；當t＝0.01s＝eq\f(T,4)時，由題圖丙知線圈的加速度為0，則此時外力大小等于線圈所受安培力大小，所以此時外力的大小為F＝nIm·2πrB＝0.128N，D正確。學生用書第270頁第2講變壓器電能的輸送[課標要求]1．通過實驗，探究并了解變壓器原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系，知道遠距離輸電時通常采用高壓輸電的原因。2．了解發(fā)電機和電動機工作過程中的能量轉(zhuǎn)化，認識電磁學在人類生活和社會發(fā)展中的作用?？键c一變壓器的工作原理與基本關(guān)系1．構(gòu)造和原理(1)構(gòu)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。(2)原理：利用電磁感應(yīng)的互感現(xiàn)象。2．基本關(guān)系式(1)功率關(guān)系：P1＝P2。(2)電壓關(guān)系：只有一個副線圈時，eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)；有多個副線圈時，eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…＝eq\f(Un,nn)。(3)電流關(guān)系：只有一個副線圈時，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)；有多個副線圈時，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn。(4)頻率關(guān)系：f1＝f2(變壓器不改變交變電流的頻率)?！靖呖记榫虫溄印?2023·廣東高考·改編)用一臺理想變壓器對電動汽車充電，該變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2，輸出功率為8.8kW，原線圈的輸入電壓u＝220eq\r(2)sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt))V。判斷下列說法的正誤：(1)副線圈輸出電壓的最大值為110eq\r(2)V。(×)(2)副線圈輸出電壓的有效值為440V。(√)(3)副線圈輸出電流的有效值為20A。(√)(4)副線圈輸出電流的頻率為50Hz。(√)1．變壓器原、副線圈的物理量間的制約關(guān)系電壓副線圈電壓U2由原線圈電壓U1和原、副線圈匝數(shù)比決定功率原線圈的輸入功率P1由副線圈的輸出功率P2決定電流原線圈電流I1由副線圈電流I2和原、副線圈匝數(shù)比決定2．含有多個副線圈的變壓器的電路分析副線圈有兩個或兩個以上時，一般從原、副線圈的功率相等入手。利用P1＝P2＋P3＋…，結(jié)合原、副線圈電壓關(guān)系、歐姆定律等分析。3．變壓器原線圈所在電路中含有負載問題的分析(1)將原線圈看作用電器，在原線圈電路中可應(yīng)用串、并聯(lián)電路規(guī)律、閉合電路的歐姆定律等。(2)要求解原線圈電路中負載的電流、電壓和功率，一般需先求副線圈中的電流，然后根據(jù)理想變壓器原、副線圈中的電流關(guān)系求得原線圈電路中的電流，進而求解通過負載的電流。原、副線圈的電流關(guān)系往往是解決問題的突破口。考向1變壓器的基本關(guān)系學生用書第271頁(多選)(2022·湖南省婁底高三期末)理想變壓器原、副線圈所接的電路如圖甲所示，原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝5∶1，其中定值電阻R1＝R2＝R3＝110Ω，兩電表為理想交流電表，原線圈兩端接有如圖乙所示的交流電。當t＝eq\f(1,600)s時，原線圈的瞬時電壓為u＝110eq\r(2)V。斷開S1、S2，電源消耗的電功率為P1；閉合S1、S2，電源消耗的電功率為P2。則下列說法正確的是()A．閉合S1、斷開S2，電壓表的示數(shù)為44VB．閉合S1、S2，電流表的示數(shù)為4.0AC．斷開S1、S2，電流表的示數(shù)為0.04AD．P1∶P2＝1∶4答案：ACD解析：由題圖乙可得，周期T＝0.02s，故可得ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，故交流電的表達式為u＝Umsin(100πt)V，又因為t＝eq\f(1,600)s時原線圈瞬時電壓u＝110eq\r(2)V，所以Um＝220eq\r(2)V，原線圈電壓有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可得，副線圈電壓U2＝44V，當閉合S1、斷開S2，電壓表測量副線圈電壓，故電壓表的示數(shù)為44V，故A正確；閉合S1、S2，副線圈電流為I2′＝eq\f(U2,R2)＋eq\f(U2,R3)＝0.8A，根據(jù)eq\f(I1′,I2′)＝eq\f(n2,n1)，可得I1′＝0.16A，電流表的示數(shù)為0.16A，故B錯誤；斷開S1、S2，副線圈總電阻為R＝R1＋R2＝220Ω，副線圈電流為I2＝eq\f(U2,R)＝0.2A，根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可得原線圈電流I1＝0.04A，故C正確；P1＝U1I1＝8.8W，P2＝U1I1′＝35.2W，所以P1∶P2＝1∶4，故D正確。考向2原線圈有電阻的變壓器(2023·河北衡水模擬)如圖所示，含理想變壓器的電路中，a、b兩端接在輸出電壓u＝40eq\r(2)sin(100πt)V的交流電源上，R0的阻值是R的4倍。已知當S斷開時，R消耗的電功率和R0消耗的電功率相等，下列說法正確的是()A．副線圈輸出電壓的頻率為100HzB．R0兩端的電壓為10VC．原、副線圈的匝數(shù)之比為2∶1D．若開關(guān)S閉合，電阻R消耗的電功率變?yōu)樵瓉淼?倍答案：C解析：由電源輸出電壓表達式和ω＝2πf可知，交流電壓的頻率為50Hz，變壓器不改變電流的周期和頻率，則副線圈輸出電壓的頻率為50Hz，故A錯誤；設(shè)變壓器原、副線圈匝數(shù)的比值為k，由等效電阻知識可知，變壓器和電阻R的等效電阻為k2R，可將題圖電路等效為如圖所示的電路，開關(guān)斷開時，R消耗的電功率和R0消耗的功率相等，可得電阻R0兩端的電壓與等效電阻兩端的電壓相等，此時R0兩端的電壓為20V，故B錯誤；結(jié)合上述分析可知R0＝k2R，解得k＝2，故C正確；若開關(guān)S閉合，原線圈兩端的電壓變?yōu)樵瓉淼?倍，電阻R兩端的電壓也變?yōu)樵瓉淼?倍，由P＝eq\f(U2,R)，可知電阻R消耗的電功率變?yōu)樵瓉淼?倍，故D錯誤。故選C?？枷?“一原多副”變壓器(多選)(2023·河北張家口統(tǒng)考)如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數(shù)比為n1∶n2∶n3＝2∶1∶1，a、b兩端接u＝40eq\r(2)sin(100πt)V的交流電源，定值電阻R＝2Ω，兩個完全相同的燈泡L額定電壓均為20V，其電阻恒定且均為1Ω，下列說法正確的是()A．燈泡L均能正常工作B．通過電阻R的電流為10AC．通過燈泡L的電流均為10AD．交流電源消耗的總功率為400eq\r(2)W答案：BC解析：根據(jù)原、副線圈電壓與匝數(shù)的關(guān)系eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)，所以三個線圈兩端的電壓之比為U1∶U2∶U3＝2∶1∶1，原、副線圈消耗的電功率相等，即U1I1＝2eq\f(Ueq\o\al(2,2),RL)，原線圈回路滿足的關(guān)系為U＝I1R＋U1，其中交流電源電壓的有效值是U＝40V，聯(lián)立可得U1＝20V，U2＝U3＝10V，I1＝I2＝I3＝10A，交流電源消耗的總功率為P＝UI1＝400W。故選BC。規(guī)律總結(jié)具有兩個(或兩個以上)副線圈的變壓器的三個關(guān)系(1)電壓關(guān)系：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…(2)電流關(guān)系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(3)功率關(guān)系：P1＝P2＋P3＋…考向4含有二極管的變壓器(2023·安徽滁州統(tǒng)考)如圖所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)之比為2∶1，電阻R1＝R2＝55Ω，D1、D2為理想二極管，A為理想電流表。原線圈接u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流電，則()A．副線圈中交流電頻率為100HzB．電流表示數(shù)為2AC．理想變壓器輸入功率為440WD．二極管的反向耐壓值應(yīng)大于110V答案：B解析：根據(jù)題意可知交流電的角速度ω＝100πrad/s，頻率為f＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，變壓器可以改變電壓和電流的值，但不能改變頻率，因此副線圈中交流電頻率仍為50Hz，故A錯誤；原線圈兩端電壓的最大值U1m＝220eq\r(2)V，根據(jù)eq\f(U1m,U2m)＝eq\f(n1,n2)，副線圈兩端電壓的最大值U2m＝110eq\r(2)V，當最大電壓為110eq\r(2)V時，二極管仍然正常工作，說明二極管的反向耐壓值大于110eq\r(2)V，故D錯誤；由于二極管的作用，副線圈兩個電阻交替工作，與沒有二極管時一個電阻R始終工作完全相同，副線圈兩端電壓的有效值U2＝eq\f(U2m,\r(2))＝110V，因此電流表的示數(shù)I2＝eq\f(U2,R)＝2A，理想變壓器輸入功率等于電阻消耗的功率P＝U2I2＝110×2W＝220W，故B正確，C錯誤。故選B。學生用書第272頁考點二變壓器的動態(tài)分析1．匝數(shù)比不變，負載變化如圖甲所示，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。2．負載不變，匝數(shù)比變化如圖乙所示，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(Ueq\o\al(2,2),R)和P1＝P2、P1＝U1I1，可以判斷P2變化時，P1發(fā)生變化；U1不變，I1發(fā)生變化?？枷?匝數(shù)比不變，負載變化(2021·福建高考)某住宅小區(qū)變壓器給住戶供電的電路示意圖如圖所示，圖中R為輸電線的總電阻。若變壓器視為理想變壓器，所有電表視為理想電表，不考慮變壓器的輸入電壓隨負載變化，則當住戶使用的用電器增加時，圖中各電表的示數(shù)變化情況是()A．A1增大，V2不變，V3增大B．A1增大，V2減小，V3增大C．A2增大，V2增大，V3減小D．A2增大，V2不變，V3減小答案：D解析：不考慮變壓器的輸入電壓隨負載變化，即變壓器原線圈的輸入電壓U1不變，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，變壓器副線圈的輸出電壓U2即V2示數(shù)不變；因為住戶的用電器均為并聯(lián)，所以用電器增加時，用戶的總電阻R總＝R＋R用變小，由I2＝eq\f(U2,R＋R用)可知，副線圈的電流I2即A2示數(shù)變大，而由U3＝U2－I2R，可知U3即V3示數(shù)減?。挥衫硐胱儔浩鞯年P(guān)系U1I1＝U2I2，可知原線圈的電流I1即A1示數(shù)變大，故選D。對點練．(多選)(2023·河南周口聯(lián)考)如圖甲所示，理想變壓器三個線圈匝數(shù)分別n1＝600、n2＝300、n3＝1200，定值電阻R1＝10Ω、R3＝20Ω，R2是半導體熱敏電阻(電阻隨溫度升高而減小)，電壓表和電流表均為理想電表。原線圈接線柱a、b所接正弦交流電壓隨時間t的變化規(guī)律如圖乙所示。下列說法正確的是()A．電壓表的示數(shù)為10VB．開關(guān)K閉合前，若環(huán)境溫度降低，電流表A1的示數(shù)將減小C．開關(guān)K閉合前，電流表A1和A2的示數(shù)之比大于1∶2D．若閉合開關(guān)K，電流表A1的示數(shù)將增大4A答案：BD解析：根據(jù)理想變壓器電壓的關(guān)系eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)可得副線圈n2兩端的電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1＝10V，但電壓表V測量半導體熱敏電阻R2兩端的電壓，A錯誤；若環(huán)境溫度降低，半導體熱敏電阻R2的阻值增大，副線圈n2輸出的電功率P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R1＋R2)減小，根據(jù)能量守恒定律得P2＝P1＝U1I1，所以電流表A1的示數(shù)將減小，B正確；由理想變壓器原理可得eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f(1,2)，C錯誤；若閉合開關(guān)K，根據(jù)理想變壓器原理可得副線圈n3兩端的電壓U3＝eq\f(n3,n1)U1＝40V，由能量守恒定律得ΔP1＝U1ΔI1＝P3＝eq\f(Ueq\o\al(2,3),R3)，所以電流表A1的示數(shù)增加量ΔI1＝4A，D正確。故選BD。考向2負載不變，匝數(shù)比變化(2023·河北唐山統(tǒng)考)一線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，輸出的電壓隨時間變化的規(guī)律如圖甲所示，發(fā)電機與如圖乙所示的變壓器電路相連，副線圈匝數(shù)可通過滑片P來調(diào)節(jié)，原線圈的匝數(shù)n1＝2000，當滑片P位于副線圈正中間位置時，額定電壓為44V的燈泡恰好正常發(fā)光。發(fā)電機線圈電阻忽略不計，燈泡的電阻保持不變，且燈泡沒有燒毀。下列說法正確的是()學生用書第273頁A．t＝0.5s時，穿過線圈的磁通量為零B．副線圈的匝數(shù)n2＝400C．若滑片P由如圖乙所示的位置向下移動，則燈泡的亮度變暗D．若僅將線圈的轉(zhuǎn)速提高1倍，則燈泡的功率也增加1倍答案：C解析：由題圖甲可知交變電流的周期T＝0.02s，t＝0.5s時穿過線圈的磁通量與t＝0時穿過線圈的磁通量相等，而t＝0時線圈的電動勢為零，此時穿過線圈的磁通量最大，故A錯誤；由題圖甲可知原線圈的輸入電壓U1＝220V，當滑片P位于中間位置時有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,\f(n2,2))，解得n2＝800，故B錯誤；當滑片P向下滑動時，副線圈接入電路的匝數(shù)減小，副線圈的輸出電壓減小，所以燈泡的功率減小，即燈泡變暗，故C正確；若僅將發(fā)電機線圈的轉(zhuǎn)速提高一倍，由Em＝NBSω＝2πNBSn，可知發(fā)電機的輸出電壓提高一倍，所以燈泡兩端電壓也提高一倍，由P＝eq\f(U2,R)，可知，燈泡的功率變?yōu)樵瓉淼乃谋?，故D錯誤。故選C。對點練．(多選)如圖所示，理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈匝數(shù)可以通過滑動觸頭Q來調(diào)節(jié)，在副線圈兩端連接了定值電阻R0和滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動觸頭。在原線圈上加一電壓為U的正弦式交流電，則()A．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表讀數(shù)變大B．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表讀數(shù)變小C．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表讀數(shù)變大D．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表讀數(shù)變小答案：BC解析：保持Q的位置不動，則副線圈兩端電壓U2不變，P向上滑動，則R增大，副線圈電流I2減小，由P1＝UI1＝U2I2，可知I1減小，電流表讀數(shù)減小，故A錯誤，B正確；保持P的位置不動，則R不變，Q向上滑動，n2變大，根據(jù)eq\f(U,n1)＝eq\f(U2,n2)得，U2＝eq\f(n2,n1)U，則U2增大，由I2＝eq\f(U2,R＋R0)知I2增大，U不變，由UI1＝U2I2知I1增大，電流表讀數(shù)變大，故C正確，D錯誤?？键c三遠距離輸電1．輸電過程(如圖所示)2．輸送電流(1)I＝eq\f(P,U)；(2)I＝eq\f(U－U′,R)。3．電壓損失(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR。4．功率損失(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))eq\s\up8(2)R＝eq\f(（ΔU）2,R)。5．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。【高考情境鏈接】(2023·天津高考·改編)如圖為輸電線為用戶輸電的情景，電路中升壓變壓器T1和降壓變壓器T2都認為是理想變壓器，中間輸電電路電阻為R。學生用書第274頁判斷下列說法的正誤：(1)T1輸出電壓與T2輸入電壓相等。(×)(2)T1輸出功率與T2輸入功率相等。(×)(3)若用戶接入的用電器增多，輸送電流增大。(√)(4)若用戶接入的用電器增多，輸電線上的電壓損失和功率損失增大。(√)遠距離輸電問題的分析技巧1．理清三個回路2．抓住兩個聯(lián)系(1)理想的升壓變壓器聯(lián)系了回路1和回路2，由變壓器原理可得：線圈1(匝數(shù)為n1)和線圈2(匝數(shù)為n2)中各個量間的關(guān)系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。(2)理想的降壓變壓器聯(lián)系了回路2和回路3，由變壓器原理可得：線圈3(匝數(shù)為n3)和線圈4(匝數(shù)為n4)中各個量間的關(guān)系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。3．掌握一個守恒：能量守恒關(guān)系式P1＝P損＋P3。(多選)(2023·河北邯鄲統(tǒng)考)綠色環(huán)保、低碳出行已經(jīng)成為一種時尚，新能源汽車越來越受市民的喜愛，正在加速“駛?cè)搿卑傩占遥澄锢砝蠋煘樽约译妱悠嚢惭b充電樁的電路圖如圖所示，已知總電源的輸出電壓為U1＝220V，輸出功率為P1＝3.3×105W，輸電線的總電阻r＝12Ω，變壓器視為理想變壓器，其中升壓變壓器的匝數(shù)比為n1∶n2＝1∶15，汽車充電樁的額定電壓為50V。則下列說法中正確的有()A．輸電線上的電流為100AB．用戶獲得的功率為1.5×105WC．降壓變壓器的匝數(shù)比為n3∶n4＝66∶1D．若充電樁消耗的功率增大，在總電壓不變的情況下，充電樁用戶端獲得的電壓減小答案：AD解析：升壓變壓器原線圈電流為I1＝eq\f(P1,U1)＝1500A，所以I2＝eq\f(n1,n2)I1＝100A，故A正確；輸電線損耗的功率為ΔP＝Ieq\o\al(2,2)r＝1.2×105W，所以用戶獲得的功率為P4＝P1－ΔP＝2.1×105W，故B錯誤；升壓變壓器副線圈電壓為U2＝eq\f(n2,n1)U1＝3300V，輸電線損耗的電壓為ΔU＝I2r＝1200V，所以降壓變壓器的匝數(shù)比為eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(（3300－1200）V,50V)＝42，故C錯誤；若充電樁消耗的功率增大，則電源輸入總功率變大，因為總電壓不變，由I＝eq\f(P,U)可知升壓變壓器原線圈電流變大，升壓變壓器副線圈電流變大，則輸電線上的損耗電壓變大，降壓變壓器原線圈電壓變小，則降壓變壓器副線圈電壓也變小，故D正確。故選AD。易錯警示1．輸送功率是指升壓變壓器輸出的功率，損失功率是指由于輸電線發(fā)熱而消耗的功率。兩者關(guān)系為P損＝P－P′(P為輸送功率，P′為用戶所得功率)。2．P損＝Ieq\o\al(2,線)R線，I線為輸電線路上的電流，R線為線路電阻。3．P損＝eq\f(（ΔU）2,R線)，ΔU為輸電線路上損失的電壓。4．P損＝ΔUI線。5．在遠距離輸電問題中，計算線路功率損耗時應(yīng)用P損＝Ieq\o\al(2,線)R線，其原因是I線可以由公式P輸出＝I線U輸出求出，而P損＝ΔUI線和P損＝eq\f(（ΔU）2,R線)則不常用，其原因是在一般情況下，ΔU不易求出，且易將ΔU和U輸出相混而出錯。對點練1．白鶴灘水電站，是我國實施“西電東送”的大國重器，其遠距離輸電電路示意圖如圖所示。如果升壓變壓器與降壓變壓器均為理想變壓器，發(fā)電機輸出電壓恒定，R表示輸電線電阻，則當用戶功率增大時()A．A2示數(shù)增大，A1示數(shù)減小B．V1、V2示數(shù)都減小C．輸電線上的功率損失減小D．V1、A1示數(shù)的乘積大于V2、A2示數(shù)的乘積答案：D解析：當用戶功率增大時，降壓變壓器的輸出功率增大，輸出電流增大，A2示數(shù)增大，根據(jù)理想變壓器原、副線圈電流與線圈匝數(shù)的關(guān)系可知，降壓變壓器中的輸入電流增大，A1示數(shù)增大，故A錯誤；升壓變壓器線圈匝數(shù)以及升壓變壓器輸入電壓不變，則升壓變壓器輸出電壓不變，則V1的示數(shù)不變，降壓變壓器中的輸入電流增大，輸電線電阻消耗的電壓增大，則降壓變壓器輸入電壓減小，根據(jù)理想變壓器原、副線圈電壓與線圈匝數(shù)的關(guān)系可知，降壓變壓器輸出電壓減小，故V2示數(shù)減小，故B錯誤；輸電線上的電流增大，輸電線上的功率損失增大，故C錯誤；根據(jù)降壓變壓器原、副線圈電流與線圈匝數(shù)的關(guān)系可知eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，設(shè)降壓變壓器的輸入電壓為U0，有U1＞U0，根據(jù)降壓變壓器原、副線圈電壓與線圈匝數(shù)的關(guān)系可知eq\f(U0,U2)＝eq\f(n1,n2)，故I1U1＞I1U0＝I2U2，故D正確。故選D。學生用書第275頁對點練2．(多選)(2023·山東日照高三期末)如圖所示，某小型水電站發(fā)電機的輸出電壓U1＝250V，經(jīng)升壓變壓器和降壓變壓器后為養(yǎng)殖場供電。已知輸電線的總電阻R線＝5Ω，輸電線上損失的功率P線＝2kW，養(yǎng)殖場共有1100盞標有“220V40W”字樣的燈泡正常工作(除此之外沒有其他用電器)。假設(shè)兩個變壓器均為理想變壓器，下列說法正確的是()A．輸電線上的電流I線＝20AB．升壓變壓器的匝數(shù)比n1∶n2＝1∶10C．降壓變壓器的匝數(shù)比n3∶n4＝10∶1D．發(fā)電機的輸出功率為44kW答案：AC解析：根據(jù)P線＝Ieq\o\al(2,線)R，解得I線＝20A，故A正確；設(shè)升壓變壓器原線圈電流為I1，P出＝U1I1＝P線＋1100×40W＝46kW，解得I1＝184A，升壓變壓器的匝數(shù)比為n1∶n2＝I2∶I1＝20∶184＝5∶46，故B、D錯誤；降壓變壓器的副線圈的電流為I4＝1100×eq\f(P,UL)＝1100×eq\f(40,220)A＝200A，降壓變壓器的匝數(shù)比為n3∶n4＝I4∶I3＝200∶20＝10∶1，故C正確。類型1自耦變壓器自耦變壓器(又稱調(diào)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(guān)系對自耦變壓器同樣適用。應(yīng)用1．如圖所示，10匝矩形線框處在磁感應(yīng)強度B＝eq\r(2)T的勻強磁場中，繞垂直磁場的軸以恒定角速度ω＝10rad/s在勻強磁場中轉(zhuǎn)動，線框電阻不計，面積為0.4m2，線框通過滑環(huán)與一理想自耦變壓器的原線圈相連，副線圈接有一只燈泡L(規(guī)格為“4W100Ω”)和滑動變阻器，電流表視為理想電表，則下列說法正確的是()A．若從圖示線框位置開始計時，線框中感應(yīng)電動勢的瞬時值為40eq\r(2)sin(10t)VB．當燈泡正常發(fā)光時，原、副線圈的匝數(shù)比為2∶1C．若將滑動變阻器滑片向上移動，則電流表示數(shù)增大D．若將自耦變壓器觸頭向下滑動，燈泡會變亮答案：B解析：若從題圖示線框位置開始計時，線框中感應(yīng)電動勢的瞬時值為e＝NBSωcosωt＝40eq\r(2)cos(10t)V，故A錯誤；原線圈電壓為U1＝40V，燈泡電壓即副線圈電壓為U2＝eq\r(PR)＝20V，所以原、副線圈的匝數(shù)比為U1∶U2＝2∶1，故B正確；若將滑動變阻器滑片向上移動，有效電阻增大，則副線圈電流變小，根據(jù)電流關(guān)系可知電流表示數(shù)變小，故C錯誤；若將自耦變壓器觸頭向下滑動，則副線圈匝數(shù)減小，根據(jù)變壓器電壓規(guī)律可知副線圈電壓減小，燈泡會變暗，故D錯誤。類型2互感器互感器電壓互感器電流互感器原理圖原線圈的連接并聯(lián)在交流電路中串聯(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應(yīng)用2．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)答案：B解析：根據(jù)原、副線圈的電壓、電流與線圈匝數(shù)關(guān)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)，故B正確。課時測評58變壓器電能的輸送eq\f(對應(yīng)學生,用書P470)(時間：45分鐘滿分：60分)(本欄目內(nèi)容，在學生用書中以獨立形式分冊裝訂！)(選擇題每題5分，共60分)1．(多選)如圖甲所示，用電器額定電壓為40V，通過一理想變壓器接在如圖乙所示的正弦式交變電源上。閉合開關(guān)S后，用電器正常工作，交流電壓表和交流電流表均為理想電表，交流電流表的示數(shù)為2.2A。以下判斷正確的是()A．交流電壓表的示數(shù)為220VB．變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝11∶2C．通過原線圈的電流的最大值為2.2eq\r(2)AD．開關(guān)S斷開后，交流電壓表示數(shù)為0答案：AB解析：由題圖乙可知，交流電源電壓的最大值為Um＝220eq\r(2)V，則有效值為U＝eq\f(220\r(2),\r(2))V＝220V，則交流電壓表的示數(shù)為220V，故A正確；變壓器原、副線圈匝數(shù)比等于電壓比，因此有n1∶n2＝220∶40＝11∶2，故B正確；由變壓器原、副線圈的電流比與匝數(shù)比I1∶I2＝n2∶n1得I1＝eq\f(n2,n1)I2＝eq\f(2,11)×2.2A＝0.4A，原線圈的電流最大值為I1m＝eq\r(2)I1＝0.4eq\r(2)A，故C錯誤；開關(guān)S斷開后，交流電流表示數(shù)為0，交流電壓表示數(shù)仍為220V，故D錯誤。2．(多選)(2023·廣東省茂名一模)無線充電技術(shù)已經(jīng)逐漸應(yīng)用于智能手機上，手機無線充電器的原理類似于理想變壓器，由發(fā)射器和接收器組成，分別有一發(fā)射線圈和接收線圈，簡化模型如圖所示，已知發(fā)射、接收線圈匝數(shù)比n1∶n2＝5∶1，E、F端輸入電流i＝eq\f(\r(2),5)sin(100πt)A，下列說法正確的是()A．發(fā)射線圈的輸入功率等于接收線圈的輸出功率B．E、F端輸入的交變電流方向每秒變化50次C．接收線圈兩端輸出電流的有效值為1AD．接收線圈兩端輸出電流的有效值為eq\r(2)A答案：AC解析：理想變壓器原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率，故A正確；由題意得f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，因為正弦式交流電每個周期內(nèi)電流方向改變兩次，故每秒變化100次，故B錯誤；由表達式i＝eq\f(\r(2),5)sin(100πt)A可得原線圈電流的有效值為I1＝eq\f(Im,\r(2))＝0.2A，由于eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)＝5，所以接收線圈兩端輸出電流的有效值為I2＝1A，故C正確，D錯誤。3．(多選)(2023·福建莆田二模)如圖是一種調(diào)壓變壓器的原理圖，線圈AB繞在一個圓形的鐵芯上，A、B端加上u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流電壓，通過移動滑動觸頭P來調(diào)節(jié)C、D端輸出電壓。當P處于圖示位置時，原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2＝2∶1，現(xiàn)想將一個“38V19W”的燈泡接到輸出端C、D，下列操作可使燈泡正常發(fā)光的是()A．僅將P順時針旋轉(zhuǎn)到合適位置B．僅將P逆時針旋轉(zhuǎn)到合適位置C．僅將燈泡并聯(lián)一個阻值為144Ω的電阻D．僅將燈泡串聯(lián)一個阻值為144Ω的電阻答案：AD解析：輸入電壓的有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，根據(jù)變壓器兩端的電壓與線圈匝數(shù)的關(guān)系可知U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，燈泡的額定電壓為38V，可知現(xiàn)想將一個“38V19W”的燈泡接到輸出端C、D，要使燈泡正常發(fā)光，可以僅將P順時針旋轉(zhuǎn)到合適位置減小副線圈的匝數(shù)或串聯(lián)一個電阻，根據(jù)RL∶R＝UL∶UR，又RL＝eq\f(Ueq\o\al(2,L),P)，UL＋UR＝110V，聯(lián)立解得R＝144Ω，故A、D正確，B、C錯誤。4．(多選)(2023·河南開封一模)如圖為一理想變壓器，其中所接的4盞燈泡規(guī)格均為“10V5W”。當接入電壓u＝U0sineq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(100πt))的電源時，4盞燈均正常發(fā)光。下列說法正確的是()A．原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2∶n3＝3∶1∶2B．電流在1s時間內(nèi)改變50次方向C．U0＝40eq\r(2)VD．變壓器的輸出功率為20W答案：AC解析：由ω＝2πf可知，交流電的頻率為f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，所以在1s時間內(nèi)方向要改變100次，B錯誤；4盞燈相同且均正常發(fā)光，所以加在燈泡兩端的電壓均為U，理想變壓器的輸入功率等于輸出功率，則有U1I＝UI＋2UI(I、U分別為燈泡的額定電流和額定電壓)，可得U1＝3U，根據(jù)eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(3,1)，eq\f(n1,n3)＝eq\f(U1,U3)＝eq\f(3,2)，則有原、副線圈的匝數(shù)比n1∶n2∶n3＝3∶1∶2，A正確；電源電壓的有效值為U＋U1＝40V，則U0＝40eq\r(2)V，C正確；變壓器的輸出功率等于副線圈各用電器功率之和，即三個燈泡的功率之和為15W，D錯誤。故選AC。5．如圖所示，理想變壓器原線圈輸入電壓u＝Umsinωt，副線圈電路中R0為定值電阻，R是滑動變阻器，V1和V2是理想交流電壓表，示數(shù)分別用U1和U2表示；A1和A2是理想交流電流表，示數(shù)分別用I1和I2表示，變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1和n2。下列說法正確的是()A．eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)B．eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)C．滑片P向下滑動過程中，U2不變、I1變大D．滑片P向下滑動過程中，U2變小、I1變小答案：B解析：由題圖可知，原、副線圈兩端電壓滿足電壓之比為匝數(shù)之比，而U2不是副線圈兩端電壓，為滑動變阻器兩端電壓，即eq\f(U1,U2)≠eq\f(n1,n2)，故A錯誤；I1和I2是原、副線圈電路中的電流，滿足eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，故B正確；滑片P向下滑動過程中，滑動變阻器接入電路的電阻減小，所以副線圈所在回路的電流I2變大，則由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可知I1變大，又因為U1不變，即副線圈兩端電壓不變，而定值電阻兩端電壓增大，所以U2變小，故C、D錯誤。6．(2024·安徽安慶模擬)如圖為遠距離輸電的原理圖，升壓變壓器T1、降壓變壓器T2均為理想變壓器，T1、T2的原、副線圈匝數(shù)比分別為k、eq\f(1,k)，輸電線的總電阻為R0。已知發(fā)電機輸出電壓為U1、用戶兩端的電壓為U2，則升壓變壓器T1的輸送功率為()A．eq\f(Ueq\o\al(2,1),k2R0) B．eq\f(U1U2,k2R0)C．eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U1－U2))U2,k2R0) D．eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(U1－U2))U1,k2R0)答案：D解析：T1、T2的原、副線圈匝數(shù)比分別為k、eq\f(1,k)，輸電線的總電阻為R0。已知發(fā)電機輸出電壓為U1、用戶兩端的電壓為U2，則T1副線圈兩端電壓為eq\f(U1,k)，T2原線圈兩端電壓為eq\f(U2,k)，R0