2024届物理一轮复习讲义第1讲 交变电流的产生和描述含答案

2024届物理一轮复习讲义第1讲交变电流的产生和描述学习目标1.理解正弦式交变电流的产生过程，能正确书写交变电流的函数表达式。2.理解并掌握交变电流图像的意义。3.理解描述交变电流的几个物理量，会计算交变电流的有效值。4.正确理解交变电流的四值，并进行有关计算。eq\a\vs4\al(1.,,)eq\a\vs4\al(2.,,,)1.思考判断(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eq\r(2)倍。(×)2.某交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动时，磁通量Φ随时间t变化的关系如图1所示，则下列说法正确的是()图1A.t＝0时刻，线圈平面与中性面平行B.1s内线圈中感应电流方向改变50次C.t＝0.015s时刻，线圈中的感应电流最大D.t＝0.01s时刻，图像的切线斜率为40πWb/s答案D考点一交变电流的产生及变化规律1.交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)规律物理量函数表达式图像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nωBSsinωt电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt电流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt2.书写交变电流瞬时值表达式的步骤(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nωBS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①线圈从中性面位置开始计时，则i－t图像为正弦函数图像，函数表达式为i＝Imsinωt。②线圈从垂直于中性面的位置开始计时，则i－t图像为余弦函数图像，函数表达式为i＝Imcosωt。例1一手摇交流发电机线圈在匀强磁场中匀速转动，内阻不计。转轴位于线圈平面内，并与磁场方向垂直。产生的电动势随时间变化的规律如图2所示，则()图2A.该交变电流频率是0.4HzB.计时起点，线圈恰好与中性面重合C.t＝0.1s时，穿过线圈平面的磁通量最大D.该交变电动势瞬时值表达式是e＝10eq\r(2)cos(5πt)V答案C解析由题图可知电压随着时间变化的周期为T＝0.4s，故频率为f＝eq\f(1,T)＝eq\f(1,0.4)Hz＝2.5Hz，故A错误；计时起点，电动势最大，所以此时磁通量为0，线圈和中性面垂直，故B错误；t＝0.1s时，电动势为0，穿过线圈平面的磁通量最大，故C正确；该交变电动势最大值为Em＝10V，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，又从垂直中性面开始计时，所以电动势瞬时值表达式是e＝Emcosωt＝10cos(5πt)V，故D错误。跟踪训练1.风速测速仪的简易装置如图3甲所示，某段时间内线圈中感应电流的波形如图乙所示，下列说法正确的是()图3A.若风速变大，图乙中感应电流的周期变大B.若风速变大，图乙中感应电流的峰值变大C.图乙中感应电流最大时，风速最大D.图乙中感应电流随时间变化的原因是风速在变化答案B解析若风速变大，则转速变大，角速度变大，根据T＝eq\f(2π,ω)可知，周期变小，故A错误；若风速变大，则角速度变大，根据Em＝NωBS可知，感应电动势峰值变大，再根据Im＝eq\f(Em,R＋r)可知，感应电流的峰值变大，故B正确；图乙中感应电流最大时，穿过线圈的磁通量的变化率最大，并不是风速最大，故C错误；图乙中感应电流随时间变化的原因是穿过线圈的磁通量变化率随时间在变化，故D错误。2.(多选)如图4所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦式交变电流的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程所产生正弦式交变电流的图像如图线b所示。下列关于这两个正弦式交变电流的说法中正确的是()图4A.在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B.线圈先后两次转速之比为3∶2C.交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin(5πt)VD.交变电流b的电动势最大值为eq\f(20,3)V答案BCD解析由题图可知t＝0时刻线圈均在中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，A错误；由图像可知Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，B正确；由图像可知交变电流a的电动势最大值为10V，ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，所以交变电流a的电动势瞬时值表达式为e＝10sin(5πt)V，C正确；交变电流的电动势最大值为Em＝NBSω，故Ema∶Emb＝3∶2，则Emb＝eq\f(2,3)Ema＝eq\f(20,3)V，D正确。考点二交变电流有效值的计算1.正弦交变电流的有效值的计算I＝eq\f(Im,\r(2))，U＝eq\f(Um,\r(2))，E＝eq\f(Em,\r(2))。2.非正弦交变电流的有效值的计算(1)根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，利用公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分别求得一个周期内产生的热量，即得电流和电压的有效值。(2)若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的eq\f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq\f(1,2)周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝eq\f(Im,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))求解。例2如图5所示为一交变电流随时间变化的图像，此交变电流的有效值为()图5A.7A B.5A C.3.5eq\r(2)A D.3.5A答案B解析设该电流的有效值为I，根据有效值的定义有(4eq\r(2)A)2R×0.02s＋(3eq\r(2)A)2R×0.02s＝I2R×0.04s，解得I＝5A，故B正确。例3一电阻R接到如图6甲所示的正弦交流电源上，两端电压的有效值为U1，消耗的电功率为P1；若该电阻接到如图乙所示的方波交流电源上，两端电压的有效值为U2，消耗的电功率为P2。若甲、乙两图中的U0、T所表示的电压值、周期值是相同的，则下列说法正确的是()图6A.U1＝eq\f(1,2)U0 B.U2＝eq\r(2)U0C.P1＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),2R) D.P1∶P2＝1∶2答案C解析电阻接到正弦交流电源上，两端电压的有效值为U1＝eq\f(\r(2)U0,2)，功率P1＝eq\f(Ueq\o\al(2,1),R)＝eq\f(Ueq\o\al(2,0),2R)，故A错误，C正确；电阻接到方波交流电源上，则有eq\f(（2U0）2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(Ueq\o\al(2,0),R)·eq\f(T,2)＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)T，解得U2＝eq\r(\f(5,2))U0，功率P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)＝eq\f(5Ueq\o\al(2,0),2R)，则P1∶P2＝1∶5，故B、D错误。跟踪训练3.如图7所示，将一根均匀导线围成圆心角为60°的扇形导线框OMN，O为圆心，半径为R，线框总电阻为r，将线框O点置于坐标系的原点，在第二、四象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B。从t＝0时刻开始，导线框绕O点以角速度ω匀速转动，则导线框中感应电流的有效值为()图7A.eq\f(BωR2,2r) B.eq\f(\r(2)BωR2,4r)C.eq\f(\r(6)BωR2,6r) D.eq\f(\r(15)BωR2,6r)答案C解析线框转动一周过程中，两次进入磁场、两次离开磁场，所以产生感应电流的时间为t＝eq\f(4×60°,360°)T＝eq\f(2,3)T；转动切割磁感线产生的感应电动势E′＝eq\f(1,2)BR2ω，设感应电动势的有效值为E，根据有效值的计算公式可得eq\f(E2,r)T＝eq\f(E′2,r)t，解得E＝eq\f(\r(6)BωR2,6)，则导线框中感应电流的有效值为I＝eq\f(E,r)＝eq\f(\r(6)BωR2,6r)，故C正确，A、B、D错误。素养拓展点含二极管的交变电流有效值问题例4如图8甲所示电路中，已知电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，UAB>0)。由此可知()图8A.在A、B之间所加的交变电压的周期为2sB.在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝20eq\r(2)sin(50πt)VC.加在R1上电压的有效值为10VD.加在R2上电压的有效值为5eq\r(10)V答案D解析由题图可得交变电压的周期T＝0.02s，故A错误；电压的最大值为Um＝20eq\r(2)V，交变电压的瞬时值表达式为u＝Umsinωt＝20eq\r(2)sin(100πt)V，故B错误；当A点电势高于B点电势时，二极管导通，R1被短路，R2两端电压为电源电压，即eq\f(20\r(2),\r(2))V＝20V；当B点电势高于A点电势时，二极管截止，R1和R2串联，设加在R1上电压的有效值为U1，加在R2上电压的有效值为U2，由有效值的定义可知，eq\f(Ueq\o\al(2,1),R)T＝eq\f(（10V）2,R)·eq\f(T,2)，eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)T＝eq\f(（20V）2,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(（10V）2,R)·eq\f(T,2)，解得U1＝5eq\r(2)V，U2＝5eq\r(10)V，故C错误，D正确。考点三交变电流“四值”的理解和计算例5如图9所示，N＝50匝的矩形线圈abcd，ab边长l1＝20cm，ad边长l2＝25cm，放在磁感应强度B＝0.4T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴以n＝3000r/min的转速匀速转动，线圈电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝9Ω，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：(π≈3.14)图9(1)t＝0时感应电流的方向；(2)感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量。答案(1)感应电流方向沿adcba(2)e＝314cos(100πt)V(3)98.6J(4)0.1C解析(1)根据右手定则知，t＝0时线圈感应电流方向为adcba。(2)线圈的角速度ω＝2πn＝100πrad/s题图位置的感应电动势最大，其大小为Em＝NBl1l2ω代入数据得Em＝314V感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝314cos(100πt)V。(3)电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))线圈匀速转动的周期T＝eq\f(2π,ω)＝0.02s线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W＝I2(R＋r)T＝eq\f(E2,R＋r)T代入数据得W≈98.6J。(4)从t＝0时起线圈转过90°的过程中，流过电阻R的电荷量q＝eq\o(I,\s\up6(－))·Δt＝eq\f(NBΔS,R＋r)＝eq\f(NBl1l2,R＋r)代入数据得q＝0.1C。跟踪训练4.(2023·江苏南京高三期末)手摇式发电机的简化图如图10所示：发电机线圈内阻为1Ω，产生的电动势随时间变化的规律为e＝10eq\r(2)sin(10πt)V。现将发电机与阻值为9Ω的灯泡组成闭合电路，则()图10A.电压表的示数为10VB.线框转动到图示位置时，灯泡中电流瞬时值为零C.线框由图示位置转eq\f(1,4)圈，回路中消耗的电能为1JD.线框由图示位置转eq\f(1,4)圈，通过灯泡的电荷量为eq\f(\r(2),10π)C答案D解析依题意，正弦交变电流的电动势峰值为Em＝10eq\r(2)V，则其有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝10V，由闭合电路欧姆定律，可得I＝eq\f(E,R＋r)，U＝E－Ir，解得I＝1A，U＝9V，电压表的示数为9V，故A错误；线框转动到图示位置即与中性面垂直的位置时，电动势最大，灯泡中电流最大，故B错误；线框的转动周期为T＝eq\f(2π,ω)＝0.2s，线框由图示位置转eq\f(1,4)圈，所需时间为t＝eq\f(T,4)＝0.05s，回路中消耗的电能W电＝I2(R＋r)t＝0.5J，故C错误；根据公式q＝eq\o(I,\s\up6(－))Δt，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)，可得q＝eq\f(ΔΦ,R＋r)，线框由图示位置转eq\f(1,4)圈，有ΔΦ＝BS，又Em＝BSω，联立得q＝eq\f(\r(2),10π)C，故D正确。A级基础对点练对点练1交变电流的产生及变化规律1.如图1所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路。t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置，下列说法正确的是()图1A.t1时刻穿过线框的磁通量最大B.t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左C.t2时刻穿过线框的磁通量变化最快D.t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左答案B解析t1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电流方向从右向左，故A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，故C、D错误。2.在匀强磁场中，匝数N＝100的矩形线圈绕垂直磁感线的转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势随时间的变化规律如图2所示，则下列说法正确的是()图2A.t＝0.5×10－2s时，线圈平面与中性面重合B.t＝1×10－2s时，线圈中磁通量变化率最大C.穿过线圈的最大磁通量为1×10－3WbD.线圈转动的角速度为50πrad/s答案C解析由题图可知，当t＝0.5×10－2s时，感应电动势最大，线圈平面与中性面垂直，故A错误；当t＝1×10－2s时，感应电动势为0，线圈平面与中性面重合，磁通量最大，磁通量变化率为0，故B错误；该交流电的周期T＝0.02s，则线圈转动角速度ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.02)rad/s＝100πrad/s，交流发电机的最大感应电动势Em＝NωBS，所以Φm＝BS＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(10π,100×100π)Wb＝1×10－3Wb，故C正确，D错误。3.如图3所示，虚线OO′的左边存在着方向垂直于纸面向里的匀强磁场，右边没有磁场。单匝矩形线圈abcd的对称轴恰与磁场右边界重合，线圈平面与磁场垂直。线圈沿图示方向绕OO′轴以角速度ω匀速转动(即ab边向纸外、cd边向纸里转动)，规定沿a→b→c→d→a方向为感应电流的正方向。从图示位置开始计时，下列四个图像中能正确表示线圈内感应电流i随时间t变化规律的是()图3答案B解析图示时刻开始，由楞次定律判断出线圈中感应电流方向为a→d→c→b→a为负方向，线圈中产生的感应电动势表达式为e＝－Emsinωt＝－BSωsinωt，S是线圈面积的一半，则感应电流的表达式为i＝eq\f(E,R)＝－Imsinωt，其中Im＝eq\f(ωBS,R)，故线圈中感应电流按正弦规律变化，故B正确。对点练2交变电流有效值的计算4.(2021·浙江6月选考，5)如图4所示，虚线是正弦交流电的图像，实线是另一交流电的图像，它们的周期T和最大值Um相同，则实线所对应的交流电的有效值U满足()图4A.U＝eq\f(Um,2) B.U＝eq\f(\r(2)Um,2)C.U>eq\f(\r(2)Um,2) D.U<eq\f(\r(2)Um,2)答案D解析虚线是正弦交流电的图像，其有效值为U有＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(\r(2)Um,2)，由图可知，在任意时刻，实线所代表的交流电的瞬时值都不大于虚线表示的正弦交流电的瞬时值，则实线所代表的交流电的有效值小于虚线表示的正弦交流电的有效值，则U<eq\f(\r(2)Um,2)，故D正确。5.(2023·湖北黄冈模拟)如图5是某一线圈通过的交流电的电流—时间关系图像(前半个周期为正弦波形的eq\f(1,2))，则一个周期内该电流的有效值为()图5A.eq\f(3,2)I0 B.eq\f(\r(5),2)I0 C.eq\f(\r(3),2)I0 D.eq\f(5,2)I0答案B解析设该电流的有效值为I，由I2RT＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(I0,\r(2))))eq\s\up12(2)R·eq\f(T,2)＋(2I0)2R·eq\f(T,4)，解得I＝eq\f(\r(5),2)I0，故B正确。6.(多选)已知如图6所示为穿过匝数n＝100的线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化的图像，其产生的电压为交变电压(π＝3.14)。判断下列选项中的四个交变电压的有效值与已知的交变电压的有效值相同的是()图6答案AD解析已知交变电流的周期为T＝6.28×10－2s，角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝100rad/s，最大感应电动势为Em＝nBSω＝200V，电压的有效值为U＝eq\f(Em,\r(2))＝100eq\r(2)V。选项A、B中，交变电压的有效值由U＝eq\f(Em,\r(2))可得，UA＝100eq\r(2)V，UB＝100V；选项C、D中，设等效电压为U，电阻R相同时间内产生的热量相同，则有eq\f(U2,R)T＝eq\f(Ueq\o\al(2,1),R)·eq\f(2,3)T＋eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)·eq\f(1,3)T，得UC＝200V，UD＝100eq\r(2)V，所以与已知交变电压的有效值相同的是A和D，故A、D正确。对点练3交变电流“四值”的理解和计算7.(多选)单匝闭合矩形线框电阻为R，在匀强磁场中绕与磁感线垂直的轴匀速转动，穿过线框的磁通量Φ与时间t的关系图像如图7所示。下列说法正确的是()图7A.eq\f(T,2)时刻线框平面与中性面垂直B.线框的感应电动势有效值为eq\f(\r(2)πΦm,T)C.线框转一周外力所做的功为eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)D.从t＝0到t＝eq\f(T,4)过程中线框的平均感应电动势为eq\f(πΦm,T)答案BC解析中性面的特点是与磁场方向垂直，穿过线框平面的磁通量最大，磁通量变化率最小，则eq\f(T,2)时刻线框在中性面上，A错误；电动势最大值为Em＝ωBS＝ωΦm＝eq\f(2π,T)Φm，对正弦交流电，E有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2)πΦm,T)，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于线框中产生的焦耳热，W＝eq\f(Eeq\o\al(2,有),R)T＝eq\f(2π2Φeq\o\al(2,m),RT)，C正确；由法拉第电磁感应定律知，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(Φm,\f(T,4))＝eq\f(4Φm,T)，D错误。8.(多选)(2023·湖南岳阳监测)图8甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈ABCD绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，t＝0时刻线圈从中性面开始转动，电压传感器显示其产生的电压如图乙所示，下列选项正确的是()图8A.线圈的转速为5πr/sB.传感器显示的交流电压的表达式为u＝12sin(5πt)VC.线圈两端电压的有效值为6eq\r(2)VD.该交变电流可以直接加在击穿电压为6eq\r(2)V的电容器上答案BC解析由乙图可以看出交流电的周期T＝0.4s，则线圈转速n＝eq\f(1,T)＝2.5r/s，故A错误；线圈角速度ω＝eq\f(2π,T)＝5πrad/s，根据乙图可得传感器显示的交流电压的表达式为u＝12sin(5πt)V，故B正确；正弦式交变电流电压的有效值为其最大值的eq\f(1,\r(2))，电压最大值为12V，所以其有效值为6eq\r(2)V，故C正确；电容器被击穿是因为两端的电压超出最大承受电压(击穿电压)，该交变电流电压的最大值为12V，大于击穿电压为6eq\r(2)V电容器的最大承受电压，所以不能加在其两端，故D错误。B级综合提升练9.(多选)如图9甲所示，标有“220V40W”的灯泡和标有“20μF320V”的电容器并联接到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关。下列判断正确的是()图9A.t＝eq\f(T,2)时刻，的示数为零B.灯泡恰好正常发光C.电容器不可能被击穿D.的示数保持110eq\r(2)V不变答案BC解析的示数应是电压的有效值220V，故选项A、D错误；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，选项B正确；电压的峰值Um＝220eq\r(2)V≈311V，小于电容器的耐压值，故电容器不可能被击穿，选项C正确。10.(2022·湖南长沙高三模拟)如图10所示，矩形线框ABCD以恒定的角速度ω绕对角线AC转动。AC的左侧存在着垂直纸面向外、磁感应强度为B的匀强磁场，已知AB长为l1，BC长为l2，线框电阻为R。t＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是()图10A.矩形线框该时刻的电流值最大B.矩形线框产生的感应电动势有效值为eq\f(\r(2),2)Bl1l2ωC.矩形线框转过半圈过程中产生的热量为eq\f(πB2leq\o\al(2,1)leq\o\al(2,2)ω,2R)D.矩形线框从图示位置转过180°过程中，通过线框任意横截面的电荷量为eq\f(Bl1l2,R)答案D解析矩形线框该时刻磁通量最大，感应电动势最小，则感应电流值最小，A错误；矩形线框产生的感应电动势最大值Em＝eq\f(1,2)Bωl1l2，有效值为E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(\r(2),4)Bl1l2ω，B错误；矩形线框转过半圈过程中产生的热量为Q＝eq\f(E2,R)eq\f(π,ω)＝eq\f(πB2leq\o\al(2,1)leq\o\al(2,2)ω,8R)，C错误；矩形线框从图示位置转过180°过程中，通过线框任意横截面的电荷量为q＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(Bl1l2,R)，D正确。11.(多选)(2023·河北邯郸高三模拟)如图11所示，两根间距为20eq\r(2)cm的足够长粗糙金属导轨平行固定在水平面上，导轨电阻忽略不计。在导轨内部空间存在以正弦曲线和导轨的中位线为边界的匀强磁场，中位线上方磁场方向垂直纸面向里，中位线下方磁场方向垂直纸面向外，磁感应强度大小均为B＝1T。现有一导体棒在外力作用下以10m/s的速度匀速向右运动(接触电阻忽略不计)。已知导体棒接入导轨间的电阻为10Ω，电流表和电压表均为理想电表，与电流表相连的电阻R＝10Ω，则下列叙述正确的是()图11A.回路中产生的是交流电，且按照正弦规律变化B.电压表示数为0.5VC.导体棒的热功率为0.1WD.当导体棒运动到图示位置时，电流表示数最大答案AB解析因为磁场边界是正弦曲线，可得回路产生的是正弦交流电，A正确；正弦交流电的电压峰值为Um＝Bl有v＝eq\r(2)V，U有＝eq\f(Um,\r(2))＝1V，则电压表的示数为0.5V，B正确；导体棒的热功率P＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(U有,2)))\s\up12(2),R)＝0.025W，C错误；电表显示的是有效值，无论棒处于何种位置示数均不变，D错误。12.(多选)(2023·河北石家庄调研)如图12所示，面积为S1的圆形磁场，磁场方向垂直纸面向里，磁感应强度随时间变化的关系为B＝Bmcosπt。在纸面内有一金属导线围成面积为S2的圆形线圈，圆心与磁场圆心重合，导线上串有理想二极管、阻值为r的标准电阻和理想交流电流表，导线电阻不计，下列说法正确的是()图12A.电流表的示数为eq\f(πBmS2,2r)B.电流表的示数为eq\f(πBmS1,2r)C.在2s内流过电阻的电荷量为eq\f(BmS2,r)D.在2s内流过电阻的电荷量为eq\f(BmS1,r)答案BD解析感应电动势的最大值Em＝NωBS＝πBmS1，无二极管时：U有＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(πBmS1,\r(2))，有二极管时：eq\f(Ueq\o\al(2,有),r)×eq\f(T,2)＝eq\f(U有′2,r)T，解得U有′＝eq\f(πBmS1,2)，所以I＝eq\f(U有′,r)＝eq\f(πBmS1,2r)，故A错误，B正确；产生交变电流的周期T＝eq\f(2π,ω)＝2s，因存在二极管，在时间2s内，只有t＝1s有电流通过电阻r，ΔΦ＝BmS1，eq\o(E,\s\up6(－))＝eq\f(ΔΦ,t)＝BmS1，eq\o(I,\s\up6(－))＝eq\f(\o(E,\s\up6(－)),r)＝eq\f(BmS1,r)，q＝eq\o(I,\s\up6(－))t＝eq\f(BmS1,r)，故C错误，D正确。13.如图13甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′按如图甲所示方向匀速转动，线圈的匝数n＝100、电阻r＝10Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90Ω，与R并联的交流电压表为理想电表。在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图乙所示正弦规律变化。(取π＝3.14)求：图13(1)交流发电机产生的电动势的最大值；(2)从t＝0时刻开始计时，线圈转过60°时线圈中感应电流瞬时值及回路中的电流方向；(3)电路中交流电压表的示数；(4)从图示位置转过90°，通过线圈的电荷量和整个回路的焦耳热。答案(1)200V(2)1A电流方向abcda(3)90eq\r(2)V(4)0.02C3.14J解析(1)由Φ－t图线可知Φm＝2.0×10－2Wb，T＝6.28×10－2s则ω＝eq\f(2π,T)＝100rad/s因为Φm＝BS，所以Em＝nΦmω＝200V。(2)因为e＝200cos(100t)V根据欧姆定律得i＝eq\f(e,R＋r)＝2cos(100t)A所以线圈转过60°时，i＝2cos60°＝1A，电流方向为abcda。(3)电动势的有效值E＝eq\f(\r(2),2)Em＝100eq\r(2)V由闭合电路的欧姆定律，电路中电流的有效值为I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\r(2)A交流电压表的示数为U＝IR＝90eq\r(2)V。(4)根据公式q＝neq\f(ΔΦ,R总)＝0.02C根据焦耳定律可得Q＝eq\f(E2,R＋r)t＝eq\f(20000,100)×eq\f(6.28×10－2,4)J＝3.14J。第2讲变压器电能的输送学习目标1.掌握变压器的规律，会分析变压器的动态变化问题。2.理解远距离输电的原理，会计算电路损失的电压、功率和输送的功率。1.2.3.1.思考判断(1)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。(×)(2)理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率。(√)(3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大。(√)(4)增大输电导线的横截面积不利于减少输电过程中的电能损耗。(×)(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗。(√)(6)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耗越大。(√)2.(2021·广东卷，7)某同学设计了一个充电装置，如图1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0.2s，电压最大值为0.05V。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()图1A.交流电的频率为10HzB.副线圈两端电压最大值为3VC.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答案B考点一理想变压器的原理及应用1.理想变压器的制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，U2＝eq\f(n2,n1)U1。功率原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，P1＝P2。电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定，I1＝eq\f(n2,n1)I2。2.关于理想变压器的四点说明(1)变压器不能改变直流电压。(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率。(3)理想变压器本身不消耗能量。(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值。角度变压器基本关系的应用例1(2023·辽宁大连高三期末)如图2所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，交流电流表、交流电压表均为理想电表。下列说法正确的是()图2A.电压表的读数为110eq\r(2)VB.电流表的读数为2AC.副线圈的输出功率为220WD.副线圈输出的交变电流的频率为100Hz答案C解析由电压瞬时值的表达式可得，原线圈的电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为110V，所以电压表读数为110V，故A错误；副线圈电流I＝eq\f(U,R)＝2A，电流表的读数为I′＝eq\f(1,2)I＝1A，故B错误；副线圈的输出功率为P＝IU＝220W，故C正确；变压器不改变交变电流的频率，即副线圈输出的交变电流的频率等于原线圈的交流电的频率，为f＝eq\f(100π,2π)Hz＝50Hz，故D错误。跟踪训练1.(2020·山东卷)图3甲中的理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝22∶3，输入端a、b所接电压u随时间t的变化关系如图乙所示。灯泡L的电阻恒为15Ω，额定电压为24V。定值电阻R1＝10Ω、R2＝5Ω，滑动变阻器R的最大阻值为10Ω。为使灯泡正常工作，滑动变阻器接入电路的电阻应调节为()图3A.1Ω B.5Ω C.6Ω D.8Ω答案A解析由图乙可知理想变压器输入电压U1＝220V，应用理想变压器变压公式eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)＝eq\f(22,3)，可得副线圈输出电压U2＝30V。灯泡正常工作时，灯泡两端电压为UL＝24V，电流IL＝eq\f(UL,RL)＝1.6A。设R1两端电压为UR1，由U2＝UL＋UR1，可得UR1＝6V。由eq\f(UR1,R1)＋eq\f(UR1,R2＋R)＝IL，解得R＝1Ω，选项A正确。角度原线圈接入负载电阻的变压器问题例2(多选)(2023·安徽合肥高三期末)在如图4所示的电路中，变压器为理想变压器，电压表、电流表均为理想电表，给电路输入端通以正弦交流电，a、b、c三个灯泡均正常发光。灯泡a上标有“9V3W”字样，a、c两个灯泡完全相同，变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1，则()图4A.电流表的示数为eq\f(1,3)AB.灯泡b的额定功率为9WC.电压表的示数为27VD.电路输入端的输入电压为36V答案CD解析灯泡a上标有“9V3W”字样，a、c两个灯泡完全相同，则正常发光的电流为Ia＝Ic＝eq\f(Pa,Ua)＝eq\f(1,3)A，则变压器的原线圈的电流为I1＝Ia＝eq\f(1,3)A，根据理想变压器的电流比等于匝数的反比，有I2＝eq\f(n1,n2)I1＝eq\f(3,1)×eq\f(1,3)A＝1A，根据并联分流原理，可得电流表的示数为IA＝I2－Ic＝eq\f(2,3)A，故A错误；灯泡b的额定功率为Pb＝UbIb＝UcIA＝9×eq\f(2,3)W＝6W，故B错误；电压表的示数为UV＝U1＝eq\f(n1,n2)U2＝eq\f(3,1)×9V＝27V，故C正确；电路输入端的输入电压为U＝Ua＋U1＝(9＋27)V＝36V，故D正确。跟踪训练2.(2023·江西高三模拟)如图5所示，理想变压器的原线圈接在有效值为100V的正弦交流电源上，原、副线圈匝数比为2∶1，定值电阻R1、R2、R3的阻值分别为10Ω、20Ω、20Ω，电流表为理想交流电流表。下列说法正确的是()图5A.R1的电功率为40WB.电流表示数为1AC.副线圈两端电压为20VD.副线圈的输出功率为80W答案A解析原、副线圈匝数比为2∶1，设原线圈电流为I1，副线圈电流为I2，则有I1＝eq\f(I2,2)，又有原线圈回路U＝I1R1＋2I2·eq\f(R2R3,R2＋R3)，解得I1＝2A，I2＝4A，所以R1的电功率为P＝Ieq\o\al(2,1)R1＝40W，故A正确，B错误；副线圈两端电压为U2＝I2·eq\f(R2R3,R2＋R3)＝40V，故C错误；副线圈的输出功率为P2＝I2U2＝160W，故D错误。角度两种特殊的变压器模型例3(多选)如图6所示，L1和L2是输电线，甲、乙是两个互感器(可视为理想变压器)，其中的线圈匝数关系为n1∶n2＝200∶1，n3∶n4＝1∶100，电流表和电压表均为理想交流电表。下列说法正确的是()图6A.甲是电流互感器，乙是电压互感器B.甲是电压互感器，乙是电流互感器C.若V表示数为30V，则输电线两端的电压最大值为6000VD.若A表示数为5A，则通过输电线的电流有效值为500A答案BD解析图甲的原线圈两端并接在高压线路中，所以是电压互感器，图乙的原线圈串联接在输电线路中，所以是电流互感器，故A错误，B正确；电压表测电压的有效值，若V表示数为30V，已知n1∶n2＝200∶1，则输电线两端的电压有效值为U1＝eq\f(n1,n2)U2＝eq\f(200,1)×30V＝6000V，故C错误；电流表测电流的有效值，若A表示数为5A，则通过输电线的电流的有效值为I3＝eq\f(n4,n3)I4＝eq\f(100,1)×5A＝500A，故D正确。跟踪训练3.(多选)(2022·福建莆田模拟)如图7所示是一种调压变压器的原理图，线圈AB绕在一个圆形的铁芯上，A、B端加上u＝220eq\r(2)sin(100πt)V的交流电压，通过移动滑动触头P来调节C、D端输出电压。当P处于图示位置时，原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，现想将一个“38V19W”的灯泡接到输出端C、D，下列操作可使灯泡正常发光的是()图7A.仅将P顺时针旋转到合适位置B.仅将P逆时针旋转到合适位置C.仅将灯泡并联一个阻值为144Ω的电阻D.仅将灯泡串联一个阻值为144Ω的电阻答案AD解析输入电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，根据变压器两端的电压与线圈匝数的关系可知U2＝eq\f(n2,n1)U1＝110V，想将一个“38V19W”的灯泡接到输出端C、D正常发光，仅将P顺时针旋转到合适位置，以减小副线圈的匝数n2使U2可减小至38V，故A正确；仅将P逆时针旋转到合适位置，n2增大，U2增大，灯泡烧毁，B错误；仅将灯泡并联一个电阻，副线圈两端的电压不变，仍为110V，可将灯泡烧毁，C错误；给灯泡串联一个144Ω的电阻R，因RL＝eq\f(Ueq\o\al(2,L),P)，根据RL∶R＝UL∶UR，UL＋UR＝110V，联立解得UL＝38V，故D正确。考点二理想变压器的动态分析角度匝数比不变、负载变化的情况1.U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变。eq\f(n1,n2)不变，负载R变化2.当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化。3.I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化。例4如图8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()图8A.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示数变大答案B解析当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小，原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D错误。角度负载电阻不变、匝数比变化的情况1.U1不变，eq\f(n1,n2)变化，故U2变化。2.R不变，U2变化，故I2发生变化。3.根据P2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),R)，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化。例5如图9所示，原、副线圈匝数比为100∶1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝310sin(314t)V，则()图9A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为3.1VB.副线圈两端的电压频率为50HzC.当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈输入功率变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变小答案B解析由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，得U2＝eq\f(U1n2,n1)，因U1＝eq\f(310,\r(2))V，所以U2＝eq\f(310,\r(2))×eq\f(1,100)V≈2.2V，A错误；由瞬时值表达式可得ω＝314rad/s，则频率f＝eq\f(ω,2π)＝eq\f(314,2π)Hz＝50Hz，B正确；当单刀双掷开关由a扳向b时，n1减小，则U2增大，电压表示数变大，I2＝eq\f(U2,R)增大，副线圈的输出功率P出＝U2I2增大，原线圈的输入功率增大，C、D错误。规律方法考点三电能的输送1.理清三个回路(如图10)图10(1)在电源回路中，P发电机＝U1I1＝P1。(2)在输送回路中，I2＝I线＝I3，U2＝ΔU＋U3，ΔU＝I2R线，ΔP＝Ieq\o\al(2,2)R线。(3)在用户回路中，P4＝U4I4＝P用户。2.抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，P1＝P2，I1n1＝I2n2。(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，P3＝P4，I3n3＝I4n4。3.掌握一个守恒关系能量守恒关系式P1＝P线损＋P用户。例6(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图11所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线的总电阻R＝10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，副线圈与用电器R0组成闭合电路。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压u＝220eq\r(2)sin(100πt)V。当用电器电阻R0＝11Ω时，下列说法正确的是()图11A.通过用电器R0的电流有效值是20AB.当用电器R0的阻值减小时，输电线损耗的功率也随着减小C.发电机中的电流变化频率为100HzD.升压变压器的输入功率为4650W答案AD解析通过用电器R0的电流有效值I＝eq\f(U,R0)＝eq\f(220,11)A＝20A，A正确；当用电器R0的阻值减小时，由于电压不变，电流增大，输电线上的电流也增大，输电线上损失的功率增大，B错误，变压器不改变交流电的频率，f＝50Hz，C错误；降压变压器的输出功率为P1＝UI＝220×20W＝4400W，由理想变压器原、副线圈电流与匝数成反比，得输电线上的电流为I′＝5A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2R＝52×10W＝250W，升压变压器的输入功率P＝P1＋ΔP＝4650W，D正确。跟踪训练4.(2020·浙江7月选考，11)如图12所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100kW，发电机的电压U1＝250V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220V。已知输电线上损失的功率P线＝5kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是()图12A.发电机输出的电流I1＝40AB.输电线上的电流I线＝625AC.降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11D.用户得到的电流I4＝455A答案C解析发电机输出的电流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(100×103,250)A＝400A，选项A错误；输电线上的电流I线＝eq\r(\f(P线,R线))＝eq\r(\f(5×103,8))A＝25A，选项B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝eq\f(P,I线)＝eq\f(100×103,25)V＝4×103V，输电线损耗电压ΔU＝I线R线＝25×8V＝200V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3800V，故降压变压器的匝数比eq\f(n3,n4)＝eq\f(U3,U4)＝eq\f(3800,220)＝eq\f(190,11)，选项C正确；降压变压器的副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95kW，故用户得到的电流I4＝eq\f(P4,U4)＝eq\f(95×103,220)A＝431.8A，选项D错误。A级基础对点练对点练1理想变压器的原理及应用1.(2023·福建厦门高三期末)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。如图1为自耦变压器部分示意图，已知该自耦变压器可视为理想变压器，线圈总匝数为1250匝，其中原线圈为1100匝，接在有效值为220V的交流电源上，则输出端AB可以得到最高电压是()图1A.193.6V B.1936VC.250V D.2500V答案C解析对于自耦变压器，若要输出端得到最高电压，只需满足副线圈匝数最多为1250匝，由变压器两端的电压与匝数成正比，有UAB＝eq\f(n2,n1)U＝eq\f(1250,1100)×220V＝250V，故C正确。2.(2023·湖北省新高考协作体高三联考)如图2，理想变压器副线圈匝数为2000匝，原线圈匝数为1000匝。副线圈接有一个阻值为RL＝200Ω的灯泡，绕过铁芯的单匝线圈接有一理想交流电压表V，示数为0.10V。则交流电流表的示数为()图2A.2A B.1A C.4A D.3A答案A解析理想交流电压表V的示数为一匝线圈的电压的有效值U0＝0.10V，根据理想变压器的原理可知，电压与匝数成正比，则有U1＝n1U0＝100V，U2＝n2U0＝200V，理想变压器原、副线圈的功率相等，则有U1I1＝U2I2＝eq\f(Ueq\o\al(2,2),RL)，解得I1＝2A，即接在原线圈上的交流电流表的示数为2A，故A正确。3.(2023·河北邢台高三期末)家用燃气热水器电子脉冲点火装置的原理图如图3所示。将3V的直流电压通过转换器转换为正弦交变电压u＝12sin(100πt)V，将该交变电压加在理想变压器的原线圈上，副线圈两端接放电针，当放电针之间电压的最大值达到18kV时，就可以放电，利用放电针高压放电所产生的电火花可点燃燃气。下列说法正确的是()图3A.热水器每秒点火50次B.理想交流电压表V的示数为12VC.在转换器损坏的情况下，只要副线圈的匝数足够大，就可以点燃燃气D.要使点火装置正常工作，变压器原、副线圈的匝数之比不能超过1∶1500答案D解析由u＝12sin(100πt)V可知ω＝100π，由ω＝2πf得f＝50Hz，一个周期内交变电流两次达到最大值，所以每秒会点火100次，故A错误；理想交流电压表V的示数是正弦式交流电压的有效值，U＝eq\f(Um,\r(2))＝6eq\r(2)V，所以示数为6eq\r(2)V，故B错误；转换器损坏，无法将直流电压转换成正弦式交变电压，变压器不能变压，故C错误；根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，U1＝6eq\r(2)V，U2＝9eq\r(2)kV，解得n1∶n2＝1∶1500，则要使点火装置正常工作，变压器原、副线圈的匝数之比不能超过1∶1500，故D正确。4.(多选)b、c是额定电压均为U0的两个完全相同的小灯泡，与小灯泡a(额定电压为2U0)分别与理想变压器相接，如图4所示，当MN两端的输入电压为6U0的交流电时，三盏小灯泡恰好正常发光，则下列说法正确的是()图4A.原、副线圈的匝数比为4∶1B.原、副线圈的匝数比为2∶1C.此时a和b的电功率之比为1∶1D.此时a和b的电功率之比为2∶1答案AC解析输入电压为6U0，由题可知灯泡a两端电压为2U0，则原线圈的电压为4U0，b、c能正常发光，则副线圈的电压为U0，根据原、副线圈电压与匝数的关系eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，可知原、副线圈的匝数比为4∶1，故A正确，B错误；根据原、副线圈电流与匝数的关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可知原、副线圈的电流之比为1∶4，再根据Ib＝Ic＝eq\f(I2,2)＝2I1，则灯泡a的功率Pa＝2U0I1，灯泡b的功率Pb＝U0×2I1＝2U0I1，可知此时a和b的电功率之比为1∶1，故C正确，D错误。对点练2理想变压器的动态分析5.如图5所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示，变压器原、副线圈匝数分别为n1和n2。下列说法正确的是()图5A.eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)B.eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)C.滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D.滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小答案B解析由题图可知，原、副线圈两端电压满足电压之比为匝数之比，而U2不是副线圈两端电压，为变阻器两端电压，即eq\f(U1,U2)≠eq\f(n1,n2)，故A错误；A1和A2测的是原、副线圈电路中电流，满足eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，故B正确；滑片P向下滑动过程中，变阻器接入电路电阻减小，所以副线圈所在回路电流I2变大，则由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，可知I1变大，又因为U1不变，则副线圈两端电压不变，定值电阻两端电压增大，所以U2变小，故C、D错误。6.理想变压器原线圈两端输入的交变电流电压如图6甲所示，变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，如图乙所示，定值电阻R0＝10Ω，R为滑动变阻器，则下列说法正确的是()图6A.电压表的示数为44eq\r(2)VB.变压器输出电压频率为10HzC.当滑动变阻器滑片向下移动时，变压器的输入功率增大D.当滑动变阻器滑片向下移动时，电流表的示数减小答案C解析原线圈电压有效值为220V，根据电压与匝数成正比知电压表示数为44V，故A错误；由甲图知交变电流周期为0.02s，则f＝eq\f(1,T)＝50Hz，变压器不改变交变电流的频率，故B错误；滑动触头P向下移动，电阻变小，输入电压和匝数不变，则副线圈电压不变，电流增加，输出功率增大，故输入功率增加，输入电压不变，则原线圈电流增大，故电流表示数变大，故C正确，D错误。7.(多选)如图7所示，理想变压器原线圈接u＝220eq\r(2)·sin(100πt)V的交流电，R为光敏电阻(阻值随着光照强度的增强而减小)，电流表为理想交流电表。当电路工作时，灯泡L发光，下列说法正确的是()图7A.保持滑片P不动，若照射R的光变强，则灯泡L变暗B.保持滑片P不动，若照射R的光变强，则电流表示数变大C.保持R上的光照强度不变，若滑片P向下滑动，则灯泡L变亮D.保持R上的光照强度不变，若滑片P向下滑动，则电流表示数减小答案BD解析滑片P不动时照射R的光变强，光敏电阻R的阻值减小，流过光敏电阻的电流变大，流经灯泡的电流不变，副线圈总电流变大，原线圈电流变大，故A项错误，B项正确；照射R的光不变时，滑片P向下滑动，副线圈的匝数减小，两端电压减小，两支路电流均减小，灯泡L变暗；副线圈中的总电流减小，则电流表示数减小，故C项错误，D项正确。对点练3电能的输送8.(2022·河北张家口一模)2020年9月，中国发布“双碳战略”，计划到2030年实现碳达峰、2060年实现碳中和。电力作为远程输送能量的载体，特高压远距离输送清洁电能是实现碳中和的重要途径之一。若保持输送电能总功率、输电距离不变的情况下，从原来的150kV高压输电升级为1350kV的特高压