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(共47张PPT)
第二节　描述交变电流的物理量
学习目标
1．知道描述交变电流的物理量有周期、频率、峰值、有效值，理解这些物理量的意义。　2.会利用有效值的定义求交变电流的有效值。　3.认识交变电流的图像，并根据图像解决具体问题。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、周期和频率
1．周期：将交变电流完成____周期性变化的时间称为交变电流的周期，用符号T表示，单位是秒。
2．频率：交变电流在一段时间内做周期性变化的次数与所用时间之比，它的符号是f，单位是赫兹，简称赫，符号是Hz。
一次
二、峰值和有效值
1．峰值：交变电流的峰值是指在一个周期内所能达到的最大数值。
电容器所能承受的电压应____交流电压的峰值，否则电容器就可能被击穿。
2．有效值：让交变电流和恒定电流分别通过相同阻值的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量____，那么这一恒定电流的数值称为交变电流的有效值。
高于
相等
(2)应用：各种使用交变电流的电气设备铭牌上标注的额定电压、额定电流都是______。交流电压表和交流电流表测量的也是______。
有效值
有效值
三、用图像描述交变电流
根据正弦式交变电流的公式，我们可以绘制出正弦式电流的电动势e、电流i、和电压u随时间变化的图像。图中标出了周期、峰值等物理量，如图所示。

用图像描述正弦式交变电流
√
×　
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)我国电网中交变电流的频率是100 Hz。(　　)
(4)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。(　　)
(5)我国民用交变电流的照明电压220 V和动力电压 380 V 都是指有效值。(　　)
(6)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　周期和频率　峰值和有效值
1．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。
2．现在的调光台灯、调速电风扇，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？
[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。
角度1　交变电流的周期和频率
(多选)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．t＝0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行
D．1 s内线圈转5圈
√
√
√
√
知识点二　正弦式交变电流的“四值”的综合分析
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，需要考虑交变电流的哪一个值？
[提示]　交变电流的最大值。
(2)若保证保险丝管正常使用，应考虑交变电流的哪一个值？
[提示]　交变电流的有效值。
√
一线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，得到的交变电流的电动势瞬时值表达式为e＝220sin 314t(V)，则下列说法正确的是(　　)
A．该交变电流电动势的有效值为220 V
B．该线圈匀速转动的转速约为3 000 r/min
C．当仅将线圈的转速提高时，电动势的峰值不发生变化
D．将该交变电流加在标称为220 V的灯泡上时，灯泡能正常发光
√
角度2　根据交变电流的图像分析“四值”
(2025·佛山期末)如图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生如图乙所示的交变电流。已知发电机内阻r＝2 Ω，与其串联的白炽灯泡额定电压为9 V、阻值为18 Ω。若该灯泡恰好正常发光，则此时发电机(　　)
A．输出电流的有效值为0.5 A
B．输出电流的最大值为0.5 A
C．输出的交流电频率为10 Hz
D．输出的交流电频率为50 Hz
√
(多选)如图甲所示，标有“220 V　40 W”的电灯和标有“20 μF　300 V”的电容器并联接到交变电源上，V为交变电压表，交变电源的输出电压如图乙所示，闭合开关。下列判断正确的是(　　)
A．t＝0时刻，交变电压表的示数为零
B．电容器将被击穿
C．电灯的电功率为40 W
D．当T＝0.02 s时，电流方向每秒改变50次
知识点三　交变电流问题的综合分析
√
√
(1)若从线圈通过中性面时开始计时，写出电动势的瞬时表达式。
[解析]　根据角速度定义式，得ω＝2πn＝200 rad/s　
若从线圈通过中性面时开始计时，则有
e＝NBSωsin ωt＝100×0.2×0.12×200sin 200t(V)＝40sin 200t(V)。
[答案]　e＝40sin 200t(V)　
(2)求电压表的示数。
(3)求在1分钟内外力驱动线圈转动所做的功。
[答案]　4 800 J　
(4)求从图中所示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量。
[答案]　0.02 C
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(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快慢引入了周期，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
√
√
√
√1．(多选)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。高压输电，功率一定，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；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．(多选)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(1－)
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为P′＝I2R＝ρ＝，用户得到的功率为P用＝P－P′＝P。
3．(多选)远距离送电，已知升压变压器输出电压为U1，功率为P，降压变压器的输入电压为U2，输电线的电阻为R，输电线上电压为U线，则线路损耗的热功率P损可用的计算方法有(　　)
A．P损＝ eq \f(U,R) B．P损＝ eq \f(U,R)
C．P损＝ eq \f(U,R) D．P损＝ eq \f(P2R,U)
解析：选BD。输电线上的电压为U线，则输电线上损耗的功率P损＝ eq \f(U,R) ，A、C错误，B正确；升压变压器输出电压为U1，功率为P，根据功率公式可知，输电线上的电流I＝，输电线上损耗的功率P损＝I2R＝ eq \f(P2R,U) ，D正确。
4．(多选)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，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．在如图所示的远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法正确的是(　　)
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总输送功率的比例减小
解析：选C。由于发电厂的输出电压不变，升压变压器的匝数不变，所以升压变压器的输出电压不变，A错误；由于发电厂的输出功率增大，则升压变压器的输出功率增大，又因为升压变压器的输出电压U2不变，根据P＝UI 知输电线上的电流I线增大，根据U损＝I线R，输电线上的电压损失增大，根据降压变压器的输入电压U3＝U2－U损可得，降压变压器的输入电压 U3 减小，降压变压器的匝数不变，所以降压变压器的输出电压减小，B错误；根据P损＝IR，又因为输电线上的电流增大，电阻不变，所以输电线上的功率损失增大，C正确；根据η＝＝ eq \f(PR,U) ，发电厂的输出电压不变，输电线上的电阻不变，所以输电线上损耗的功率占总功率的比例随着发电厂输出功率的增大而增大，D错误。
6．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。
7．(多选)如图为某水电站远距离输电的原理图。升压变压器的原副线圈匝数比为n∶1，输电线总电阻为R，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂输出的电压恒为U，若由于用户端负载变化，使发电厂输出功率增加了ΔP。下列说法正确的是(　　)
A．电压表V1的示数不变，电压表V2的示数减小
B．电流表A1、A2的示数均增大
C．输电线上损失的电压增加了
D．输电线上损失的功率增加了
解析：选ABC。根据题意，据公式P＝UI可知，由于发电厂输出的电压恒为U，发电厂输出功率增加了ΔP，则发电厂的输出电流增加了，升压变压器原线圈中电流变大，由于升压变压器和降压变压器线圈匝数比不变，则由电流与匝数的关系可知，电流表A1、A2的示数均增大，B正确；由于发电厂输出的电压恒为U，则电压表V1的示数不变，由于输电线上电流变大，则输电线上损失的电压变大，则降压变压器原线圈两端电压变小，副线圈两端电压也变小，则电压表V2的示数减小，A正确；由电流与匝数的关系＝，可知，输电线上电流增加了ΔI1＝nΔI＝，则输电线上损失的电压增加了ΔU＝ΔI1R＝，C正确；由公式P＝I2R可得，输电线上损失的功率增加了ΔP1＝2R－IR≠，D错误。
8．“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I4变大，由＝，可知输电线路中电流I3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。
9．(多选)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。下列说法正确的是(　　)
A．白天输送给储能站的功率为10 kW
B．夜晚输送给储能站的功率为40 kW
C．白天输电线上损失的功率为10 kW
D．白天输电线上损失的功率为0.4 kW
解析：选AC。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，故C正确，D错误；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，故B错误。
10．(10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；(4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)第一节　认识交变电流
1．知道交变电流、直流的概念。　2.掌握交变电流的产生和变化规律。　3.知道交变电流的峰值、瞬时值的含义。　4.会书写交变电流的瞬时值表达式。
　
一、直流与交流
1．直流：方向不随时间改变的电流称为直流。其中强弱和方向都不随时间变化的电流称为恒定电流。
2．交流：强弱和方向随时间做周期性变化的电流，称为交变电流，简称交流(AC)。
二、观察交变电流的图像
电流或电压随时间变化的图像称为交变电流的波形图。
我们日常生活和生产中所使用的交变电流是按正弦规律变化的。
三、交变电流的产生
1．交变电流的产生
(1)交流发电机的线圈在磁场中转动时，转轴与磁场方向垂直，用右手定则判断线圈切割磁感线产生的感应电流方向。
(2)中性面：线圈平面与磁感线垂直的位置叫作中性面。
2．过程分析
(1)线圈由如图甲所示的位置转到如图乙所示位置的过程中，电流方向为a→b→c→d→a。
(2)线圈由如图乙所示的位置转到如图丙所示位置的过程中，电流方向为a→b→c→d→a。
(3)线圈由如图丙所示的位置转到如图丁所示位置的过程中，电流方向为a→d→c→b→a。
(4)线圈由如图丁所示的位置转到如图甲所示位置的过程中，电流方向为a→d→c→b→a。
3．交变电流的变化规律
(1)线圈每次经过中性面位置时，线圈中没有感应电动势，也没有感应电流。
(2)线圈经过垂直于中性面的位置时，两边做垂直切割磁感线运动，产生的电流最大。
(3)线圈在磁场中不同位置做垂直切割磁感线运动的分速度大小和方向不同，因而产生了大小和方向随时间变化的交变电流。线圈每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次。
线圈转动一周经过两次中性面，感应电流的方向改变两次。
四、用公式描述交变电流
1．正弦式交变电流
按正弦规律变化的交变电流称为正弦式交变电流。
2．正弦式交变电流的表达式
(1)电动势：e＝Emsin ωt(其中Em＝NBSω)。
(2)电压：u＝Umsin ωt。
(3)电流：i＝Imsin ωt。
其中Em、Um、Im分别为电动势、电压和电流的最大值，也叫峰值。
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)交流电源没有正负极之分。(　　)
(4)交流是指按正弦规律变化的电流。(　　)
(5)线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动时产生的交变电流是正弦式交变电流。(　　)
(6)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)√　(6)×
知识点一　交变电流的产生及特点
1．线圈平面在不同位置时的特点比较
线圈平面所在位置 中性面 中性面的垂面 远离中性面 靠近中性面
空间关系 线圈平面与磁场垂直 线圈平面与磁场平行 线圈平面与磁场夹角变小 线圈平面与磁场夹角变大
磁通量 最大 零 变小 变大
磁通量变化率 零 最大 变大 变小
感应电动势 零 最大 变大 变小
感应电流 零 最大 变大 变小
电流方向 改变 不变 不变 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。
　下列关于交变电流和直流的说法正确的是　(　　)
A．若电流大小做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流的大小可以变化，但方向不一定变化
C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性的变化
[解析]　若电流大小做周期性变化，则不一定为交变电流，因为没有提及电流方向随时间做周期性变化，A错误；直流的大小可以变化，但直流的方向一定不变，B错误；交变电流的方向发生周期性的变化，但不一定是按正弦或余弦规律变化的，C错误；交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性的变化，D正确。
[答案]　D
　在产生交变电流的实验中，下列关于中性面的说法正确的是(　　)
A．此时线圈垂直切割磁感线，感应电流最大
B．磁感线垂直于该时刻的线圈平面，所以磁通量最大，磁通量的变化率也最大
C．线圈平面每次经过中性面时，感应电流的方向一定会发生改变
D．线圈平面处于跟中性面垂直的位置时，磁通量的变化率为零，感应电动势、感应电流均最大，电流方向不变
[解析]　线圈平面与中性面重合时，线圈线速度方向与磁感线平行，不切割磁感线，感应电流为零，故A错误；线圈平面与中性面重合时，磁感线垂直于该时刻的线圈平面，所以磁通量最大，但磁通量的变化率为零，故B错误；线圈平面每次经过中性面时，感应电流的方向一定会发生改变，故C正确；线圈平面处于跟中性面垂直的位置时，磁通量的变化率最大，感应电动势、感应电流均最大，电流方向不变，故D错误。
[答案]　C
　交流发电机模型如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动，从线圈平面与磁场垂直时开始计时，已知线圈转动的角速度ω＝2π rad/s，则下列说法正确的是(　　)
A．线圈中产生余弦变化规律的交变电流
B．t＝0.25 s时，线圈位于中性面
C．t＝0.5 s时，穿过线圈的磁通量变化率最大
D．t＝0.75 s时，线圈的感应电动势最大
[解析]　根据题意可知线圈平面与磁场垂直时开始计时，即线圈从中性面开始转动，产生正弦变化规律的交变电流，故A错误。已知线圈转动的角速度ω＝2π rad/s，可得T＝＝1 s，当t＝0.25 s时，可得t＝，知线圈从中性面转到线圈平面与磁场平行的位置；当t＝0.5 s时，可得t＝，知线圈转到中性面位置，此时穿过线圈的磁通量变化率最小；当t＝0.75 s时，可得t＝，知线圈转到与磁场平行的位置，此时线圈的感应电动势最大，故B、C错误，D正确。
[答案]　D
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，感应电动势的最大值均相同，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。
　(多选)线圈在磁场中匀速转动产生的交流电动势为e＝10sin 20πt(V)，则下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大
D．t＝0.4 s时，e达到峰值10 V
[解析]　t＝0时，感应电动势的瞬时值为e＝10sin 20πt(V)＝0，则线圈平面位于中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，导线切割磁感线的有效速度最小，A、B正确，C错误；当t＝0.4 s时，感应电动势的瞬时值为e＝10sin (20π×0.4)V＝0，D错误。
[答案]　AB
　(多选)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
知识点三　交变电流的图像问题
1．交变电流的图像
正弦交变电流随时间的变化情况可以从图像上表示出来，如图描述的是交变电流的电动势、电流、电压随时间变化的规律，它们是正弦曲线。
2．图像信息
(1)交变电流的最大值Im、Em、Um，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，可找出线圈平行于磁感线的时刻。
(3)判断线圈中磁通量的变化情况。
(4)分析判断e、i、u随时间变化的规律。
　一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，则(　　)
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻前后线圈中感应电流方向相同
C．t2、t4时刻通过线圈的磁通量变化率最小
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最大
[解析]　t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故A错误；t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，处于中性面，线圈中感应电流方向改变，故B错误；t2、t4时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量的变化率最大，线圈中感应电动势最大，故C错误，D正确。
[答案]　D
　(多选)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t1或t3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，磁通量变化率最大
[解析]　金属线圈恰好处于题图甲所示的位置时，磁通量最大，AB、CD边均不切割磁感线，感应电动势为0，电流为0，对应题图乙中t1或t3时刻，由法拉第电磁感应定律知，磁通量变化率为0, B、C错误，A正确；t2、t4时刻感应电流最大，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律知，磁通量变化率也最大，AB、CD边垂直切割磁感线，线圈平面与磁感线平行，磁通量最小，D正确。
[答案]　AD
1．(交变电流)在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴转动时，则线圈平面(　　)
A．转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B．转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大
C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大
D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量的变化率最小，线圈中的感应电动势最小
解析：选C。当线圈平面转到中性面的瞬间，线框平面与磁感线方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为0，故A、B错误；当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为零，线圈中磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，此时线圈中的感应电动势最大，故C正确，D错误。
2．(交变电流的产生)(多选)如图是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平转轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列选项正确的是(　　)
A．图示位置时，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，电流最大
B．图示位置时，线圈处于与中性面垂直的位置，穿过线圈平面的磁通量最小，电流最大
C．从图示位置旋转90°，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最大，电流最大
D．从图示位置开始往逆时针方向旋转产生余弦式交变电流
解析：选BD。题图中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，电流最大，故A错误，B正确；从题图所示位置旋转90°，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，故C错误；从题图所示位置开始往逆时针方向旋转产生余弦式交变电流，故D正确。
3．(交变电流的图像)(多选)线圈的匝数为100匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，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和t＝0.2 s时，线圈平面和磁场垂直，电动势最大
B．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，线圈平面和磁场垂直，电动势为零
C．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时电流方向不变
D．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，线圈切割磁感线的有效速率最大
解析：选BC。线圈平面与磁场垂直时的位置为中性面，在t＝0和t＝0.2 s时，磁通量最小，线圈平面和磁场平行，感应电动势最大，故A错误；在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，则磁通量变化率为零，线圈切割磁感线的有效速率最小，故B正确，D错误；在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，磁通量最小，线圈位于与中性面垂直的位置，电流方向没有发生变化，故C正确。
4．(交变电流的变化规律)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转每分钟的速度绕中心轴OO′匀速转动，当t＝0时线圈平面与磁场方向垂直。
(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时线圈平面与磁场方向垂直，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
e1＝12π V。
答案：(1)e＝24πsin 10πt(V)　(2)12π V1．下列提到的不是指交变电流的有效值的是　(　　)
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、保险丝的熔断电流、平时常说的电压和电流、电器上标注的电压和电流都为有效值。
2．已知某交变电流的变化规律是i＝20sin ωt(A)，当t＝时，电流的瞬时值为(　　)
A．10 A　　　　　　　　 B．17.32 A
C．7.07 A D．14.14 A
解析：选B。i＝20sin A＝10 A≈17.32 A，故B正确。
3．(多选)一只“220 V　100 W”的灯泡接在u＝311sin 314t(V)的交变电源上，则下列判断正确的是(　　)
A．灯泡能正常发光
B．与灯泡串联的电流表的示数为0.5 A
C．与灯泡并联的电压表的示数为220 V
D．通过灯泡的电流的表达式为i＝0.64sin 314t(A)
解析：选ACD。从电压瞬时值表达式知电压有效值为220 V，故“220 V　100 W”的灯泡接在此交流电源上能正常发光，故A正确；通过灯泡的电流I＝≈0.45 A，也是与灯泡串联的电流表的示数，故B错误；电压表与灯泡并联测得的也是灯泡两端电压的有效值，故示数为220 V，故C正确；通过灯泡的电流的有效值为0.45 A，故其最大值Im＝×0.45 A≈0.64 A，故D正确。
4．(多选)在一阻值为R＝10 Ω的定值电阻中通入如图所示的电流，则(　　)
A．此电流为交流
B．此电流的频率为0.5 Hz
C．此电流的有效值约为2.5 A
D．在前2 s内电阻产生的焦耳热为25 J
解析：选AB。根据交流的定义，此电流为交流，A正确；由题图可知该交流的周期为2 s，此电流的频率为0.5 Hz，B正确；根据交流的有效值的定义有I2RT＝IR＋IR，代入数据解得此电流的有效值为I＝2.5 A，C错误；根据焦耳定律可知，在前2 s内电阻产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝250 J，D错误。
5．一线圈其电阻R＝4 Ω，通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，则在前10 s内线圈产生的焦耳热为(　　)
A．150 J B．170 J
C．200 J D．250 J
解析：选B。设该电流的有效值为I，则I2RT＝2×R×＋22×R×，解得I＝ A，则在前10 s内线圈产生的焦耳热为Q＝I2Rt＝2×4×10 J＝170 J，B正确。
6．(2025·湛江期末)在同一电热器中分别通入如图所示的甲、乙两种交变电流，则该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率P甲∶P乙为(　　)
A．5∶4 B．5∶8
C．1∶1 D．1∶2
解析：选A。甲电流有效值IR＋R＝IRT，解得I1＝I0，乙电流的有效值I2＝I0，该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率＝ eq \f(IR,IR) ＝。
7．一交流电压为u＝100sin (100πt) V，由此表达式可知(　　)
A．t＝0时交流电压表的示数为0
B．t＝0时，线圈磁通量为0
C．将该电压加在“100 V，100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 W
D．t＝ s时，该交流电压的瞬时值为100 V
解析：选D。交流电压表的读数是交流电的有效值，则t＝0时电压表示数不为0，A错误；t＝0时，线圈在中性面位置，此时线圈磁通量最大，B错误；该交流电的有效值U＝ V＝100 V，则将该电压加在“100 V，100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率等于100 W，C错误；t＝ s时，该交流电压的瞬时值u＝100·sin V＝100 V，D正确。
8．一正弦式电流的电流随时间变化规律图像如图所示，由图可知(　　)
A．用电流表测该电流，其示数为14.1 A
B．该交流电流的频率为100 Hz
C．该交流电流瞬时值表达式为i＝10sin 628t
D．该交流电流通过10 Ω电阻时，电阻消耗的电功率为1 000 W
解析：选D。电流表测的是有效值，则I＝ A＝10 A，A错误；根据题图可知，该交流电流的频率为f＝ Hz＝50 Hz，B错误；该电流瞬时值表达式为i＝imsin t＝10sin 314t，C错误；计算电功率需要用有效值，则P＝I2R＝102×10 W＝1 000 W，D正确。
9．(多选)矩形金属线圈共有10匝，绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电的电动势e随时间t变化的规律如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．此交流电的频率为5 Hz
B．此交流电电动势的有效值为1 V
C．t ＝ 0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行
D．线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为 Wb
解析：选AD。由题图知，此交流电的周期为0.2 s，则频率f＝＝5 Hz，故A正确；由题图知，此交流电的峰值为1 V，则有效值E有＝ V＝ V，故B错误；在t＝0.1 s时，感应电动势为零，磁通量最大，为中性面位置，即与磁场方向垂直，故C错误；由Em＝NBSω可知，最大磁通量Φm＝BS＝＝ Wb，故D正确。
10．(多选)(2025·阳江期末)一正余弦交流电的电动势e随时间t变化的规律如图所示，则该交变电流的(　　)
A．频率是0.02 Hz
B．电动势有效值为5 V
C．一个周期内电流方向变化2次
D．电动势瞬时值表达式是e＝10cos 100t(V)
解析：选BC。由图像可知该交变电流的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，故A错误；电动势有效值E＝＝ V＝5 V，故B正确；一个周期内经过两次中性面，电流方向变化2次，故C正确；电动势瞬时值表达式为e＝10cos 100πt(V)，故D错误。
11．如图所示，一矩形金属线圈面积为S、匝数为N，在磁感应强度为B的匀强磁场中，以角速度ω绕垂直于磁场的固定轴匀速转动，则(　　)
A．线圈中磁通量变化率的最大值为NBSω
B．电动势的峰值是NBSω
C．从图示位置开始转过60°时，电动势的瞬时值是NBSω
D．从中性面开始转过90°的过程中，电动势的平均值是
解析：选B。根据Em＝N＝NBSω，可得线圈中磁通量变化率的最大值＝BSω，电动势的峰值是Em＝NBSω，A错误，B正确；从题图位置开始转过60°时，电动势的瞬时值是e＝NBSωsin 60°＝NBSω，C错误；从中性面开始转过90°的过程中，电动势的平均值是＝N＝N＝，D错误。
12.(12分)如图所示，交流发电机的矩形金属线圈，ab边和cd边的长度L1＝20 cm，bc边和ad边的长度L2＝10 cm，匝数N＝50匝，线圈的总电阻r＝1 Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.1 T 的匀强磁场中。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环(集流环)E、F焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝4 Ω 的定值电阻连接。初始状态时线圈平面与磁场方向平行，现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。
(1)从线圈经过图示位置开始计时，写出线圈内的电流随时间变化的函数关系式。(4分)
(2)求线圈转动过程中电压表的示数以及电阻R的发热功率(电压表读数保留1位小数)。(4分)
(3)从线圈经过图示位置开始计时，求转过周期时电动势的瞬时值。(4分)
解析：(1)对于N匝线圈，ab边与cd边一起切割磁感线，
则有Em＝NBL1L2ω＝20 V
根据闭合电路欧姆定律有
Im＝＝4 A
从线圈经过题图所示位置开始计时，线圈内的电流随时间变化的函数关系式为
i＝Imcos ωt＝4cos 200t(A)。
(2)电路中电流的有效值
I＝＝2 A
电压表示数U＝IR＝8 V≈11.3 V
电阻R的发热功率
P＝I2R＝32 W。
(3)从题图所示位置开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos ωt，当t＝时，ωt＝
所以电动势的瞬时值为e＝20cos V＝10 V。
答案：(1)i＝4cos 200t(A)　(2)11.3 V　32 W
(3)10 V(共25张PPT)
课后达标检测
√
1．下列提到的不是指交变电流的有效值的是　(　　)
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、保险丝的熔断电流、平时常说的电压和电流、电器上标注的电压和电流都为有效值。
√
3．(多选)一只“220 V　100 W”的灯泡接在u＝311sin 314t(V)的交变电源上，则下列判断正确的是(　　)
A．灯泡能正常发光
B．与灯泡串联的电流表的示数为0.5 A
C．与灯泡并联的电压表的示数为220 V
D．通过灯泡的电流的表达式为i＝0.64sin 314t(A)
√
√
√
4．(多选)在一阻值为R＝10 Ω的定值电阻中通入如图所示的电流，则(　　)
A．此电流为交流
B．此电流的频率为0.5 Hz
C．此电流的有效值约为2.5 A
D．在前2 s内电阻产生的焦耳热为25 J
√
√
5．一线圈其电阻R＝4 Ω，通有如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，则在前10 s内线圈产生的焦耳热为(　　)
A．150 J B．170 J
C．200 J D．250 J
√
√
6．(2025·湛江期末)在同一电热器中分别通入如图所示的甲、乙两种交变电流，则该电热器在甲、乙两种电流下对应的电功率P甲∶P乙为(　　)
A．5∶4
B．5∶8
C．1∶1
D．1∶2
√
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12.(12分)如图所示，交流发电机的矩形金属线圈，ab边和cd边的长度L1＝20 cm，bc边和ad边的长度L2＝10 cm，匝数N＝50匝，线圈的总电阻r＝1 Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.1 T 的匀强磁场中。线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环(集流环)E、F焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝4 Ω 的定值电阻连接。初始状态时线圈平面与磁场方向平行，现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO′以角速度ω＝200 rad/s 匀速转动。电路中其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计。
(1)从线圈经过图示位置开始计时，写出线圈内的电流随时间变化的函数关系式。(4分)
答案：i＝4cos 200t(A)　
(2)求线圈转动过程中电压表的示数以及电阻R的发热功率(电压表读数保留1位小数)。(4分)
答案：11.3 V　32 W
答案：10 V(共26张PPT)
专题提升课5　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　负载变化
(多选)图为街头变压器给用户供电的示意图。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为R0，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用户用电器增加时，相当于滑动变阻器接入电路中的阻值减小。输入电压可以认为保持不变，不计电表的内阻及变压器上的能量损失，当用户用电器增加时，则(　　)
A．电压表V2的示数减小
B．电流表A1的示数增大
C．电压表V3的示数减小
D．电流表A2的示数减小
√
√
类型2　匝数比变化
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。
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和I1分别约为(　　)
A．380 V　5.3 A　　　 B．380 V　9.1 A
C．240 V　5.3 A D．240 V　9.1 A
√
√
√
(多选)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
(多选)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为1∶2，在原、副线圈的回路中分别接有阻值为R和4R的电阻，原线圈一侧接在电压100 V的正弦交流电源上，则(　　)
A．副线圈回路中电阻两端的电压为100 V
B．副线圈回路中电阻两端的电压为200 V
C．原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶1　
D．原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶2　
√
√
类型2　原线圈并联负载的电路
　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。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
√题组1　交变电流的产生
1．下列关于电流i随时间t变化的图像中，不表示交变电流的是(　　)
解析：选A。题图A中电流大小发生周期性变化，但方向保持不变，所以不是交变电流，故A符合题意；题图B、C、D中电流大小、方向均发生周期性变化，均是交变电流，故B、C、D不符合题意。
2．(多选)如图所示，下列线圈(均匀速转动)中能产生正弦式交变电流的是(　　)
解析：选BCD。根据正弦式交变电流产生的条件可知，在匀强磁场中，线圈转轴垂直于磁场方向，运动时能产生正弦式交变电流。
3．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时(　　)
A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
解析：选C。当线圈平面平行于磁感线时，穿过线圈的磁通量最小，但磁通量的变化率最大，即最大，故C正确。
4.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为Φ0＝BS，从此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量为ΔΦ＝－BS－BS＝－2BS，即线圈磁通量变化量不为零，D错误。
5．(2025·梅州期末)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，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，穿过线圈的磁通量最大
C．在图乙所示位置时，线圈a端电势高于b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C。题图乙中线圈所处位置与磁感线平行，穿过线圈的磁通量最小，与中性面垂直，故A、B错误；根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如题图乙所示位置时a端电势高于b端电势，故C正确；线圈内部电流从b到a，根据左手定则可知线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下，故D错误。
题组2　交变电流的变化规律
6．(多选)如图所示，形状或转轴位置不同、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，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。
题组3　交变电流的图像
7．一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻穿过线圈的磁通量最大
B．t2时刻穿过线圈的磁通量为0
C．t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率最大
D．每当电流方向变化时，线圈平面就会与中性面垂直
解析：选C。t1时刻感应电动势最大，线圈通过与中性面垂直的位置，穿过线圈的磁通量最小，A错误；t2时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，B错误；t3时刻感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，C正确；每当电流方向变化时，线圈平面与磁场垂直，即线圈转到中性面位置，D错误。
8．如图甲所示，线圈在匀强磁场中匀速逆时针转动，其磁通量图像Φ－t如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时磁通量最大
B．t＝0时磁通量变化率最小
C．开始时电流方向为从a到d
D．感应电动势图像类似于sin θ图像
解析：选C。由题图乙可知，t＝0时磁通量为零，图线斜率最大，磁通量的变化率最大，A、B错误；根据右手定则，开始时电流方向为从a到d，C正确；磁通量从零开始变化，此时磁通量的变化率最大，感应电动势最大，则感应电动势图像类似于cos θ图像，D错误。
9．图示为交流发电机模型的示意图。位于磁场中的矩形导线框abcd可绕过其对称轴的轴线OO′转动。已知在t＝0时刻，线框的平面与磁场方向垂直(即图示位置)，并从此位置开始以恒定的角速度绕转轴沿逆时针方向转动。若规定通过电阻的电流从e到f为正，则下列i－t图像正确的是(　　)
解析：选C。线圈在t＝0时刻，线圈处于中性面位置，此时产生的感应电动势为零，产生的感应电流为零，根据楞次定律和安培定则可知，在前时间内，形成的电流由a指向b，故流过电阻的电流由f到e，与规定的正方向相反。
10．如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)。若从如图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内的感应电流随时间变化的图像是(　　)
解析：选A。由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，且是从中性面开始进行的，所以产生的仍然是正弦式交变电流，只是最大值为线圈全部在磁场中匀速转动情况下产生的感应电流最大值的一半，B、C错误；再由楞次定律可以判断出开始计时的一段时间内，感应电流方向与选定的正方向相反，A正确，D错误。题组1　探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．(多选)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，下列说法正确的是(　　)
A．本实验用到了控制变量法
B．本实验原线圈可以接到学生电源的直流输出端
C．变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈
D．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流
解析：选AD。本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故A正确；变压器能改变的是交流电压，原线圈接到学生电源的直流输出端后，副线圈将无电压输出，无法进行实验探究，故B错误；变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电传输电能，故C错误；用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流，故D正确。
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
3．(多选)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。
题组3　变压器的基本关系
4．(多选)理想变压器原线圈为1 500匝，副线圈为500匝，原线圈接交流电源，副线圈接有电阻R。当变压器正常工作时，原、副线圈中(　　)
A．电流频率之比为3∶1　
B．电压之比为3∶1
C．电流之比为3∶1
D．功率之比为1∶1
解析：选BD。变压器改变的是电压和电流，改变不了频率，频率之比是1∶1，故A错误；由法拉第电磁感应定律U1∶U2＝n1∶n2知原、副线圈中电压之比为3∶1，故B正确；由理想变压器特点U1I1＝U2I2得出电流之比与匝数成反比，为1∶3，功率相等，故C错误，D正确。
5．(2025·东莞期末)如图所示，一正弦交流电瞬时值表达式为e＝110·sin (100πt)V，接在理想变压器aa′两端，变压器原线圈的匝数为200匝，副线圈的匝数为100匝，电阻R＝11 Ω。下列判断正确的是(　　)
A．此正弦交流电的频率为50 Hz
B．副线圈上的电压的有效值为110 V
C．电阻R上的功率为270 W
D．原线圈上的电流的有效值为10 A
解析：选A。此正弦交流电的频率f＝＝50 Hz，A正确；原线圈上的电压的有效值U1＝ V＝110 V，副线圈上的电压的有效值U2＝U1＝55 V，B错误；电阻R上的功率P＝ eq \f(U,R) ＝ W＝275 W，C错误；原线圈上的电流的有效值I1＝＝ A＝2.5 A，D错误。
6．如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220·sin 100πt(V) 的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是(　　)
A．原线圈的输入功率为220 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交变电流的周期为50 s
解析：选B。电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V，电压表的读数为110 V，C错误；根据I＝可知流过电阻R的电流为2 A，所以负载消耗的功率为220 W，根据能量守恒定律可知，原线圈的输入功率为220 W，A错误；由理想变压器原、副线圈电流与线圈匝数成反比可知，电流表的读数为1 A，B正确；由交变电压瞬时值表达式可知，ω＝100π rad/s，周期T＝0.02 s，D错误。
7．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P＝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．(2025·佛山期末)如图所示，将理想变压器原线圈接在电压瞬时值u＝220sin 50πt(V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入4个规格均为“11 V、22 W”灯泡，灯泡均正常发光。下列说法正确的是(　　)
A．交变电流的频率为50 Hz
B．变压器的输入功率为88 W
C．理想电流表的示数为0.1 A
D．变压器原、副线圈的匝数比为20∶1
解析：选B。根据原线圈电压瞬时值表达式可知，交变电流的频率f＝＝25 Hz，故A错误；根据能量守恒可知，变压器的输入功率P＝4×22 W＝88 W，故B正确；原线圈电压的有效值为220 V，则理想电流表的示数I1＝＝＝0.4 A，故C错误；根据变压器规律有，变压器原、副线圈的匝数比＝＝＝，故D错误。
9．(10分)如图所示，匝数N＝200匝、面积S＝0.001 m2的矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴以角速度ω＝100 rad/s匀速转动。已知转轴平行于线圈平面，且线圈从平行于磁场的平面开始转动，磁场的磁感应强度大小B＝ T。线圈通过理想变压器连接R＝16 Ω的电阻，变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶4，电流表为理想电流表。
(1)求发电机中电动势随时间变化的表达式。(4分)
(2)若发电机线圈电阻忽略不计，求电流表的示数I。(6分)
解析：(1)由题意E＝NBSωcos ωt
代入数据解得E＝20cos 100t (V)。
(2)线圈电动势有效值E＝＝20 V
＝，＝，U2＝I2R
联立以上各式，得电流表示数I＝I1＝20 A。
答案：(1)E＝20cos 100t (V)　(2)20 A(共44张PPT)
第三章　交变电流
第一节　认识交变电流
学习目标
1．知道交变电流、直流的概念。　2.掌握交变电流的产生和变化规律。　3.知道交变电流的峰值、瞬时值的含义。　4.会书写交变电流的瞬时值表达式。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、直流与交流
1．直流：____不随时间改变的电流称为直流。其中____和____都不随时间变化的电流称为恒定电流。
2．交流：强弱和方向随时间做__________的电流，称为交变电流，简称____(AC)。
方向
强弱
方向
周期性变化
交流
二、观察交变电流的图像
电流或电压随时间变化的图像称为交变电流的______。
我们日常生活和生产中所使用的交变电流是按____规律变化的。
三、交变电流的产生
1．交变电流的产生
(1)交流发电机的线圈在磁场中转动时，转轴与磁场方向____，用____定则判断线圈切割磁感线产生的感应电流方向。
(2)中性面：线圈平面与磁感线垂直的位置叫作中性面。
波形图
正弦
垂直
右手
2．过程分析
(1)线圈由如图甲所示的位置转到如图乙所示位置的过程中，电流方向为a→b→c→d→a。
(2)线圈由如图乙所示的位置转到如图丙所示位置的过程中，电流方向为__________________。
a→b→c→d→a
(3)线圈由如图丙所示的位置转到如图丁所示位置的过程中，电流方向为a→d→c→b→a。
(4)线圈由如图丁所示的位置转到如图甲所示位置的过程中，电流方向为__________________。
a→d→c→b→a
3．交变电流的变化规律
(1)线圈每次经过______位置时，线圈中没有感应电动势，也没有感应电流。
(2)线圈经过垂直于中性面的位置时，两边做________磁感线运动，产生的电流最大。
(3)线圈在磁场中不同位置做垂直切割磁感线运动的分速度大小和方向不同，因而产生了大小和方向随时间变化的交变电流。线圈每经过______一次，感应电流的方向就改变一次。
线圈转动一周经过两次中性面，感应电流的方向改变__次。
中性面
垂直切割
中性面
两
四、用公式描述交变电流
1．正弦式交变电流
按________变化的交变电流称为正弦式交变电流。
2．正弦式交变电流的表达式
(1)电动势：e＝Emsin ωt(其中Em＝NBSω)。
(2)电压：u＝Umsin ωt。
(3)电流：i＝Imsin ωt。
其中Em、Um、Im分别为电动势、电压和电流的最大值，也叫峰值。
正弦规律
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)交流电源没有正负极之分。(　　)
(4)交流是指按正弦规律变化的电流。(　　)
(5)线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动时产生的交变电流是正弦式交变电流。(　　)
(6)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　交变电流的产生及特点
1．线圈平面在不同位置时的特点比较
线圈平面所在位置 中性面 中性面的垂面 远离中性面 靠近中性面
空间关系 线圈平面与磁场垂直 线圈平面与磁场平行 线圈平面与磁场夹角变小 线圈平面与磁场夹角变大
磁通量 最大 零 变小 变大
磁通量变化率 零 最大 变大 变小
感应电动势 零 最大 变大 变小
感应电流 零 最大 变大 变小
电流方向 改变 不变 不变 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。
下列关于交变电流和直流的说法正确的是　(　　)
A．若电流大小做周期性变化，则一定是交变电流
B．直流的大小可以变化，但方向不一定变化
C．交变电流一定是按正弦或余弦规律变化的
D．交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性的变化
√
[解析]　若电流大小做周期性变化，则不一定为交变电流，因为没有提及电流方向随时间做周期性变化，A错误；直流的大小可以变化，但直流的方向一定不变，B错误；交变电流的方向发生周期性的变化，但不一定是按正弦或余弦规律变化的，C错误；交变电流的最大特征就是电流的方向发生周期性的变化，D正确。
在产生交变电流的实验中，下列关于中性面的说法正确的是(　　)
A．此时线圈垂直切割磁感线，感应电流最大
B．磁感线垂直于该时刻的线圈平面，所以磁通量最大，磁通量的变化率也最大
C．线圈平面每次经过中性面时，感应电流的方向一定会发生改变
D．线圈平面处于跟中性面垂直的位置时，磁通量的变化率为零，感应电动势、感应电流均最大，电流方向不变
√
[解析]　线圈平面与中性面重合时，线圈线速度方向与磁感线平行，不切割磁感线，感应电流为零，故A错误；线圈平面与中性面重合时，磁感线垂直于该时刻的线圈平面，所以磁通量最大，但磁通量的变化率为零，故B错误；线圈平面每次经过中性面时，感应电流的方向一定会发生改变，故C正确；线圈平面处于跟中性面垂直的位置时，磁通量的变化率最大，感应电动势、感应电流均最大，电流方向不变，故D错误。
交流发电机模型如图所示，矩形线圈ABCD在匀强磁场中绕其中心轴OO′匀速转动，从线圈平面与磁场垂直时开始计时，已知线圈转动的角速度ω＝2π rad/s，则下列说法正确的是(　　)
A．线圈中产生余弦变化规律的交变电流
B．t＝0.25 s时，线圈位于中性面
C．t＝0.5 s时，穿过线圈的磁通量变化率最大
D．t＝0.75 s时，线圈的感应电动势最大
√
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。
(多选)线圈在磁场中匀速转动产生的交流电动势为e＝10sin 20πt(V)，则下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大
D．t＝0.4 s时，e达到峰值10 V
√
√
[解析]　t＝0时，感应电动势的瞬时值为e＝10sin 20πt(V)＝0，则线圈平面位于中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，导线切割磁感线的有效速度最小，A、B正确，C错误；当t＝0.4 s时，感应电动势的瞬时值为e＝10sin (20π×0.4)V＝0，D错误。
(多选)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。
1．交变电流的图像
正弦交变电流随时间的变化情况可以从图像上表示出来，如图描述的是交变电流的电动势、电流、电压随时间变化的规律，它们是正弦曲线。
知识点三　交变电流的图像问题
2．图像信息
(1)交变电流的最大值Im、Em、Um，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，可找出线圈平行于磁感线的时刻。
(3)判断线圈中磁通量的变化情况。
(4)分析判断e、i、u随时间变化的规律。
一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于图甲所示的匀强磁场中。通过线圈的磁通量Φ随时间t的变化规律如图乙所示，则(　　)
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻前后线圈中感应电流方向相同
C．t2、t4时刻通过线圈的磁通量变化率最小
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最大
√
[解析]　t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，而磁通量的变化率等于零，故A错误；t1、t3时刻通过线圈的磁通量最大，处于中性面，线圈中感应电流方向改变，故B错误；t2、t4时刻磁通量为零，线圈与磁场平行，磁通量的变化率最大，线圈中感应电动势最大，故C错误，D正确。
(多选)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t1或t3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，磁通量变化率最大
√
√
[解析]　金属线圈恰好处于题图甲所示的位置时，磁通量最大，AB、CD边均不切割磁感线，感应电动势为0，电流为0，对应题图乙中t1或t3时刻，由法拉第电磁感应定律知，磁通量变化率为0, B、C错误，A正确；t2、t4时刻感应电流最大，感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律知，磁通量变化率也最大，AB、CD边垂直切割磁感线，线圈平面与磁感线平行，磁通量最小，D正确。
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(交变电流)在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴转动时，则线圈平面(　　)
A．转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大
B．转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大
C．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为0，线圈中的感应电动势最大
D．当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量的变化率最小，线圈中的感应电动势最小
解析：当线圈平面转到中性面的瞬间，线框平面与磁感线方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为0，故A、B错误；当线圈平面转到与中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量为零，线圈中磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知，此时线圈中的感应电动势最大，故C正确，D错误。
√
2．(交变电流的产生)(多选)如图是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平转轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列选项正确的是(　　)
A．图示位置时，线圈处于中性面，
穿过线圈平面的磁通量最大，电流最大
B．图示位置时，线圈处于与中性面垂直的位置，穿过线圈平面的磁通量最小，电流最大
C．从图示位置旋转90°，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最大，电流最大
D．从图示位置开始往逆时针方向旋转产生余弦式交变电流
√
解析：题图中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，电流最大，故A错误，B正确；从题图所示位置旋转90°，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，故C错误；从题图所示位置开始往逆时针方向旋转产生余弦式交变电流，故D正确。
3．(交变电流的图像)(多选)线圈的匝数为100匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，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和t＝0.2 s时，线圈平面和磁场垂直，电动势最大
B．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，线圈平面和磁场垂直，电动势为零
C．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时电流方向不变
D．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，线圈切割磁感线的有效速率最大
√
√
解析：线圈平面与磁场垂直时的位置为中性面，在t＝0和t＝0.2 s时，磁通量最小，线圈平面和磁场平行，感应电动势最大，故A错误；在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，磁通量最大，线圈位于中性面位置，感应电动势为零，则磁通量变化率为零，线圈切割磁感线的有效速率最小，故B正确，D错误；在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，磁通量最小，线圈位于与中性面垂直的位置，电流方向没有发生变化，故C正确。
4．(交变电流的变化规律)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转每分钟的速度绕中心轴OO′匀速转动，当t＝0时线圈平面与磁场方向垂直。
(1)写出感应电动势瞬时值的表达式。
解析：因为当t＝0时线圈平面与磁场方向垂直，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。第二节　描述交变电流的物理量
1．知道描述交变电流的物理量有周期、频率、峰值、有效值，理解这些物理量的意义。　2.会利用有效值的定义求交变电流的有效值。　3.认识交变电流的图像，并根据图像解决具体问题。
　
一、周期和频率
1．周期：将交变电流完成一次周期性变化的时间称为交变电流的周期，用符号T表示，单位是秒。
2．频率：交变电流在一段时间内做周期性变化的次数与所用时间之比，它的符号是f，单位是赫兹，简称赫，符号是Hz。
3．周期和频率之间的关系：T＝或f＝。
二、峰值和有效值
1．峰值：交变电流的峰值是指在一个周期内所能达到的最大数值。
电容器所能承受的电压应高于交流电压的峰值，否则电容器就可能被击穿。
2．有效值：让交变电流和恒定电流分别通过相同阻值的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，那么这一恒定电流的数值称为交变电流的有效值。
(1)正弦式电流的电动势、电流和电压的有效值与峰值的关系：
E＝＝0.707Em；I＝＝0.707Im；
U＝＝0.707Um。
(2)应用：各种使用交变电流的电气设备铭牌上标注的额定电压、额定电流都是有效值。交流电压表和交流电流表测量的也是有效值。
三、用图像描述交变电流
根据正弦式交变电流的公式，我们可以绘制出正弦式电流的电动势e、电流i、和电压u随时间变化的图像。图中标出了周期、峰值等物理量，如图所示。
用图像描述正弦式交变电流
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)我国电网中交变电流的频率是100 Hz。(　　)
(4)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。(　　)
(5)我国民用交变电流的照明电压220 V和动力电压 380 V 都是指有效值。(　　)
(6)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)√　(6)×
知识点一　周期和频率　峰值和有效值
1．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？
2．现在的调光台灯、调速电风扇，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？
[提示]　1.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。
2．(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．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。
4．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。
5．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阻值相同的电阻，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。
角度1　交变电流的周期和频率
　(多选)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．t＝0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行
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个周期，线圈转5圈，每转1圈电流方向改变2次，故A错误，B、D正确；在t＝0.1 s时，e＝0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故C错误。
[答案]　BD
角度2　交变电流的峰值和有效值
　如图所示的是一交变电流的i－t图像，则该交变电流的有效值为(　　)
A．2 A　　　　　　 B． A
C．4 A D． A
[解析]　根据有效值的定义得×R×＋42×R×＝IRT，解得I有＝ A，故B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
　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。如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻，也能在3 s内产生相等的热量，则这个恒定电流值为(　　)
A．3 A　 B． A
C．1.5 A　 D．3 A
[解析]　题图中交变电流在3 s内产生的热量为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，解得这个恒定电流值为I＝＝ A＝3 A。
[答案]　A
知识点二　正弦式交变电流的“四值”的综合分析
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，需要考虑交变电流的哪一个值？
(2)若保证保险丝管正常使用，应考虑交变电流的哪一个值？
[提示]　(1)交变电流的最大值。
(2)交变电流的有效值。
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 ωt i＝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＝ eq \f(,R＋r) 计算通过电路横截面的电荷量
角度1　根据瞬时值表达式分析“四值”
　一呼吸机接在电压随时间变化的规律为u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，正常工作时电流为2.5 A，则(　　)
A．该交流电的周期为50 s
B．该交流电每秒内电流方向变化50次
C．该交流电的电压最大值为220 V
D．该呼吸机正常工作时的功率为550 W
[解析]　电压随时间变化的规律为u＝220·sin 100πt(V)，可知交流电的角速度ω＝100π rad/s，该交流电的周期T＝ s＝0.02 s，故A错误；正弦交流电一个周期内电流方向变化两次，所以该交流电每秒内电流方向变化n＝2×＝100次，故B错误；由题可知，该交流电电压最大值为220 V，故C错误；该呼吸机正常工作时的功率P＝UI＝×2.5 W＝550 W，故D正确。
[答案]　D
　一线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，得到的交变电流的电动势瞬时值表达式为e＝220sin 314t(V)，则下列说法正确的是(　　)
A．该交变电流电动势的有效值为220 V
B．该线圈匀速转动的转速约为3 000 r/min
C．当仅将线圈的转速提高时，电动势的峰值不发生变化
D．将该交变电流加在标称为220 V的灯泡上时，灯泡能正常发光
[解析]　根据瞬时电动势e＝220sin 314t(V)得，电动势最大值为220 V，所以该交变电流电动势的有效值为110 V，故A错误；ω＝314 rad/s，所以转速为n＝＝50 r/s＝3 000 r/min，故B正确；根据Em＝NBSω可知，当仅将线圈的转速提高时，电动势的峰值变大，故C错误；将该交变电流加在标称为220 V的灯泡上时，电源有效值小于灯泡额定电压，灯泡的亮度会发暗，不能正常发光，故D错误。
[答案]　B
角度2　根据交变电流的图像分析“四值”
　(2025·佛山期末)如图甲为按压式发电手电筒。以一定的频率不断按压手柄时，其内置发电机会产生如图乙所示的交变电流。已知发电机内阻r＝2 Ω，与其串联的白炽灯泡额定电压为9 V、阻值为18 Ω。若该灯泡恰好正常发光，则此时发电机(　　)
A．输出电流的有效值为0.5 A
B．输出电流的最大值为0.5 A
C．输出的交流电频率为10 Hz
D．输出的交流电频率为50 Hz
[解析]　白炽灯泡额定电压为9 V、阻值为18 Ω，灯泡恰好正常发光，则输出电流的有效值I＝ A＝0.5 A，故A正确；题图中电流为正弦式交变电流，则输出电流的最大值Im＝I＝ A，故B错误；根据题图乙可知，周期为0.2 s，则频率f＝ Hz＝5 Hz，故C、D错误。
[答案]　A
知识点三　交变电流问题的综合分析
　(多选)如图甲所示，标有“220 V　40 W”的电灯和标有“20 μF　300 V”的电容器并联接到交变电源上，V为交变电压表，交变电源的输出电压如图乙所示，闭合开关。下列判断正确的是(　　)
A．t＝0时刻，交变电压表的示数为零
B．电容器将被击穿
C．电灯的电功率为40 W
D．当T＝0.02 s时，电流方向每秒改变50次
[解析]　交流电压表显示的是有效值，则t＝0时刻，交变电压表的示数为 V＝220 V，A错误；根据题图乙可知220 V>300 V，即交流电源输出电压的最大值大于电容器的击穿电压，则电容器将被击穿，B正确；根据上述可知，电源输出电压的有效值为220 V，恰好等于电灯的额定电压，则电灯的电功率为额定功率40 W，C正确；由于电流方向一个周期内改变两次，则电流方向每秒改变次数为×2＝100，D错误。
[答案]　BC
　如图所示，在磁感应强度B＝0.2 T的水平匀强磁场中，有一边长L＝10 cm，匝数N＝100匝，总电阻r＝1 Ω的正方形线圈绕垂直于磁感线的OO′轴匀速转动，转速为 r/s，有一电阻R＝9 Ω，通过电刷与两滑环接触，R两端接有一理想交流电压表。
(1)若从线圈通过中性面时开始计时，写出电动势的瞬时表达式。
(2)求电压表的示数。
(3)求在1分钟内外力驱动线圈转动所做的功。
(4)求从图中所示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量。
[解析]　(1)根据角速度定义式，得
ω＝2πn＝200 rad/s　
若从线圈通过中性面时开始计时，则有
e＝NBSωsin ωt＝100×0.2×0.12×200sin 200t(V)＝40sin 200t(V)。
(2)由(1)可知，有效值E＝＝ V＝20 V
电压表示数U＝＝ V＝18 V。
(3)在1分钟内外力驱动线圈转动所做的功W＝t＝×60 J＝4 800 J。
(4) 从图中所示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量
q＝t＝t＝N＝100× C＝0.02 C。
[答案]　(1)e＝40sin 200t(V)　(2)18 V
(3)4 800 J　(4)0.02 C
1．(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快慢引入了周期，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电流方向改变两次，所以频率为50 Hz的正弦式交变电流的方向每秒改变100次，D错误。
2．(峰值和有效值)小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间成正弦函数关系，如图所示。此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻。下列说法正确的是(　　)
A．交变电流的频率为8 Hz
B．交变电流的有效值为 A
C．交变电流的最大值为4 A
D．电流的瞬时值表达式为i＝2sin 4πt(A)
解析：选B。由e－t图像可知，交变电流的周期为0.25 s，故频率为4 Hz，A错误；根据欧姆定律可知交变电流的最大值为2 A，故有效值为 A，B正确，C错误；因ω＝2πf＝8π rad/s，故电流的瞬时值表达式为i＝2sin 8πt(A)，D错误。
3．(交变电流的有效值)多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇。过去是用变压器来实现上述调节的，缺点是成本高、体积大、效率低。现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的。如图所示为一个经过可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压U随时间t变化的图像，其中曲线为正弦曲线的一部分。由此可知，现加在电灯上的电压为(　　)
A． V B． V
C．10 V D．10 V
解析：选A。电灯上的电压为有效值，根据电流的热效应，则t＝×，解得U＝ V。
4．(交变电流问题的综合分析)如图所示，一匝数为N＝100，边长Lab＝0.20 m，Lbc＝0.10 m的矩形线圈，一半放在具有理想边界的匀强磁场中，磁感应强度B＝0.05 T，线圈轴线OO′与磁场边界重合。线圈按图示方向以50 r/s的转速匀速转动，线圈总电阻为2 Ω，线圈外接电阻为8 Ω。若从图示位置开始计时，则下列说法正确的是(　　)
A．交变电动势的瞬时值表达式为e＝10π·sin 100πt V
B．图中电压表的读数为4π V
C．线圈转动一圈，电阻R上产生的热量为0.08π2 J　
D．线圈由图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为5×10－3 C
解析：选D。由题意可得，线圈匀速转动的角速度为ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s，产生感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NBLabLbcω＝×100×0.05×0.20×0.10×100π V＝5π V，线圈从中性面开始计时，得交变电动势的瞬时值表达式为e＝5πsin 100πt V，故A错误；根据闭合电路欧姆定律，可得题图中电压表的读数为U＝·R＝×8 V＝2π V，故B错误；线圈转动一圈，电阻R上产生的热量为QR＝·T＝·＝× J＝0.02π2 J，故C错误；线圈由题图所示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量为q＝N＝100× C＝5×10－3 C，故D正确。专题提升课5　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　负载变化
　(多选)图为街头变压器给用户供电的示意图。输出电压通过输电线输送给用户，两条输电线的总电阻为R0，变阻器R代表用户用电器的总电阻，当用户用电器增加时，相当于滑动变阻器接入电路中的阻值减小。输入电压可以认为保持不变，不计电表的内阻及变压器上的能量损失，当用户用电器增加时，则(　　)
A．电压表V2的示数减小
B．电流表A1的示数增大
C．电压表V3的示数减小
D．电流表A2的示数减小
[解析]　原线圈输入电压不变，电压表V1的示数不变，由＝可知电压表V2的示数不变，A错误；副线圈两端电压不变，由于副线圈的总电阻减小，则副线圈的电流变大，R0两端的电压变大，故R两端的电压变小，电压表V3的示数减小，C正确；用户用电器增加时，相当于滑动变阻器接入电路中的阻值减小，则副线圈的电流变大，原副线圈匝数比不变，故原线圈的电流变大，即电流表A1、A2的示数都增大，B正确，D错误。
[答案]　BC
类型2　匝数比变化
　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
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。不计线圈导线电阻时，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和I1分别约为(　　)
A．380 V　5.3 A　　　 B．380 V　9.1 A
C．240 V　5.3 A D．240 V　9.1 A
[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，B正确，A、C、D错误。
[答案]　B
　(多选)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
　(多选)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为1∶2，在原、副线圈的回路中分别接有阻值为R和4R的电阻，原线圈一侧接在电压100 V的正弦交流电源上，则(　　)
A．副线圈回路中电阻两端的电压为100 V
B．副线圈回路中电阻两端的电压为200 V
C．原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶1　
D．原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为1∶2　
[解析]　设理想变压器的原线圈输入电压为U1，副线圈的输出电压为U2，则＝＝，＝＝，解得U2＝100 V，A正确，B错误；设理想变压器的原线圈电流为I1，副线圈电流为I2，则＝＝，故原、副线圈回路中电阻消耗的功率之比为＝ eq \f(IR,I·4R) ＝，C正确，D错误。
[答案]　AC
类型2　原线圈并联负载的电路
　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。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(共52张PPT)
第三节　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、认识变压器
1．构造
变压器是由________和绕在铁芯上的____组成的，与电源连接的线圈称为______，也称为初级线圈，与负载连接的线圈称为______，也称为次级线圈。
闭合铁芯
线圈
原线圈
副线圈
2．原理
变压器工作的基本原理是____现象。在原线圈上加交变电压，原线圈中的交变电流在铁芯中产生变化的磁通量，这个变化的磁通量不仅通过原线圈，也穿过副线圈，并在副线圈中产生相应的感应电动势。
互感
二、变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．理想变压器：原、副线圈的电阻和各种电磁能量损失可以忽略不计的变压器。
3．两类变压器：副线圈的电压比原线圈电压低的变压器称为____变压器；副线圈的电压比原线圈电压高的变压器称为____变压器。
匝数之比
降压
升压
相等
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)原线圈接近压交流电源，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。

(4)拆除实验线路，整理好实验器材。
实验次数 1 2 3
n1/匝
U2/V
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________。(均选填正确选项前的字母)
A．0 V　 　　　　　 B．1.8 V 　
C．1.5 V 　 D．28.8 V
B
C
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。
知识点二　变压器的工作原理
(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。
(多选)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。
如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1。当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表A1的示数为12 mA，则电流表A2的示数为　(　　)
A．3 mA　　　　　　 B．0
C．48 mA D．与负载的值有关
[解析]　当导体棒做匀速直线运动切割磁感线时，在原线圈中产生恒定不变的电流，铁芯中产生的磁场是不变的，穿过副线圈的磁通量不变，不能在副线圈中产生感应电流。
√
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
对于升压变压器，下列说法正确的是(　　)
A．原线圈的输入功率一定小于副线圈的输出功率
B．原线圈的匝数一定大于副线圈的匝数
C．原线圈的电压一定大于副线圈的电压
D．原线圈的电压一定小于副线圈的电压
√
(多选)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在副线圈的回路中接有阻值为R＝200 Ω的电阻，原线圈一侧接在电压300 V 的正弦式交流电源上，则(　　)
A．电阻R两端的电压为100 V
B．通过电阻R的电流为0.5 A
C．原、副线圈回路中的电流之比为1∶3
D．原线圈的输入功率与副线圈的输出功率之比为3∶1
√
√
√
√
随堂巩固落实
PART
03
第三部分
√
1．(变压器的工作原理)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(　　)
A．通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
解析：通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，磁通量Φ变化，A错误；理想变压器无漏磁，B错误；由互感现象知，C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，D错误。
√
3．(变压器的基本关系)图为理想变压器的结构示意图，副线圈所在电路中有开关S和灯泡L。下列说法正确的是(　　)
A．S闭合时，原线圈a、b间接干电池，
副线圈中磁通量为零
B．S闭合时，原线圈a、b间接干电池，L会持续发光
C．原线圈a、b间接交流电，S断开，原线圈的输入功率为零
D．原线圈a、b间接交流电，S闭合，L的功率会周期性变化
√
解析：S闭合时，原线圈a、b间接干电池，原线圈a、b间电流从0变到最大时，副线圈中产生与原线圈相反的磁通量，故副线圈中磁通量不为零，A错误；S闭合时，原线圈a、b间接干电池，是直流电，在接入瞬间，副线圈中电流从0变到最大，L会闪亮一下熄灭，稳定后副线圈中不会发生磁通量变化，不会产生感应电流，B错误；由理想变压器功率关系知，P入＝P出，原线圈的输入功率由副线圈的输出功率决定，故原线圈a、b间接交流电，S断开，原线圈的输入功率为零，C正确；功率的计算由电压和电流有效值计算得来，故L的功率不会周期性变化，D错误。
4．(探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系)(2025·广州期末)某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。
(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．绝缘的铜片叠成 D．绝缘的硅钢片叠成
解析：为了减小涡流现象带来的损耗，变压器的铁芯选用绝缘的硅钢片叠成，故D正确。
D
(2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数______________(选填“多”或“少”)。
少
(3)在实际实验中，将电源接在组装后的变压器原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则原线圈的输入电压可能为________(填字母)。
A．1.5 V B．3.0 V
C．5.0 V D．7.0 V
D第三节　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、认识变压器
1．构造
变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的线圈组成的，与电源连接的线圈称为原线圈，也称为初级线圈，与负载连接的线圈称为副线圈，也称为次级线圈。
2．原理
变压器工作的基本原理是互感现象。在原线圈上加交变电压，原线圈中的交变电流在铁芯中产生变化的磁通量，这个变化的磁通量不仅通过原线圈，也穿过副线圈，并在副线圈中产生相应的感应电动势。
二、变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．理想变压器：原、副线圈的电阻和各种电磁能量损失可以忽略不计的变压器。
2．电压与匝数的关系：理想变压器原、副线圈两端的电压之比，等于这两个线圈的匝数之比，即＝。
3．两类变压器：副线圈的电压比原线圈电压低的变压器称为降压变压器；副线圈的电压比原线圈电压高的变压器称为升压变压器。
三、理想变压器原、副线圈中的电流
忽略能量损失，副线圈的输出功率P2和原线圈的输入功率P1相等，则有U1I1＝U2I2。又因为＝，则＝。
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)原线圈接近压交流电源，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________。(均选填正确选项前的字母)
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。
　(多选)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
　如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1。当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表A1的示数为12 mA，则电流表A2的示数为　(　　)
A．3 mA　　　　　　 B．0
C．48 mA D．与负载的值有关
[解析]　当导体棒做匀速直线运动切割磁感线时，在原线圈中产生恒定不变的电流，铁芯中产生的磁场是不变的，穿过副线圈的磁通量不变，不能在副线圈中产生感应电流。
[答案]　B
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＋…。
　对于升压变压器，下列说法正确的是(　　)
A．原线圈的输入功率一定小于副线圈的输出功率
B．原线圈的匝数一定大于副线圈的匝数
C．原线圈的电压一定大于副线圈的电压
D．原线圈的电压一定小于副线圈的电压
[解析]　对于一般变压器，因为存在能量损耗，原线圈的输入功率应大于副线圈的输出功率，故A错误；由题可知U1[答案]　D
　(多选)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在副线圈的回路中接有阻值为R＝200 Ω的电阻，原线圈一侧接在电压300 V 的正弦式交流电源上，则(　　)
A．电阻R两端的电压为100 V
B．通过电阻R的电流为0.5 A
C．原、副线圈回路中的电流之比为1∶3
D．原线圈的输入功率与副线圈的输出功率之比为3∶1
[解析]　原、副线圈的匝数比为3∶1，由于原线圈两端电压为300 V，根据＝，可得副线圈两端的电压为U2＝U1＝100 V，故A正确；根据欧姆定律可得通过电阻R的电流为I2＝＝ A＝0.5 A，故B正确；原、副线圈回路中的电流之比为＝＝，故C正确；由于变压器为理想变压器，则原线圈的输入功率与副线圈的输出功率相等，故D错误。
[答案]　ABC
　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． A　　　　　　 B． A
C． A D． A
[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]　C
1．(变压器的工作原理)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是(　　)
A．通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
解析：选C。通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，磁通量Φ变化，A错误；理想变压器无漏磁，B错误；由互感现象知，C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，D错误。
2.(变压器的基本关系)如图所示，变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB两端电压u1＝12sin 200πt。下列说法正确的是(　　)
A．电流频率为100 Hz
B．电压表的读数为8 V
C．电流表的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为5 W
解析：选A。根据题意可知，电流的频率f＝＝＝ Hz＝100 Hz，故A正确；根据题意可知，原线圈输入电压的有效值U1＝＝ V＝12 V，由变压器电压与匝数关系可知，副线圈的输出电压U2＝U1＝×12 V＝6 V，可知电压表的读数为6 V，故B错误；由欧姆定律可得，电流表的读数I2＝＝ A＝1 A，故C错误；由变压器电流与匝数关系可知，穿过原线圈的电流I1＝I2＝×1 A＝0.5 A，变压器输入功率P＝U1I1＝12×0.5 W＝6 W，故D错误。
3．(变压器的基本关系)图为理想变压器的结构示意图，副线圈所在电路中有开关S和灯泡L。下列说法正确的是(　　)
A．S闭合时，原线圈a、b间接干电池，副线圈中磁通量为零
B．S闭合时，原线圈a、b间接干电池，L会持续发光
C．原线圈a、b间接交流电，S断开，原线圈的输入功率为零
D．原线圈a、b间接交流电，S闭合，L的功率会周期性变化
解析：选C。S闭合时，原线圈a、b间接干电池，原线圈a、b间电流从0变到最大时，副线圈中产生与原线圈相反的磁通量，故副线圈中磁通量不为零，A错误；S闭合时，原线圈a、b间接干电池，是直流电，在接入瞬间，副线圈中电流从0变到最大，L会闪亮一下熄灭，稳定后副线圈中不会发生磁通量变化，不会产生感应电流，B错误；由理想变压器功率关系知，P入＝P出，原线圈的输入功率由副线圈的输出功率决定，故原线圈a、b间接交流电，S断开，原线圈的输入功率为零，C正确；功率的计算由电压和电流有效值计算得来，故L的功率不会周期性变化，D错误。
4．(探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系)(2025·广州期末)某兴趣小组用如图所示的可拆变压器进行“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验。
(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．绝缘的铜片叠成 D．绝缘的硅钢片叠成
(2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数______________(选填“多”或“少”)。
(3)在实际实验中，将电源接在组装后的变压器原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则原线圈的输入电压可能为________(填字母)。
A．1.5 V B．3.0 V
C．5.0 V D．7.0 V
解析：(1)为了减小涡流现象带来的损耗，变压器的铁芯选用绝缘的硅钢片叠成，故D正确。
(2)根据原副线圈中＝，可知匝数少的线圈电流大，导线较粗，则导线粗的线圈匝数少。
(3)若是理想变压器，则有变压器线圈两端的电压与匝数的关系为＝，若变压器的原线圈接“0”和“8”两个接线柱，副线圈接“0”和“4”两个接线柱，可知原、副线圈的匝数比为2∶1 ，副线圈的电压为3 V，则原线圈的电压U1＝2×3 V＝6 V
考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接的电源电压大于6 V，可能为7 V。
答案：(1)D　(2)少　(3)D题组1　变压器的动态分析
1．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．用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题。如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法正确的是(　　)
A．原线圈中电流减小
B．副线圈输出电压减小
C．R两端的电压增大
D．原线圈输入功率减小
解析：选C。原线圈输入电压恒定，副线圈输出电压不变，B错误；当开关S闭合后，电路中总电阻减小，总电流和总功率变大，原线圈中电流和输入功率都变大，R两端的电压增大，C正确，A、D错误。
题组2　几种常见的变压器及其应用
4．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(　　)
A．193.6 V　　　　　 B．1 936 V
C．250 V D．2 500 V
解析：选C。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。
5．(多选)图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法正确的是(　　)
A．线圈匝数n1B．线圈匝数n1>n2，n3>n4
C．图甲中的电表是电压表，输出端不可短路
D．图乙中的电表是电流表，输出端不可断路
解析：选CD。题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，其中的电表为电压表，输出端不可短路；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n36．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。
7．一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R。在a、b间输入电压为U1的交流电时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点沿顺时针方向旋转到N点的过程中(　　)
A．U2>U1，U2降低
B．U2>U1，U2升高
C．变压器的输入功率增大
D．变压器的输入功率减小
解析：选D。根据理想变压器原、副线圈的电压关系有＝，由于n28．(多选)如图所示，理想变压器的原线圈接在输出电压有效值为U的正弦式交变电流两端，副线圈所接的两个灯泡L1、L2的额定功率分别为2P0、P0，额定电压均为U0＝2U，且两灯泡均正常发光。由此可知(　　)
A．流经灯泡L1、L2的电流之比为1∶1
B．灯泡L2两端的最大电压为2U
C．该理想变压器的原、副线圈匝数之比为1∶3
D．该理想变压器的原、副线圈电流之比为2∶1
解析：选BD。根据P＝UI，因为两灯泡额定功率之比为2∶1，而额定电压相同，则额定电流之比为2∶1，两灯泡均正常发光，则电流之比为2∶1，故A错误；灯泡都正常发光，可知灯泡两端的电压有效值为2U，则灯泡L2两端的最大电压为2U，故B正确；根据变压器原、副线圈电压与线圈匝数的关系可得＝，可得n1∶n2＝1∶2，故C错误；根据变压器原、副线圈电流与线圈匝数的关系＝，可得该理想变压器的原、副线圈电流之比为2∶1，故D正确。
9．(多选)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。
10．(多选) (2025·深圳联考)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。
11．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20张PPT)
课后达标检测
题组1　交变电流的产生
1．下列关于电流i随时间t变化的图像中，不表示交变电流的是(　　)
√
解析：题图A中电流大小发生周期性变化，但方向保持不变，所以不是交变电流，故A符合题意；题图B、C、D中电流大小、方向均发生周期性变化，均是交变电流，故B、C、D不符合题意。
2．(多选)如图所示，下列线圈(均匀速转动)中能产生正弦式交变电流的是(　　)

解析：根据正弦式交变电流产生的条件可知，在匀强磁场中，线圈转轴垂直于磁场方向，运动时能产生正弦式交变电流。
√
√
√
3．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图所示位置时(　　)
A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
√
4.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为Φ0＝BS，从此时开始再转半个周期，线圈磁通量变化量为ΔΦ＝－BS－BS＝－2BS，即线圈磁通量变化量不为零，D错误。
5．(2025·梅州期末)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，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，穿过线圈的磁通量最大
C．在图乙所示位置时，线圈a端电势高于b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：题图乙中线圈所处位置与磁感线平行，穿过线圈的磁通量最小，与中性面垂直，故A、B错误；根据右手定则可知此时线圈内部电流从b到a，则线圈转动到如题图乙所示位置时a端电势高于b端电势，故C正确；线圈内部电流从b到a，根据左手定则可知线圈靠近S极的导线受到的安培力方向向下，故D错误。
题组2　交变电流的变化规律
6．(多选)如图所示，形状或转轴位置不同、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，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。
题组3　交变电流的图像
7．一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示。下列说法正确的是(　　)
A．t1时刻穿过线圈的磁通量最大
B．t2时刻穿过线圈的磁通量为0
C．t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率最大
D．每当电流方向变化时，线圈平面就会与中性面垂直
√
解析：t1时刻感应电动势最大，线圈通过与中性面垂直的位置，穿过线圈的磁通量最小，A错误；t2时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，B错误；t3时刻感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，C正确；每当电流方向变化时，线圈平面与磁场垂直，即线圈转到中性面位置，D错误。
√
8．如图甲所示，线圈在匀强磁场中匀速逆时针转动，其磁通量图像Φ－t如图乙所示，下列说法正确的是(　　)
A．t＝0时磁通量最大
B．t＝0时磁通量变化率最小
C．开始时电流方向为从a到d
D．感应电动势图像类似于sin θ图像
解析：由题图乙可知，t＝0时磁通量为零，图线斜率最大，磁通量的变化率最大，A、B错误；根据右手定则，开始时电流方向为从a到d，C正确；磁通量从零开始变化，此时磁通量的变化率最大，感应电动势最大，则感应电动势图像类似于cos θ图像，D错误。
9．图示为交流发电机模型的示意图。位于磁场中的矩形导线框abcd可绕过其对称轴的轴线OO′转动。已知在t＝0时刻，线框的平面与磁场方向垂直(即图示位置)，并从此位置开始以恒定的角速度绕转轴沿逆时针方向转动。若规定通过电阻的电流从e到f为正，则下列i－t图像正确的是(　　)
√
10．如图所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)。若从如图所示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内的感应电流随时间变化的图像是(　　)
√
解析：由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速转动，且是从中性面开始进行的，所以产生的仍然是正弦式交变电流，只是最大值为线圈全部在磁场中匀速转动情况下产生的感应电流最大值的一半，B、C错误；再由楞次定律可以判断出开始计时的一段时间内，感应电流方向与选定的正方向相反，A正确，D错误。(共40张PPT)
第四节　远距离输电
学习目标
1．了解交变电流从变电站到用户的输电过程。　2.知道远距离输电时输电线上的损失与哪些因素有关，了解高压输电的原理。　3.知道远距离输电线路的基本构成，会对简单的远距离输电线路进行定量计算。
课前知识梳理
PART
01
第一部分
一、远距离输电中的电功率和电压损耗
低压直流输电系统在输电线路上存在很高的功率损耗和电压损耗。
(2)减小输电导线中的____。在保证输送功率不变的前提下，可通过提高输电____以减小输电电流。
I2r
电阻
电阻率小
横截面积大
电流
电压
三、直流输电
1．高压交流输电的局限性
(1)输电导线中的交变电流会因电磁感应产生____，同时与附近的导线产生____。电感导致的电能损耗会超过导线电阻造成的损耗。
(2)要求为同一电网供电的所有发电机都必须____运行。
2．直流输电的优点：导线对于稳定的直流电流只有电阻作用而没有电感作用。不存在需要发电机同步运行的问题。
自感
互感
同步
√
×　
×　
×　
√
√
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
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。
角度1　 输电损耗的理解
(2025·佛山联考)为了减小输电线上电能的损耗，人们尽量把输电线做得粗一点，这是因为导体的电阻与下列哪种因素有关(　　)
A．密度　　　　　 　 B．质量
C．横截面积 D．长度
√
远距离输电时，在输送电功率不变的条件下，下列说法正确的是(　　)
A．只有减小输电导线的横截面积增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率
B．提高输电电压，能减小电流，减小电路的发热损耗
C．提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗
D．提高输电电压势必增大输电导线上的电流
√
[解析]　在输出功率一定时，由P＝UI知，当U增大时，I减小，输电线上损耗的功率P损＝I2R将变小，故B正确，C、D错误；减小输电导线的横截面积可增大导线的电阻，输电线中损耗的功率P损＝I2R将变大，输电效率降低，故A错误。
√
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。
√
√
类型2　输电线路的有关计算
(多选)(2025·揭阳期末)某电厂对用户进行供电的原理如图所示。发电机的输出电压U1＝380 V，输电线的总电阻r＝15 Ω，为了减小损耗采用了高压输电。变压器视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶20，用户获得的电压U4＝220 V，如果某次输电时发电厂的输出功率P1＝7.6×105 W，则下列说法正确的有(　　)
A．输电线上的电流为100 A
B．降压变压器的输入电压U3为6 100 V
C．用户获得的功率为1.5×105 W
D．降压变压器的匝数比n3∶n4＝380∶11
√
√
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
√
√
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24张PPT)
课后达标检测
√
1．(多选)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：高压输电，功率一定，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；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。
√
√
√
√
4．(多选)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．在如图所示的远距离输电电路中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法正确的是(　　)
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总输送功率的比例减小
√
√
√
√
√
√
8．“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
9．(多选)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。下列说法正确的是(　　)
A．白天输送给储能站的功率为10 kW
B．夜晚输送给储能站的功率为40 kW
C．白天输电线上损失的功率为10 kW
D．白天输电线上损失的功率为0.4 kW
√
√
10．(10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；(4分)
(2)变压器Ⅰ中原、副线圈匝数之比。(6分)第四节　远距离输电
1．了解交变电流从变电站到用户的输电过程。　2.知道远距离输电时输电线上的损失与哪些因素有关，了解高压输电的原理。　3.知道远距离输电线路的基本构成，会对简单的远距离输电线路进行定量计算。
一、远距离输电中的电功率和电压损耗
低压直流输电系统在输电线路上存在很高的功率损耗和电压损耗。
二、高压交流输电
根据导线的发热功率计算公式P＝I2r，可知减少电能损耗的方法有两种。
(1)减小输电线的电阻。由r＝ρ，在输电导线长度l一定的情况下，为了减小电阻，应当选用电阻率小、横截面积大的导线。
(2)减小输电导线中的电流。在保证输送功率不变的前提下，可通过提高输电电压以减小输电电流。
三、直流输电
1．高压交流输电的局限性
(1)输电导线中的交变电流会因电磁感应产生自感，同时与附近的导线产生互感。电感导致的电能损耗会超过导线电阻造成的损耗。
(2)要求为同一电网供电的所有发电机都必须同步运行。
2．直流输电的优点：导线对于稳定的直流电流只有电阻作用而没有电感作用。不存在需要发电机同步运行的问题。
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)在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
以下是一段关于输电线损失功率的推导。将电能从发电站送到用户，在输电线上会损失一部分功率。设输电电压为U，则功率损失为P损＝UI①，而U＝IR②，将②式代入①式，得到P损＝③，由③式可知，要减小功率损失P损，就应当用低压送电和增大输电线的电阻R。这段推导错在哪里？
[提示]　公式P损＝UI和U＝IR都是错误的，U是输电电压，而非输电线上的电压。正确的推导应该是：设输电电压为U，输送的电功率为P，则P损＝I2R，I＝。将两式联立求得P损＝R。由此可知，要减小功率损失P损，在输送功率P不变的条件下，应当升高电压U和减小输电线的电阻R。
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．功率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。
角度1　 输电损耗的理解
　(2025·佛山联考)为了减小输电线上电能的损耗，人们尽量把输电线做得粗一点，这是因为导体的电阻与下列哪种因素有关(　　)
A．密度　　　　　 　 B．质量
C．横截面积 D．长度
[解析]　根据电阻定律R＝ρ可知，在长度和材料相同的情况下，输电线越粗，即横截面积越大，电阻越小，由Q＝I2Rt可知，在电流和通电时间相同的情况下，减小输电线的电阻，可以减小输电线上电能的损耗，故A、B、D错误，C正确。
[答案]　C
　远距离输电时，在输送电功率不变的条件下，下列说法正确的是(　　)
A．只有减小输电导线的横截面积增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率
B．提高输电电压，能减小电流，减小电路的发热损耗
C．提高输电电压势必增大输电导线上能量损耗
D．提高输电电压势必增大输电导线上的电流
[解析]　在输出功率一定时，由P＝UI知，当U增大时，I减小，输电线上损耗的功率P损＝I2R将变小，故B正确，C、D错误；减小输电导线的横截面积可增大导线的电阻，输电线中损耗的功率P损＝I2R将变大，输电效率降低，故A错误。
[答案]　B
角度2　输电损耗的计算
　某电站用500 kV电压输电给300 km外的用户使用，其输出电功率是3×106 kW，输电线总电阻为2.5 Ω，则下列说法正确的是(　　)
A．输电线上输送的电流大小为3.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻
[解析]　由P＝UI得输电线上输送的电流I＝＝ A＝6×103 A，故A错误；由ΔU＝Ir得输电线路上的电压损失ΔU＝Ir＝6×103×2.5 V＝15 kV，故B正确；由于损失的功率不能大于电站的输出功率，故C错误；输电线上损失的功率用ΔP＝计算时，U为输电线上损耗电压，而不是输电电压，故D错误。
[答案]　B
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．远距离输电过程示意图
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。
类型1　输电线路的分析
　(多选)(2025·深圳期末)某发电厂原来用11 kV的交流电压输电，后来改用升压变压器将电压升高到220 kV输电，输送的电功率都是P，若输电线路的电阻为R，则下列说法正确的是(　　)
A．提高电压后输电线上的电流降为原来的
B．提高电压后输电线上的电流增为原来的20倍
C．提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的
D．提高电压后输电线上的功率损耗将增大为原来的400倍
[解析]　两次输送的电功率相同，根据P＝IU，输电电压变为原来的20倍，则提高电压后输电线上的电流降为原来的，A正确，B错误；根据P损＝I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的，C正确，D错误。
[答案]　AC
类型2　输电线路的有关计算
　(多选)(2025·揭阳期末)某电厂对用户进行供电的原理如图所示。发电机的输出电压U1＝380 V，输电线的总电阻r＝15 Ω，为了减小损耗采用了高压输电。变压器视为理想变压器，其中升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶20，用户获得的电压U4＝220 V，如果某次输电时发电厂的输出功率P1＝7.6×105 W，则下列说法正确的有(　　)
A．输电线上的电流为100 A
B．降压变压器的输入电压U3为6 100 V
C．用户获得的功率为1.5×105 W
D．降压变压器的匝数比n3∶n4＝380∶11
[解析]　升压变压器原线圈电流I1＝＝ A＝2 000 A，根据理想变压器原、副线圈电流与匝数的关系＝，解得输电线上的电流I2＝100 A，故A正确；根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系＝，解得U2＝7 600 V，降压变压器的输入电压U3＝U2－I2r＝(7 600－15×100) V＝6 100 V，故B正确；输电线上损失的功率ΔP＝Ir＝1002×15 W＝1.5×105 W，用户获得的功率P＝P1－ΔP＝6.1×105 W，故C错误；降压变压器的匝数比＝＝＝，故D错误。
[答案]　AB
　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)对于远距离输电，在P送一定的情况下，设输电线路中的电流为I送，输电线的总电阻为R线，为了减少损耗，采用增大电压U送输电，下列说法正确的是　(　　)
A．由U送＝I送R线，知输电线路中的电流变大
B．由P送＝I送U送，知输电线路中的电流变小
C．由P耗＝，知输电线路消耗功率增大
D．由P送＝I送2R线，知不会影响输电线路中的电流
解析：选B。由U线＝I线R线，I送＝I线，U送≠U线＝I送R线，得U送≠I送R线，故A错误；公式P送＝I送U送针对的是同一研究对象，故B正确，D错误；根据P耗＝IR线＝IR线＝2R线，因此U送增大时，输电线路消耗功率P耗减小，故C错误。
2．(降低输电损耗的两个途径)某发电站采用高压输电向外输送电能。若输送的总功率为 P0，输电电压为U，输电线的总电阻为R线。下列说法正确的是(　　)
A．输电线上的电流I＝
B．输电线上的电压损失U线＝
C．输电线上的功率损失P线＝
D．输电线上的功率损失P线＝R线
解析：选D。根据题意，输送的总功率为P0，输电电压为U，则可知输电线上的电流I＝，故A错误；输电线上损失的功率P线＝I2R线＝R线，故C错误，D正确；输电线上的电压损失U线＝IR线＝R线＝，故B错误。
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，用户消耗的电功率P4增加，降压变压器的输入功率P3增加，升压变压器的输出功率P2增加，由P＝UI可知，降压变压器的输入电流I3增加，则输电线上的损耗电压ΔU＝I3R增加，降压变压器的输入电压U3＝U2－ΔU，减小，C正确；当用户增多时，用户消耗的电功率P4增加，可知P3、P2随之增加，升压变压器的输入功率P1增加，输电线上损耗的电压增加，降压变压器的输入电压U3减小，降压变压器的匝数比不变，则由＝可知降压变压器的输出电压U4减小，D错误。(共23张PPT)
课后达标检测
√
题组1　变压器的动态分析
1．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
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。
3．用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题。如图所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法正确的是(　　)
A．原线圈中电流减小 B．副线圈输出电压减小
C．R两端的电压增大 D．原线圈输入功率减小
解析：原线圈输入电压恒定，副线圈输出电压不变，B错误；当开关S闭合后，电路中总电阻减小，总电流和总功率变大，原线圈中电流和输入功率都变大，R两端的电压增大，C正确，A、D错误。
√
题组2　几种常见的变压器及其应用
4．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(　　)
A．193.6 V　　　　　 B．1 936 V
C．250 V D．2 500 V
√
5．(多选)图甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法正确的是(　　)
A．线圈匝数n1B．线圈匝数n1>n2，n3>n4
C．图甲中的电表是电压表，输出端不可短路
D．图乙中的电表是电流表，输出端不可断路
√
√
解析：题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，其中的电表为电压表，输出端不可短路；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n36．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
√
7．一理想自耦变压器如图所示，环形铁芯上只绕有一个线圈，将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分，接在c、d间作为副线圈，在c、d间接定值电阻R。在a、b间输入电压为U1的交流电时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点沿顺时针方向旋转到N点的过程中(　　)
A．U2>U1，U2降低
B．U2>U1，U2升高
C．变压器的输入功率增大
D．变压器的输入功率减小
√
√
√
9．(多选)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
√
√
√
√
√
11．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(共23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．(多选)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，下列说法正确的是(　　)
A．本实验用到了控制变量法
B．本实验原线圈可以接到学生电源的直流输出端
C．变压器工作时，通过铁芯导电把电能由原线圈输送到副线圈
D．用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流
√
解析：本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故A正确；变压器能改变的是交流电压，原线圈接到学生电源的直流输出端后，副线圈将无电压输出，无法进行实验探究，故B错误；变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，不是铁芯导电传输电能，故C错误；用互相绝缘的硅钢片叠成的铁芯来代替整块硅钢铁芯，是为了减少涡流，故D正确。
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
3．(多选)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。
√
√
题组3　变压器的基本关系
4．(多选)理想变压器原线圈为1 500匝，副线圈为500匝，原线圈接交流电源，副线圈接有电阻R。当变压器正常工作时，原、副线圈中(　　)
A．电流频率之比为3∶1　
B．电压之比为3∶1
C．电流之比为3∶1
D．功率之比为1∶1
√
√
解析：变压器改变的是电压和电流，改变不了频率，频率之比是1∶1，故A错误；由法拉第电磁感应定律U1∶U2＝n1∶n2知原、副线圈中电压之比为3∶1，故B正确；由理想变压器特点U1I1＝U2I2得出电流之比与匝数成反比，为1∶3，功率相等，故C错误，D正确。
√
√
√
√
(1)求发电机中电动势随时间变化的表达式。(4分)
(2)若发电机线圈电阻忽略不计，求电流表的示数I。(6分)
答案：20 A

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