第52頁（共52頁）2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經典題精練之變壓器一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?城關區校級期末）心電圖儀是將心肌收縮產生的脈動轉化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可等效為一個不計內阻的交流電源，其電壓會隨著心跳頻率發生變化。如圖所示，心電圖儀與一理想變壓器的原線圈相連接，揚聲器（等效為一個定值電阻）與一滑動變阻器連接在副線圈兩端。下列說法正確的是（）A．保持電壓U1不變，向左滑動滑片P，副線圈兩端的電壓減小 B．保持電壓U1不變，向左滑動滑片P，變壓器的輸入功率變小 C．保持滑片P不動，當U1變大時，揚聲器兩端的電壓變小 D．保持滑片P不動，當U1變大時，揚聲器的功率變大2．（2024秋?滎陽市期末）以下四幅圖片中：圖甲是霍爾元件的結構示意圖；圖乙是真空冶煉爐；圖丙是回旋加速器的結構示意圖；圖丁是手機無線充電。下列說法中正確的是（）A．圖甲中，穩定時M、N兩點電勢的關系與導電粒子的電性無關 B．圖乙中，真空冶煉爐是利用自感來熔化金屬的裝置 C．圖丙中，增大加速電壓，粒子離開回旋加速器時的動能將變大 D．圖丁中，無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是互感現象3．（2024秋?沈陽期末）如圖所示，若線框的匝數為100匝，內阻不計，所處的磁場可視為勻強磁場，線框以50轉/秒的轉速在磁場中旋轉，其產生的交流電通過一匝數比為n1：n2＝10：1的理想變壓器給電阻R供電，若電壓表的示數為10V，則（）A．變壓器原線圈兩端電壓的有效值為1002VB．穿過線框平面的最大磁通量為ΦmC．線框由圖示位置開始計時感應電動勢瞬時表達式e=100D．如電阻R阻值變大，則電壓表示數變大4．（2025?鹽城一模）如圖所示是火花塞點火的原理圖。變壓器原線圈與蓄電池、開關組成閉合回路，開關由閉合變為斷開的瞬間，副線圈感應出上萬伏高壓，火花塞產生電火花，則（）A．這個變壓器為降壓變壓器 B．開關一直閉合時火花塞兩端也有高壓 C．開關斷開，變壓器鐵芯中的磁通量減小 D．若開關接到副線圈回路，閉合開關瞬間火花塞也能產生電火花5．（2024秋?衡水期末）在圖甲所示的交流電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數比為2：1，電阻R1＝R2＝8Ω，R3為滑動變阻器，電流表為理想電表。電源輸出電壓u隨時間t按正弦規律變化如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．當R3＝8Ω時，電流表的示數為1A B．當R3＝8Ω時，電源的輸出功率為32W C．滑片P向下移動時，電流表示數增大 D．滑片P向上移動時，流過R3的電流增大二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?海淀區期末）如圖是理想變壓器的示意圖，原線圈與220V正弦式交流電源連接，副線圈通過導線與用電器連接。輸電線的總電阻用R0表示，變阻器R代表用電器。已知原、副線圈的匝數之比為n：1。下列說法正確的是（）A．原線圈輸入電流與副線圈中的電流之比為n：1 B．原線圈輸入電壓與副線圈輸出電壓之比為n：1 C．當變阻器R的阻值減小時，副線圈中電流隨之減小 D．當變阻器R的阻值減小時，原線圈的輸入功率隨之增大（多選）7．（2024秋?海口期末）近年來高鐵技術已經成為我國面向世界的一張名片。如圖為高鐵供電流程的簡化圖，牽引變電所的理想變壓器將電壓為U1的高壓電進行降壓；動力車廂內的理想變壓器再把電壓降至U4，為動力系統供電，此時動力系統的電流為I4，發電廠的輸出電流為I1；若變壓器的匝數n2＝n3，則下列關系式正確的是（）A．I1：I4＝n4：n1 B．I1：I4＝n1：n4 C．U1：U4＞n1：n4 D．U1：U4＜n1：n4（多選）8．（2024秋?長春期末）理想變壓器、電阻R、理想交流電流表A、理想交流電壓表V按圖甲連接，已知理想變壓器原、副線圈的匝數比為11：1，定值電阻R＝10Ω，原線圈輸入的交流電如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．副線圈中交流電的頻率為100Hz B．電壓表的示數為202V C．電流表的示數為2A D．變壓器的輸入功率為40W（多選）9．（2025?寧波校級一模）如圖為高鐵供電流程的簡化圖。牽引變電所的理想變壓器將高壓U1降壓；動力車廂內的理想變壓器再將較高的電壓降至U4后為動力車廂內的動力系統供電；某段時間，發電廠輸出電流為I1，動力系統電流為I4。已知兩個理想變壓器的匝數n2＜n3，則（）A．U1：U4＝n1：n4 B．U1：U4＞n1：n4 C．I1：I4＞n4：n1 D．I1：I4＜n4：n1三．填空題（共3小題）10．（2023春?桂林期末）如圖為一理想變壓器，原副線圈匝數比為n1：n2＝10：1，副線圈所接負載電阻為10Ω，原線圈接有效值為100V的正弦交流電，則副線圈兩端電壓的有效值U2＝V，原線圈中電流的有效值I1＝A，負載電阻消耗的電功率P2＝W。11．（2023春?楊浦區校級期末）如圖，矩形線框ABCD的匝數為N，面積為S，線框所處磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小為B，線框從圖示位置（即線框平面與磁感線垂直的位置）開始繞軸OO′以恒定的角速度ω沿逆時針方向轉動，線框通過兩個電刷與外電路連接。外電路中理想變壓器原、副線圈的匝數比為4：1，定值電阻R1、R2的阻值均為R，忽略線框及導線電阻。則矩形線框轉動半圈的過程中，通過電阻R1的電荷量為。矩形線框連續轉動時，矩形線框的輸出功率為。12．（2023春?天河區期末）如圖所示，R是一個光敏電阻，其阻值隨光照強度的增加而減小。理想變壓器原、副線圈的匝數比為10：1，電壓表和電流表均為理想交流電表，從某時刻開始在線圈兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝2202sin100πt（V），則電壓表的示數為V，在天逐漸變黑的過程中，電流表A1的示數（填“變大”“變小”或“不變”）。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?吉林期末）如圖所示，匝數N＝200匝、面積為S＝0.001m2的矩形線圈，在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸以角速度ω＝100rad/s勻速轉動。已知轉軸平行于線圈平面，且線圈從平行于磁場的平面開始轉動，磁場磁感應強度B=2T。線圈通過理想變壓器連接R＝16Ω的電阻，變壓器的原、副線圈匝數比n1：n2＝1（1）求發電機中電動勢隨時間變化的表達式E（t）；（2）若發電機線圈電阻忽略不計，求電流表的示數I。14．（2024春?煙臺期中）如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數比為n1：n2＝1：3，定值電阻R1接在原線圈回路中，滑動變阻器R（阻值變化范圍為0～100Ω）和定值電阻R2串聯接在副線圈回路中，已知R1＝10Ω，R2＝20Ω，原線圈一側接在輸出電壓U0＝28V的正弦交流電源上。開始時，調節滑動變阻器的觸頭，使滑動變阻器接入電路的電阻值最大。求：（1）此時滑動變阻器消耗的功率；（2）若調節滑動變阻器觸頭，能夠使變壓器輸出功率達到最大值，當變阻器接入電路的阻值為多少時，變壓器輸出功率最大？最大值為多少？15．（2023秋?長安區校級期末）2022年3月31日，杭州2022年亞運會、亞殘運會56個競賽場館全面竣工并通過賽事功能綜合驗收，此次杭州亞運會也將在亞運史上首次實現100%綠色電力供應。為確保杭州亞運會100%綠電供應，浙江電力交易中心已組織兩次綠電交易，將青海柴達木盆地、甘肅嘉峪關等古絲綢之路上的綠色電能，通過特高壓線路輸送至浙江，讓絲綢之路上的光，點亮亞運的燈。如圖為某組同學研究遠距離輸電過程的裝置圖，矩形導線框ABCD繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產生的交變電動勢e=2222sin100πt(V)。導線框與理想升壓變壓器相連進行遠距離輸電，輸電線路總電阻R＝25Ω，理想降壓變壓器的原、副線圈匝數之比為25：11，降壓變壓器副線圈接入一臺內阻r＝8.8Ω的電動機，其兩端的電壓U（1）電動機的機械功率P機；（2）電流表的讀數IA。

2024-2025學年下學期高中物理教科版（2019）高二同步經典題精練之變壓器參考答案與試題解析題號12345答案DDBCA一．選擇題（共5小題）1．（2024秋?城關區校級期末）心電圖儀是將心肌收縮產生的脈動轉化為電壓脈沖的儀器，其輸出部分可等效為一個不計內阻的交流電源，其電壓會隨著心跳頻率發生變化。如圖所示，心電圖儀與一理想變壓器的原線圈相連接，揚聲器（等效為一個定值電阻）與一滑動變阻器連接在副線圈兩端。下列說法正確的是（）A．保持電壓U1不變，向左滑動滑片P，副線圈兩端的電壓減小 B．保持電壓U1不變，向左滑動滑片P，變壓器的輸入功率變小 C．保持滑片P不動，當U1變大時，揚聲器兩端的電壓變小 D．保持滑片P不動，當U1變大時，揚聲器的功率變大【考點】變壓器的動態分析——原線圈無負載．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】D【分析】理想變壓器輸入功率等于輸出功率，電壓由原線圈電壓決定，電流和功率由副線圈決定。保持原線圈電壓不變，向左滑動滑片P，根據U2=n2n1U1判斷副線圈電壓變化，由P＝UI判斷功率變化；保持滑片P不動，當U【解答】解：A.保持電壓不變，根據U2=nB.保持電壓不變，次級電壓不變，向左滑動滑片P，R阻值減小，次級電阻減小，則次級消耗的功率變大，則變壓器的輸入功率變大，故B錯誤；C.保持滑片P不動，當U1變大時，變壓器次級電壓變大，揚聲器兩端的電壓變大，故C錯誤；D.保持滑片P不動，當U1變大時，根據U2=n故選：D。【點評】本題主要考查理想變壓器的應用，理解“理想變壓器輸入功率等于輸出功率，電壓由原線圈電壓決定，電流和功率由副線圈決定”是解題關鍵。2．（2024秋?滎陽市期末）以下四幅圖片中：圖甲是霍爾元件的結構示意圖；圖乙是真空冶煉爐；圖丙是回旋加速器的結構示意圖；圖丁是手機無線充電。下列說法中正確的是（）A．圖甲中，穩定時M、N兩點電勢的關系與導電粒子的電性無關 B．圖乙中，真空冶煉爐是利用自感來熔化金屬的裝置 C．圖丙中，增大加速電壓，粒子離開回旋加速器時的動能將變大 D．圖丁中，無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是互感現象【考點】變壓器的構造與原理；回旋加速器；霍爾效應與霍爾元件；渦流的應用與防止．【專題】定性思想；推理法；電磁感應與電路結合；推理論證能力．【答案】D【分析】A.根據左手定則對正負電荷的運動方向判斷，再分析電勢的高低變化情況；B.根據電磁感應渦流現象分析判斷；C.根據回旋加速器的工作原理結合最大速度的情況進行分析判斷；D.根據變壓器的工作原理進行分析判斷。【解答】解：A.霍爾元件中若導電粒子為正電荷，根據左手定則可以判斷出正電荷向N點偏轉，N點電勢高；若導電粒子為負電荷，根據左手定則可以判斷出負電荷向N點偏轉，N點電勢低，故A錯誤；B.真空冶煉爐是利用電磁感應中的渦流來熔化金屬的裝置，故B錯誤；C.增大加速電壓，帶電粒子在電場中加速的次數減小，但離開加速器時速度大小不變，則粒子離開回旋加速器時的動能不變，故C錯誤；D.無線充電時手機接收線圈部分的工作原理是互感現象，屬于變壓器的工作原理，故D正確。故選：D。【點評】考查電磁感應的相關問題和霍爾效應等知識，會根據題意進行準確分析解答。3．（2024秋?沈陽期末）如圖所示，若線框的匝數為100匝，內阻不計，所處的磁場可視為勻強磁場，線框以50轉/秒的轉速在磁場中旋轉，其產生的交流電通過一匝數比為n1：n2＝10：1的理想變壓器給電阻R供電，若電壓表的示數為10V，則（）A．變壓器原線圈兩端電壓的有效值為1002VB．穿過線框平面的最大磁通量為ΦmC．線框由圖示位置開始計時感應電動勢瞬時表達式e=100D．如電阻R阻值變大，則電壓表示數變大【考點】變壓器的構造與原理；磁通量的計算；正弦式交變電流的函數表達式及推導；有效值的定義和一般交變電流的有效值．【專題】定量思想；歸納法；交流電專題；理解能力．【答案】B【分析】根據變壓器的變壓比計算；根據感應電動勢的最大值計算公式計算；圖示位置是線圈平面和磁感線平行，所以應該是余弦函數；電壓表示數與電阻大小無關。【解答】解：A、根據題意知U2＝10V，根據U1U2=n1n2，可得UB、線圈轉動的角速度大小為ω＝2πn，產生的感應電動勢的最大值為Em＝NBSω，則變壓器原線圈兩端電壓的有效值為E=Em2，其中E＝100V，φm＝BS，代入數據解得φm=C、因為圖示位置是線圈平面和磁感線平行，所以感應電動勢的瞬時值表達式為e＝Emcosωt，即e=1002cos(100D、電壓表示數等于變壓器的輸出電壓，與所借電阻大小沒有關系，故D錯誤。故選：B。【點評】本題考查了變壓器的變壓比，以及線圈產生交流電的最大值計算公式，基礎題。4．（2025?鹽城一模）如圖所示是火花塞點火的原理圖。變壓器原線圈與蓄電池、開關組成閉合回路，開關由閉合變為斷開的瞬間，副線圈感應出上萬伏高壓，火花塞產生電火花，則（）A．這個變壓器為降壓變壓器 B．開關一直閉合時火花塞兩端也有高壓 C．開關斷開，變壓器鐵芯中的磁通量減小 D．若開關接到副線圈回路，閉合開關瞬間火花塞也能產生電火花【考點】變壓器的構造與原理．【專題】定性思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】C【分析】根據副線圈電壓大小分析A，根據法拉第電磁感應定律分析B，根據磁通量的變化情況分析CD。【解答】解：A．變壓器將蓄電池的低電壓轉化為上萬伏高壓，是升壓變壓器，故A錯誤；B．開關一直閉合時通過變壓器原線圈的電流不變，穿過鐵芯的磁通量不變，無法在副線圈感應出感應電動勢，故B錯誤；C．開關斷開，變壓器原線圈的電流減小，則變壓器鐵芯中的磁通量減小，故C正確；D．穿過鐵芯的磁通量不變，無法在副線圈感應出感應電動勢，故D錯誤。故選：C。【點評】本題考查變壓器的原理，解題關鍵掌握磁通量的變化是產生感應電流的條件。5．（2024秋?衡水期末）在圖甲所示的交流電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數比為2：1，電阻R1＝R2＝8Ω，R3為滑動變阻器，電流表為理想電表。電源輸出電壓u隨時間t按正弦規律變化如圖乙所示，則下列說法正確的是（）A．當R3＝8Ω時，電流表的示數為1A B．當R3＝8Ω時，電源的輸出功率為32W C．滑片P向下移動時，電流表示數增大 D．滑片P向上移動時，流過R3的電流增大【考點】變壓器的構造與原理；電功和電功率的計算；交變電流的u﹣t圖像和i﹣t圖像．【專題】定量思想；方程法；電磁感應與電路結合；分析綜合能力．【答案】A【分析】根據電路的連接畫出等效電路圖，分析滑片P向下移動時，等效電阻阻值如何變化，根據變壓器原理判斷副線圈兩端電壓如何變化，根據歐姆定律判斷電流表示數如何變化；分析滑片向上移動時電阻減小，結合電阻的變化判斷流過R3的電流變化。【解答】解：AB．根據題意，設原、副線圈的電壓分別為U1、U2，電流分別為I1、I2，則變壓器的等效電阻為R等效電路如圖所示結合圖乙可知，電源輸出電壓的最大值為Em有效值為U當R3＝8Ω時，代入數據可得等效電阻為R等＝16Ω則電源的輸出功率為P原線圈兩端電壓為U副線圈兩端電壓為U電流表讀數為I故A正確，B錯誤；C．滑片向下移動時，R3減小，R等減小，U1減小，U2減小，則電流表讀數IA減小，故C錯誤；D．滑片向上移動時，R3增大，R等增大，U1增大，I1減小，U2增大，I2減小，電流表讀數IA增大，設電阻R3的電流為I3，由I2＝IA+I3可知，I3減小，即流過R3的電流減小，故D錯誤。故選：A。【點評】本題考查了變壓器的動態分析，解決本題的關鍵是理解變壓器的工作原理以及電源的輸出功率的表達式。二．多選題（共4小題）（多選）6．（2024秋?海淀區期末）如圖是理想變壓器的示意圖，原線圈與220V正弦式交流電源連接，副線圈通過導線與用電器連接。輸電線的總電阻用R0表示，變阻器R代表用電器。已知原、副線圈的匝數之比為n：1。下列說法正確的是（）A．原線圈輸入電流與副線圈中的電流之比為n：1 B．原線圈輸入電壓與副線圈輸出電壓之比為n：1 C．當變阻器R的阻值減小時，副線圈中電流隨之減小 D．當變阻器R的阻值減小時，原線圈的輸入功率隨之增大【考點】變壓器的動態分析——原線圈無負載；理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數的關系；理想變壓器兩端的功率關系．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】BD【分析】理想變壓器電壓由原線圈電壓決定，電流和功率又副線圈決定。根據變壓器的工作原理和線圈的匝數比分析AB；根據負載總電阻的變化趨勢分析出理想變壓器輸入功率及副線圈電流的變化趨勢。【解答】解：AB、根據理想變壓器電壓、電流與匝數比的關系有U1故A錯誤，B正確；CD、變阻器R的阻值減小時，U2不變，根據I2=U2R可知，副線圈中電流隨之增大，則原線圈電流增大，根據P＝U1I1可知，原線圈的輸入功率隨之增大，故C故選：BD。【點評】本題主要考查了變壓器的相關應用，掌握變壓器的工作原理，結合線圈的匝數比與電學物理量的比值關系即可完成分析。（多選）7．（2024秋?海口期末）近年來高鐵技術已經成為我國面向世界的一張名片。如圖為高鐵供電流程的簡化圖，牽引變電所的理想變壓器將電壓為U1的高壓電進行降壓；動力車廂內的理想變壓器再把電壓降至U4，為動力系統供電，此時動力系統的電流為I4，發電廠的輸出電流為I1；若變壓器的匝數n2＝n3，則下列關系式正確的是（）A．I1：I4＝n4：n1 B．I1：I4＝n1：n4 C．U1：U4＞n1：n4 D．U1：U4＜n1：n4【考點】變壓器的構造與原理．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】AC【分析】AB.根據變壓器電流的變化規律列式求解判斷；CD.根據變壓器電壓的變化規律結合電壓損失的情況進行分析判斷。【解答】解：AB.根據變壓器的電流規律有I1I2=n2n1，I3I4=n4n3，因為I2＝I3，所以I1CD.根據變壓器的變壓規律有U1U2=n1n2，U3U4=n3n故選：AC。【點評】考查變壓器的相關規律，注意輸電過程中的電壓和電流的變化情況，會根據題意進行準確分析解答。（多選）8．（2024秋?長春期末）理想變壓器、電阻R、理想交流電流表A、理想交流電壓表V按圖甲連接，已知理想變壓器原、副線圈的匝數比為11：1，定值電阻R＝10Ω，原線圈輸入的交流電如圖乙所示，下列說法正確的是（）A．副線圈中交流電的頻率為100Hz B．電壓表的示數為202V C．電流表的示數為2A D．變壓器的輸入功率為40W【考點】理想變壓器兩端的頻率關系；交流電表的讀數；理想變壓器兩端的功率關系．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】CD【分析】由圖乙可知交流電壓最大值，周期T＝0.02s，電源頻率為50Hz，根據電表的示數為有效值，根據有效值與最大值之間的關系即可求解。【解答】解：A.根據變壓器不能改變交流電的頻率，可知副線圈中交流電的頻率與原線圈交流電的頻率相等，由圖乙可知為f=1T=BCD.由圖甲知，電壓表的示數為副線圈輸出電壓的有效值，為U2=n2n1U1=111×22022故選：CD。【點評】根據圖象準確找出已知量，是對學生認圖的基本要求，準確掌握理想變壓器的特點及電壓、電流比與匝數比的關系，是解決本題的關鍵。（多選）9．（2025?寧波校級一模）如圖為高鐵供電流程的簡化圖。牽引變電所的理想變壓器將高壓U1降壓；動力車廂內的理想變壓器再將較高的電壓降至U4后為動力車廂內的動力系統供電；某段時間，發電廠輸出電流為I1，動力系統電流為I4。已知兩個理想變壓器的匝數n2＜n3，則（）A．U1：U4＝n1：n4 B．U1：U4＞n1：n4 C．I1：I4＞n4：n1 D．I1：I4＜n4：n1【考點】理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數的關系．【專題】信息給予題；定性思想；推理法；單擺問題；理解能力．【答案】BD【分析】AB．根據理想變壓器電壓與匝數比的關系，分別對牽引變電所的變壓器和受電弓部分的變壓器的電壓關系，結合輸電線上的電壓損失分析作答；CD.根據理想變壓器電流與匝數比的關系，分別對牽引變電所的變壓器和受電弓部分的變壓器的電流關系分析作答。【解答】解：AB．根據理想變壓器電壓與匝數比的關系，對牽引變電所的變壓器，有U對于受電弓部分的變壓器，有U由于輸電線上有電壓降，因此則有U2＞U3，又有n2＜n3，可得U1：U4＞n1：n4故A錯誤，B正確；CD．根據理想變壓器電流與匝數比的關系，對牽引變電所的變壓器，有I對于受電弓部分的變壓器，有得I由于I2＝I3，n2＜n3，可得I1：I4＜n4：n1故C錯誤，D正確。故選：BD。【點評】本題主要考查了理想變壓器電壓與匝數比、電流與匝數比的關系，要知道在這個輸電線路中因為輸電線上有電阻，所以升壓變壓器的輸出電壓不等于降壓變壓器的輸入電壓。三．填空題（共3小題）10．（2023春?桂林期末）如圖為一理想變壓器，原副線圈匝數比為n1：n2＝10：1，副線圈所接負載電阻為10Ω，原線圈接有效值為100V的正弦交流電，則副線圈兩端電壓的有效值U2＝10V，原線圈中電流的有效值I1＝0.1A，負載電阻消耗的電功率P2＝10W。【考點】變壓器的構造與原理．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】10；0.1；10。【分析】根據變壓器電壓、電流與線圈匝數比的關系，結合歐姆定律和電功率表達式分析求解。【解答】解：根據變壓器電壓與線圈匝數的比可知U1解得U2＝10V副線圈的電流為I2=根據變壓器電流與線圈匝數的比可知I1解得I1＝0.1A負載電阻消耗的電功率P2=I22R=1故答案為：10；0.1；10。【點評】本題考查了變壓器相關知識，理解變壓器電壓、電流與線圈匝數比的關系是解決此類問題的關鍵。11．（2023春?楊浦區校級期末）如圖，矩形線框ABCD的匝數為N，面積為S，線框所處磁場可視為勻強磁場，磁感應強度大小為B，線框從圖示位置（即線框平面與磁感線垂直的位置）開始繞軸OO′以恒定的角速度ω沿逆時針方向轉動，線框通過兩個電刷與外電路連接。外電路中理想變壓器原、副線圈的匝數比為4：1，定值電阻R1、R2的阻值均為R，忽略線框及導線電阻。則矩形線框轉動半圈的過程中，通過電阻R1的電荷量為2NBSR。矩形線框連續轉動時，矩形線框的輸出功率為17【考點】變壓器的構造與原理；電功和電功率的計算；正弦式交變電流的函數表達式及推導．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】2NBSR，【分析】根據法拉第電磁感應定律求解電動勢的平均值，根據歐姆定律求解通過電阻的電流，根據q＝It求解通過電阻的電荷量；根據正弦式交變電流規律求解感應電動勢的峰值和有效值，根據理想變壓器的變壓比求解副線圈兩端的電壓，矩形線框的輸出功率為兩電阻的功率之和，結合功率公式列式求解即可。【解答】解：線圈轉動的周期為T=矩形線框轉動半圈的過程中，感應電動勢的平均值為E通過電阻R1的電流的平均值為I通過電阻R1的電荷量為q=It=I?聯立解得：q=感應電動勢的峰值為Em＝NBSω有效值為U1=根據理想變壓器原副線圈電壓比等于匝數比得：U1：U2＝n1：n2＝4：1則副線圈電壓U2=線框的輸出功率P=故答案為：2NBSR，【點評】本題考查正弦式交變電流和理想變壓器，解題關鍵是會求解正弦式交變電流的峰值、有效值和平均值，知道求解電荷量時用有效值，求解功率時用有效值，知道理想變壓器的變壓規律。12．（2023春?天河區期末）如圖所示，R是一個光敏電阻，其阻值隨光照強度的增加而減小。理想變壓器原、副線圈的匝數比為10：1，電壓表和電流表均為理想交流電表，從某時刻開始在線圈兩端加上交變電壓，其瞬時值表達式為u1＝2202sin100πt（V），則電壓表的示數為22V，在天逐漸變黑的過程中，電流表A1的示數變小（填“變大”“變小”或“不變”）。【考點】變壓器的動態分析——原線圈無負載．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】22；變小【分析】根據瞬時值表達式可以求得輸出電壓的有效值、再根據電壓與匝數成正比即可解得電壓表的示數，根據光照的變化明確電阻的變化，從而分析電流的變化規律。【解答】解：依題意，交變電流的電壓有效值為U1=根據理想變壓器原副線圈電壓比與匝數比的關系，可得U1解得U2＝22V依題意，在天逐漸變黑的過程中光敏電阻的阻值將增大，由歐姆定律，可得I2=易知副線圈電流將減小，根據I1I2=故答案為：22；變小【點評】本題考查變壓器中的電路的動態變化的分析，先找準不變的物理量，然后再根據物理量之間的關系分析計算即可。四．解答題（共3小題）13．（2024秋?吉林期末）如圖所示，匝數N＝200匝、面積為S＝0.001m2的矩形線圈，在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的軸以角速度ω＝100rad/s勻速轉動。已知轉軸平行于線圈平面，且線圈從平行于磁場的平面開始轉動，磁場磁感應強度B=2T。線圈通過理想變壓器連接R＝16Ω的電阻，變壓器的原、副線圈匝數比n1：n2＝1（1）求發電機中電動勢隨時間變化的表達式E（t）；（2）若發電機線圈電阻忽略不計，求電流表的示數I。【考點】變壓器的構造與原理；正弦式交變電流的函數表達式及推導．【專題】定量思想；方程法；交流電專題；推理論證能力．【答案】（1）發電機中電動勢隨時間變化的表達式為E(（2）若發電機線圈電阻忽略不計，則電流表的示數為20A。【分析】（1）由題意結合電動勢瞬時值表達式進行分析；（2）求出線圈電動勢有效值，根據變壓器原理、歐姆定律進行解答。【解答】解：（1）由題意可得感應電動勢：E（t）＝NBSωcosωt代入數據，得：E(（2）線圈電動勢有效值：E=Em根據變壓器原理可得：EU2根據歐姆定律可得：U2＝I2R聯立以上各式，得電流表示數：I＝I1＝20A。答：（1）發電機中電動勢隨時間變化的表達式為E(（2）若發電機線圈電阻忽略不計，則電流表的示數為20A。【點評】本題主要是考查了變壓器的知識；解答本題的關鍵是知道理想變壓器的電壓之比等于匝數之比，在只有一個副線圈的情況下的電流之比等于匝數的反比。14．（2024春?煙臺期中）如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數比為n1：n2＝1：3，定值電阻R1接在原線圈回路中，滑動變阻器R（阻值變化范圍為0～100Ω）和定值電阻R2串聯接在副線圈回路中，已知R1＝10Ω，R2＝20Ω，原線圈一側接在輸出電壓U0＝28V的正弦交流電源上。開始時，調節滑動變阻器的觸頭，使滑動變阻器接入電路的電阻值最大。求：（1）此時滑動變阻器消耗的功率；（2）若調節滑動變阻器觸頭，能夠使變壓器輸出功率達到最大值，當變阻器接入電路的阻值為多少時，變壓器輸出功率最大？最大值為多少？【考點】變壓器的構造與原理；電功和電功率的計算．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；分析綜合能力．【答案】（1）此時滑動變阻器消耗的功率為16W；（2）若調節滑動變阻器觸頭，能夠使變壓器輸出功率達到最大值，當變阻器接入電路的阻值為70Ω時，變壓器輸出功率最大，最大值為19.6W。【分析】（1）根據理想變壓器輸入功率與輸出功率相等可得原線圈中電流，根據原副線圈電流與匝數的關系可得副線圈中的電流，根據P＝I2R求解滑動變阻器的功率；（2）利用等效法和閉合回路內外電阻相等時電源輸出功率最大，可得滑動變阻器的阻值和變壓器的最大輸出功率。【解答】解：（1）設原線圈中的電流為I1，副線圈中電流為I2，匝數比為k，則k=根據理想變壓器輸入功率等于輸出功率，則有：(可得：I1=U0R代入數據可得：I1＝1.2A根據I1I2=n則此時滑動變阻器消耗的功率：P（2）把I1=U0R1+k2(R+R2)根據閉合電路內外電阻相等時，電源的輸出功率最大，可知當R1=代入數據可得滑動變阻器的阻值為：R＝70Ω把R＝70Ω代入I1=U0R則變壓器最大輸出功率為：Pm＝（U0﹣I1′R1）I1′＝（28﹣1.4×10）×1.4W＝19.6W答：（1）此時滑動變阻器消耗的功率為16W；（2）若調節滑動變阻器觸頭，能夠使變壓器輸出功率達到最大值，當變阻器接入電路的阻值為70Ω時，變壓器輸出功率最大，最大值為19.6W。【點評】本題主要是考查變壓器與電路的綜合應用，解題的關鍵是知道變壓器的基本關系，會做電路的等效處理，解題時要知道變壓器輸出功率達到最大值，即原線圈輸入功率最大。15．（2023秋?長安區校級期末）2022年3月31日，杭州2022年亞運會、亞殘運會56個競賽場館全面竣工并通過賽事功能綜合驗收，此次杭州亞運會也將在亞運史上首次實現100%綠色電力供應。為確保杭州亞運會100%綠電供應，浙江電力交易中心已組織兩次綠電交易，將青海柴達木盆地、甘肅嘉峪關等古絲綢之路上的綠色電能，通過特高壓線路輸送至浙江，讓絲綢之路上的光，點亮亞運的燈。如圖為某組同學研究遠距離輸電過程的裝置圖，矩形導線框ABCD繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產生的交變電動勢e=2222sin100πt(V)。導線框與理想升壓變壓器相連進行遠距離輸電，輸電線路總電阻R＝25Ω，理想降壓變壓器的原、副線圈匝數之比為25：11，降壓變壓器副線圈接入一臺內阻r＝8.8Ω的電動機，其兩端的電壓（1）電動機的機械功率P機；（2）電流表的讀數IA。【考點】理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數的關系；計算電動機正常工作時輸出的機械功或機械功率；交流發電機及其產生交變電流的原理；正弦式交變電流的有效值．【專題】定量思想；推理法；交流電專題；推理論證能力．【答案】（1）電動機的機械功率P機為880W；（2）電流表的讀數IA為5.5A。【分析】（1）根據功率公式求解電動機輸入功率、熱功率，再根據電動機效率公式求解通過電動機的電流，進而求出電動機的機械功率；（2）根據理想變壓器電流與匝數比的關系求輸電線上的電流，根據功率公式求解輸電線上的功率損失，從而可知發電機的輸出功率等于電動機的輸入功率與輸電線上損失功率之和，求解電源的輸出功率，根據交流電有效值與最大值的關系求解發電機的輸出電壓，最后根據功率公式求解通過電流表的電流。【解答】解：（1）設通過電動機的電流為I，電動機內阻損耗的功率為P損，由題意得：PP損＝（1﹣η）P＝（1﹣η）UI代入數據解得：I＝5A所以輸入功率：P＝UI＝220×5W＝1100W電動機的機械功率：P機＝80%P＝110080%＝880W（2）設降壓變壓器原線圈兩端的電壓為U1，通過輸電線路得電流為I1，由題意得：I解得：I1＝2.2A輸電線路損耗的功率ΔP，則有：ΔP則升壓變壓器得輸入功率P1，所以：P1＝ΔP+P＝121W+1100W＝1221W由題中交變電動勢的表達式可知，發電機的輸出電壓峰值為：E則升壓變壓器的輸入電壓為：U電流表的讀數為升壓變壓器得輸入電流，可得：I答：（1）電動機的機械功率P機為880W；（2）電流表的讀數IA為5.5A。【點評】抓住電動機的效率是求解通過電動機電流的關鍵，也是解決本題的關鍵。

考點卡片1．電功和電功率的計算【知識點的認識】1.電功的計算公式：W＝qU＝UIt2.電功率的計算公式：P=W3.如果是純電阻電路，電流做的功完全用來發熱，則有W＝qU＝UIt＝I2Rt=UP＝UI＝I2R=U【解題思路點撥】四個定值電阻連成如圖所示的電路。RA、RC的規格為“6V6W”，RB、RD的規格為“6V12W”。將該電路接在輸出電壓U＝11V的恒壓電源上，則（）A、RA的功率最大，為6WB、RB的功率最小，為0.67WC、RC的功率最小，為1.33WD、RD的功率最大，為12W分析：根據P=U2R求出每個電阻值，根據歐姆定律求出電路總電流，進而求出每個并聯電阻兩端的電壓，根據P＝I2R和解答：由P=U2R知，RA＝RC=U12P1=626Ω＝6電阻B和C并聯的電阻RBC=RBRC則電路的總電流I=UR=則并聯電阻兩端電壓UBC＝IRBC＝1×2V＝2V則RA的功率為PA＝I2RA＝12×6W＝6WRB的功率為PB=UBC2RC的功率為PC=UBC2RD的功率為PD＝I2RD＝12×3W＝3W由此可知：RA的功率最大，為6WRC的功率最小，為0.67W故A正確，BCD錯誤；故選：A。點評：本題考查閉合電路的歐姆定律以及電阻功率的求法。注意并聯電阻的求解，以及求功率時，串聯電路常用P＝I2R而并聯電路常用P=U【解題思路點撥】根據具體的電路，電功和電功率的計算有很多公式可選，要先具體分析電路條件，選擇出合適的公式，進而計算電功或電功率。2．計算電動機正常工作時輸出的機械功或機械功率【知識點的認識】1.電動機正常工作時的具體能量轉化如下（1）電動機的輸入功率是電動機消耗的總功率，P入＝UI。（2）電動機的熱功率是線圈上電阻的發熱功率，P熱＝I2r。（3）電動機的輸出功率是電動機將電能轉化為機械能的功率，P出＝UI﹣I2r。（4）電動機的效率η=P出P入2.本考點主要針對電動機問題中輸出功率、輸出功與機械效率的計算。【命題方向】如圖所示，電阻R1＝8Ω，電動機繞組電阻R0＝2Ω，當開關S斷開時，電阻R1消耗的電功率是2.88W；當開關S閉合時，電阻R1消耗的電功率是2W．若電源的電動勢為6V，求開關S閉合時，電動機輸出的機械功率．分析：當開關S斷開時，電阻R1消耗的電功率求出電路中電流，由歐姆定律求出電源的內阻r．當開關S閉合時，根據電阻R1消耗的電功率求出R1的電流和電壓，根據歐姆定律求出干路電流，得到電動機的電流，再求出電動機輸出的機械功率．解答：當開關S斷開時，由P1=I12R1得：I整個電路有閉合電路的歐姆定律有：E＝I1×（R1+r）代入數據解得：r＝2Ω當開關S閉合時，由P2=I22R1得：IR1的電壓為：U＝I2R1＝4V設干路中電流為I，則有：I=E電動機的電流為：IM＝I﹣I2＝0.5A故電動機的機械功率為：P＝UIM-IM2R答：開關S閉合時，電動機輸出的機械功率為1.5W．點評：本題考查處理非純電阻電路問題的能力．對于電動機正常時，其電路是非純電阻電路，歐姆定律不成立，本題不能用IM=U【解題思路點撥】電動機電路的分析與計算3．磁通量的計算【知識點的認識】1.當平面與磁場垂直時，穿過平面的磁通量為：Φ＝BS。2.當平面與磁場不垂直時，S應該為平面與磁感線方向上的投影面積，如下圖圖中穿過平面的磁通量為Φ＝BScosθ。式中Scosθ即為平面S在垂直于磁場方向上的投影面積，也稱為“有效面積”3.磁通量的正、負（1）磁通量是標量，但有正、負，當以磁感線從某一面上穿入時，磁通量為正值，則磁感線從此面穿出時即為負值。（2）若同時有磁感線沿相反方向穿過同一平面，且正向磁通量大小為Φ1，反向通量大小為Φ2，則穿過該平面的合磁通量Φ＝Φ1﹣Φ2。【命題方向】如圖所示，在一半徑為r的圓形區域內有磁感應強度為B的勻強磁場，磁場方向垂直紙面向里。現將匝數為n、半徑為R（R＞r）的圓形線圈垂直紙面放置，使其軸線經過磁場區域的圓心，則穿過線圈的磁通量為（）A、πBr2B、πBR2C、nπBR2D、nπBr2分析：根據磁通量公式Φ＝BS分析求解；注意S為垂直于磁場方向上的有效面積，磁通量與匝數無關。解答：磁通量與匝數無關，線圈在磁場中的有效面積S＝πr2，根據磁通量的公式Φ＝BS可知，穿過線圈的磁通量Φ＝πBr2，故A正確，BCD錯誤。故選：A。點評：本題考查了磁通量的定義，解題的關鍵是明確垂直于磁場方向上的有效面積，根據磁通量公式求解。【解題思路點撥】對磁通量的理解（1）Φ＝B?S的含義：Φ＝BS只適用于磁感應強度B與面積S垂直的情況．當B與S平面間的夾角為θ時，則有Φ＝BSsinθ．可理解為Φ＝BSsinθ，即Φ等于B與S在垂直于B方向上投影面積的乘積．也可理解為Φ＝BsinθS，即Φ等于B在垂直于S方向上的分量與S的乘積．如圖（1）所示．（2）面積S的含義：S不一定是某個線圈的真正面積，而是線圈在磁場范圍內的面積．如圖（2）所示，S應為線圈面積的一半．（3）多匝線圈的磁通量：多匝線圈內磁通量的大小與線圈匝數無關，因為不論線圈匝數多少，穿過線圈的磁感線條數相同，而磁感線條數可表示磁通量的大小．（4）合磁通量求法：若某個平面內有不同方向和強弱的磁場共同存在，當計算穿過這個面的磁通量時，先規定某個方向的磁通量為正，反方向的磁通量為負，平面內各個方向的磁通量的代數和等于這個平面內的合磁通量．4．回旋加速器【知識點的認識】1.回旋加速器示意圖如下：2.回旋加速器的原理：用磁場控制軌道、用電場進行加速。D1和D2是兩個中空的半圓金屬盒，它們之間有一定的電勢差U，盒內部空間由于靜電平衡無電場，電壓U在兩盒之間的縫隙處產生加速電場。盒中心A處的粒子源產生的帶電粒子，在兩盒之間被電場加速。兩個半圓盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，磁場使粒子做勻速圓周運動，從而使粒子在縫隙處被加速后再回到縫隙處再被加速。兩盒間的交變電勢差一次一次地改變正負，保證粒子每次都能被加速。【命題方向】回旋加速器是用來加速帶電粒子的裝置，如圖為回旋加速器的示意圖。D1、D2是兩個中空的鋁制半圓形金屬扁盒，在兩個D形盒正中間開有一條狹縫，兩個D形盒接在高頻交流電源上。在D1盒中心A處有粒子源，產生的帶正電粒子在兩盒之間被電場加速后進入D2盒中。兩個D形盒處于與盒面垂直的勻強磁場中，帶電粒子在磁場力的作用下做勻速圓周運動，經過半個圓周后，再次到達兩盒間的狹縫，控制交流電源電壓的周期，保證帶電粒子經過狹縫時再次被加速。如此，粒子在做圓周運動的過程中一次一次地經過狹縫，一次一次地被加速，速度越來越大，運動半徑也越來越大，最后到達D形盒的邊緣，沿切線方向以最大速度被導出。已知帶電粒子的電荷量為q，質量為m，加速時狹縫間電壓大小恒為U，磁場的磁感應強度為B，D形盒的半徑為R，狹縫之間的距離為d。設從粒子源產生的帶電粒子的初速度為零，不計粒子受到的重力，求：（1）帶電粒子能被加速的最大動能Ek；（2）帶電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑；（3）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率P。分析：（1）根據qvB＝mv2R知，當R最大時，速度最大，求出最大速度，根據EK=1（2）粒子被加速一次所獲得的能量為qU，求出第n次加速后的動能EKn=12mvn2（3）根據電流的定義式I=Qt和Q＝Nq以及P解答：（1）粒子在D形盒內做圓周運動，軌道半徑達到最大時被引出，具有最大動能。設此時的速度為v，有：qvB＝mv2R可得粒子的最大動能Ek=12mv（2）粒子被加速一次所獲得的能量為qU，粒子在D2盒中被第2n﹣1次加速后的動能為EKn=12mvn2=q因此第n個半圓的半徑Rn=1（3）帶電粒子質量為m，電荷量為q，帶電粒子離開加速器時速度大小為v，由牛頓第二定律知：qvB＝mv2R帶電粒子運動的回旋周期為：T=2由回旋加速器工作原理可知，交變電源的頻率與帶電粒子回旋頻率相同，由周期T與頻率f的關系可得：f=1設在t時間內離開加速器的帶電粒子數為N，則帶電粒子束從回旋加速器輸出時的平均功率P＝N12輸出時帶電粒子束的等效電流為：I=Nqt由上述各式得P=答：（1）帶電粒子能被加速的最大動能q2（2）帶電粒子在D2盒中第n個半圓的半徑1Bq（3）若帶電粒子束從回旋加速器輸出時形成的等效電流為I，求從回旋加速器輸出的帶電粒子的平均功率B2點評：解決本題的關鍵知道回旋加速器利用磁場偏轉和電場加速實現加速粒子，粒子在磁場中運動的周期和交流電的周期相等，注意第3問題，建立正確的物理模型是解題的關鍵。【解題思路點撥】明確回旋加速器的構造和工作原理。它是由加速電場和偏轉磁場對接而成，在電場中加速后進入磁場，進而在磁場中作半圓運動，在加速電場中用動能定理qU=12mv2-12mv05．霍爾效應與霍爾元件【知識點的認識】一、霍爾效應1．霍爾效應：置于磁場中的載流體，如果電流方向與磁場方向垂直，則垂直于電流和磁場方向會產生一個附加的橫向電場，這個現象是霍普金斯大學研究生霍爾于1879年發現的，后被稱為霍爾效應．霍爾效應從本質上講是運動的帶電粒子在磁場中受到洛倫茲力作用而引起的偏轉，所以可以用高中物理中的電磁學、力學、運動學等有關知識來進行解釋．霍爾效應原理的應用常見的有：霍爾元件、磁流體發電機、電磁流量計、磁強計等．【命題方向】利用霍爾效應制作的霍爾元件，廣泛應用于測量和自動控制等領域。如圖是霍爾元件的工作原理示意圖，磁感應強度B垂直于霍爾元件的工作面向下，通入圖示方向的電流I，C、D兩側面會形成電勢差UCD，下列說法中正確的是（）A.電勢差UCD僅與材料有關B.若霍爾元件的載流子是自由電子，則電勢差UCD＜0C.僅增大磁感應強度時，電勢差UCD變大D.在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，元件的工作面應保持水平分析：在霍爾元件中，移動的是自由電子，根據左手定則判斷出電子所受洛倫茲力方向，從而知道兩側面所帶電荷的電性，即可知道C、D兩側面會形成電勢差UCD的正負。CD間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，根據平衡推導出電勢差UCD與什么因素有關。解答：A、根據左手定則，電子向C側面偏轉，C表面帶負電，D表面帶正電，所以D表面的電勢高，則UCD＜0．CD間存在電勢差，之間就存在電場，電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡，設霍爾元件的長寬高分別為a、b、c，有qUb=qvB，I＝nqvS＝nqvbc，則U=BInqc．故D、在測定地球赤道上方的地磁場強弱時，應將元件的工作面保持豎直，讓磁場垂直通過。故D錯誤。故選：BC。點評：解決本題的關鍵知道霍爾元件中移動的是自由電子，以及自由電子在電場力和洛倫茲力作用下處于平衡。【解題思路點撥】霍爾效應的的本質是導體中的載流子在磁場中發生偏轉，在導體中垂直于粒子運動方向的兩端聚集，產生電勢差，當電勢差穩定時電場力等于洛倫茲力，即qUd=6．渦流的應用與防止【知識點的認識】1.渦流在生產生活中有利有弊，所以要注意正確的應用渦流的作用以及減輕渦流帶來的危害。2.應用（1）利用渦流的熱效應真空冶煉爐、電磁爐等（2）利用渦流的磁效應探雷器、機場與車站和重要活動場所的安檢門、高考考場的探測器等3.防止電動機、變壓器等設備中應防止鐵芯中渦流過大而導致浪費能量，損壞電器，減小渦流的方法為，用電阻率較大且涂有絕緣材料的硅鋼板材疊加做成鐵芯。【命題方向】一般來說，只要空間有變化的磁通量，其中的導體就會產生感應電流，我們把這種電流叫渦流，利用渦流的熱效應可以制成一種新爐灶，這種新爐灶是（）A、微波爐B、電磁爐C、電飯鍋D、熱水器分析：根據電磁爐的工作原理，即電磁感應原理，使金屬鍋體產生感應電流，鍋體發熱，食物利用熱傳導獲得內能．解答：根據電磁爐電磁感應原理，使金屬鍋底產生感應電流，是利用了電流的磁效應，金屬鍋底發熱后，食物從鍋體上通過熱傳遞來獲得熱量。故選：B。點評：考查了電流的磁效應和熱效應及熱傳遞改變內能的知識點．【解題思路點撥】對渦流的理解：1.渦流的特點當電流在金屬塊內自成閉合回路（產生渦流）時，由于整塊金屬的電阻很小，渦流往往很強，根據公式P＝I2R知，熱功率的大小與電流的平方成正比，故金屬塊的發熱功率很大。2.渦流中的能量轉化渦流現象中，其他形式的能轉化成電能，并最終在金屬塊中轉化為內能。若金屬塊放在變化的磁場中，則磁場能轉化為電能，最終轉化為內能；若金屬塊進出磁場或在非勻強磁場中運動，則由于克服安培力做功，金屬塊的機械能轉化為電能，最終轉化為內能。3.注意（1）渦流是整塊導體發生的電磁感應現象，同樣遵循法拉第電磁感應定律。（2）磁場變化越快（ΔBΔt越大）導體的橫截面積S7．交流發電機及其產生交變電流的原理【知識點的認識】1.產生裝置將閉合線圈置于勻強磁場，并繞垂直于磁場方向的軸做勻速轉動，線圈中將產生按正（余）弦規律變化的交流電。2.兩個特殊位置及特點①中性面上圖甲和丙所處的位置特點：穿過線圈的磁通量Φ最大，磁通量的變化率ΔΦΔt=0，所以感應電動勢E＝0，該應電流I＝②與中性面垂直的位置上圖乙和丁所處的位置特點：穿過線圈的磁通量Φ＝0，磁通量的變化率ΔΦΔt最大，所以感應電動勢E最大，該應電流I3.交變電流的變化規律對于如圖所示的發電機，設t＝0時線圈剛好轉到中性面，此時導線AB的速度方向剛好與磁感線平行，因此感應電動勢為0。設線圈旋轉的角速度為ω，AB和CD的長度為l，AD和BC的長度為d，則經過時間t，線框轉過的角度θ＝ωt。線框旋轉過程中AB和CD的速度v＝ωd2，與磁感線垂直的速度為vsinθ，即ωd2sinωe＝2Blvsinθ＝ωBldsinωt＝ωBSsinωt其中，S表示線框的面積。設Em＝ωBS，可知線框的電動勢是隨時間按正弦函數規律變化的，為e＝Emsinωt式中Em是常數，表示電動勢可能達到的最大值。對于單匝線圈，Em＝ωBS；如果線圈匝數為N，則Em＝NωBS。同理如果線圈從平行于磁場方向開始轉動：e＝Emcosωt。【命題方向】交流發電機的示意圖如圖所示，當線圈ABCD繞垂直于磁場方向的轉軸OO'勻速轉動時，電路中產生的最大電流為Im，已知線圈轉動的周期為T，下列說法正確的是（）A、圖示位置磁通量最大，磁通量的變化率最大B、圖示位置電流最大，方向為A→BC、從圖示位置開始經過T4D、從圖示位置計時，線圈中電流i隨時間t變化的關系式為i分析：線圈平面與磁場垂直時，線圈位于中性面位置，此時磁通量最大，磁通量的變化率最小，電流最小，每經過一次圖示位置的中性面，電流方向就改變一次，從中性面開始計時線圈中電流i隨時間t變化的關系式為i=解答：ABC、圖示位置為中性面，磁通量最大，磁通量的變化率最小，電流最小，每經過一次圖示位置的中性面，電流方向就改變一次，故ABC錯誤；D、從圖示位置計時，線圈中電流i隨時間t變化的關系式為i=Im故選：D。點評：本題主要考查了中性面，明確線圈位于中性面位置，此時磁通量最大，磁通量的變化率最小，電流最小，每經過一次圖示位置的中性面，電流方向就改變一次。【解題思路點撥】正弦交變電流產生的原理矩形線圈繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉動的過程中，與軸平行的兩條邊（導線）切割磁感線，因而產生感應電動勢，線圈上就有了電流．交流發電機的工作過程是將機械能轉化為電能和回路中內能的過程，符合能量守恒定律.8．交變電流的u-t圖像和i-t圖像【知識點的認識】1.用以描述交流電隨時間變化的規律，如果線圈從中性面位置開始計時，其圖象為正弦曲線．如圖（e）、（f）所示．2.可以直接或間接從圖像上讀取的物理量有：任意時刻的電壓或電流、交變電壓或電流的最大值、交變電壓或電流的周期、可以求出交變電流或電壓的角頻率（線圈轉動的角速度）、交變電壓或電流的表達式、交變電壓或電流的有效值等。【命題方向】圖甲是小型交流發電機的示意圖，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．線圈繞垂直于磁場方向的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉動．從圖示位置開始計時，產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．電流表的示數為10AB．線圈轉動的角速度為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分析：由題圖乙可知交流電電流的最大值、周期，電流表的示數為有效值，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，由楞次定律可判斷出0.02s時流過電阻的電流方向．解答：A、由題圖乙可知交流電電流的最大值是Im=102A，周期T＝0.02s，由于電流表的示數為有效值，故示數I=IB、角速度=2πT=100πC、0.01s時線圈中的感應電流達到最大，感應電動勢最大，則穿過線圈的磁通量變化最快，磁通量為0，故線圈平面與磁場方向平行，選項C正確；D、由楞次定律可判斷出0.02s時流過電阻的電流方向自左向右，選項D錯誤．故選AC．點評：本題是2013年的高考題，考查的知識點較多，難度不大．【解題方法點撥】解決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，其變化規律與線圈的形狀及轉動軸處于線圈平面內的位置無關．（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動位置對應起來，再根據特殊位置求特征解．9．正弦式交變電流的函數表達式及推導【知識點的認識】1.正弦式電流的函數表達式為i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，式中Im、Um分別表示電流和電壓的峰值。i和u表示電流和電壓的瞬時值。ω表示線圈轉動的角速度。（1）此表達式代表的是線圈從中線面開始轉動的情況。（2）式子中Um＝NBSω。2.表達式的推導：若矩形線圈在磁場中從中性面開始以角速度o勻速轉動，如圖所示，則經時間t：（1）線圈轉過的角度為θ＝ωt。（2）ab邊的線速度跟磁感線方向的夾角θ＝ωt。（3）ab邊轉動的線速度大小v＝ωl（4）ab邊產生的感應電動勢eab＝Blabvsinθ=BSω2?sinω（5）整個線圈產生的感應電動勢e＝2eab＝BSωsinωt，若線圈為n匝，則e＝nBSωsinωt。【命題方向】矩形線圈在勻強磁場中轉動產生e＝2202sin100A、頻率是50HzB、當t＝0時，線圈平面恰好與中性面垂直C、當t=1200sD、有效值為220V分析：根據交流電的表達式，可以知道其最大值，以及線圈轉動的角速度等物理量，然后進一步求出其它物理量，如有效值、周期、頻率等．解答：A、線圈的角速度為100πrad/s，故其頻率為：f=ω2π=B、當t＝0時e＝0，此時線圈處在中性面上，故B錯誤。C、當t=1200s時，sin100πt＝1，所以e有最大值，故D、有效值為：22022=220V故選：ACD。點評：對于交流電的產生和描述要正確理解，要會推導交流電的表達式，明確交流電表達式中各個物理量的含義．【解題思路點撥】1.交變電壓的表達式u＝Umsinωt，根據歐姆定律即可得出電路中電流的i=u2.正弦式交變電流瞬時值的表達式10．有效值的定義和一般交變電流的有效值【知識點的認識】1.定義：有效值是根據電流的熱效應定義的一個等效概念。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它們產生的熱量相等，而這個恒定電流與電壓分別是I、U，我們就把Ⅰ、U叫作這個交變電流的有效值。2.符號：用E、I、U分別表示電動勢、電流、電壓的有效值。3.計算方法：（1）對于正弦式交變電流：I=Im2，（2）對于非正弦交變電流，可利用有效值的定義來計算其有效值4.應用環境：當計算某時間內的功率，產生的熱量.電流做的功等問題時需使用有效值【命題方向】如圖表示一交變電流的電流隨時間而變化的圖象，此交變電流的有效值為（）A、52AB、5AC、25AD、3.5A分析：根據有效值的定義求解．取一個周期時間，將交流與直流分別通過相同的電阻，若產生的熱量相同，直流的電流值，即為此交流的有效值．解答：將交流與直流通過阻值都為R的電阻，設直流電流為I，則根據有效值的定義有(42)2R?T2+（22解得：I＝25A故選：C。點評：對于非正弦式電流可根據有效值的定義求解有效值．常見題型，要熟練掌握．【解題思路點撥】對有效值的理解：在一個周期內通過同一個電阻，跟交變電流的熱效應等效的恒定電流值、電壓值。（1）正弦式交變電流的有效值Ⅰ、U與峰值Im、Um的關系為：I=Im2，（2）非正弦式交變電流的有效值只能根據電流的熱效應計算。（3）有效值的應用計算與電流熱效應有關的量、交流電表的測量值、電氣設備標注的額定電壓和額定電流以及通常提到的交流的數值都指有效值。11．正弦式交變電流的有效值【知識點的認識】對于正弦式交變電流，有效值與峰值之間的關系為：I=Im2【命題方向】家庭電路中電壓的瞬時值表達式為u＝2202sin314t（v），則交流電壓的有效值是（）A、220VB、2202VC、110VD、1102V分析：根據交流電的表達式可讀出該交流電的最大值，再根據最大值與有效值的關系可直接求解有效值。解答：由瞬時表達式可知，最大值Um＝2202V，則有效值U=Um2=22022V故選：A。點評：本題考查對交流電最大值和有效值的認識，要明確二者的關系，掌握有效值的計算方法。【解題思路點撥】對有效值的理解：在一個周期內通過同一個電阻，跟交變電流的熱效應等效的恒定電流值、電壓值。（1）正弦式交變電流的有效值Ⅰ、U與峰值Im、Um的關系為：I=Im2，（2）非正弦式交變電流的有效值只能根據電流的熱效應計算。（3）有效值的應用計算與電流熱效應有關的量、交流電表的測量值、電氣設備標注的額定電壓和額定電流以及通常提到的交流的數值都指有效值。12．交流電表的讀數【知識點的認識】1.電路中的交流電表的示數表示的交變電壓或交變電流的有效值。2.交變電流的計算方法：（1）對于正弦式交變電流：I=Im2，（2）對于非正弦交變電流，可利用有效值的定義來計算其有效值。【命題方向】如圖所示線圈面積為0.05m2，共100匝，線圈總電阻為r＝1Ω，外電阻R＝9Ω，線圈處于B=2πT的勻強磁場中．當線圈繞軸以轉速n＝（1）若從線圈處于中性面開始計時，寫出電動勢的瞬時值表達式．（2）兩電表的示數．（3）線圈轉過180°的過程中，通過電阻的電荷量．（4）線圈勻速轉一圈產生的總熱量．分析：（1）從線圈處于中性面開始計時，電動勢的瞬時值表達式為e＝Emsinωt．感應電動勢的最大值Em＝nBSω，由題已知條件代入求出．（2）交流電表測量有效值，由感應電動勢的最大值，求出感應電動勢的有效值，由歐姆定律求解兩電表的讀數．（3）線圈轉過180°的過程中，由q＝nΔΦR（4）根據焦耳定律Q＝I2Rt求解線圈勻速轉一圈產生的總熱量，I為電流的有效值．解答：（1）線圈的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，感應電動勢的最大值Em＝nBSω＝100V，則從線圈處于中性面開始計時，電動勢的瞬時值表達式為e＝Emsinωt＝100sin10πtV（2）電路中電流的有效值I=ER+r，E=22Em，代入解得I＝52電壓表讀數為U＝IR＝452V（3）線圈轉過180°的過程中，通過電阻的電荷量q＝nΔΦR（4）線圈勻速轉一圈產生的總熱量Q＝I2RT＝I2R?2π答：（1）若從線圈處于中性面開始計時，電動勢的瞬時值表達式為100sin10πtV；（2）電流表讀數為52A，電壓表讀數為452V．（3）線圈轉過180°的過程中，通過電阻的電荷量是2πC（4）線圈勻速轉一圈產生的總熱量是100J．點評：本題是交變電流規律的基本應用，注意交流電表測量的是交流電的有效值．常規題．【解題思路點撥】對有效值的理解：在一個周期內通過同一個電阻，跟交變電流的熱效應等效的恒定電流值、電壓值。（1）正弦式交變電流的有效值Ⅰ、U與峰值Im、Um的關系為：I=Im2，（2）非正弦式交變電流的有效值只能根據電流的熱效應計算。（3）有效值的應用計算與電流熱效應有關的量、交流電表的測量值、電氣設備標注的額定電壓和額定電流以及通常提到的交流的數值都指有效值。13．變壓器的構造與原理【知識點的認識】1.變壓器的構造：變壓器是由閉合鐵芯和繞在鐵芯上的兩個線圈組成的（如圖）。一個線圈與交流電源連接，叫作原線圈，也叫初級線圈；另一個線圈與負載連接，叫作副線圈，也叫次級線圈。2.各部分的功能原線圈：接在交流電源上的線圈，在鐵芯內產生交變磁場。副線圈：連接負載的線圈，產生感應電動勢，為負載提供電能。鐵芯：硅鋼疊合成的閉合框架，能增強磁場和集中磁感線，提高變壓器效率。3.工作原理：互感現象是變壓器工作的基礎。當原線圈兩端加上交變電壓U1時，原線圈中就有交變電流I1通過，并在鐵芯中產生交變的磁場，鐵芯中的磁通量就發生變化。由于副線圈也繞在同一鐵芯上，鐵芯中磁通量的變化便會在副線圈上產生感應電動勢。4.理想變壓器（1）閉合鐵芯的“漏磁”忽略不計。（2）變壓器線圈的電阻忽略不計。（3）閉合鐵芯中產生的渦流忽略不計。即沒有能量損失的變壓器叫作理想變壓器。【命題方向】關于理想變壓器的工作原理，以下說法正確的是（）A、通有正弦交變電流的原線圈產生的磁通量不變B、穿過原、副線圈的磁通量在任何時候都不相等C、穿過副線圈磁通量的變化使得副線圈產生感應電動勢D、原線圈中的電流通過鐵芯流到了副線圈分析：變壓器的工作原理是互感現象，理想變壓器是無漏磁、無銅損、無鐵損．解答：A、通有正弦交變電流的原線圈產生的磁通量是按照正弦規律周期性變化的，故A錯誤；B、由于是理想變壓器，穿過原、副線圈的磁通量在任何時候都相等，故B錯誤；C、穿過副線圈磁通量的變化使得副線圈產生感應電動勢，符合法拉第電磁感應定律，故C正確；D、變壓器的工作原理是互感現象，原、副線圈并沒有直接相連，故D錯誤；故選：C。點評：本題關鍵是明確變壓器的工作原理，知道理想變壓器是指無能量損失的變壓器，基礎題．【解題思路點撥】變壓器是由原線圈、副線圈和鐵芯組成的，因為器工作原理是互感現象，可以改變交變電流的大小，對直流電流無效。14．理想變壓器兩端的電壓、電流與匝數的關系【知識點的認識】一、理想變壓器的基本規律1.理想變壓器原、副線圈的電壓與匝數的關系（1）原、副線圈的電壓之比等于匝數之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，變壓器為降壓變壓器；如果n1＜n2，變壓器為升壓變壓器2.理想變壓器原、副線圈的功率關系原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率：P入＝P出3.理想變壓器原、副線圈的電流與匝數的關系（1）只有一個副線圈時：原、副線圈的電流之比等于匝數的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多個副線圈時由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+???或n1I1＝n2I2+n3I3+???4.理想變壓器原、副線圈的功率關系變壓器只改變交變電流的大小，不改變交變電流的頻率：f1＝f2二、各物理量之間的因果關系（1）由于U1取決于電源電壓，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副線圈中電流取決于所接負載I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副線圈輸出功率取決于負載消耗的功率，由P入＝P出可知輸出功率決定輸入功率，功率按需提供。【命題方向】如圖所示，L1、L2是理想變壓器的兩個線圈．如果把它當作降壓器，則（）A、L1接電源，原、副線圈兩端電壓之比為1：5B、L1接電源，原、副線圈兩端電壓之比為5：1C、L2接電源，原、副線圈兩端電壓之比為5：1D、L2接電源，原、副線圈兩端電壓之比為1：5分析：根據理想變壓器中原副線圈的電壓與匝數成正比即可分析求解．解答：如果把它當作降壓器，則原線圈的匝數應比副線圈匝數多，所以L1接電源，U1故選：B。點評：要根據理想變壓器中電流、電壓與匝數比之間的關系進行有關問題的解答，難度不大，屬于基礎題。【解題思路點撥】理想變壓器的規律理想變壓器①沒有能量損失；②沒有磁通量損失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P入＝P出電壓關系原、副線圈的電壓比等于匝數比，即U1電流關系①只有一個副線圈：電流和匝數成反比，即I1②多個副線圈：由輸入功率和輸出功率相等確定電流關系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn頻率關系原、副線圈中電流的頻率相等制約關系電壓副線圈電壓U2由原線圈電壓U1和匝數比決定，即U2=n2n功率副線圈中的功率P2由用戶負載決定，原線圈的輸入功率P1由副線圈的輸出功率P2決定，即P1＝P2（副制約原）電流原線圈的電流I1由副線圈的電流I2和匝數比決定，即I1=n2n15．理想變壓器兩端的功率關系【知識點的認識】一、理想變壓器的基本規律1.理想變壓器原、副線圈的電壓與匝數的關系（1）原、副線圈的電壓之比等于匝數之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，變壓器為降壓變壓器；如果n1＜n2，變壓器為升壓變壓器2.理想變壓器原、副線圈的功率關系原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率：P入＝P出3.理想變壓器原、副線圈的電流與匝數的關系（1）只有一個副線圈時：原、副線圈的電流之比等于匝數的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多個副線圈時由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+???或n1I1＝n2I2+n3I3+???4.理想變壓器原、副線圈的功率關系變壓器只改變交變電流的大小，不改變交變電流的頻率：f1＝f2二、各物理量之間的因果關系（1）由于U1取決于電源電壓，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副線圈中電流取決于所接負載I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副線圈輸出功率取決于負載消耗的功率，由P入＝P出可知輸出功率決定輸入功率，功率按需提供。【命題方向】理想變壓器原、副線圈匝數比為10：1．下列說法正確的是（）A、原、副線圈上的電流之比為10：1B、正常工作時原、副線圈的輸入、輸出功率之比為1：1C、原、副線圈產生的電壓之比為10：1D、正常工作時原、副線圈的輸入、輸出功率之比為10：1分析：變壓器的原線圈的輸入電壓決定副線圈的輸出電壓，副線圈的輸出功率決定原線圈的輸出功率，由于匝數比不變，故副線圈的輸出電壓保持不變，當負載電阻減小時，輸出功率變大，故輸入功率也變大．解答：A、理想變壓器，原副線圈的電流與匝數成反比為1：10，故A錯誤；BD、由于是理想變壓器，則原副線圈的電功率是相等的，正常工作時