2024-2025学年下学期高二物理人教版同步经典题精练之变压器

第47页（共47页）2024-2025学年下学期高中物理人教版（2019）高二同步经典题精练之变压器一．选择题（共5小题）1．（2024秋•辽宁期末）如图所示某节能储能输电网络，发电机输出功率恒定、电压恒定；所有变压器可视为理想变压器；只考虑输电线电阻，其余电阻不计；各部分电压、电流和线圈匝数符号如图。下列关于线圈间电压、电流关系说法正确的是（）A．无论开关S闭合还是断开，线圈n1与n2的电压和匝数关系均为U1B．开关S闭合“储能”时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I1C．开关S闭合“放能”时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I1D．开关S断开时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I2．（2025•雁塔区校级模拟）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2，副线圈连接一额定电压6V、额定功率1.8W的白炽灯泡，原线圈与一5Ω的固定电阻串联后接交流电源。若灯泡正常发光，则（）A．交流电源输出电压的有效值为4.5V B．交流电源的输出功率为3.6W C．流过原线圈的电流强度为0.5A D．若交流电源输出电压的有效值减半，流过灯泡的电流也一定减半3．（2025•福州校级模拟）某吹风机内部的简化电路图如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，已知当开关K断开时变压器副线圈中的电流I随时间t的变化图像如图乙所示，电动机两端的电压为U0。当开关K闭合后，原线圈的输入功率变为原来的3倍。下列说法正确的是（）A．原线圈中电流的周期为0.04s B．当开关K断开时，原线圈的输入功率为U0I1 C．定值电阻R的阻值为2UD．当开关K闭合后，副线圈的输出电压变大4．（2024秋•西城区期末）如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin（ωt+φ）的交流电源上。副线圈接有两个相同的灯泡L1和L2。开始时，开关S断开。当S闭合后，下列说法正确的是（）A．灯泡L1两端的电压减小 B．通过灯泡L1的电流增大 C．原线圈中的电流减小 D．变压器的输入功率增大5．（2024秋•五华区校级期末）如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，专动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为22T。矩形线圈通过滑环和电刷与理想变压器相连，变压器的触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与A．线圈中感应电动势的表达式为e=100B．P上移时，电流表示数减小 C．t＝0时，电压表示数为1002D．当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻上消耗的功率为50W二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•东湖区校级期末）如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至U4，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I4，发电厂的输出电流为I1；若变压器的匝数n2＝n3，则下列关系式正确的是（）A．U1：U4＞n1：n4 B．U1：U4＜n1：n4 C．I1：I4＝n1：n4 D．I1：I4＝n4：n1（多选）7．（2024秋•福田区校级期末）图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（）A．从图示位置开始计时，线圈产生的感应电动势瞬时值为e＝NBSωcosωt B．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为2NBSωC．线框从图示位置开始转过180°的过程中，电压表V1的示数先变大后变小 D．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为22NBSω（多选）8．（2024秋•金凤区校级期末）如图所示，理想变压器原线圈接入电压稳定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。在变阻器滑片从b端向a端缓慢移动的过程中（）A．电流表A示数增大 B．电压表V示数减小 C．电压表示数不变 D．原线圈的输入功率增大（多选）9．（2024秋•郑州期末）某无线充电接收器构造如图甲，为方便计算，简化模型如图乙所示。其中线圈的外圈半径为2.4cm，内圈半径为0.8cm，两端与整流电路相连，电阻不计。在垂直于线圈平面施加如图丙所示随时间变化的匀强磁场，设磁场垂直于纸面向外为正，则（）A．t＝0.01s时，内圈抽头的电势比外圈抽头的电势低 B．外圈感应电动势约为内圈的3倍 C．内圈的感应电动势约为0.04V D．整流电路的输入电压约为0.36V三．填空题（共3小题）10．（2023秋•金台区期末）有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36V，这个电压是把380V的电压降压后得到的。若变压器的原线圈是1440匝，则副线圈是匝；在某次实际工作时输入电压只有220V，则输出电压是V。11．（2024•泉州模拟）如图甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，输入的交变电压如图乙所示，L1、L2是完全相同的灯泡，设灯丝电阻保持不变。若灯泡L2能正常发光，则灯泡L1（选填“能”或“不能”）正常发光，灯泡L2的额定电压为V，交变电压瞬时值表达式为u＝V。12．（2024春•福州期末）如何有效地提高能源利用率是人类所面临的一项重要任务。如下图是远距离输电示意图，变压器为理想变压器，若输入电压U1不变，图示的用电设备消耗总功率变大，则输电线上消耗的电功率；降压变压器副线圈两端的电压U4（均选填“变小”、“变大”或“不变”）。四．解答题（共3小题）13．（2025•南通模拟）电动汽车刹车时利用储能装置储蓄能量，其原理如图所示，矩形金属框部分处于匀强磁场中，磁场方向垂直金属框平面向里，磁感应强度大小为B，金属框的电阻为r，ab边长为L。刹车过程中ab边垂直切割磁感线，某时刻ab边相对磁场的速度大小为v，金属框中的电流为I。此时刻：（1）判断ab边中电流的方向，并求出感应电动势大小E；（2）求储能装置两端的电压U和金属框的输出电功率P。14．（2025•重庆一模）一输出功率为180W的太阳能板输出的直流电，经转换后变成如图所示交流电。将该交流电接入一理想变压器原线圈，与副线圈相连的一额定电压为220V的用电器正常工作。求：（1）该理想变压器原、副线圈匝数之比；（2）通过该用电器的最大电流和1s时间内电流方向变化的次数。15．（2024秋•中山区校级期末）如图所示，理想变压器的原线圈左端接一有效值为U＝12V的正弦式交流电源，定值电阻R0＝4Ω，副线圈接有阻值为R1＝2Ω的定值电阻和一个滑动变阻器R（最大阻值10Ω），现电路正常工作，两块理想交流电流表A1的示数为I1＝0.5A，A2的示数为I2＝2.0A，求：（1）变压器原副线圈的匝数比k；（2）调节滑动变阻器，求副线圈负载的总电功率最大时滑动变阻器的阻值Rm（结果保留至小数点后两位）。

2024-2025学年下学期高中物理人教版（2019）高二同步经典题精练之变压器参考答案与试题解析题号12345答案ABCDD一．选择题（共5小题）1．（2024秋•辽宁期末）如图所示某节能储能输电网络，发电机输出功率恒定、电压恒定；所有变压器可视为理想变压器；只考虑输电线电阻，其余电阻不计；各部分电压、电流和线圈匝数符号如图。下列关于线圈间电压、电流关系说法正确的是（）A．无论开关S闭合还是断开，线圈n1与n2的电压和匝数关系均为U1B．开关S闭合“储能”时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I1C．开关S闭合“放能”时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I1D．开关S断开时，线圈n1与n2的电流和匝数关系为I【考点】变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】A【分析】根据法拉第电磁感应定律计算；根据能量守恒定律分析能量关系，结合变压规律可得电流关系，据此分析BCD。【解答】解：A、根据法拉第电磁感应定律：U1=n1ΔΦΔt，U2=nB、开关S闭合“储能“时，根据能量守恒定律：U1I1＝U2I2+U5I5，根据理想变压器的电压与匝数U2UU5成正比得：U1n1=U2n2=U5n5，解得n1IC、开关S闭合“放能“时，通过n1线圈的电流为零，根据能量守恒定律：U5I5＝U2I2，解得I2I5D、开关S断开时U1I1＝U2I2，解得I1I2故选：A。【点评】在变压器问题中，不管有多少个副线圈，总是满足原线圈的输入功率等于所有副线圈的输出功率之和。2．（2025•雁塔区校级模拟）如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1：2，副线圈连接一额定电压6V、额定功率1.8W的白炽灯泡，原线圈与一5Ω的固定电阻串联后接交流电源。若灯泡正常发光，则（）A．交流电源输出电压的有效值为4.5V B．交流电源的输出功率为3.6W C．流过原线圈的电流强度为0.5A D．若交流电源输出电压的有效值减半，流过灯泡的电流也一定减半【考点】变压器的动态分析——原线圈有负载．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】B【分析】根据灯泡正常发光，结合其额定功率、额定电压的关系，由原、副线圈的电压比等于匝数比，原、副线圈电流和匝数成反比，欧姆定律等分别列式，即可分析判断ABCD正误。【解答】解：因为灯泡正常发光，所以副线圈的两端电压为：U2＝6V，则由原、副线圈的电压比等于匝数比可知：U1：U2＝n1：n2＝1：2，解得，原线圈的两端电压为：U1＝3V，因为白炽灯泡的额定电压为6V、额定功率为1.8W，所以副线圈的电流为：I2＝1.8W÷6V＝0.3A，则由原、副线圈电流和匝数成反比可知：I1：I2＝n1：n1＝2：1，解得，原线圈的电流为：I1＝0.6A，则原线圈电阻R两端电压为：UR＝I1R＝0.6A×5Ω＝3V，则交流电源输出电压的有效值为：U＝U1+UR＝3V+3V＝6V；则交流电源的输出功率为：P＝UI1＝6V×0.6A＝3.6W；结合前面分析可知，若交流电源输出电压的有效值减半，则原线圈的两端电压减半，则根据原、副线圈的电压比等于匝数比可知，副线圈的两端电压减半，则根据欧姆定律可知，若灯泡的电阻不发生变化，则流过灯泡的电流也减半；则B正确，ACD错误；故选：B。【点评】本题主要考查变压器的动态分析，解题时需注意，分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。3．（2025•福州校级模拟）某吹风机内部的简化电路图如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2：1，已知当开关K断开时变压器副线圈中的电流I随时间t的变化图像如图乙所示，电动机两端的电压为U0。当开关K闭合后，原线圈的输入功率变为原来的3倍。下列说法正确的是（）A．原线圈中电流的周期为0.04s B．当开关K断开时，原线圈的输入功率为U0I1 C．定值电阻R的阻值为2UD．当开关K闭合后，副线圈的输出电压变大【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；理想变压器两端的功率关系；理想变压器两端的频率关系．【专题】定量思想；推理法；磁场磁场对电流的作用；推理论证能力．【答案】C【分析】变压器只改变交变电流的电压不改变周期，根据有效值求解功率，当开关K闭合后，定值电阻R消耗的功率为电动机消耗功率的2倍，副线圈的输出电压由原线圈的输入电压和变压器原、副线圈的匝数比决定，据此分析。【解答】解：A．由图乙可知副线圈中电流的周期为0.02s，变压器只改变交变电流的电压不改变周期，故A错误；B．由图乙可知，当开关K断开时，副线圈中电流的有效值为I1P1故B错误；C．由题意可知，当开关K闭合后，定值电阻R消耗的功率为电动机消耗功率的2倍，有U0解得R=故C正确；D．副线圈的输出电压由原线圈的输入电压和变压器原、副线圈的匝数比决定，所以开关K闭合后，副线圈的输出电压不变，故D错误。故选：C。【点评】考查交流的最大值、有效值、功率等问题，会根据题意求解相关物理量。4．（2024秋•西城区期末）如图所示，理想变压器原线圈接在u＝Umsin（ωt+φ）的交流电源上。副线圈接有两个相同的灯泡L1和L2。开始时，开关S断开。当S闭合后，下列说法正确的是（）A．灯泡L1两端的电压减小 B．通过灯泡L1的电流增大 C．原线圈中的电流减小 D．变压器的输入功率增大【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；理想变压器两端的功率关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】D【分析】理想变压器电压由原线圈电压决定，电流和功率又副线圈决定。根据变压器的工作原理和线圈的匝数比分析出副线圈电压和电流变化情况，根据功率公式分析D。【解答】解：A、原线圈电压U1由交流电源决定，闭合开关S对此无影响，因此U1不变。根据U变压器匝数不变，可知副线圈电压U2不变，灯泡L直接并联在副线圈上，则其两端电压就是副线圈电压U2，保持不变，故A错误；B、根据欧姆定律I=UR，通过灯泡L1的电流保持不变，故C、开关闭合后，副线圈多了一条支路，则副线圈电流I2增大，根据I2I1=nD、变压器输入功率P＝U1I1，可知该功率增大，故D正确。故选：D。【点评】本题主要考查了变压器的相关应用，掌握变压器的工作原理，结合线圈的匝数比与电学物理量的比值关系即可完成分析。5．（2024秋•五华区校级期末）如图所示，面积为0.02m2、内阻不计的100匝矩形线圈ABCD，绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，专动的角速度为100rad/s，匀强磁场的磁感应强度为22T。矩形线圈通过滑环和电刷与理想变压器相连，变压器的触头P可移动，副线圈所接电阻R＝50Ω，电表均为理想交流电表。当线圈平面与A．线圈中感应电动势的表达式为e=100B．P上移时，电流表示数减小 C．t＝0时，电压表示数为1002D．当原、副线圈匝数比为2：1时，电阻上消耗的功率为50W【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载；交流电表的读数；用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】D【分析】根据Em＝nBSω可以求出电动势的最大值，从而写出线圈中感应电动势的表达式；先求出电压的有效值，在利用U2U1=【解答】解：A、根据感应电动势的最大值公式Em＝NBSω＝100×22×0.02×100V＝线圈中感应电动势的表达式为e＝1002cos（100t）v故A错误；B、P上移时，原线圈匝数减小，根据U2根据P=U22C、电压表测量电压的有效值，原线圈的电压的有效值U1=Em2=1002D、根据U2U1=n根据P=解得P＝50W故D正确。故选：D。【点评】本题考查了变压器的构造和原理、交流的峰值、有效值以及它们的关系等知识点。根据电压与匝数成正比，变压器的输入功率和输出功率相等，逐项分析即可得出结论。二．多选题（共4小题）（多选）6．（2024秋•东湖区校级期末）如图为高铁供电流程的简化图，牵引变电所的理想变压器将电压为U1的高压电进行降压；动力车厢内的理想变压器再把电压降至U4，为动力系统供电，此时动力系统的电流为I4，发电厂的输出电流为I1；若变压器的匝数n2＝n3，则下列关系式正确的是（）A．U1：U4＞n1：n4 B．U1：U4＜n1：n4 C．I1：I4＝n1：n4 D．I1：I4＝n4：n1【考点】变压器的构造与原理．【专题】定量思想；方程法；交流电专题；理解能力．【答案】AD【分析】根据理想变压器的电压、电流与匝数比的关系，以及多级变压器的功率守恒原理解决问题。在理想变压器中，电压与匝数成正比，电流与匝数成反比。当有多个变压器串联时，总的电压比和电流比需要考虑所有变压器的匝数比。【解答】解：AB、根据理想变压器原线圈与副线圈的电压比等于匝数比，两变压器的电压之比，则有U1：U2＝n1：n2，U3：U4＝n3：n4可得U1=n由题意可知，由于输电线上有电压降，因此则有U2＞U3，又有n2＝n3，可得U1：U4＞n1：n4故A正确，B错误；CD、根据理想变压器原线圈和副线圈的电流比等于匝数的反比，两变压器的电流之比，则有I1：I2＝n2：n1，I3：I4＝n4：n3可得I1=n由于I2＝I3，n2＝n3，可得I1：I4＝n4：n1故C错误，D正确。故选：AD。【点评】在处理多级理想变压器的问题时，关键在于理解电压比和电流比与匝数比的关系，以及在多级变压器中如何应用这些关系。本题中，通过分析各级变压器的匝数比，可以推导出总的电压比和电流比，从而判断选项的正确性。（多选）7．（2024秋•福田区校级期末）图甲所示的装置是斯特林发电机，其工作原理图可以简化为图乙。已知矩形导线框的匝数为N，面积为S，处在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，矩形导线框以角速度ω绕垂直磁场方向的轴OO′匀速转动，线框与理想变压器原线圈相连。理想变压器原、副线圈的匝数比为1：4，图示时刻线框平面与磁感线垂直并以此时刻为计时起点，R1为定值电阻，R为滑动变阻器，交流电压表V1、V2均视为理想电表，不计线框的电阻。下列说法正确的是（）A．从图示位置开始计时，线圈产生的感应电动势瞬时值为e＝NBSωcosωt B．线框从图示位置开始转过180°的过程中，产生的平均电动势为2NBSωC．线框从图示位置开始转过180°的过程中，电压表V1的示数先变大后变小 D．滑动变阻器的滑片向d端滑动的过程中，电压表V2的示数始终为22NBSω【考点】变压器的构造与原理；计算从不同位置开始计时交变电流的表达式；交流电表的读数；计算线圈转动过程中电动势和电流的平均值．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】BD【分析】从中性面开始计时，电动势瞬时值表达式应该为正弦函数；根据法拉第电磁感应定律计算；电压表显示的是有效值；根据变压器的变压规律计算。【解答】解：A、从图示位置开始计时，线圈产生的感应电动势瞬时值为e＝NBSωsinωt，故A错误；B、线框从图示位置开始转过180°，经过的时间为Δt=12×2πω=πω，穿过线框的磁通量变化量为ΔC、电压表显示的是有效值，所以电压表V1的示数不变，故C错误；D、线圈产生的感应电动势的有效值为E=NBSω2，也等于变压器的输入电压U1，根据变压规律U1U2=14故选：BD。【点评】掌握感应电动势最大值的计算公式，感应电动势的平均值计算公式，变压器的变压规律等是解题的基础。（多选）8．（2024秋•金凤区校级期末）如图所示，理想变压器原线圈接入电压稳定的正弦交流电，副线圈接入最大阻值为R的滑动变阻器和阻值为R的定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表。在变阻器滑片从b端向a端缓慢移动的过程中（）A．电流表A示数增大 B．电压表V示数减小 C．电压表示数不变 D．原线圈的输入功率增大【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】ACD【分析】BC.根据U1A.分析右端电路，根据电路结构，结合欧姆定律及I1D.原线圈的输入功率为：P输入＝U1I1，结合前面分析，即可分析判断。【解答】解：BC.因为：U1且原线圈的电压及原、副线圈的匝数均未变，所以副线圈电压保持不变，则电压表V示数不变，故B错误，C正确；A.分析右端电路可知，R与滑动变阻器下半部分并联后，再与上半部分串联接入电路；设滑动变阻器下边的电阻为x，则副线圈中的总电阻为：R副则当变阻器滑片从b端向a端缓慢移动的过程中，x减小，则副线圈的阻值减小，因为：I2所以副线圈电流增大，因为：I1所以原线圈电流增大，则电流表A示数增大，故A正确；D.原线圈的输入功率为：P输入＝U1I1，结合前面分析可知，原线圈电流增大，则原线圈的输入功率也增大，故D正确；故选：ACD。【点评】本题主要考查变压器的动态分析，解题时需注意，分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。（多选）9．（2024秋•郑州期末）某无线充电接收器构造如图甲，为方便计算，简化模型如图乙所示。其中线圈的外圈半径为2.4cm，内圈半径为0.8cm，两端与整流电路相连，电阻不计。在垂直于线圈平面施加如图丙所示随时间变化的匀强磁场，设磁场垂直于纸面向外为正，则（）A．t＝0.01s时，内圈抽头的电势比外圈抽头的电势低 B．外圈感应电动势约为内圈的3倍 C．内圈的感应电动势约为0.04V D．整流电路的输入电压约为0.36V【考点】变压器的构造与原理；法拉第电磁感应定律的内容和表达式．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】AC【分析】根据楞次定律判断电流方向，进而可知电势的高低；根据法拉第电磁感应定律计算，比较内圈和外圈的感应电动势大小；整流电路的输入电压等于整个电路产生的感应电动势。【解答】解：A、在电源内部电流方向是从低电势流向高电势，根据楞次定律可知，在t＝0.01s时，内圈抽头的电势比外圈抽头的电势低，故A正确；BC、根据法拉第电磁感应定律可得外圈产生的感应电动势为E'=ΔBΔtπr'2=42×10-2×3.14×(0.8×1D、整流电路的输入电压约为E+E'＝0.36V+0.04V＝0.40V，故D错误。故选：AC。【点评】本题考查了法拉第电磁感应定律和楞次定律的应用，知道在电源内部电流是从低电势流向高电势的。三．填空题（共3小题）10．（2023秋•金台区期末）有些机床为了安全，照明电灯用的电压是36V，这个电压是把380V的电压降压后得到的。若变压器的原线圈是1440匝，则副线圈是136匝；在某次实际工作时输入电压只有220V，则输出电压是21V。【考点】理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】136；21【分析】根据变压器的原副线圈两端的电压与匝数成正比进行解答。【解答】解：由U1可得n2输出电压是U2故答案为：136；21。【点评】理想变压器是理想化模型，一是不计线圈内阻；二是不计漏磁现象，同时副线圈的电压由原线圈电压与原副线圈匝数比决定，要掌握变压器的规律，并能熟练应用。11．（2024•泉州模拟）如图甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为2：1，输入的交变电压如图乙所示，L1、L2是完全相同的灯泡，设灯丝电阻保持不变。若灯泡L2能正常发光，则灯泡L1不能（选填“能”或“不能”）正常发光，灯泡L2的额定电压为40V，交变电压瞬时值表达式为u＝1002sin100πtV。【考点】变压器的构造与原理；交变电流的u﹣t图像和i﹣t图像．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】不能，40，1002sin（100πt）。【分析】根据变压器的变压比和电压的有效值以及电压关系列式求解，结合交变电压的表达式列式解答。【解答】解：原副线圈的匝数比n1n2=I2I1=21，即灯泡L2的电流是灯泡L1电流的2倍，故灯泡L2正常发光，L1不能正常发光；根据图乙，电源电压有效值为U=10022V＝100V，设灯泡的电阻为R，L1的电流为I，根据电压关系有U＝IR+2×2IR＝5IR，则IR＝20V，所以灯泡L2的电压为2IR＝2×20V＝40V，根据图乙，交变电压的瞬时值表达式为u＝故答案为：不能，40，1002sin（100πt）。【点评】考查交流电的最大值、有效值、变压器的相关问题，会根据题意进行准确分析和解答。12．（2024春•福州期末）如何有效地提高能源利用率是人类所面临的一项重要任务。如下图是远距离输电示意图，变压器为理想变压器，若输入电压U1不变，图示的用电设备消耗总功率变大，则输电线上消耗的电功率变大；降压变压器副线圈两端的电压U4变小（均选填“变小”、“变大”或“不变”）。【考点】变压器的动态分析——原线圈有负载．【专题】信息给予题；定性思想；推理法；交流电专题；理解能力．【答案】变大；变小。【分析】用电设备消耗的功率变大，则降压变压器副线圈中的电流变大，根据理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比、功率公式和欧姆定律求解作答。【解答】解：用电设备消耗的功率变大，则降压变压器副线圈中的电流变大，根据理想变压器电流与匝数比的关系，降压变压器原线圈中的电流I3根据功率公式，输电线上的功率损失ΔP=根据欧姆定律，输电线上的电压损失ΔU＝I3R线变大；根据理想变压器电压与匝数比的关系，升压变压器副线圈两端电压U2则降压变压器原线圈两端电压U3＝U2﹣ΔU变小；根据理想变压器电压与匝数比的关系，降压变压器副线圈两端电压U4故答案为：变大；变小。【点评】本题主要考查了理想变压器的动态变化，掌握理想变压器电压与匝数比、电流与匝数比的关系以及欧姆定律和功率公式是解题的关键。四．解答题（共3小题）13．（2025•南通模拟）电动汽车刹车时利用储能装置储蓄能量，其原理如图所示，矩形金属框部分处于匀强磁场中，磁场方向垂直金属框平面向里，磁感应强度大小为B，金属框的电阻为r，ab边长为L。刹车过程中ab边垂直切割磁感线，某时刻ab边相对磁场的速度大小为v，金属框中的电流为I。此时刻：（1）判断ab边中电流的方向，并求出感应电动势大小E；（2）求储能装置两端的电压U和金属框的输出电功率P。【考点】理想变压器两端的功率关系；根据B﹣t或者φ﹣t图像计算感应电动势；交变电流的周期、频率、相位．【专题】定量思想；推理法；电磁感应与电路结合；推理论证能力．【答案】（1）ab边中电流的方向为b→a，感应电动势大小E为BLv；（2）储能装置两端的电压U为BLv﹣Ir，金属框的输出电功率P为BILv﹣I2r。【分析】（1）根据右手定则结合导体棒切割磁感线产生感应电动势公式列式解答；（2）根据闭合电路的欧姆定律结合电功率公式推导。【解答】解：（1）由右手定则得ab中的电流方向b→a，根据导体棒切割磁感线产生感应电动势公式有E＝BLv；（2）由闭合电路欧姆定律U＝E﹣Ir，解得U＝BLv﹣Ir，输出电功率P＝UI，解得P＝BILv﹣I2r。答：（1）ab边中电流的方向为b→a，感应电动势大小E为BLv；（2）储能装置两端的电压U为BLv﹣Ir，金属框的输出电功率P为BILv﹣I2r。【点评】考查导体棒切割磁感线产生感应电动势问题和电功率的计算，会根据题意进行准确分析解答。14．（2025•重庆一模）一输出功率为180W的太阳能板输出的直流电，经转换后变成如图所示交流电。将该交流电接入一理想变压器原线圈，与副线圈相连的一额定电压为220V的用电器正常工作。求：（1）该理想变压器原、副线圈匝数之比；（2）通过该用电器的最大电流和1s时间内电流方向变化的次数。【考点】理想变压器两端的频率关系；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）该理想变压器原、副线圈匝数之比为1：10；（2）通过该用电器的最大电流为9211A，1s时间内电流方向变化的次数为【分析】（1）根据变压规律计算；（2）先计算出通过原线圈的电流，然后根据变流规律和最大值与有效值的关系计算最大电流；根据在一个周期内电流方向改变2次计算。【解答】解：（1）由题可知，原线圈两端的电压为U1＝22V则原、副线圈的匝数之比为n（2）通过原线圈的电流有效值为I则通过用电器的最大电流为I由图可知该交流电的周期T＝0.02s，则t＝1s内电流方向变化的次数为n=2⋅tT答：（1）该理想变压器原、副线圈匝数之比为1：10；（2）通过该用电器的最大电流为9211A，1s时间内电流方向变化的次数为【点评】掌握变压器的变压规律和变流规律是解题的基础。15．（2024秋•中山区校级期末）如图所示，理想变压器的原线圈左端接一有效值为U＝12V的正弦式交流电源，定值电阻R0＝4Ω，副线圈接有阻值为R1＝2Ω的定值电阻和一个滑动变阻器R（最大阻值10Ω），现电路正常工作，两块理想交流电流表A1的示数为I1＝0.5A，A2的示数为I2＝2.0A，求：（1）变压器原副线圈的匝数比k；（2）调节滑动变阻器，求副线圈负载的总电功率最大时滑动变阻器的阻值Rm（结果保留至小数点后两位）。【考点】变压器的动态分析——原线圈有负载；变压器的构造与原理．【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理论证能力．【答案】（1）变压器原副线圈的匝数比k为52（2）调节滑动变阻器，副线圈负载的总电功率最大时滑动变阻器的阻值Rm为0.94Ω。【分析】（1）由题意，根据电路结构、欧姆定律确定原线圈两端电压、副线圈两端电压，即可确定变压器原副线圈的匝数比；（2）副线圈负载的总电功率与原线圈的功率相等，据此列式，再结合数学知识，根据变压器中电压及电流的关系、闭合电路欧姆定律分别列式，即可求解。【解答】解：（1）由题意可知，原线圈两端电压为：U1＝U﹣I1R0，副线圈两端电压为：U2＝I2R1，解得：U1＝10V，U2＝4V，则变压器原副线圈的匝数比为：k=U（2）副线圈负载的总电功率与原线圈的功率相等，则有：P＝U1'I1'＝（U﹣I1'R0）I1'＝﹣4I1'2+12I1'，由数学知识可知，当I1此时流过副线圈的电流为：I2'＝kI1'，解得：I2'＝3.75A，副线圈两端的电压为：U2解得：U2'＝2.4V，根据闭合电路的欧姆定律可得：I2解得：Rm答：（1）变压器原副线圈的匝数比k为52（2）调节滑动变阻器，副线圈负载的总电功率最大时滑动变阻器的阻值Rm为0.94Ω。【点评】本题主要考查变压器的动态分析，解题时需注意，分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定。

考点卡片1．法拉第电磁感应定律的内容和表达式【知识点的认识】法拉第电磁感应定律（1）内容：闭合电路中感应电动势的大小，跟穿过这一电路的磁通量的变化率成正比。（2）公式：E＝nΔΦΔt【命题方向】下列几种说法中正确的是（）A、线圈中磁通量变化越大，线圈中产生的感应电动势一定越大B、线圈中磁通量越大，线圈中产生的感应电动势一定越大C、线圈放在磁场越强的位置，线圈中产生的感应电动势一定越大D、线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大分析：本题考查法拉第电磁感应定律的内容，明确电动势与磁通量的变化快慢有关．解答：根据法拉第电磁感应定律，线圈中磁通量变化越快，线圈中产生的感应电动势越大；故选：D。点评：本题要求学生能够区分磁通量、磁通量的变化量及磁通量的变化率，能正确掌握法拉第电磁感应定律的内容．【解题方法点拨】1．对法拉第电磁感应定律的理解2．计算感应电动势的公式有两个：一个是E＝n△∅△t，一个是E＝Blvsinθ，计算时要能正确选用公式，一般求平均电动势选用E＝n△∅△t，求瞬时电动势选用E＝3．电磁感应现象中通过导体横截面的电量的计算：由q＝I•△t，I=ER总，E＝n△∅△t，可导出电荷量2．根据B-t或者φ-t图像计算感应电动势【知识点的认识】本考点旨在针对电磁感应中的B﹣t图像或Φ﹣t图像问题。1.B﹣t图像（1）图像意义：B﹣t图像的纵坐标直接反映了某一时刻的磁感应强度。（2）斜率的意义：根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt=n（3）拐点的意义：如果拐点的斜率为0，表示感应电动势的方向要改变。B﹣t图像的斜率就等于ΔΦΔt2.Φ﹣t图像（1）图像意义：Φ﹣t图像的纵坐标直接反映某一时刻的磁通量大小。（2）斜率的意义：根据法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt，Φ﹣t图像的斜率就等于ΔΦ（3）拐点的意义：如果拐点的斜率为0，表示感应电动势的方向要改变。【命题方向】如图甲所示，匀强磁场中有一面积为S、电阻为R的单匝金属圆环，磁场方向垂直于圆环平面竖直向上。图乙为该磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像，曲线上P点坐标为（t0，B0），P点的切线在B轴上的截距为B1，由以上信息不能得到的是（）A、t＝t0时，圆环中感应电流的方向B、t＝t0时，圆环中感应电动势的大小C、0﹣t0内，通过圆环某截面的电量D、0﹣t0内，圆环所产生的焦耳热分析：根据法拉第电磁感应定律结合图像分析电动势大小，根据楞次定律判断感应电流方向，根据电荷量的计算公式解得电量，焦耳热需要通过有效值计算。解答：A．根据楞次定律可知，t＝t0时，圆环中感应电流的方向从上向下看为顺时针方向，故A错误；B．t＝t0时，圆环中感应电动势的大小E=故B错误；C．0﹣t0内，通过圆环某截面的电量q=故C错误；D．0﹣t0内感应电动势不断变化，但是不能求解电动势的有效值，则不能求解圆环所产生的焦耳热，故D正确。故选：D。点评：本题考查电磁感应定律，解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。【解题思路点拨】1.解决图像问题的一般步骤（1）明确图像的种类，是B﹣t图像还是Φ﹣t图像，或者是E﹣t图像、i﹣t图像等。（2）分析电磁感应的具体过程。（3）用右手定则或楞次定律确定方向对应关系，（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。（5）根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。（6）画出图像或判断图像。2.电磁感应中图像类选择题的三种常见解法（1）排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）变化快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是物理量的正负，排除错误的选项。（2）函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。（3）面积法：对于i﹣t图像，图线与时间轴之间所围图形的面积表示电荷量，可通过q＝nΔΦR3．交变电流的u-t图像和i-t图像【知识点的认识】1.用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。【命题方向】图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，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（）A．电流表的示数为10AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02s时电阻R中电流的方向自右向左分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．解答：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是Im=102A，周期T＝0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I=IB、角速度=2πT=100πC、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．故选AC．点评：本题是2013年的高考题，考查的知识点较多，难度不大．【解题方法点拨】解决交变电流图象问题的三点注意（1）只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．（2）注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．（3）在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．4．计算从不同位置开始计时交变电流的表达式【知识点的认识】1.当线圈从不同位置开始转动时，交变电流的瞬时值表达式是不相同的，交变电流表达式的推导方向如下：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度o匀速转动，如图所示，则经时间t：（1）线圈转过的角度为θ＝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＝ωl（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ=BSω2•sinω（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n匝，则e＝nBSωsinωt。2.常见的两个起转位置是从中性面开始和从与中性面垂直的位置开始，这两种方式开始计时的情况交变电流的表达式为：【命题方向】如图所示线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为r＝1Ω，外电阻R＝9Ω，线圈处于B=2πT的匀强磁场中．当线圈绕轴以转速n＝（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式．（2）两电表的示数．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量．（4）线圈匀速转一圈产生的总热量．分析：（1）从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt．感应电动势的最大值Em＝nBSω，由题已知条件代入求出．（2）交流电表测量有效值，由感应电动势的最大值，求出感应电动势的有效值，由欧姆定律求解两电表的读数．（3）线圈转过180°的过程中，由q＝nΔΦR（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值．解答：（1）线圈的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，感应电动势的最大值Em＝nBSω＝100V，则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝100sin10πtV（2）电路中电流的有效值I=ER+r，E=22Em，代入解得I＝52电压表读数为U＝IR＝452V（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量q＝nΔΦR（4）线圈匀速转一圈产生的总热量Q＝I2RT＝I2R⋅2π答：（1）若从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为100sin10πtV；（2）电流表读数为52A，电压表读数为452V．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量是2πC（4）线圈匀速转一圈产生的总热量是100J．点评：本题是交变电流规律的基本应用，注意交流电表测量的是交流电的有效值．常规题．【解题思路点拨】1.从中心面起转和从垂直于中线面的位置起转，相位差了π2，所以，表达式一个是i＝Imsinωt，另一个是i＝Imsin（ωt+π2）＝Imcos2.正弦式交流电和余弦式交流电除了相位不同，并无区别，因此两者统称为正弦式交变电流。5．交变电流的周期、频率、相位【知识点的认识】1.周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时间。符号：T。2.频率：周期的倒数叫作频率。符号：f。3.周期和频率的关系：T=4.周期和频率的意义：描述交变电流变化快慢的物理量。5.相位：如果线圈既不是从中心面开始转动，也不是从垂直于中心面的位置开始转动，那么交变电流的表达式为i＝Imsin（ωt+φ），式子中ωt+φ叫作相位。【命题方向】某交流电的电动势瞬时值表达式e＝220sin10πtV，关于该交流电和发电机的线圈，下列说法正确的是（）A、该交流电的频率为10HzB、当t＝0时，线圈平面与磁感线平行C、当t=120s时，D、电动势的有效值为220V分析：本题考查了交流电的描述，根据交流电的表达式，可知其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．解答：A、ω＝10π，则T=2πωs＝0.2s，f＝5HzB、当t＝0时，电动势为零，线圈平面与磁感线垂直，B错误。C、当t=120s时，将其代入题给表达式e＝220sin10πt＝220V，是最大值，D、电动势的有效值为2202=1102V，故选项故选：C。点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．【解题思路点拨】1.发电机的线圈转动一周，交变电流恰好完成一次周期性变化。交变电流的周期与发电机线圈的转动周期相等。2.从发电机线圈转动的角度来说，周期就是发电机线圈在磁场中转动一周所用的时间；频率在数值上等于发电机线圈在磁场中单位时间内转动的圈数。周期与频率的关系满足T=13.线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动一周，电动势、电流都按正弦规律变化。4.我国电网中交变电流的周期是0.02s，所以实验中所用打点计时器每隔0.02s打一个点。6．交流电表的读数【知识点的认识】1.电路中的交流电表的示数表示的交变电压或交变电流的有效值。2.交变电流的计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。【命题方向】如图所示线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为r＝1Ω，外电阻R＝9Ω，线圈处于B=2πT的匀强磁场中．当线圈绕轴以转速n＝（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式．（2）两电表的示数．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量．（4）线圈匀速转一圈产生的总热量．分析：（1）从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt．感应电动势的最大值Em＝nBSω，由题已知条件代入求出．（2）交流电表测量有效值，由感应电动势的最大值，求出感应电动势的有效值，由欧姆定律求解两电表的读数．（3）线圈转过180°的过程中，由q＝nΔΦR（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值．解答：（1）线圈的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，感应电动势的最大值Em＝nBSω＝100V，则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝100sin10πtV（2）电路中电流的有效值I=ER+r，E=22Em，代入解得I＝52电压表读数为U＝IR＝452V（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量q＝nΔΦR（4）线圈匀速转一圈产生的总热量Q＝I2RT＝I2R⋅2π答：（1）若从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为100sin10πtV；（2）电流表读数为52A，电压表读数为452V．（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量是2πC（4）线圈匀速转一圈产生的总热量是100J．点评：本题是交变电流规律的基本应用，注意交流电表测量的是交流电的有效值．常规题．【解题思路点拨】对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。7．用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热【知识点的认识】1.计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热时，需要用有效值进行计算。2.交变电流的计算方法：（1）对于正弦式交变电流：I=Im2，（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。【命题方向】将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（）A、(2l2nB)2PlB、分析：根据Em＝nBSω可以求得最大电动势的大小，由P=U解答：根据最大感应电动势Em＝nBSω可得，最大感应电动势为Em＝Bl22πn，所以有效的电动势为E=Em2=2由P=U灯泡的电阻R=U2P故选：B。点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em＝nBSω和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算。【解题思路点拨】1.对有效值的理解：在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：I=Im2，（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。（3）有效值的应用计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。2.交变电流“四值”的应用对交变电流的“四值”的比较和理解物理量物理意义适用情况及说明瞬时值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值（最大值）Em＝nBSωIm=讨论电容器的击穿电压有效值对正（余）弦交流电有：E=EU=UI=I（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值（3）保险丝的熔断电流为有效值（4）电表的读数为有效值平均值E=BLE=I=计算通过电路截面的电荷量8．计算线圈转动过程中电动势和电流的平均值【知识点的认识】1.定义：交变电流的电学量对时间的平均值。2.符号：用E、I、U分别表示电动势、电流、电压的平均值。3.计算方法：（1）根据法拉第电磁感应定律求出来的电动势是平均电动势：E＝nΔΦ（2）导体切割磁场时的平均感应电动势E=BlvI=ER4.应用环境：在计算某段时间内通过导体横截面的电荷量时需用平均值。【命题方向】如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R．线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时（）A、当转过60°时，感应电流的瞬时值为3B、当转过60°时，感应电流的瞬时值为BSωC、在转过60°过程中，感应电动势的平均值为3D、当转过90°过程中，感应电流的有效值为BSω分析：写出电动势的瞬时值表达式，可求出转60°角时的感应电流瞬时值，根据法拉第电磁感应定律求感应电动势的平均值，线圈中产生的是正弦交流电，有效值是最大值的12解答：AB、因为线圈从中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为e＝BSωsinωt，转过60°角时，感应电动势的瞬时值e＝BSωsin60″=32BSω，感应电流的瞬时值为i=eR=C、转过60°的时间Δt=π3ω=π3ωrad/s，磁通量变化量ΔΦ＝Φ2﹣Φ1＝BScos60°﹣BSD、感应电流的最大值为Im=BSωR，感应电流的有效值I=I故选：ACD。点评：本题考查交变电流最大值、有效值的理解和应用的能力，注意感应电动势的平均值和最大值的求法，并掌握交流电的最大值与有效值的关系．【解题思路点拨】交变电流的平均值一般通过法拉第电磁感应定律计算：E＝nΔΦΔt，再进一步计算平均电流：I=ER9．变压器的构造与原理【知识点的认识】1.变压器的构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的（如图）。一个线圈与交流电源连接，叫作原线圈，也叫初级线圈；另一个线圈与负载连接，叫作副线圈，也叫次级线圈。2.各部分的功能原线圈：接在交流电源上的线圈，在铁芯内产生交变磁场。副线圈：连接负载的线圈，产生感应电动势，为负载提供电能。铁芯：硅钢叠合成的闭合框架，能增强磁场和集中磁感线，提高变压器效率。3.工作原理：互感现象是变压器工作的基础。当原线圈两端加上交变电压U1时，原线圈中就有交变电流I1通过，并在铁芯中产生交变的磁场，铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上，铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生感应电动势。4.理想变压器（1）闭合铁芯的“漏磁”忽略不计。（2）变压器线圈的电阻忽略不计。（3）闭合铁芯中产生的涡流忽略不计。即没有能量损失的变压器叫作理想变压器。【命题方向】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分析：变压器的工作原理是互感现象，理想变压器是无漏磁、无铜损、无铁损．解答：A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；B、由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B错误；C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；D、变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误；故选：C。点评：本题关键是明确变压器的工作原理，知道理想变压器是指无能量损失的变压器，基础题．【解题思路点拨】变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。10．理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系【知识点的认识】一、理想变压器的基本规律1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器2.理想变压器原、副线圈的功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入＝P出3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系（1）只有一个副线圈时：原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多个副线圈时由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••4.理想变压器原、副线圈的功率关系变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2二、各物理量之间的因果关系（1）由于U1取决于电源电压，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。【命题方向】如图所示，L1、L2是理想变压器的两个线圈．如果把它当作降压器，则（）A、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5B、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1C、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1D、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5分析：根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数成正比即可分析求解．解答：如果把它当作降压器，则原线圈的匝数应比副线圈匝数多，所以L1接电源，U1故选：B。点评：要根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答，难度不大，属于基础题。【解题思路点拨】理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1U电流关系①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即I1②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等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，即U2=n2n功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1=n2n11．理想变压器两端的功率关系【知识点的认识】一、理想变压器的基本规律1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器2.理想变压器原、副线圈的功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入＝P出3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系（1）只有一个副线圈时：原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多个副线圈时由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••4.理想变压器原、副线圈的功率关系变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2二、各物理量之间的因果关系（1）由于U1取决于电源电压，由U2=n2n1U1可知U1决定（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。【命题方向】理想变压器原、副线圈匝数比为10：1．下列说法正确的是（）A、原、副线圈上的电流之比为10：1B、正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1：1C、原、副线圈产生的电压之比为10：1D、正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为10：1分析：变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压，副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率，由于匝数比不变，故副线圈的输出电压保持不变，当负载电阻减小时，输出功率变大，故输入功率也变大．解答：A、理想变压器，原副线圈的电流与匝数成反比为1：10，故A错误；BD、由于是理想变压器，则原副线圈的电功率是相等的，正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1：1，故B正确D错误；C、理想变压器，原副线圈的电压与匝数成正比，可得原、副线圈产生的电压之比为10：1．故C正确；故选：BC。点评：该知识点题目比较简单，且题目单一，只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系，输入电压和输出电压的关系的一切题目都水到渠成．【解题思路点拨】理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U1电流关系①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即I1②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等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，即U2=n2n功率副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1=n2n12．理想变压器两端的频率关系【知识点的认识】一、理想变压器的基本规律1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器2.理想变压器原、副线圈的功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入＝P出3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系（1）只有一个副线圈时：原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1（2）有多个副线圈时由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••4.理想变压器原、副线圈的功率关系变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2二、各物理量之间的因果关系（1）由于U1取决于电源电压，由U2=n2n1U1可知U1（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2=U2R，由I1=n2n1I（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。【命题方向】如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2：1．电池和交变电源的电动势都为6V，内阻均不计。下列说法正确的是（）A、S与a接通的瞬间，R中无感应电流B、S与a接通稳定后，R两端的电压为0C、S与b接通稳定后，R两端的电压为3VD、S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2：1分析：变压器对于交流电起作用，接在直流电中是不起作用的，再根据最大值和有效值之间的关系以及电压与匝数成正比即可求得结论。解答：A、在S与a接通的瞬间，由于电流由零突然变大，所以线圈中的磁通量会发生变化，副线圈中的R会有感应电流，所以A错误。B、在S与a接通稳定后，电路中的电流稳定，磁通量不会发生变化，所以副线圈中不会有感应电流产生，电阻R两端的电压为0，所以B正确。C、在S与b接通稳定后，由于b是交流电源，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为3V，所以C正确。D、变压器不会改变交流电源的频率，所以原、副线圈中电流的频率是相同的，所以D错误。故选：BC。点评：掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题。【解题思路点拨】理想变压器的规律理想变压器①没有能量损失；②没有磁通量损失基本关系