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1．(双选)我国“西电东送”采用高压输电，继三峡至常州500 kV直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV直流输电工程。采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联。关于高压直流输电，下列说法正确的是(　　)
A．高压输电可以减小输电电流，从而减少输电导线的能量损失
B．恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响
C．可以加快输电的速度
D．为实现高压直流输电，可以用变压器直接改变恒定电流的电压
解析：选AB。功率一定，高压输电，则减小了输电电流，根据P损＝I2R，则输电导线上的能量损失减小了，故A正确；高压恒定的直流输电消除了输电线中感抗和容抗的影响，故B正确；电流的传输速度接近光速，不会随电压改变而改变，故C错误；直流输电消除了电网同步输送带来的技术困难，但是变压器不能对恒定直流电压进行变压，故D错误。
2．(双选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′和P用的关系式正确的是(　　)
A．P′＝ B．P′＝
C．P用＝P－ D．P用＝P
解析：选BD。输电线电阻R＝ρ，输电电流I＝，故输电线上损失的电功率P′＝I2R＝ρ＝，用户得到的功率P用＝P－P′＝P。
3．远距离交流输电的简化电路图如图所示。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，流入用户端的电流是I2，则(　　)
A．用户端的电压为
B．输电线上损失的电压为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：选A。根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，A正确；输电线上损失的电压U′＝I1r＝U－U1，B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，C错误；输电线路上损失的电功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，D错误。
4．(双选)如图所示，为了减少电能损失，一小型水电站用变压比n1∶n2＝1∶5的理想升压变压器向距离较远的用户供电，已知发电机的输出功率为46 kW，输电线路导线总电阻为5 Ω，最后用户得到220 V、44 kW的电力，则下列说法正确的是(　　)
A．发电机的输出电压是460 V
B．输电线上的电流是40 A
C．输电线上损失的电压是200 V
D．用户降压变压器原、副线圈匝数比n3∶n4＝10∶1
解析：选AD。输电线路导线损失的功率P损＝46 kW－44 kW＝2 kW，输电线上损失的电压U损＝＝100 V，输电线上的电流I2＝＝20 A，对于理想变压器，电流与匝数成反比，则升压变压器原线圈的电流I1＝I2＝100 A，则发电机的输出电压U1＝＝460 V，B、C错误，A正确；升压变压器的输出电压U2＝U1＝2 300 V，降压变压器的输入电压U3＝U2－U损＝2 200 V，降压变压器的匝数比＝＝，D正确。
5．(2023·天津卷，T6)输电线为用户输电的情景如图所示，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的是(　　)
A．T1输出电压与T2输入电压相等
B．T1输出功率大于T2输入功率
C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
解析：选B。由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；用户接入电路的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
6．(2025·浙江嘉兴中学期中)“西电东送”是我国西部大开发的标志性工程之一。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂的输出电压U1恒定不变，输电线的总电阻保持不变，两个变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　　)
A．若输送总功率不变，当输送电压U2增大时，输电线路损失的热功率增大
B．在用电高峰期，用户电压U4降低，输电线路损失的热功率增大
C．当用户负载增多，升压变压器的输出电压U2会增大
D．当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率会增大
解析：选B。若输送总功率不变，当输送电压U2增大时，输电线路中电流变小，由P损＝I2R可知输电线路损失的热功率减小，故A错误；在用电高峰期，用户电压U4降低，电路中电流变大，由＝，可知输电线路中电流变大，输电线路损失的热功率增大，故B正确；由于发电厂输出电压恒定不变，根据＝可知升压变压器的输出电压U2不变，故C错误；当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率不会变化，故D错误。
7．(2023·山东卷，T7)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率为500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率为88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　　)
A．发电机的输出电流为368 A
B．输电线上损失的功率为4.8 kW
C．输送给储能站的功率为408 kW
D．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
解析：选C。由题意可知，发电机的输出电压U1 ＝ 250 V，输出功率500 kW，则发电机的输出电流I1＝＝2×103 A，A错误；由题意可知，用户端电压U4＝220 V，功率P′＝88 kW，则有＝＝，P′ ＝ U4I4，联立解得I4＝400 A，I3＝8 A，U3＝11 000 V，则输电线上损失的功率P损＝IR＝4 kW，且U2＝U3＋I3R＝11 500 V，再根据＝，解得＝，B、D错误；根据理想变压器无功率损失，有P＝U2I3＋P储，代入数据有P储＝408 kW，C正确。
8．(2025·江苏扬州市期中)如图所示的是学校自备发电机在停电时为教学楼教室输电的示意图，发电机输出电压恒为220 V，发电机到教学楼的输电线电阻用图中r等效替代。若使用中，在原来工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，则(　　)
A．整个电路的电阻将增大，干路电流将减小
B．因为发电机输出电压恒定，所以原来工作着的日光灯的亮度将不变
C．发电机的输出功率将增大
D．输电过程中的损失功率(即输电线路消耗的功率)将减小
解析：选C。根据并联电路的等效总阻值＝＋＋＋…，可知并联的用电器越多，电路中的等效总阻值越小，结合欧姆定律I＝，可知电压不变时，电阻减小，干路上的电流增大，A错误；输出电压恒定，当干路电流增大时，输电线上损失的电压ΔU＝Ir增大，用电器两端的电压U′减小，根据P′＝，可知用电器的实际功率变小，故日光灯变暗，B错误；根据电源的输出功率P＝UI，可知输出电压不变，电路中的电流增大，输出功率增大，C正确；根据P损＝I2r可知，导线的内阻不变，电流增大时，其损失功率增大，D错误。
9．(双选)(2025·新疆乌鲁木齐市期中)如图所示，一个发电系统的输出电压恒为250 V，输送功率为1×105 W。通过理想变压器向远处输电，所用输电线的总电阻为8 Ω，升压变压器T1原、副线圈匝数比为1∶16，下列说法正确的是(　　)
A．升压变压器副线圈两端的电压U2＝2×103 V
B．输电线损失的电压为3.8×103 V
C.输电线损失的功率为5×103 W
D．若用户获得220 V电压，则降压变压器T2原、副线圈的匝数比为190∶11
解析：选CD。发电系统输送功率为1×105 W，则升压变压器原线圈电流I1＝＝400 A，根据理想变压器电流与匝数成反比＝，可得升压变压器副线圈电流I2＝25 A，则输电线损失的功率ΔP＝Ir＝252×8 W＝5×103 W，故C正确；根据理想变压器电压与匝数成正比＝，可知升压变压器副线圈输出电压U2＝4 000 V，输电线损失的电压ΔU＝I2r＝25×8 V＝200 V，则降压变压器原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，根据理想变压器电压与匝数成正比＝，可得降压变压器原、副线圈的匝数比＝＝，故A、B错误，D正确。
10．利用风力发电会出现发电高峰与用电高峰错时的现象，需要设计节能储能输电网络。如图所示，若风力发电输出功率恒为500 kW，输电线总电阻R＝100 Ω，其余线路电阻忽略不计，用户两端电压恒为U＝48 kV。白天用户的用电功率为480 kW，夜晚用户的用电功率为 96 kW，所有变压器均为理想变压器，则白天输送给储能站的功率为________kW；夜晚输送给储能站的功率为________kW；白天输电线上损失的功率为________kW。
解析：由题意可知，白天用户的用电功率P1＝480 kW，由公式可知I2＝＝10 A，在输电线上损失的功率ΔP＝IR＝10 kW；白天输送给储能站的功率P储＝P－P1－ΔP＝10 kW，故A正确；夜晚用户的用电功率P2＝96 kW，由公式可知I2′＝＝2 A，在输电线上损失的功率ΔP′＝I2′2R＝400 W，则夜晚输送给储能站的功率P储′＝P－P2－ΔP′＝403.6 kW。
答案：10　403.6　10
11．(12分)用一台输出电压为 200 V 的发电机，通过两个变压器为一个额定电压为200 V的用电器远距离供电。发电机到变压器Ⅰ之间的电线电阻可视为R1＝5 Ω，输电线上的总电阻可视为R2＝100 Ω。已知输电线上输入的电压U2＝1 000 V，电流大小为 2 A。当用电器正常工作时，求：
(1)变压器Ⅱ中原、副线圈匝数之比；(6分)
(2)变压器Ⅰ中原、副线圈匝数之比。(6分)
解析：(1)变压器Ⅱ中原线圈的输入电压
U3＝U2－I2R2＝1 000 V－2×100 V＝800 V
根据变压器原、副线圈电压比等于匝数比可得
＝＝＝。
(2)设变压器Ⅰ中原线圈的电流为I1，则有
U0＝I1R1＋U1
又U1I1＝U2I2
联立解得I1＝20 A，U1＝100 V
则变压器Ⅰ中原、副线圈匝数之比
＝＝＝。
答案：(1)　(2)(共37张PPT)
专题提升课9　含变压器电路的综合问题
专题深度剖析
PART
01
第一部分
微专题一　理想变压器的动态分析
1．分析思路
2．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。
匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况

√
类型1　匝数比变化
(2025·广东深圳期末)如图所示，理想变压器原线圈接正弦式交流电源，副线圈接有电阻R和灯泡L，闭合开关S，滑片P处于图示位置时灯泡正常发光。将滑片P向下缓慢移动，下列说法正确的是(　　)
A．灯泡L变暗
B．副线圈中电流的频率变小
C．电阻R消耗的功率变大
D．理想变压器的副线圈输出电压变大
[解析]　将滑片P向下缓慢移动，副线圈匝数变小，根据电压和匝数成正比可知，副线圈电压变小，则副线圈回路电流变小，灯泡变暗，故A正确，D错误；
变压器不改变交流电的频率，故B错误；
根据P＝I2R可知，电阻R消耗的功率变小，故C错误。
√
类型2　负载变化
某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是(　　)
A．A1增大，V2不变，V3增大
B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小
D．A2增大，V2不变，V3减小
微专题二　几种常见的变压器及其应用
1．自耦变压器
(1)示意图如图甲所示。
(2)工作原理：只有一个线圈，三个抽头，可升压，也可降压。通过自耦变压器，可以从零至最大值连续调节所需电压，与分压器比较相似。
(3)应用：交变电压的连续调节、较大范围变压。
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所示，其副线圈匝数可调。已知变压器副线圈匝数为 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＝______V，I1＝________A(结果保留1位小数)。
380
9.1
　(双选)如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V和10 A。已知甲图中原、副线圈匝数比为 100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则(　　)
A．甲图中的电表是电压表，输电电压为 22 000 V
B．甲图是电流互感器，输电电流是100 A
C．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 V
D．乙图是电流互感器，输电电流是100 A
√
√
微专题三　原线圈接有负载的变压器
类型1　原线圈串联负载的电路
(2025·福建龙岩期末)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数之比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，则原、副线圈回路中电阻两端的电压之比为________；原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为________。
1∶3
1∶9
类型2　原线圈并联负载的电路
(2025·河南商丘期中)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1＝5 Ω，R2＝10 Ω，电流表和电压表均为理想交流电表。开关S闭合后，若电流表A的示数为0.45 A，则电压表V的示数为(　　)
A．0.5 V　　　　　　 B．1 V
C．4 V D．6 V
√
类型3　等效电阻法的应用
(双选)某供电示意图如图所示，若变压器为理想变压器，所有电表视为理想电表，当开关S闭合时，各电表示数变化情况为(　　)
A．A1示数增大　　　　 B．A2示数减小
C．V1示数增大 D．V2示数减小
√
√
随堂巩固落实
PART
02
第二部分
√
√
1．(原线圈串联负载的电路)(双选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 2∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为 220 V 的正弦式交流电源上，则(　　)
A．原、副线圈两端的电压之比为2∶1
B．原、副线圈中的电流之比为2∶1
C．原线圈两端的电压为88 V
D．副线圈两端的电压为88 V
√
√
2．(理想变压器的动态分析)(双选)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。如果变压器的输入电压不变，变压器上的能量损失可以忽略，当R的滑片向上移时(　　)

A．电压表V2示数变小
B．电压表V3示数变大
C．电流表A2示数变大
D．电流表A1示数变小
解析：原线圈电压不变，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即电压表V2示数不变，A错误；
当R的滑片向上移时，有效电阻增大，则副线圈电流变小，电流表A2示数变小，根据原、副线圈电流关系，电流表A1示数变小，D正确，C错误；
副线圈电流变小，则R0两端的电压变小，而副线圈总电压不变，所以R两端的电压增大，即电压表V3示数增大，B正确。
3．(理想变压器的动态分析)(2025·黑龙江哈尔滨市期末)如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑片，A、B间接电压有效值U恒定的交变电源，输出端接通了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑片。当开关S闭合，P处于如图所示的位置时，两灯均能发光。下列说法正确的是(　　)
A．P不动，将Q向左移动，两灯均变亮
B．P不动，将Q向右移动，输入功率变大
C．将P沿逆时针方向转动，两灯均变暗
D．断开开关S，L1将变暗
√
解析：P不动，将Q向左移动，则R减小，次级电流变大，两灯均变亮，故A正确；
P不动，将Q向右移动，则R变大，次级电流减小，根据P2＝U2I2，可知次级功率减小，则变压器的输入功率变小，故B错误；
将P沿逆时针方向移动，则次级匝数变大，变压器次级电压变大，次级电流变大，次级功率变大，两灯均变亮，故C错误；
P、Q都不动，断开开关S，则次级电阻变大，次级电流减小，R上的电压减小，则L1两端电压变大，则L1将变亮，故D错误。
4．(原线圈串联负载的电路)(2025·辽宁葫芦岛期末)完全相同的三个小灯泡接在理想变压器上，均正常发光。理想变压器的原、副线圈匝数比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶1
√(共3张PPT)
章末知识网络建构
感谢观看
THANKS
产生：线圈绕
①
匀强磁场的轴匀速转动
图像
表述
[答案]
三角函数表达式
①垂直于
交变电流
(正弦式)瞬时值：e=②
或e=③
②Ensin wt
峰值：Em=
④
③Emcos wt
(正弦式)有效值：E=⑤，1=
⑥
表征参量
U=
⑦
④nBSw
周期：T
交变电流
⑤
T=⑧
频率：f
⑥
与远距离输
原理：互感现象
⑦
变压器
电压与匝数关系：
⑨
只有一个副线圈：
O
规律
电流与匝数关系
⑨
U U
n1=n2
有多个副线圈：111=
①
功率关系：P人=P出
①I2n2+I3n3+·
功率损失：△P=
②
电能的远距离输送
电压损失：△U=Ir线
②I2r线
高压输电原理阶段滚动检测卷(二)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．电磁炉(图甲)是目前家庭常用的炊具，具有无明火、无污染、高效节能等优点。某同学依据电磁炉原理自己制作了一个简易电磁炉，其结构简图如图乙所示。在线圈上放置一盛有冷水的金属杯，接通交流电源，一段时间后杯内的水就会沸腾起来。下列说法正确的是(　　)
A.家用电磁炉工作时，利用其面板产生的涡流来加热食物
B.家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷的导热性能较差
C.简易电磁炉工作时，利用自感产生的电流来加热水
D.仅增大简易电磁炉所接交流电源的频率，可以缩短从开始加热到水达到沸腾的时间
解析：选D。家用电磁炉工作时，通过锅体的磁通量发生变化，锅体中会产生涡流，利用涡流的热效应来加热食物或者水，故A错误；家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷中不能产生涡流，铁中能产生涡流，故B错误；简易电磁炉工作时，金属杯中会产生涡流，利用涡流的热效应来加热水，故C错误；仅增大简易电磁炉所接交流电源的频率，通过金属杯的磁通量变化率增大，感应电动势增大，感应电流增大，电功率增大，可以缩短从开始加热到水达到沸腾的时间，故D正确。
2．在匀强磁场中，一个矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电压随时间变化的图像如图乙所示，则(　　)
A.t＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为零
B.t＝0.01 s 时线框平面与磁场方向垂直
C.线框产生的交变电压有效值为311 V
D.线框产生的交变电压频率为100 Hz
解析：选B。由题图乙可知t＝0.005 s时刻感应电动势最大，根据E＝n可知，此时线框的磁通量变化率最大，故A错误；t＝0.01 s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与磁场方向垂直，故B正确；线框产生的交变电压有效值U＝ V≈220 V，故C错误；线框产生的交变电压频率f＝＝50 Hz，故D错误。
3．如图所示，空间中分布着磁感应强度大小为B的有界匀强磁场，EF是其左边界，一面积为S的n匝圆形金属线框垂直于磁场放置，圆形线框的圆心O在EF上，线框电阻为R，若线框以角速度ω绕EF匀速转动，并从图示位置开始计时，则(　　)
A.t＝时，线框中的感应电流最大
B.0到时间内，通过线框的电荷量为
C.线框中产生的交变电动势的最大值为nBSω
D.线框中产生的交变电动势的有效值为nBSω
解析：选D。当t＝时，线框回到题图所示位置，此时的感应电流最小，磁通量最大，A错误；当t＝时，线圈转到与题图所示垂直位置，此时磁通量为零，则0到时间内产生的感应电动势的平均值＝n＝n＝，此时间内，通过线框的电荷量q＝t＝·＝，B错误；线框中产生的交变电动势的最大值Em＝nB··ω＝nBSω，C错误；线框中产生的交变电动势的有效值E＝＝nBSω，D正确。
4．如图，abcdef为“日”字形导线框，其中abdc和cdfe均为边长为l的正方形，导线ab、cd、ef的电阻相等，其余
部分电阻不计。导线框右侧存在着宽度同为l的匀强磁场，磁感应强度为B，导线框以速度v匀速穿过磁场区域，运动过程中线框始终和磁场垂直且无转动。线框穿越磁场的过程中，c、d两点电势差Ucd随位移变化的图像正确的是(　　)
解析：选B。根据题意，设ab、cd、ef的电阻均为R，线框匀速通过磁场，且磁场宽度l＝ac＝ce，可知开始时，ab切割磁感线，感应电动势E1＝BLv，cd棒中电流方向由c→d，则c点电势高于d点电势，则有Ucd＝E1＝BLv，ab棒离开磁场，cd棒切割磁感线，感应电动势E2＝BLv，cd棒中电流方向由d→c，则c点电势高于d点电势，则有Ucd＝E2＝BLv，cd棒离开磁场，ef棒切割磁感线，感应电动势E3＝BLv，cd棒中电流方向由c→d，则c点电势高于d点电势，则有Ucd＝E3＝BLv，综上所述可知，c、d两点电势差Ucd随位移变化一直保持不变为BLv。
二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
5．如图所示，半径为R的圆形区域内存在垂直于圆面向外、磁感应强度大小为B的匀强磁场。带电粒子从A点正对着圆心O的方向射入磁场，偏转后恰好从C点离开。已知带电粒子的质量为m，电荷量为q，∠AOC ＝ 120°，不计粒子所受重力，则下列说法正确的是(　　)
A.粒子带负电
B.粒子在磁场中运动的时间为
C.粒子在磁场中运动的动量大小为qBR
D.若只改变入射速度方向，粒子不可能经过O点
解析：选BC。根据左手定则可判断粒子带正电，故A错误；粒子轨迹如图所示，可知粒子速度方向改变了60°，粒子在磁场中运动的时间t＝T＝×＝，故B正确；由几何关系知粒子的轨迹半径r＝R tan 60°＝R，由洛伦兹力提供向心力可知qvB＝m，粒子在磁场中运动的动量大小p＝mv，解得p＝qBR，故C正确；由于粒子轨迹半径r＝R>R，所以只改变入射速度的方向，粒子可能经过O点，故D错误。
6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，定值电阻R＝27.5 Ω，理想电流表A1的示数为0.5 A，a、b两端接正弦交流电源u＝220sin (100πt) V。下列判断正确的是(　　)
A.n1∶n2＝1∶20
B.理想电压表V的示数U＝220 V
C.理想电流表A2的示数I2＝2 A
D.定值电阻R中电流变化的频率为50 Hz
解析：选CD。根据题意可知交流电压的最大值Umax＝220 V，理想电压表的示数为交流电压的有效值，有U＝U1＝＝220 V，故B错误；理想变压器原、副线圈两端功率相等，有P＝U1I1＝IR，解得I2＝＝ A＝2 A，故C正确；由理想变压器电流与匝数的关系＝，可得＝＝，故A错误；定值电阻R中电流变化的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故D正确。
7．图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙是宽为a、长为c、高为h的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，图丁是回旋加速器的原理示意图，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)
A.图甲中将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
B.图乙中H、H、H三种粒子经加速电场射入磁场，H在磁场中的偏转半径最大
C.图丙中前、后表面间的电压U与h成反比，前表面电势高
D.图丁中粒子在回旋加速器中增加的动能来源于磁场能，与加速电压的大小无关
解析：选BC。题图甲中，将一束等离子体喷入磁场，根据左手定则判断可知，带正电的离子向B板偏转，则B板电势高，故A错误；题图乙中，H、H、H三种粒子经加速电场射入磁场，设加速电场的电压为U，则有qU＝mv2，在磁场中，根据洛伦兹力提供向心力有Bqv＝m可得，粒子在磁场中的偏转半径r＝，H粒子的比荷最小，则H在磁场中的偏转半径最大，故B正确；题图丙是霍尔元件，由图可知电子向左移动，根据左手定则、结合题图丙判断可知，电子在后表面集聚，所以后表面电势低，前表面电势高，则根据洛伦兹力等于电场力有Bqv＝q，霍尔元件的厚度为h，则通过的电流I＝neSv＝neahv，联立可得，后表面与前表面的电势差U＝，即前、后表面间的电压U与h成反比，故C正确；粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子在电场中被加速，动能增大，所以粒子在回旋加速器中增加的动能来源于电场能，故D错误。
8．如图所示，光滑水平金属导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现给cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中，下列说法正确的是(　　)
A.ab和cd组成的系统动量守恒
B.两棒最终以相同的速度做匀速直线运动
C.cd最终的速度为v0
D.从cd获得初速度到二者稳定运动，此过程系统产生的焦耳热为mv
解析：选CD。导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A错误；根据题意可知，当导体棒ab和cd产生的电动势相等时，两棒都做匀速直线运动，则有Blvab＝B·2lvcd，对导体棒ab，规定水平向右为正方向，由动量定理可得B·lΔt＝mvab，对导体棒cd，规定水平向右为正方向，由动量定理可得－B·2lΔt＝2mvcd－2mv0，联立解得vab＝，vcd＝，故B错误，C正确；由能量守恒定律得，整个回路产生的焦耳热Q＝·2mv－·2mv－mv，解得Q＝ eq \f(2mv,3)，故D正确。
三、非选择题(本题共8小题，共60分)
9．(3分)交流发电机工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为________。
解析：感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝NBωS，转速加倍即ω加倍，同时S减半，则Em不变，即e′＝Emsin 2ωt。
答案：Emsin 2ωt
10．(3分)如图所示，一根导体棒用两根细线悬挂在匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，导体棒与磁场方向垂直，长度L＝0.2 m，导体棒质量m＝0.014 kg，其中向右的电流I＝1 A，重力加速度g取10 m/s2，则该导体棒所受安培力大小F＝___________N，每根悬线的张力大小T＝________N。
解析：根据安培力公式F＝BIL，代入数据可得F＝0.04 N；对导体棒受力分析，由正交分解法有2T cos 45°＋F＝mg，代入数据可得T＝ N。
答案：0.04　
11．(3分)如图所示，a、b、c为同一平面内的线圈，其中a、b为同心圆。现给a中通以顺时针方向的电流，在a中的电流逐渐增大的过程中，b中产生的感应电流方向为_______________，c中产生的感应电流方向为____________(均选填“顺时针方向”或“逆时针方向”)。
解析：首先，由题意可知线圈a的电流在逐渐增大，电流产生的磁场也在不断增大。其次根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈b产生的磁场垂直于纸面向里，再根据楞次定律可以判断出线圈b产生的感应电流为逆时针方向，对应产生的磁场垂直于纸面向外。同理，根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈c产生的磁场垂直于纸面向外，再根据楞次定律可以判断出线圈c产生的感应电流为顺时针方向，对应产生的磁场垂直于纸面向里。
答案：逆时针方向　顺时针方向
12．(6分)某物理探究小组选用图示器材和电路研究电磁感应规律。
(1)请用笔画线代替导线，将图中各器材连接起来，组成正确的实验电路。
(2)把A线圈插入B线圈中，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，请完成下列填空：
①向右移动滑动变阻器滑片，灵敏电流计指针将向________(选填“左”或“右”)偏转；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，灵敏电流计指针将向________(选填“左”或“右”)偏转。
(3)根据实验结果判断，当穿过线圈B的磁通量变化时，产生的感应电流的磁场总是阻碍线圈B中磁通量的变化。
解析：(1)实验电路的连线如图所示。
(2)①把A线圈插入B线圈中，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，可知当穿过B线圈的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向左偏转；向右移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电路阻值减小，A线圈电流增大，穿过B线圈的磁通量增加，则灵敏电流计指针将向左偏转。
②保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，穿过B线圈的磁通量减少，则灵敏电流计指针将向右偏转。
答案：(1)电路图见解析　(2)①左　②右
13．(8分)某同学利用如图甲所示器材做探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验。
(1)该同学按图乙连接电路，变压器的左侧线圈接线柱0、8与学生电源的“稳压6 V”接线柱相连。闭合开关，用多用电表测得右侧线圈0、4接线柱之间的电压为________。
A.0　 B．3.0 V　 C．6.0 V　 D．12.0 V
(2)正确连接电路后，变压器选用左侧0、2接线柱和右侧0、4接线柱进行实验，用多用电表测得左侧0、2之间的电压为U1，右侧0、4之间的电压为U2，数据如下表所示，可判断学生电源接在了接线柱________(选填“左侧0、2”或“右侧0、4”)上。
实验次数 1 2 3 4 5
U1/V 1.00 1.90 3.00 4.00 4.80
U2/ V 2.10 4.00 6.10 8.20 10.00
(3)实验室中还有一个变压器，如图丙所示。现要测量A、B线圈的匝数，实验步骤如下：
①取一段漆包线，一端与A线圈上端接线柱相连，顺着原来的绕制方向在变压器的铁芯上再绕制n匝线圈，漆包线另一端与交流电源一端相连，A线圈下方接线柱与交流电源另一端相连接；
②用多用电表的交流电压挡先后测出交流电源两端的电压U0和B线圈的输出电压U；
③用多用电表的交流电压挡测出A线圈两端的电压UA。
如果把该变压器看作理想变压器，则A、
B线圈的匝数nA＝______，nB＝____________________。
(用题中给出的字母表示)
解析：(1)变压器是根据互感现象进行工作的，由题图乙可知，原线圈连接的电压为直流电压，因此副线圈两端的电压为0。
(2)由于有漏磁，副线圈测量电压小于理论值，所以U1为副线圈，可判断连接交流电源的原线圈是右侧0、4。
(3)根据变压器电压比等于匝数比，有
＝，＝，解得nA＝，nB＝。
答案：(1)A　(2)右侧0、4　(3)　
14．(9分)如图所示，线圈的面积是0.05 m2，共有100匝；线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝(T)，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时，若从线圈处于中性面开始计时，求：
(1)线圈转过 s时电动势的瞬时值大小；(3分)
(2)线圈每转过一周，外力所做的功；(3分)
(3)线圈转过 s的过程中流过电阻R的电荷量。(3分)
解析：(1)根据题意可得ω＝2πn＝10π rad/s
从线圈处于中性面开始计时，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝50sin 10πt (V)
线圈转过 s时，电动势的瞬时值
e＝50sin (10π×) V＝25 V。
(2)由闭合电路欧姆定律可得I＝
其中E＝
联立解得I＝ A
线圈每转过一周，外力所做的功等于整个回路产生的焦耳热，则有
W＝Q＝I2(R＋r)T＝I2(R＋r)
代入数据解得W＝25 J。
(3)线圈转过 s的过程中，线圈转过角度
θ＝ωt＝
流过电阻R的电荷量
q＝Δt＝Δt＝Δt＝
解得q＝ C。
答案：(1)25 V　(2)25 J　(3) C
15．(13分)电场和磁场经常用来实现对带电粒子运动轨迹的控制。如图，在水平直线ab上方存在竖直向下的匀强电场，电场强度大小为E，ab下方存在垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一比荷为k的带正电粒子从直线ab上P点沿竖直面斜射入匀强电场，粒子在P点的速度大小为v0。速度方向与ab直线的夹角α＝30°，粒子将在电场和磁场中不断偏转，若电场、磁场范围足够大，不计粒子的重力，粒子从P点出发记为第一次经过直线ab。
(1)粒子第二次经过直线ab时的位置为Q，求PQ间的距离。(4分)
(2)粒子第三次经过直线ab时的位置为M，求QM间的距离。(5分)
(3)求粒子从P点运动到M点的时间。(4分)
解析：(1)粒子在匀强电场中运动，竖直方向做匀减速运动，水平方向做匀速运动，竖直方向上有qE＝ma
v0sin 30°＝at
水平方向上有xPQ＝v0cos 30°·2t
解得xPQ＝ eq \f(\r(3)v,2kE)。
(2)根据对称性可得，粒子在Q点时的速度方向与ab直线夹角θ＝30°，粒子在Q点的速度大小为v0，粒子进入匀强磁场做匀速圆周运动，有qBv0＝m eq \f(v,r)
解得轨迹半径r＝＝
画出运动轨迹如图所示，
根据几何关系可得粒子做圆周运动的圆弧圆心角β＝，由几何关系可得xQM＝r＝。
(3)由粒子的轨迹可得粒子从P点运动到Q点的时间t1＝2＝
粒子从Q点运动到M点的时间
t2＝T＝×＝
则t3＝t1＋t2＝＋＝。
答案：(1) eq \f(\r(3)v,2kE)　(2)　(3)
16．(15分)如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两固定导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m、电阻为r的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止(t＝0)开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。重力加速度为g。
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆运动时的受力示意图。(2分)
(2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值vm。(4分)
(3)设某时刻ab杆的速度为v，求此时安培力的功率和整个电路的电功率。(6分)
(4)经时间t，ab杆的速度为v1，求从开始到时间t过程中通过ab杆的电荷量q。(3分)
解析：(1)ab杆运动时的受力示意图如图所示。
(2)对ab杆，由牛顿第二定律得
mg sin θ－F安＝ma
当a＝0时，ab杆的速度达到最大，根据
F安＝BIL
I＝
E＝BLvm
解得vm＝。
(3)当ab杆速度为v时，根据
P安＝F安′v
F安′＝BI′L
I′＝
E′＝BLv
解得P安＝
根据P电＝I′2(R＋r)
可得P电＝。
(4)对ab杆沿斜面方向列动量定理，以沿斜面向下为正方向，则mg sin θ·t－BLt＝mv1－0
q＝t
解得q＝。
答案：(1)图见解析　(2)
(3)　　(4)专题提升课9　含变压器电路的综合问题
微专题一　理想变压器的动态分析
1．分析思路
2．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。
匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况
(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 (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＝ eq \f(U,R)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
类型1　匝数比变化
　(2025·广东深圳期末)如图所示，理想变压器原线圈接正弦式交流电源，副线圈接有电阻R和灯泡L，闭合开关S，滑片P处于图示位置时灯泡正常发光。将滑片P向下缓慢移动，下列说法正确的是(　　)
A．灯泡L变暗
B．副线圈中电流的频率变小
C．电阻R消耗的功率变大
D．理想变压器的副线圈输出电压变大
[解析]　将滑片P向下缓慢移动，副线圈匝数变小，根据电压和匝数成正比可知，副线圈电压变小，则副线圈回路电流变小，灯泡变暗，故A正确，D错误；变压器不改变交流电的频率，故B错误；根据P＝I2R可知，电阻R消耗的功率变小，故C错误。
[答案]　A
类型2　负载变化
　某住宅小区变压器给住户供电的电路示意图如图所示，图中R为输电线的总电阻。若变压器视为理想变压器，所有电表视为理想电表，不考虑变压器的输入电压随负载变化，则当住户使用的用电器增加时，图中各电表的示数变化情况是(　　)
A．A1增大，V2不变，V3增大
B．A1增大，V2减小，V3增大
C．A2增大，V2增大，V3减小
D．A2增大，V2不变，V3减小
[解析]　不考虑变压器的输入电压随负载变化，即变压器原线圈的输入电压U1＝UV1不变，根据＝可知，变压器副线圈的输出电压U2＝UV2不变；当住户使用的用电器增加时，即用户的总电阻R总变小，由I2＝可知，副线圈电流I2＝IA2变大，而由UV3＝U2－I2R可知V3减小；由理想变压器的原理U1I1＝U2I2可知原线圈的电流I1＝IA1变大；故综合上述分析可知A1增大，A2增大，V2不变，V3减小，故选D。
[答案]　D
微专题二　几种常见的变压器及其应用
1．自耦变压器
(1)示意图如图甲所示。
(2)工作原理：只有一个线圈，三个抽头，可升压，也可降压。通过自耦变压器，可以从零至最大值连续调节所需电压，与分压器比较相似。
(3)应用：交变电压的连续调节、较大范围变压。
2．电压互感器
(1)示意图如图乙所示。
(2)工作原理：n1>n2，把高电压变为低电压，并联在被测电路中，用电压表测得低电压U2，再根据铭牌上变压比算出被测高电压。
(3)应用：实际测量高电压。
　　
3．电流互感器
(1)示意图如图丙所示。
(2)工作原理：n1(3)应用：测量大电流。
说明：(1)自耦变压器只有一个线圈，但每匝线圈产生的电动势E＝都相同。所以U1＝E1＝n1，U2＝n2，＝仍然成立。
(2)使用互感器时，一定要将外壳和副线圈接地。
　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所示，其副线圈匝数可调。已知变压器副线圈匝数为 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＝______V，I1＝________A
(结果保留1位小数)。
[解析]　根据理想变压器电压比关系＝，代入数据解得副线圈两端的电压U2＝380 V，因理想变
压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P入＝P出＝U1I1，得I1＝ A≈9.1 A。
[答案]　380　9.1
　(双选)如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V和10 A。已知甲图中原、副线圈匝数比为 100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则(　　)
A．甲图中的电表是电压表，输电电压为 22 000 V
B．甲图是电流互感器，输电电流是100 A
C．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 V
D．乙图是电流互感器，输电电流是100 A
[解析]　题图甲是电压互感器，题图甲中的电表是电压表，根据电压与匝数成正比可知输电电压为U1＝U2＝×220 V＝22 000 V，故A正确，B错误；题图乙是电流互感器，题图乙中的电表是电流表，根据电流与匝数成反比可得输电电流是I1＝I2＝×10 A＝100 A，故C错误，D正确。
[答案]　AD
微专题三　原线圈接有负载的变压器
1．对于一组原、副线圈电路，电流与匝数成反比的规律成立，即＝。
2．要注意电压与匝数成正比关系成立的条件，原线圈接有用电器时，＝中U1指的是原线圈两端电压，而不是电源电压。
3．原线圈两端电压和与原线圈串联的用电器两端电压之和等于电源电压。
4．变压器等效电阻法
设理想变压器原、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，负载电阻为R。我们可以将图中虚线部分看成一个整体，等效为一个新的电阻R′，即a、b间的等效电阻。先画出等效电路图如图(b)所示，在图(a)中由变压器的电压规律＝，解得U2＝U1。
所以负载电阻R消耗的功率为P＝ eq \f(U,R)＝ eq \f(nU,nR)。在图(b)中等效电阻消耗的功率为P′＝ eq \f(U,R′)。根据P＝P′，解得a、b间的等效电阻为R′＝ eq \f(n,n)R。
通过以上的分析可知：在只有一个副线圈的理想变压器电路中，若原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，副线圈负载电阻为R，则变压器的原、副线圈和负载电阻可以等效为一个电阻R′＝ eq \f(n,n)R，这个方法叫理想变压器等效电阻法。
类型1　原线圈串联负载的电路
　(2025·福建龙岩期末)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数之比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，则原、副线圈回路中电阻两端的电压之比为________；原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为________。
[解析]　根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系可得＝＝，根据欧姆定律U＝IR，原、副线圈回路中电阻两端的电压之比U1∶U2＝I1∶I2＝1∶3；电阻消耗的功率P＝I2R，原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比P1∶P2＝I∶I＝1∶9。
[答案]　1∶3　1∶9
类型2　原线圈并联负载的电路
　(2025·河南商丘期中)如图，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，电阻R1＝5 Ω，R2＝10 Ω，电流表和电压表均为理想交流电表。开关S闭合后，若电流表A的示数为0.45 A，则电压表V的示数为(　　)
A．0.5 V　　　　　　 B．1 V
C．4 V D．6 V
[解析]　根据变压器电压和匝数的关系可知，输入电压与输出电压之比U1∶U2＝n1∶n2＝2∶1，则电阻R1两端电压为U1，电阻R2两端电压为U2，根据I＝，可知通过两电阻的电流之比为4∶1，设通过电阻R2的电流为I2，则通过电阻R1的电流为4I2，根据电流和匝数的关系可知，原线圈的输入电流为，电流表示数为0.45 A，则有4I2＋＝0.45 A，解得I2＝0.1 A，则电压表示数U2＝I2R2＝1 V。
[答案]　B
类型3　等效电阻法的应用
　(双选)某供电示意图如图所示，若变压器为理想变压器，所有电表视为理想电表，当开关S闭合时，各电表示数变化情况为(　　)
A．A1示数增大　　　　 B．A2示数减小
C．V1示数增大 D．V2示数减小
[解析]　
把理想变压器和副线圈整体看作一个电阻R′，则等效电路图如图所示，由＝，＝且U2＝I2R副，则R′＝R副，当开关S闭合时，R副减小，R′减小，则I1增大，U1减小，U2减小，I2增大，故A、D正确。
[答案]　AD
1．(原线圈串联负载的电路)(双选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为 2∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为 220 V 的正弦式交流电源上，则(　　)
A．原、副线圈两端的电压之比为2∶1
B．原、副线圈中的电流之比为2∶1
C．原线圈两端的电压为88 V
D．副线圈两端的电压为88 V
解析：选AD。根据变压器电压变化规律得＝＝，A正确；根据变压器电流变化规律得＝＝，B错误；设原线圈两端的电压为U1，则副线圈两端的电压为0.5U1，则副线圈中的电流为，根据变压器电流变化规律得，原线圈中的电流为，所以有·R＋U1＝220 V，解得U1＝176 V，则副线圈两端的电压为88 V，C错误，D正确。
2．(理想变压器的动态分析)(双选)如图是街头变压器通过降压给用户供电的示意图。如果变压器的输入电压不变，变压器上的能量损失可以忽略，当R的滑片向上移时(　　)
A．电压表V2示数变小
B．电压表V3示数变大
C．电流表A2示数变大
D．电流表A1示数变小
解析：选BD。原线圈电压不变，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即电压表V2示数不变，A错误；当R的滑片向上移时，有效电阻增大，则副线圈电流变小，电流表A2示数变小，根据原、副线圈电流关系，电流表A1示数变小，D正确，C错误；副线圈电流变小，则R0两端的电压变小，而副线圈总电压不变，所以R两端的电压增大，即电压表V3示数增大，B正确。
3．(理想变压器的动态分析)(2025·黑龙江哈尔滨市期末)如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑片，A、B间接电压有效值U恒定的交变电源，输出端接通了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑片。当开关S闭合，P处于如图所示的位置时，两灯均能发光。下列说法正确的是(　　)
A．P不动，将Q向左移动，两灯均变亮
B．P不动，将Q向右移动，输入功率变大
C．将P沿逆时针方向转动，两灯均变暗
D．断开开关S，L1将变暗
解析：选A。P不动，将Q向左移动，则R减小，次级电流变大，两灯均变亮，故A正确；P不动，将Q向右移动，则R变大，次级电流减小，根据P2＝U2I2，可知次级功率减小，则变压器的输入功率变小，故B错误；将P沿逆时针方向移动，则次级匝数变大，变压器次级电压变大，次级电流变大，次级功率变大，两灯均变亮，故C错误；P、Q都不动，断开开关S，则次级电阻变大，次级电流减小，R上的电压减小，则L1两端电压变大，则L1将变亮，故D错误。
4．(原线圈串联负载的电路)(2025·辽宁葫芦岛期末)完全相同的三个小灯泡接在理想变压器上，均正常发光。理想变压器的原、副线圈匝数比为(　　)
A．1∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．3∶1
解析：选C。设小灯泡的额定电流为I，灯泡均正常发光，所以有I1＝I，I2＝2I，根据理想变压器电流与匝数的关系有＝＝。(共52张PPT)
阶段滚动检测卷(二)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．电磁炉(图甲)是目前家庭常用的炊具，具有无明火、无污染、高效节能等优点。某同学依据电磁炉原理自己制作了一个简易电磁炉，其结构简图如图乙所示。在线圈上放置一盛有冷水的金属杯，接通交流电源，一段时间后杯内的水就会沸腾起来。下列说法正确的是(　　)
√
A.家用电磁炉工作时，利用其面板产生的涡流来加热食物
B.家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷的导热性能较差
C.简易电磁炉工作时，利用自感产生的电流来加热水
D.仅增大简易电磁炉所接交流电源的频率，可以缩短从开始加热到水达到沸腾的时间
解析：家用电磁炉工作时，通过锅体的磁通量发生变化，锅体中会产生涡流，利用涡流的热效应来加热食物或者水，故A错误；
家用电磁炉的锅用铁而不用陶瓷材料，主要是因为陶瓷中不能产生涡流，铁中能产生涡流，故B错误；
简易电磁炉工作时，金属杯中会产生涡流，利用涡流的热效应来加热水，故C错误；
仅增大简易电磁炉所接交流电源的频率，通过金属杯的磁通量变化率增大，感应电动势增大，感应电流增大，电功率增大，可以缩短从开始加热到水达到沸腾的时间，故D正确。
√
2．在匀强磁场中，一个矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示。产生的交变电压随时间变化的图像如图乙所示，则(　　)

A.t＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为零
B.t＝0.01 s 时线框平面与磁场方向垂直
C.线框产生的交变电压有效值为311 V
D.线框产生的交变电压频率为100 Hz
t＝0.01 s时刻感应电动势等于零，所以穿过线框回路的磁通量最大，线框平面与磁场方向垂直，故B正确；
√
4．如图，abcdef为“日”字形导线框，其中abdc和cdfe均为边长为l的正方形，导线ab、cd、ef的电阻相等，其余部分电阻不计。导线框右侧存在着宽度同为l的匀强磁场，磁感应强度为B，导线框以速度v匀速穿过磁场区域，运动过程中线框始终和磁场垂直且无转动。线框穿越磁场的过程中，c、d两点电势差Ucd随位移变化的图像正确的是(　　)
√
√
√
解析：根据左手定则可判断粒子带正电，故A错误；
√
√
7．图甲为磁流体发电机原理示意图，图乙为质谱仪原理图，图丙是宽为a、长为c、高为h的半导体霍尔元件，元件内的导电粒子是电荷量为e的自由电子，图丁是回旋加速器的原理示意图，不计粒子的重力，下列说法正确的是(　　)
√
A.图甲中将一束等离子体喷入磁场，A、B板间产生电势差，A板电势高
B.图乙中H、H、H三种粒子经加速电场射入磁场，H在磁场中的偏转半径最大
C.图丙中前、后表面间的电压U与h成反比，前表面电势高
D.图丁中粒子在回旋加速器中增加的动能来源于磁场能，与加速电压的大小无关
√
解析：题图甲中，将一束等离子体喷入磁场，根据左手定则判断可知，带正电的离子向B板偏转，则B板电势高，故A错误；
粒子在磁场中受到的洛伦兹力提供向心力，做匀速圆周运动，洛伦兹力不做功，粒子在电场中被加速，动能增大，所以粒子在回旋加速器中增加的动能来源于电场能，故D错误。
8．如图所示，光滑水平金属导轨置于磁场中，磁场的磁感应强度为B，左侧导轨间距为L，右侧导轨间距为2L，导轨均足够长。质量为m的导体棒ab和质量为2m的导体棒cd均垂直于导轨放置，处于静止状态。ab的电阻为R，cd的电阻为2R，两棒始终在对应的导轨部分运动，两棒始终与导轨垂直且接触良好，导轨电阻不计。现给cd一水平向右的初速度v0，则此后的运动过程中，下列说法正确的是(　　)
√
√
解析：导体棒ab和cd的长度不一样，所以受到的安培力大小不相等，系统合力不为零，所以导体棒ab和cd组成的系统动量不守恒，故A错误；
三、非选择题(本题共8小题，共60分)
9．(3分)交流发电机工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为____________。
解析：感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝NBωS，转速加倍即ω加倍，同时S减半，则Em不变，即e′＝Emsin 2ωt。
Emsin 2ωt
10．(3分)如图所示，一根导体棒用两根细线悬挂在匀强磁场中，匀强磁场的磁感应强度B＝0.2 T，导体棒与磁场方向垂直，长度L＝0.2 m，导体棒质量m＝0.014 kg，其中向右的电流I＝1 A，重力加速度g取10 m/s2，则该导体棒所受安培力大小F＝___________N，每根悬线的张力大小T＝________N。
0.04
11．(3分)如图所示，a、b、c为同一平面内的线圈，其中a、b为同心圆。现给a中通以顺时针方向的电流，在a中的电流逐渐增大的过程中，b中产生的感应电流方向为_______________，c中产生的感应电流方向为____________(均选填“顺时针方向”或“逆时针方向”)。
逆时针方向　
顺时针方向
解析：首先，由题意可知线圈a的电流在逐渐增大，电流产生的磁场也在不断增大。其次根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈b产生的磁场垂直于纸面向里，再根据楞次定律可以判断出线圈b产生的感应电流为逆时针方向，对应产生的磁场垂直于纸面向外。同理，根据右手螺旋定则判断出线圈a的电流在线圈c产生的磁场垂直于纸面向外，再根据楞次定律可以判断出线圈c产生的感应电流为顺时针方向，对应产生的磁场垂直于纸面向里。
12．(6分)某物理探究小组选用图示器材和电路研究电磁感应规律。
(1)请用笔画线代替导线，将图中各器材连接起来，组成正确的实验电路。
解析：实验电路的连线如图所示。
答案：电路图见解析　
(2)把A线圈插入B线圈中，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，请完成下列填空：
①向右移动滑动变阻器滑片，灵敏电流计指针将向________(选填“左”或“右”)偏转；
②保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，灵敏电流计指针将向________(选填“左”或“右”)偏转。
左
右
解析：①把A线圈插入B线圈中，如果闭合开关时发现灵敏电流计的指针向左偏转了一下，可知当穿过B线圈的磁通量增加时，灵敏电流计的指针向左偏转；向右移动滑动变阻器滑片，滑动变阻器接入电路阻值减小，A线圈电流增大，穿过B线圈的磁通量增加，则灵敏电流计指针将向左偏转。
②保持滑动变阻器滑片位置不变，拔出线圈A中的铁芯，穿过B线圈的磁通量减少，则灵敏电流计指针将向右偏转。
(3)根据实验结果判断，当穿过线圈B的磁通量变化时，产生的感应电流的磁场总是阻碍线圈B中磁通量的变化。
13．(8分)某同学利用如图甲所示器材做探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验。
(1)该同学按图乙连接电路，变压器的左侧线圈接线柱0、8与学生电源的“稳压6 V”接线柱相连。闭合开关，用多用电表测得右侧线圈0、4接线柱之间的电压为________。
A.0　 B．3.0 V　 C．6.0 V　 D．12.0 V
解析：变压器是根据互感现象进行工作的，由题图乙可知，原线圈连接的电压为直流电压，因此副线圈两端的电压为0。
A
(2)正确连接电路后，变压器选用左侧0、2接线柱和右侧0、4接线柱进行实验，用多用电表测得左侧0、2之间的电压为U1，右侧0、4之间的电压为U2，数据如下表所示，可判断学生电源接在了接线柱___________(选填“左侧0、2”或“右侧0、4”)上。
实验次数 1 2 3 4 5
U1/V 1.00 1.90 3.00 4.00 4.80
U2/ V 2.10 4.00 6.10 8.20 10.00
解析：由于有漏磁，副线圈测量电压小于理论值，所以U1为副线圈，可判断连接交流电源的原线圈是右侧0、4。
右侧0、4
(3)实验室中还有一个变压器，如图丙所示。现要测量A、B线圈的匝数，实验步骤如下：
①取一段漆包线，一端与A线圈上端接线柱相连，顺着原来的绕制方向在变压器的铁芯上再绕制n匝线圈，漆包线另一端与交流电源一端相连，A线圈下方接线柱与交流电源另一端相连接；
②用多用电表的交流电压挡先后测出交流电源两端的电压U0和B线圈的输出电压U；
③用多用电表的交流电压挡测出A线圈两端的电压UA。
如果把该变压器看作理想变压器，则A、
B线圈的匝数nA＝___________，nB＝_______________。
(用题中给出的字母表示)
(2)线圈每转过一周，外力所做的功；(3分)
答案：25 J　
15．(13分)电场和磁场经常用来实现对带电粒子运动
轨迹的控制。如图，在水平直线ab上方存在竖直向下
的匀强电场，电场强度大小为E，ab下方存在垂直于
纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B。一比荷为k的带正电粒子从直线ab上P点沿竖直面斜射入匀强电场，粒子在P点的速度大小为v0。速度方向与ab直线的夹角α＝30°，粒子将在电场和磁场中不断偏转，若电场、磁场范围足够大，不计粒子的重力，粒子从P点出发记为第一次经过直线ab。
(1)粒子第二次经过直线ab时的位置为Q，求PQ间的距离。(4分)
(2)粒子第三次经过直线ab时的位置为M，求QM间的距离。(5分)
(3)求粒子从P点运动到M点的时间。(4分)
16．(15分)如图甲所示，两根足够长的直金属导轨MN、PQ平行放置在倾角为θ的绝缘斜面上，两固定导轨间距为L，M、P两点间接有阻值为R的电阻，一根质量为m、电阻为r的均匀直金属杆ab放在两导轨上，并与导轨垂直，整套装置处于磁感应强度为B的匀强磁场中，磁场方向垂直于斜面向下，导轨的电阻可忽略，让ab杆沿导轨由静止(t＝0)开始下滑，导轨和金属杆接触良好，不计它们之间的摩擦。重力加速度为g。
(1)由b向a方向看到的装置如图乙所示，请在此图中画出ab杆运动时的受力示意图。(2分)
解析：ab杆运动时的受力示意图如图所示。

答案：图见解析　
(2)求在下滑过程中，ab杆可以达到的速度最大值vm。(4分)
(3)设某时刻ab杆的速度为v，求此时安培力的功率和整个电路的电功率。(6分)
(4)经时间t，ab杆的速度为v1，求从开始到时间t过程中通过ab杆的电荷量q。(3分)(共38张PPT)
单元过关检测(三)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．如图所示的是发电机简化模型，内部是匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO′匀速转动产生交流电。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为Em。下列说法正确的是(　　)
√
解析：图示的位置与中性面垂直，A错误；
电流表的示数显示的是有效值，不为零，B错误；
图示的位置磁通量变化率最大，C正确；
√
√
3．图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是(　　)
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
解析：由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知， 在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A错误；
由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B正确；
由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C错误；
√
4．随着经济发展，加之寒冬来临，用电需求增加，当火力发电供应紧张时，通过远距离调度方式，会及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保障电力供应。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户用电器增加(假设所有用电器均可视为纯电阻)，电网中数据发生变化，下列说法正确的是(　　)
A．降压变压器的输出电流I4减小
B．输电线上损失的功率减小
C．升压变压器的输出电压U2增大
D．发电厂输出的总功率增大
二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
5．如图所示，形状或转轴位置不同，但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，则下列正确的说法是(　　)
√
A．感应电动势的最大值都相同
B．感应电动势的瞬时值不同
C．感应电动势的最大值不同
D．感应电动势的瞬时值都相同
解析：题中图示位置均为中性面位置，线圈从题中图示位置开始计时，产生的感应电动势为e＝BSωsin ωt，可知感应电动势的最大值和瞬时值与线圈形状无关，与轴的位置无关，即题图中四个线圈产生的感应电动势的最大值、瞬时值都相同。
√
√
6．如图所示是物理实验室常见的手摇交流发电机，快速摇动发电机手柄，能看到灯泡可以发光，下列说法正确的是(　　)

A．手柄摇得越快，发电机产生的交流电峰值越大
B．手柄摇得越快，发电机产生的交流电频率越高
C．手柄每转动一周，感应电流方向都会改变一次
D．把磁铁N、S极位置互换，发电机将不能发电
√
手柄每转动一周，线圈转动n周，感应电流方向改变2n次，故C错误；
磁铁N、S极位置互换，线圈转动仍然切割磁感线产生感应电动势，故D错误。
√
√
√
8．如图所示，两理想变压器间接有电阻R，电表均为理想交流电表，a、b接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关S后(　　)

A．R的发热功率不变
B．电压表的示数不变
C．电流表A1的示数变大
D．电流表A2的示数变小
√
三、非选择题(本题共8小题，共60分)
9．(3分)图甲、乙分别表示两种电流的波形，其中图乙所示电流按正弦规律变化，分别用I1和I2表示甲和乙两电流的有效值，则I1∶I2＝________。
20　
50
12．(6分)某同学选用匝数可调的可拆变压器来做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压____________(选填“交流电源”或“直流电源”)。先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究原、副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是___________________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。
交流电源
增大
减小
控制变量法
13．(10分)在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器结构如图甲所示。
Ua/V 1.80 2.80 3.80
Ub/V 4.00 6.01 8.02
(1)变压器的铁芯，它的结构和材料是______
(填字母)。
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的硅钢片叠成
D.绝缘的铜片叠成
解析：观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成。
C
(2)如图所示，电源输出端与变压器原线圈的连接方式正确的是________(选填“乙”或“丙”)；使用多用电表测量电压时，应将选择开关置于____________挡。
解析：电源输出端应是交流电，故选择丙的连接方式；
使用多用电表测量电压时，应将选择开关置于“交流电压”挡。
丙
交流电压
(3)用匝数na＝400匝和nb＝800匝的变压器，实验测量数据如表所示：根据测量数据可判断原线圈匝数为________(选填“400”或“800”)匝。实验数据中电压比与匝数比不严格相等，主要原因是________________________。
解析：观察发现，Ua总是略小于Ub的一半，考虑变压器不是理想变压器，有漏磁现象，故Ub是原线圈电压，根据变压比可知，原线圈匝数为800匝。
800
变压器不是理想变压器
14．(8分)一种振动发电装置的示意图如图甲所示，半径r＝0.10 m、匝数N＝20的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B＝0.20 T，线圈的电阻R1＝0.5 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的灯泡L。用外力推动线圈框架的P端，使线圈的速度v随时间t变化的规律如图丙所示，已知v取向右为正。求：
(1)线圈运动过程中产生的最大感应电动势的大小Em；(2分)
解析：根据法拉第电磁感应定律有
Em＝2NBπrvm
解得Em＝8 V。
答案：8 V　
(2)线圈运动一个周期内，线圈中产生的热量Q。(6分)
答案：0.32 J
15．(12分)如图所示，N＝10匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，使线圈绕垂直于磁感线的轴OO′以转速n＝6 000 r/min匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里，求：
(1)t＝0时感应电流的方向；(回答：顺时针或者逆时针)(2分)
解析：根据右手定则可知，t＝0时感应电流沿顺时针方向。
答案：顺时针　
(2)感应电动势的瞬时值表达式；(6分)
解析：转速n＝6 000 r/min＝100 r/s
角速度ω＝2πn＝200π rad/s
感应电动势的最大值
Em＝NBSω＝NBl1l2ω＝40π V
感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcos ωt
即e＝40πcos (200πt) V。
答案：e＝40πcos (200πt) V
(3)从图示位置转过30°的过程中流过电阻R的电荷量。(4分)
答案：0.01 C
16．(15分)一交流发电机输出端的电压为220 V，输出功率4 400 W，若用电阻为2 Ω的输电导线给用户送电。
(1)如果用220 V的电压直接输送，用户得到的电压和功率各是多少？输电效率是多少？(7分)
答案：180 V　3 600 W　81.8%
(2)如果先用匝数比为1∶10的变压器将电压升高，经一样的输电线后，再用匝数比为10∶1的变压器将电压降低后输送给用户，用户得到的电压和电功率各是多少？(8分)
答案：219.6 V　4 392 W题组1　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．(2025·江苏省下学期期末应考)如图为“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验装置。某同学已将学生电源连接了220 V的交流电源，电压挡调到6 V，将学生电源经过开关与可拆变压器左侧线圈上的“0”和“400”两接线柱相连。
(1)图中已连接了部分电路。现要使接在右侧线圈上的电压表获得低于6 V的电压，请在实验装置图中以笔画线，完成剩余的电路连线。
(2)对于实验过程，下列说法正确的有________。
A．本探究实验采用了控制变量法
B．变压器工作时副线圈电流的频率与原线圈不相同
C．绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些
D．因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱
(3)将更大量程的电压表与变压器右侧线圈上的“0”和“________”(选填“200”“800”或“1 400”)两接线柱相连，观测到电压表示数为20.3 V。若此时保持电路连通，仅将铁芯横梁从变压器上取出，则该电压表的示数将________(选填“不变”“变大”“变小”或“变为0”)。
(4)通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，试指出造成这种结果的主要原因(无需写具体理由)____________________________________________________________________________。
解析：(1)要使接在右侧线圈上的电压表获得低于6 V的电压，副线圈的匝数应该小于400，所以右侧与“0”和“200”两接线柱相连，电路如图所示。
(2)本探究实验采用了控制变量法，A正确；变压器工作时副线圈电流的频率与原线圈相同，B错误；根据＝及题图中n2I1，又因为＝，所以U2(3)根据＝ 得＝，解得n2≈1 353匝，将更大量程的电压表与变压器右侧线圈上的“0”和“1 400”两接线柱相连；若此时保持电路连通，仅将铁芯横梁从变压器上取出，就有较多的磁损，互感减弱，副线圈获得的电压变小，则该电压表的示数将变小。
(4)通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，造成这种结果的主要原因是漏磁、铁芯发热。
答案：(1)实物图连接见解析　(2)AC　(3)1 400　变小
(4)漏磁、铁芯发热
2．某同学用匝数可调的可拆变压器来探究“变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。
(1)下列操作正确的是________。
A．原线圈接学生电源直流电压，电表置于直流电压挡
B．原线圈接学生电源交流电压，电表置于交流电压挡
(2)如图甲所示，一变压器的副线圈匝数模糊不清，该同学为确定其匝数，原线圈选择“0”“8”(×100匝)接线柱，测得电源电压为10.0 V，副线圈电压为4.9 V，则此时接入的副线圈可能是________。
A．“0”、“2”接线柱
B．“0”、“4”接线柱
(3)如图乙所示，探究铁芯在变压器中的用途时，该同学先将上方的铁芯取出，再将铁芯缓慢向左水平推入，则观察到小灯泡亮度变化与铁芯作用分析正确的是________。
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．铁芯起到传送能量的作用
D．若将铁芯换成等大的铜块，则实验现象更明显
(4)你认为该实验的系统误差主要来源是__________________________
___________________________________________(写出一条即可)。
解析：(1)变压器在交流条件下才能正常工作，A错误，B正确。
(2)根据电压匝数关系有＝，解得n2＝3.92≈4，A错误，B正确。
(3)变压器的铁芯的作用是导磁，尽量减少漏磁，其起到传递能量的作用，A、C正确，B错误；铜不能被磁化，因此不能导磁，若将铁芯换成等大的铜块，则实验现象不明显，D错误。
(4)实际的变压器的线圈与铁芯都有一定的电阻，且存在漏磁，则实验的系统误差主要来源是线圈和铁芯有一定的电阻与存在漏磁。
答案：(1)B　(2)B　(3)AC　(4)见解析
题组2　变压器的工作原理和基本关系
3．(双选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法正确的是(　　)
A．穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是10∶1
B．穿过原、副线圈每一匝的磁通量的变化率相等
C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为 1∶1
解析：选BD。理想变压器无漏磁，因而穿过两个线圈的磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比；理想变压器可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率，B、D正确。
4．(双选)(2023·海南卷，T11)工厂利用u＝220sin 100πt V的交流电给36 V照明灯供电的电路如图所示。理想变压器原线圈匝数为1 100，则下列说法正确的是(　　)
A．电源电压有效值为220 V
B．交变电流的周期为0.02 s
C．副线圈匝数为180
D．副线圈匝数为240
解析：选BC。由交流电的表达式可知，该交流电有效值为220 V，A错误；交流电的周期T＝＝0.02 s，B正确；根据理想变压器的变压规律有＝，代入数据得n2＝＝180，C正确，D错误。
5．某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60。下列说法正确的是(　　)
A．交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
解析：选B。交流电的周期为0.2 s，频率f＝＝5 Hz，A错误；根据变压器原、副线圈的电压规律＝可知，由于原线圈的电压最大值为0.05 V，故副线圈的电压最大值为3 V，B正确；变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C错误；理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误。
6．(2024·1月浙江选考，T5)如图为某燃气灶点火装置的原理图。直流电经转换器输出u＝5sin 100πt (V)的交流电，经原、副线圈匝数分别为n1和n2的变压器升压至峰值大于10 kV，就会在打火针和金属板间引发电火花，实现点火。下列选项正确的是(　　)
A．<
B．<
C．用电压表测原线圈两端电压，示数为5 V
D．副线圈输出交流电压的频率是100 Hz
解析：选B。根据电压匝数关系有＝，变压器副线圈电压的峰值U2max＝U2，根据题意有U2max>10×103 V，解得>2 000，<，故A错误，B正确；用电压表测原线圈两端电压，电压表测的是有效值，则示数U1＝ V＝ V，故C错误；根据＝2πf＝100π Hz，解得f＝50 Hz，变压器不改变频率，则副线圈输出交流电压的频率是50 Hz，故D错误。
7．(2025·江西南昌期中)如图所示，理想变压器原线圈的匝数n1为1 100匝，原线圈两端的电压随时间变化的关系式为u＝220cos 100πt(V)。单匝线圈绕过铁芯连接交流电压表，将阻值为10 Ω的电阻R接在C、D两端时，消耗的功率为10 W，下列说法正确的是(　　)
A．副线圈的匝数n2为100匝
B．电压表的示数为0.1 V
C．R两端的电压为10 V，频率为100 Hz
D．流过R的电流为1 A，周期为0.02 s
解析：选D。电阻R的功率为10 W，根据P2＝ eq \f(U,R)可知，副线圈两端电压U2＝10 V，变压器的输入电压有效值U1＝＝ V＝220 V，根据＝可知，副线圈的匝数n2＝×n1＝×1 100匝＝50匝，故A错误；接电压表的回路可看成n3＝1匝的线圈，所以U3＝U2＝×10 V＝0.2 V，故B错误；R两端的电压为10 V，频率与原线圈相同有f＝＝50 Hz，故C错误；流过R的电流I2＝＝ A＝1 A，周期T＝＝0.02 s，故D正确。
8．无线充电技术的应用，让手机摆脱了充电线的牵制，手机使用者做到了“随用随拿，随放随充”。无线充电器简化示意图如图所示，其主要部件为发射线圈和接收线圈，工作原理与理想变压器相同，忽略线圈的内阻。已知某款手机的无线快充充电器充电功率为10 W，发射线圈与接收线圈的匝数比为10∶1，CD端的输出电流i＝2sin 100πt(A)，则下列说法正确的是(　　)
A．发射线圈中电流的周期为0.01 s
B．发射线圈AB端输入电流的有效值为0.2 A
C．发射线圈AB端的电压的有效值为5 V
D．从AB端向发射线圈输入的功率为1.0 W
解析：选B。根据CD端的输出电流i＝2sin 100πt(A)可知，电流的周期T＝＝ s＝0.02 s，由于理想变压器两端电流周期频率相同，所以发射线圈中电流的周期也为0.02 s，A错误；CD端电流的有效值I2＝＝2 A，设发射线圈AB端输入电流的有效值为I1，根据理想变压器原、副线圈的电流关系，有＝＝，解得I1＝0.2 A，B正确；由于充电功率为10 W，可得发射线圈AB端的电压的有效值U1＝＝50 V，C错误；由于理想变压器输入功率等于输出功率，所以从AB端向发射线圈输入的功率也为10 W，D错误。
9．如图甲所示的是一款小型电钻，其简化电路图如图乙所示，它由变压器及电机两部分构成，变压器为理想变压器，电机的内阻为1 Ω，额定电压为11 V，额定电流为2 A。当变压器输入电压为220 V的正弦交流电时电钻正常工作，下列说法正确的是(　　)
A．变压器原线圈电流的最大值为0.1 A
B．变压器副线圈电流的最大值为2 A
C．变压器的输入功率为4 W
D．电机产生的机械功率为22 W
解析：选A。根据理想变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系＝，可得＝20，根据理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系＝，解得变压器原线圈电流的有效值I1＝0.1 A，变压器原线圈电流的最大值Im1＝I1＝0.1 A，故A正确；变压器副线圈电流的最大值Im2＝I2＝2 A，故B错误；变压器的输入功率等于输出功率，P＝U2I2＝22 W，故C错误；电机产生的机械功率P机械＝P－Ir＝18 W，故D错误。第3节　科学探究：变压器
　
1．了解变压器的构造及几种常见的变压器。　2.理解互感现象和变压器的工作原理。　3.掌握理想变压器的电压和电流与匝数的关系，并能用它解决基本问题。
一、变压器的工作原理
1．构造
变压器由闭合的铁芯和绕在铁芯上的两个或两个以上的线圈组成。铁芯由涂有绝缘漆的硅钢片叠合而成，线圈一般用高强度的漆包线绕制，也称绕组。与电源相连的线圈称为原线圈或初级线圈，与负载相连的线圈称为副线圈或次级线圈。
2．电压
原线圈两端的电压又称为输入电压，用符号U1表示；副线圈两端的电压又称为输出电压，用符号U2表示。
3．原理
当原线圈两端加上交变电压U1时，原线圈中就有交变电流I1通过，并在铁芯中产生交变的磁场，铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线
圈也绕在同一铁芯上，铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生感应电动势。
4．理想变压器：因为存在漏磁、线圈有电阻，铁芯也会因涡流而消耗能量。如果这些损失可忽略不计，这种变压器就称为理想变压器。
二、理想变压器的电压与匝数的关系
1．理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比，即＝。
2．当n2＞n1时，U2＞U1，这种变压器称为升压变压器；当n2＜n1时，U2＜U1，这种变压器称为降压变压器。
判断下列说法是否正确。
(1)变压器是利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能的转化。(　　)
(2)恒定电流接入变压器后也可发生互感现象，也可起到变压作用。(　　)
(3)变压器的铁芯由很薄的硅钢片叠合而成。(　　)
(4)在理想变压器中原、副线圈的磁通量的变化率是一致的。(　　)
(5)理想变压器可以改变交变电流的频率。(　　)
(6)电流通过铁芯从原线圈流到副线圈。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)√　(4)√　(5)×　(6)×
知识点一　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．实验思路：交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压。线圈匝数不同时，输出电压不同，实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈电压与匝数的关系。
2．实验器材：多用电表、可拆变压器、学生电源、开关、导线若干(如图所示)。
3．实验步骤
(1)按电路图连接实验器材。
(2)原线圈接低压交流电源，保持原线圈匝数n1不变，改变副线圈匝数n2，用多用电表交流电压挡分别测出每次n2改变后副线圈两端的电压，记入表格。
实验次数 1 2 3
n2/匝
U2/V
(3)原线圈接低压交流电源，保持副线圈匝数n2不变，改变原线圈匝数n1，用多用电表交流电压挡分别测出每次n1改变后副线圈两端的电压，记入表格。
实验次数 1 2 3
n1/匝
U2/V
(4)拆除实验线路，整理好实验器材。
4．实验结论
(1)分析表格数据可知：当原线圈匝数不变时，副线圈两端的电压与副线圈匝数成正比；当副线圈匝数不变时，副线圈两端的电压与原线圈匝数成反比。
(2)结论：在误差允许的范围内，变压器原、副线圈两端的电压之比与匝数之比相等，数学表达式为＝。
5．注意事项
(1)为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，即使这样，通电时也不要用手接触裸露的导线、接线柱。
(2)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选择适当的挡位进行测量。
　在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某小组按如图所示组装变压器并进行研究。实验时，原线圈接“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“1”接线柱，原线圈两端连接低压交流电源10 V挡，用交流电压表测得副线圈两端的电压为0.4 V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是(　　)
A．原线圈匝数太多，电阻过大
B．铁芯没有闭合，漏磁过多
C．副线圈匝数太少，增加实验误差
D．副线圈的电阻太小
[解析]　若满足电压之比等于匝数之比，副线圈两端电压应为10 V×＝1.25 V，远大于0.4 V，最有可能的原因是铁芯没有闭合，漏磁过多，使副线圈两端电压很小，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
　晓宇学完变压器的工作原理后，利用如图甲所示的可拆卸变压器探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系。请回答下列问题：
(1)变压器的工作原理是________。
A．电流的磁效应
B．通电导线间的相互作用
C．电磁感应现象
(2)探究时，变压器原线圈的接线柱应接在学生电源的________(选填“P”或“Q”)接线柱上。
(3)晓宇同学组装好变压器，原线圈接“0”“16”，副线圈接“0”“4”，将交流电压表的旋钮置于交流挡10 V处，并将交流电压表接在原线圈两端，示数如图丙所示，则副线圈输出电压的理论值为________；而考虑到实际，副线圈输出电压的实际值可能为________。
A．0 V　 　　　　 B．1.8 V 　
C．1.5 V 　 D．28.8 V
[解析]　(1)变压器的工作原理是电磁感应现象，故选C。
(2)本实验需要用到的是交流电源，可用学生电源交流输出挡，所以应接在学生电源的Q接线柱上。
(3)由于交流电压挡为10 V，则电压表的读数为7.2 V，又由题意可知，原、副线圈的匝数比
＝
由变压器的工作原理
＝
可得副线圈输出电压的理论值
U2＝1.8 V
考虑到实际，变压器在正常工作时应有能量损失，则有
>
解得副线圈输出电压的实际值
U2<1.8 V。
[答案]　(1)C　(2)Q　(3)B　C
知识点二　变压器的工作原理
　
如图所示，把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈(原线圈)通过开关可以连接到交流电源的两端，另一个线圈(副线圈)连接到小灯泡上。连接电路，接通电源，小灯泡能发光。
(1)两个线圈并没有连接，小灯泡为什么会发光？
(2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗？如果不相等，与什么因素有关？
(3)若将原线圈接在恒定的直流电源上，小灯泡发光吗？为什么？
[提示]　(1)当左侧线圈加上交流电压时，左侧线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在右侧线圈中会
产生感应电动势，右侧线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光。
(2)左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率都相同。若左边匝数为n1，则U1＝E1＝n1；若右边匝数为n2，则U2＝E2＝n2。故有＝。若忽略左边线圈的电阻，则有U1＝U电源。这样看来只要n1≠n2，小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压就不相等。小灯泡两端的电压，即副线圈两端的电压与原、副线圈匝数比有关。
(3)不发光，因为无法在副线圈中产生感应电动势。
1．工作原理：当原线圈加上交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生变化的磁通量，在原、副线圈中都要产生感应电动势。如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生变化的磁通量，原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈。
2．能量转化：变压器通过闭合铁芯，利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能的转化。
　(双选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(　　)
A．原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，是为了减少磁场能的损失，有效地传送电能
B．铁芯不用整块金属做成，是为了防止原、副线圈短路，造成危险
C．变压器不改变交变电流的频率，只改变电压大小
D．当原线圈接入恒定电流时，副线圈也有电压输出
[解析]　原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，原线圈产生的磁场几乎全部沿铁芯通过副线圈，漏磁很少，因此可以减少能量损失，故A正确；铁芯不用整块金属做成是为了防止涡流产生较多的热量从而烧坏变压器，故B错误；变压器原、副线圈中的磁通量的变化率相同，变化周期相同，匝数不同，所以原、副线圈中的交变电流的频率相同，电压不同，故C正确；由电磁感应定律可知，只要输入原线圈的电流发生变化，副线圈中就会产生感应电动势，当原线圈接入恒定电流时，副线圈没有电压输出，故D错误。
[答案]　AC
　(双选)(2025·四川乐山市调研)一变压器在纸面内的剖面如图所示，原线圈连接足够长且电阻不计的平行双导轨，导轨处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，金属棒MN与导轨接触良好且垂直于导轨，副线圈连接灯泡L和电容器C，A为理想交流电流表，则(　　)
A．当MN匀速向左运动时，灯泡可能发光，A表有示数
B．当MN加速向左运动时，a点电势低于b点电势
C．当MN沿导轨简谐运动(不接触线圈)时，灯泡一定不发光
D．当MN沿导轨简谐运动(不接触线圈)时，A表有示数
[解析]　当MN匀速向左运动时，左侧回路中电流恒定，所以左侧线圈产生恒定的磁场，穿过右侧线圈的磁通量不变，右侧线圈将不产生感应电流，所以灯泡不发光，电流表无示数，故A错误；当MN加速向左运动时，穿过右侧线圈的磁通量不断增大，且磁场方向向上，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向向下，根据右手螺旋定则可知，回路中电流方向为逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，故B正确；当MN沿导轨简谐运动(不接触线圈)时，左侧回路中产生正弦交变电流，右侧回路也为交变电流，所以灯泡发光，电容器将进行充放电，电流表有示数，故C错误，D正确。
[答案]　BD
知识点三　变压器的基本关系
　
1．当副线圈空载时，变压器的输出功率为零，输入功率为多少？它们之间是什么关系？
2．在一个副线圈的情况下，为什么电流与匝数成反比？
[提示]　1.零，输出功率决定输入功率。
2．因为电压与匝数成正比，而输入功率与输出功率相等，所以得到电流与匝数成反比。
1．电动势关系
由于互感现象，且没有漏磁，原、副线圈中每一匝线圈都具有相同的，根据法拉第电磁感应定律有E1＝n1，E2＝n2，所以＝。
2．电压关系
由于不计原、副线圈的电阻，原线圈两端的电压U1＝E1，副线圈两端的电压U2＝E2，所以＝。
当有多个副线圈时，则有＝＝＝…。
3．功率关系
对于理想变压器，不考虑能量损失，P入＝P出。
4．电流关系
(1)当只有一个副线圈时，I1U1＝I2U2
得＝＝。
(2)当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…
得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…。
角度1　理想变压器的基本关系
　(2024·北京卷，T5)如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压u随时间t变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“6 V，3 W”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是(　　)
A．原线圈两端电压的有效值为24 V
B．副线圈中电流的有效值为0.5 A
C．原、副线圈匝数之比为1∶4
D．原线圈的输入功率为12 W
[解析]　原线圈两端电压的有效值U1＝＝24 V，A错误；副线圈所接灯泡正常发光，副线圈中电流的有效值I＝＝0.5 A，B正确；原、副线圈匝数之比＝＝，C错误；原线圈的输入功率P入＝P出＝3 W，D错误。
[答案]　B
　(双选)(2024·海南卷，T9)电动汽车充电站变压器输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每个充电桩输入电流16 A，设原、副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正确的是(　　)
A．交流电的周期为0.02 s
B．原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶500
C．输出的最大电压为220 V
D．若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW
[解析]　交流电的周期T＝＝0.02 s，故A正确；根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系可得，原、副线圈匝数比＝＝＝，故B错误；输出的最大电压U2m＝U2＝220 V，故C错误；若10台充电桩同时使用，输出功率P2总＝10U2I2＝10×220×16 W＝35 200 W＝35.2 kW，变压器不改变功率，故输入功率P1总＝P2总＝35.2 kW，故D正确。
[答案]　AD
　一理想变压器结构示意图如图所示，原线圈的匝数为100匝，上下两个副线圈的匝数分别为10匝和20匝，L1为“3 V，1 W”的小灯泡，L2为“6 V，4 W”的小灯泡，当原线圈接上交变电压时，L1、L2都正常发光，那么原线圈中的电流为________A。(结果可用分式表示)
[解析]　根据电流与线圈匝数的关系可知n1I1＝n2I2＋n3I3，其中n1＝100，n2＝10，n3＝20，I2＝ A，I3＝ A，可得I1＝ A。
[答案]　
角度2　有损耗的变压器的分析
　(双选)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是(　　)
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
[解析]　由题意可得，发射线圈的电压U1＝，接收线圈的输出电压U2＝，代入数据解得U2＝8 V，故A正确；根据＝可得＝，故B错误；变压器不改变其交变电流的频率，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。
[答案]　AC
1．(探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系)小姚同学做了“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验，小姚在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6 V”挡位，用交流电压表测量出副线圈的电压为13.0 V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是(　　)
A．变压器的铁芯没有闭合
B．一定是电压的测量出了问题
C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝
D．学生电源实际输出电压大于标注的“6 V”
解析：选D。根据理想变压器的原、副线圈的电压与其匝数关系式＝，若变压器的铁芯没有闭合，则得出副线圈的电压很小，不为13.0 V，故A错误；若是电压的测量出了问题，应该是小于12 V，不应该大于12 V，故B错误；副线圈实际匝数与标注的“200”不符，若小于200匝，由以上公式可知，副线圈的电压小于12.0 V，故C错误；若学生电源实际输出电压大于标注的“6 V”，由以上公式可知，副线圈的电压可能为13.0 V，故D正确。
2. (变压器的基本关系)自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12 V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8 V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5 V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是(　　)
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D．将一个3.8 V小灯泡与原小灯泡并联起来接入副线圈
解析：选B。由＝知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故A、C错误，B正确；将一个3.8 V小灯泡与原小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。
3．(变压器的基本关系)低压卤素灯在家庭电路中使用时需要变压器降压。若将“10 V　40 W”的交流卤素灯直接通过变压器(视为理想变压器)接入电压为220 V的交流电后能正常工作，则(　　)
A．卤素灯两端电压的有效值为5 V
B．流过卤素灯的电流为4 A
C．卤素灯的瞬时功率最大值为80 W
D．变压器原、副线圈交流电的频率比为22∶1
解析：选C。卤素灯两端电压的有效值为10 V，故A错误；流过卤素灯的电流I＝＝ A＝4 A，故B错误；卤素灯两端的电压最大值Um＝U＝10 V，此时流过卤素灯的电流也最大，Im＝I＝4 A，卤素灯的瞬时功率最大值Pm＝UmIm＝80 W，故C正确；变压器不改变交流电的频率，故变压器原、副线圈交流电的频率比为1∶1，故D错误。
4．(变压器的工作原理)(2025·广东广州阶段练)我国正在大力发展电动汽车，科研人员也在测试汽车的无线充电。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将连接电源的供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接收”到供电线圈的能量，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是(　　)
A．无线充电技术与扬声器的工作原理相同
B．将供电线圈接到交流电源和直流电源上，都能对车辆进行充电
C．只有将供电线圈接到交流电源上，才能对车辆进行充电
D．若供电线圈和接收线圈均用超导材料，充电效率可达100%
解析：选C。无线充电技术的工作原理是电磁感应，扬声器是通电导线在磁场中受力从而发声，两者原理不同，故A错误；将供电线圈接到直流电源上，磁场不发生变化，磁通量也不变，不能对车辆进行充电，故B错误；供电线圈只有接到交流电源上，才能产生变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给蓄电池充电，故C正确；即使线圈为超导材料制作，在传输过程中仍然会有能量损失比如漏磁，所以效率不可能达到100%，故D错误。(共42张PPT)
第4节　电能的远距离输送
学习目标
1．知道采用高压输电的原因。　2.知道远距离输电线上的损失与哪些因素有关。　3.了解远距离输电线路的基本构成及相关计算问题。　4.了解高压交流输电与直流输电的优缺点。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、采用高压输电的原因
1．原因：电流流过输电导线时，电流的______会引起电功率的损失。损失的电功率P＝I2R，即在输电线上因发热而损耗的电功率与输电线的电阻R成正比，与电流I的二次方成正比。
热效应
(2)减小输电电流：由P＝UI可知，在保证输送电功率P不变的情况下，必须____输电电压U，才能减小电流I。因此，远距离输电通常采用________。
电阻率小
横截面积
提高
高压输电
二、高压交流输电与直流输电
1．远距离输电基本原理：在发电站内用____变压器____，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。
2．交流输电：在交流输电时，除输电线上的电阻外，电感、电容产生的____和____也会造成交流输电线路上的电能和____损失。
升压
升压
感抗
容抗
电压
3．直流输电：交变电流升压后输送到______，把高压交变电流变换成高压____电流，经由高压直流线路输送到用电地区后，将高压直流变换成高压____电流，再经降压变压器降压。
4．高压直流输电的优越性：直流输电适于地下和水下电缆输电，不会受到电感和电容的影响；在输送相同电功率的电能时，直流输电所用线材少；同时，占地面积小，不需要考虑同步运行问题。
整流器
直流
交变
三、电能的利用与社会发展
电能的利用提高了劳动生产率，解放了劳动者；在促进社会发展的同时，也带来了生态、环境问题，故我们需要合理利用电能。
√
×　
×　
×　
√
√
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　降低输电损耗的两个途径
如图所示，假定发电厂输出的电压为U，输送功率为P，输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)。那么：
(1)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？
[提示]　不相等，由能量守恒定律知，发电厂输出的电能等于用户得到的电能与输电线上损失的电能之和。
(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低功率损耗有哪些途径？
√
√
√
√
知识点二　对远距离输电电路的分析
某发电站向远处送电的示意图如图所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路。
(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻，n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)。
(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？
2．对高压输电中几个电压的理解
(1)输送电压：输电线始端电压，如图中的U2。
(2)用户电压：最终用户得到的电压，如图中的U4。
(3)损失电压：输电线始端电压与末端电压的差值(U线＝U2－U3＝I2R线)，形成的原因是输电导线有电阻，电流通过输电线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压比起始端电压要低，这就是输电线上的电压损失。
(2025·江苏徐州期中)远距离输电过程示意图如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．绕制升压变压器副线圈的导线比原线圈的粗
B．升压变压器副线圈的输出电压小于降压变压器原线圈的输入电压
C．用户一定的情况下，增大输送电压，可以减少输送电能的功率损耗
D．其他情况不变时，用户增多，输电线上损耗的电功率将减少
√
[解析]　升压变压器原、副线圈的功率相同，根据变压器电流比跟匝数比成反比规律可知，原线圈的电流更大，所以绕制升压变压器原线圈的导线要比副线圈的粗，故A错误；
因为输电线存在损耗电压，所以升压变压器副线圈的输出电压大于降压变压器原线圈的输入电压，故B错误；
其他情况不变时，用户增多，导致高压输电线上的电流变大，输电线上损耗的电功率将增大，故D错误。
(2025·福建厦门期中)目前困扰5G发展的大难题之一是供电，5G基站系统功耗大，信号覆盖半径小。如图所示，电压为100 kV的主供电线路为某5G基站供电，基站用电器总功率为4 kW，线路电阻为40 Ω，线路损耗功率占总功率的20%(变压器均视为理想变压器)，则输电线路中的电流为____________A，升压变压器原、副线圈的匝数比为___________。
5　
100∶1
如图所示，某个小型水电站发电机的输出功率P1＝200 kW，发电机的电压U1＝250 V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的双线总电阻R＝20 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。要求输电效率(即用户得到的功率与发电机发出的功率之比)达到96%，也就是说在输电线上损失的功率控制在8 kW，用户得到的功率为192 kW。为此需要设计两个变压器的匝数比。请计算：
(1)升压变压器输入的电流为多少？输电线上通过的电流是多少？
[答案]　800 A　20 A
(2)从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为多少？
[解析]　输电线损失的电压ΔU＝I2R＝20×20 V＝400 V。
[答案]　400 V
(3)两个变压器的匝数比各应等于多少？
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(降低输电损耗的两个途径)为了保证东部地区用电，国家采取运煤和输电两个策略。运煤1 000千米费用是购煤费用的70%(相当于输电损耗42%)，而用50万伏高压输电，输电损耗却高达90%。在输电功率不变的情况下，为了使1 000千米距离的输电效率与运煤时相当，需要将输送电压提升到大约(　　)
A．75万伏　　　　　 B．100万伏
C．125万伏 D．150万伏
√
3．(远距离输电问题)如图所示交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器和理想降压变压器向远处用户供电，输电线的总电阻为R。升压变压器的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；降压变压器的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。当用户增多时(　　)
A．U2减小，P4增加
B．U2增加，P3减小
C．U3减小，P2增加
D．U4增加，P1减小
√
√
√(共54张PPT)
第2节　交变电流的产生
学习目标
1．了解交流发电机的构造。　2.理解正弦式交变电流的产生原理。　3.掌握正弦式交变电流的变化规律。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、交流发电机
1．原理：只要通过闭合回路的磁通量发生变化，就可产生感应电动势和感应电流。
2．构造：发电机主要由线圈(电枢)和____两部分组成，磁极有的使用永久磁铁，有的使用______。
3．分类：旋转电枢式发电机和旋转______发电机。
4．交流发电机：能产生大小和方向随时间做______变化电流的发电机，称为交流发电机。
磁极
电磁铁
磁极式
周期性
二、正弦式交变电流的产生原理
1．产生方法
闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动。
2．中性面：线圈平面与磁场____的位置。
垂直
3．过程分析(如图所示)
通过以上分析可知，在线圈连续转动过程中，感应电流的____和____都随时间做周期性变化。线圈每经过______一次，感应电流的方向
就改变一次；线圈每转动一周，感应电流的方向就改变__次。线圈产生的感应电动势也随时间做周期性变化。
大小
方向
中性面
两
三、正弦式交变电流的变化规律
1．感应电动势的最大值Em＝________，其中n为线圈匝数，B为匀强磁场的磁感应强度，S为线圈所围面积，ω为线圈匀速转动的角速度。
2．若线圈在磁场中从中性面开始以角速度ω匀速转动，则感应电动势随时间变化的规律可表示为e＝______________，当n、B、S、ω一定时，感应电动势随时间按____规律变化，在不同的时刻，e具有不同的数值，被称为感应电动势的______。
nBSω
Emsin ωt
正弦
瞬时值
4．某导体两端的电压瞬时值u＝Umsin ωt。
判断下列说法是否正确。
(1)线圈转一周有两次经过中性面，每转一周电流方向改变一次。(　　)
(2)当线圈中的磁通量最大时，产生的电流也最大。(　　)
(3)只要闭合线圈在匀强磁场里匀速转动就一定产生正弦式交变电流。(　　)
(4)当线圈中的磁通量为零时，产生的电流也为零。(　　)
(5)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关。(　　)
×　
×　
×　
×　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　交变电流的产生
假定线圈沿逆时针方向匀速转动。
(1)如图甲所示，此位置是什么位置？此位置对应的平面图如图乙所示，此时磁通量最大还是最小？是否有感应电动势？
[提示]　中性面　磁通量最大　无感应电动势。
(2)如图丙所示，此位置是什么位置？此位置对应的平面图如图丁所示，此时磁通量最大还是最小？是否有感应电动势？

[提示]　与中性面垂直的位置　磁通量为零，最小　感应电动势最大。
1．中性面、中性面的垂直位置的特性比较
项目 中性面 中性面的垂直位置
图示
位置 线圈平面与磁场垂直 线圈平面与磁场平行
磁通量 最大 零
磁通量变化率 零 最大
感应电动势 零 最大
感应电流 零 最大
电流方向 改变 不变
2.正弦交变电流的产生条件
(1)匀强磁场。
(2)线圈匀速转动。
(3)线圈的转轴垂直于磁场方向。
如图所示的是交流发电机的示意图，线圈的两条边分别与两个金属滑环连在一起，线圈逆时针匀速转动时，通过滑环和电刷保持与外电路的连接，图中只画了一匝线圈，磁场可视为匀强磁场，则(　　)
√
A．线圈转动到甲图和丙图所示的位置时，
穿过线圈的磁通量最大，电路中的电流也最大
B．线圈转动到乙图和丁图所示的位置时，
穿过线圈的磁通量为零，电路中的电流为零
C．线圈从甲图所示位置逆时针转动到丁图
所示位置的过程中，电路中电流的方向改变4次
D．线圈从丙图位置转到丁图位置的过程中，穿过线圈的磁通量减小，产生的感应电动势增大
[解析]　线圈转动到题图甲和题图丙所示的位置时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量变化率为零，电路中的电流为零，A错误；
线圈转动到题图乙和题图丁所示的位置时，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，电路中的电流最大，B错误；
线圈经过中性面时，电流方向发生改变，可知线圈从题图甲所示位置逆时针转动到题图丁所示位置的过程中，电路中电流的方向改变1次，C错误；
线圈从题图丙位置(中性面)转到题图丁位置(与中性面垂直)的过程中，穿过线圈的磁通量减小，磁通量变化率增大，产生的感应电动势增大，D正确。
√
(双选)(2024·新课标卷，T20)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中(　　)
A．电流最小
B．电流最大
C．电流方向由P指向Q
D．电流方向由Q指向P
√
[解析]　由题图知，开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，此时电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P。
(2025·江苏无锡市期末)下列各情况中，线圈都以角速度ω绕图中的转动轴匀速转动，不能产生交变电流的是(　　)
√
[解析]　A中线圈转动时，穿过线圈的磁通量一直为零，即磁通量保持不变，故线圈不产生感应电流，A满足题意要求；
B、C、D中的线圈都是在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中都会产生正弦式交变电流，B、C、D不满足题意要求。
知识点二　交变电流的变化规律
3．正弦式交变电流的瞬时值表达式
(1)从中性面位置开始计时
e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，u＝Umsin ωt。
(2)从与中性面垂直的位置开始计时
e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，u＝Umcos ωt。
(双选)如图所示，单匝矩形线圈abcd放在匀强磁场中，磁感应强度为B，ad＝bc＝l1，ab＝cd＝l2。从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则(　　)
A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt
B．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt
C．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcos ωt
D．以OO′为转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωcos ωt
√
√
[解析]　无论以OO′为轴还是以ab为轴转动，感应电动势的最大值都是Em＝BSω＝Bl1l2ω，由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故A错误，C、D正确；
以O1O1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流，故B错误。
如图所示的矩形线圈，ab＝40 cm，ad＝20 cm，共50匝，在B＝0.6 T 的匀强磁场中以300 r/min的速度绕中心轴OO′匀速转动，当t＝0时，线圈平面与磁场垂直。
(1)写出感应电动势瞬时值的表达式。
[解析]　因为当t＝0时线圈平面与磁场垂直，所以感应电动势的瞬时值表达式的形式为e＝Emsin ωt
线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，ω＝2πn＝10π rad/s
Em＝NBSω＝NBab·ad·ω＝24π V
则感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝24πsin 10πt(V)。
[答案]　e＝24πsin 10πt(V)　
(2)求出当t＝0.025 s时，感应电动势的瞬时值。
正弦式交变电流随时间变化情况可以从图像上表示出来，图像描述的是交变电流随时间变化的规律，它是一条正弦曲线，如图所示。
从图像中可以解读到以下信息：
(1)交变电流的最大值Im、Em，周期T。
(2)因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，
磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻。
(3)找出线圈平行于磁感线的时刻。
(4)判断线圈中磁通量的变化情况。
(5)分析判断i、e随时间的变化规律。
知识点三　正弦式交变电流的图像
√
√
在t＝0.25×10-2 s和t＝0.75×10-2 s时电流最大，此时线圈与中性面垂直，故C错误；
√
图甲为一电容器，图乙为保险丝管，请思考：
(1)将电容器接在交流电路上，要保证电容器正常工作，需要考虑交变电流哪一个值？
[提示]　最大值　
(2)若保证保险丝管正常使用，应考虑交变电流哪一个值？
[提示]　有效值
知识点四　正弦式交变电流的“四值”
小型发电机的工作原理如图甲所示，两磁极之间可视为匀强磁场，发电机产生的交变电流的电动势随时间变化的关系图像如图乙所示，将线圈与阻值为10 Ω的定值电阻相连。不计线圈内阻。下列说法正确的是(　　)
A．该交变电流的频率为5 Hz
B．t＝0.01 s时，线圈平面转到中性面位置
C．前0.01 s时间内，通过线圈的电荷量为0.02 C
D．若把击穿电压为20 V的电容器接在发电机两端，电容器刚好不会被击穿
√
t＝0.01 s时，电动势为零，线圈平面与中性面重合，故B正确；
(1)从图乙中位置开始计时，线圈产生电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量；
(3)外力对线圈做功的功率。
电路的热功率P＝I2(R＋r)＝0.9 W
由能量的转化关系，可知外力对线圈做功的功率
P′＝P＝0.9 W。
[答案]　0.9 W
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(交变电流的产生)(2025·江苏常州市期末)如图所示，线圈abcd在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时(　　)
A．线圈处于中性面位置
B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量最大
D．线圈中电流方向为d→c→b→a
解析：中性面垂直于磁感应强度，题中该位置与中性面垂直，故A错误；
在题中该位置，线框切割磁感线的速度最快，其瞬时感应电动势最大，故B错误；
在中性面位置穿过线圈平面的磁通量最大，题中该位置与中性面垂直，其磁通量最小，故C错误；
根据楞次定律可知，线圈中电流方向为d→c→b→a，故D正确。
√
2．(交变电流的图像)(2025·江苏连云港市期中)一矩形线圈的匝数为50，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是(　　)
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势方向发生改变
C．电动势的最大值是50 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量的变化率最大，约为3.14 Wb/s
解析：在t＝0.1 s和t＝0.3 s时磁通量最大，感应电动势为零，故A错误；
在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，磁通量为零，感应电动势、感应电流最大，电动势方向不发生改变，故B错误；
3．(交变电流的产生)(2025·广东梅州市期末)如图甲所示，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”在广东珠海投入试运行，南鲲号发电原理可作如下简化：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动，如图乙所示。若转子带动线圈沿逆时针方向转动，并向外输出电流，下列说法正确的是(　　)
A．图乙中线圈所处位置是中性面
B．在图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量变化率最大
C．在图乙所示位置时，线圈b端电势高于a端电势
D．在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向上
√
解析：在题图乙所示位置时，线圈平面与磁场方向平行，不是中性面位置，穿过线圈的磁通量为0，但穿过线圈的磁通量变化率最大，产生的感应电动势最大，故A错误，B正确；
在题图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线向上切割磁感线，线圈靠近N极的导线向下切割磁感线，根据右手定则可知，线圈中的电流方向由b流向a，由于线圈相当于电源内部，则线圈b端电势低于a端电势，故C错误；
在题图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线电流方向为逆时针，磁场方向向右，根据左手定则可知，安培力方向向下，故D错误。
4．(交变电流的“四值”)某家庭电路两端的电压u随时间t变化关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．该交流电的频率为100 Hz
B．该交流电的电压有效值为311 V
C．交流电压表测得该电压示数为220 V
D．该交流电的电压表达式为u＝220sin 100πt (V)
√
该交流电的电压表达式为u＝311sin 100πt (V)，故D错误。(共25张PPT)
课后达标检测
题组1　交变电流的产生
1．(双选)(2025·广东深圳市期中)如图所示，下列线圈匀速转动或匀速直线运动，能产生交变电流的是(　　)
√
√
解析：A中线圈沿垂直于磁场的转轴转动，可以产生交变电流，故A正确；
根据E＝BLv，可知B中产生的是恒定电流，不会产生交变电流，故B错误；
C中回路磁通量不变，没有感应电流，故C错误；
D中线圈沿垂直于磁场的转轴转动，可以产生正弦式交流电，故D正确。
2．教学用交流发电机示意图如图所示。矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动，某时刻线圈平面与磁感线垂直。下列说法正确的是(　　)
A．此时产生的感应电流最大
B．此时线圈平面处在中性面上
C．此时线圈磁通量变化率最大
D．此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量为零
√
解析：由题图可知，此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，但此时的磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈平面处在中性面上，B正确，A、C错误；
假设此时线圈的磁通量Φ0＝BS，从此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量ΔΦ＝－BS－BS＝－2BS，即线圈磁通量变化量不为零，D错误。
3．(2025·内蒙古赤峰市期末)图甲是交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，金属线圈ABCD绕转轴OO′匀速转动，A为电流传感器(与计算机相连)，R为定值电阻，线圈电阻为r，其余电阻不计。图乙为计算机上显示的电流数据随时间变化的图像。下列说法正确的是(　　)
A．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势为0，
对应图乙中t2或t4时刻
B．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势最大，
对应图乙中t2或t4时刻
C．t1、t3时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量的变化率最大
D．t2、t4时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量的变化率最大
√
解析：题图甲所示位置线圈平面与磁场垂直，即为中性面，此时的感应电动势为0，回路中的感应电流为0，对应题图乙中t1或t3时刻，故A、B错误；
结合上述，t1、t3时刻线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，由于此时的感应电动势为0，则此时的磁通量的变化率最小，故C错误；
根据题图乙可知，t2、t4时刻的感应电流最大，即此时的感应电动势最大，则此时线圈平面与中性面垂直，即线圈平面平行于磁场方向，穿过线圈的磁通量的绝对值最小，由于此时感应电动势最大，则此时磁通量的变化率最大，故D正确。
题组2　交变电流的变化规律
4．(2025·新疆乌鲁木齐市期中)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动，产生的感应电动势e＝220sin 100πt (V)，则以下说法正确的是(　　)
A．交变电流的频率是100 Hz
B．交变电流的周期是0.1 s
C．t＝0.1 s时，e有最大值
D．t＝0.1 s时，线圈位于中性面
√
t＝0.1 s时，代入得e＝0，此时线圈处在中性面上，故C错误，D正确。
√
电阻的电功率P＝IU＝10×50 W＝500 W，D错误。
√
√
√
在t＝0.01 s时，电动势为0，此时穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
√
8．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动，产生交变电流的i－t图像如图所示，则(　　)
A．该交变电流的周期为0.5 s
B．该交变电流的电流有效值为2 A
C．t＝0.1 s时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0.2 s时，穿过线圈的磁通量变化最快
解析：由题图可知该交变电流的周期为0.4 s，故A错误；
t＝0.1 s时，感应电流为零，此时穿过线圈的磁通量最大，故C错误；
t＝0.2 s时，感应电流最大，根据法拉第电磁感应定律可知穿过线圈的磁通量变化最快，故D正确。
√
机器人充满电后电池的电量Q＝It＝25 A·h＝9×104 C，正常工作可用电量为20 A·h，由Q＝It，可知负载10 kg时大约可以持续正常工作4 h，故C错误，D正确。
√
由题图乙可知，交变电流的周期为0.02 s ，频率为50 Hz，所以1 s内电流方向变化100次，故B错误；
11．(12分)某种发电机的原理如图所示，矩形线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定轴OO′匀速转动，角速度为ω。已知线圈的匝数为n，ab边长为L1，bc边长为L2，线圈总电阻为r，线圈与阻值为R的外电路连接，交流电压表为理想电表。求：
(1)线圈从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q；(6分)
(2)发电机正常工作时，交流电压表的示数U。(6分)(共28张PPT)
课后达标检测
题组1　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．(2025·江苏省下学期期末应考)如图为“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验装置。某同学已将学生电源连接了220 V的交流电源，电压挡调到6 V，将学生电源经过开关与可拆变压器左侧线圈上的“0”和“400”两接线柱相连。
(1)图中已连接了部分电路。现要使接在右侧线圈上的电压表获得低于6 V的电压，请在实验装置图中以笔画线，完成剩余的电路连线。
解析：要使接在右侧线圈上的电压表获得低于6 V的电压，副线圈的匝数应该小于400，所以右侧与“0”和“200”两接线柱相连，电路如图所示。
答案：实物图连接见解析
(2)对于实验过程，下列说法正确的有________。
A．本探究实验采用了控制变量法
B．变压器工作时副线圈电流的频率与原线圈不相同
C．绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些
D．因为实验所用电压较低，通电情况下可用手接触裸露的导线、接线柱
AC
解析：本探究实验采用了控制变量法，A正确；
变压器工作时副线圈电流的频率与原线圈相同，B错误；
通电情况下不可用手接触裸露的导线、接线柱，因为会产生误差，并且不安全，D错误。
(3)将更大量程的电压表与变压器右侧线圈上的“0”和“________”(选填“200”“800”或“1 400”)两接线柱相连，观测到电压表示数为20.3 V。若此时保持电路连通，仅将铁芯横梁从变压器上取出，则该电压表的示数将________(选填“不变”“变大”“变小”或“变为0”)。
1 400
变小
(4)通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，试指出造成这种结果的主要原因(无需写具体理由)_________________________________。
解析：通过分析实验数据发现，每次实验，变压器副线圈输出电压总比理论值小，造成这种结果的主要原因是漏磁、铁芯发热。
漏磁、铁芯发热
2．某同学用匝数可调的可拆变压器来探究“变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。
(1)下列操作正确的是________。
A．原线圈接学生电源直流电压，电表置于直流电压挡
B．原线圈接学生电源交流电压，电表置于交流电压挡
解析：变压器在交流条件下才能正常工作，A错误，B正确。
B
(2)如图甲所示，一变压器的副线圈匝数模糊不清，该同学为确定其匝数，原线圈选择“0”“8”(×100匝)接线柱，测得电源电压为10.0 V，副线圈电压为4.9 V，则此时接入的副线圈可能是________。
A．“0”、“2”接线柱
B．“0”、“4”接线柱
B
(3)如图乙所示，探究铁芯在变压器中的用途时，该同学先将上方的铁芯取出，再将铁芯缓慢向左水平推入，则观察到小灯泡亮度变化与铁芯作用分析正确的是________。
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．铁芯起到传送能量的作用
D．若将铁芯换成等大的铜块，则实验现象更明显
AC
解析：变压器的铁芯的作用是导磁，尽量减少漏磁，其起到传递能量的作用，A、C正确，B错误；
铜不能被磁化，因此不能导磁，若将铁芯换成等大的铜块，则实验现象不明显，D错误。
(4)你认为该实验的系统误差主要来源是________________(写出一条即可)。
解析：实际的变压器的线圈与铁芯都有一定的电阻，且存在漏磁，则实验的系统误差主要来源是线圈和铁芯有一定的电阻与存在漏磁。
见解析
√
题组2　变压器的工作原理和基本关系
3．(双选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法正确的是(　　)
A．穿过原、副线圈每一匝的磁通量之比是10∶1
B．穿过原、副线圈每一匝的磁通量的变化率相等
C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为 1∶1
√
解析：理想变压器无漏磁，因而穿过两个线圈的磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比；理想变压器可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率，B、D正确。
√
√
解析：由交流电的表达式可知，该交流电有效值为220 V，A错误；
5．某同学设计了一个充电装置，如图所示。假设永磁铁的往复运动在螺线管中产生近似正弦式交流电，周期为0.2 s，电压最大值为0.05 V。理想变压器原线圈接螺线管，副线圈接充电电路，原、副线圈匝数比为1∶60。下列说法正确的是(　　)
A．交流电的频率为10 Hz
B．副线圈两端电压最大值为3 V
C．变压器输入电压与永磁铁磁场强弱无关
D．充电电路的输入功率大于变压器的输入功率
√
变压器的输入电压由螺线管与永磁铁相对运动产生，故输入电压与永磁铁的磁场强弱有关，C错误；
理想变压器的输入功率等于输出功率，D错误。
√
√
√
由于理想变压器输入功率等于输出功率，所以从AB端向发射线圈输入的功率也为10 W，D错误。
√
变压器的输入功率等于输出功率，P＝U2I2＝22 W，故C错误；1．如图所示，属于交流电的是(　　)
解析：选C。方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征。A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们是直流电，故A、B、D错误。C中电流符合交变电流的特征，故C正确。
2．家庭电路的交变电流图像为(　　)
解析：选A。家庭电路使用的交变电流是正弦式交变电流。
3．下列选项不是指交变电流有效值的是(　　)
A.交流电路中交流电压表的读数
B.电工工具上标明的耐压数值
C.保险丝的熔断电流
D.家用电器(如灯泡)上标明的额定电压值
解析：选B。电工工具上标明的耐压数值为最大值，交流电压表读数、保险丝熔断电流、家用电器上标明的额定电压值都为有效值。
4．两个相同的电阻，分别通过如图甲所示的正弦式交变电流和如图乙所示的方波式交变电流，两种交变电流的最大值相等，周期相等。则在一个周期内，正弦式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q1与方波式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q2之比等于(　　)
A.3∶1 B．1∶2
C.2∶1 D．4∶3
解析：选B。设两电阻的阻值均为R，通入题图甲所示的交变电流的电阻消耗的功率P甲＝R，通入题图乙所示的交变电流的电阻消耗的功率P乙＝IR，所以P甲∶P乙＝1∶2，又根据题图甲、乙所示交变电流周期相等，所以Q1∶Q2＝1∶2，故B正确。
5．一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。小型电热器的电阻不变，根据功率表达式和交流电的有效值公式有P＝和＝，可得 Um＝10 V，C正确。
6．如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为(　　)
A. B．
C. D．
解析：选D。交变电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有进入磁场和离开磁场共的时间内有感应电流，则有R·＝I2RT，所以I＝，D正确。
7．电流方向每秒钟改变100次的交变电流，它的周期和频率分别是______s和_______Hz。
解析：一个周期内电流方向改变两次，所以f＝50 Hz，则T＝0.02 s。
答案：0.02　50
8．3 A的直流电通过电阻R时，t时间内产生的热量为Q。现让一正弦交流电通过电阻R，若2t时间内产生的热量为Q，则该交变电流的有效值为________A，最大值为________A。
解析：3 A的直流电通过电阻R时，t时间内产生的热量Q＝IRt。让一正弦交流电通过电阻R，若2t时间内产生的热量为Q，则有Q＝IR·2t，联立解得I有＝ A，则最大值Imax＝I有＝3 A。
答案：　3
9．(2024·湖北卷，T5)在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为(　　)
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
解析：选C。两个二极管正向电阻为0，反向电阻无穷大，二极管导通则短路并联的灯泡，此时另一个灯泡与电源串联，根据电路图可知在一个完整的周期内，两个灯泡有电流通过的时间相等，都为半个周期，电压有效值相等，则根据P＝，可知P1∶P2＝RL2∶RL1＝1∶2。
10．通过某用电器的电流和时间的关系图像如图所示(前半个周期为正弦波形的)，则该交变电流的有效值为(　　)
A．5 A　　　　　　　 B． A
C．4 A D． A
解析：选A。前半周期正弦式交流电的电流有效值I1＝＝4 A，根据交变电流有效值的计算可知，Q＝IRT＝IR·＋IR·，解得该交变电流的有效值I有＝5 A。
11．(2024·河北卷，T4)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图1所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图2所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为(　　)
A．2∶3 B．4∶3
C．2∶ D．5∶4
解析：选B。根据有效值的定义可知，题图1的有效值的计算为 eq \f(U,R1)T＝×＋ eq \f(U,R1)×，解得U1＝U0，题图2的有效值U2＝，接在阻值大小相等的电阻上，因此Q1∶Q2＝U∶U＝4∶3。
12．(2025·山东济南阶段练)如图为某交变电流随时间变化的图像， 其有效值为(　　)
A． A B． A
C． A D． A
解析：选A。由题图可知Im＝0.5 A，根据有效值的定义，可得I2RT＝R·T＋Im 2R·T，代入数据解得I＝ A，故A正确。
13．(2025·河北邯郸阶段练)调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的，若经过元件调节后，加在调速电风扇上的电压U与时间t的关系图像为如图所示的部分正弦曲线，已知调速电风扇线圈电阻为R，此时调速电风扇正常工作，下列说法正确的是(　　)
A．调速电风扇的额定电压为U0，通过调速电风扇的电流小于
B．调速电风扇的额定电压为U0，通过调速电风扇的电流大于
C．调速电风扇的额定电压为U0，通过调速电风扇的电流小于
D．调速电风扇的额定电压为U0，通过调速电风扇的电流大于
解析：选A。根据有效值定义，可由2××T＝T，解得U＝U0，因调速电风扇正常工作，调速电风扇的额定电压为U0；由于调速电风扇为非纯电阻用电器，故通过调速电风扇的电流小于，故A正确。(共51张PPT)
第3节　科学探究：变压器
学习目标
1．了解变压器的构造及几种常见的变压器。　2.理解互感现象和变压器的工作原理。　3.掌握理想变压器的电压和电流与匝数的关系，并能用它解决基本问题。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、变压器的工作原理
1．构造
变压器由__________和绕在铁芯上的两个或两个以上的____组成。铁芯由涂有绝缘漆的______叠合而成，线圈一般用高强度的漆包线绕制，也称绕组。与电源相连的线圈称为______或初级线圈，与负载相连的线圈称为______或次级线圈。
闭合的铁芯
线圈
硅钢片
原线圈
副线圈
2．电压
原线圈两端的电压又称为____电压，用符号U1表示；副线圈两端的电压又称为____电压，用符号U2表示。
3．原理
当原线圈两端加上交变电压U1时，原线圈中就有交变电流I1通过，并在铁芯中产生____的磁场，铁芯中的______就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上，铁芯中______的变化便会在副线圈上产生__________。
4．理想变压器：因为存在漏磁、线圈有电阻，铁芯也会因____而消耗能量。如果这些损失可忽略不计，这种变压器就称为理想变压器。
输入
输出
交变
磁通量
磁通量
感应电动势
涡流
2．当n2＞n1时，U2＞U1，这种变压器称为____变压器；当n2＜n1时，U2＜U1，这种变压器称为____变压器。
匝数
升压
降压
判断下列说法是否正确。
(1)变压器是利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能的转化。(　　)
(2)恒定电流接入变压器后也可发生互感现象，也可起到变压作用。(　　)
(3)变压器的铁芯由很薄的硅钢片叠合而成。(　　)
(4)在理想变压器中原、副线圈的磁通量的变化率是一致的。(　　)
(5)理想变压器可以改变交变电流的频率。(　　)
(6)电流通过铁芯从原线圈流到副线圈。(　　)
√
×　
√
√
×　
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．实验思路：交变电流通过原线圈时在铁芯中产生变化的磁场，副线圈中产生感应电动势，其两端有输出电压。线圈匝数不同时，输出电压不同，实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈电压与匝数的关系。
2．实验器材：多用电表、可拆变压器、学生电源、开关、导线若干(如图所示)。
3．实验步骤
(1)按电路图连接实验器材。
(2)原线圈接低压交流电源，保持原线圈匝数n1不变，改变副线圈匝数n2，用多用电表交流电压挡分别测出每次n2改变后副线圈两端的电压，记入表格。
实验次数 1 2 3
n2/匝
U2/V
(3)原线圈接低压交流电源，保持副线圈匝数n2不变，改变原线圈匝数n1，用多用电表交流电压挡分别测出每次n1改变后副线圈两端的电压，记入表格。
实验次数 1 2 3
n1/匝
U2/V
(4)拆除实验线路，整理好实验器材。
5．注意事项
(1)为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V，即使这样，通电时也不要用手接触裸露的导线、接线柱。
(2)为了多用电表的安全，使用交流电压挡测电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选择适当的挡位进行测量。
在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，某小组按如图所示组装变压器并进行研究。实验时，原线圈接“0”“8”接线柱，副线圈接“0”“1”接线柱，原线圈两端连接低压交流电源10 V挡，用交流电压表测得副线圈两端的电压为0.4 V，这与其他小组的正确实验结论明显不一致。对于这个小组实验结论出现明显偏差的原因，最有可能的是(　　)
A．原线圈匝数太多，电阻过大
B．铁芯没有闭合，漏磁过多
C．副线圈匝数太少，增加实验误差
D．副线圈的电阻太小
√
晓宇学完变压器的工作原理后，利用如图甲所示的可拆卸变压器探究变压器原、副线圈的电压与匝数的关系。请回答下列问题：
(1)变压器的工作原理是________。
A．电流的磁效应
B．通电导线间的相互作用
C．电磁感应现象
[解析]　变压器的工作原理是电磁感应现象，故选C。
C
(2)探究时，变压器原线圈的接线柱应接在学生电源的________(选填“P”或“Q”)接线柱上。
[解析]　本实验需要用到的是交流电源，可用学生电源交流输出挡，所以应接在学生电源的Q接线柱上。
Q
(3)晓宇同学组装好变压器，原线圈接“0”“16”，副线圈接“0”“4”，将交流电压表的旋钮置于交流挡10 V处，并将交流电压表接在原线圈两端，示数如图丙所示，则副线圈输出电压的理论值为________；而考虑到实际，副线圈输出电压的实际值可能为________。
A．0 V　 　　　　 B．1.8 V 　
C．1.5 V 　 D．28.8 V
B
C
知识点二　变压器的工作原理
如图所示，把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈(原线圈)通过开关可以连接到交流电源的两端，另一个线圈(副线圈)连接到小灯泡上。连接电路，接通电源，小灯泡能发光。
(1)两个线圈并没有连接，小灯泡为什么会发光？
[提示]　当左侧线圈加上交流电压时，左侧线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在右侧线圈中会产生感应电动势，右侧线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光。
(2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗？如果不相等，与什么因素有关？
(3)若将原线圈接在恒定的直流电源上，小灯泡发光吗？为什么？
[提示]　不发光，因为无法在副线圈中产生感应电动势。
1．工作原理：当原线圈加上交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生变化的磁通量，在原、副线圈中都要产生感应电动势。如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生变化的磁通量，原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈。
2．能量转化：变压器通过闭合铁芯，利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能的转化。
(双选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(　　)
A．原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，是为了减少磁场能的损失，有效地传送电能
B．铁芯不用整块金属做成，是为了防止原、副线圈短路，造成危险
C．变压器不改变交变电流的频率，只改变电压大小
D．当原线圈接入恒定电流时，副线圈也有电压输出
√
√
[解析]　原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，原线圈产生的磁场几乎全部沿铁芯通过副线圈，漏磁很少，因此可以减少能量损失，故A正确；
铁芯不用整块金属做成是为了防止涡流产生较多的热量从而烧坏变压器，故B错误；
变压器原、副线圈中的磁通量的变化率相同，变化周期相同，匝数不同，所以原、副线圈中的交变电流的频率相同，电压不同，故C正确；
由电磁感应定律可知，只要输入原线圈的电流发生变化，副线圈中就会产生感应电动势，当原线圈接入恒定电流时，副线圈没有电压输出，故D错误。
(双选)(2025·四川乐山市调研)一变压器在纸面内的剖面如图所示，原线圈连接足够长且电阻不计的平行双导轨，导轨处于垂直于纸面向里的匀强磁场中，金属棒MN与导轨接触良好且垂直于导轨，副线圈连接灯泡L和电容器C，A为理想交流电流表，则(　　)

A．当MN匀速向左运动时，灯泡可能发光，A表有示数
B．当MN加速向左运动时，a点电势低于b点电势
C．当MN沿导轨简谐运动(不接触线圈)时，灯泡一定不发光
D．当MN沿导轨简谐运动(不接触线圈)时，A表有示数
√
√
[解析]　当MN匀速向左运动时，左侧回路中电流恒定，所以左侧线圈产生恒定的磁场，穿过右侧线圈的磁通量不变，右侧线圈将不产生感应电流，所以灯泡不发光，电流表无示数，故A错误；
当MN加速向左运动时，穿过右侧线圈的磁通量不断增大，且磁场方向向上，根据楞次定律可知，感应电流的磁场方向向下，根据右手螺旋定则可知，回路中电流方向为逆时针方向，所以a点电势低于b点电势，故B正确；
当MN沿导轨简谐运动(不接触线圈)时，左侧回路中产生正弦交变电流，右侧回路也为交变电流，所以灯泡发光，电容器将进行充放电，电流表有示数，故C错误，D正确。
1．当副线圈空载时，变压器的输出功率为零，输入功率为多少？它们之间是什么关系？
[提示]　零，输出功率决定输入功率。
2．在一个副线圈的情况下，为什么电流与匝数成反比？
[提示]　因为电压与匝数成正比，而输入功率与输出功率相等，所以得到电流与匝数成反比。
知识点三　变压器的基本关系
√
原线圈的输入功率P入＝P出＝3 W，D错误。
(双选)(2024·海南卷，T9)电动汽车充电站变压器输入电压为10 kV，输出电压为220 V，每个充电桩输入电流16 A，设原、副线圈匝数分别为n1、n2，输入正弦交流电的频率为50 Hz，则下列说法正确的是(　　)
A．交流电的周期为0.02 s
B．原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶500
C．输出的最大电压为220 V
D．若10台充电桩同时使用，输入功率为35.2 kW
√
√
√
角度2　有损耗的变压器的分析
(双选)近年来，基于变压器原理的无线充电技术得到了广泛应用，其简化的充电原理图如图所示。发射线圈的输入电压为220 V、匝数为1 100匝，接收线圈的匝数为50匝。若工作状态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其他损耗，下列说法正确的是(　　)
A．接收线圈的输出电压约为8 V
B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1
C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同
D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同
√
变压器不改变其交变电流的频率，故C正确；
由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系)小姚同学做了“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验，小姚在做本实验时，选择的原线圈为100匝，副线圈为200匝；他将原线圈接入学生电源中的交流电压“6 V”挡位，用交流电压表测量出副线圈的电压为13.0 V，则下列叙述可能符合实际情况的一项是(　　)
A．变压器的铁芯没有闭合
B．一定是电压的测量出了问题
C．副线圈实际匝数与标注的“200”不符，应该小于200匝
D．学生电源实际输出电压大于标注的“6 V”
若是电压的测量出了问题，应该是小于12 V，不应该大于12 V，故B错误；
副线圈实际匝数与标注的“200”不符，若小于200匝，由以上公式可知，副线圈的电压小于12.0 V，故C错误；
若学生电源实际输出电压大于标注的“6 V”，由以上公式可知，副线圈的电压可能为13.0 V，故D正确。
√
2. (变压器的基本关系)自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12 V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8 V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5 V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是(　　)
A．仅增加原线圈匝数
B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍
D．将一个3.8 V小灯泡与原小灯泡并联起来接入副线圈
将一个3.8 V小灯泡与原小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。
√
解析：卤素灯两端电压的有效值为10 V，故A错误；
变压器不改变交流电的频率，故变压器原、副线圈交流电的频率比为1∶1，故D错误。
4．(变压器的工作原理)(2025·广东广州阶段练)我国正在大力发展电动汽车，科研人员也在测试汽车的无线充电。将受电线圈安装在汽车的底盘上，将连接电源的供电线圈安装在地面上，如图所示。当电动汽车行驶到供电线圈装置上，受电线圈即可“接收”到供电线圈的能量，从而对蓄电池进行充电。关于无线充电，下列说法正确的是(　　)
A．无线充电技术与扬声器的工作原理相同
B．将供电线圈接到交流电源和直流电源上，都能对车辆进行充电
C．只有将供电线圈接到交流电源上，才能对车辆进行充电
D．若供电线圈和接收线圈均用超导材料，充电效率可达100%
√
解析：无线充电技术的工作原理是电磁感应，扬声器是通电导线在磁场中受力从而发声，两者原理不同，故A错误；
将供电线圈接到直流电源上，磁场不发生变化，磁通量也不变，不能对车辆进行充电，故B错误；
供电线圈只有接到交流电源上，才能产生变化的磁场，从而使受电线圈产生感应电流给蓄电池充电，故C正确；
即使线圈为超导材料制作，在传输过程中仍然会有能量损失比如漏磁，所以效率不可能达到100%，故D错误。第2节　交变电流的产生
　
1．了解交流发电机的构造。　2.理解正弦式交变电流的产生原理。　3.掌握正弦式交变电流的变化规律。
一、交流发电机
1．原理：只要通过闭合回路的磁通量发生变化，就可产生感应电动势和感应电流。
2．构造：发电机主要由线圈(电枢)和磁极两部分组成，磁极有的使用永久磁铁，有的使用电磁铁。
3．分类：旋转电枢式发电机和旋转磁极式发电机。
4．交流发电机：能产生大小和方向随时间做周期性变化电流的发电机，称为交流发电机。
二、正弦式交变电流的产生原理
1．产生方法
闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动。
2．中性面：线圈平面与磁场垂直的位置。
3．过程分析(如图所示)
通过以上分析可知，在线圈连续转动过程中，感应电流的大小和方向都随时间做周期性变化。线圈每经过中性面一次，感应电流的方向
就改变一次；线圈每转动一周，感应电流的方向就改变两次。线圈产生的感应电动势也随时间做周期性变化。
三、正弦式交变电流的变化规律
1．感应电动势的最大值Em＝nBSω，其中n为线圈匝数，B为匀强磁场的磁感应强度，S为线圈所围面积，ω为线圈匀速转动的角速度。
2．若线圈在磁场中从中性面开始以角速度ω匀速转动，则感应电动势随时间变化的规律可表示为e＝Emsin ωt，当n、B、S、ω一定时，感应电动势随时间按正弦规律变化，在不同的时刻，e具有不同的数值，被称为感应电动势的瞬时值。
3．感应电流的瞬时值：i＝Imsin ωt＝sin ωt。
4．某导体两端的电压瞬时值u＝Umsin ωt。
判断下列说法是否正确。
(1)线圈转一周有两次经过中性面，每转一周电流方向改变一次。(　　)
(2)当线圈中的磁通量最大时，产生的电流也最大。(　　)
(3)只要闭合线圈在匀强磁场里匀速转动就一定产生正弦式交变电流。(　　)
(4)当线圈中的磁通量为零时，产生的电流也为零。(　　)
(5)交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关。(　　)
提示：(1)×　(2)×　(3)×　(4)×　(5)×
知识点一　交变电流的产生
　
假定线圈沿逆时针方向匀速转动。
(1)如图甲所示，此位置是什么位置？此位置对应的平面图如图乙所示，此时磁通量最大还是最小？是否有感应电动势？
(2)如图丙所示，此位置是什么位置？此位置对应的平面图如图丁所示，此时磁通量最大还是最小？是否有感应电动势？
[提示]　(1)中性面　磁通量最大　无感应电动势。
(2)与中性面垂直的位置　磁通量为零，最小　感应电动势最大。
1．中性面、中性面的垂直位置的特性比较
项目 中性面 中性面的垂直位置
图示
位置 线圈平面与磁场垂直 线圈平面与磁场平行
磁通量 最大 零
磁通量变化率 零 最大
感应电动势 零 最大
感应电流 零 最大
电流方向 改变 不变
2.正弦交变电流的产生条件
(1)匀强磁场。
(2)线圈匀速转动。
(3)线圈的转轴垂直于磁场方向。
　如图所示的是交流发电机的示意图，线圈的两条边分别与两个金属滑环连在一起，线圈逆时针匀速转动时，通过滑环和电刷保持与外电路的连接，图中只画了一匝线圈，磁场可视为匀强磁场，则(　　)
A．线圈转动到甲图和丙图所示的位置时，穿过线圈的磁通量最大，电路中的电流也最大
B．线圈转动到乙图和丁图所示的位置时，穿过线圈的磁通量为零，电路中的电流为零
C．线圈从甲图所示位置逆时针转动到丁图所示位置的过程中，电路中电流的方向改变4次
D．线圈从丙图位置转到丁图位置的过程中，穿过线圈的磁通量减小，产生的感应电动势增大
[解析]　线圈转动到题图甲和题图丙所示的位置时，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量变化率为零，电路中的电流为零，A错误；线圈转动到题图乙和题图丁所示的位置时，穿过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，电路中的电流最大，B错误；线圈经过中性面时，电流方向发生改变，可知线圈从题图甲所示位置逆时针转动到题图丁所示位置的过程中，电路中电流的方向改变1次，C错误；线圈从题图丙位置(中性面)转到题图丁位置(与中性面垂直)的过程中，穿过线圈的磁通量减小，磁通量变化率增大，产生的感应电动势增大，D正确。
[答案]　D
　(双选)(2024·新课标卷，T20)电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过90°时，线圈中(　　)
A．电流最小
B．电流最大
C．电流方向由P指向Q
D．电流方向由Q指向P
[解析]　由题图知，开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过90°时，穿过线圈的磁通量为0，此时电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由Q指向P。
[答案]　BD
　(2025·江苏无锡市期末)下列各情况中，线圈都以角速度ω绕图中的转动轴匀速转动，不能产生交变电流的是(　　)
[解析]　A中线圈转动时，穿过线圈的磁通量一直为零，即磁通量保持不变，故线圈不产生感应电流，A满足题意要求；B、C、D中的线圈都是在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中都会产生正弦式交变电流，B、C、D不满足题意要求。
[答案]　A
知识点二　交变电流的变化规律
1．交变电流的瞬时值表达式推导
线圈平面从中性面开始转动，如图所示，则经过时间t：
(1)线圈转过的角度为ωt。
(2)ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。
(3)ab边转动的线速度大小v＝ω。
(4)ab边产生的感应电动势(设线圈面积为S)
eab＝BLabv sin θ＝sin ωt。
(5)整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsin ωt，若线圈为n匝，则e＝nBSωsin ωt。
2．峰值表达式
Em＝nBSω，Im＝＝，Um＝ImR＝。
如图所示的几种情况中，如果n、B、ω、S均相同，则感应电动势的最大值均为Em＝nBSω。
3．正弦式交变电流的瞬时值表达式
(1)从中性面位置开始计时
e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，u＝Umsin ωt。
(2)从与中性面垂直的位置开始计时
e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，u＝Umcos ωt。
　(双选)如图所示，单匝矩形线圈abcd放在匀强磁场中，磁感应强度为B，ad＝bc＝l1，ab＝cd＝l2。从图示位置起该线圈以角速度ω绕不同转轴匀速转动，则(　　)
A．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt
B．以O1O1′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωsin ωt
C．以OO′为转轴时，感应电动势e＝Bl1l2ωcos ωt
D．以OO′为转轴跟以ab为转轴一样，感应电动势e＝Bl1l2ωcos ωt
[解析]　无论以OO′为轴还是以ab为轴转动，感应电动势的最大值都是Em＝BSω＝Bl1l2ω，由于是从与磁场平行的面开始计时，产生的是余弦式交变电流，故A错误，C、D正确；以O1O1′为轴转动时，磁通量不变，不产生交变电流，故B错误。
[答案]　CD
　如图所示的矩形线圈，ab＝40 cm，ad＝20 cm，共50匝，在B＝0.6 T 的匀强磁场中以300 r/min的速度绕中心轴OO′匀速转动，当t＝0时，线圈平面与磁场垂直。
(1)写出感应电动势瞬时值的表达式。
(2)求出当t＝0.025 s时，感应电动势的瞬时值。
[解析]　(1)因为当t＝0时线圈平面与磁场垂直，所以感应电动势的瞬时值表达式的形式为
e＝Emsin ωt
线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，ω＝2πn＝10π rad/s
Em＝NBSω＝NBab·ad·ω＝24π V
则感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝24πsin 10πt(V)。
(2)t＝0.025 s时，感应电动势的瞬时值为e1＝12π V。
[答案]　(1)e＝24πsin 10πt(V)　(2)12π V
知识点三　正弦式交变电流的图像
正弦式交变电流随时间变化情况可以从图像上表示出来，图像描述的是交变电流随时间变化的规律，它是一条正弦曲线，如图所示。
从图像中可以解读到以下信息：
(1)交变电流的最大值Im、Em，周期T。
(2)因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻。
(3)找出线圈平行于磁感线的时刻。
(4)判断线圈中磁通量的变化情况。
(5)分析判断i、e随时间的变化规律。
　(双选)一交变电流随时间变化的图像如图所示，由图可知(　　)
A．用理想交流电流表测该电流，其示数为10 A
B．该交变电流的频率为100 Hz
C．在t＝0.25×10-2 s和t＝0.75×10-2 s时，线圈位于中性面处
D．在t＝(T为该交变电流的周期)时，该电流大小与其有效值相等
[解析]　由题图可知，电流的最大值为10 A，周期为0.01 s，则频率为100 Hz，有效值为 A＝10 A，而电流表反映的是有效值，故电流表的示数为10 A，故A错误，B正确；在t＝0.25×10-2 s和t＝0.75×10-2 s时电流最大，此时线圈与中性面垂直，故C错误；该交变电流瞬时值表达式为i＝Imsin ωt＝10sin t (A)，在t＝时，电流为i1＝10sin (×) A＝10sin (A)＝10 A，故D正确。
[答案]　BD
　(2024·广东卷，T1)将阻值为50 Ω的电阻接在正弦式交流电源上。电阻两端电压随时间的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．该交流电的频率为100 Hz
B．通过电阻电流的峰值为0.2 A
C．电阻在1 s内消耗的电能为1 J
D．电阻两端电压的瞬时值表达式为u＝
10sin (100πt) V
[解析]　由题图可知交流电的周期为0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，故A错误；电压的峰值为10 V，电流的峰值Im＝＝0.2 A，故B错误；电流的有效值I＝＝0.2 A，所以电阻在1 s内消耗的电能W＝I2Rt＝0.22×50×1 J＝2 J，故C错误；该电阻两端电压的瞬时值表达式为u＝Umsin ωt＝10sin t(V)＝10sin (100πt) V，故D正确。
[答案]　D
知识点四　正弦式交变电流的“四值”
　
图甲为一电容器，图乙为保险丝管，请思考：
(1)将电容器接在交流电路上，要保证电容器正常工作，需要考虑交变电流哪一个值？
(2)若保证保险丝管正常使用，应考虑交变电流哪一个值？
[提示]　(1)最大值　(2)有效值
项目 物理含义 重要关系 适用情况
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωti＝Imsin ωt(正弦式交变电流)　 计算线圈某一时刻的受力情况
最大值 最大的瞬时值 Em＝nBSωIm＝ 确定电容器的耐压值
有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值 E＝U＝I＝(正弦式交变电流)　 (1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量)(2)交流电表的测量值(3)电气设备标注的额定电压、额定电流(4)保险丝的熔断电流
平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值 ＝n＝ 计算某段时间内通过电路横截面的电荷量
　小型发电机的工作原理如图甲所示，两磁极之间可视为匀强磁场，发电机产生的交变电流的电动势随时间变化的关系图像如图乙所示，将线圈与阻值为10 Ω的定值电阻相连。不计线圈内阻。下列说法正确的是(　　)
A．该交变电流的频率为5 Hz
B．t＝0.01 s时，线圈平面转到中性面位置
C．前0.01 s时间内，通过线圈的电荷量为0.02 C
D．若把击穿电压为20 V的电容器接在发电机两端，电容器刚好不会被击穿
[解析]　由题图乙可知交变电流的周期T＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，故A错误；t＝0.01 s时，电动势为零，线圈平面与中性面重合，故B正确；t＝0和t＝0.01 s时，电动势为零，磁通量有最大值，设为Φm，则前0.01 s时间内磁通量变化量ΔΦ＝2Φm，通过线圈的电荷量q＝Δt＝Δt＝Δt＝，由于电动势的最大值Em＝NΦmω＝，根据图像可知Em＝20 V，解得q＝ C，故C错误；发电机的最大电压为20 V，若把击穿电压为20 V的电容器接在发电机上，电容器会被击穿，故D错误。
[答案]　B
　图甲为某品牌共享单车，单车的内部有一个小型发电机，通过骑行者的骑行踩踏，不断地给单车里的蓄电池充电，蓄电池再给智能锁供电。单车内小型发电机发电原理可简化为图乙所示，矩形线圈abcd的面积S＝100 cm2，共有N＝10匝，线圈总电阻r＝2 Ω，线圈处于磁感应强度大小B＝ T的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路阻值R＝8 Ω的电阻连接，不计交流电流表的内阻。在外力作用下线圈以n＝3 r/s的转速绕轴OO′匀速转动，求：
(1)从图乙中位置开始计时，线圈产生电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量；
(3)外力对线圈做功的功率。
[解析]　(1)由题可知，ω＝2πn＝6π rad/s
线圈产生的最大感应电动势
Em＝NBSω＝3 V
线圈从垂直于中性面位置开始转动，电动势的瞬时值表达式为e＝3cos 6πt (V)。
(2)线圈从题图所示位置转过90°的过程中，感应电动势的平均值＝N＝N
感应电流的平均值＝＝
解得通过电阻R的电荷量q＝ C。
(3)电动势的有效值E＝＝3 V
电流的有效值I＝＝0.3 A
电路的热功率P＝I2(R＋r)＝0.9 W
由能量的转化关系，可知外力对线圈做功的功率
P′＝P＝0.9 W。
[答案]　(1)e＝3cos 6πt (V)　(2) C
(3)0.9 W
1．(交变电流的产生)(2025·江苏常州市期末)如图所示，线圈abcd在水平匀强磁场中匀速转动而产生交变电流。当线圈逆时针转动到图示水平位置时(　　)
A．线圈处于中性面位置
B．线圈中瞬时感应电动势为零
C．穿过线圈平面的磁通量最大
D．线圈中电流方向为d→c→b→a
解析：选D。中性面垂直于磁感应强度，题中该位置与中性面垂直，故A错误；在题中该位置，线框切割磁感线的速度最快，其瞬时感应电动势最大，故B错误；在中性面位置穿过线圈平面的磁通量最大，题中该位置与中性面垂直，其磁通量最小，故C错误；根据楞次定律可知，线圈中电流方向为d→c→b→a，故D正确。
2．(交变电流的图像)(2025·江苏连云港市期中)一矩形线圈的匝数为50，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图所示。下列结论正确的是(　　)
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势方向发生改变
C．电动势的最大值是50 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量的变化率最大，约为3.14 Wb/s
解析：选D。在t＝0.1 s和t＝0.3 s时磁通量最大，感应电动势为零，故A错误；在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，磁通量为零，感应电动势、感应电流最大，电动势方向不发生改变，故B错误；电动势的最大值Em＝nBSω＝nΦmω＝50×0.2× V＝50π V，故C错误；在t＝0.4 s时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，即＝＝π Wb/s≈3.14 Wb/s，故D正确。
3．(交变电流的产生)(2025·广东梅州市期末)如图甲所示，我国自主研发的首台兆瓦级漂浮式波浪能发电装置“南鲲号”在广东珠海投入试运行，南鲲号发电原理可作如下简化：海浪带动浪板上下摆动，驱动发电机转子转动，其中浪板和转子的链接装置使转子只能单方向转动，如图乙所示。若转子带动线圈沿逆时针方向转动，并向外输出电流，下列说法正确的是(　　)
A．图乙中线圈所处位置是中性面
B．在图乙所示位置时，穿过线圈的磁通量变化率最大
C．在图乙所示位置时，线圈b端电势高于a端电势
D．在图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向上
解析：选B。在题图乙所示位置时，线圈平面与磁场方向平行，不是中性面位置，穿过线圈的磁通量为0，但穿过线圈的磁通量变化率最大，产生的感应电动势最大，故A错误，B正确；在题图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线向上切割磁感线，线圈靠近N极的导线向下切割磁感线，根据右手定则可知，线圈中的电流方向由b流向a，由于线圈相当于电源内部，则线圈b端电势低于a端电势，故C错误；在题图乙所示位置时，线圈靠近S极的导线电流方向为逆时针，磁场方向向右，根据左手定则可知，安培力方向向下，故D错误。
4．(交变电流的“四值”)某家庭电路两端的电压u随时间t变化关系如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．该交流电的频率为100 Hz
B．该交流电的电压有效值为311 V
C．交流电压表测得该电压示数为220 V
D．该交流电的电压表达式为u＝220sin 100πt (V)
解析：选C。该交流电的周期T＝2×10-2 s，则该交流电的频率f＝＝50 Hz，故A错误；该交流电的电压最大值为311 V，则该交流电的电压有效值U＝ V≈220 V，即交流电压表测得该电压示数为220 V，故B错误，C正确；该交流电的电压表达式为u＝311sin 100πt (V)，故D错误。(共22张PPT)
课后达标检测
1．如图所示，属于交流电的是(　　)
√
解析：方向随时间做周期性变化是交变电流最重要的特征。A、B、D三项所示的电流大小随时间做周期性变化，但其方向不变，不是交变电流，它们是直流电，故A、B、D错误。
C中电流符合交变电流的特征，故C正确。
2．家庭电路的交变电流图像为(　　)

解析：家庭电路使用的交变电流是正弦式交变电流。
√
3．下列选项不是指交变电流有效值的是(　　)
A．交流电路中交流电压表的读数
B．电工工具上标明的耐压数值
C．保险丝的熔断电流
D．家用电器(如灯泡)上标明的额定电压值
解析：电工工具上标明的耐压数值为最大值，交流电压表读数、保险丝熔断电流、家用电器上标明的额定电压值都为有效值。
√
4．两个相同的电阻，分别通过如图甲所示的正弦式交变电流和如图乙所示的方波式交变电流，两种交变电流的最大值相等，周期相等。则在一个周期内，正弦式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q1与方波式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q2之比等于(　　)
A．3∶1 B．1∶2
C．2∶1 D．4∶3
√
√
√
7．电流方向每秒钟改变100次的交变电流，它的周期和频率分别是______s和_______Hz。
解析：一个周期内电流方向改变两次，所以f＝50 Hz，则T＝0.02 s。
0.02　
50
8．3 A的直流电通过电阻R时，t时间内产生的热量为Q。现让一正弦交流电通过电阻R，若2t时间内产生的热量为Q，则该交变电流的有效值为
________A，最大值为________A。
3
9．(2024·湖北卷，T5)在如图所示电路中接入正弦交流电，灯泡L1的电阻是灯泡L2的2倍。假设两个二极管正向电阻为0、反向电阻无穷大。闭合开关S，灯泡L1、L2的电功率之比P1∶P2为(　　)
A．2∶1 B．1∶1
C．1∶2 D．1∶4
√
√
√
√
√题组1　交变电流的产生
1．(双选)(2025·广东深圳市期中)如图所示，下列线圈匀速转动或匀速直线运动，能产生交变电流的是(　　)
解析：选AD。A中线圈沿垂直于磁场的转轴转动，可以产生交变电流，故A正确；根据E＝BLv，可知B中产生的是恒定电流，不会产生交变电流，故B错误；C中回路磁通量不变，没有感应电流，故C错误；D中线圈沿垂直于磁场的转轴转动，可以产生正弦式交流电，故D正确。
2．教学用交流发电机示意图如图所示。矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动，某时刻线圈平面与磁感线垂直。下列说法正确的是(　　)
A．此时产生的感应电流最大
B．此时线圈平面处在中性面上
C．此时线圈磁通量变化率最大
D．此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量为零
解析：选B。由题图可知，此时线圈平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，但此时的磁通量变化率为零，感应电动势为零，感应电流为零，线圈平面处在中性面上，B正确，A、C错误；假设此时线圈的磁通量Φ0＝BS，从此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量ΔΦ＝－BS－BS＝－2BS，即线圈磁通量变化量不为零，D错误。
3．(2025·内蒙古赤峰市期末)图甲是交流发电机的示意图，两磁极之间的磁场可视为匀强磁场，金属线圈ABCD绕转轴OO′匀速转动，A为电流传感器(与计算机相连)，R为定值电阻，线圈电阻为r，其余电阻不计。图乙为计算机上显示的电流数据随时间变化的图像。下列说法正确的是(　　)
A．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势为0，对应图乙中t2或t4时刻
B．金属线圈恰好处于图甲所示的位置时感应电动势最大，对应图乙中t2或t4时刻
C．t1、t3时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量的变化率最大
D．t2、t4时刻穿过线圈的磁通量的绝对值最小，磁通量的变化率最大
解析：选D。题图甲所示位置线圈平面与磁场垂直，即为中性面，此时的感应电动势为0，回路中的感应电流为0，对应题图乙中t1或t3时刻，故A、B错误；结合上述，t1、t3时刻线圈处于中性面，穿过线圈的磁通量的绝对值最大，由于此时的感应电动势为0，则此时的磁通量的变化率最小，故C错误；根据题图乙可知，t2、t4时刻的感应电流最大，即此时的感应电动势最大，则此时线圈平面与中性面垂直，即线圈平面平行于磁场方向，穿过线圈的磁通量的绝对值最小，由于此时感应电动势最大，则此时磁通量的变化率最大，故D正确。
题组2　交变电流的变化规律
4．(2025·新疆乌鲁木齐市期中)一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动，产生的感应电动势e＝220sin 100πt (V)，则以下说法正确的是(　　)
A．交变电流的频率是100 Hz
B．交变电流的周期是0.1 s
C．t＝0.1 s时，e有最大值
D．t＝0.1 s时，线圈位于中性面
解析：选D。线圈的角速度为100π rad/s，T＝＝0.02 s，故其频率f＝＝50 Hz，故A、B错误；t＝0.1 s时，代入得e＝0，此时线圈处在中性面上，故C错误，D正确。
5．如图所示，闭合开关后，R＝5 Ω的电阻两端的交流电压为u＝50sin 10πt (V)，电压表和电流表均为理想交流电表，则(　　)
A．该交流电的周期为0.02 s
B．电压表的读数为100 V
C．电流表的读数为10 A
D．电阻的电功率为1 kW
解析：选C。该交流电的周期T＝＝ s＝0.2 s，故A错误；电压表读数为交流电的有效值，即U＝ V＝50 V，B错误；电流表的读数I＝＝ A＝10 A，C正确；电阻的电功率P＝IU＝10×50 W＝500 W，D错误。
题组3　交变电流的图像
6．(2025·河北邯郸市期末)一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则下列说法不正确的是(　　)
A．t＝0时刻，线圈处在中性面
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率为0
C．t＝0.02 s时刻，感应电动势为0
D．从0.01 s到0.04 s时间内，线圈转过的角度是π
解析：选B。由图像可知t＝0、t＝0.02 s、t＝0.04 s时刻线圈平面位于中性面位置，Φ最大，＝0，故E＝0，A、C正确；t＝0.01 s时刻线圈平面与磁感线平行，Φ最小，最大，B错误；从图像可知，从t＝0.01 s时刻至t＝0.04 s时刻线圈旋转周，转过的角度为π，故D正确。
7．(双选)如图甲所示为一台小型发电机的示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈电阻为4 Ω，外接灯泡的电阻为8 Ω，则(　　)
A．电压表的示数为6 V
B．瞬时电动势的表达式为e＝6·sin 100πt
C．在t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量最小
D．发电机的输出功率为2 W
解析：选BD。由题图乙可知，电动势有效值E＝ V＝6 V，电压表测的是有效值，则示数U＝E＝4 V，故A错误；由题图乙可知，电动势的最大值为6 V，周期为0.02 s，则瞬时电动势的表达式为e＝Emsin t＝6sin 100πt ，故B正确；在t＝0.01 s时，电动势为0，此时穿过线圈的磁通量最大，故C错误；灯泡消耗的功率P＝＝2 W，故发电机的输出功率为2 W，故D正确。
8．线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴转动，产生交变电流的i－t图像如图所示，则(　　)
A．该交变电流的周期为0.5 s
B．该交变电流的电流有效值为2 A
C．t＝0.1 s时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0.2 s时，穿过线圈的磁通量变化最快
解析：选D。由题图可知该交变电流的周期为0.4 s，故A错误；该交变电流的电流有效值I＝＝ A，故B错误；t＝0.1 s时，感应电流为零，此时穿过线圈的磁通量最大，故C错误；t＝0.2 s时，感应电流最大，根据法拉第电磁感应定律可知穿过线圈的磁通量变化最快，故D正确。
9．(2025·广东梅州市期末调研)如图(a)所示的智能机器人广泛应用于酒店、医院等场所。机器人内电池的容量为25 000 mA·h，负载10 kg时正常工作电流约为5 A，电池容量低于20%时不能正常工作，此时需要用充电器对其进行充电，充电器的输入电压如图(b)所示。下列说法正确的是(　　)
A．充电器的输入电流频率为100 Hz
B．充电器的输入电压瞬时值表达式为u＝220sin 10πt(V)
C．机器人充满电后电池的电量为25 C
D．机器人充满电后，负载10 kg时大约可以持续正常工作4 h
解析：选D。由题图(b)可知交变电压的周期为0.02 s，根据f＝，可知输入电流频率为50 Hz，角频率ω＝＝100π rad/s，充电器的输入电压的瞬时值表达式为u＝220sin 100πt(V)，故A、B错误；机器人充满电后电池的电量Q＝It＝25 A·h＝9×104 C，正常工作可用电量为20 A·h，由Q＝It，可知负载10 kg时大约可以持续正常工作4 h，故C错误，D正确。
10．(2025·山西长治市期中)如图甲为旋转电枢式交流发电机的原理图，单匝矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与可变电阻R连接，与R并联的交流电压表为理想电表，当R＝10 Ω时电压表示数是10 V，线圈内阻不计。图乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图像，则(　　)
A．可变电阻R消耗的电功率为20 W
B．1 s内电流方向变化50次
C．图甲所示位置的电流瞬时值为 A
D．磁通量的最大值为 Wb
解析：选C。由题知，电压表示数是10 V，即为交变电流电压的有效值，则可变电阻R消耗的电功率PR＝＝ W＝10 W，故A错误；由题图乙可知，交变电流的周期为0.02 s ，频率为50 Hz，所以1 s内电流方向变化100次，故B错误；题图甲所示位置磁通量为零，感应电动势最大，感应电流最大，则有Em＝10 V，则此时电流Im＝＝ A，故C正确；由题图乙可知，周期为0.02 s，则角速度ω＝＝100π rad/s，根据Em＝BSω＝Φmω，可得Φm＝ Wb，故D错误。
11．(12分)某种发电机的原理如图所示，矩形线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定轴OO′匀速转动，角速度为ω。已知线圈的匝数为n，ab边长为L1，bc边长为L2，线圈总电阻为r，线圈与阻值为R的外电路连接，交流电压表为理想电表。求：
(1)线圈从图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量q；(6分)
(2)发电机正常工作时，交流电压表的示数U。(6分)
解析：(1)根据题意，由法拉第电磁感应定律可知，感应电动势＝n
电流I＝
通过电阻R的电荷量q＝IΔt
联立解得通过电阻R的电荷量
q＝n＝n。
(2)根据题意可知，最大的感应电动势Em＝nBL1L2ω
交变电流的最大值Im＝
则电压表示数U＝＝。
答案：(1)n　(2)单元过关检测(三)
(时间：75分钟　分值：100分)
一、单项选择题(本题共4小题，每小题4分，共16分。在每小题给出的四个选项中，只有一个选项符合题目要求)
1．如图所示的是发电机简化模型，内部是匝数为N的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的水平转轴OO′匀速转动产生交流电。已知N匝线圈产生的感应电动势的最大值为Em。下列说法正确的是(　　)
A．当线圈转到图示位置时处于中性面
B．当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零
C．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的最大磁通量为
解析：选C。图示的位置与中性面垂直，A错误；电流表的示数显示的是有效值，不为零，B错误；图示的位置磁通量变化率最大，C正确；最大磁通量Φm＝，D错误。
2．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝5 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为10∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A．电流表的示数为4.4 A
B．原线圈的输入功率为96.8 W
C．电压表的示数为22 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
解析：选B。由题意可知变压器输入电压的有效值U1＝ V＝220 V，根据原、副线圈电压与匝数的关系＝，可得副线圈两端电压U2＝22 V，电压表的示数为22 V，通过电阻R的电流I2＝＝ A＝4.4 A，由n1I1＝n2I2得I1＝0.44 A，电流表的示数为0.44 A，故A、C错误；变压器两端功率相等，故原线圈的输入电功率等于输出功率P＝U2I2＝22×4.4 W＝96.8 W，故B正确；交流电的周期T＝＝0.02 s，变压器不改变交流电的频率，故D错误。
3．图是简化的某种旋转磁极式发电机原理图。定子是仅匝数n不同的两线圈，n1>n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁铁，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流。不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是(　　)
A．两线圈产生的电动势的有效值相等
B．两线圈产生的交变电流频率相等
C．两线圈产生的电动势同时达到最大值
D．两电阻消耗的电功率相等
解析：选B。由于两定子线圈匝数不同，根据法拉第电磁感应定律可知， 在两线圈中产生的电动势最大值不相等，有效值不相等，A错误；由于转子匀速转动的周期等于两定子产生交流电的周期，所以两线圈产生的交变电流频率相等，B正确；由于两线圈轴线在同一平面内且相互垂直，所以两线圈产生的感应电动势一个在最大值时，另一个为零，C错误；由于在两线圈中产生的电动势的有效值不相等，根据P＝可知，两电阻消耗的电功率不相等，D错误。
4．随着经济发展，加之寒冬来临，用电需求增加，当火力发电供应紧张时，通过远距离调度方式，会及时将其他地区的风力发电、太阳能发电并入电网保障电力供应。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂输出电压恒定不变，两个变压器均为理想变压器。当用户用电器增加(假设所有用电器均可视为纯电阻)，电网中数据发生变化，下列说法正确的是(　　)
A．降压变压器的输出电流I4减小
B．输电线上损失的功率减小
C．升压变压器的输出电压U2增大
D．发电厂输出的总功率增大
解析：选D。根据原、副线圈电压比等于匝数比＝，可得升压变压器的输出电压U2＝U1，由于匝数不变，发电厂输出电压恒定不变，可知升压变压器的输出电压U2不变，故C错误；设输电线电阻为R线，用户端总电阻为R，在高压传输电路上，有U2＝U3＋I2R线，又＝，＝，I4＝，联立可得U2＝I4，当用户用电器增加，可知R减小，则降压变压器的输出电流I4增大，故A错误；根据＝，由于I4增大，可知I2增大，输电线上损失的功率P损＝IR线增大，故B错误；根据＝，由于I2增大，可知I1增大，发电厂输出的总功率P出＝U1I1增大，故D正确。
二、双项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分。在每小题给出的四个选项中，有两个选项符合题目要求，全选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分)
5．如图所示，形状或转轴位置不同，但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，则下列正确的说法是(　　)
A．感应电动势的最大值都相同
B．感应电动势的瞬时值不同
C．感应电动势的最大值不同
D．感应电动势的瞬时值都相同
解析：选AD。题中图示位置均为中性面位置，线圈从题中图示位置开始计时，产生的感应电动势为e＝BSωsin ωt，可知感应电动势的最大值和瞬时值与线圈形状无关，与轴的位置无关，即题图中四个线圈产生的感应电动势的最大值、瞬时值都相同。
6．如图所示是物理实验室常见的手摇交流发电机，快速摇动发电机手柄，能看到灯泡可以发光，下列说法正确的是(　　)
A．手柄摇得越快，发电机产生的交流电峰值越大
B．手柄摇得越快，发电机产生的交流电频率越高
C．手柄每转动一周，感应电流方向都会改变一次
D．把磁铁N、S极位置互换，发电机将不能发电
解析：选AB。手柄摇得越快，线圈转动的角速度越大，产生交流电的频率f＝越大，线圈产生感应电动势的峰值Em＝NBSω越大，故A、B正确；手柄每转动一周，线圈转动n周，感应电流方向改变2n次，故C错误；磁铁N、S极位置互换，线圈转动仍然切割磁感线产生感应电动势，故D错误。
7．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为50∶3，副线圈回路中的两只小灯泡A、B上均标有“6 V　3 W”的字样。若输入原线圈的正弦交变电压u随时间t的变化关系如图乙所示，开关S断开时，两灯泡均亮着，不考虑灯丝的阻值变化，则(　　)
A．输入电压u＝100sin 50πt(V)
B．开关S断开时，灯泡A的功率为0.75 W
C．开关S闭合后，灯泡B正常发光
D．开关S闭合后，原线圈输入功率减小
解析：选BC。由题图乙可知输入电压u＝100sin t(V)＝100sin 100πt(V)，故A错误；原线圈电压的有效值U1＝＝100 V，根据＝可得副线圈电压的有效值U2＝6 V，每个灯泡的电阻R＝ eq \f(U,P灯)＝ Ω＝12 Ω，通过每个灯泡的电流I＝＝ A＝ A，开关S断开时，灯泡A的功率P1＝I2R＝0.75 W，故B正确；开关S闭合后，灯泡A被短路，灯泡B两端的电压为6 V，灯泡B正常发光，故C正确；开关S闭合后，灯泡总电阻变小，根据P总＝可知副线圈输出功率增大，故原线圈输入功率增大，故D错误。
8．如图所示，两理想变压器间接有电阻R，电表均为理想交流电表，a、b接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关S后(　　)
A．R的发热功率不变
B．电压表的示数不变
C．电流表A1的示数变大
D．电流表A2的示数变小
解析：选BC。闭合开关S后，负载电阻减小，匝数为n4的线圈输出功率变大，匝数为n1的线圈输入功率也变大，a、b两端电压有效值不变，由P1＝U1I1，可知电流表A1的示数变大，根据＝，因比值不变，I1变大，I2变大，因此，R的发热功率变大，故A错误，C正确；根据＝，可知输出电压U2不变，电压表的示数不变，故B正确；根据＝，＝，由于匝数均保持不变，I1增大，所以I2、I4增大，故电流表A2的示数变大，故D错误。
三、非选择题(本题共8小题，共60分)
9．(3分)图甲、乙分别表示两种电流的波形，其中图乙所示电流按正弦规律变化，分别用I1和I2表示甲和乙两电流的有效值，则I1∶I2＝________。
解析：对题图甲的交流电分析，可知一个周期内交流电的电流方向变化，而电流的大小不变，故题图甲的电流有效值I1＝I0；对题图乙的交流电分析可知，其为正弦式交流电，故其有效值I2＝，故I1∶I2＝∶1。
答案：∶1
10．(3分)如图所示，N匝正方形闭合金属线圈abcd边长为L，线圈处于磁感应强度大小为B的匀强磁场中，绕着与磁场垂直且与线圈共面的轴OO′以角速度ω匀速转动，ab边距轴。线圈中感应电动势的有效值为________________。
解析：交流电的最大值和两条边到转轴的距离无关，Em＝NBSω＝NBL2ω，因此有效值E＝＝NBL2ω。
答案：NBL2ω
11．(3分)用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，输出功率为8.8 kW，原线圈的输入电压u＝220sin (100πt)V。则副线圈输出电流的有效值I有＝______A，频率f＝_________Hz。
解析：由题可知原线圈输入电压的有效值U1＝ V＝220 V，原线圈电流I1＝＝40 A，副线圈输出电流的有效值I有＝I2＝I1＝20 A，变压器无法改变电流的频率，故f＝＝ Hz＝50 Hz。
答案：20　50
12．(6分)某同学选用匝数可调的可拆变压器来做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压____________(选填“交流电源”或“直流电源”)。先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究原、副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是___________________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。
解析：变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压交流电源；根据变压比公式＝，保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；根据变压比公式＝，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；上述探究原、副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法。
答案：交流电源　增大　减小　控制变量法
13．(10分)在“探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系”实验中，可拆变压器结构如图甲所示。
Ua/V 1.80 2.80 3.80
Ub/V 4.00 6.01 8.02
(1)变压器的铁芯，它的结构和材料是______
(填字母)。
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的硅钢片叠成
D.绝缘的铜片叠成
(2)如图所示，电源输出端与变压器原线圈的连接方式正确的是________(选填“乙”或“丙”)；使用多用电表测量电压时，应将选择开关置于____________挡。
(3)用匝数na＝400匝和nb＝800匝的变压器，实验测量数据如表所示：根据测量数据可判断原线圈匝数为________(选填“400”或“800”)匝。实验数据中电压比与匝数比不严格相等，主要原因是___________________________________。
解析：(1)观察变压器的铁芯，它的结构是绝缘的硅钢片叠成。
(2)电源输出端应是交流电，故选择丙的连接方式；
使用多用电表测量电压时，应将选择开关置于“交流电压”挡。
(3)观察发现，Ua总是略小于Ub的一半，考虑变压器不是理想变压器，有漏磁现象，故Ub是原线圈电压，根据变压比可知，原线圈匝数为800匝。
答案：(1)C　(2)丙　交流电压　(3)800　变压器不是理想变压器
14．(8分)一种振动发电装置的示意图如图甲所示，半径r＝0.10 m、匝数N＝20的线圈套在永久磁铁槽中，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B＝0.20 T，线圈的电阻R1＝0.5 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的灯泡L。用外力推动线圈框架的P端，使线圈的速度v随时间t变化的规律如图丙所示，已知v取向右为正。求：
(1)线圈运动过程中产生的最大感应电动势的大小Em；(2分)
(2)线圈运动一个周期内，线圈中产生的热量Q。(6分)
解析：(1)根据法拉第电磁感应定律有
Em＝2NBπrvm
解得Em＝8 V。
(2)根据题意有
e＝2NBπrvmsin ωt＝8sin πt (V)
则电动势有效值E＝
电流的有效值I＝
线圈中产生的热量Q＝I2R1T
解得Q＝0.32 J。
答案：(1)8 V　(2)0.32 J
15．(12分)如图所示，N＝10匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20 cm，ad边长l2＝25 cm，放在磁感应强度B＝0.4 T的匀强磁场中，使线圈绕垂直于磁感线的
轴OO′以转速n＝6 000 r/min匀速转动，线圈电阻r＝1 Ω，外电路电阻R＝9 Ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里，求：
(1)t＝0时感应电流的方向；(回答：顺时针或者逆时针)(2分)
(2)感应电动势的瞬时值表达式；(6分)
(3)从图示位置转过30°的过程中流过电阻R的电荷量。(4分)
解析：(1)根据右手定则可知，t＝0时感应电流沿顺时针方向。
(2)转速n＝6 000 r/min＝100 r/s
角速度ω＝2πn＝200π rad/s
感应电动势的最大值
Em＝NBSω＝NBl1l2ω＝40π V
感应电动势的瞬时值表达式e＝Emcos ωt
即e＝40πcos (200πt) V。
(3)从题图所示位置转过30°的过程中，磁通量变化量
ΔΦ＝Bl1l2sin 30°＝0.01 Wb
由＝N
＝
q＝·Δt
联立可得从题图所示位置转过30°的过程中流过电阻R的电荷量q＝0.01 C。
答案：(1)顺时针　(2)e＝40πcos (200πt) V
(3)0.01 C
16．(15分)一交流发电机输出端的电压为220 V，输出功率4 400 W，若用电阻为2 Ω的输电导线给用户送电。
(1)如果用220 V的电压直接输送，用户得到的电压和功率各是多少？输电效率是多少？(7分)
(2)如果先用匝数比为1∶10的变压器将电压升高，经一样的输电线后，再用匝数比为10∶1的变压器将电压降低后输送给用户，用户得到的电压和电功率各是多少？(8分)
解析：(1)根据P＝UI得I＝＝ A＝20 A
则输电线上的电压损失U损＝IR＝20×2 V＝40 V
功率损失P损＝I2R＝400×2 W＝800 W
所以用户得到的电压
U用户＝U－U损＝(220－40) V＝180 V
用户得到的功率
P用户＝P－P损＝(4 400－800) W＝3 600 W
因此输电效率η＝×100%＝×100%≈81.8%。
(2)根据＝得U1＝2 200 V
根据＝得I1＝2 A
则输电线上的电压损失U损′＝I1R＝2×2 V＝4 V
功率损失P损′＝IR＝4×2 W＝8 W
所以降压变压器的输入电压
U2＝U1－U损′＝(2 200－4) V＝2 196 V
降压变压器的输入功率
P2＝P－P损′＝(4 400－8) W＝4 392 W
由＝得用户得到的电压U用户′＝219.6 V
变压器输入功率和输出功率相等，所以用户得到的功率P用户′＝P2＝4 392 W。
答案：(1)180 V　3 600 W　81.8%
(2)219.6 V　4 392 W章末知识网络建构
产生：线圈绕
①
匀强磁场的轴匀速转动
图像
表述
[答案]
三角函数表达式
①垂直于
交变电流
(正弦式)瞬时值：e=②
或e=③
②Ensin wt
峰值：Em=
④
③Emcos wt
(正弦式)有效值：E=⑤，1=
⑥
表征参量
U=
⑦
④nBSw
周期：T
交变电流
⑤
T=⑧
频率：f
⑥
与远距离输
原理：互感现象
⑦
变压器
电压与匝数关系：
⑨
只有一个副线圈：
O
规律
电流与匝数关系
⑨
U U
n1=n2
有多个副线圈：111=
①
功率关系：P人=P出
①I2n2+I3n3+·
功率损失：△P=
②
电能的远距离输送
电压损失：△U=Ir线
②I2r线
高压输电原理(共26张PPT)
课后达标检测
√
题组1　变压器的动态分析
1．(2025·江苏连云港期中)如图所示是一台家用台灯亮度调节原理图，自耦变压器接入正弦交流电压，电流表A、电压表V分别为理想交流电流表和理想交流电压表。若将调压端的滑动触头P向下移动，则(　　)
A．电压表V的示数变小
B．变压器的输出功率变大
C．电压表V、电流表A测得的是瞬时值
D．电流表A的示数变大
副线圈两端的电压减小，灯的功率减小，故变压器的输出功率变小，故B错误；
电压表V、电流表A测得的是有效值，故C错误；
变压器的输出功率变小，可知变压器的输入功率变小，可知原线圈电流减小，故电流表A的示数变小，故D错误。
2．如图所示电路中，变压器为理想变压器，电流表为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，在原线圈两端加上正弦交流电压，则下列判断正确的是(　　)
A．仅将滑片P1向上移，电流表的示数减小
B．仅将滑片P1向上移，R1消耗的功率减小
C．仅将滑片P2向上移，电流表的示数减小
D．仅将滑片P2向上移，R1消耗的功率减小
√
解析：仅将滑片P1向上移，副线圈接入电路的匝数增加，根据变压比可知，副线圈两端的电压增大，R1消耗的功率增大，电流表的示数增大，故A、B错误；
仅将滑片P2向上移，R1中的电流不变，消耗的功率不变，R2中的电流减小，因此电流表的示数减小，故C正确，D错误。
√
理想变压器原、副线圈的功率之比为1∶1，故B错误；
4．(2025·江苏南通市模拟)如图所示，理想变压器原线圈接在正弦交流电源上，电源的输出电压不变，副线圈回路中接有电阻R和灯泡。现增加并入电路灯泡的个数，则(　　)
A．原线圈中的电流减小
B．副线圈中的电流减小
C．变压器的输出功率增大
D．灯泡消耗的总功率增大
√
解析：增加并入电路的灯泡的个数，副线圈回路中的负载增加，副线圈回路的总电阻减小，而副线圈的输出电压U2不变，则副线圈中的电流增大，根据理想变压器两端的电流比等于匝数的反比，可知原线圈的电流增大，故A、B错误；
由于变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的总电阻减小了，则输出功率增大了，故C正确；
题组2　几种常见的变压器及其应用
√
5．电压互感器是一种测量电路中电压的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较多，并联在电路中，副线圈匝数较少，两端接在电压表上，则电压互感器(　　)
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路中某一用电器两端的电压
C．原、副线圈中电流的频率不同
D．副线圈两端的电压高于原线圈两端的电压
电压互感器是利用电磁感应进行工作的，在交流电路中才能正常工作，B错误；
电压互感器能够改变原、副线圈中的电流和电压，但不能够改变其频率，C错误。
√
6．电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上，则电流互感器(　　)
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
解析：变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，B、C错误；
7．工厂检验电动机的质量时，要用到1千多伏电压可调的高压电。利用一个自耦变压器和一个升压变压器可满足这个要求。一自耦变压器部分示意图如图所示，已知该自耦变压器可视为理想变压器，线圈总匝数为1 250匝，其中原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上，则输出端AB可以得到的最高电压有效值是________V。
250
√
8．在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是(　　)
A．穿过a环的磁通量始终是c环的一半
B．穿过a、b两个环的磁通量始终相同
C．a、c两个环中都有感应电流
D．b、c两个环中都有感应电流
解析：线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b两个环的磁通量始终相同，故B正确；
根据安培定则可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过a、b两环的磁通量会发生改变，故a、b两环中都会产生感应电流，而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生，故A、C、D错误。
9．(2025·山西朔州市怀仁市期末) 如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表。三个定值电阻阻值分别为R0、R1、R2，其中R1＞R2。在M、N两端接电压有效值为U的交流电源，开始时开关S接触b点，现使S接触a点，下列说法正确的是(　　)
A．电流表示数变小
B．电压表示数不变
C．变压器的输出功率一定变大
D．整个电路消耗的功率变大
√
解析：因为R1＞R2，所以开关S从b打到a，接入输出电路的电阻增大，电流减小，所以输入电路的电流也会减小，即电流表示数变小，A正确；
因为输入电路的电流减小，设电压表两端电压为UV，则UV＝U－IR0，所以电压表示数增大，B错误；
变压器的输出功率可能变大，也可能变小，C错误；
整个电路消耗的功率等于U乘以输入电路的电流，电流变小，U不变，所以整个电路消耗的功率变小，D错误。
10．(双选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2，五盏灯泡相同，额定电压为10 V。当在a、b间加10 V交流电时，五盏灯的亮度相同，则下列说法正确的是(　　)
A．n1∶n2＝2∶3
B．此时L4灯的两端电压为6 V
C．若L1灯发生断路，L4灯的亮度不变
D．若L1灯发生断路，L4灯的亮度变暗
√
√
若L1灯发生断路，则电路的总功率减小，ab端的输出电流减小，即原线圈的输入电流减小，副线圈的输出电流减小，故L4灯的功率减小，L4灯的亮度变暗，故C错误，D正确。
√
√
解析：理想变压器输入功率等于输出功率，且采用的是降压变压器，根据P＝UI可知，副线圈中的电流更大，为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，故引线要粗，故ad端接6 V，bc端接220 V，故A错误；
理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝220∶6＝110∶3，故B正确；
交流电的有效值与频率无关，故仅降低交流电频率，R1的功率不变，故C错误；
√
12．(2025·湖北十堰市调研)如图所示，理想变压器原线圈所在电路的输入端接有电压有效值为220 V的正弦交变电流，匝数为30的副线圈2与规格为“12 V　36 W”的灯泡L1连接，副线圈3与规格为“18 V　54 W”的灯泡L2连接，原线圈与额定电压为40 V 的灯泡L连接。若电路接通时，三个灯泡均正常发光，则下列说法正确的是(　　)
A．原线圈1两端的电压为220 V
B．原线圈1的匝数为450
C．副线圈3的匝数为50
D．通过灯泡L的电流有效值为1 A
解析：三个灯泡均正常发光，可知原线圈1两端的电压U1＝220 V－40 V＝180 V，故A错误；第4节　电能的远距离输送
　
1．知道采用高压输电的原因。　2.知道远距离输电线上的损失与哪些因素有关。　3.了解远距离输电线路的基本构成及相关计算问题。　4.了解高压交流输电与直流输电的优缺点。
一、采用高压输电的原因
1．原因：电流流过输电导线时，电流的热效应会引起电功率的损失。损失的电功率P＝I2R，即在输电线上因发热而损耗的电功率与输电线的电阻R成正比，与电流I的二次方成正比。
2．减小输电时的电功率损失的两个途径
(1)减小输电线电阻：由电阻定律R＝ρ可知，在输电线长度一定的情况下，可采用电阻率小的材料做导线；还可增大导线的横截面积。
(2)减小输电电流：由P＝UI可知，在保证输送电功率P不变的情况下，必须提高输电电压U，才能减小电流I。因此，远距离输电通常采用高压输电。
二、高压交流输电与直流输电
1．远距离输电基本原理：在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。
2．交流输电：在交流输电时，除输电线上的电阻外，电感、电容产生的感抗和容抗也会造成交流输电线路上的电能和电压损失。
3．直流输电：交变电流升压后输送到整流器，把高压交变电流变换成高压直流电流，经由高压直流线路输送到用电地区后，将高压直流变换成高压交变电流，再经降压变压器降压。
4．高压直流输电的优越性：直流输电适于地下和水下电缆输电，不会受到电感和电容的影响；在输送相同电功率的电能时，直流输电所用线材少；同时，占地面积小，不需要考虑同步运行问题。
三、电能的利用与社会发展
电能的利用提高了劳动生产率，解放了劳动者；在促进社会发展的同时，也带来了生态、环境问题，故我们需要合理利用电能。
判断下列说法是否正确。
(1)输电线上的电压损失可用ΔU＝Ir计算，r为输电线的电阻。(　　)
(2)输电电压越高越好。(　　)
(3)根据P＝可知，要减小损耗功率，输电电压越低越好。(　　)
(4)为减小远距离输电的损失，可增大输电电流。(　　)
(5)远距离输电线上的功率损失与输电线上电压损失的平方成正比。(　　)
(6)采用电网送电可以降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)√
知识点一　降低输电损耗的两个途径
　
如图所示，假定发电厂输出的电压为U，输送功率为P，输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)。那么：
(1)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？
(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低功率损耗有哪些途径？
[提示]　(1)不相等，由能量守恒定律知，发电厂输出的电能等于用户得到的电能与输电线上损失的电能之和。
(2)输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了，这是输电线上功率损失的主要原因。
功率损失表达式：ΔP＝I2r＝r。降低功率损耗的两个途径：①减小输电线的电阻r；②减小输电电流I，即提高输电电压U。
1．输电线上的电功率损失
(1)原因：输电导线有电阻R线，电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损失。
(2)计算式：①P线＝I2R线；②P线＝IU线；③P线＝ eq \f(U,R线)。
2．输电线上的电压损失
若用U表示输电线始端电压，U′表示输电线末端电压，则U线＝U－U′或U线＝IR线。
3．电压损失与输电电压的关系：如果远距离输电的电功率P不变，输电电压为U，输电导线电阻为R线，则输电导线上发热损失的功率P损＝I2R线＝R线，因此输电电压若提高到nU，则P损将减为原来的。
4．注意：交流输电时，导线不但有电阻，还有线路的电感、电容产生的感抗和容抗，但高中阶段计算中，可将输电线看作纯电阻电路，不再考虑感抗和容抗对交流电路的影响。
　(双选)特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低。我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术。假设从A处采用550 kV的超高压向B处输电，输电线上损耗的电功率为ΔP，到达B处时电压下降了ΔU。在保持A处输送的电功率和输电线电阻都不变的条件下，改用1 100 kV特高压输电，输电线上损耗的电功率变为ΔP′，到达B处时电压下降了ΔU′。不考虑其他因素的影响，则(　　)
A．ΔP′＝ΔP　　　 B．ΔP′＝ΔP
C．ΔU′＝ΔU D．ΔU′＝ΔU
[解析]　若采用550 kV的超高压输电，输电线上的功率损耗ΔP＝·r，输电线路损失的电压ΔU＝·r，若改用1 100 kV的特高压输电，同理有ΔP′＝·r，ΔU′＝·r，可得ΔP′＝，ΔU′＝，故B、C错误，A、D正确。
[答案]　AD
　(双选)(2025·四川眉山市期中)白鹤滩水电站采用的是特高压远距离输电方式。若保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的110 kV高压输电升级为1 100 kV的特高压输电，下列说法正确的是(　　)
A．若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的
B．若输电线不变，则输电线中的电流变为原来的10倍
C．若输电线不变，则输电线上损失的功率变为原来的
D．若更换直径为原来输电线直径的同种材料制成的输电线，则输电线上损失的功率变为原来的
[解析]　保持输送电能总功率P＝U2I2不变，输电电压变为原来的10倍，则输电线中的电流I2变为原来的，故A正确，B错误；输电线上损失的功率P损＝IR线，I2变为原来的，则损失的功率变为原来的，C正确；输电线材料不变，直径变为原来的，则截面积S变为原来的，由R＝ρ得，电阻变为原来的100倍，保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，I2变为原来的，故输电线上损失的功率P损＝IR线不变，D错误。
[答案]　AC
知识点二　对远距离输电电路的分析
　
某发电站向远处送电的示意图如图所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路。
(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻，n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)。
(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？
[提示]　(1)第一个回路：P1＝U1I1
第二个回路：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝IR＋P3
第三个回路：P4＝U4I4
(2)＝、＝、P1＝P2；＝、＝、P3＝P4。
1．输送过程图
回路1：P1＝U1I1
回路2：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝IR线＋P3
I2＝I3＝I线
回路3：P4＝U4I4
2．对高压输电中几个电压的理解
(1)输送电压：输电线始端电压，如图中的U2。
(2)用户电压：最终用户得到的电压，如图中的U4。
(3)损失电压：输电线始端电压与末端电压的差值(U线＝U2－U3＝I2R线)，形成的原因是输电导线有电阻，电流通过输电线时，会在线路上产生电势降落，致使输电线路末端的电压比起始端电压要低，这就是输电线上的电压损失。
3．基本关系式
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P线＋P3，P3＝P4。
(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，
U2＝U线＋U3，I2＝I3＝I线。
(3)输电电流：I线＝＝＝。
(4)输电导线上损耗的电功率P线＝I线U线＝IR线＝R线。
　(2025·江苏徐州期中)远距离输电过程示意图如图所示，下列说法正确的是(　　)
A．绕制升压变压器副线圈的导线比原线圈的粗
B．升压变压器副线圈的输出电压小于降压变压器原线圈的输入电压
C．用户一定的情况下，增大输送电压，可以减少输送电能的功率损耗
D．其他情况不变时，用户增多，输电线上损耗的电功率将减少
[解析]　升压变压器原、副线圈的功率相同，根据变压器电流比跟匝数比成反比规律可知，原线圈的电流更大，所以绕制升压变压器原线圈的导线要比副线圈的粗，故A错误；因为输电线存在损耗电压，所以升压变压器副线圈的输出电压大于降压变压器原线圈的输入电压，故B错误；用户一定的情况下，说明输入功率一定，根据公式I＝，P损＝I2R，可知增大输送电压，可以减少输送电能的功率损耗，故C正确；其他情况不变时，用户增多，导致高压输电线上的电流变大，输电线上损耗的电功率将增大，故D错误。
[答案]　C
　(2025·福建厦门期中)目前困扰5G发展的大难题之一是供电，5G基站系统功耗大，信号覆盖半径小。如图所示，电压为100 kV的主供电线路为某5G基站供电，基站用电器总功率为4 kW，线路电阻为40 Ω，线路损耗功率占总功率的20%(变压器均视为理想变压器)，则输电线路中的电流为____________A，升压变压器原、副线圈的匝数比为___________。
[解析]　由题意可知总功率P总＝＝＝5 kW，线路损耗功率ΔP＝20%P总＝1 kW，结合ΔP＝I2R，解得I＝5 A；升压变压器副线圈两端的电压U2＝＝1 kV，根据变压器原、副线圈电压的关系＝，解得＝。
[答案]　5　100∶1
　如图所示，某个小型水电站发电机的输出功率P1＝200 kW，发电机的电压U1＝250 V。通过升压变压器升压后向远处输电，输电线的双线总电阻R＝20 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。要求输电效率(即用户得到的功率与发电机发出的功率之比)达到96%，也就是说在输电线上损失的功率控制在8 kW，用户得到的功率为192 kW。为此需要设计两个变压器的匝数比。请计算：
(1)升压变压器输入的电流为多少？输电线上通过的电流是多少？
(2)从升压变压器的输出端到降压变压器的输入端，输电线损失的电压为多少？
(3)两个变压器的匝数比各应等于多少？
[解析]　(1)升压变压器输入的电流
I1＝＝ A＝800 A
输电线上损失的功率PR＝IR＝8 000 W
输电线上通过的电流I2＝20 A。
(2)输电线损失的电压ΔU＝I2R＝20×20 V＝400 V。
(3)对于升压变压器，根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系＝＝＝
对于升压变压器，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系＝
解得U2＝10 000 V
降压变压器原线圈两端的电压U3＝U2－ΔU＝ (10 000－400) V＝9 600 V
对于降压变压器，根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系＝＝＝。
[答案]　(1)800 A　20 A　(2)400 V　(3)　
1．(降低输电损耗的两个途径)为了保证东部地区用电，国家采取运煤和输电两个策略。运煤1 000千米费用是购煤费用的70%(相当于输电损耗42%)，而用50万伏高压输电，输电损耗却高达90%。在输电功率不变的情况下，为了使1 000千米距离的输电效率与运煤时相当，需要将输送电压提升到大约(　　)
A．75万伏　　　　　 B．100万伏
C．125万伏 D．150万伏
解析：选A。输电过程中损耗的功率P损1＝R＝90%P，其中U1＝5.0×105 V，当输电电压为U2时P损2＝2R＝42%P，解得U2≈7.3×105 V。
2．(降低输电损耗的两个途径)远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，则输电线上的电功率损失为(　　)
A．原来的　　　　 B．原来的
C．原来的n倍 D．原来的n2倍
解析：选B。根据P＝UI得，输电电压升为原来电压的n倍时，输电电流变为原来的 ，根据P损＝I2R可知，输电线上的功率损失将变为原来功率损失的 ，故A、C、D错误，B正确。
3．(远距离输电问题)如图所示交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器和理想降压变压器向远处用户供电，输电线的总电阻为R。升压变压器的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；降压变压器的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。当用户增多时(　　)
A．U2减小，P4增加
B．U2增加，P3减小
C．U3减小，P2增加
D．U4增加，P1减小
解析：选C。当用户增多时，交流发电机的输出电压U1一定，升压变压器的匝数比不变，则有＝，可知U2不变，用户消耗的电功率P4增加，理想降压变压器的输入功率等于输出功率，因此P3增加，A、B错误； 当用户增多时，用户与降压变压器的等效电阻减小，则输电线上电流I2增大，则P1＝P2＝U2I2增大，U3＝U2－I2R减小，降压变压器的匝数比不变，则有＝可知降压变压器的输出电压U4减小，C正确，D错误。
4．(远距离输电问题)(双选) 如图所示，一台交流发电机E通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处的用户供电，输电线的总电阻为R；T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列判断正确的是(　　)
A．U2－U3＝ B．U2－U3＝
C．U2－U3＝ D．U2－U3＝
解析：选BC。根据题意可知输电线损失的电压ΔU＝U2－U3＝IR，输电线的电流I＝＝，联立解得U2－U3＝＝。(共38张PPT)
第3章　交变电流与远距离输电
第1节　交变电流的特点
学习目标
1．知道交变电流和直流电流的概念。　2.知道交变电流的周期和频率的物理意义。　3.掌握交变电流的最大值和有效值的含义，会求解交变电流的有效值。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、直流电流和交变电流
1．恒定电流：大小和方向都不随时间变化的电流是恒定电流。
2．直流电流：____不随时间变化的电流为直流电流，俗称直流电。
3．交变电流：交流电源提供的电压随时间做______变化，因而在电路中形成的电流大小和____也随时间做______变化，我们称这种电流为交变电流，俗称交流电。
方向
周期性
方向
周期性
二、交变电流的周期和频率
1．周期(T)
(1)定义：交变电流完成一次__________所需要的时间。
(2)物理意义：描述交变电流变化的____。
2．频率(f)
(1)定义：交变电流在一段时间内完成周期性变化的____与这段时间之比称为交变电流的频率。
(2)物理意义：描述交变电流变化的____。
周期性变化
快慢
次数
快慢
4．正弦式交变电流：电流的大小和方向随时间按____规律变化的电流，简称正弦交流电。
正弦
三、交变电流的最大值和有效值
1．最大值
(1)定义：交变电压和电流能达到的______，又称峰值。
(2)应用：电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值。
2．有效值
(1)定义：让恒定电流和交变电流分别通过________的电阻，如果它们在相同的时间内产生的____相等，就把该恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值。
最大值
阻值相等
热量
(2)应用
①交流用电设备上所标的额定电压和额定电流。
②交流电表测量的数值。
③无特别说明时提到的交变电流的数值。
3．关系：对于正弦式交变电流，有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系：I＝_____＝0.707Im，U＝_____＝0.707Um。
判断下列说法是否正确。
(1)打点计时器所接交变电流频率f＝50 Hz时，打点周期为T＝0.02 s。(　　)
(2)交变电流的周期越大，交变电流的变化就越快。(　　)
(3)某段时间内的交变电流平均值等于这段时间始末时刻瞬时值的算术平均值。(　　)
(4)我国民用交变电流，照明电压为220 V和动力电压380 V都是指有效值。(　　)
(5)交变电流的有效值即为一个周期内的平均值。(　　)
√
×　
×　
√
×　
课堂深度探究
PART
02
第二部分
知识点一　直流电流与交变电流的区别
如图所示的两种电路，哪个表示直流电流，哪个表示交变电流？
[提示]　甲图所示的电流方向不随时间变化，甲图表示直流电流；乙图所示的电流方向随时间变化，乙图表示交变电流。
直流电流与交变电流的比较
电流 交变电流 直流电流
脉动直流 恒定电流
方向 随时间周期性变化 不随时间变化 不随时间变化
大小 可以随时间变化，也可以不随时间变化，如矩形脉冲 可以随时间变化 不随时间变化
下列图像不属于交流电的是(　　)
√
[解析]　只要电流的方向发生周期性变化就是交变电流，若方向不变，虽然大小变化，但该电流为直流电。D图表示的电流大小发生了周期性变化，而方向没有变化，A、B、C图中的电流大小、方向发生了周期性变化，故A、B、C不符合题意，D符合题意。
知识点二　周期和频率
如图所示的交变电流完成一次周期性变化需要多长时间？在1 s内完成多少次周期性变化？
[提示]　完成一次周期性变化需要0.02 s；在1 s内完成50次周期性变化。
1．周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时间。在正弦式交变电流的图像中，一个完整的正弦波形对应的时间为一个周期T。
2．频率：单位时间内完成周期性变化的次数。
(双选)矩形金属线圈共10匝，绕垂直于磁场方向的转动轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．此交变电流的频率为0.2 Hz
B．1 s内电流方向变化10次
C．此交变电流的周期为0.1 s
D．1 s内线圈转5圈
√
√
关于正弦式交变电流的周期和频率，下列说法正确的是(　　)
A．交变电流最大值连续出现两次的时间间隔等于周期
B．1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率
C．交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D．50 Hz的交变电流，其周期等于0.05 s
√
[解析]　在一个周期内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，相邻两个峰值的时间间隔为半个周期，因此1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率的2倍，故A、B错误；
交变电流在一个周期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的2倍，故C正确；
现在的调光台灯、调速电风扇，大多是用可控硅电子元件来实现的。图示是经过一个双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，请思考：
知识点三　峰值和有效值
(1)如图所示的交变电流是正弦式交变电流吗？
[提示]　不是正弦式交变电流。
(2)如何求得该交流电压的有效值？
[提示]　根据电流的热效应即可求得有效值。
√
图甲、乙分别为两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压波形是正弦函数的一部分。下列说法不正确的是(　　)
A．图甲、图乙均表示交流电
B．图甲、图乙所示电压的峰值均为20 V
C．图甲所示电压的有效值为10 V
D．图乙所示电压的有效值为10 V
√
[解析]　根据交变电流的定义，题图甲、乙均表示交流电，且题图甲、乙所示电压的峰值均为20 V，故A、B正确；
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
1．(直流电和交流电)在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是(　　)
√
√
2．(对描述交流电物理量的理解)关于交变电流，下列说法正确的是(　　)
A．在一个周期内交变电流的方向只改变一次
B．电风扇铭牌上标出的电压值和电流值都是指有效值
C．某正弦式交变电压的最大值为311 V，则该交变电压最小值为－311 V
D．用交流电流表或交流电压表测交变电流或电压时，测量的是交变电流或电压的最大值
解析：在一个周期内交变电流的方向改变两次，故A错误；
电风扇铭牌上标出的电压值和电流值都是指有效值，故B正确；
正弦式交变电压的最大值为311 V，最小值为零，故C错误；
交流电流表和交流电压表测量的是有效值，故D错误。
3．(周期和频率)(多选)关于交变电流的周期和频率，下列说法正确的是(　　)
A．为了描述交变电流的周期性变化引入了周期，而不是频率
B．周期为0.02 s的交变电流，其频率为50 Hz
C．周期和频率是倒数关系
D．频率为50 Hz的正弦式交变电流的方向每秒改变50次
√
√
解析：周期和频率都是为了描述交变电流的周期性变化而引入的，A错误；
由于正弦式交变电流在每个周期内方向改变两次，所以频率为50 Hz的正弦式交变电流每秒电流方向改变100次，D错误。
5第1节　交变电流的特点
　
1．知道交变电流和直流电流的概念。　2.知道交变电流的周期和频率的物理意义。　3.掌握交变电流的最大值和有效值的含义，会求解交变电流的有效值。
一、直流电流和交变电流
1．恒定电流：大小和方向都不随时间变化的电流是恒定电流。
2．直流电流：方向不随时间变化的电流为直流电流，俗称直流电。
3．交变电流：交流电源提供的电压随时间做周期性变化，因而在电路中形成的电流大小和方向也随时间做周期性变化，我们称这种电流为交变电流，俗称交流电。
二、交变电流的周期和频率
1．周期(T)
(1)定义：交变电流完成一次周期性变化所需要的时间。
(2)物理意义：描述交变电流变化的快慢。
2．频率(f)
(1)定义：交变电流在一段时间内完成周期性变化的次数与这段时间之比称为交变电流的频率。
(2)物理意义：描述交变电流变化的快慢。
3．关系：T＝。
4．正弦式交变电流：电流的大小和方向随时间按正弦规律变化的电流，简称正弦交流电。
三、交变电流的最大值和有效值
1．最大值
(1)定义：交变电压和电流能达到的最大值，又称峰值。
(2)应用：电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值。
2．有效值
(1)定义：让恒定电流和交变电流分别通过阻值相等的电阻，如果它们在相同的时间内产生的热量相等，就把该恒定电流的数值规定为这个交变电流的有效值。
(2)应用
①交流用电设备上所标的额定电压和额定电流。
②交流电表测量的数值。
③无特别说明时提到的交变电流的数值。
3．关系：对于正弦式交变电流，有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系：I＝＝0.707Im，U＝＝0.707Um。
判断下列说法是否正确。
(1)打点计时器所接交变电流频率f＝50 Hz时，打点周期为T＝0.02 s。(　　)
(2)交变电流的周期越大，交变电流的变化就越快。(　　)
(3)某段时间内的交变电流平均值等于这段时间始末时刻瞬时值的算术平均值。(　　)
(4)我国民用交变电流，照明电压为220 V和动力电压380 V都是指有效值。(　　)
(5)交变电流的有效值即为一个周期内的平均值。(　　)
提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)√　(5)×
知识点一　直流电流与交变电流的区别
　
如图所示的两种电路，哪个表示直流电流，哪个表示交变电流？
[提示]　甲图所示的电流方向不随时间变化，甲图表示直流电流；乙图所示的电流方向随时间变化，乙图表示交变电流。
直流电流与交变电流的比较
电流 交变电流 直流电流
脉动直流 恒定电流
方向 随时间周期性变化 不随时间变化 不随时间变化
大小 可以随时间变化，也可以不随时间变化，如矩形脉冲 可以随时间变化 不随时间变化
图像
区别 交变电流的方向发生周期性变化，而直流电的方向不变
　下列图像不属于交流电的是(　　)
[解析]　只要电流的方向发生周期性变化就是交变电流，若方向不变，虽然大小变化，但该电流为直流电。D图表示的电流大小发生了周期性变化，而方向没有变化，A、B、C图中的电流大小、方向发生了周期性变化，故A、B、C不符合题意，D符合题意。
[答案]　D
知识点二　周期和频率
　
如图所示的交变电流完成一次周期性变化需要多长时间？在1 s内完成多少次周期性变化？
[提示]　完成一次周期性变化需要0.02 s；在1 s内完成50次周期性变化。
1．周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时间。在正弦式交变电流的图像中，一个完整的正弦波形对应的时间为一个周期T。
2．频率：单位时间内完成周期性变化的次数。
3．周期和频率的关系：T＝或f＝，我国照明电路的u－t图像如图所示，则交流电的周期T＝0.02 s，频率f＝50 Hz。
说明：交变电流的周期和频率跟发电机转子的角速度ω或转速n有关。ω(n)越大，周期越短，频率越高，其关系为T＝，ω＝＝2πf＝2πn。
　(双选)矩形金属线圈共10匝，绕垂直于磁场方向的转动轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．此交变电流的频率为0.2 Hz
B．1 s内电流方向变化10次
C．此交变电流的周期为0.1 s
D．1 s内线圈转5圈
[解析]　由题图知T＝0.2 s，故f＝＝ Hz＝5 Hz，即1 s内完成5次周期性变化，线圈转5圈，每转1圈电流方向改变2次，故A、C错误，B、D正确。
[答案]　BD
　关于正弦式交变电流的周期和频率，下列说法正确的是(　　)
A．交变电流最大值连续出现两次的时间间隔等于周期
B．1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率
C．交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D．50 Hz的交变电流，其周期等于0.05 s
[解析]　在一个周期内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，相邻两个峰值的时间间隔为半个周期，因此1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率的2倍，故A、B错误；交变电流在一个周期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的2倍，故C正确；T＝＝ s＝0.02 s，故D错误。
[答案]　C
知识点三　峰值和有效值
　
现在的调光台灯、调速电风扇，大多是用可控硅电子元件来实现的。图示是经过一个双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，请思考：
(1)如图所示的交变电流是正弦式交变电流吗？
(2)如何求得该交流电压的有效值？
　Ｋ
[提示]　(1)不是正弦式交变电流。
(2)根据电流的热效应即可求得有效值。
1．峰值
(1)交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值，若将交流电接入纯电阻电路中，则电路中的电流及外电阻两端的电压的最大值分别为Im＝，Um＝ImR。
(2)电容器耐压值要高于交流电压的峰值才不会被击穿。
2．有效值：确定交变电流有效值的依据是电流的热效应。
让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则此恒定电流值叫作交变电流的有效值。
(1)在正弦式交变电流中，最大值与有效值之间的关系为E＝＝0.707Em，U＝＝0.707Um，I＝＝0.707Im。
(2)当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解。先计算交变电流在一个周期内产生的热量Q，再将热量Q用相应的物理量的有效值表示，即Q＝I2RT或Q＝T，最后代入数据求解有效值。
　如图所示的是一交变电流的i－t图像，则该交流电电流的有效值为________A。
[解析]　根据有效值的定义得×R×＋42×R×＝IRT，解得I有＝ A。
[答案]　
　某电路中的电流随时间的变化规律如图所示，让该电流通过一个阻值为2 Ω的电阻，在3 s内产生一定的热量，如果有一个恒定电流通过这个电阻，也能在3 s内产生相等的热量，则这个电流值为(　　)
A．3 A B． A
C．1.5 A D．3 A
[解析]　题图中交变电流在3 s内产生的热量Q＝2×(32×2×0.5＋62×2×1) J＝162 J，恒定电流通过这个电阻在3 s内产生相等的热量，则有Q＝I2Rt，解得这个电流值为I＝＝ A＝3 A。
[答案]　A
　图甲、乙分别为两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压波形是正弦函数的一部分。下列说法不正确的是(　　)
A.图甲、图乙均表示交流电
B.图甲、图乙所示电压的峰值均为20 V
C.图甲所示电压的有效值为10 V
D.图乙所示电压的有效值为10 V
[解析]　根据交变电流的定义，题图甲、乙均表示交流电，且题图甲、乙所示电压的峰值均为20 V，故A、B正确；题图甲所示电压的有效值U甲＝＝ V＝10 V，故C错误；根据有效值的定义得 ·＝ eq \f(U,R)T，解得题图乙所示电压的有效值U乙＝10 V，故D正确。
[答案]　C
1．(直流电和交流电)在下列几种电流的波形图中，不能表示交变电流的是(　　)
答案：A
2．(对描述交流电物理量的理解)关于交变电流，下列说法正确的是(　　)
A．在一个周期内交变电流的方向只改变一次
B．电风扇铭牌上标出的电压值和电流值都是指有效值
C．某正弦式交变电压的最大值为311 V，则该交变电压最小值为－311 V
D．用交流电流表或交流电压表测交变电流或电压时，测量的是交变电流或电压的最大值
解析：选B。在一个周期内交变电流的方向改变两次，故A错误；电风扇铭牌上标出的电压值和电流值都是指有效值，故B正确；正弦式交变电压的最大值为311 V，最小值为零，故C错误；交流电流表和交流电压表测量的是有效值，故D错误。
3．(周期和频率)(多选)关于交变电流的周期和频率，下列说法正确的是(　　)
A．为了描述交变电流的周期性变化引入了周期，而不是频率
B．周期为0.02 s的交变电流，其频率为50 Hz
C．周期和频率是倒数关系
D．频率为50 Hz的正弦式交变电流的方向每秒改变50次
解析：选BC。周期和频率都是为了描述交变电流的周期性变化而引入的，A错误；周期是完成一次周期性变化所需的时间，频率是在1 s内完成周期性变化的次数，所以周期和频率是倒数关系，若周期T＝0.02 s，则频率f＝＝50 Hz，B、C正确；由于正弦式交变电流在每个周期内方向改变两次，所以频率为50 Hz的正弦式交变电流每秒电流方向改变100次，D错误。
4．(交变电流有效值的计算)(2025·福建泉州阶段练)一交变电流随时间变化的图像如图所示，此交变电流的有效值是________A。
解析：设该交变电流的有效值为I，让该交变电流和直流电流分别通过同一电阻(阻值为R)，在一个周期(T＝0.2 s)内，该交变电流产生的热量Q′＝IRt1＋IRt2，在一个周期内直流电流通过该电阻产生的热量Q＝I2RT，由Q＝Q′，代入数据，解得I＝5 A。
答案：5题组1　变压器的动态分析
1．(2025·江苏连云港期中)如图所示是一台家用台灯亮度调节原理图，自耦变压器接入正弦交流电压，电流表A、电压表V分别为理想交流电流表和理想交流电压表。若将调压端的滑动触头P向下移动，则(　　)
A．电压表V的示数变小
B．变压器的输出功率变大
C．电压表V、电流表A测得的是瞬时值
D．电流表A的示数变大
解析：选A。将调压端的滑动触头P向下移动，副线圈匝数减小，根据＝，可知副线圈两端的电压减小，故电压表V的示数变小，故A正确；副线圈两端的电压减小，灯的功率减小，故变压器的输出功率变小，故B错误；电压表V、电流表A测得的是有效值，故C错误；变压器的输出功率变小，可知变压器的输入功率变小，可知原线圈电流减小，故电流表A的示数变小，故D错误。
2．如图所示电路中，变压器为理想变压器，电流表为理想电表，R1为定值电阻，R2为滑动变阻器，在原线圈两端加上正弦交流电压，则下列判断正确的是(　　)
A．仅将滑片P1向上移，电流表的示数减小
B．仅将滑片P1向上移，R1消耗的功率减小
C．仅将滑片P2向上移，电流表的示数减小
D．仅将滑片P2向上移，R1消耗的功率减小
解析：选C。仅将滑片P1向上移，副线圈接入电路的匝数增加，根据变压比可知，副线圈两端的电压增大，R1消耗的功率增大，电流表的示数增大，故A、B错误；仅将滑片P2向上移，R1中的电流不变，消耗的功率不变，R2中的电流减小，因此电流表的示数减小，故C正确，D错误。
3．(2025·黑龙江省联考)如图甲所示为理想变压器，其原、副线圈匝数比为6∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，Rt为NTC型热敏电阻，其阻值随温度升高而减小，R为定值电阻。若变压器的输入电压随时间变化的关系如图乙所示，则下列说法正确的是(　　)
A．电压表示数为6 V
B．变压器原、副线圈的功率之比为6∶1
C．变压器原、副线圈中的电流之比为6∶1
D．Rt温度降低时，电压表的示数不变、电流表的示数变小
解析：选D。电压表测量变压器输出电压的有效值，由题图乙可得变压器原线圈输入电压的有效值U1＝＝36 V，由理想变压器电压比等于匝数比可得＝＝，解得U2＝6 V，故电压表示数为6 V，故A错误；理想变压器原、副线圈的功率之比为1∶1，故B错误；由理想变压器电流比等于匝数比的反比可得＝＝，可知变压器原、副线圈中的电流之比为1∶6，故C错误；由变压器输入电压不变，根据＝可知，副线圈输出电压不变，则电压表的示数不变，Rt温度降低时，Rt阻值增大，根据欧姆定律可知，副线圈电流I2减小，根据＝，可知原线圈电流减小，则电流表的示数变小，故D正确。
4．(2025·江苏南通市模拟)如图所示，理想变压器原线圈接在正弦交流电源上，电源的输出电压不变，副线圈回路中接有电阻R和灯泡。现增加并入电路灯泡的个数，则(　　)
A．原线圈中的电流减小
B．副线圈中的电流减小
C．变压器的输出功率增大
D．灯泡消耗的总功率增大
解析：选C。增加并入电路的灯泡的个数，副线圈回路中的负载增加，副线圈回路的总电阻减小，而副线圈的输出电压U2不变，则副线圈中的电流增大，根据理想变压器两端的电流比等于匝数的反比，可知原线圈的电流增大，故A、B错误；由于变压器的输入功率和输出功率相等，副线圈的总电阻减小了，则输出功率增大了，故C正确；设灯泡的并联总电阻为R′，灯泡消耗的总功率P＝R′＝ eq \f(U,\f(R2,R′)＋R′＋2R)，则R′减小，灯泡消耗的总功率不一定增大，故D错误。
题组2　几种常见的变压器及其应用
5．电压互感器是一种测量电路中电压的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较多，并联在电路中，副线圈匝数较少，两端接在电压表上，则电压互感器(　　)
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路中某一用电器两端的电压
C．原、副线圈中电流的频率不同
D．副线圈两端的电压高于原线圈两端的电压
解析：选A。由＝知，由于原线圈匝数较多，副线圈匝数较少，则副线圈两端的电压低于原线圈两端的电压，则电压互感器是一种降压变压器，A正确，D错误；电压互感器是利用电磁感应进行工作的，在交流电路中才能正常工作，B错误；电压互感器能够改变原、副线圈中的电流和电压，但不能够改变其频率，C错误。
6．电流互感器是一种测量电路中电流的变压器，工作原理如图所示。其原线圈匝数较少，串联在电路中，副线圈匝数较多，两端接在电流表上，则电流互感器(　　)
A．是一种降压变压器
B．能测量直流电路的电流
C．原、副线圈电流的频率不同
D．副线圈的电流小于原线圈的电流
解析：选D。变压器是利用电磁感应的原理来改变交流电压的装置，不能改变交变电流的频率，B、C错误；根据变压器匝数与电压的关系＝可得，副线圈的电压U2＝U1，由于n1U1，电流互感器是一种升压变压器，A错误；根据变压器匝数与电流的关系＝可得，副线圈的电流I2＝I1，因此I2＜I1，D正确。
7．工厂检验电动机的质量时，要用到1千多伏电压可调的高压电。利用一个自耦变压器和一个升压变压器可满足这个要求。一自耦变压器部分示意图如图所示，已知该自耦变压器可视为理想变压器，线圈总匝数为1 250匝，其中原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上，则输出端AB可以得到的最高电压有效值是________V。
解析：对于自耦变压器，若要计算输出的最大电压，只需满足副线圈为总匝数。当副线圈匝数为1 250匝时，由变压器两端的电压与匝数成正比，即有UAB＝U＝×220 V＝250 V。
答案：250
8．在如图所示的闭合铁芯上绕有一组线圈，与滑动变阻器、电源构成闭合电路，a、b、c为三个闭合金属圆环，假定线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，则当滑动变阻器的滑片向右滑动时，下列说法正确的是(　　)
A．穿过a环的磁通量始终是c环的一半
B．穿过a、b两个环的磁通量始终相同
C．a、c两个环中都有感应电流
D．b、c两个环中都有感应电流
解析：选B。线圈产生的磁场全部集中在铁芯内，所以穿过a、b两个环的磁通量始终相同，故B正确；根据安培定则可知，穿过a的磁感线方向向左，穿过b的磁感线方向向上，当滑动变阻器的滑片向右滑动时，线圈中电流将发生改变，产生的磁场随之改变，穿过a、b两环的磁通量会发生改变，故a、b两环中都会产生感应电流，而向左和向右穿过c环的磁感线条数相等，完全抵消，总的磁通量为零，不发生变化，故c环中没有感应电流产生，故A、C、D错误。
9．(2025·山西朔州市怀仁市期末) 如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表。三个定值电阻阻值分别为R0、R1、R2，其中R1＞R2。在M、N两端接电压有效值为U的交流电源，开始时开关S接触b点，现使S接触a点，下列说法正确的是(　　)
A．电流表示数变小
B．电压表示数不变
C．变压器的输出功率一定变大
D．整个电路消耗的功率变大
解析：选A。因为R1＞R2，所以开关S从b打到a，接入输出电路的电阻增大，电流减小，所以输入电路的电流也会减小，即电流表示数变小，A正确；因为输入电路的电流减小，设电压表两端电压为UV，则UV＝U－IR0，所以电压表示数增大，B错误；变压器的输出功率可能变大，也可能变小，C错误；整个电路消耗的功率等于U乘以输入电路的电流，电流变小，U不变，所以整个电路消耗的功率变小，D错误。
10．(双选)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2，五盏灯泡相同，额定电压为10 V。当在a、b间加10 V交流电时，五盏灯的亮度相同，则下列说法正确的是(　　)
A．n1∶n2＝2∶3
B．此时L4灯的两端电压为6 V
C．若L1灯发生断路，L4灯的亮度不变
D．若L1灯发生断路，L4灯的亮度变暗
解析：选BD。五盏灯的亮度相同，则此时五盏灯两端的电压相同，设为U，此时通过五盏灯的电流相同，设为I，则有Uab＝U＋U1＝10 V，I1＝3I，对于原、副线圈有＝＝，＝＝＝，联立解得U＝6 V，故A错误，B正确；若L1灯发生断路，则电路的总功率减小，ab端的输出电流减小，即原线圈的输入电流减小，副线圈的输出电流减小，故L4灯的功率减小，L4灯的亮度变暗，故C错误，D正确。
11．(双选) (2024·山西吕梁联考)某中学物理实验室有一个“220 V，6 V”的变压器，如图甲所示，这个变压器上有a、b、c、d四个引出线头，且a、d引线比b、c引线粗。把该变压器接入如图乙所示电路中，变压器原线圈接有效值为220 V的正弦式交流电，副线圈接有电阻R1、理想二极管D和电阻R2。变压器视为理想变压器，则(　　)
A．ad端接220 V，bc端接6 V
B．理想变压器原、副线圈匝数比为110∶3
C．仅降低交流电频率，R1的功率减小
D．R2两端电压的有效值为3 V
解析：选BD。理想变压器输入功率等于输出功率，且采用的是降压变压器，根据P＝UI可知，副线圈中的电流更大，为了减小输电线上功率的损失，副线圈电线电阻要小，故引线要粗，故ad端接6 V，bc端接220 V，故A错误；理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝U1∶U2＝220∶6＝110∶3，故B正确；交流电的有效值与频率无关，故仅降低交流电频率，R1的功率不变，故C错误；二极管具有单向导电性，根据电流的热效应有×＝×T，解得R2两端电压的有效值UR2＝3 V，故D正确。
12．(2025·湖北十堰市调研)如图所示，理想变压器原线圈所在电路的输入端接有电压有效值为220 V的正弦交变电流，匝数为30的副线圈2与规格为“12 V　36 W”的灯泡L1连接，副线圈3与规格为“18 V　54 W”的灯泡L2连接，原线圈与额定电压为40 V 的灯泡L连接。若电路接通时，三个灯泡均正常发光，则下列说法正确的是(　　)
A．原线圈1两端的电压为220 V
B．原线圈1的匝数为450
C．副线圈3的匝数为50
D．通过灯泡L的电流有效值为1 A
解析：选B。三个灯泡均正常发光，可知原线圈1两端的电压U1＝220 V－40 V＝180 V，故A错误；设原线圈1的匝数为n1，根据理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可得＝，解得n1＝n2＝×30＝450，故B正确；设副线圈3的匝数为n3，根据理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比可得＝，解得n3＝n1＝×450＝45，故C错误；设通过灯泡L的电流有效值为I1，则有U1I1＝P2＋P3，解得I1＝＝ A＝0.5 A，故D错误。(共24张PPT)
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√
1．(双选)我国“西电东送”采用高压输电，继三峡至常州500 kV直流输电工程后，又实现了三峡至广东的500 kV直流输电工程。采用高压直流输电有利于不同发电机为同一电网供电和不同电网的互联。关于高压直流输电，下列说法正确的是(　　)
A．高压输电可以减小输电电流，从而减少输电导线的能量损失
B．恒定的直流输电可以有效消除交流高压输电中感抗和容抗的影响
C．可以加快输电的速度
D．为实现高压直流输电，可以用变压器直接改变恒定电流的电压
√
解析：功率一定，高压输电，则减小了输电电流，根据P损＝I2R，则输电导线上的能量损失减小了，故A正确；
高压恒定的直流输电消除了输电线中感抗和容抗的影响，故B正确；
电流的传输速度接近光速，不会随电压改变而改变，故C错误；
直流输电消除了电网同步输送带来的技术困难，但是变压器不能对恒定直流电压进行变压，故D错误。
√
√
√
输电线上损失的电压U′＝I1r＝U－U1，B错误；
4．(双选)如图所示，为了减少电能损失，一小型水电站用变压比n1∶n2＝1∶5的理想升压变压器向距离较远的用户供电，已知发电机的输出功率为46 kW，输电线路导线总电阻为5 Ω，最后用户得到220 V、44 kW的电力，则下列说法正确的是(　　)
A．发电机的输出电压是460 V
B．输电线上的电流是40 A
C．输电线上损失的电压是200 V
D．用户降压变压器原、副线圈匝数比n3∶n4＝10∶1
√
√
5．(2023·天津卷，T6)输电线为用户输电的情景如图所示，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的是(　　)
A．T1输出电压与T2输入电压相等
B．T1输出功率大于T2输入功率
C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
√
解析：由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；
由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损＝I2R可知R功率增大，故C错误；
用户接入电路的用电器增多，用电器消耗功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
6．(2025·浙江嘉兴中学期中)“西电东送”是我国西部大开发的标志性工程之一。如图是远距离输电的原理图，假设发电厂的输出电压U1恒定不变，输电线的总电阻保持不变，两个变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　　)
A．若输送总功率不变，当输送电压U2增大时，
输电线路损失的热功率增大
B．在用电高峰期，用户电压U4降低，输电线路损失的热功率增大
C．当用户负载增多，升压变压器的输出电压U2会增大
D．当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率会增大
√
解析：若输送总功率不变，当输送电压U2增大时，输电线路中电流变小，由P损＝I2R可知输电线路损失的热功率减小，故A错误；
当用户负载增多，通过用户用电器的电流频率不会变化，故D错误。
7．(2023·山东卷，T7)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率为500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω，其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率为88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是(　　)
A．发电机的输出电流为368 A
B．输电线上损失的功率为4.8 kW
C．输送给储能站的功率为408 kW
D．升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
√
根据理想变压器无功率损失，有P＝U2I3＋P储，代入数据有P储＝408 kW，C正确。
√
8．(2025·江苏扬州市期中)如图所示的是学校自备发电机在停电时为教学楼教室输电的示意图，发电机输出电压恒为220 V，发电机到教学楼的输电线电阻用图中r等效替代。若使用中，在原来工作着的日光灯的基础上再增加教室开灯的盏数，则(　　)
A．整个电路的电阻将增大，干路电流将减小
B．因为发电机输出电压恒定，所以原来工作着的日光灯的亮度将不变
C．发电机的输出功率将增大
D．输电过程中的损失功率(即输电线路消耗的功率)将减小
根据电源的输出功率P＝UI，可知输出电压不变，电路中的电流增大，输出功率增大，C正确；
根据P损＝I2r可知，导线的内阻不变，电流增大时，其损失功率增大，D错误。
√
9．(多选)(2025·新疆乌鲁木齐市期中)如图所示，一个发电系统的输出电压恒为250 V，输送功率为1×105 W。通过理想变压器向远处输电，所用输电线的总电阻为8 Ω，升压变压器T1原、副线圈匝数比为1∶16，下列说法正确的是(　　)
A．升压变压器副线圈两端的电压U2＝2×103 V
B．输电线损失的电压为3.8×103 V
C．输电线损失的功率为5×103 W
D．若用户获得220 V电压，则降压变压器T2原、副线圈的匝数比为190∶11
√
10．利用风力发电会出现发电高峰与用电高峰错时的现象，需要设计节能储能输电网络。如图所示，若风力发电输出功率恒为500 kW，输电线总电阻R＝100 Ω，其余线路电阻忽略不计，用户两端电压恒为U＝48 kV。白天用户的用电功率为480 kW，夜晚用户的用电功率为 96 kW，所有变压器均为理想变压器，则白天输送给储能站的功率为________kW；夜晚输送给储能站的功率为________kW；白天输电线上损失的功率为________kW。
10
403.6
10
11．(12分)用一台输出电压为 200 V 的发电机，通过两个变压器为一个额定电压为200 V的用电器远距离供电。发电机到变压器Ⅰ之间的电线电阻可视为R1＝5 Ω，输电线上的总电阻可视为R2＝100 Ω。已知输电线上输入的电压U2＝1 000 V，电流大小为 2 A。当用电器正常工作时，求：
(1)变压器Ⅱ中原、副线圈匝数之比；(6分)
解析：变压器Ⅱ中原线圈的输入电压
U3＝U2－I2R2＝1 000 V－2×100 V＝800 V
(2)变压器Ⅰ中原、副线圈匝数之比。(6分)
解析：设变压器Ⅰ中原线圈的电流为I1，则有U0＝I1R1＋U1
又U1I1＝U2I2
联立解得I1＝20 A，U1＝100 V

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