资源简介

第十章 交变电流　传感器
[备考指南]
考 点 内 容 要求 题型 把 握 考 情
一、交变电流的产生及描述 交变电流、交变电流的图像 Ⅰ 选择 找规律 　　从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查重点有：交变电流的有效值、瞬时值，变压器的原理及应用，远距离输电等知识。其中针对变压器的原理及应用的题目出现频率较高，常以选择题的形式考查，分值一般为6分。
正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 Ⅰ
二、变压器　电能的输送 理想变压器 Ⅱ 选择、计算 明热点 　　预计2016年高考中，对交流电的考查仍会集中在有效值、瞬时值的计算上，还会综合变压器、远距离输电等知识进行考查。
远距离输电 Ⅰ
　 实验十一 传感器的简单应用 填空
第1节交变电流的产生及描述
(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。(×)
(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。(×)
(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。(√)
(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。(√)
(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。 (×)
(6)交变电流的峰值总是有效值的倍。(×)
要点一　正弦式交变电流的产生及变化规律
1．正弦式交变电流的产生
(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
(2)两个特殊位置的特点：
①线圈平面与中性面重合时，S ⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变。
②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。
(4)交变电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。
2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)
　　规律物理量　　 函数表达式 图像
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt
电动势 e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt
电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt
电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt
[典例]　(2014·全国卷Ⅰ)如图10 1 1(a)，线圈ab、cd绕在同一软铁芯上，在ab线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是(　　)
图10 1 1
图10 1 2
[解析]　根据题图(b)可知：cd两端在时间0～0.5内产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即为恒定不变，故选项C正确，A、B、D错误。
[答案]　C
[针对训练]
1.(2015·福州质检)有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图10 1 3所示。该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动。在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是(　　)
图10 1 3
图10 1 4
解析：选C　磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，在t＝0时刻，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确。
2.(多选)(2015·广东名校质检)如图10 1 5所示为交流发电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在滑环L上，导体制作的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接。关于其工作原理，下列分析正确的是
(　　)
图10 1 5
A．当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大
B．当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大
C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小
D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流最小
解析：选AC　当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电动势为零，线圈中的感应电流为零，选项A正确B错误；当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，选项C正确D错误。
3．(2015·连云港摸底)如图10 1 6甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω。求：
图10 1 6
(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；
(2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量；
(3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功。
解析：(1)由图得 e＝Emsin ωt＝6sin 100πt(V)
则电流 i＝＝0.6sin 100πt(A)。
(2)Em＝BSω
Em＝6 V
ω＝100πΦm＝BS＝ ＝2.7×10－2 Wb。
(3)E＝＝6 V，
外力所做的功W＝Q＝T＝7.2×10－2J。
答案：(1)i＝ 0.6sin 100πt(A)　(2)2.7×10－2 Wb
(3)7.2×10－2 J
要点二　有效值的理解与计算
1．公式法
利用E＝、U＝、I＝计算，只适用于正(余)弦式交变电流。
2．利用有效值的定义计算(非正弦式电流)
计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍。
3．利用能量关系
当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值。
[典例]　电阻R1、R2与交流电源按照图10 1 7甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω。合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则(　　)
图10 1 7
A．通过R1的电流有效值是1.2 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流有效值是1.2 A
D．R2两端的电压最大值是6 V
[解析]　首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过R2的电流最大值为0.6 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im＝I可知其有效值为0.6 A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是0.6 A，选项 A、C错；R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6 V，选项B对；R2两端电压最大值为U2m＝ImR2＝0.6×20 V＝12 V，选项D错。
[答案]　B
[多维探究]
变式1　把图像下半部分翻到t轴的上面
正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的。线圈中感应电动势随时间变化的规律如图10 1 8所示，则此感应电动势的有效值为________ V。
图10 1 8
解析：由有效值的定义式得：××2＝T，得：U＝220 V。
答案：220 V
变式2　上下波形的最大值不一致
电压u随时间t的变化情况如图10 1 9所示，求电压的有效值？
图10 1 9
解析：由有效值的定义式得：×＋×＝T，得：U＝55 V
答案：55 V
变式3　把波形的后半周期去掉
家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小。某电子调光灯经调整后电压波形如图10 1 10所示，求灯泡两端的电压的有效值。
图10 1 10
解析：从u t图像看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为U1＝；后半周期电压为零。根据有效值的定义，T＝·＋0，解得U＝。
答案：
变式4　把正余弦波形变成矩形波形
如图10 1 11所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是
(　　)
图10 1 11
A．5 A　　　　　　　 B．3.5 A
C．3.5 A D．5 A
解析：选D　交流电的有效值是根据其热效应定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。设交流电的有效值为I，令该交变电流通过一阻值为R的纯电阻，在一个周期内有：I2RT＝IR＋IR。
所以该交流电的有效值为I＝ ＝5 A。
变式5　在电阻两端并联二极管
如图10 1 12所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20 sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为(　　)
图10 1 12
A．10 V B．20 V
C．15 V D．5 V
解析：选D　电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足T＝＋，可求出U＝5 V。故选项D正确。
要点三　交变电流“四值”的应用
对交变电流“四值”的比较和理解
物理量 物理意义 适用情况及说明
瞬时值 e＝Emsin ωtu＝Umsin ωti＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况
峰值(最大值) Em＝nBSωIm＝ 讨论电容器的击穿电压
有效值 对正(余)弦交流电有：E＝U＝I＝ (1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)电表的读数为有效值
平均值 ＝BL＝n＝ 计算通过电路截面的电荷量
[多角练通]
1．(多选)(2015·河北联考调研)如图10 1 13所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，内阻为r，绕垂直磁感线的对称轴OO′以角度速ω匀速转动，从图示位置转90°的过程中，下列说法正确的是(　　)
图10 1 13
A．通过电阻R的电量Q＝
B．通过电阻R的电量 Q＝
C．外力做功平均功率 P＝
D．从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsin ωt
解析：选BC　从图示位置转90°的过程中，磁通量变化ΔΦ＝BS，通过电阻 R的电量 Q＝IΔt＝Δt＝N＝，选项A错误B正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势最大值Em＝NBSω，感应电流有效值为I＝，外力做功平均功率P＝EI＝I2(R＋r)＝，选项C正确；从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsin(ωt＋π/2)，选项D错误。
2．(多选)(2014·天津高考)如10 1 14甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则(　　)
图10 1 14
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析：选AC　t＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A项正确；图中a、b对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比na∶nb＝∶＝3∶2，B项错误；曲线a表示的交流电动势的频率为fa＝＝ Hz＝25 Hz，C项正确；曲线a对应线圈相应的电动势的最大值Eam＝NBS·，由图像知Eam＝15 V，曲线b对应线圈相应的电动势的最大值Ebm＝NBS·，因此＝＝，Ebm＝10 V，有效值Eb＝ V＝5 V，D项错误。
3．(多选)(2015·沧州五校高三联考)如图10 1 15所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，转动周期为T0 。线圈产生的电动势的最大值为Em，则(　　)
图10 1 15
A．线圈产生的电动势的有效值为Em
B．线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为
C．线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为Em
D．经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次
解析：选BC　由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为Em，选项A错误；由题意知线圈产生的电动势的最大值为Em＝BSω＝BS，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BS＝，选项B正确；线圈转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小，选项C正确；正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D错误。
对点训练：交变电流的产生及变化规律
1．(2015·北京丰台期末)在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图1甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则(　　)
图1
A．t ＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行
B．t ＝0.010 s时线圈的磁通量变化率最大
C．线圈产生的交变电动势频率为100 Hz
D．线圈产生的交变电动势有效值为311 V
解析：选A　t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行，感应电动势最大，选项A正确；t＝0.010 s时线圈的磁通量最大，变化率最小，选项B错误；线圈产生的交变电动势周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项C错误；线圈产生的交变电动势最大值为311 V，选项D错误。
2．(2015·济宁模拟)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器。如图2甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管。一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号。若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量Φ随时间t的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流i随时间t变化图像为(　　)
图2
图3
解析：选B　由法拉第电磁感应定律，则螺线管内感应电流i随时间t变化图像为B。
3．(多选)(2015·吉林模拟)如图4所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时(　　)
图4
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．线圈中的感应电动势为2nBL2ω
C．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大
D．线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里
解析：选AC　当线圈转至图示位置时由楞次定律可判断出线圈中感应电流的方向为abcda，线圈中的感应电动势为nBL1L2ω，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，选项A、C正确，选项B错误；线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里，选项D错误。
对点训练：有效值的理解与计算
4．(多选)(2015·北京东城期末)北京市东城区民用电网改造完成后，某居民小区变压器输出端的交变电压瞬时值表达式为u＝220sin 100πt(V)，对此交变电压，下列表述正确的是
(　　)
A．最大值是220 V　　　　 B．频率是50 Hz
C．有效值是220 V D．周期是0.01 s
解析：选BC　此交变电压最大值是220 V，有效值是220 V，频率是50 Hz，周期是0.02 s，选项B、C正确A、D错误。
5.(多选)如图5所示，某玩具电磁驱动发电机可简化为在匀强磁场中的一匝闭合金属线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，磁场的磁感应强度大小为B，线圈面积为S，电阻为R。当线圈以右边为轴，以恒定的角速度ω匀速转动时，下列叙述中正确的是(　　)
图5
A．产生的感应电流的有效值为
B．转过30°时，线圈中的电流方向为逆时针
C．转过90°的过程中，通过线圈导线某一横截面的电荷量为
D．线圈转动一周产生的热量为
解析：选AC　线圈中产生的感应电动势最大值为Em＝BSω，电动势有效值为E＝Em＝BSω，则电流的有效值为I＝＝，选项A正确；据楞次定律可知转过30°时，线圈中感应电流方向为顺时针，选项B错误；由＝，＝，q＝Δt，得到电荷量q＝＝，故选项C正确；线圈转一周的过程中，产生的热量为Q＝I2Rt＝，选项D错误。
6．(多选)(2013·山东高考)图6甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图像如图乙所示。以下判断正确的是(　　)
图6
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
解析：选AC　根据i t图像可知，交流电的最大值为10 A，所以电流表的示数(有效值)为10 A，A正确。交流电的周期T＝0.02 s，线圈转动的角速度ω＝＝100π rad/s，B错误。0.01 s时，感应电流达到峰值，线圈平面与磁场方向平行，C正确。0.02 s时，线圈又回到题图所示位置，根据右手定则可以判断，电阻R中电流的方向自左向右，D错误。
7．(2015·唐山模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图7甲、乙所示。其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为(　　)
图7
A．1∶　　　　　　　　 B．1∶2
C．1∶4 D．1∶1
解析：选A　题图甲中的磁场只在OO′轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得是有效值，所以I＝。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I′＝，则I∶I′＝1∶，即A正确。
对点训练：交变电流的“四值”
8.(2015·宝鸡质检)如图8所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是(　　)
图8
A．线圈先后两次转速之比为1∶2
B．交流电a的电压瞬时值u＝10sin 0.4πt(V)
C．交流电b的电压最大值为 V
D．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量为零
解析：选C　产生的正弦交流电的周期之比为2∶3，线圈先后两次转速之比为3∶2 ，选项A错误；交流电a的周期为0.4 s，交流电a的电压瞬时值u＝10sin 5πt(V)，选项B错误；由最大值nBSω可知，二者最大值之比为3∶2，交流电b的电压最大值为 V，选项C正确；在图中t＝0时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项D错误。
9．(2013·福建高考)如图9，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10sin 10πt(V)，则(　　)
图9
A．该交变电流的频率为10 Hz
B．该电动势的有效值为10 V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D．电路中理想交流电流表 的示数为1.0 A
解析：选D　由交流电的表达式可知ω＝10π rad/s，Em＝10 V，得f＝＝5 Hz，E＝10 V，A、B错误。I＝＝1 A，D正确。PR＝I2R＝9 W，C错误。
10.小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图10所示。此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是(　　)
图10
A．交变电流的周期为0.125 s
B．交变电流的频率为8 Hz
C．交变电流的有效值为 A
D．交变电流的最大值为4 A
解析：选C　由图像可知交变电流的周期T＝0.250 s，频率f＝＝4 Hz，故选项A、B错误；交变电流的有效值I＝＝A＝ A，故选项C正确；交变电流的最大值Im＝＝ A＝2 A，故选项D错误。
考点综合训练
11．(2012·江苏高考)某兴趣小组设计了一种发电装置，如图11所示。在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为π，磁场均沿半径方向。匝数为N的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场。在磁场中，两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直。线圈的总电阻为r，外接电阻为R。求：
图11
(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小Em；
(2)线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；
(3)外接电阻上电流的有效值I。
解析：(1)bc、ad边的运动速度v＝ω，
感应电动势Em＝4NBlv
解得Em＝2NBl2ω。
(2)电流Im＝ ，安培力F＝2NBIml
解得F＝。
(3)一个周期内，通电时间t＝T
R上消耗的电能W＝IRt　且W＝I2RT
解得I＝。
答案：(1)2NBl2ω　(2)　(3)
12．(2015·北京海淀联考)如图12甲所示，长、宽分别为L1、L2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n，总电阻为r，可绕其竖直中心轴O1O2转动。线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C、D(集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R相连。线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B的大小随时间t的变化关系如图乙所示，其中B0、B1和t1均为已知。在0～t1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动。求：
图12
(1)0～t1时间内通过电阻R的电流大小；
(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R产生的热量；
(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量。
解析：(1)0～t1时间内，线框中的感应电动势
E＝n＝
根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R的电流
I＝＝。
(2)线框产生感应电动势的最大值 Em＝nB1L1L2ω
感应电动势的有效值E＝nB1L1L2ω
通过电阻R的电流的有效值I＝
线框转动一周所需的时间t＝
此过程中，电阻R产生的热量
Q＝I2Rt＝πRω2。
(3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中，
平均感应电动势＝n＝
平均感应电流＝＝
通过电阻R的电荷量q＝Δt＝。
答案：(1)　(2)πRω2　(3)
第2节变压器__电能的输送
(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用。(√)
(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。(×)
(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。(×)
(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。(×)
(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。 (√)
(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)
(7)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大。(√)
要点一　理想变压器
1．基本关系
(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、相同。
(2)线圈无电阻，因此无电压降，U＝E＝n。
(3)根据＝得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有＝＝＝…。
(4)无电能损失，因此P入＝P出，无论副线圈是一个还是多个，总有U1I1＝U2I2＋U3I3＋…将电压关系代入可得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。
2．基本关系式中物理量之间的决定关系
(1)电压决定关系：输入电压U1决定输出电压U2，这是因为输出电压U2＝U1，当U1不变时，不论负载电阻R变化与否，U2不会改变。
(2)电流决定关系：输出电流I2决定输入电流I1。
(3)功率决定关系：输出功率P2决定输入功率P1。
(4)频率关系：原、副线圈中电流的频率相同。
[典例]　(多选)(2014·全国卷Ⅱ)如图10 2 1，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表 接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd，则(　　)
图10 2 1
A．Uab∶Ucd＝n1∶n2
B．增大负载电阻的阻值R，电流表的读数变小
C．负载电阻的阻值越小，cd间的电压Ucd越大
D．将二极管短路，电流表的读数加倍
[思路点拨]
(1)副线圈两端的电压U2与cd两端的电压Ucd是否相等？为什么？
提示：由于二极管的单向导电性，所以U2≠Ucd。
(2)当负载R变化时，原线圈中的电流和电压是否发生变化？为什么？
提示：由于输入电压U1决定输出电压U2，所以不论负载如何变化，U1、U2均不变；由于输出电流I2决定输入电流I1，所以负载变化，I1发生变化。
[解析]　根据变压器的工作原理、交流电的有效值解题。变压器的变压比＝，其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压。U1＝Uab，由于二极管的单向导电特性，Ucd≠U2，选项A错误。增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原线圈上的电流I1减小，即电流表的读数变小，选项B正确。c、d端的电压由输入电压Uab决定，负载电阻R的阻值变小时，Uab不变，选项C错误。根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有UabI1T＝·＋0(U为副线圈两端的电压)，二极管短路时有UabI2T＝T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确。
[答案]　BD
[针对训练]
1．(多选)(2014·山东高考)如图10 2 2，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是(　　)
图10 2 2
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
解析：选BD　将额定电压为60 V的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用电器正常工作，已知交流电压表和交流电流表(均为理想电表)读数分别为220 V和2.2 A，根据功率公式可以求出用电器消耗的功率为132 W，因此A选项不正确；再根据变压器变压公式和变流公式可知，＝和＝，联立可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A，所以选项B正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为2.2 A，故选项C错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝11∶3，所以D选项正确。
2．(多选)(2015·郑州质检)如图10 2 3所示，一台理想变压器的原副线圈的匝数比为n1∶n2＝40∶1，在副线圈两端接有“6 V　40 W”的电灯泡。若灯泡正常发光，则下列说法中正确的是(　　)
图10 2 3
A．在原副线圈中，通过每匝线圈的磁通量时时刻刻都相同
B．通过原副线圈的交变电流的频率相同
C．变压器输入电压的最大值为240 V
D．变压器输入功率为40 W
解析：选ABD　原线圈的磁场都在铁芯中，所以原副线圈中的磁场相同，通过每匝线圈的磁通量也相同，选项A对。既然原副线圈是同一个磁场，那么原副线圈感应电流变化的频率就相等，选项B对。根据理想变压器＝，副线圈的灯泡正常发光即U2＝6 V，带入得U1＝240 V，而额定电压指的是有效电压，所以变压器输入电压有效值是U1＝240 V，最大值不确定，选项C错。理想变压器输入功率等于输出功率即灯泡正常发光的额定功率40 W，选项D对。
要点二　理想变压器的动态分析
常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。
1．匝数比不变的情况(如图10 2 4所示)
图10 2 4
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。
2．负载电阻不变的情况(如图10 2 5所示)
图10 2 5
(1)U1不变，发生变化，U2变化。
(2)R不变，U2变化，I2发生变化。
(3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。
[典例1]　(多选)(2014·广东高考)如图10 2 6所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是(　　)
图10 2 6
A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变
C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
[解析]　由于U1保持不变，根据变压器的变压比可知，副线圈的输出电压U2不变，B项正确；P向下滑动时，灯泡L两端的电压不变，灯泡的亮度不变，A项错误；P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻变小，副线圈电路的总电阻R变小，根据P2＝可知，变压器的输出功率变大，D项正确；由P1＝U1I1＝P2可知，变压器的输入电流增大，C项错误。
[答案]　BD
[典例2]　(多选)如图10 2 7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压。则下列说法中正确的有(　　)
图10 2 7
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31.1 V
B．当单刀双掷开关与b连接且在0.01 s时，电流表示数为4.4 A
C．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D．当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的输入功率变大
[解析]　当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 V，选项A错误；当单刀双掷开关与b连接时，电流表示数为4.4 A，选项B正确；当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率仍为50 Hz，选项C错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压增大，副线圈输出功率增大，原线圈的输入功率变大，选项D正确。
[答案]　BD
[针对训练]
1．(多选)如图10 2 8所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，绕OO′轴在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω匀速转动。滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有定值电阻R，从图示位置开始计时，下列判断正确的是(　　)
图10 2 8
A．电流表测得的是电流最大值
B．感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSω·sin ωt
C．P向上移动时，电流表示数变大
D．P向上移动时，电流表示数变小
解析：选BD　电流表测得的是电流有效值，选项A错误；从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBSω·sin ωt，选项B正确；P向上移动时，输出电压降低，电流表示数变小，选项C错误D正确。
2．(多选)如图10 2 9所示，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接电阻R0、R1和R2。电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示。当开关S闭合后(　　)
图10 2 9
A．V1、V2示数变小，变压器的输出功率减小
B．A1、A2示数变大，变压器的输出功率增大
C．A1示数不变、A2示数变大，变压器的输出功率减小
D．V1示数不变、V2示数变小，变压器的输出功率增大
解析：选BD　据题意，当开关闭合后，副线圈总电阻R减小，据闭合电路欧姆定律可知，副线圈总电流为：I2＝，其中r表示R1和R2并联后的总电阻，即电流表A2示数增加，据变压器原副线圈电流规律＝，匝数比恒定，I2增大，则原线圈电流I1增大，即电流表A1示数增加；原线圈中输入电压U1不变，则电压表V1示数不变；副线圈两端电压也不变，电压表V2测量的是电阻R1电压，当电流增大时，电阻R0两端的电压增大，所以R1和R2并联后两端的电压减小，即V2示数减小；副线圈输出功率为P2＝U2I2，即输出功率增大，副线圈功率决定原线圈功率，所以原线圈功率也增大；故选项B、D正确。
要点三　远距离输电
1．理清三个回路
远距离输电电网间的基本结构，如图10 2 10所示。输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路。在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁。
图10 2 10
2．抓住两个联系
(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是：＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2。
(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是：＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4。
3．掌握一个能量守恒定律
发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P1＝P线损＋P用户。
[典例]　(2014·浙江高考)如图10 2 11所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则(　　)
图10 2 11
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
[解析]　理想变压器输入和输出功率相同，设用户端得到的电压为U2，则有I1U1＝U2I2，U2＝，选项A正确；输电线上的电压降为ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，选项B错误；理想变压器的输入功率为P＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的电功率为ΔP＝Ir，选项D错误。
[答案]　A
[方法规律]　输电线路功率损失的计算方法
(1)P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户得到的功率。
(2)P损＝IR线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻。
(3)P损＝，ΔU为输电线路上损失的电压，R线为线路电阻。
(4)P损＝ΔUI线，ΔU为输电线路上损失的电压，I线为线路上的电流。
[易错提醒]　在远距离输电问题中，一般用P损＝IR线计算线路功率损耗，其原因是I线可以由公式P输出＝I线U输出求出，而P损＝ΔUI线和P损＝则不常用，其原因是在一般情况下，ΔU不易求出，且易将ΔU和U输出相混而造成错误。
[针对训练]
1．(2014·福建高考)图10 2 12为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n1＝n4＜n2＝n3，四根模拟输电线的电阻R1、R2、R3、R4的阻值均为R，A1、A2为相同的理想交流电流表，L1、L2为相同的小灯泡，灯丝电阻RL＞2R，忽略灯丝电阻随温度的变化。当A、B端接入低压交流电源时(　　)
图10 2 12
A．A1、A2两表的示数相同
B．L1、L2两灯泡的亮度相同
C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率
D．R2两端的电压小于R4两端的电压
解析：选D　远距离输电过程中，应用高压输电能够减小输电线上的功率损失，R1上消耗的功率小于R3上消耗的功率，C项错；而比较两个不同输电回路，输电线电阻相同，由P损＝I2·2R可知，A1示数小于A2示数，A项错；根据欧姆定律可知，R2两端电压小于R4两端电压，D项正确；由于输电线上损失电压不同，故两灯泡两端电压不同，故亮度不同，B项错。
2．(2014·江苏高考)远距离输电的原理图如图10 2 13所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是(　　)
图10 2 13
A.＝　　　　　　　 B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
解析：选D　根据变压器的工作原理可知＝，所以选项A错误；因U2、I2、R不满足欧姆定律公式中物理量之间的对应关系，所以选项B错误；U1I1＝U2I2，但U2I2≠IR，选项C错误，D正确。
要点四　三种特殊的变压器模型
模型一　自耦变压器
高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图10 2 14所示。
图10 2 14
[典例1](2012·全国卷)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图10 2 15所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为(　　)
图10 2 15
A．380 V和5.3 A　　　　 B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
[解析]　对理想变压器，原、副线圈功率相同，故通过原线圈的电流I1＝＝A≈9.1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V，故B对。
[答案]　B
模型二　互感器
分为电压互感器和电流互感器，比较如下：
电压互感器 电流互感器
原理图
原线圈的连接 并联在高压电路中 串联在交流电路中
副线圈的连接 连接电压表 连接电流表
互感器的作用 将高电压变为低电压 将大电流变成小电流
利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2
[典例2]　(2013·天津高考)普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图10 2 16中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则(　　)
图10 2 16
A．ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd
B．ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd
C．ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd
D．ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd
[解析]　根据理想变压器的原理，线圈电流与匝数成反比，ab接MN，通过的电流较大，电流表接在cd两端，通过的电流较小，B正确。
[答案]　B
模型三　双副线圈变压器
计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系：
(1)电压关系：＝＝＝……
(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋……
(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋……
[典例3]　如图10 2 17所示，两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为相同的灯泡，匝数比为n1∶n2＝3∶1，则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为(　　)
图10 2 17
A．P、P　　　　　　　　 B．9P、
C.、9P D.、P
[解析]　由题意可知，两种情况下变压器输出功率均为2P，设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，两种情况下变压器输入电压为3U，变压器输入电流为I；图甲中L1的功率为P1＝＝9P；图乙中L1的功率为P2＝(I)2R＝，选项B正确。
[答案]　B
对点训练：理想变压器
1．(多选)在如图1所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，四个灯泡完全相同。其额定电压为U，若已知灯泡L3和L4恰能正常工作，那么(　　)
图1
A．L1和L2都能正常工作
B．L1和L2都不能正常工作
C．交流电源电压为2U
D．交流电源电压为4U
解析：选AD　根据灯泡L3和L4恰能正常工作，变压器原线圈输入电压为灯泡L3和L4额定电压U的2倍，输入电流为灯泡L3和L4的额定电流。所以L1和L2都能正常工作，交流电源电压为4U，选项A、D正确，B、C错误。
2.(2015·孝感联考)如图2所示，理想变压器的原副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为
图2
u＝20sin 100πt V，氖泡在两端电压达到100 V时开始发光，下列说法中正确的有(　　)
A．开关接通后，氖泡的发光频率为50 Hz
B．开关接通后，电压表的示数为100 V
C．开关断开后，电压表的示数变大
D．开关断开后，变压器的输出功率不变
解析：选B　由u＝20sin 100πt V可知，交流电压频率为50 Hz，在一个周期内，交变电流两次超过100 V电压，所以氖泡的发光频率为100 Hz，选项A错误；变压器输入电压有效值为U1＝20 V，输出电压有效值U2＝U1＝5×20 V＝100 V，开关接通与断开后，电压表的示数均为100 V，选项B正确，C错误；开关断开后，氖泡不发光，消耗电能变小，变压器的输出功率变小，选项D错误。
3．(多选)(2015·河南十所名校高三联考)如图3所示，一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交变电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端。图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V。则(　　)
图3
A．电流表的读数为0.5 A
B．流过电阻的交变电流的频率为100 Hz
C．交变电源的输出电压的最大值为20 V
D．交变电源的输出功率为2.5 W
解析：选CD　根据欧姆定律可得副线圈中的电流I2＝＝0.25 A，根据理想变压器原、副线圈中的电流比＝，可解得I1＝0.125 A，A错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同，都为50 Hz，B错误；副线圈输出电压的有效值是10 V，根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U2m＝10 V，原、副线圈电压比为＝，可得交变电源输出电压的最大值为U1m＝20 V，C正确；对于理想变压器，交变电源的输出功率等于变压器副线圈消耗的功率，P＝2× W＝2.5 W，故D正确。
对点训练：理想变压器的动态分析
4．(多选)(2015·焦作联考)如图4所示，理想变压器原线圈的匝数n1＝1 100匝，副线圈的匝数n2＝110匝，R0、R1、R2均为定值电阻，且R0＝R1＝R2，电流表、电压表均为理想电表。原线圈接u＝220 sin(314t) V的交流电源。起初开关S处于断开状态。下列说法中正确的是(　　)
图4
A．电压表示数为22 V
B．当开关S闭合后，电压表示数变小
C．当开关S闭合后，电流表示数变大
D．当开关S闭合后，变压器的输出功率增大
解析：选BCD　变压器输入电压220 V，由变压器变压公式，副线圈输出电压为22 V，根据串联分压原理，电压表示数为11 V，选项A错误；当开关S闭合后，输出功率增大，电压表示数变小，原线圈输入功率增大，电流表示数变大，选项B、C、D正确。
5．(多选)一理想自耦变压器的原线圈接有正弦交变电压，如图5甲所示，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是(　　)
图5
A．交变电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos 100πt V
B．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大
C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大
D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流一定增大
解析：选AB　从题图甲可看出，交流电的周期T＝2×10－2s，最大值为U0，所以交变电源的电压 u随时间t变化的规律是u＝U0cost V＝U0cos 100πt V，选项A正确；因原、副线圈两端电压与其匝数成正比，当仅将触头P向A端滑动时，副线圈两端的电压增大，即电阻R两端的电压增大，则电阻R消耗的电功率增大，选项B正确；若仅使电阻R增大，则副线圈两端的电压不变，电阻R消耗的电功率P＝减小，原线圈的输入电功率也减小，选项C错误；将触头P向B端滑动，副线圈两端的电压减小，同时电阻R增大，通过R的电流I2＝减小，根据变压器的特点，通过A处的电流也一定减小，选项D错误。
6.(多选)(2015·杭州模拟)如图6所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝220sin 100πt V，则(　　)
图6
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22 V
B．当t＝ s时，电压表V0的读数为220 V
C．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数增大，电流表示数变小
D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小
解析：选BC　当单刀双掷开关与a连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈输出电压为U2＝22 V，但电压表V1示数小于U2，故A错误；当t＝ s时，电压表V0的读数为有效值220 V，故B正确；单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于副线圈输出电压U2是由变压器决定的，所以电流表示数变小，电压表V1示数变大，故C正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，理想变压器原、副线圈的匝数比变为5∶1，副线圈输出电压U2变大，电流表和电压表V1的示数均变大，故D错误。
对点训练：远距离输电
7．如图7所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)。对整个送电过程，下列说法正确的是(　　)
图7
A．输电线上的损失功率为300 W
B．升压变压器的匝数比为1∶100
C．输电线上的电流为100 A
D．降压变压器的输入电压为4 700 V
解析：选A　输电线上的损失功率为0.6%×50 kW＝300 W，选项A正确。由I2R＝300 W可得输电线上电流I＝10 A，升压变压器副线圈电压为5 000 V，升压变压器的匝数比为1∶10，选项B、C错误。输电线损失电压为IR＝30 V，降压变压器的输入电压为4 970 V，选项D错误。
8．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图8所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220 sin(100πt) V，降压变压器的副线圈与阻值R0＝11 Ω的电阻组成闭合电路。若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是(　　)
图8
A．通过R0电流的有效值是20 A
B．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1
C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压
D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
解析：选ABD　由题知降压变压器副线圈两端交变电压的有效值为220 V，则通过R0的电流为20 A，A正确；由＝得降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1，B正确；在输电过程中，输电线上有电阻，升压变压器T1的输出电压不能完全加在降压变压器T2的两端，输电线上有功率损失，C错误、D正确。
9．(2014·四川高考)如图9所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则(　　)
图9
A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
解析：选D　根据交流电的变化规律、变压器的工作原理和远距离输电知识解题。
由u t图像可知，交流电的周期T＝0.02 s，故频率f＝＝50 Hz，选项A错误；交流电的最大值Um＝500 V，故有效值U＝＝250 V，选项B错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比决定，选项C错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，根据＝，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P＝IR，得输电线损失的功率减小，选项D正确。
对点训练：三种特殊的变压器
10.(2015·开封模拟)如图10所示，理想变压器有两个副线圈，匝数分别为n1和n2，所接负载4R1＝R2，当只闭合S1时，电流表示数为1 A，当S1和S2都闭合时，电流表示数为2 A，则n1∶n2为(　　)
图10
A．1∶1　　　　　　　 B．1∶2
C．1∶3 D．1∶4
解析：选B　变压器原副线圈的磁通量变化率相同，所以U∶U1∶U2＝n∶n1∶n2，根据能量守恒，输出功率等于输入功率，所以有当只闭合S1时UI＝，当S1和S2都闭合时，UI′＝＋＝，代入数据I＝1 A、I′＝2 A可得U＝4U，即U1∶U2＝1∶2，所以n1∶n2＝1∶2，选项B对。
11.如图11所示，自耦变压器输入端A、B接交流稳压电源，其电压有效值U1＝100 V，R0＝40 Ω，当滑动片处于线圈中点位置时，C、D两端电压的有效值U2为________V，通过电阻R0的电流有效值为________A。
图11
解析：当滑动片位于线圈中点位置时，由变压器电压关系有∶＝，所以U2＝＝200 V，通过R0的电流为I＝＝ A＝5 A。
答案：200　5
12．电压互感器使用时应将其原线圈________联接入被测电路；而电流互感器则应________联接入被测电路。
答案：并　　串
考点综合训练
13．(多选)(2015·青岛模拟)如图12甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为11∶1，R＝1 Ω，原线圈允许通过电流的最大值为1 A，副线圈ab两端电压随时间变化图像如图乙所示。则下列说法正确的是(　　)
图12
A．原线圈输入电压的有效值为242 V
B．原线圈两端交变电压的频率为550 Hz
C．副线圈中电流的最大值为11 A
D．为保证电路安全工作，滑动变阻器R′的阻值不得小于1 Ω
解析：选AC　由题知变压器副线圈两端电压有效值为22 V，由原副线圈两端电压关系＝可得，原线圈输入电压的有效值为242 V，故A项正确；由于原副线圈两端交流电的频率相同，故原线圈两端交变电压的频率为50 Hz，B项错；原线圈允许通过电流的最大值为1 A，根据原副线圈电流关系＝可得副线圈中电流的最大值为11 A，C项正确；根据部分电路的欧姆定律可得，副线圈中滑动变阻器最小阻值为R′＝－R＝Ω－1 Ω＝(2－1)Ω，故D项错。
14．(多选)(2015·济宁市高三联考)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是5∶1，原线圈接入电压220 V的正弦交流电，各元件正常工作，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图13所示。电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是(　　)
图13
A．原、副线圈中的电流之比为5∶1
B．电压表的读数约为31.11 V
C．若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1分钟内产生的热量为2.9×103 J
D．若将滑动变阻器的滑片向上滑动，则两电表读数均减小解析：BC　原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为1∶5，选项A错误；原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，而电表示数均是交流电的有效值，根据有效值的定义有
×＝×T，从而求得电压表两端电压有效值为U＝22 V≈31.11 V，选项B正确；若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω，则1 min内产生的热量为Q＝·t＝2.9×103 J，C正确；滑片向上滑动，滑动变阻器接入的阻值变小，其两端的电压不变，所以通过滑动变阻器的电流变大，即电压表示数不变，电流表示数变大，D错误。
15．(多选)(2015·临川二中高三月考)如图14所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比是10∶1，原线圈输入交变电压u＝100sin 50πt V，O是副线圈中心抽出的线头，R1＝5 Ω，R2＝15 Ω，则(　　)
图14
A．开关S断开时，电流表的示数为0.05 A
B．开关S闭合时，电流表的示数为0.05 A
C．开关S闭合时，两电阻总的电功率为 W
D．开关S断开时，两电阻总的电功率为 W
解析：选AC　由电压公式知输入电压的有效值为U0＝100 V，S断开时，根据电压与匝数成正比知输出电压为10 V，S断开时，由欧姆定律知，副线圈中的电流为 A＝0.5 A，根据电流与匝数成反比得，原线圈中电流为0.05 A，故A正确；开关S断开时，两电阻总的电功率为UI＝10×0.5＝5 W，故D错误；S闭合时，相当于有两个副线圈，电压仍然与匝数成正比，但电流与匝数不再成反比，因O是副线圈中心抽出的线头，两电阻两端电压均为5 V，两副线圈中电流分别为I1＝ A＝1 A和I2＝ A＝ A，所以由IU0＝I1U1＋I2U2得，原线圈中电流为I＝ A＝ A，故B错误；S闭合时，两电阻总的电功率为P总＝I1U1＋I2U2＝ W，故C正确。
实 验 十 一　 　
传感器的简单应用
一、实验目的
1．认识热敏电阻、光敏电阻等传感器的特性。
2．了解传感器的简单应用。
二、实验器材
热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等。
考点一　热敏电阻的原理及应用
[典例1]　用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的。某同学将RT和两个适当的固定电阻R1、R2连成如图实 11 1虚线框内所示的电路，以使电路的等效电阻RL的阻值随RT所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围。为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下RL的阻值，测量电路器材如图实 11 2所示，图中的电压表内阻很大。RL的测量结果如表所示。
图实 11 1　　
温度t/℃ 30.0 40.0 50.0 60.0 70.0 80.0 90.0
RL阻值/Ω 54.3 51.5 48.3 44.7 41.4 37.9 34.7
回答下列问题：
(1)根据图实 11 1所示的电路，在图实 11 2所示的实物图上连线。
图实 11 2
(2)为了检验RL与t之间近似为线性关系，在坐标纸上作RL t关
系图线。
图实 11 3
(3)在某一温度下，电路中的电流表、电压表的示数如图实 11 4甲、乙所示。电流表的读数为________，电压表的读数为________。此时等效电阻RL的阻值为________；热敏电阻所处环境的温度约为________。
图实 11 4
[答案]　(1)连线如图所示
(2)RL t关系图线如图所示
(3)115 mA　5.00 V　43.5 Ω　64.0 ℃(62～66 ℃均正确)
[由题引知·要点谨记]
1.实验原理及连线[对应第 1 题]根据电路图连接实物图，R1与RT并联，再与R2串联，滑动变阻器为限流接法，注意各电表的极性，开关控制整个电路。3.电表的读数及数据的处理方法[对应第(3)题](1)电流表、电压表读数时应注意有效数字的位数。(2)根据RL＝计算RL的阻值。(3)再由RL t关系图线找出RL对应的温度。
[题组突破]
1．(2015·长春模拟)温度传感器广泛应用于家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值随温度变化的特性来工作的。如图实 11 5甲所示为某装置中的传感器工作原理图，已知电源的电动势E＝9.0 V，内阻不计；G为灵敏电流表，其内阻Rg保持不变；R为热敏电阻，其阻值随温度的变化关系如图乙所示，闭合开关S，当R的温度等于20 ℃时，电流表示数I1＝2 mA；当电流表的示数I2＝3.6 mA时，热敏电阻的温度是(　　)
图实 11 5
A．60 ℃　　　　　　　　　 B．80 ℃
C．100 ℃ D．120 ℃
解析：选D　由题中图乙知，温度为20 ℃时，R的阻值R1＝4 kΩ。由欧姆定律知E＝I1(R1＋Rg)，E＝I2(R2＋Rg)，两式联立，解得R2＝2 kΩ，由图乙中查得此时温度为120 ℃，D正确。
2．热敏电阻是传感电路中常用的电子元件，现用伏安法研究电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整。已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5 Ω。将热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的热水瓶(图中未画出)、电源(3 V、内阻可忽略)、直流电流表(内阻约1 Ω)、直流电压表(内阻约5 kΩ)、滑动变阻器(0～20 Ω)、开关、导线若干。
图实 11 6
(1)画出实验电路图。
(2)根据电路图，在图实 11 6所示的实物图上连线。
(3)简要写出完成接线后的主要实验步骤。
解析：常温下待测热敏电阻的阻值(约4～5 Ω)较小，应该选用电流表外接法。热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，热敏电阻两端的电压由零逐渐增大，滑动变阻器选用分压式。
(1)实验电路如图实所示。
(2)根据电路图，连接实物图如图实所示。
(3)完成接线后的主要实验步骤：①往保温杯里加一些热水，待温度计稳定时读出温度计值；②调节滑动变阻器，快速测出几组电压表和电流表的值；③重复①和②，测量不同温度下的数据；④绘出各测量温度下的热敏电阻的伏安特性曲线。
答案：见解析
考点二　光敏电阻传感器的应用
[典例2]　为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统。光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)。某光敏电阻RP在不同照度下的阻值如下表：
照度(lx) 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻(kΩ) 75 40 28 23 20 18
(1)根据表中数据，请在图实 11 7所示的坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点。
图实 11 7
(2)如图实 11 8所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统。请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0 lx时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图。(不考虑控制开关对所设计电路的影响)
提供的器材如下：
光敏电阻RP(符号，阻值见上表)；
直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；
定值电阻：R1＝10 kΩ，R2＝20 kΩ，R3＝40 kΩ(限选其中之一并在图中标出)；
开关S及导线若干。
图实 11 8
[答案]　(1)如图(a)所示　由图可知阻值随照度变化的特点：光敏电阻的阻值随光照强度的增大非线性减小。
(2)如图(b)所示
　　　
　　　　(a)　　　　　　　　　　　　　　(b)　　
[由题引知·要点谨记]
1.考查描点作图的方法及分析图像的能力[对应第(1)题](1)描绘图像时，各点应均匀分布在图线两侧，且图线应是平滑的曲线，而不应成为连接各点的折线。(2)根据所描绘图像，会分析电阻阻值如何随光照强度的变化而变化。2.设计电路的能力[对应第 2 题] 1 要结合题目所给条件及所给图像的数据进行分析设计。 2 通过分析可确定RP应接在1、2之间。 3 选择定值电阻，根据图线读出光照强度在1.0 lx时的光敏电阻的阻值，光敏电阻分压为2 V，则串连定值电阻R分压1 V。
[题组突破]
3．如图实 11 9所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当入射光强度增大时(　　)
图实 11 9
A．电压表的示数增大
B．R2中电流减小
C．小灯泡的功率增大
D．电路的路端电压增大
解析：选ABC　当入射光强度增大时，R3阻值减小，外电路总电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，电压表的示数增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，A项正确，D项错误；由路端电压减小，R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R2中电流减小，故B项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大，故C项正确。
4．利用光敏电阻制作的光传感器，记录了传送带上工件的输送情况，如图实 11 10甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光传感器B能接收到发光元件A发出的光，每当工件挡住A发出的光时，光传感器就输出一个电信号，并在屏幕上显示出电信号与时间的关系，如图乙所示。若传送带始终匀速运动，每两个工件间的距离为0.2 m，则下列说法正确的是(　　)
图实 11 10
A．传送带运动的速度是0.1 m/s
B．传送带运动的速度是0.2 m/s
C．该传送带每小时输送3 600个工件
D．该传送带每小时输送7 200个工件
解析：选BC　从乙图可以知道：每间隔1秒的时间光传感器就输出一个电信号，而在这一段时间内传送带运动了两个工件之间的距离，所以传送带运动的速度是v＝ m/s＝0.2 m/s，故A错误B正确；传送带每小时传送的距离为：s＝vt＝0.2×3 600 m，工件个数为：n＝＝3 600个，C正确D错误。
考点三　传感器在实验中的应用
[典例3]　(2015·湖北省部分重点高中联考)利用传感器可以探测、感受外界的信号、物理条件等。图实 11 11甲所示为某同学用传感器做实验得到的小灯泡的U I关系图线。
图实 11 11
(1)实验室提供的器材有：电流传感器、电压传感器、滑动变阻器A(阻值范围0～10 Ω)、滑动变阻器B(阻值范围0～100 Ω)、电动势为6 V的电源(不计内阻)、小灯泡、开关、导线若干。该同学做实验时，滑动变阻器选用的是________(选填“A”或“B”)；请在图乙的方框中画出该实验的电路图。
(2)如果将该小灯泡接入丙图所示的电路中，已知电流传感器的示数为0.3 A，电源电动势为3 V。则此时小灯泡的电功率为______W，电源的内阻为________Ω。
[答案]　(1)A　实验电路图如图所示
(2)0.69(0.66～0.72均可)　2.33(2.00～2.67均可)
[由题引知·要点谨记]
1．实验器材的创新[对应题干部分]用电压传感器、电流传感器代替电压表、电流表进行实验，既可以快速、准确的得到实验数据，还能使图像快速、直观地呈现在电脑屏幕上。2．滑动变阻器量程的选取[对应第(1)题第1空]根据实验原理，滑动变阻器应采用分压接法，为了便于调节，应选择滑动变阻器A。3．实验电路图的创新[对应第(1)题第2问]要学会把传统实验电路图中的两个电表等效替换为相应的传感器。4.实验数据处理的创新[对应第 2 题]利用电路乙的U I图像 甲 结合电流传感器的示数求得电路丙中小灯泡的电功率，再通过闭合电路欧姆定律可求得电路丙中电源内阻。
[题组突破]
5.(2013·江苏高考)在输液时，药液有时会从针口流出体外，为了及时发现，设计了一种报警装置，电路如图实 11 12所示。M是贴在针口处的传感器，接触到药液时其电阻RM发生变化，导致S两端电压U增大，装置发出警报，此时(　　)
图实 11 12
A．RM变大，且R越大，U增大越明显
B．RM变大，且R越小，U增大越明显
C．RM变小，且R越大，U增大越明显
D．RM变小，且R越小，U增大越明显
解析：选C　本题考查传感器与电路的动态分析，意在考查考生对传感器特点及电路动态分析方法的掌握。S两端的电压增大，总电流变大，总电阻变小，说明M的电阻变小，RM变小，且R越大，并联电阻减小越快，干路电流增大越明显，电压U变大越明显，C项正确。
6．(2015·北京海淀模拟)某种角速度计，其结构如图实 11 13所示。当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号。已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k、自然长度为l，电源的电动势为E、内阻不计。滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，当系统以角速度ω转动时，则(　　)
图实 11 13
A．电路中电流随角速度的增大而增大
B．电路中电流随角速度的增大而减小
C．弹簧的伸长量为x＝
D．输出电压U与ω的函数式为U＝
解析：选D　系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，BC的总电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，故A、B错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x，则对元件A，根据牛顿第二定律得kx＝mω2(l＋x)，又输出电压U＝E＝E，联立两式得x＝，U＝，故C错误，D正确。
7．(2013·上海八校联考)压敏电阻的阻值会随所受压力的增大而减小。一同学利用压敏电阻设计了判断升降机运动状态的装置，如图实 11 14甲所示，将压敏电阻平放在升降机内，受压面朝上，在上面放一物体m，当升降机静止时电流表示数为I0。某过程中电流表的示数为2I0，如图乙所示，则在此过程中(　　)
图实 11 14
A．物体处于失重状态
B．物体可能处于匀速运动状态
C．升降机一定向上做匀加速运动
D．升降机可能向下做匀减速运动
解析：选D　升降机静止时电流表示数为I0，而某过程中电流表示数为2I0，说明该过程中物体对压敏电阻的压力大于G，根据牛顿第三定律，物体受向上的力也大于G，故物体存在向上的加速度，处于超重状态，但不能判定物体是做向上的匀加速运动还是做向下的匀减速运动，D正确。
8．(2015·浙江五校联盟联考)如图实 11 15甲表示某电阻R随摄氏温度t变化的关系，图中R0表示0 ℃时的电阻，k表示图线的斜率。若用该电阻与电池(E，r)、电流表Rg、变阻器R′串联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电流表的电流刻度改为相应的温度刻度，于是就得到了一个简单的“电阻测温计”。
图实 11 15
(1)现要把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值，则高温刻度应在表盘的________(选填“左”或“右”)侧；
(2)在标识“电阻测温计”的温度刻度时，需要弄清所测温度和电流的对应关系。请用E、R0、k等物理量表示所测温度t与电流I的关系式：t＝________；
(3)由(2)知，计算温度和电流的对应关系，需要测量电流表的内阻(量程3 mA，内阻约为200 Ω，设符号为“A1”)。已知实验室还有下列器材：
A．电源E(电动势12 V，内阻r较小)
B．电流表A2(量程0.6 A，内阻约为0.3 Ω)
C．滑动变阻器R1(0～20 Ω)
D．滑动变阻器R2(0～20 kΩ)
E．电阻箱R3(0～99.99 Ω)
F．电阻箱R4(0～999.9 Ω)
G．电压表 V1(量程3.0 V，内阻约为3 kΩ)
H．电压表 V2(量程15.0 V，内阻约为5 kΩ)
还有开关(单掷、双掷等)，导线若干。
请在方框内设计一个合适的电路，用于测量电流表内阻Rg(电路中用你选择的器材符号表示)。
解析：(1)温度升高，R的阻值越大，电流表的读数越小，所以把电流表的刻度值改为相应的温度刻度值时，高温刻度应在表盘的左侧。
(2)根据闭合电路欧姆定律得I＝，所以t＝－(r＋R′＋Rg＋R0)。
(3)测电流表A1的内阻，可用伏安法，也可用半偏法。
若用伏安法，电路图如图甲所示，其原理为U1＝I1(RA1＋R4)，则RA1＝－R4。
甲
若用半偏法，电路图如图乙所示，其原理为当电流表A1的示数由满偏变为半偏时，RAl＝R4。
乙
答案：(1)左　(2)－(r＋R′＋Rg＋R0)　(3)见解析
[第十章高频考点真题验收全通关]把握本章在高考中考什么、怎么考，练通此卷、平步高考！
高频考点一：交变电流的产生及描述
1．(多选)(2012·广东高考)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50 sin 100πt(V)。对此电动势，下列表述正确的有(　　)
A．最大值是50 V　　　　　 B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
解析：选CD　最大值Em＝50 V，有效值为E＝＝25 V，频率为50 Hz，周期为T＝＝0.02 s，所以C、D正确。
2．(2012·大纲版全国卷)一台电风扇的额定电压为交流220 V。在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I随时间t的变化如图1所示。这段时间内电风扇的用电量为(　　)
图1
A．3.9×10－2度 B．5.5×10－2度
C．7.8×10－2度 D．11.0×10－2度
解析：选B　根据电流的变化情况，分段计算求电功，W1＝I1Ut1＝0.3×220×10×60 J＝3.96×104 J，W2＝I2Ut2＝0.4×220×10×60 J＝5.28×104 J，W3＝I3Ut3＝0.2×220×40×60 J＝1.056×105 J，则总功W＝W1＋W2＋W3＝1.98×105 J＝5.5×10－2度，选项B正确。
3．(2012·北京高考)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为(　　)
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
解析：选C　设电热器电阻为R，正弦交流电源的电压有效值为U效，接10 V直流电源时，P＝＝①；接交流电源时，＝②，联立①②得U效＝5 V，故最大值Um＝U效＝10 V，C选项正确。
4．(2013·海南高考)通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图2所示，其周期为1 s。电阻两端电压的有效值为(　　)
图2
A．12 V B．4 V
C．15 V D．8 V
解析：选B　由有效值定义可得×1 s＝(0.1 A)2×R×0.4 s×2＋(0.2 A)2×R×0.1 s×2，其中R＝100 Ω，可得U＝4 V，B正确。
高频考点二：变压器
5．(2012·重庆高考)如图3所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V　880 W”的电器RL供电，该电器正常工作。由此可知(　　)
图3
A．原、副线圈的匝数比为50∶1
B．交变电压的频率为100 Hz
C．副线圈中电流的有效值为4 A
D．变压器的输入功率为880 W
解析：选C　副线圈输出电压U2＝220 V＋Ur，＝＝<，故A错误。2πf＝100π Hz，f＝50 Hz，故B错误。I2＝ A＝4 A，故C正确。由于理想变压器P入＝P出＝Ir＋880 W>880 W，故D错误。
6．(2013·四川高考)用220V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110V，通过负载的电流图像如图4所示，则(　　)
图4
A．变压器输入功率约为3.9 W
B．输出电压的最大值是110 V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式i＝0.05 sin(100πt＋)A
解析：选A　由题图可知通过负载的电流最大值为Im＝0.05 A，周期T＝0.02 s，故电流的函数表达式i＝Im sint＝0.05 sin 100πt A，D错误；理想变压器匝数比等于电压比，即n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，C错误；输出电压U2＝110 V，其最大值U2m＝U2＝110 V，B错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P＝I2U2＝×110 W≈3.9 W，A正确。
7．(2011·全国卷)如图5，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表。现闭合开关，灯泡正常发光。若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则(　　)
图5
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝110 V，I＝0.2 A
D．U＝110 V，I＝0.2 A
解析：选A　直接求出副线圈中的电压、电流分别为：220 V、0.1 A。故原线圈中的电压、电流分别为110 V、0.2 A。
8．(多选)(2011·山东高考)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图6甲为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2 随时间t变化的曲线如图乙所示。以下正确的是(　　)
图6
A．u2＝190sin (50πt) V
B．u2＝190 sin(100πt) V
C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
解析：选BD　根据图乙可知交流电的最大值Um＝190 V和周期T＝0.02 s(ω＝＝100π rad/s)，结合正弦交流电的瞬时值表达式u＝Um sin ωt，可知B正确，A错；根据变压器的变压比＝，U1、n2不变，提高U2只能减小n1，所以P应上移，D正确，C错。
9．(多选)(2012·山东高考)图7甲是某燃气炉点火装置的原理图。转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，○V 为交流电压表。当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体。以下判断正确的是(　　)
图7
A．电压表的示数等于5 V
B．电压表的示数等于 V
C．实现点火的条件是>1 000
D．实现点火的条件是<1 000
解析：选BC　电压表示数为电压有效值，由题图乙可得U＝＝ V，选项A错误，B正确；副线圈电压峰值为5 000 V时，＝＝1 000，由于引发电火花的条件是副线圈电压峰值大于5 000 V，故>1 000，选项C正确，D错误。
10．(多选)(2013·江苏高考)如图8所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光。要使灯泡变亮，可以采取的方法有(　　)
图8
A．向下滑动P
B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率
D．减小电容器C的电容
解析：选BC　向下滑动P时，副线圈的匝数变少，由变压比公式可知，副线圈两端的电压变小，灯泡变暗，A项错误；增大交流电源的电压，由变压比公式可知，副线圈两端的电压增大，灯泡变亮，B项正确；电压不变，增大交流电源的频率，可减小电容器的容抗，电路中的电流变大，灯泡变亮，C项正确；减小电容器的电容，电容器的容抗增大，电路中电流减小，灯泡变暗，D项错误。
11．(多选)(2011·广东高考)如图9甲调压装置可视为理想变压器，负载电路中 R＝ 55 Ω，、为理想电流表和电压表。若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为 110 V，下列表述正确的是(　　)
图9
A．电流表的示数为 2 A
B．原、副线圈匝数比为 1∶2
C．电压表的示数为电压的有效值
D．原线圈中交变电压的频率为 100 Hz
解析：选AC　电压表的示数为110 V，则电流表的示数为＝2 A，A项正确；原线圈输入电压的有效值为220 V，根据变压器的变压比关系，可知原、副线圈匝数比为2∶1，B项错误；交流电表的示数为交流电的有效值，C项正确；由图乙可知，此交流电的周期为0.02 s，频率为50 Hz，D项错误。
12．(2011·福建高考)图10甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光。下列说法正确的是(　　)
图10
A．输入电压u的表达式u＝20sin(50πt)V
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2 后，R消耗的电功率为0.8 W
解析：选D　读图知周期T＝0.02 s，所以u＝20sin(100πt)V。原本L2正常发光，只断开S2后，电压被两灯泡均分，不会正常发光，且两灯泡串联，负载电阻增大，输出功率减小，输入功率也减小。由变压器的变压比＝可得副线圈输出电压为4 V，S1换接到2后，R消耗的功率P＝＝ W＝0.8 W，D正确。
高频考点三：远距离输电
13．(2010·福建高考)中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P。在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为(　　)
A.　　　　　　　　　　 B.
C．2P D．4P
解析：选A　远距离输电问题中，若输送电功率不变，则输电电压与输电电流成反比，所以用1 000 kV特高压输电时，输电电流为原来输电电流的一半，而输电线上损耗的电功率与输电电流的平方成正比，所以输电线上损耗的电功率为原来输电线上损耗的电功率的，即，A正确。
14．(2012·天津高考)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R。当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为(　　)
A.，　　　　　　 B.2R，
C.， D.2R，
解析：选D　由理想变压器＝得：副线圈电压U′＝kU，而理想变压器P入＝P出，副线圈电流I′＝＝，线路损耗的电功率P1＝I′2R＝2R。同理可知P2＝I″2R＝2R，得＝，D正确。

展开更多......

收起↑