物理大一輪復習配套講義第章

學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精學必求其心得，業(yè)必貴于專精第1節(jié)交變電流的產(chǎn)生及描述一、交變電流的產(chǎn)生和變化規(guī)律1．交變電流:大小和方向都隨時間做周期性變化的電流．2．正弦交流電(1)產(chǎn)生：在勻強磁場里，線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動．（2)中性面①定義：與磁場垂直的平面．②特點：線圈位于中性面時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應電動勢為零．線圈每經(jīng)過中性面一次，電流的方向就改變一次．(3）變化規(guī)律（線圈在中性面位置開始計時）①電動勢（e）：e＝Emsinωt。②電壓（u）：u＝Umsin_ωt。③電流(i）：i＝Imsin_ωt。（4）圖象（如圖所示）二、描述交變電流的物理量1．交變電流的周期和頻率的關系：T＝eq\f(1，f).2．峰值和有效值(1）峰值：交變電流的峰值是它能達到的最大值．（2）有效值:讓交變電流與恒定電流分別通過大小相同的電阻，如果在交流的一個周期內(nèi)它們產(chǎn)生的熱量相等，則這個恒定電流I、恒定電壓U就是這個交變電流的有效值．（3）正弦式交變電流的有效值與峰值之間的關系I＝eq\f（Im，\r(2))，U＝eq\f(Um，\r（2））,E＝eq\f(Em,\r（2）).3．平均值：eq\x\to（E)＝neq\f(ΔΦ,Δt）.[自我診斷］1．判斷正誤(1）交變電流的主要特征是電流的方向隨時間周期性變化．(√）(2)大小變化而方向不變的電流也叫交變電流．（×）（3）線圈經(jīng)過中性面時產(chǎn)生的感應電動勢最大．(×)(4）在一個周期內(nèi)，正弦交流電的方向改變兩次．（√）(5）最大值和有效值之間的eq\r(2）倍關系只適用于正弦(余弦)交流電．（√）（6)交流電壓表及交流電流表的讀數(shù)均為峰值．（×)2．矩形線圈的面積為S,匝數(shù)為n，在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞垂直于磁場的軸OO′以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動．當轉(zhuǎn)到線圈平面與磁場垂直的圖示位置時（）A．線圈中的電動勢為nBSωB．線圈中的電動勢為0C．穿過線圈的磁通量為0D．穿過線圈的磁通量變化率最大解析：選B.圖示時刻線框的四邊都不切割磁感線，不產(chǎn)生感應電動勢，即線圈中的電動勢為0，故選項A錯誤，選項B正確;圖示時刻線框與磁場垂直，磁通量最大，為Φ＝BS,故選項C錯誤；圖示位置線圈中的電動勢為0,根據(jù)法拉第電磁感應定律E＝neq\f(ΔΦ,Δt)可知穿過線圈的磁通量變化率為0,故選項D錯誤．3．(多選）某小型發(fā)電機產(chǎn)生的交變電動勢為e＝50sin100πt(V）．對此電動勢，下列表述正確的有(）A．最大值是50eq\r（2)V B．頻率是100HzC．有效值是25eq\r(2）V D．周期是0.02s解析：選CD。由e＝Emsinωt＝50sin100πt（V）可知，Em＝50V，E有效＝eq\f(Em,\r（2）)＝25eq\r(2）V，ω＝100πrad/s,T＝eq\f(2π,ω）＝0。02s，f＝50Hz，C、D正確．4．一個小型電熱器若接在輸出電壓為10V的直流電源上，消耗電功率為P；若把它接在某個正弦交流電源上，其消耗的電功率為eq\f(P,2)。如果電熱器電阻不變,則此交流電源輸出電壓的最大值為()A．5V B．5eq\r(2)VC．10V D．10eq\r(2）V解析:選C.電熱器接到直流電源上，由功率表達式P＝eq\f(U2，R）可知，P＝eq\f(U\o\al（2,1),R)＝eq\f(100，R).當其接到交流電源時，有eq\f（P，2）＝eq\f（U\o\al(2,2)，R),則U2＝eq\f（\r（2）,2)U1，U2為正弦交流電的有效值,則此交流電的最大值Um＝eq\r(2）U2＝10V,C正確．5．某手搖交流發(fā)電機,其線圈繞垂直于勻強磁場方向的軸(位于線圈平面內(nèi)）勻速轉(zhuǎn)動,產(chǎn)生的交變電流i隨時間t變化的圖象如圖,由圖象可知()A．該交變電流頻率是0.4HzB．該交變電流有效值是0.8AC．該交變電流瞬時值表達式是i＝0.8sin(5πt）AD．t＝0.1s時穿過線圈平面的磁通量最大解析：選C。根據(jù)電流隨時間變化的圖象知，交流電的周期為0。4s，故交流電的頻率為2。5Hz，A錯誤；交變電流的最大值為0。8A,有效值為0。4eq\r（2）A，B錯誤；把ω＝eq\f(2π，T）＝5πrad/s代入正弦式交變電流的瞬時值表達式得i＝0.8sin(5πt）A，C正確；t＝0。1s時，電流最大,此時穿過線圈平面的磁通量為零，D錯誤．考點一正弦交變電流的產(chǎn)生與瞬時值表達式1．正弦式交變電流的變化規(guī)律及對應圖象(線圈在中性面位置開始計時)函數(shù)圖象磁通量Φ＝Φm·cosωt＝BScosωt電動勢e＝Em·sinωt＝nBSωsinωt電壓u＝Um·sinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt電流i＝Im·sinωt＝eq\f（Em，R＋r)sinωt2。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，電流方向發(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．考向1：正弦交變電流的產(chǎn)生(1)解決此類問題的關鍵在于把線圈在勻強磁場中的具體位置與轉(zhuǎn)動的時刻對應好，也就是電流的變化規(guī)律與線圈在磁場中轉(zhuǎn)動的具體情境對應好．（2）交變電動勢的最大值Em＝nBSω，與轉(zhuǎn)軸位置無關,與線圈形狀無關．[典例1］如圖所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中可以分別繞垂直于磁場方向的軸P1和P2以相同的角速度勻速轉(zhuǎn)動，當線圈平面轉(zhuǎn)到與磁場方向平行時()A．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電流等于繞P2轉(zhuǎn)動時的電流B．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時的電動勢小于繞P2轉(zhuǎn)動時的電動勢C．線圈繞P1和P2轉(zhuǎn)動時電流的方向相同,都是a→b→c→d→aD．線圈繞P1轉(zhuǎn)動時dc邊受到的安培力大于繞P2轉(zhuǎn)動時dc邊受到的安培力解析線圈繞垂直于磁場方向的軸轉(zhuǎn)動產(chǎn)生交變電流，產(chǎn)生的電流、電動勢及線圈各邊所受安培力大小與轉(zhuǎn)軸所在位置無關,故A對,B、D錯；圖示時刻產(chǎn)生電流的方向為a→d→c→b→a,故C錯．答案A考向2：交變電流的圖象（1）由圖象可讀出交變電流的電壓或電流的最大值，進而利用正弦式交變電流最大值與有效值的關系得到有效值．（2）由圖象可讀出交變電流的變化周期T，然后計算得出角速度ω＝eq\f(2π，T).(3）根據(jù)最大值、角速度等信息可以寫出交變電流的瞬時值表達式．［典例2］（2016·湖南衡陽聯(lián)考)(多選)如圖甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢如圖乙中曲線a、b所示,則下列說法正確的是(）A．曲線a表示的交變電動勢瞬時值ea＝36sin25πtVB．曲線b表示的交變電動勢最大值為28。8VC．t＝5×10－2s時，曲線a、b對應的感應電動勢大小之比為3eq\r(2)∶2D．t＝6×10－2s時,曲線a對應線框的磁通量最大，曲線b對應線框的磁通量為0解析由圖乙可知，Ema＝36V，ωa＝eq\f(2π，Ta)＝eq\f（2π,8×10－2)rad/s＝25πrad/s，則曲線a表示的交變電動勢瞬時值ea＝Emasinωat＝36sin25πtV,故A正確；由圖乙知曲線a、b表示的交變電流的周期之比為Ta∶Tb＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3,由ω＝eq\f（2π，T)可知ωa∶ωb＝Tb∶Ta＝3∶2,所以曲線a、b表示的交變電動勢的最大值之比Ema∶Emb＝NBSωa∶NBSωb＝ωa∶ωb＝3∶2，又知Ema＝36V，則Emb＝24V，故B錯誤；曲線a表示的交變電動勢瞬時值ea＝36sin25πtV,曲線b表示的交變電動勢瞬時值eb＝24sineq\f（2π，12×10－2)tV，將t＝5×10－2s代入，得ea＝－18eq\r（2)V，eb＝12V，｜ea|∶eb＝3eq\r（2）∶2，故C正確；由圖乙知t＝6×10－2s時,a的電動勢最大，對應線框的磁通量為0，b的電動勢為0，對應線框的磁通量最大,故D錯誤．答案AC考向3：交變電流瞬時值的書寫交變電流瞬時值表達式的推導思路（1)先求電動勢的最大值Em＝nBSω；（2）求出角速度ω，ω＝eq\f（2π，T）；(3)明確從哪一位置開始計時,從而確定是正弦函數(shù)還是余弦函數(shù)；（4)寫出瞬時值的表達式．［典例3]圖甲是交流發(fā)電機模型示意圖．在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內(nèi)垂直于磁感線的軸OO′轉(zhuǎn)動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉(zhuǎn)動的金屬圓環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸,這樣矩形線圈在轉(zhuǎn)動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路．圖乙是線圈的主視圖，導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示．已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度ω逆時針轉(zhuǎn)動．（只考慮單匝線圈)（1)線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式；（2）線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時，如圖丙所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式．解析（1）矩形線圈abcd在磁場中轉(zhuǎn)動時,ab、cd切割磁感線,且轉(zhuǎn)動的半徑為r＝eq\f（L2,2)，轉(zhuǎn)動時ab、cd的線速度v＝ωr＝eq\f（ωL2,2),且與磁場方向的夾角為ωt，所以，整個線圈中的感應電動勢e1＝2BL1vsinωt＝BL1L2ωsinωt。（2）當t＝0時，線圈平面與中性面的夾角為φ0，則t時刻時，線圈平面與中性面的夾角為ωt＋φ0故此時感應電動勢的瞬時值e2＝2BL1vsin(ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin（ωt＋φ0答案(1）e1＝BL1L2ωsinωt(2)e2＝BL1L2ωsin（ωt＋φ0）(1)交變電流圖象問題的三點注意①只有當線圈從中性面位置開始計時，電流的瞬時值表達式才是正弦形式，其變化規(guī)律與線圈的形狀及轉(zhuǎn)動軸處于線圈平面內(nèi)的位置無關．②注意峰值公式Em＝nBSω中的S為有效面積．③在解決有關交變電流的圖象問題時，應先把交變電流的圖象與線圈的轉(zhuǎn)動位置對應起來,再根據(jù)特殊位置求特征解．（2)瞬時值書寫的兩關鍵①確定正弦交變電流的峰值，根據(jù)已知圖象或由公式Em＝nBSω，求出相應峰值．②明確線圈的初始位置，找出對應的函數(shù)關系式．a(chǎn)．線圈從中性面位置開始轉(zhuǎn)動,則i－t圖象為正弦函數(shù)圖象,函數(shù)式為i＝Imsinωt，圖象如圖甲所示．b．線圈從垂直中性面位置開始轉(zhuǎn)動，則i－t圖象為余弦函數(shù)圖象，函數(shù)式為i＝Imcosωt。圖象如圖乙所示．考點二交變電流有效值的計算1．公式法利用E＝eq\f(Em，\r（2）)、U＝eq\f（Um，\r（2)）、I＝eq\f(Im，\r（2）)計算，只適用于正(余)弦式交變電流．2．利用有效值的定義計算（非正弦式電流）計算時“相同時間"至少取一個周期或為周期的整數(shù)倍．3．利用能量關系當有電能和其他形式的能轉(zhuǎn)化時，可利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律來求有效值．1．通過一阻值R＝100Ω的電阻的交變電流如圖所示，其周期為1s．電阻兩端電壓的有效值為（)A．12V B．4eq\r(10)VC．15V D．8eq\r（5)V解析：選B。由題意結(jié)合有效值的定義可得I2RT＝2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(I\o\al(2,1）R\f(2，5）T＋I\o\al（2，2)R\f(1,10)T）)，將I1＝0。1A，I2＝0。2A代入可得流過電阻的電流的有效值I＝eq\f(\r(10)，25）A,故電阻兩端電壓的有效值為IR＝4eq\r（10)V,選項B正確．2．如圖所示為一交變電流隨時間變化的圖象，則此交變電流的有效值為（)A.eq\r（2)A B．2eq\r(2）AC。eq\r（5）A D．3A解析：選C.由圖象可知此交變電流的周期是2s．設交變電流的有效值為I，周期為T，則I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（2,\r（2)）)）2R·eq\f（T，2)＋eq\b\lc\（\rc\)(\a\vs4\al\co1（\f(4,\r（2）））)2R·eq\f(T,2），解得I＝eq\r（5)A，故選C。3．如圖所示為一交變電流的電壓隨時間變化的圖象，正半軸是正弦曲線的一個部分，則此交變電流的電壓的有效值是(）A.eq\r（34)V B．5VC。eq\f（5\r(2),2)V D．3V解析：選C。設其有效值為U，根據(jù)交變電流的有效值定義和題圖中電流特點可得，在一個周期內(nèi)有eq\f(U\o\al(2,1）,R）t1＋eq\f（U\o\al（2，2),R）t2＝eq\f(U2,R）t，即eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（3\r(2)V，\r(2）)）)2×eq\f（1，R)×0.01s＋（4V)2×eq\f（1，R)×0.01s＝U2×eq\f（1，R)×0.02s,解得U＝eq\f（5\r(2)，2)V，故C正確．4．如圖所示為一個經(jīng)雙可控硅調(diào)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,則現(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.由題給圖象可知,交流電壓的變化規(guī)律具有周期性，用電流熱效應的等效法求解．設電燈的阻值為R,正弦式交流電壓的有效值與峰值的關系是U＝eq\f（Um,\r（2))，由于一個周期內(nèi)半個周期有交流電壓，一周期內(nèi)交流電產(chǎn)生的熱量為Q＝eq\f(\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f（Um，\r（2）)））2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f（U\o\al（2，m）,2R)·eq\f（T,2），設交流電壓的有效值為U，由電流熱效應得Q＝eq\f(U\o\al(2,m），2R)·eq\f（T,2）＝eq\f(U2,R)·T，所以該交流電壓的有效值U＝eq\f(Um,2)，D正確．有效值求解的三點注意(1）計算有效值時要注意根據(jù)電流的熱效應，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）利用兩類公式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．（3)若圖象部分是正弦(或余弦)交流電，其中的從零(或最大值）開始的eq\f（1，4)周期整數(shù)倍的部分可直接應用正弦式交變電流有效值與最大值間的關系Im＝eq\r(2）I、Um＝eq\r（2）U求解．考點三正弦交變電流的“四值”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計算線圈某時刻的受力最大值最大的瞬時值Em＝nBSωIm＝eq\f（Em，R＋r)確定用電器的耐壓值,如電容器、晶體管等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對正（余)弦式交流電: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、功率、熱量等；②交流電表的測量值；③電氣設備所標注的額定電壓、額定電流；④保險絲的熔斷電流平均值交變電流圖象中圖線與時間軸圍成面積與時間的比值eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt）eq\x\to(I）＝eq\f（\x\to(E）,R＋r)計算通過電路某一截面的電荷量：q＝eq\x\to(I)·t1．小型手搖發(fā)電機線圈共N匝，每匝可簡化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場視為勻強磁場，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉(zhuǎn)動，如圖所示．矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的感應電動勢的最大值都為e0，不計線圈電阻，則發(fā)電機輸出電壓（)A．峰值是e0 B．峰值是2e0C．有效值是eq\f(\r（2）,2)Ne0 D．有效值是eq\r（2)Ne0解析:選D。因每匝矩形線圈ab邊和cd邊產(chǎn)生的電動勢的最大值都是e0，每匝中ab和cd串聯(lián)，故每匝線圈產(chǎn)生的電動勢的最大值為2e0。N匝線圈串聯(lián)，整個線圈中感應電動勢的最大值為2Ne0,因線圈中產(chǎn)生的是正弦交流電，則發(fā)電機輸出電壓的有效值E＝eq\r(2）Ne0,故選項D正確．2．(多選）如圖所示，面積為S的矩形線圈共N匝,線圈總電阻為R，在磁感應強度為B、方向垂直紙面向里的勻強磁場中以豎直線OO′為軸,以角速度ω勻速旋轉(zhuǎn),圖示位置C與紙面共面，位置A與位置C成45°角．線圈從位置A轉(zhuǎn)過90°到達位置B的過程中，下列說法正確的是()A．平均電動勢為eq\f(2\r(2),π)NBSωB．通過線圈某一截面的電荷量q＝eq\f(2\r（2)NBS,R）C．在此轉(zhuǎn)動過程中，外界對線圈做的總功為eq\f(N2B2S2πω,4R)D．在此轉(zhuǎn)動過程中,電流方向會發(fā)生改變解析：選AC。線圈從位置A轉(zhuǎn)過90°到達位置B的過程中，ΔΦ＝2BScos45°＝eq\r（2）BS，Δt＝eq\f（\f(π,2),ω），根據(jù)eq\x\to(E)＝Neq\f（ΔΦ,Δt），得eq\x\to（E）＝eq\f（2\r（2),π）NBSω，故A正確．根據(jù)eq\x\to（E)＝Neq\f（ΔΦ，Δt），q＝eq\f(\x\to（E),R）Δt＝Neq\f（ΔΦ,R）＝eq\f（\r（2)BSN,R)，故B錯誤．產(chǎn)生電動勢的峰值Em＝NBSω，則有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(NBSω,\r(2）），則W＝Q＝eq\f（E2，R）Δt＝eq\f(N2B2S2πω,4R），故C正確．線圈每經(jīng)過中性面一次，電流方向改變，線圈從位置A轉(zhuǎn)過90°到達位置B的過程中,電流方向不變,故D錯誤．3．將阻值為100Ω的電阻絲繞成一個110匝的閉合矩形線圈，讓其在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的感應電動勢如圖乙所示．則可以判斷（）A．t＝0時刻線圈應轉(zhuǎn)到圖甲所示的位置B．該線圈的轉(zhuǎn)速為100πr/sC．穿過線圈的磁通量的最大值為eq\f（1，50π)WbD．線圈轉(zhuǎn)一周所產(chǎn)生的電熱為9。68J解析:選D.t＝0時刻產(chǎn)生的電動勢為零,所以線圈應處于中性面即線圈與磁場垂直的位置，故A錯誤；據(jù)圖乙可知，T＝0。02s，據(jù)T＝eq\f（2π，ω）可得ω＝100πrad/s，所以轉(zhuǎn)速為50r/s，故B錯誤；據(jù)Em＝nBSω可知，BS＝eq\f（311，110×100π)Wb＝9×10－3Wb，故C錯誤；據(jù)峰值可知,E＝0。707Em＝220V，據(jù)焦耳定律可知，線圈轉(zhuǎn)一周產(chǎn)生的熱量Q＝eq\f（E2,R）·T＝9。68J，故D正確．4。如圖所示,N＝50匝的矩形線圈abcd，ab邊長l1＝20cm，ad邊長l2＝25cm，放在磁感應強度B＝0.4T的勻強磁場中，外力使線圈繞垂直于磁感線且通過線圈中線的OO′軸以n＝3000r/min的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，線圈電阻r＝1Ω，外電路電阻R＝9Ω，t＝0時線圈平面與磁感線平行，ab邊正轉(zhuǎn)出紙外、cd邊轉(zhuǎn)入紙里．求：（1）t＝0時感應電流的方向；(2)感應電動勢的瞬時值表達式；(3)線圈轉(zhuǎn)一圈外力做的功;（4)從圖示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中流過電阻R的電荷量．解析：(1）根據(jù)右手定則，線圈感應電流方向為adcba。(2）線圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s圖示位置的感應電動勢最大,其大小為Em＝NBl1l2代入數(shù)據(jù)得Em＝314V感應電動勢的瞬時值表達式e＝Emcosωt＝314cos(100πt)V。（3）電動勢的有效值E＝eq\f（Em,\r（2））線圈勻速轉(zhuǎn)動的周期T＝eq\f（2π,ω)＝0。02s線圈勻速轉(zhuǎn)動一圈，外力做功大小等于電功的大小，即W＝I2（R＋r)T＝eq\f(E2,R＋r)·T代入數(shù)據(jù)得W＝98。6J.(4)從t＝0起轉(zhuǎn)過90°過程中，Δt內(nèi)流過R的電荷量：q＝eq\f(NΔΦ，R＋rΔt)Δt＝eq\f(NBΔS，R＋r)＝eq\f(NBl1l2,R＋r）代入數(shù)據(jù)得q＝0。1C。答案：(1）感應電流方向沿adcba（2)e＝314cos(100πt）V（3）98.6J(4）0。1C交變電流“四值”應用的幾點提醒（1)在解答有關交變電流的問題時，要注意電路結(jié)構(gòu)．（2)注意區(qū)分交變電流的最大值、瞬時值、有效值和平均值,最大值是瞬時值中的最大值，有效值是以電流的熱效應來等效定義的．（3)與電磁感應問題一樣，求解與電能、電熱相關的問題時，一定要用有效值；而求解通過導體某橫截面的電荷量時，一定要用平均值．課時規(guī)范訓練［基礎鞏固題組]1．(多選)關于中性面，下列說法正確的是（)A．線圈在轉(zhuǎn)動中經(jīng)中性面位置時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零B．線圈在轉(zhuǎn)動中經(jīng)中性面位置時,穿過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率最大C．線圈每經(jīng)過一次中性面,感應電流的方向就改變一次D．線圈每轉(zhuǎn)動一周經(jīng)過中性面一次，所以線圈每轉(zhuǎn)動一周，感應電流的方向就改變一次解析：選AC.中性面是線圈平面與磁感線垂直的位置,線圈經(jīng)過該位置時，穿過線圈的磁通量最大,各邊都不切割磁感線,不產(chǎn)生感應電動勢，所以磁通量的變化率為零,A項正確，B項錯誤；線圈每經(jīng)過一次中性面,感應電流的方向改變一次,但線圈每轉(zhuǎn)一周時要經(jīng)過中性面兩次,所以每轉(zhuǎn)一周，感應電流方向就改變兩次，C項正確，D項錯誤．2．某小型旋轉(zhuǎn)電樞式發(fā)電機所產(chǎn)生的交流電電動勢為110V、頻率為60Hz，要使它產(chǎn)生的電動勢變?yōu)?20V、頻率變?yōu)?0Hz，需要調(diào)整線圈的轉(zhuǎn)速n、匝數(shù)N或磁感應強度的大小B。下列調(diào)整合適的是(）A．使n變?yōu)樵瓉淼?。2倍，B變?yōu)樵瓉淼?倍，N變?yōu)樵瓉淼?.2倍B．使n變?yōu)樵瓉淼膃q\f(5，6)，B變?yōu)樵瓉淼膃q\f(5，6)，N變?yōu)樵瓉淼?倍C．使n變?yōu)樵瓉淼膃q\f（5,6),N變?yōu)樵瓉淼?倍,B不變D．使n變?yōu)樵瓉淼膃q\f(5,6)，N變?yōu)樵瓉淼?。4倍，B不變解析:選D。因為發(fā)電機產(chǎn)生的交流電電動勢110V指的是有效值，故其最大值為Em1＝110eq\r（2）V，調(diào)整后為Em2＝220eq\r（2)V,即eq\f（Em1，Em2）＝eq\f（1，2)，根據(jù)Em＝NBSω和ω＝2πn，可知，選項A中，Em2＝1.2N×2B×S×1。2×2πn＝2。88Em1，故選項A錯誤；B、C、D三個選項中的調(diào)整使頻率均變?yōu)樵瓉淼膃q\f(5，6),即50Hz，只有D項中的調(diào)整可使最大感應電動勢增大到原來的2倍，故選項B、C錯誤，D正確．3．一只矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉(zhuǎn)動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖象如圖甲所示，則下列說法正確的是(）A．t＝0時刻，線圈平面與中性面垂直B．t＝0.01s時刻，Φ的變化率最大C．t＝0。02s時刻，交流電動勢達到最大D．該線圈產(chǎn)生的交流電動勢的圖象如圖乙所示解析：選B。由Φ－t圖知,t＝0時，Φ最大，即線圈處于中性面位置，此時e＝0，故A、D兩項錯誤；由圖知T＝0。04s，在t＝0.01s時，Φ＝0，eq\f（ΔΦ,Δt）最大，e最大，則B項正確；在t＝0。02s時,Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt）＝0，e＝0，則C項錯誤．4．（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(nèi)；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．現(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(zhuǎn)動，則(）A．兩導線框中均會產(chǎn)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(chǎn)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(zhuǎn)動切割磁感線產(chǎn)生感應電動勢的大小不變，選項A錯誤；導線框的轉(zhuǎn)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(chǎn)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(nèi)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．5．（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，○A為交流電流表．線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置開始計時，產(chǎn)生的交變電流隨時間變化的圖象如圖乙所示．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50πrad/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解析：選AC。由題圖乙知Im＝10eq\r（2)A，I＝eq\f（Im,\r（2）)＝10A，A正確．T＝2×10－2s,ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，B錯誤．t＝0.01s時，i＝Im，此時線圈平面與磁場方向平行，C正確．由右手定則判定0。02s時電阻R中電流方向自左向右，D錯誤．6．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交變電流，則兩電熱器的電功率之比PA∶PB等于（）A．5∶4 B．3∶2C。eq\r(2)∶1 D．2∶1解析:選A.對甲有PA＝eq\f（I\o\al（2,0）R·\f（T，2）＋\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(I0，2)）)2R·\f（T,2),T)＝eq\f(5,8)Ieq\o\al（2，0)R，對乙有PB＝eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（I0,\r（2））))2R＝eq\f（1,2）Ieq\o\al(2,0)R，則PA∶PB＝5∶4，A正確，B、C、D錯誤．7．如圖所示為一正弦交流發(fā)電機和交流電路模型．圖中電流表的示數(shù)為1A，電阻R的阻值為2Ω,線圈轉(zhuǎn)動角速度ω＝100πrad/s。則從圖示位置開始計時,電阻R兩端交變電壓的瞬時值表達式為（）A．u＝2sin100πt(V)B．u＝2cos100πt(V）C．u＝2eq\r(2)sin100πt(V）D．u＝2eq\r（2)cos100πt(V)解析：選D。圖示位置為線圈平面與中性面垂直的位置，因此線圈產(chǎn)生的電流的瞬時值表達式為i＝Imcosωt＝eq\r(2)cos100πt（A），則電阻R兩端的瞬時電壓為u＝iR＝2eq\r(2)cos100πt(V)，D項正確．8．(多選）100匝的線圈在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢為e＝100eq\r（2)sineq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1（100πt＋\f（π,3））)V，下列說法正確的是（）A．交變電動勢有效值為100VB．交變電動勢有效值為100eq\r（2）VC．穿過線圈的最大磁通量為eq\f（\r(2)，π）WbD．穿過線圈的最大磁通量為eq\f（\r(2），100π）Wb解析:選AD.由交流電的表達式可知，該交變電壓的最大電動勢為100eq\r(2）V,故電動勢的有效值為100V，選項A正確；角速度ω＝100π，而Em＝nBSω＝nΦmω，所以Φm＝eq\f(Em，nω)＝eq\f（\r（2),100π)Wb,選項D正確．［綜合應用題組］9．如圖所示，正方形單匝線框abcd的邊長為L，每邊電阻均為r，線框在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω繞cd軸從圖示位置開始勻速轉(zhuǎn)動，轉(zhuǎn)軸與磁感線垂直．一理想電壓表用電刷接在線框的c、d兩點上，下列說法中正確的是()A．電壓表讀數(shù)為eq\f(\r（2),2）BωL2B．電壓表讀數(shù)為eq\f(\r(2），8)BωL2C．從圖示位置開始計時，流過線框電流的瞬時值表達式為i＝eq\f（BωL2，4r)sinωtD．線框從圖示位置轉(zhuǎn)過eq\f(π，2）的過程中，流過cd邊的電荷量為q＝eq\f(BL2，r）解析：選B。線框在勻強磁場中勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的感應電動勢的最大值為Em＝BL2ω,對應有效值為E＝eq\f（\r（2)，2)Em＝eq\f（\r（2),2)BL2ω，電壓表讀數(shù)為eq\f（E,4）＝eq\f(\r（2）,8）BL2ω,B正確,A錯誤；圖示位置線框磁通量為零，產(chǎn)生的感應電動勢為最大值,則感應電流瞬時表達式為i＝eq\f（BωL2，4r）cosωt，C錯誤;線框從題圖所示位置處轉(zhuǎn)過eq\f(π,2)的過程中，流過cd的電荷量為q＝eq\f(ΔΦ，R）＝eq\f(BL2，4r），D錯誤．10．圖甲是一臺小型發(fā)電機的構(gòu)造示意圖,線圈逆時針轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的電動勢e隨時間t變化的正弦規(guī)律圖象如圖乙所示．發(fā)電機線圈的內(nèi)阻不計,外接燈泡的電阻為12Ω.則（）A．在t＝0。01s時刻，穿過線圈的磁通量為零B．電壓表的示數(shù)為6eq\r(2)VC．燈泡消耗的電功率為3WD．若其他條件不變，僅將線圈的轉(zhuǎn)速提高一倍，則線圈電動勢的表達式e＝12eq\r（2)sin100πt(V）解析：選C.在t＝0.01s的時刻，電動勢為0，則線圈位于中性面，穿過線圈的磁通量最大，選項A錯誤；電動勢的最大值為Em＝6eq\r（2)V,電壓表測量的為有效值，故示數(shù)為eq\f（6\r(2),\r(2))V＝6V，選項B錯誤；燈泡消耗的電功率P＝eq\f(E2,R)＝eq\f（62,12)W＝3W，選項C正確；周期為0.02s，則瞬時電動勢的表達式為e＝Emsineq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t））＝6eq\r(2)sin100πt(V)，轉(zhuǎn)速提高一倍后，最大值變成12eq\r(2)V,ω＝2πn，故角速度變?yōu)樵瓉淼?倍，表達式應為e＝12eq\r（2）sin200πt（V）,選項D錯誤．11．如圖是某學習小組在空曠的場地上做“搖繩發(fā)電實驗”的示意圖．他們將一銅芯線像甩跳繩一樣勻速搖動,銅芯線的兩端分別通過細銅線與靈敏交流電流計相連．搖繩的兩位同學的連線與所在處的地磁場（可視為勻強磁場）垂直．搖動時,銅芯線所圍成半圓周的面積S＝2m2,轉(zhuǎn)動角速度ω＝10eq\r（2)rad/s，用電流計測得電路中電流I＝40μA，電路總電阻R＝10Ω，g取10m/s2，eq\f（π,\r(2)）＝2.25。（1）求該處地磁場的磁感應強度B；(2)從銅芯線所在平面與該處地磁場平行開始計時,求其轉(zhuǎn)過四分之一周的過程中，通過電流計的電荷量q；（3）求銅芯線轉(zhuǎn)動一周的過程中，電路產(chǎn)生的焦耳熱Q.解析：(1）銅芯線中產(chǎn)生的是正弦交流電,則Im＝eq\r（2)I,Em＝ImR，Em＝BSω，解得B＝2×10－5T。(2）從銅芯線與地面平行開始至銅芯線轉(zhuǎn)動四分之一周的過程中，E＝ΔΦ/t，E＝IR，q＝It，解得q＝4×10－6C.（3）銅芯線轉(zhuǎn)動一周，電路中產(chǎn)生的焦耳熱Q＝I2RT，解得Q＝7.2×10－9J.答案：（1)2×10－5T（2)4×10－6C(3）7.2×10－9J12．如圖所示，交變電流發(fā)電機的矩形框ab＝dc＝0.40m，bc＝ad＝0.20m，共有50匝線圈，其電阻r＝1。0Ω,在磁感應強度B＝0.20T的勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的對稱軸OO′以eq\f（100,π）r/s的轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動，向R＝9。0Ω的電阻供電，求：(1)發(fā)電機產(chǎn)生的電動勢的最大值；(2）交變電流電壓表和電流表的示數(shù)；（3)此發(fā)電機的功率．解析:(1)線圈面積S＝ab·ad＝0。4×0。2m2＝0.08m2線圈旋轉(zhuǎn)角速度ω＝2πn＝eq\f(100×2π,π）rad/s＝200rad/sEm＝NBωS＝50×0。2×200×0。08V＝160V(2)電壓表示數(shù)(即路端電壓示數(shù))U＝eq\f（E,R＋r)·R＝eq\f（16,\r（2））×9.0V＝72eq\r（2)V電流表示數(shù)I＝eq\f（Im，\r(2))＝eq\f（16，\r(2))A＝8eq\r(2）A(3)發(fā)電機的功率P＝UI＝eq\f（E2,R＋r）＝eq\f(\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f(160，\r（2))））2，9。0＋1。0）W＝1280W答案：（1）160V(2)U＝72eq\r（2）VI＝8eq\r（2)A(3)P＝1280W

第2節(jié)變壓器遠距離輸電一、變壓器原理1．構(gòu)造和原理（如圖所示）(1）主要構(gòu)造：由原線圈、副線圈和閉合鐵芯組成．（2）工作原理：電磁感應的互感現(xiàn)象．2．理解變壓器的基本關系式（1）功率關系:P入＝P出．（2)電壓關系：eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1，n2），若n1〉n2，為降壓變壓器，若n1<n2，為升壓變壓器．（3）電流關系：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.二、遠距離輸電1．電路損失（1)功率損失：設輸電電流為I，輸電線的電阻為R，則功率損失為ΔP＝I2R。（2）電壓損失:ΔU＝IR。減小功率損失和電壓損失，都要求提高輸電電壓，減小輸電電流．2．降低損耗的兩個途徑（1)一個途徑是減小輸電線的電阻．由電阻定律R＝ρeq\f（l,S）可知，在輸電距離一定的情況下，為減小電阻，應當用電阻率小的金屬材料制造輸電線．此外，還要盡可能增加導線的橫截面積．(2）另一個途徑是減小輸電導線中的電流，由P＝IU可知，當輸送功率一定時，提高電壓可以減小輸電電流．［自我診斷]1．判斷正誤(1）變壓器不但可以改變交流電壓,也可以改變直流電壓．(×）(2）變壓器只能使交變電流的電壓減?。ā粒?)高壓輸電的目的是增大輸電的電流．（×）(4)在輸送電壓一定時,輸送的電功率越大，輸送過程中損失的功率越?。?×)(5)變壓器原線圈中的電流由副線圈中的電流決定．（√)(6)高壓輸電可以減少輸電線路上的電能損失，且輸電線路上電壓越高越好．(×)2．（多選）關于理想變壓器的工作原理，以下說法正確的是（)A．通過正弦交變電流的原線圈產(chǎn)生的磁通量不變B．穿過原、副線圈的磁通量在任何時候都相等C．穿過副線圈磁通量的變化使得副線圈產(chǎn)生感應電動勢D．原線圈中的電流通過鐵芯流到了副線圈解析：選BC.理想變壓器沒有漏磁現(xiàn)象，故原、副線圈產(chǎn)生的磁通量任何時候都相等，且隨時間而改變，使副線圈產(chǎn)生感應電動勢,而不是電流流到副線圈,綜合上述選項B、C正確．3．一電器中的變壓器可視為理想變壓器，它將220V交變電壓改為110V，已知變壓器原線圈匝數(shù)為800，則副線圈匝數(shù)為（）A．200 B．400C．1600 D．3200解析：選B.理想變壓器原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比,即eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1，n2），解得n2＝eq\f（U2，U1)n1＝400，選項B正確．4．(2016·遼寧撫順重點高中協(xié)作體聯(lián)考）（多選)為了監(jiān)測變電站向外輸電情況，要在變電站安裝互感器,其接線如圖所示．兩變壓器匝數(shù)分別為n1、n2和n3、n4，a和b是交流電表．則(）A．n1＞n2B．n3＞n4C．a(chǎn)為交流電流表，b為交流電壓表D．a(chǎn)為交流電壓表,b為交流電流表解析:選AD.電壓互感器并聯(lián)在電路中,電流互感器串聯(lián)在電路中,故a為交流電壓表，b為交流電流表，選項C錯誤，D正確；含電壓互感器電路中是強電壓，通過變壓器變成弱電壓，用電壓表測量，因為電壓之比等于線圈匝數(shù)之比,所以n1＞n2，選項A正確；含電流互感器的電路中是強電流，通過變壓器變成弱電流，用電流表測量，因為電流之比等于線圈匝數(shù)的倒數(shù)之比，所以n3＜n4，選項B錯誤．5．如圖所示為遠距離交流輸電的簡化電路圖．發(fā)電廠的輸出電壓是U，用等效總電阻是r的兩條輸電線輸電，輸電線路中的電流是I1,其末端間的電壓為U1。在輸電線與用戶間連有一理想變壓器,流入用戶端的電流為I2。則(）A．用戶端的電壓為eq\f(I1U1,I2)B．輸電線上的電壓降為UC．理想變壓器的輸入功率為Ieq\o\al(2,1）rD．輸電線路上損失的電功率為I1U解析:選A.變壓器輸入功率等于輸出功率，由I1U1＝I2U2解得，U2＝eq\f(I1U1,I2),選項A正確；輸電線上的電壓降為U－U1，選項B錯誤;理想變壓器的輸入功率為I1U1，輸電線的損失功率為Ieq\o\al（2，1)r，選項C、D錯誤．

考點一理想變壓器基本規(guī)律的應用1．理想變壓器的基本特點(1)無漏磁,故原、副線圈中的Φ、eq\f(ΔΦ，Δt)相同．（2）線圈無電阻,因此無電壓降，U＝E＝neq\f(ΔΦ,Δt).（3）根據(jù)eq\f（U，n)＝eq\f（ΔΦ，Δt)得，套在同一鐵芯上的線圈，無論是原線圈，還是副線圈，該比例都成立，則有eq\f（U1，n1)＝eq\f(U2,n2）＝eq\f（U3，n3）＝…2．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出電壓關系原、副線圈的電壓比等于匝數(shù)比,即eq\f(U1,U2）＝eq\f(n1，n2），與副線圈的個數(shù)無關電流關系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:由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn。頻率關系f1＝f2，變壓器不改變交流電的頻率［典例］（2016·高考全國丙卷）(多選)如圖,理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a和b。當輸入電壓U為燈泡額定電壓的10倍時,兩燈泡均能正常發(fā)光．下列說法正確的是（)A．原、副線圈匝數(shù)比為9∶1B．原、副線圈匝數(shù)比為1∶9C．此時a和b的電功率之比為9∶1D．此時a和b的電功率之比為1∶9解析設燈泡的額定電壓為U0，輸入電壓為燈泡額定電壓的10倍時燈泡正常發(fā)光，則變壓器原線圈的電壓為9U0，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為9∶1，選項A正確，選項B錯誤；由9U0Ia＝U0Ib得，流過b燈泡的電流是流過a燈泡電流的9倍,根據(jù)P＝UI，a、b燈泡的電功率之比為1∶9，選項C錯誤，選項D正確．答案AD理想變壓器問題三點應牢記(1）熟記兩個基本公式：①eq\f（U1，U2)＝eq\f(n1，n2），即對同一變壓器的任意兩個線圈，都有電壓和匝數(shù)成正比．②P入＝P出，即無論有幾個副線圈在工作，變壓器的輸入功率總等于輸出功率之和．(2）原、副線圈中通過每匝線圈磁通量的變化率相等．（3）原、副線圈中電流變化規(guī)律一樣，電流的周期、頻率一樣．1．(2016·河南“五?！倍?lián))自耦變壓器鐵芯上只繞有一個線圈，原、副線圈都只取該線圈的某部分．一升壓式自耦調(diào)壓變壓器的電路如圖所示，其副線圈匝數(shù)可調(diào)．已知變壓器線圈總匝數(shù)為1900匝;原線圈為1100匝，接在有效值為220V的交流電源上．當變壓器輸出電壓調(diào)至最大時,負載R上的功率為2。0kW。設此時原線圈中電流有效值為I1，負載兩端電壓的有效值為U2,且變壓器是理想的，則U2和I1分別約為（）A．380V和5.3A B．380V和9.1AC．240V和5.3A D．240V和9.1A解析：選B。當變壓器輸出電壓調(diào)至最大時，由eq\f（U1，U2)＝eq\f（n1，n2)得U2＝eq\f(n2，n1)U1＝eq\f（1900，1100)×220V＝380V，由P1＝P2，P1＝U1I1,P2＝U2I2，得I1＝eq\f（P2,U1）＝eq\f（2000，220)A＝9.1A，選項B正確．2．一理想變壓器的原、副線圈的匝數(shù)比為3∶1，在原、副線圈的回路中分別接有阻值相同的電阻,原線圈一側(cè)接在電壓為220V的正弦交流電源上,如圖所示，設副線圈回路中電阻兩端的電壓為U,原、副線圈回路中電阻消耗的功率的比值為k，則（）A．U＝66V,k＝eq\f(1,9） B．U＝22V，k＝eq\f（1,9）C．U＝66V,k＝eq\f（1，3） D．U＝22V，k＝eq\f（1，3)解析:選A。設原、副線圈中的電流分別為I1、I2,則eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)＝eq\f（1,3),故k＝eq\f（I\o\al（2,1）R,I\o\al(2,2)R）＝eq\f（1，9）.設原線圈兩端的電壓為U1,則eq\f（U1,U）＝eq\f(n1，n2)＝eq\f（3，1）,故U1＝3U,而原線圈上電阻分擔的電壓為eq\f（1,3)U，故eq\f（U,3）＋3U＝220V，解得U＝66V．選項A正確．3．(2016·湖南五市十校聯(lián)考)（多選)如圖所示，將額定電壓為60V的用電器，通過一理想變壓器接在正弦交變電源上．閉合開關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）的示數(shù)分別為220V和2。2A．以下判斷正確的是（)A．變壓器輸入功率為484WB．通過原線圈的電流的有效值為0。6AC．通過副線圈的電流的最大值為2。2AD．變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝11∶3解析：選BD.輸入功率P1＝P2＝I2U2＝2。2×60W＝132W，A錯誤．原線圈的電流I1＝eq\f（P1，U1)＝0。6A，B正確．副線圈的電流最大值I2m＝eq\r(2）I2＝2.2eq\r(2）A，C錯誤．變壓器原、副線圈匝數(shù)比eq\f(n1,n2)＝eq\f（U1，U2）＝eq\f（220V,60V）＝eq\f(11,3）,D正確．考點二理想變壓器的動態(tài)分析常見的理想變壓器的動態(tài)分析一般分匝數(shù)比不變和負載電阻不變兩種情況．1．匝數(shù)比不變的情況（如圖甲所示）（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，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，輸出電流I2決定輸入電流I1，故I1發(fā)生變化．(3)I2變化引起P2變化，P1＝P2,故P1發(fā)生變化．eq\f(n1，n2)不變，負載R變化eq\f(n1,n2)改變，負載R不變圖甲圖乙2．負載電阻不變的情況（如圖乙所示)（1)U1不變，eq\f(n1，n2)發(fā)生變化，故U2變化．（2)R不變，U2變化，故I2發(fā)生變化．（3）根據(jù)P2＝eq\f(U\o\al（2,2),R），P2發(fā)生變化，再根據(jù)P1＝P2，故P1變化，P1＝U1I1，U1不變,故I1發(fā)生變化．1．（2016·高考全國乙卷)一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別為3Ω、1Ω和4Ω,○A為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源,輸出電壓的有效值恒定．當開關S斷開時，電流表的示數(shù)為I；當S閉合時，電流表的示數(shù)為4I.該變壓器原、副線圈匝數(shù)比為(）A．2 B．3C．4 D．5解析：選B.設原、副線圈的匝數(shù)比為k，根據(jù)變壓器匝數(shù)比與電流成反比的關系，則原線圈電流為I時，副線圈電流為kI；原線圈電流為4I時,副線圈電流為4kI。根據(jù)變壓器的輸入功率等于輸出功率得UI－I2R1＝（kI）2（R2＋R3)4UI－(4I）2R1＝（4kI)2R2聯(lián)立兩式代入數(shù)據(jù)解得k＝3選項B正確．2．（2016·陜西西安二模）(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R＝10Ω。從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上如圖乙所示的交變電壓，則下列說法中正確的是(）A．當S與a連接后，理想電流表的示數(shù)為2。2AB．當S與a連接后,t＝0。01s時理想電流表示數(shù)為零C．當S由a撥到b后，原線圈的輸入功率變?yōu)樵瓉淼?倍D．由S由a撥到b后，副線圈輸出電壓的頻率變?yōu)?5Hz解析：選AC。S與a連接后，由eq\f(U1，U2）＝eq\f(n1，n2）,又知U1＝eq\f（220\r（2），\r(2)）V＝220V，得U2＝22V，則理想電壓表的示數(shù)為22V，又知定值電阻R＝10Ω，可得理想電流表示數(shù)為I＝eq\f(U2，R)＝2。2A，A正確,B錯誤．S由a撥到b后，n1∶n2＝5∶1，則U1∶U2′＝5∶1，得U2′＝2U2,據(jù)P＝eq\f(U2,R）得功率變?yōu)樵瓉淼?倍，C正確．變壓器輸出電壓頻率不變，仍為50Hz，D錯誤．3．（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)變小解析：選BC。保持Q的位置不動,則U2不變，將P向上滑動時，R接入電路的電阻變大,根據(jù)I2＝eq\f(U2,R0＋R)知，I2變小，由eq\f(I1,I2）＝eq\f(n2,n1）得I1也變小，即電流表讀數(shù)變小，選項A錯誤、選項B正確；保持P的位置不動，將Q向上滑動時，U2變大，則根據(jù)P2＝eq\f（U\o\al(2,2),R0＋R）知副線圈輸出功率變大，由P1＝P2知，變壓器原線圈輸入功率P1變大，而P1＝I1U，輸入電壓U一定，I1變大，即電流表讀數(shù)變大，選項C正確、選項D錯誤．4．（2016·湖北襄陽二聯(lián))(多選)如圖所示，理想變壓器原線圈a、b兩端接正弦交變電壓u，u＝220eq\r(2）sin100πt（V），電壓表V接在副線圈c、d兩端（不計導線電阻），則當滑動變阻器滑片向右滑動時()A．電壓表示數(shù)不變B．電流表A2的示數(shù)始終為0C．若滑動變阻器的滑片不動，僅改變u，使u＝220eq\r（2)sin200πt(V）,則電流表A1的示數(shù)增大D．若滑動變阻器的滑片不動，僅改變u，使u＝220eq\r(2)sin200πt(V），則電流表A1的示數(shù)減小解析：選AC。電壓表示數(shù)為副線圈兩端電壓,副線圈兩端電壓只與原線圈兩端電壓及原副線圈匝數(shù)比有關，故A正確;因電容器“通交流、隔直流”，則電流表A2始終有示數(shù),B錯誤；改變u后，交變電流的頻率變大,電容器的容抗減小，故A1示數(shù)增大,C正確、D錯誤．解決理想變壓器中有關物理量的動態(tài)分析問題的方法（1)分清不變量和變量，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，利用閉合電路歐姆定律，串、并聯(lián)電路特點進行分析判定．（2）分析該類問題的一般思維流程是:考點三遠距離輸電問題1．遠距離輸電的處理思路對高壓輸電問題，應按“發(fā)電機→升壓變壓器→遠距離輸電線→降壓變壓器→用電器”，或按從“用電器”倒推到“發(fā)電機”的順序一步一步進行分析．2．遠距離高壓輸電的幾個基本關系(以下圖為例)（1）功率關系:P1＝P2，P3＝P4,P2＝P損＋P3.（2)電壓、電流關系：eq\f(U1，U2)＝eq\f(n1，n2）＝eq\f（I2,I1），eq\f（U3,U4）＝eq\f(n3，n4）＝eq\f（I4，I3)，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I線．(3）輸電電流：I線＝eq\f（P2，U2）＝eq\f(P3，U3)＝eq\f（U2－U3，R線）。(4）輸電線上損耗的電功率：P損＝I線ΔU＝Ieq\o\al（2,線)R線＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f（P2，U2）))2R線．當輸送功率一定時，輸電電壓增大到原來的n倍，輸電線上損耗的功率就減小到原來的eq\f(1，n2)。1．（2017·河北邢臺質(zhì)檢）如圖甲是遠距離輸電線路示意圖，圖乙是用戶端電壓隨時間變化的圖象，則（)A．發(fā)電機產(chǎn)生的交流電的頻率是100HzB．降壓變壓器輸出的電壓有效值是340VC．輸電線的電流僅由輸送功率決定D．僅增加升壓變壓器的副線圈匝數(shù)，其他條件不變，輸電線上損失的功率減小解析：選D。由乙圖可知交流電的周期T＝0。02s，則頻率f＝eq\f(1,T)＝50Hz,變壓器不改變交流電的周期與頻率，則A錯．由乙圖可知Um＝340V，有效值U＝eq\f（Um，\r(2)）＜340V，則B錯．輸電線的電流由輸送功率和輸送電壓共同決定，則C錯．當僅增加升壓變壓器的副線圈匝數(shù)時,則輸電電壓增大，由P＝UI可知，輸電電流減小，再由P＝I2R可知輸電線上損失的功率減小，則D正確．2．(2017·山東濰坊高三質(zhì)檢）通過一理想變壓器,經(jīng)同一線路輸送相同的電功率P，原線圈的電壓U保持不變，輸電線路的總電阻為R.當副線圈與原線圈的匝數(shù)比為k時，線路損耗的電功率為P1，若將副線圈與原線圈的匝數(shù)比提高到nk，線路損耗的電功率為P2,則P1和eq\f（P2，P1)分別為（）A.eq\f(PR，kU)，eq\f(1，n) B．eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f（P,kU)))2R，eq\f(1，n)C.eq\f(PR，kU)，eq\f(1,n2) D.eq\b\lc\(\rc\)（\a\vs4\al\co1(\f（P，kU)））2R，eq\f（1，n2）解析:選D。由理想變壓器eq\f（U1，U2）＝eq\f(n1，n2）得:副線圈電壓U′＝kU,而理想變壓器P入＝P出，副線圈電流I′＝eq\f（P，U′）＝eq\f（P，kU），線路損耗的電功率P1＝I′2R＝eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(P,kU）)）2R。同理可知P2＝I″2R＝eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（P,nkU）））2R，得eq\f（P2,P1）＝eq\f（1，n2)，D正確．3．如圖所示，某發(fā)電機輸出功率是100kW，輸出電壓是250V,從發(fā)電機到用戶間的輸電線總電阻為8Ω，要使輸電線上的功率損失為5%，而用戶得到的電壓正好為220V，則升壓變壓器和降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比分別是(）A．16∶1190∶11 B．1∶1611∶190C．1∶16190∶11 D．16∶111∶190解析：選C。輸電線損失功率P損＝100×103×5%W＝5×103W，所以，輸電線電流I2＝eq\r（\f(P損,R線））＝25A，升壓變壓器原線圈電流I1＝eq\f（P總，U1)＝400A,故升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為eq\f（n1，n2）＝eq\f（I2，I1)＝eq\f(1，16).升壓變壓器副線圈兩端電壓U2＝eq\f(n2，n1）U1＝4000V，輸電線損失電壓U損＝I2R線＝200V，降壓變壓器原線圈兩端電壓U3＝U2－U損＝3800V，故降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)比為eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4）＝eq\f（190,11).故C正確．輸電過程電壓和功率的辨析（1）輸電線上電壓損失和輸送電壓不能混用，如P損＝ΔUI＝eq\f(ΔU2,R）＝eq\f(U\o\al(2,線),R)＝IU線(ΔU或U線指輸電線電阻上的電壓降）,P損＝eq\b\lc\（\rc\)（\a\vs4\al\co1（\f(P，U）））2R（U指輸送總電壓)．（2)輸電過程的電壓關系：(3）輸電過程功率的關系：課時規(guī)范訓練［基礎鞏固題組]1．如圖所示，半徑為L＝1m的金屬圓環(huán),其半徑Oa是銅棒，兩者電阻均不計且接觸良好．今讓Oa以圓心O為軸，以角速度ω＝10rad/s勻速轉(zhuǎn)動,圓環(huán)處于垂直于環(huán)面、磁感應強度為B＝2T的勻強磁場中．從圓心O引出導線,從圓環(huán)上接出導線,并接到匝數(shù)比為n1∶n2＝1∶4的理想變壓器原線圈兩端．則接在副線圈兩端的理想電壓表的示數(shù)為(）A．40V B．20VC．80V D．0解析：選D。由于Oa以圓心O為軸，以角速度ω＝10rad/s勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生恒定的感應電動勢，變壓器鐵芯中磁通量不變，接在副線圈兩端的理想電壓表的示數(shù)為0，選項D正確．2．有一理想變壓器，副線圈所接電路如圖所示，燈L1、L2為規(guī)格相同的兩只小燈泡．當S斷開時，燈L1正常發(fā)光．S閉合后，下列說法正確的是（)A．燈L1、L2都能正常發(fā)光B．原線圈的輸入功率減小C．原、副線圈的電流比增大D．電阻R消耗的功率增大解析:選D。斷開S時，L1正常發(fā)光,當閉合S后，總電阻減小，回路中總電流增大，R兩端電壓變大,燈泡兩端電壓減小，兩燈不能正常發(fā)光，A項錯誤．由P入＝P出＝eq\f(U\o\al(2，2)，R總),且R總減小，U2不變，則P入變大，B項錯誤．由eq\f(I1，I2)＝eq\f（n2,n1）可知,因線圈匝數(shù)比不變，則原、副線圈的電流比不變，C項錯誤．電阻R的功率P＝I2R，因I變大，R不變，則P變大，D項正確．3．如圖所示,接在家庭電路上的理想降壓變壓器給小燈泡L供電，如果將原、副線圈減少相同匝數(shù),其他條件不變，則()A．小燈泡變亮B．小燈泡變暗C．原、副線圈兩端電壓的比值不變D．通過原、副線圈電流的比值不變解析：選B。變壓器接在家庭電路上，可知U1＝220V，因是降壓變壓器,則n1＞n2，當減少相同匝數(shù)時有eq\f(n1－Δn,n2－Δn）＞eq\f（n1，n2）.對理想變壓器有eq\f（U1，U2）＝eq\f（n1,n2)，eq\f（U1,U2′)＝eq\f(n1－Δn，n2－Δn)，所以U2′減小，小燈泡變暗，A錯誤，B正確．對于理想變壓器，電壓之比為匝數(shù)之比，所以原、副線圈兩端電壓之比變大，C錯誤．理想變壓器原、副線圈電流之比與匝數(shù)之比成反比，所以原、副線圈電流的比值變小，D錯誤．4．一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(zhuǎn)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C。由圖可知,cd間的線圈為整個線圈的一部分，故其匝數(shù)比作為原線圈的整個線圈的匝數(shù)少,根據(jù)變壓器的電壓與匝數(shù)的關系可知，U2＜U1，當觸頭由M點順時針旋轉(zhuǎn)到N點的過程中，cd間的線圈的匝數(shù)減少，所以輸出電壓降低，選項C正確．5．如圖所示，變壓器輸入有效值恒定的電壓，副線圈匝數(shù)可調(diào)，輸出電壓通過輸電線輸送給用戶(電燈等用電器），R表示輸電線的電阻,則（）A．用電器增加時，變壓器輸出電壓增大B．要提高用戶的電壓，滑動觸頭P應向上滑C．用電器增加時，輸電線的熱損耗減小D．用電器增加時，變壓器的輸入功率減小解析:選B。由于變壓器原、副線圈的匝數(shù)不變，而且輸入電壓不變，因此增加負載不會影響輸出電壓，選項A錯誤；根據(jù)變壓器原理可知輸出電壓U2＝eq\f（n2,n1）U1，當滑動觸頭P向上滑時，n2增大，所以輸出電壓增大，用戶的電壓增大，選項B正確；由于用電器是并聯(lián)的，因此用電器增加時總電阻變小，輸出電壓不變,總電流增大,故輸電線的熱損耗增大,選項C錯誤；用電器增加時總電阻變小，總電流增大，輸出功率增大，所以輸入功率增大，選項D錯誤．6．如圖所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上,圖中各電表均為理想電表．下列說法正確的是(）A．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R1消耗的功率變大B．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時,電壓表V示數(shù)變大C．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電流表A1示數(shù)變大D．若閉合開關S，則電流表A1示數(shù)變大，A2示數(shù)變大解析：選B.由題知,U1不變，eq\f（n1,n2）不變,故U2不變．當P向上滑動時，R滑變大,R總變大，R兩端電壓即電壓表示數(shù)變大,UR1減小，IR1減小,則PR1減小，A錯誤，B正確．因為IR1減小，eq\f（n1,n2）不變．由I1＝eq\f（n2，n1）IR1知I1減小，C錯誤．若閉合開關S,則總電阻減小,由IR1＝eq\f(U2，R總）知IR1增大,UR1增大,UR2減小,電流表A2的示數(shù)減小,D錯誤．7．圖為遠距離輸電示意圖,兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2，在T的原線圈兩端接入一電壓u＝Umsinωt的交流電源，若輸送電功率為P，輸電線的總電阻為2r，不考慮其他因素的影響，則輸電線上損失的電功率為(）A.eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(n1，n2）))eq\f(U\o\al(2,m),4r） B。eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(n2，n1）)）eq\f(U\o\al(2,m)，4r）C．4eq\b\lc\(\rc\）(\a\vs4\al\co1（\f(n1,n2））)2eq\b\lc\(\rc\）（\a\vs4\al\co1(\f（P，Um)))2r D．4eq\b\lc\（\rc\）（\a\vs4\al\co1（\f(n2,n1）)）2eq\b\lc\（\rc\）(\a\vs4\al\co1(\f（P，Um)））2r解析:選C.升壓變壓器T的原線圈兩端電壓的有效值為U1＝eq\f（Um,\r(2)）；由變壓關系可得eq\f(U1,U2）＝eq\f（n1，n2），則U2＝eq\f(n2Um，\r（2）n1）；因為輸送電功率為P,輸電線中的電流為I2＝eq\f(P，U2）＝eq\f（\r（2）n1P，n2Um)，則輸電線上損失的電功率為ΔP＝Ieq\o\al（2，2)（2r)＝eq\f（4n\o\al（2，1）P2r，n\o\al（2，2)U\o\al(2，m))，故選項C正確．8．一臺該型號的柴油發(fā)電機給災民臨時安置區(qū)供電,如圖所示．發(fā)電機到安置區(qū)的距離是400m，輸電線路中的火線和零線均為GBCZ60型單股銅導線，該型號導線單位長度的電阻為2.5×10－4Ω,安置區(qū)家用電器的總功率為44kW，當這些額定電壓為220V的家用電器都正常工作時（)型號AED6500S輸出電壓范圍220～300V最大輸出功率60kWA。輸電線路中的電流為20AB．發(fā)電機的實際輸出電壓為300VC．在輸電線路上損失的電功率為8kWD．如果該柴油發(fā)電機發(fā)的電是正弦式交變電流，則其輸出電壓最大值是300V解析：選C。當這些額定電壓為220V的家用電器都正常工作時，輸電線路中的電流為I＝eq\f(P，U)＝200A,A錯誤;導線電阻為R＝2。5×10－4×400×2Ω＝0。2Ω,則發(fā)電機的實際輸出電壓為U輸＝U＋IR＝260V，B錯誤；在輸電線路上損失的電功率為P損＝I2R＝8kW,C正確；如果該柴油發(fā)電機發(fā)的電是正弦式交變電流，則其輸出電壓的最大值是Um＝eq\r（2)U輸＝368V，D錯誤．[綜合應用題組]9．（多選)交流發(fā)電機和理想變壓器如圖連接，燈泡的額定電壓為U0，燈泡與定值電阻的阻值均為R。當該發(fā)電機以轉(zhuǎn)速n勻速轉(zhuǎn)動時，電壓表示數(shù)為U，燈泡恰能正常發(fā)光．設電表均為理想電表，圖示位置時磁場恰與線圈平面垂直，則()A．變壓器原副線圈匝數(shù)比為2U0∶UB．電流表的示數(shù)為eq\f（2U\o\al(2,0),RU）C．在圖示位置時，發(fā)電機輸出電壓的瞬時值恰為零D．從圖示位置開始計時，變壓器輸入電壓的瞬時值表達式為e＝Usin2nπt解析:選BC。因燈泡正常發(fā)光，則其兩端電壓為額定電壓U0，又因燈泡與定值電阻的阻值相等，則定值電阻兩端電壓也為U0，故副線圈兩端電壓為2U0,因電壓表測原線圈兩端電壓，則原線圈兩端電壓為U，則eq\f(U1,U2)＝eq\f（n1,n2）可知,變壓器原副線圈匝數(shù)比為eq\f(n1,n2）＝eq\f(U，2U0),由eq\f(I1，I2)＝eq\f(n2,n1),可知eq\f(I1，I2）＝eq\f(2U0,U)，又I2＝eq\f（U0，R），所以電流表示數(shù)為I1＝eq\f（2U\o\al(2,0)，RU),B正確；圖中線框正處于中性面位置，產(chǎn)生的電壓瞬時值為零,所以C正確;從圖示位置開始計時,變壓器的輸入電壓的瞬時值表達式為e＝eq\r（2)Usin2nπt,所以D錯誤．10．(多選)某小型水電站的電能輸送示意圖如圖所示．發(fā)電機的輸出電壓為220V，輸電線總電阻為r，升壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n1、n2,降壓變壓器原、副線圈匝數(shù)分別為n3、n4，變壓器均為理想變壓器．要使額定電壓為220V的用電器正常工作，則（)A。eq\f（n2,n1）＞eq\f(n3,n4)B.eq\f（n2,n1)＜eq\f（n3，n4)C．要減小線路的損耗，應增大升壓變壓器的匝數(shù)比eq\f（n1，n2),同時減小降壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n3，n4)D．要減小線路的損耗,應減小升壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n1，n2），同時增大降壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n3，n4）解析：選AD.根據(jù)變壓器工作原理可知eq\f（n1，n2）＝eq\f（220V，U2）,eq\f（n3，n4)＝eq\f(U3，220V）,由于輸電線上損失一部分電壓，升壓變壓器的輸出電壓大于降壓變壓器的輸入電壓，即U2>U3，所以eq\f(n2，n1）>eq\f(n3，n4），A正確,B錯誤；要減小線路的損耗，應減小升壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n1,n2),使輸電線上電流減小，由于用戶獲得的電壓不變，所以應同時增大降壓變壓器的匝數(shù)比eq\f(n3，n4），D正確．11．（多選)如圖所示，甲圖是一理想變壓器，原、副線圈的匝數(shù)比為100∶1.若向原線圈輸入圖乙所示的正弦交變電流，圖中Rt為熱敏電阻（阻值隨溫度升高而變小)，R1為可變電阻,電壓表和電流表均為理想電表，下列說法中正確的是（)A．在t＝0。005s時，電壓表的示數(shù)約為50.9VB．變壓器原、副線圈中的電流之比為100∶1C．Rt溫度降低時,適當增大R1可保持Rt兩端的電壓不變D．Rt溫度升高時，電壓表的示數(shù)不變、電流表的示數(shù)變大解析：選CD.由圖甲可知電壓表顯示的是變壓器原線圈兩端電壓的有效值,再由圖乙可知其示數(shù)為36V,則A錯．變壓器原、副線圈中的電流之比為eq\f(I1,I2）＝eq\f(n2,n1）＝eq\f（1，100)，則B錯．因副線圈兩端電壓U2不變,且URt＋UR1＝U2，eq\f(URt,UR1）＝eq\f(Rt，R1），則當R1溫度降低時，其阻值增大,為了使URt不變，應增大R1，則C正確．Rt溫度升高時，其阻值下降，電壓表示數(shù)不變,電流表示數(shù)變大，則D正確．12．(多選）如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為5∶1,原線圈接交流電源和交流電壓表，副線圈接有“220V440W”的熱水器、“220V220W”的抽油煙機．如果副線圈電壓按圖乙所示規(guī)律變化，則下列說法正確的是（)A．副線圈兩端電壓的瞬時值為u＝220eq\r(2）sin100πt(V）B．交流電壓表的示數(shù)為1100eq\r(2）VC．1min內(nèi)變壓器輸出的電能為3.96×104JD．熱水器的發(fā)熱功率是抽油煙機發(fā)熱功率的2倍解析：選AC.由圖乙可知，交變電流的峰值是220eq\r（2）V,ω＝100πrad/s,則副線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u＝220eq\r（2)sin100πt（V)，故A正確;電壓與匝數(shù)成正比，有U1＝eq\f（n1,n2)U2＝1100V，則電壓表示數(shù)為1100V,故B錯誤；輸入功率等于輸出功率，1min內(nèi)變壓器輸出的電能為W＝Pt＝（220W＋440W）×60s＝3.96×104J，故C正確；熱水器的發(fā)熱功率為440W，而抽油煙機的發(fā)熱功率小于220W，故D錯誤．13．圖甲為一理想變壓器，ab為原線圈，ce為副線圈，d為副線圈引出的一個接頭，原線圈輸入正弦式交變電壓的u－t圖象如圖乙所