考情分析交流電及四值2022·浙江1月選考·T92022·廣東卷·T42022·河北卷·T32021·遼寧卷·T52021·江蘇卷·T122021·天津卷·T32021·北京卷·T52021·浙江1月選考·T162021·浙江6月選考·T52018·全國卷Ⅲ·T16變壓器綜合問題2022·山東卷·T42022·湖北卷·T92022·湖南卷·T62022·北京卷·T42022·重慶卷·T32021·廣東卷·T72021·河北卷·T82021·湖南卷·T62021·湖北卷·T62021·福建卷·T32020·全國卷Ⅲ·T202020·江蘇卷·T22020·山東卷·T5遠距離輸電2020·全國卷Ⅱ·T192020·浙江7月選考·T11電磁波2021·浙江6月選考·T82021·福建卷·T52020·北京卷·T32020·江蘇卷·T13B(1)傳感器2022·河北卷·T122022·北京卷·T132022·重慶卷·T11試題情境生活實踐類發電機、變壓器、遠距離輸電、無線充電、家用和工業電路、家用電器、雷達、射電望遠鏡、X射線管、電子秤、煙霧報警器等學習探究類探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系，探究家用小型發電機的原理，探究負載增加對供電系統的影響、電磁振蕩、利用傳感器制作簡單的自動控制裝置第1講交變電流的產生和描述目標要求1.理解正弦式交變電流的產生過程，能正確書寫交變電流的函數表達式.2.理解并掌握交變電流圖像的意義.3.理解描述交變電流的幾個物理量，會計算交變電流的有效值.4.知道交流電“四值”在具體情況下的應用．考點一正弦式交變電流的產生及變化規律1．產生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)線圈平面轉到中性面時，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發生改變．(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．3．一個周期內線圈中電流的方向改變兩次．4．描述交變電流的物理量(1)最大值Em＝NBSω，與轉軸位置無關，與線圈形狀無關(均選填“有關”或“無關”)．(2)周期和頻率①周期(T)：交變電流完成一次周期性變化所需的時間．單位是秒(s)，公式T＝eq\f(2π,ω).②頻率(f)：交變電流在單位時間內完成周期性變化的次數．單位是赫茲(Hz)．③周期和頻率的關系：T＝eq\f(1,f)或f＝eq\f(1,T).5．交變電流的變化規律(線圈從中性面開始計時)函數表達式圖像磁通量Φ＝Φmcosωt＝Bscosωt電動勢e＝Emsinωt＝NBSωsinωt1．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．線圈經過中性面時，感應電動勢為零，感應電流方向發生改變．(√)4．當線圈從垂直中性面開始計時，產生的電動勢按正弦規律變化，即e＝Emsinωt.(×)書寫交變電流瞬時值表達式的技巧(1)確定正弦交變電流的峰值：根據已知圖像讀出或由公式Em＝NBSω求出相應峰值．(2)明確線圈的初始位置：①若線圈從中性面位置開始計時，則i－t圖像為正弦函數圖像，函數表達式為i＝Imsinωt.②若線圈從垂直中性面位置開始計時，則i－t圖像為余弦函數圖像，函數表達式為i＝Imcosωt.例1(2023·廣西柳州市模擬)為研究交變電流產生的規律，某研究小組把長60m導線繞制成N＝100匝的矩形閉合線圈，如圖所示．現把線圈放到磁感應強度大小B＝0.1T、方向水平向右的勻強磁場中，線圈可以繞其對稱軸OO′轉動．現讓線圈從圖示位置開始(t＝0)以恒定的角速度ω＝10πrad/s轉動．下列說法正確的有()A．t＝0時，線圈位于中性面位置B．t＝0.05s時，感應電流達到最大值C．當bc＝2ab時，感應電動勢的表達式為e＝2πsin10πt(V)D．當ab＝ad時，感應電動勢的有效值最大答案D解析t＝0時，線圈位于與中性面垂直的位置，故A錯誤；線圈的周期為T＝eq\f(2π,ω)＝0.2s，t＝0.05s時，線圈轉過90°，到達中性面位置，此時磁通量最大，感應電流為零，故B錯誤；電動勢最大值為Em0＝NBS0ω，S0＝ab·bc，N(ab＋bc)×2＝60m,2ab＝bc，聯立可得Em0＝2πV，線圈從題中圖示位置(平行于磁場方向)開始轉動，因此感應電動勢的表達式為e＝2πcos10πt(V)，故C錯誤；線圈周長為0.6m，當ab＝ad時，邊長相等，此時線圈面積最大，又Em＝NBSω，則感應電動勢最大，即感應電動勢的有效值最大，故D正確．例2(2023·江蘇省高三月考)兩人在赤道上站立，各自手握金屬繩OPO′的一端，繞東西方向的水平軸沿順時針方向勻速搖動，周期為T，將金屬繩連入電路，閉合回路如圖所示，取金屬繩在圖示的最高位置時為t＝0時刻，則下列說法正確的是()A．電路中存在周期為T的變化電流B．t＝0時刻，回路中磁通量最大，電路中電流最大C．t＝eq\f(T,4)時刻，電流向左通過靈敏電流計D．t＝eq\f(T,2)時刻，回路磁通量最大，電路中電流最大答案A解析金屬繩在勻強磁場中勻速搖動時，產生周期性變化的電流，所以這個電路中存在周期為T的變化電流，故A正確；在t＝eq\f(T,4)時刻，金屬繩向下運動，由右手定則可知，電流向右通過靈敏電流計，故C錯誤；在t＝0時刻和t＝eq\f(T,2)時刻，磁通量的變化率最小，則電路中電流最小，故B、D錯誤．例3一手搖交流發電機線圈在勻強磁場中勻速轉動，內阻不計．轉軸位于線圈平面內，并與磁場方向垂直．產生的電動勢隨時間變化的規律如圖所示，則()A．該交變電流的頻率是0.4HzB．t＝0時刻，線圈恰好與中性面重合C．t＝0.1s時，穿過線圈的磁通量最大D．該交變電動勢瞬時值表達式是e＝10eq\r(2)cos5πt(V)答案C解析由題圖可知電動勢隨著時間變化的周期為T＝0.4s，故頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.4)Hz＝2.5Hz，故A錯誤；在t＝0時刻，電動勢最大，所以此時穿過線圈的磁通量為0，線圈和中性面垂直，故B錯誤；在t＝0.1s時，電動勢為0，穿過線圈的磁通量最大，故C正確；該交變電動勢最大值為Um＝10V，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，因從垂直中性面開始計時，所以電動勢瞬時值表達式是e＝Emcosωt＝10cos5πt(V)，故D錯誤．考點二交變電流有效值的求解1．有效值讓交變電流與恒定電流分別通過大小相同的電阻，如果在交變電流的一個周期內它們產生的熱量相等，則這個恒定電流的電流I與電壓U就是這個交變電流的有效值．2．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)).1．有效值等于峰值的eq\f(\r(2),2)，這一關系適用于所有交變電流．(×)2．交變電流的有效值就是一個周期內的平均值．(×)例4阻值為R的電阻上通以如圖所示的交變電流，則此交變電流的有效值為()A．1A B.eq\r(2)AC．2A D．3A答案B解析根據焦耳定律以及有效值的概念得I2RT＝(2A)2×R×eq\f(T,3)＋(1A)2×R×eq\f(2T,3)，解得I＝eq\r(2)A，B正確．例5(2023·湖北黃岡市模擬)如圖是某一線圈通過的交流電的電流－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)I0B.eq\f(\r(5),2)I0C.eq\f(\r(3),2)I0D.eq\f(5,2)I0答案B解析設該電流的有效值為I，由I2RT＝(eq\f(I0,\r(2)))2R·eq\f(T,2)＋(2I0)2R·eq\f(T,4)，解得I＝eq\f(\r(5),2)I0，故選B.有效值的計算1．計算有效值時要根據電流的熱效應，抓住“三同”：“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”，先分段計算熱量，求和得出一個周期內產生的總熱量，然后根據Q總＝I2RT或Q總＝eq\f(U2,R)T列式求解．2．若圖像部分是正弦(或余弦)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)周期部分可直接應用正弦式交變電流的有效值與最大值之間的關系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解．考點三交變電流“四值”的理解和計算物理量物理含義重要關系適用情況及說明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情況峰值最大的瞬時值Em＝NBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)討論電容器的擊穿電壓平均值交變電流圖像中圖線與時間軸所圍的面積與時間的比值eq\x\to(E)＝Neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)計算通過導線橫截面的電荷量有效值跟交變電流的熱效應等效的恒定電流的值E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))適用于正(余)弦式交變電流(1)交流電流表、交流電壓表的示數(2)電氣設備“銘牌”上所標的值(如額定電壓、額定電流等)(3)計算與電流的熱效應有關的量(如電功、電功率、電熱、保險絲的熔斷電流等)(4)沒有特別加以說明的1．交流電壓表和電流表測量的是交流電的峰值．(×)2．可以用平均值計算交變電流產生的熱量．(×)3．求通過導體橫截面的電荷量q＝It，其中的I指的是有效值．(×)例6(多選)如圖甲所示，標有“220V40W”的燈泡和標有“20μF320V”的電容器并聯接到交流電源上，為交流電壓表，交流電源的輸出電壓如圖乙所示，閉合開關．下列判斷正確的是()A．t＝eq\f(T,2)時刻，的示數為零B．燈泡恰好正常發光C．電容器不可能被擊穿D.的示數保持110eq\r(2)V不變答案BC解析的示數應是交流電壓的有效值，即為220V，選項A、D錯誤；交流電壓的有效值恰好等于燈泡的額定電壓，燈泡正常發光，選項B正確；交流電壓的峰值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．例7一個U形金屬線框在兩勻強磁場中繞OO′軸以相同的角速度勻速轉動，通過導線給同一電阻R供電，如圖甲、乙所示．甲圖中OO′軸右側有磁場，乙圖中整個空間均有磁場，兩圖中磁場的磁感應強度相同．則甲、乙兩圖中交流電流表的示數之比為()A．1∶eq\r(2)B．1∶2C．1∶4D．1∶1答案A解析題圖甲中OO′軸的右側有磁場，所以線框只在半個周期內有感應電流產生，感應電流隨時間變化的圖像如圖(a)，交流電流表測的是有效值，由eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BSω,\r(2)R)))2·R·eq\f(T,2)＝I2RT，得I＝eq\f(BSω,2R)；題圖乙中整個空間均有磁場，線框中產生的感應電流隨時間變化的圖像如圖(b)，所以I′＝eq\f(BSω,\r(2)R)，則I∶I′＝1∶eq\r(2)，故A正確．例8(2023·江蘇省常熟中學模擬)圖甲是某發電機的示意圖，正方形金屬框邊長為L，其兩端與兩個半圓環相連，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，Um為已知，其他電阻不計，則金屬框轉動一周()A．框內電流方向不變B．電動勢的有效值大于eq\f(\r(2),2)UmC．流過電阻的電荷量為eq\f(2BL2,R)D．電阻產生的焦耳熱為eq\f(πUmBL2,R)答案D解析金屬框每次經過中性面時框內電流方向都會改變，故A錯誤；由題圖乙可知，金屬框產生感應電動勢的圖像應為完整的正弦曲線，所以電動勢的有效值等于eq\f(\r(2),2)Um，故B錯誤；金屬框轉動一周的過程中，流過電阻的電荷量為q＝eq\x\to(I)×eq\f(T,4)×4＝eq\f(\x\to(E),R)×eq\f(T,4)×4＝eq\f(ΔΦ,R)×4＝eq\f(4BL2,R)，故C錯誤；設金屬框轉動的角速度為ω，則有Um＝BL2ω，金屬框轉動的周期為T＝eq\f(2π,ω)，根據焦耳定律可得電阻產生的焦耳熱為Q＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2eq\f(T,R)，聯立上述三式解得Q＝eq\f(πUmBL2,R)，故D正確．課時精練1.在勻強磁場中，匝數N＝100的矩形線圈繞垂直磁感線的轉軸勻速轉動，線圈中產生的感應電動勢隨時間變化規律如圖所示，則下列說法正確的是()A．t＝0.5×10－2s時，線圈平面與中性面重合B．t＝1×10－2s時，線圈中磁通量變化率最大C．穿過每一匝線圈的最大磁通量為1×10－3WbD．線圈轉動的角速度為50πrad/s答案C解析由題圖可知，當t＝0.5×10－2s時，感應電動勢最大，線圈平面與中性面垂直，故A錯誤；當t＝1×10－2s時，感應電動勢為0，線圈中磁通量變化率為0，故B錯誤；該交流電的周期T＝0.02s，則線圈轉動的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.02)rad/s＝100πrad/s，交流電的最大感應電動勢Em＝NBSω，所以Φm＝BS＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(10π,100×100π)Wb＝1×10－3Wb，故C正確，D錯誤．2.(2022·廣東卷·4)如圖是簡化的某種旋轉磁極式發電機原理圖．定子是僅匝數n不同的兩線圈，n1>n2，二者軸線在同一平面內且相互垂直，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，轉子是中心在O點的條形磁鐵，繞O點在該平面內勻速轉動時，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．兩線圈產生的電動勢的有效值相等B．兩線圈產生的交變電流頻率相等C．兩線圈產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E＝neq\f(ΔΦ,Δt)，可知穿過兩線圈的磁通量的變化率相等，但是匝數不同，則產生的感應電動勢最大值不相等，有效值也不相等，根據P＝eq\f(E2,R)可知，兩電阻的電功率也不相等，選項A、D錯誤；因兩線圈放在同一個旋轉磁鐵的旁邊，則兩線圈產生的交變電流的頻率相等，選項B正確；當磁鐵的磁極到達線圈軸線時，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，由題圖可知兩線圈產生的感應電動勢不可能同時達到最大值，選項C錯誤．3．一只低壓電源輸出的交變電壓為U＝10eq\r(2)sin314t(V)，π取3.14，以下說法正確的是()A．這只電源可以使“10V2W”的燈泡正常發光B．這只電源的交變電壓的周期是314sC．這只電源在t＝0.01s時電壓達到最大值D．“10V2μF”的電容器可以接在這只電源上答案A解析這只電源交變電壓的峰值Um＝10eq\r(2)V，則有效值U有＝eq\f(10\r(2),\r(2))V＝10V，所以這只電源可以使“10V2W”的燈泡正常發光，故A項正確；ω＝314rad/s，則T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，故B項錯誤；在t＝0.01s時，經過半個周期，電壓為零，故C項錯誤；當電容器的耐壓值小于峰值時，電容器被擊穿，10V小于10eq\r(2)V，則“10V2μF”的電容器不能接在這只電源上，故D項錯誤．4.(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正弦式交變電流的圖像，當調整線圈轉速后，其在同一磁場中勻速轉動過程所產生正弦式交變電流的圖像如圖線b所示．下列關于這兩個正弦式交變電流的說法中正確的是()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．交變電流a的電動勢瞬時值表達式為e＝10sin(5πt)VD．交變電流b的電動勢最大值為eq\f(20,3)V答案BCD解析由題圖可知，在t＝0時刻線圈均在中性面位置，穿過線圈的磁通量最大，A錯誤；由圖像可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正確；由圖像可知，交變電流a的電動勢最大C正確；交變電流的電動勢最大值為Em＝NBSω，故Ema∶Emb＝3∶2，知Emb＝eq\f(2,3)Ema＝eq\f(20,3)V，D正確．5.某研究小組成員設計了一個如圖所示的電路，已知純電阻R的阻值不隨溫度變化．與R并聯的是一個理想的交流電壓表，D是理想二極管(它的導電特點是正向電阻為零，反向電阻為無窮大)．在A、B間加一交流電壓，其瞬時值的表達式為u＝20eq\r(2)sin100πt(V)，則交流電壓表的示數為()A．10VB．20VC．15VD．14.1V答案D解析二極管具有單向導電性，使得半個周期內R通路，另外半個周期內R斷路，在通路的半個周期內，交流電壓的有效值為20V，有eq\f(U2,R)T＝eq\f(20V2,R)·eq\f(T,2)，解得U＝10eq\r(2)V≈14.1V，選項D正確．6．(2018·全國卷Ⅲ·16)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∶2 D．2∶1答案D解析由有效值概念知，一個周期內產生的熱量Q方＝eq\f(u02,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(u02,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(u02,R)T，Q正＝eq\f(U有效2,R)T＝eq\f(\f(u0,\r(2))2,R)T＝eq\f(1,2)·eq\f(u02,R)T，故Q方∶Q正＝2∶1，故選D.7．(多選)如圖所示，一個半徑為r的半圓形線圈，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，磁感應強度大小為B.M和N是兩個集流環，負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計，若圖示位置為初始時刻，則()A．感應電動勢的最大值為2π2Bnr2B．從圖示位置起到轉過eq\f(1,4)轉的時間內，負載電阻R上產生的熱量為eq\f(π4B2nr4,8R)C．從圖示位置起到轉過eq\f(1,4)轉的時間內，通過負載電阻R的電荷量為eq\f(πBr2,2R)D．電流表的示數為eq\f(π2r2nB,2R)答案BCD解析感應電動勢的最大值為Em＝BSω＝B·eq\f(πr2,2)·2πn＝π2Bnr2，A錯誤；因線圈只在半個周期內有電流，因此由有效值的定義得eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(E2,R)T，解得感應電動勢的有效值為E＝eq\f(Em,2)＝eq\f(π2Bnr2,2)，則電流表的示數為I＝eq\f(E,R)＝eq\f(π2r2nB,2R)，D正確；從題中圖示位置起到轉過eq\f(1,4)轉的時間內，負載電阻R上產生的熱量為Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,4)＝eq\f(Bπ2r2n2,2R)×eq\f(1,4)×eq\f(1,n)＝eq\f(π4B2nr4,8R)，B正確；根據eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)，eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R)，q＝eq\x\to(I)Δt，聯立解得q＝eq\f(ΔΦ,R)，則從題中圖示位置起到轉過eq\f(1,4)轉的時間內，通過負載電阻R的電荷量為q＝eq\f(πBr2,2R)，C正確．8．(多選)(2023·陜西咸陽市模擬)如圖所示，發電機內部線圈處于磁體和圓柱形鐵芯之間的徑向磁場中，磁體的N、S極間的過渡區域寬度很小，可忽略不計．線圈的匝數為N、面積為S、總電阻為r，線圈所在位置的磁感應強度大小為B.當線圈以角速度ω勻速轉動時，額定電壓為U、電阻為R的小燈泡在電路中恰能正常發光，則()A．發電機輸出的電流為矩形波交流電B．燈泡兩端電壓U＝eq\f(\r(2),2)NBSωC．感應電動勢的有效值是(1＋eq\f(r,R))UD．轉動過程中穿過線圈的磁通量始終為零答案AC解析線圈在徑向磁場中做切割磁感線運動，產生的感應電動勢大小不變，方向做周期性變化，發電機輸出的電流為矩形波交流電，A正確；線圈以角速度ω勻速轉動時，根據法拉第電磁感應定律，則有感應電動勢的最大值為Em＝NBSω，因磁場是輻向磁場，線圈切割磁感線的有效速度大小不變，所以發電機產生的感應電動勢的有效值E＝NBSω，燈泡兩端電壓U＝eq\f(NBSω,R＋r)R，B錯誤；根據閉合電路歐姆定律，電源電動勢大小為E＝eq\f(U,R)(R＋r)＝(1＋eq\f(r,R))U，C正確；若轉動過程中穿過線圈的磁通量始終為零，則不會產生感應電動勢，D錯誤．9．(多選)如圖甲所示，電阻不計、面積S＝0.04m2的固定矩形線圈水平放置，與線圈平面垂直的空間有均勻分布的勻強磁場，磁場的磁感應強度隨時間變化的規律如圖乙所示．此時與線圈連接的額定電壓是40V的燈泡正常發光，氖泡兩端瞬時電壓達到40V時開始發光．下列說法正確的是(不計燈絲電阻隨溫度的變化)()A．氖泡兩端電壓的瞬時值表達式為u＝40eq\r(2)·cos100πt(V)B．矩形線圈匝數N＝50匝C．氖泡的發光頻率為50HzD．若將氖泡換成一個耐壓值為40V的電容器，電容器可以安全工作答案AB解析根據法拉第電磁感應定律可知，矩形線圈中會產生周期為0.02s的正弦式交流電，因為小燈泡正常發光，其兩端電壓有效值為40V，因此原線圈兩端電壓的瞬時值表達式為u＝解得N＝50匝，B項正確；一個周期內，氖泡發光兩次，因此氖泡發光頻率是交流電頻率的兩倍，為100Hz，C項錯誤；電容器的擊穿電壓(耐壓值)指的是電壓的最大值，題述交流電壓的最大值大于40V，所以耐壓值為40V的電容器接在氖泡位置將被擊穿，D項錯誤．10.如圖所示，間距為L的光滑平行金屬導軌，水平地放置在豎直向上且磁感應強度大小為B的勻強磁場中，一端接阻值為R的電阻．一有效電阻為r、質量為m的導體棒放置在導軌上，在外力F作用下從t＝0時刻開始運動，其速度隨時間的變化規律為v＝vmsinωt，不計導軌電阻．求：(1)從t＝0到t＝eq\f(2π,ω)時間內，電阻R上產生的熱量；(2)從t＝0到t＝eq\f(2π,ω)時間內，外力F所做的功．答案(1)(eq\f(BLvm,R＋r))2eq\f(πR,ω)(2)eq\f(πB2L2vm2,ωR＋r)解析(1)由導體棒切割磁感線產生感應電動勢有E＝BLv，得e＝BLvmsinωt回路中產生正弦式交變電流，其有效值為E有效＝eq\f(BLvm,\r(2))在0～eq\f(2π,ω)時間內，電阻R上產生的熱量Q＝(eq\f(E有效,R＋r))2R·eq\f(2π,ω)＝(eq\f(BLvm,R＋r))2eq\f(πR,ω).(2)由功能關系得：外力F所做的功W＝eq\f(R＋r,R)Q＝eq\f(πB2L2vm2,ωR＋r).11.(2023·山東德州市模擬)如圖所示，坐標系xOy的第一、四象限的兩塊區域內分別存在垂直紙面向里、向外的勻強磁場，磁感應強度的大小均為1.0T，兩塊區域曲線邊界的曲線方程為y＝0.5sin2πx(m)(0≤x≤1.0m)．現有一單匝矩形導線框abcd在拉力F的作用下，從圖示位置開始沿x軸正方向以2m/s的速度做勻速直線運動，已知導線框長為1m、寬為0.5m、總電阻為1Ω，開始時bc邊與y軸重合．則導線框穿過兩塊區域的整個過程拉力F做的功為()A．0.25J B．0.375JC．0.5J D．0.75J答案D解析導線框位移為0≤x≤0.5m過程，只有bc邊在磁場中切割磁感線，產生的電動勢大小為E1＝Byv＝sin2πx(V)，此過程所用時間為t1＝eq\f(0.5,2)s＝0.25s，此過程的最大電動勢為E1m＝sin(2π×0.25)V＝1.0V，導線框位移為0.5m<x≤1.0m過程，bc邊和ad邊都在磁場中切割磁感線，產生的電動勢方向相同，則導線框的電動勢大小為E2＝2|sin2πx|(V)，此過程所用時間為t2＝eq\f(1.0－0.5,2)s＝0.25s，此過程的最大電動勢為E2m＝2|sin(2π×0.75)|V＝2.0V，導線框位移為1.0m<x≤1.5m過程，只有ad邊在磁場中切割磁感線，產生的電動勢大小為E3＝sin2πx(V)，此過程所用時間為t3＝eq\f(1.5－1.0,2)s＝0.25s，此過程的最大電動勢為E3m＝sin(2π×1.25)V＝1.0V，則此過程中導線框的感應電動勢隨時間變化如圖所示根據Q＝eq\f(U2,R)t，可知此過程導線框產生的焦耳熱為Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.0,\r(2))))2,1)×0.25J＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2.0,\r(2))))2,1)×0.25J＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1.0,\r(2))))2,1)×0.25J＝0.75J，根據能量守恒可知導線框穿過兩塊區域的整個過程，拉力F做的功為0.75J，D正確，A、B、C錯誤．12．(多選)如圖所示的正方形線框abcd的邊長為L，每邊電阻均為r，在垂直于紙面向里、磁感應強度大小為B的勻強磁場中繞cd軸以角速度ω勻速轉動，c、d兩點與一阻值為r的電阻相連，各表均可視為理想電表，導線電阻不計，則下列說法中正確的是()A．線框abcd產生的電流為交變電流B．當S斷開時，電壓表的示數為零C．當S斷開時，電壓表的示數為eq\f(\r(2),8)BωL2D．當S閉合時，電流表的示數為eq\f(\r(2)BωL2,14r)答案ACD解析線框abcd繞著垂直于磁場的軸勻速轉動，故產生的電流為交變電流，故A正確；產生的交流電的電動勢最大值為Em＝BL2ω，有效值為E＝eq\f(BL2ω,\r(2))，當S斷開時，電壓表測量的電壓為cd間的電壓，故U＝eq\f(1,4)E＝eq\f(\r(2),8)BL2ω，故B錯誤，C正確；當S閉合時，電路總電阻為3r＋eq\f(r,2)，ab中的電流為I＝eq\f(E,\f(7r,2))＝eq\f(\r(2),7r)BL2ω，電流表的示數IA＝eq\f(I,2)＝eq\f(\r(2)BL2ω,14r)，故D正確．

第2講變壓器遠距離輸電實驗：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系目標要求1.會用實驗探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系，體會控制變量法，了解實驗誤差.2.知道變壓器的工作原理，掌握變壓器的特點，并能分析、解決實際問題.3.理解遠距離輸電的原理并會計算線路損失的電壓和功率．考點一實驗：探究變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系1．實驗原理(1)實驗電路圖(如圖所示)：(2)實驗方法采用控制變量法①n1、U1一定，研究n2和U2的關系．②n2、U1一定，研究n1和U2的關系．2．實驗器材學生電源(低壓交流電源，小于12V)1個、可拆變壓器1個、多用電表1個、導線若干．3．實驗過程(1)保持原線圈的匝數n1和電壓U1不變，改變副線圈的匝數n2，研究n2對副線圈電壓U2的影響．①估計被測電壓的大致范圍，選擇多用電表交流電壓擋適當量程，若不知道被測電壓的大致范圍，則應選擇交流電壓擋的最大量程進行測量．②組裝可拆變壓器：把兩個線圈穿在鐵芯上，閉合鐵芯，用交流電壓擋測量輸入、輸出電壓．(2)保持副線圈的匝數n2和原線圈兩端的電壓U1不變，研究原線圈的匝數對副線圈電壓的影響．重復(1)中步驟．4．數據處理由數據分析變壓器原、副線圈兩端電壓U1、U2之比與原、副線圈的匝數n1、n2之比的關系．5．注意事項(1)在改變學生電源電壓、線圈匝數前均要先斷開電源開關，再進行操作．(2)為了人身安全，學生電源的電壓不能超過12V，通電時不能用手接觸裸露的導線和接線柱．(3)為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測，大致確定被測電壓后再選用適當的擋位進行測量．例1在“探究變壓器原、副線圈電壓和匝數的關系”實驗中，可拆變壓器如圖所示．(1)本實驗要通過改變原、副線圈匝數，探究原、副線圈的電壓比與匝數比的關系，實驗中需要運用的科學方法是________；A．控制變量法B．等效替代法C．整體隔離法(2)為了減少渦流的影響，鐵芯應該選擇________；A．整塊硅鋼鐵芯 B．整塊不銹鋼鐵芯C．絕緣的硅鋼片疊成 D．絕緣的銅片疊成(3)以下給出的器材中，本實驗需要用到的有哪些________；(4)下列做法正確的是________；A．為了人身安全，只能使用低壓直流電源，所用電壓不要超過12VB．為了多用電表的安全，使用交流電壓擋測電壓時，先用最大量程擋試測C．觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，導線粗的線圈匝數多D．變壓器開始正常工作后，鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈(5)在實際實驗中將電源接在原線圈的“0”和“800”兩個接線柱上，用電表測得副線圈的“0”和“400”兩個接線柱之間的電壓為3.0V，則原線圈的輸入電壓可能為________．(填選項前字母)A．1.5V B．3.0VC．6.0V D．7.0V答案(1)A(2)C(3)BD(4)B(5)D解析(1)本實驗要通過改變原、副線圈匝數，探究原、副線圈的電壓比與匝數比的關系，實驗中需要運用的科學方法是控制變量法，故選A.(2)變壓器鐵芯的材料要選擇磁性材料，為防止出現渦流，選擇用絕緣的硅鋼片疊成的鐵芯，故C正確，A、B、D錯誤．(3)實驗中需要交流電源和交流電壓表，不需要干電池和直流電壓表，故選B、D.(4)變壓器改變的是交流電壓，因此為了人身安全，只能使用低壓交流電源，所用電壓不能超過12V，若用直流電源，變壓器不能工作，故A錯誤；使用多用電表測電壓時，先用最大量程擋試測，再選用恰當的擋位進行測量，故B正確；觀察兩個線圈的導線，發現粗細不同，由變壓器工作原理知eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可知匝數少的電流大，則導線越粗，即導線粗的線圈匝數少，故C錯誤；變壓器的工作原理是電磁感應現象，若不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用，不是鐵芯導電，傳輸電能，故D錯誤．(5)若是理想變壓器，則由變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系有eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，若變壓器的原線圈接“0”和“800”兩個接線柱，副線圈接“0”和“400”兩個接線柱，可知原、副線圈的匝數比為2∶1，副線圈的電壓為3V，則原線圈的電壓為U1＝2×3V＝6V，考慮到不是理想變壓器，有漏磁等現象，則原線圈所接的電源電壓大于6V，可能為7V，故D正確．考點二理想變壓器的原理及應用1．構造和原理(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．(2)原理：電磁感應的互感現象．2．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).(3)電流關系：只有一個副線圈時eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1).(4)頻率關系：f出＝f入．1．變壓器只對交變電流起作用，對恒定電流不起作用．(√)2．變壓器不但能改變交變電流的電壓，還能改變交變電流的頻率．(×)3．在任何情況下，理想變壓器均滿足eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)、eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)、P入＝P出．(×)1．理想變壓器的制約關系電壓原線圈電壓U1和匝數比決定副線圈電壓U2，U2＝eq\f(n2,n1)U1功率副線圈的輸出功率P出決定原線圈的輸入功率P入，P入＝P出電流副線圈電流I2和匝數比決定原線圈電流I1，I1＝eq\f(n2,n1)I22.含有多個副線圈的變壓器計算具有兩個或兩個以上副線圈的變壓器問題時，需注意三個關系：電壓關系：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…＝eq\f(Un,nn)功率關系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn電流關系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn考向1變壓器基本物理量的分析與計算例2(2022·山東卷·4)如圖所示的變壓器，輸入電壓為220V，可輸出12V、18V、30V電壓，匝數為n1的原線圈中電壓隨時間變化為u＝Umcos(100πt)．單匝線圈繞過鐵芯連接交流電壓表，電壓表的示數為0.1V．將阻值為12Ω的電阻R接在BC兩端時，功率為12W．下列說法正確的是()A．n1為1100匝，Um為220VB．BC間線圈匝數為120匝，流過R的電流為1.4AC．若將R接在AB兩端，R兩端的電壓為18V，頻率為100HzD．若將R接在AC兩端，流過R的電流為2.5A，周期為0.02s答案D解析變壓器的輸入電壓為220V，原線圈的交流電的電壓與時間成余弦函數關系，故輸入交流電壓的最大值為220eq\r(2)V，根據理想變壓器原線圈與單匝線圈的匝數比為eq\f(n1,1)＝eq\f(220V,0.1V)，解得原線圈為2200匝，A錯誤；根據題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，BC間的電壓為UBC＝eq\r(PR)＝12V，故BC間的線圈與單匝線圈匝數關系有eq\f(nBC,1)＝eq\f(12V,0.1V)，則BC間的線圈匝數為120匝，流過R的電流為IBC＝eq\f(P,UBC)＝eq\f(12W,12V)＝1A，B錯誤；若將R接在AB兩端，根據題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，AB間的電壓應該為18V，根據交流電原線圈電壓的表達式可知，交流電的角速度為100πrad/s，故交流電的頻率為f＝eq\f(1,T)＝eq\f(ω,2π)＝50Hz，C錯誤；若將R接在AC兩端，根據題圖可知，當原線圈輸入電壓為220V時，AC間的電壓應該為30V，根據歐姆定律可知，流過電阻R的電流為IAC＝eq\f(UAC,R)＝eq\f(30,12)A＝2.5A，交流電的周期為T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s，D正確．例3(2022·北京卷·4)某理想變壓器的原線圈接在220V的正弦交流電源上，副線圈輸出電壓為22000V，輸出電流為300mA.該變壓器()A．原、副線圈的匝數之比為100∶1B．輸入電流為30AC．輸入電流的最大值為15eq\r(2)AD．原、副線圈交流電的頻率之比為1∶100答案B解析原、副線圈的匝數之比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(220,22000)＝eq\f(1,100)，故A錯誤；根據eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)可得輸入電流為I1＝eq\f(n2,n1)I2＝100×300×10－3A＝30A，故B正確；輸入電流的最大值為Im＝eq\r(2)I1＝30eq\r(2)A，故C錯誤；變壓器不會改變交流電的頻率，故原、副線圈交流電的頻率之比為1∶1，故D錯誤．考向2原線圈接入用電器的變壓器問題分析例4(2023·江蘇省名校聯考)如圖，一理想變壓器ab端接交流電源，原線圈匝數為100匝，R1、R2、R3阻值相等．則當開關S斷開時R1的功率為P1，當S閉合時R1的功率為P2，且P1∶P2＝9∶25，則副線圈匝數為()A．25B．50C．200D．400答案B解析設原、副線圈的匝數比為n，開關斷開時原線圈電流為I1，開關閉合時原線圈電流為I2，由P1∶P2＝9∶25、P＝I2R可知I1∶I2＝3∶5；設開關斷開時副線圈電流為I1′，開關閉合時副線圈電流為I2′，設R1＝R2＝R3＝R，則開關斷開時副線圈電壓為U1′＝I1′R＝nI1R，此時原線圈輸出電壓為U1＝nU1′＝n2I1R，總電壓為U＝U1＋I1R＝n2I1R＋I1R，由歐姆定律可知開關閉合時副線圈電阻為R′＝0.5R，此時副線圈電壓為U2′＝I2′·0.5R＝0.5nI2R，此時原線圈輸出電壓為U2＝nU2′＝0.5n2I2R，總電壓為U＝U2＋I2R＝0.5n2I2R＋I2R，聯立解得n＝2，則副線圈的匝數為n′＝eq\f(1,2)×100＝50，故B正確，A、C、D錯誤．考點三理想變壓器的動態分析1．匝數比不變的分析思路(1)U1不變，根據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)當負載電阻發生變化時，I2變化，輸出電流I2決定輸入電流I1，故I1發生變化．(3)I2變化引起P2變化，而P1＝P2，故P1發生變化．2．負載電阻不變的分析思路(1)U1不變，eq\f(n1,n2)發生變化時，U2變化．(2)R不變，U2變化時，I2發生變化．(3)根據P2＝eq\f(U22,R)，P2發生變化，再根據P1＝P2，故P1變化，P1＝U1I1，U1不變，故I1發生變化．1．變壓器副線圈并聯更多的用電器時，原線圈輸入的電流隨之減小．(×)2．原線圈所加電壓恒定，當原線圈的匝數增加時，副線圈兩端電壓增大．(×)3．變壓器副線圈接入負載越多，原線圈的輸入電流越小．(×)考向1理想變壓器匝數不變問題的分析和計算例5(2021·湖北卷·6)如圖所示，理想變壓器原線圈接入電壓恒定的正弦交流電，副線圈接入最大阻值為2R的滑動變阻器和阻值為R的定值電阻．在變阻器滑片從a端向b端緩慢移動的過程中()A．電流表A1示數減小B．電流表A2示數增大C．原線圈輸入功率先增大后減小D．定值電阻R消耗的功率先減小后增大答案A解析由于原線圈所接電壓恒定，匝數比恒定，故變壓器副線圈的輸出電壓恒定，滑動變阻器的滑片從a端向b端緩慢移動的過程中，由數學知識可知，變壓器副線圈所接的電阻值逐漸增大，則由歐姆定律得I2＝eq\f(U2,R副)，可知副線圈的電流逐漸減小，由eq\f(n1,n2)＝eq\f(I2,I1)，可知變壓器原線圈的電流I1也逐漸減小，故A正確，B錯誤；原線圈的輸入功率為P入＝U1I1，由于I1逐漸減小，則原線圈的輸入功率逐漸減小，故C錯誤；滑片從a端向b端滑動時，副線圈干路電流減小，滑動變阻器右半部分和R并聯總電阻減小，則并聯部分分壓減小，由PR＝eq\f(U2,R)知，定值電阻R消耗的功率減小，故D錯誤．考向2理想變壓器負載不變問題的分析和計算例6如圖所示，原、副線圈匝數比為100∶1的理想變壓器，b是原線圈的中心抽頭，電壓表和電流表均為理想電表，從某時刻開始在原線圈c、d兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝310sin314t(V)，則()A．當單刀雙擲開關與a連接時，電壓表的示數為3.1VB．副線圈兩端的電壓頻率為50HzC．當單刀雙擲開關由a扳向b時，原線圈輸入功率變小D．當單刀雙擲開關由a扳向b時，電壓表和電流表的示數均變小答案B解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝eq\f(U1n2,n1)，因U1＝eq\f(310,\r(2))V，所以U2＝eq\f(310,\r(2))×eq\f(1,100)V≈2.2V，A錯誤；由瞬時值表達式可得ω＝314rad/s，則頻率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(314,2π)Hz＝50Hz，B正確；當單刀雙擲開關由a扳向b時，n1減小，則U2增大，電壓表示數變大，I2＝eq\f(U2,R)增大，副線圈的輸出功率P出＝U2I2增大，原線圈的輸入功率增大，C、D錯誤．考點四遠距離輸電如圖所示，若發電站輸出電功率為P，輸電電壓為U，用戶得到的電功率為P′，用戶端的電壓為U′，輸電電流為I，輸電線總電阻為R.1．輸電電流I＝eq\f(P,U)＝eq\f(U－U′,R).2．電壓損失(1)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR.3．功率損失(1)ΔP＝P－P′＝ΔU·I；(2)ΔP＝I2R＝(eq\f(P,U))2R4．降低輸電損耗的兩個途徑(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)減小輸電導線中的電流．在輸電功率一定的情況下，根據P＝UI，要減小電流，必須提高輸電電壓．1．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．(√)2．高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的熱損耗．(√)3．若發電站輸出功率為P，輸電電壓為U，輸電線總電阻為R，如圖所示，則輸電線上損失的功率為P損＝eq\f(U2,R).(×)1．理清輸電電路圖的三個回路(如圖)(1)在電源回路中，P發電機＝U1I1＝P1.(2)在輸送回路中，I2＝I線＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R線，ΔP＝I22R線．(3)在用戶回路中，P4＝U4I4＝P用戶．2．抓住兩組關聯式(1)理想的升壓變壓器聯系著電源回路和輸送回路，由理想變壓器原理可得：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系著輸送回路和用戶回路，由理想變壓器原理可得：eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4.3．掌握一個守恒觀念功率關系：P2＝ΔP＋P3，其中ΔP＝ΔU·I線＝I線2R線＝eq\f(ΔU2,R線).例7如圖所示為遠距離交流輸電的簡化電路圖．發電廠的輸出電壓為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．輸電線上損失的電壓為UC．理想變壓器的輸入功率為I12rD．輸電線路上損失的電功率為I1U答案A解析因為P入＝P出，所以U1I1＝U2I2，即U2＝eq\f(U1I1,I2)，選項A正確；輸電線上損失的電壓為U線＝U－U1，選項B錯誤；理想變壓器的輸入功率P入＝I1U1，輸電線路上損失的電功率P損＝I12r＝I1(U－U1)，選項C、D錯誤．例8(多選)(2021·山東卷·9)輸電能耗演示電路如圖所示．左側變壓器原、副線圈匝數比為1∶3，輸入電壓為7.5V的正弦交流電．連接兩理想變壓器的導線總電阻為r，負載R的阻值為10Ω.開關S接1時，右側變壓器原、副線圈匝數比為2∶1，R上的功率為10W；接2時，匝數比為1∶2，R上的功率為P.以下判斷正確的是()A．r＝10Ω B．r＝5ΩC．P＝45W D．P＝22.5W答案BD解析左側變壓器副線圈兩端電壓U2＝3×7.5V＝22.5V，當開關S接1時，電阻R上的電壓，即右側變壓器副線圈兩端電壓U4＝eq\r(10×10)V＝10V，電流I4＝eq\f(U4,R)＝1A，則右側變壓器原線圈兩端電壓U3＝eq\f(2,1)×10V＝20V，電流I3＝eq\f(1,2)×1A＝0.5A，則r＝eq\f(U2－U3,I3)＝5Ω；當開關S接2時，設輸電電流為I，則右側變壓器副線圈中的電流為0.5I；根據右側變壓器兩邊電壓與匝數的關系可知eq\f(U2－Ir,n3)＝eq\f(0.5IR,n4)，解得I＝3A，則R上的功率P＝(0.5I)2R＝22.5W，故選B、D.課時精練1．(2020·江蘇卷·2)電流互感器是一種測量電路中電流的變壓器，工作原理如圖所示．其原線圈匝數較少，串聯在電路中，副線圈匝數較多，兩端接在電流表上．則電流互感器()A．是一種降壓變壓器B．能測量直流電路的電流C．原、副線圈電流的頻率不同D．副線圈的電流小于原線圈的電流答案D解析電流互感器原線圈匝數少，副線圈匝數多，是一種升壓變壓器，故A錯誤；變壓器的原理是電磁感應，故它不能測量直流電路的電流，故B錯誤；變壓器不改變交變電流的頻率，故C錯誤；變壓器的電流與匝數成反比，因此副線圈的電流小于原線圈的電流，故D正確．2．(多選)(2020·全國卷Ⅱ·19)特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低．我國已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術．假設從A處采用550kV的超高壓向B處輸電，輸電線上損耗的電功率為ΔP，到達B處時電壓下降了ΔU.在保持A處輸送的電功率和輸電線電阻都不變的條件下，改用1100kV特高壓輸電．輸電線上損耗的電功率變為ΔP′，到達B處時電壓下降了ΔU′.不考慮其他因素的影響，則()A．ΔP′＝eq\f(1,4)ΔP B．ΔP′＝eq\f(1,2)ΔPC．ΔU′＝eq\f(1,4)ΔU D．ΔU′＝eq\f(1,2)ΔU答案AD解析由輸電電流I＝eq\f(P,U)知，輸送的電功率不變，輸電電壓加倍，輸電電流變為原來的eq\f(1,2)，損耗的電功率ΔP＝I2r，故輸電電壓加倍，損耗的電功率變為原來的eq\f(1,4)，即ΔP′＝eq\f(1,4)ΔP；輸電線上損失電壓為ΔU＝Ir，則輸電電壓加倍，損失電壓變為原來的eq\f(1,2)，即ΔU′＝eq\f(1,2)ΔU.故A、D正確．3．(2021·廣東卷·7)某同學設計了一個充電裝置，如圖所示，假設永磁鐵的往復運動在螺線管中產生近似正弦式交流電，周期為0.2s，電壓最大值為0.05V，理想變壓器原線圈接螺線管，副線圈接充電電路，原、副線圈匝數比為1∶60，下列說法正確的是()A．交流電的頻率為10HzB．副線圈兩端電壓最大值為3VC．變壓器輸入電壓與永磁鐵磁場強弱無關D．充電電路的輸入功率大于變壓器的輸入功率答案B解析周期為T＝0.2s，頻率為f＝eq\f(1,T)＝5Hz，故A錯誤；由理想變壓器原理可知eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，解得副線圈兩端的最大電壓為U2＝eq\f(n2,n1)U1＝3V，故B正確；根據法拉第電磁感應定律可知，永磁鐵磁場越強，線圈中產生的感應電動勢越大，變壓器的輸入電壓會越大，故C錯誤；由理想變壓器原理可知，充電電路的輸入功率等于變壓器的輸入功率，故D錯誤．4．(多選)無線充電器能給手機充電是因為兩者內部有線圈存在，當電源的電流通過無線充電器的送電線圈會產生變化的磁場，手機端的受電線圈靠近該磁場就會產生感應電流，雙方密切配合，手機成功無線充電．如圖為某老師自制的簡易無線充電裝置，由一個電磁爐(發射線圈)、一個接收線圈、一個二極管、一個車載充電器構成，發射線圈、接收線圈匝數比n1∶n2＝10∶1，若電磁爐兩端所加電壓為u＝220eq\r(2)sin314t(V)，不考慮充電過程中的各種能量損失．則下列說法正確的是()A．通過車載充電器的電流為交流電B．通過車載充電器的電流為直流電C．車載充電器兩端電壓的有效值約為22VD．車載充電器兩端電壓的有效值約為eq\f(22,\r(2))V答案BD解析接收線圈與車載充電器之間連接一個二極管，二極管只能正向通電，具有整流作用，所以通過車載充電器的電流為直流電，故A錯誤，B正確；發射線圈、接收線圈匝數比n1∶n2＝10∶1，若電磁爐兩端所加電壓為u＝220eq\r(2)sin314t(V)，則發射線圈兩端電壓有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，代入數據聯立可得接收線圈兩端電壓有效值U2＝eq\f(U1n2,n1)＝eq\f(220×1,10)V＝22V，由有效值的定義有eq\f(U22,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U32,R)·T，可得車載充電器兩端電壓的有效值約為U3＝eq\f(22,\r(2))V，故C錯誤，D正確．5．(2022·河北卷·3)張家口市壩上地區的風力發電場是北京冬奧會綠色電能的主要供應地之一，其發電、輸電簡易模型如圖所示，已知風輪機葉片轉速為每秒z轉，通過轉速比為1∶n的升速齒輪箱帶動發電機線圈高速轉動，發電機線圈面積為S，匝數為N，勻強磁場的磁感應強度為B，t＝0時刻，線圈所在平面與磁場方向垂直，發電機產生的交變電流經過理想變壓器升壓后．輸出電壓為U.忽略線圈電阻，下列說法正確的是()A．發電機輸出的電壓為eq\r(2)πNBSzB．發電機輸出交變電流的頻率為2πnzC．變壓器原、副線圈的匝數比為eq\r(2)πNBSnz∶UD．發電機產生的瞬時電動勢e＝eq\r(2)πNBSnzsin(2πnz)答案C解析發電機線圈的轉速為nz，輸出交變電流的頻率為f＝nz，B錯誤；線圈繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產生正弦交流電，最大值為Em＝NBS·2π·nz，則發電機輸出的電壓為E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\r(2)πNBSnz，A錯誤；變壓器原、副線圈的匝數比為eq\f(n1,n2)＝eq\f(E,U)＝eq\f(\r(2)πNBSnz,U)，C正確；發電機產生的瞬時電動勢為e＝Emsinωt＝2πNBSnzsin(2πnzt)，D錯誤．6．某同學在實驗室進行探究變壓器原、副線圈電壓與匝數關系的實驗．他準備了可拆變壓器、多用電表、開關和導線若干．(1)實驗需要以下哪種電源________；A．低壓直流電源 B．高壓直流電源C．低壓交流電源 D．高壓交流電源(2)該同學認真檢查電路無誤后，先保證原線圈匝數不變，改變副線圈匝數；再保證副線圈匝數不變，改變原線圈匝數．分別測出相應的原、副線圈電壓值．由于交變電流電壓是變化的，所以，我們實際上測量的是電壓的________值(填“有效”或“最大”)．其中一次多用電表讀數如圖所示，此時電壓表讀數為________；(3)理想變壓器原、副線圈電壓應與其匝數成________(選填“正比”或“反比”)，實驗中由于變壓器的銅損和鐵損，導致原線圈與副線圈的電壓之比一般________(選填“大于”“小于”或“等于”)原線圈與副線圈的匝數之比；(4)實驗中原、副線圈的電壓之比與它們的匝數之比有微小差別．原因不可能為________．(填字母代號)A．原、副線圈上通過的電流發熱B．鐵芯在交變磁場作用下發熱C．變壓器鐵芯漏磁D．原線圈輸入電壓發生變化答案(1)C(2)有效7.0V(3)正比大于(4)D解析(1)探究變壓器原、副線圈電壓與匝數關系，應選擇低壓交流電源，故選C.(2)多用電表測量的交流電壓為有效值，不是最大值；多用電表選用的擋位是交流電壓的10V擋位，所以應該在0～10V擋位讀數，所以讀數應該是7.0V.(3)根據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)可知，理想變壓器原、副線圈電壓應與其匝數成正比．實驗中由于變壓器的銅損和鐵損，變壓器的鐵芯損失一部分的磁通量，所以導致副線圈電壓的實際值一般略小于理論值，所以導致eq\f(U1,U2)＞eq\f(n1,n2).(4)原、副線圈上通過的電流發熱，鐵芯在交變磁場作用下發熱，都會使變壓器輸出功率發生變化，從而導致電壓比與匝數比有差別；變壓器鐵芯漏磁，也會導致電壓比與匝數比有差別；原線圈輸入電壓發生變化，不會影響電壓比和匝數比，故選D.7.自耦變壓器在高鐵技術中被廣泛應用．如圖所示，一理想自耦變壓器接在u＝Umsin100πt的正弦交流電壓上，P為滑動觸頭，初始位置位于線圈CD的中點G,A1和A2為理想交流電表，R為定值電阻，下列說法正確的是()A．將P向下滑動，A1的示數將變小B．將P向上滑動，A2的示數將變大C．將P下滑到GD的中點，電阻R的功率將變為原來的4倍D．將P上滑到CG的中點，電阻R的功率將變為原來的eq\f(2,3)答案C解析將P下滑時，電阻R兩端電壓變大，A1示數將變大，同理，將P向上滑動，電阻R兩端電壓變小，A2的示數將變小，A、B錯誤；若將P向下滑動到GD的中點，原、副線圈的電壓比將由1∶2變為1∶4，電阻R兩端的電壓將變為原來的2倍，由P＝eq\f(U2,R)可知，功率將變為原來的4倍，C正確；若將P向上滑動到CG的中點，原、副線圈的電壓比將從1∶2變為3∶4，電阻R兩端的電壓將變為原來的eq\f(2,3)，電阻R的功率將變為原來的eq\f(4,9)，D錯誤．8．(多選)(2023·福建省模擬)20年來福建電網實現電網結構、電壓等級、電力技術“三大跨越”．如圖所示是遠距離輸電示意圖，現將輸送電壓U2由220kV升級為1000kV高壓，輸送的總電功率變為原來的2倍，保持發電機輸出電壓U1及用戶得到的電壓U4均不變，輸電線的電阻不變，變壓器均為理想變壓器，則()A.eq\f(n2,n1)變為原來的eq\f(50,11)倍B．輸電線上電流I2變為原來的eq\f(11,25)C．輸電線損失的功率變為原來的(eq\f(11,25))2D．降壓變壓器原、副線圈匝數比值變小答案ABC解析由理想變壓器基本關系知eq\f(n2,n1)＝eq\f(U2,U1)，U1不變，U2變為原來的eq\f(50,11)倍，所以eq\f(n2,n1)變為原來的eq\f(50,11)倍，A正確；根據P送＝U2I2可知，因P送變為原來的2倍，U2變為原來的eq\f(50,11)倍，則輸電線上電流I2變為原來的eq\f(11,25)，B正確；根據P損＝I22R線，可知P損變為原來的(eq\f(11,25))2，C正確；總功率變大，損失的功率變小，則用戶端功率變大，因用戶端電壓不變，則I4變大，又I2變小，I2＝I3，則eq\f(n3,n4)＝eq\f(I4,I3)變大，D錯誤．9．如圖甲所示為半波整流電路，在理想變壓器的輸出電路中有一只整流二極管，已知原、副線圈的匝數比為11∶1，電阻R＝10Ω，原線圈的輸入電壓隨時間的變化關系如圖乙所示，電表均為理想交流電表，則()A．電壓表V1的讀數為28VB．電壓表V2的讀數為20VC．電流表A的讀數為0.18AD．原線圈的輸入功率為20W答案D解析由題圖可知，原線圈輸入電壓的有效值為U0＝220V，根據原、副線圈匝數比與電壓比的關系可知eq\f(n0,n1)＝eq\f(U0,U1)，解得U1＝eq\f(n1,n0)·U0＝eq\f(1,11)×220V＝20V，所以電壓表V1的讀數為20V，A錯誤；由于二極管具有單向導電性，一個周期內只有半個周期有電流通過，故有eq\f(20V2,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U22,R)·T，有效值為U2＝10eq\r(2)V，即電壓表V2的讀數為10eq\r(2)V≈14.14V，B錯誤；流過R的電流為I2＝eq\f(U2,R)＝eq\f(10\r(2),10)A≈1.4A，由原線圈輸入功率等于輸出功率可知，U0I0＝U2I2，解得I0≈0.09A，C錯誤；原線圈的輸入功率等于輸出功率，即P0＝P1＝U2I2＝20W，D正確．10．(多選)(2022·湖北卷·9)近年來，基于變壓器原理的無線充電技術得到了廣泛應用，其簡化的充電原理圖如圖所示．發射線圈的輸入電壓為220V、匝數為1100匝，接收線圈的匝數為50匝．若工作狀態下，穿過接收線圈的磁通量約為發射線圈的80%，忽略其它損耗，下列說法正確的是()A．接收線圈的輸出電壓約為8VB．接收線圈與發射線圈中電流之比約為22∶1C．發射線圈與接收線圈中交變電流的頻率相同D．穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的相同答案AC解析根據eq\f(n1,n2)＝eq\f(80%U1,U2)，可得接收線圈的輸出電壓約為U2＝8V，故A正確；由于漏磁，接收線圈與發射線圈功率不相等，接收線圈與發射線圈中的電流比I2∶I1≠n1∶n2＝22∶1，故B錯誤；變壓器是不改變其交變電流的頻率的，故C正確；由于穿過發射線圈的磁通量與穿過接收線圈的磁通量大小不相等，所以穿過發射線圈的磁通量變化率與穿過接收線圈的不相同，故D錯誤．11．(多選)(2021·河北卷·8)如圖，發電機的矩形線圈長為2L、寬為L，匝數為N，放置在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，理想變壓器的原、副線圈匝數分別為n0、n1和n2，兩個副線圈分別接有電阻R1和R2，當發電機線圈以角速度ω勻速轉動時，理想電流表讀數為I，不計線圈電阻，下列說法正確的是()A．通過電阻R2的電流為eq\f(n1I,n2)B．電阻R2兩端的電壓為eq\f(n2IR1,n1)C．n0與n1的比值為eq\f(\r(2)NBL2ω,IR1)D．發電機的功率為eq\f(\r(2)NBL2ωIn1＋n2,n0)答案BC解析由題知理想電流表讀數為I，則根據歐姆定律有U1＝IR1根據變壓器原、副線圈電壓與匝數的關系有eq\f(n0,n1)＝eq\f(U0,U1)，eq\f(n0,n2)＝eq\f(U0,U2)則有U0＝eq\f(n0,n1)IR1，U2＝eq\f(n2,n1)IR1再由歐姆定律有U2＝I2R2，可計算出I2＝eq\f(n2R1,n1R2)I故A錯誤，B正確；由于矩形線圈產生的交變電流直接輸入原線圈，則有Emax＝2NBL2ω，U0＝eq\f(Emax,\r(2))＝eq\r(2)NBL2ω又U0＝eq\f(n0,n1)IR1，則eq\f(n0,n1)＝eq\f(\r(2)NBL2ω,IR1)，C正確；由于變壓器為理想變壓器，則有P0＝P1＋P2＝U1I＋U2I2＝I2R1＋U2I2聯立解得P0＝eq\f(\r(2)NBL2ωI,n0)eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n12R2＋n22R1,n1R2)))由于矩形線圈產生的交變電流直接輸入原線圈，則發電機的功率為P0，D錯誤．12.(2022·湖南卷·6)如圖，理想變壓器原、副線圈總匝數相同，滑動觸頭P1初始位置在副線圈正中間，輸入端接入電壓有效值恒定的交變電源．定值電阻R1的阻值為R，滑動變阻器R2的最大阻值為9R，滑片P2初始位置在最右端．理想電壓表的示數為U，理想電流表的示數為I.下列說法正確的是()A．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I減小，U不變B．保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率增大C．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，I減小，U增大D．保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，R1消耗的功率減小答案B解析由題意可知，原、副線圈的匝數比為2，則副線圈的電流為2I，根據歐姆定律可得副線圈的電壓有效值為U2＝2IR1，則變壓器原線圈兩端的電壓有效值為U1＝2U2＝4IR1，設接入交變電源的電壓有效值為U0，則U0＝4IR1＋IR2，可得I＝eq\f(U0,4R1＋R2)；保持P1位置不變，P2向左緩慢滑動的過程中，I不斷變大，根據歐姆定律有U1＝4IR1，可知變壓器原線圈兩端的電壓有效值變大，輸入端接入的電壓有效值不變，則R2兩端的電壓不斷變小，則電壓表示數U變小，原線圈的電壓、電流都變大，則功率變大，根據原、副線圈的功率相等，可知R1消耗的功率增大，故B正確，A錯誤；設原、副線圈的匝數比為n，同理可得U1＝n2IR1，則U0＝n2IR1＋IR2，整理可得I＝eq\f(U0,n2R1＋R2)；保持P2位置不變，P1向下緩慢滑動的過程中，n不斷變大，則I變小，對R2由歐姆定律可知U＝IR2，可知U不斷變小，根據原、副線圈的功率相等可知R1消耗的功率為P＝IU1＝eq\f(U0,n2R1＋R2)·(U0－eq\f(U0R2,n2R1＋R2))，整理可得P＝eq\f(U02,n2R1＋\f(R22,n2R1)＋2R2)，當n＝3時，R1消耗的功率有最大值，可知R1消耗的功率先增大后減小，故C、D錯誤．

第3講電磁振蕩與電磁波目標要求1.了解LC振蕩電路中振蕩電流的產生過程及電磁振蕩過程中能量轉化情況.2.掌握電磁振蕩的周期公式和頻率公式.3.理解麥克斯韋電磁場理論，了解電磁波的產生、發射、傳播和接收過程．考點一電磁振蕩1．振蕩電路：產生大小和方向都做周期性迅速變化的電流(即振蕩電流)的電路．由電感線圈L和電容C組成最簡單的振蕩電路，稱為LC振蕩電路．2．電磁振蕩：在LC振蕩電路中，電容器不斷地充電和放電，就會使電容器極板上的電荷量q、電路中的電流i、電容器內的電場強度E、線圈內的磁感應強度B發生周期性的變化，這種現象就是電磁振蕩．3．電磁振蕩中的能量變化(1)放電過程中電容器儲存的電場能逐漸轉化為線圈的磁場能．(2)充電過程中線圈中的磁場能逐漸轉化為電容器的電場能．(3)在電磁振蕩過程中，電場能和磁場能會發生周期性的轉化．4．電磁振蕩的周期和頻率(1)周期T＝2πeq\r(LC).(2)頻率f＝eq\f(1,2π\r(LC)).1．LC振蕩電路中，電容器放電完畢時，回路中電流最小．(×)2．LC振蕩電路中，回路中的電流最大時回路中的磁場能最大．(√)3．電磁振蕩的固有周期與電流的變化快慢有關．(×)1．振蕩電流、極板帶電荷量隨時間的變化圖像2．LC振蕩電路充、放電過程的判斷方法根據電流流向判斷當電流流向帶正電的極板時，電容器的電荷量增加，磁場能向電場能轉化，處于充電過程；反之，當電流流出帶正電的極板時，電荷量減少，電場能向磁場能轉化，處于放電過程根據物理量的變化趨勢判斷當電容器的帶電荷量q(電壓U、電場強度E)增大或電流i(磁感應強度B)減小時，處于充電過程；反之，處于放電過程根據能量判斷電場能增加時充電，磁場能增加時放電例1(2023·北京八十中模擬)如圖甲所示為某一LC振蕩電路，圖乙i－t圖像為LC振蕩電路的電流隨時間變化的關系圖像．在t＝0時刻，回路中電容器的M板帶正電，下列說法中正確的是()A．O～a階段，電容器正在充電，電場能正在向磁場能轉化B．a～b階段，電容器正在放電，磁場能正在向電場能轉化C．b～c階段，電容器正在放電，回路中電流沿順時針方向D．c～d階段，電容器正在充電，回路中電流沿逆時針方向答案C解析O～a階段，電容器正在放電，電流不斷增加，電場能正在向磁場能轉化，選項A錯誤；a～b階段，電容器正在充電，電流逐漸減小，磁場能正在向電場能轉化，選項B錯誤；b～c階段，電容器正在放電，回路中電流沿順時針方向，選項C正確；c～d階段，電容器正在充電，回路中電流沿順時針方向，選項D錯誤．例2如圖所示，表示LC振蕩電路某時刻的情況，以下說法正確的是()A．電容器正在充電B．電感線圈中的磁場能正在減小C．電感線圈中的電流正在減小D．此時自感電動勢正在阻礙電流的增大答案D解析根據磁感線的方向可以判斷電流方向是逆時針，再根據電容器極板上帶電的性質可以判斷電容器在放電，A錯誤；電容器在放電，所以電流在增大，磁場能在增大，自感電動勢正在阻礙電流的增大，B、C錯誤，D正確．例3(2020·浙江1月選考·8)如圖所示，單刀雙擲開關S先打到a端讓電容器充滿電．t＝0時開關S打到b端，t＝0.02s時LC回路中電容器下極板帶正電荷且電荷量第一次達到最大值．則()A．LC回路的周期為0.02sB．LC回路的電流最大時電容器中電場能最大C．t＝1.01s時線圈中磁場能最大D．t＝1.01