江苏专版2019高考物理一轮复习第十章交变电流传感器学案.doc

第十章 交变电流传感器第1节交变电流的产生及描述(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。()(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。()(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。()(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。()(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。()(6)交变电流的峰值总是有效值的倍。()突破点(一)交变电流的产生和描述1正弦式交变电流的产生(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。(2)两个特殊位置的特点：线圈平面与中性面重合时，S B，最大，0，e0，i0，电流方向将发生改变。线圈平面与中性面垂直时，SB，0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变。(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。(4)交变电动势的最大值EmnBS，与转轴位置无关，与线圈形状无关。2正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)函数表达式图像磁通量mcos tBScos t电动势eEmsin tnBSsin t电流iImsin tsin t电压uUmsin tsin t题点全练1(2018苏州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表。若线圈绕对称轴OO以角速度做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t变化的图像，下列说法正确的是()A在t1t3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BSB在t3t4时间内，通过电阻R的电荷量为C在t3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSD在t3时刻电流表的示数为解析：选D由题图可知，在t1和t3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为BS，方向相反，则在t1t3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS，A错误；在t3t4时间内，磁通量的变化量为BS，则平均电动势，因此通过电阻R的电荷量为qtt，故B错误；在t3时刻电动势EBS，则由法拉第电磁感应定律，E可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BS，故C错误；在t3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I，故D正确。2.一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示。已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定()At1时刻穿过线框的磁通量为BL2Bt2时刻穿过线框的磁通量为零Ct3时刻穿过线框的磁通量变化率为零D线框转动的角速度为解析：选Dt1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A错误；t2时刻，穿过线框的磁通量最大为mBL2，B错误；t3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C错误；交变电流的最大值为EmBL2，则，D正确。突破点(二)有效值的理解与计算有效值的求解(1)计算有效值的根据是电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。(2)利用公式QI2Rt和Qt可分别求得电流有效值和电压有效值。 典例电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R110 ，R220 。合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则()A通过R1的电流有效值是1.2 ABR1两端的电压有效值是6 VC通过R2的电流有效值是1.2 ADR2两端的电压最大值是6 V解析首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过R2的电流最大值为0.6 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系ImI可知其有效值为0.6 A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是0.6 A，选项 A、C错；R1两端电压有效值为U1IR16 V，选项B对；R2两端电压最大值为U2mImR20.620 V12 V，选项D错。答案B多维探究变式1把图像下半部分翻到t轴的上面正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的。线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，则此感应电动势的有效值为_ V。解析：由有效值的定义式得：2T，得：U220 V。答案：220 V变式2仅余周期的波形家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小。某电子调光灯经调整后电压波形如图所示，求灯泡两端的电压的有效值。解析：从ut图像看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为U1；后半周期电压为零。根据有效值的定义，T0，解得U。答案：变式3仅余周期的波形如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为()AUmB.C. D.解析：选D从Ut图像上看，每个周期正弦波形的有效值U1，根据有效值的定义：T20，解得：U，D正确。变式4把正余弦波形变成矩形波形如图所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是()A5 A B3.5 AC3.5 A D5 A解析：选D交流电的有效值是根据其热效应定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。设交流电的有效值为I，令该交变电流通过一阻值为R的纯电阻，在一个周期内有：I2RTI12RI22R。所以该交流电的有效值为I 5 A。变式5上下波形的最大值不一致电压u随时间t的变化情况如图所示，求电压的有效值？解析：由有效值的定义式得：T，得：U55 V。答案：55 V变式6在电阻两端并联二极管如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u20 sin 100t V，则加在R2上的电压有效值为()A10 V B20 VC15 V D5 V解析：选D电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足T，可求出U5 V。故选项D正确。方法规律几种典型交变电流的有效值电流名称电流图像有效值正弦式交变电流I正弦半波电流I矩形脉动电流I Im非对称性交变电流I 突破点(三)交变电流“四值”的理解和应用对交变电流“四值”的比较和理解物理量表达式适用情况及说明瞬时值eEmsin t uUmsin t iImsin t计算线圈某时刻的受力情况最大值(峰值)EmnBSIm讨论电容器的击穿电压有效值对正(余)弦交流电有：E UI(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等) (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)电表的读数为有效值平均值BLn计算通过电路截面的电荷量题点全练1如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r1.0 ，外接R9.0 的电阻。闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e10sin 10t(V)，则()A该交变电流的频率为10 HzB该电动势的有效值为10 VC外接电阻R所消耗的电功率为10 WD电路中理想交流电流表的示数为1.0 A解析：选D由产生的电动势可知，该交流电的频率为5 Hz，选项A错误；该电动势的有效值为10 V，选项B错误；外接电阻R所消耗的电功率为9 W，选项C错误；电路中交流电流表的示数为电流的有效值，为1.0 A，选项D正确。2多选(2018江苏四市一模)如图甲所示为风力发电的简易模型图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则()A电流的表达式i0.6sin 10t(A)B磁铁的转速为10 r/sC风速加倍时电流的表达式i1.2sin 10t(A)D风速加倍时线圈中电流的有效值为 A解析：选AD通过乙图可知Im0.6 A，T0.2 s，10 rad/s，故电流的表达式为：i0.6sin 10t(A)，A正确；磁体的转速为n5 r/s，B错误；风速加倍时，根据EmnBS可知感应电动势加倍，形成的电流加倍，故电流表达式变为i1.2sin 20t(A)，C错误；风速加倍时，Im1.2 A，有效值I A，D正确。3.(2018南通一模)如图所示，把一根长L20.0 m的均匀电线与R4.8 的电阻连成闭合回路，两位同学在赤道处沿东西方向站立，匀速摇动这根电线，摇动部分的电线可简化为长L16.0 m、宽L21.0 m矩形的三条边，长边的线速度大小v2.0 m/s。已知此处地磁场的磁感应强度B5.0105 T，方向水平向北，电线的电阻率2.0108 m，横截面积S2.0 mm2，求：(1)这根电线的总电阻R0；(2)匀速摇动电线产生电动势的最大值Em；(3)电路消耗的总功率P。解析：(1)由电阻定律有R0得电线的总电阻为：R0 0.2 。(2)根据题意知，当电线的速度方向与磁感线方向垂直时，产生的电动势的值最大，所以最大值为：EmBL1v5.010562 V6.0104 V。(3)摇绳发电类似于线框在磁场中转动，电路中产生交变电流，由交流电知识可知电动势的有效值为：E电路中产生的总功率为：P W3.6108 W。答案：(1)0.2 (2)6.0104 V(3)3.6108 W交变电流瞬时值表达式的书写问题图甲是交流发电机模型示意图。在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路。图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示。已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度逆时针转动。(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式；(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计)解析：(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，只有ab和cd切割磁感线，且转动的半径为r，设ab和cd的转动速度为v，则v在t时刻，导线ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1BL1v由图可知vvsin t则整个线圈的感应电动势为e12E1BL1L2sin t。(2)当线圈由图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2BL1L2sin(t0)。(3)由闭合电路欧姆定律可知I这里E为线圈产生的电动势的有效值E则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QRI2RT其中T于是QRR2。答案：(1)e1BL1L2sin t(2)e2BL1L2sin(t0)(3)R2 书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式EmnBS求出相应峰值。(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。若线圈从中性面位置开始转动，则it图像为正弦函数图像，函数式为iImsin t。若线圈从垂直中性面位置开始转动，则it图像为余弦函数图像，函数式为iImcos t。对点训练：交变电流的产生和描述1如图，各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势eBSsin t的图是()解析：选A由题意可知，只有A、C图在切割磁感线，导致磁通量在变化，产生感应电动势，A中从中性面开始计时，产生的电动势为eBSsin t，C中从峰值面开始计时，产生的电动势为eBScos t，故A正确。2(2018如皋月考)小型交流发电机的原理图如图所示：单匝矩形线圈ABCD置于匀强磁场中，绕过BC、AD中点的轴OO以恒定角速度旋转，轴OO与磁场垂直，矩形线圈通过滑环与理想交流电流表A、定值电阻R串联，下列说法中不正确的是()A线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A的示数最小B线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大C线圈转动一圈，感应电流方向改变2次D线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量变化率最大解析：选A交流电流表显示的是交流电的有效值，不随线圈的转动而变化，故A错误；线圈与磁场平行时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，此时电动势最大，电流最大，故B、D正确；线圈转动一圈，经过两次中性面，感应电流方向改变2次，故C正确。3.(2018广安期末)如图所示，面积为S的N匝矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度匀速转动，就可在线圈中产生正弦交流电。已知闭合回路总电阻为R，图示位置线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是()A线圈从图示位置转90的过程中磁通量的变化量为NBSB线圈在图示位置磁通量的变化率为零C线圈从图示位置转90的过程中通过灯泡的电量为D线圈从图示位置开始计时，感应电动势e随时间t变化的函数为eNBSsin t解析：选C线圈从图示位置转90的过程磁通量的变化为BS，故A错误；线圈在图示位置产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故B错误；线圈从图示位置转90的过程中通过灯泡的电量为q，故C正确；线圈从图示位置开始计时，感应电动势e随时间t变化的函数为eNBScos t，故D错误。4某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断()A在A、C时刻线圈处于中性面位置B在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零C从AD线圈转过的角度为2D若从OD历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变了100次解析：选D由题中交变电流的图像可知，在A、C时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于峰值面的位置，选项A错误；在B、D时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B错误；从AD，经历的时间为周期，线圈转过的角度为，选项C错误；若从OD历时0.02 s，则交变电流的周期为0.02 s，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1 s内交变电流的方向改变了100次，选项D正确。对点训练：有效值的理解与计算5关于图甲、乙、丙、丁，下列说法正确的是()A图甲中电流的峰值为2 A，有效值为 A，周期为5 sB图乙中电流的峰值为5 A，有效值为2.5 AC图丙中电流的峰值为2 A，有效值为 AD图丁中电流的最大值为4 A，有效值为 A，周期为2 s解析：选B题图甲是正弦式交变电流图线，峰值(最大值)为2 A，有效值是峰值的，即 A，周期为4 s，所以选项A错误；题图乙电流大小改变但方向不变，所以不是交变电流，计算有效值时因为热效应与电流方向无关，所以仍是峰值的，即2.5 A，所以选项B正确；题图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不可能为峰值的，所以选项C错误；题图丁是交变电流图线，周期为2 s，根据有效值定义则有42R32RI2RT，解得电流有效值I2.5 A，所以选项D错误。6(2018冀州中学月考)甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。下列说法正确的是()A甲图表示交流电，乙图表示直流电B甲图电压的有效值为220 V，乙图电压的有效值小于220 VC乙图电压的瞬时值表达式为u220 sin 100t VD甲图电压经过匝数比为110的变压器变压后，频率变为原来的10倍解析：选B由于两图中表示的电流方向都随时间做周期性变化，因此都为交流电，A错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，故B正确；图乙电压随时间不是按正弦规律变化，C错误；理想变压器变压后，改变是电压，而频率不发生变化，D错误。7多选如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为100 ，则()A理想电压表读数为100 VB理想电流表读数为0.75 AC电阻R消耗的电功率为56 WD电阻R在100秒内产生的热量为5 625 J解析：选BD根据电流的热效应，一个周期内产生的热量：QT，解得U75 V，A错误；电流表读数I0.75 A，B正确；电阻R消耗的电功率PI2R56.25 W，C错误；在100秒内产生的热量QPt5 625 J，D正确。8(2018昆山模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示。其中甲图中OO轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为()A1B12C14 D11解析：选A题图甲中的磁场只在OO轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得是有效值，所以I。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图乙，所以I，则II1，即A正确。对点训练：交变电流“四值”的理解和应用9多选(2018淮安八校联考)如图所示，甲为一台小型交流发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其图像如图乙所示，电机线圈内阻为2 ，匝数为1 000匝，外接灯泡的电阻为18 ，则()A在2.0102 s时刻，电流表的示数为0.3 AB发电机的输出功率为3.24 WC在1 s内，回路中电流方向改变25次D在4.0102 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率为 Wb/s解析：选AD线圈相当于电源，产生的电动势为E V6 V，内阻r2 ，电表显示的是有效值，根据闭合回路欧姆定律可得电路中的电流为I A0.3 A，A正确；发电机的输出功率为P输出EII2r60.3 W0.322 W1.62 W，B错误；从图乙中可知交流电周期为T4102 s，故在1 s内，回路中电流方向改变n2250次，C错误；在4.0102 s时刻，感应电动势最大，磁通量变化率最大，根据En可得 Wb/s，D正确。10.如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab0.25 m，宽度bc0.20 m，共有n100匝，总电阻r1.0 ，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO转动。线圈处于磁感应强度B0.40 T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0 V,1.8 W”的灯泡，当线圈以角速度匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W。(不计转动轴与电刷的摩擦)(1)推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式EmnBS(其中S表示线圈的面积)。(2)求线圈转动的角速度。(3)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能。解析：(1)线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab边的线速度为v，该边产生的感应电动势为E1BLabv。与此同时，线圈的cd边也在切割磁感线，产生的感应电动势为E2BLcdv。线圈产生的总感应电动势为：Emn(E1E2)因为LabLcd，所以，Em2nBLabv。线速度vLbc，所以EmnBLabLbc，而SLabLbc(S表示线圈的面积)。所以EmnBS。(2)设小灯泡正常发光时的电流为I，则I0.60 A，设灯泡正常发光时的电阻为R，R5.0 。根据闭合电路欧姆定律得：EI(Rr)3.6 V。发电机感应电动势最大值为EmE，EmnBS。解得1.8 rad/s2.55 rad/s。(3)发电机产生的电能为QIEt，t100T100 。解得Q5.33102 J。答案：(1)见解析(2)2.55 rad/s(3)Q5.33102 J考点综合训练11.(2018泰州模拟)某研究性学习小组进行地磁发电实验，匝数为n、面积为S的矩形金属线框可绕东西方向的水平轴转动，金属线框与微电流传感器组成一个回路，回路的总电阻为R。使线框绕轴以角速度匀速转动，数字实验系统实时显示回路中的电流i随时间t变化的关系如图所示。当线圈平面和竖直方向的夹角为时，电流达到最大值Im。求：(1)该处地磁场的磁感应强度大小B及地磁场方向与水平面间的夹角；(2)线框转动一周时间内回路中产生的焦耳热Q；(3)线框转动时穿过线框的磁通量变化率的最大值m；线框从磁通量变化率最大位置开始转过60的过程中，通过导线的电荷量q。解析：(1)根据欧姆定律：Im交流电电动势的最大值表达式为：EmnBS则：B线圈平面与磁场方向平行时，感应电流最大，所以地磁场方向与水平面夹角为。(2)根据焦耳定律：QI2RTIT联立得：Q。(3)根据法拉第电磁感应定律：Enm根据：En，I ，qIt，msin ，m 联立得线框从磁通量变化率最大位置开始转过60的过程中，通过导线的电荷量：qn。答案：(1) B；地磁场方向与水平面夹角为(2)Q(3)mq12(2018苏锡常镇一模)一个圆形线圈，共有n10匝，其总电阻r4.0 ，线圈与阻值R016 的外电阻连成闭合回路，如图甲所示。线圈内部存在着一个边长l0.20 m的正方形区域，其中有分布均匀但强弱随时间变化的磁场，图乙显示了一个周期内磁场的变化情况，周期T1.0102 s，磁场方向以垂直线圈平面向外为正方向。求：(1)tT时刻，电阻R0上的电流大小和方向； (2)0时间内，流过电阻R0的电量；(3)一个周期内电阻R0的发热量。解析：(1)0 内，感应电动势大小E1n，可得E18 V电流大小I1，可得I10.4 A电流方向b到a。(2)同(1)可得内，感应电流大小I20.2 A流过电路的电量qI1I2得q1.5103 C。(3)QI12R0I22R0得Q1.6102 J。答案：(1)0.4 A；电流方向b到a(2)1.5103 C(3)1.6102 J第2节变压器_电能的输送(1)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值。()(2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率。()(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压。()(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小。()(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失。 ()(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。()(7)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大。()突破点(一)理想变压器1变压器的工作原理2理想变压器的基本关系基本关系功率关系P入P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比：电流关系只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1题点全练1.(2017北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u220sin 100t(V)的交流电源上，副线圈接有R55 的负载电阻，原、副线圈匝数之比为21，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 WB电流表的读数为1 AC电压表的读数为110 VD副线圈输出交流电的周期为50 s解析：选B由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1220 V，由，故副线圈电压的有效值为U2110 V，故输出功率P2220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1P2220 W，A项错误；根据欧姆定律知，I22 A，由，得I11 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，100(rad/s)，又T，解得T0.02 s，所以D项错误。2.多选如图，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是()A变压器输入功率为484 WB通过原线圈的电流的有效值为0.6 AC通过副线圈的电流的最大值为2.2 AD变压器原、副线圈匝数比n1n2113解析：选BD将额定电压为60 V的用电器接在理想变压器的输出端，在闭合开关后，用电器正常工作，已知交流电压表和交流电流表(均为理想电表)读数分别为220 V和2.2 A，根据功率公式可以求出用电器消耗的功率为132 W，因此A选项不正确；再根据变压器变压公式和变流公式可知，和，联立可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A，所以选项B正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈电流的最大值为2.2 A，故选项C错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n1n2113，所以D选项正确。突破点(二)理想变压器的动态分析常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。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P1P2，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和P1P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化。典例(2016天津高考)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是()A当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大思路点拨解答本题时应从以下三点进行分析：(1)变压器中次级线圈电流决定初级线圈电流。(2)变压器中次级线圈功率决定初级线圈功率。(3)变压器中初级线圈电压决定次级线圈电压。解析当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2变小，R1消耗的功率PR1I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1I2R1变小，则电压表V的示数UVU2UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总变小，通过副线圈的电流I2变大，则通过原线圈的电流I1变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1I2R1变大，则R2两端的电压UR2U2UR1变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。答案B集训冲关1多选为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，如图甲所示为调压变压器示意图。保持输入电压u1不变，当滑动触头P上下移动时可改变输出电压。某次检测得到用户电压u2随时间t变化的图线如图乙所示，则以下说法正确的是()Au2190sin 50t(V)Bu2190sin 100t(V)C为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移D为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移解析：选BD根据题图乙可知用户电压的最大值U2m190 V，周期T0.02 s，则角速度100 rad/s，用户电压的瞬时值表达式u2U2msin t190sin 100t (V)，选项A错误，B正确；根据变压器的电压关系，可知U2U1，由于U1、n2不变，要提高U2，只能减小n1，所以P应上移，选项C错误，D正确。2多选(2016海南高考)图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为41，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示。下列说法正确的是()A变压器输入、输出功率之比为41B变压器原、副线圈中的电流强度之比为14Cu随t变化的规律为u51sin(50t)(国际单位制)D若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大解析：选BD由题意，理想变压器输入、输出功率之比为11，选项A错误；变压器原、副线圈中的电流强度与匝数成反比，即，故选项B正确；由题图(b)可知交流电压最大值Um51 V，周期T0.02 s，角速度100 rad/s，则可得u51sin(100t)(V)，故选项C错误；RT的温度升高时，阻值减小，电流表的示数变大，电压表示数不变，故选项D正确。3多选(2018定州月考)理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。原线圈两端接在电压为U的交流电源上。则()A保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小解析：选BC在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定。因此，当Q位置不变时，输出电压U不变，此时P向上滑动，负载电阻值R增大，则输出电流I减小。根据输入功率P入等于输出功率P出，电流表的读数I变小，故A错误，B正确；P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压U变大，I变大，电流表的读数变大，变压器的输入功率变大。因此选项C正确，D错误。突破点(三)远距离输电远距离输电问题的“三 二 一”1理清三个回路在回路2中，U2UU3，I2I线I3。2抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是，P1P2。(2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是，P3P4。3掌握一个守恒能量守恒关系式P1P损P4。典例(2015福建高考)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压uUmsin t的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A.B.C422r D422r解析升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1；由变压关系可得，则U2；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2，则输电线上损失的电功率为PI22(2r)，故选项C正确。答案C方法规律输电线路功率损失的计算方法P损P1P4P1为输送的功率，P4为用户得到的功率P损I线2R线I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻P损U为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混P损UI线注意：U不要错代入U2或U3集训冲关1某水电站，用总电阻为2.5 的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3106 kW。现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是()A输电线上损失的功率为P，U为输电电压，r为输电线的电阻B输电线上输送的电流大小为2.0105 AC输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVD若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9108 kW解析：选C输电电路可以视为导线与变压器串联，所以输电线上损失的功率为P，U应为输电线路上损失的电压，r为输电线的电阻，故A错误；由PUI可得，用500 kV电压输电时输电线上的电流：I A6 000 A，故B错误；由I可得，输电线上由电阻造成的损失电压：UIR6 000 A2.5 15 000 V15 kV，故C正确；改用5 kV电压输电时，线路中的电流：I6105 A，输电线上损失的功率：P(I)2R(6105)22.5 W91011W9108 kW，损失的功率不可能大于输送的电功率，故D错误。2多选(2018苏州模拟)如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1100，其输入电压变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 。降压变压器副线圈电路部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750 kW。下列说法中正确的有()A降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB远距离输电线路损耗的功率为180 kWC当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D当传感器R2所在处出现火警时，输电线上的电流变大解析：选AD由题图乙知交流电的周期0.02 s，所以频率为50 Hz，A正确；由题图乙知升压变压器输入端电压有效值为250 V，根据电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V，所以输电线中的电流I30 A，输电线损失的电压UIR30100 V3 000 V，输电线路损耗功率PUI90 kW，B错误；当传感器R2所在处出现火警时，其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻所分电压增大，所以电压表V的示数变小，C错误；副线圈电流增大，根据电流与匝数成反比知，输电线上的电流变大，D正确。突破点(四)三种特殊的变压器模型一自耦变压器高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图所示。例1(2016江苏高考)一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a、b间输入电压为U1的交变电流时，c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中()AU2U1，U2降低BU2U1，U2升高CU2U1，U2降低 DU2U1，U2升高解析a、b间原线圈的匝数大于c、d间副线圈的匝数，在滑动触头由M点移动到N点的过程中，副线圈的匝数进一步减小，由变压器工作原理知，U2U1，且U2降低，选项C正确。答案C模型二互感器分为电压互感器和电流互感器，比较如下：电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在交流电路中副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用将高电压变为低电压将大电流变成小电流利用的公式I1n1I2n2例2(2018苏锡常模拟)钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是()A该测量仪可测量直流电的电流B载流导线中电流大小I0C若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小解析钳形电流测量仪实质上是一个升压变压器，只能测量交流电的电流，故A错误；根据，得载流导线中电流大小I0nI，故B错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，载流导线中电流产生的磁场减弱，磁通量变化率减小，在内置线圈产生的感应电动势减小，感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确；根据n1I1n2I2，知若将载流导线在铁芯上多绕几匝，即n1变大，I1、n2不变，I2I1，I2变大，D错误。答案C模型三双副线圈变压器计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个关系：(1)电压关系：(2)电流关系：n1I1n2I2n3I3(3)功率关系：P1P2P3例3(2018苏州调研)如图所示，电路中变压器原线圈匝数n11 000，两个副线圈匝数分别为n2500、n3200，分别接一个R55 的电阻，在原线圈上接入U1220 V的交流电源。则两副线圈输出电功率之比和原线圈中的电流I1分别是()A.，I12.8 AB.，I12.8 AC.，I11.16 A D.，I11.16 A解析对两个副线圈有，所以U2110 V，U344 V，又P，所以；由欧姆定律I22 A，I30.8 A，对有两个副线圈的变压器有：n1I1n2I2n3I3，得I11.16 A，C正确。答案C含二极管的变压器问题在理想变压器问题中，偶尔在副线圈的电路中存在二极管，该类问题在高考中也时有出现，应加以重视。1(2018淮安八校联考)如图所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2225，电阻R1R225 ，D为理想二极管，原线圈接u220sin 100t(V)的交流电，则()A交流电的频率为100 HzB通过R2的电流为1 AC通过R2的电流为 AD变压器的输入功率为200 W解析：选C由原线圈交流电瞬时值表达式可知，交变电流的频率f50 Hz，A项错；由理想变压器变压规律可知，输出电压U250 V，由理想二极管单向导电性可知，交变电流每个周期只有一半时间有电流通过R2，由交变电流的热效应可知，TUU225 V，由欧姆定律可知，通过R2的电流为 A，B项错，C项正确；其功率P2UI50 W，而电阻R1的电功率P1100 W，由理想变压器输入功率等于输出功率可知，变压器的输入功率为PP1P2150 W，D项错。2多选(2018江阴模拟)一台理想变压器的原、副线圈的匝数比是51，原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上，如图所示。电压表和电流表均为理想交流电表，则下列说法正确的是()A原、副线圈电流之比为15B电压表的读数小于44 VC若滑动变阻器接入电路的阻值为20 ，则1 min内产生的热量为2 904 JD若将滑动变阻器滑片向上滑动，两电表读数均减小解析：选ABC原线圈接入电压为220 V的正弦交流电，原、副线圈的匝数比是51，则副线圈电压为44 V，原、副线圈中的电流与匝数成反比，所以电流之比为15，由于副线圈接着二极管，它具有单向导电性，而电表均是交流电的有效值，电压表的读数小于44 V，故A、B正确；原、副线圈的电压与匝数成正比，所以副线圈两端电压为44 V，但二极管具有单向导电性，根据有效值的定义有T，从而求得电压表两端电压有效