2018版高考物理配套文档：第九章 第3讲 交变电流 Word版含解析

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一、交变电流
1．产生：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：
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq \f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq \f(ΔΦ,Δt)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．
二、交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
三、电感和电容对交变电流的影响
1．电感器对交变电流的阻碍作用
(1)感抗：电感器对交变电流阻碍作用的大小．
(2)影响因素：线圈的自感系数越大，交流的频率越高，感抗越大．
(3)感抗的应用
2.电容器对交变电流的阻碍作用
(1)容抗：电容器对交变电流阻碍作用的大小．
(2)影响因素：电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗越小．
(3)作用：“通交流，隔直流；通高频，阻低频”．
四、变压器
1．原理
电流磁效应、电磁感应．
2．基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出．
(2)电压关系：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2).
(3)电流关系：只有一个副线圈的eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1).
3．几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器．
(2)互感器eq \b\lc\{\rc\ (\a\vs4\al\c1(电压互感器：用来把高电压变成低电压.,电流互感器：用来把大电流变成小电流.))
五、电能的输送
1．输电过程(如图1所示)
图1
2．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝I2Rt.
3．电压损失：(1)ΔU＝U－U′；
(2)ΔU＝IR.
4．功率损失：(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝(eq \f(P,U))2R.
5．输送电流：(1)I＝eq \f(P,U)；(2)I＝eq \f(U－U′,R).
[深度思考] 判断下列说法是否正确．
(1)变压器不但可以改变交流电压，也可以改变直流电压．(×)
(2)理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值．(√)
(3)高压输电的目的是增大输电的电流．(×)
(4)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．(×)
(5)变压器原线圈的电流由副线圈中的电流决定．(√)
1．(多选)图中表示交变电流的是( )
答案 BCD
2．(多选)关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是( )
A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变
B．线圈每转动一周，感应电流的方向改变两次
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都改变一次
D．线圈每转动一周，感应电动势和感应电流的方向都改变一次
答案 BC
3．(多选)如图2所示，当交流电源的电压(有效值)U＝220 V，频率f＝50 Hz时，三只灯泡L1、L2、L3的亮度相同(L无直流电阻)，若将交流电源的频率变为f＝100 Hz，则( )
图2
A．L1灯比原来亮
B．L2灯比原来亮
C．L3灯和原来一样亮
D．L3灯比原来亮
答案 AC
4．可以将电压升高供给家用电灯的变压器是( )
答案 C
5．要减少电能输送时的损失，下列说法中正确的是( )
A．降低输电电压
B．把输电导线埋于地下
C．提高输电电压
D．增大输电导线中的电流
答案 C
命题点一 交变电流的产生和描述
例1 (多选)如图3所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么( )
图3
A．线圈消耗的电功率为4 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cseq \f(2π,T)t
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝eq \f(T,π)sin eq \f(2π,T)t
答案 AC
解析 绕垂直于磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈中产生正弦或余弦式交流电，由于从垂直中性面开始其瞬时表达式为i＝Imcs θ，当转过60°时i＝1 A，得Im＝eq \f(i,cs θ)＝2 A，其有效值为eq \r(2) A，则感应电动势的最大值为Em＝Imr＝2×2 V＝4 V，其瞬时值表达式为e＝4cseq \f(2π,T)t，选项C正确，B错误；电功率为P＝I2r＝(eq \f(Im,\r(2)))2r＝4 W，选项A正确；BSω＝Φmeq \f(2π,T)＝4，则Φm＝eq \f(2T,π)，任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝eq \f(2T,π)sineq \f(2π,T)t，选项D错误．
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，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω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)若线圈从中性面位置开始计时，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsin ωt.
(2)若线圈从垂直中性面位置开始计时，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcs ωt.
题组阶梯突破
1．一个照明电灯，其两端允许的最大电压为311 V．当它接入220 V的照明电路时，这盏灯( )
A．将不亮 B．灯丝将烧断
C．只能暗淡发光 D．能正常发光
答案 D
解析 220 V的照明电路其有效值为220 V，最大值为311 V，正好适合．
2．(多选)如图4所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0～eq \f(π,2ω)这段时间内( )
图4
A．线圈中的感应电流一直在减小
B．线圈中的感应电流先增大后减小
C．穿过线圈的磁通量一直在减小
D．穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小
答案 AD
解析 题图位置，线圈平面与磁场平行，感应电流最大，因为eq \f(π,2ω)＝eq \f(T,4)，在0～eq \f(π,2ω)时间内转过四分之一个圆周，感应电流从最大减小为零，穿过线圈的磁通量逐渐增大，穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小．
3．(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50·sin 100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有( )
A．最大值是50eq \r(2) V
B．频率是100 Hz
C．有效值是25eq \r(2) V
D．周期是0.02 s
答案 CD
解析 交变电动势e＝Emsin ωt＝50sin 100πt(V)，故电动势最大值是50 V，有效值是25eq \r(2) V，又ω＝2πf＝eq \f(2π,T)＝100π，故频率是50 Hz，周期是0.02 s，选项C、D正确．
4．(多选)(2016·1月浙江部分重点中学高二上期末)如图5甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则( )
图5
A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
答案 AC
解析 线圈经过中性面时不切割磁感线，此时感应电动势为零，选项A正确；由图可知曲线a、b的周期之比为2∶3，则对应的线圈转速之比为3∶2，选项B错误；曲线a的周期Ta＝4×10－2 s，其频率fa＝eq \f(1,Ta)＝25 Hz，选项C正确；曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比eq \f(Ema,Emb)＝eq \f(ωa,ωb)＝eq \f(3,2)，又Ema＝15 V，得Emb＝10 V，Ub＝eq \f(\r(2),2)Emb＝5eq \r(2) V，选项D错误．
5．(多选)图6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，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴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( )
图6
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
答案 AC
解析 电流表测量的是交变电流的有效值，根据图象知交变电流的最大值为10eq \r(2) A，因此有效值为10 A，A正确；根据图象知交变电流的周期为T＝0.02 s，则ω＝eq \f(2π,T)＝100π rad/s，B错误；0.01 s时交变电流的感应电动势最大，说明线圈的速度方向与磁感线垂直，因此线圈平面与磁场方向平行，C正确；0.02 s时，线圈所处位置与题图甲中的线圈位置相同，根据右手定则知通过电阻R的电流方向自左向右，D错误．
命题点二 变压器和电能的输送
例2 如图7所示，理想变压器的原线圈接有交变电压U，副线圈接有光敏电阻R1(光敏电阻随光照强度增大而减小)、定值电阻R2.则( )
图7
A．仅增强光照时，原线圈的输入功率减小
B．仅向下滑动P时，R2两端的电压增大
C．仅向下滑动P时，R2消耗的功率减小
D．仅增大U时，R2消耗的功率减小
答案 B
解析 当光照增强时，光敏电阻的电阻值减小，故变压器的输出功率增加，故输入功率也增加，故A错误；当滑动触头P向下滑动时，原线圈匝数减小，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P＝eq \f(U2,R)知，R2消耗的功率增大，故B正确，C错误；当U增大时，根据电压与匝数成正比知变压器的输出电压增大；根据功率表达式P＝eq \f(U2,R)知，用电器消耗的功率增大，故D错误．
理想变压器的动态分析技巧
常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况．
(1)匝数比不变的情况(如图8所示)
①U1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．
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．
③I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．

图8 图9
(2)负载电阻不变的情况(如图9所示)
①U1不变，eq \f(n1,n2)发生变化，故U2变化．
②R不变，U2变化，故I2发生变化．
③根据P2＝eq \f(U\\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．
题组阶梯突破
6．如图10所示，一只理想变压器的原线圈有55匝，副线圈有1 100匝，若把原线圈接到10 V的电池组上，则副线圈的输出电压是( )
图10
A．200 V B．20 V
C．0.5 V D．0
答案 D
7．(2016·江苏单科·4)一自耦变压器如图11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点顺时针转到N点的过程中( )
图11
A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高
C．U2答案 C
解析 由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，n1>n2知U28．(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损可用下面哪几种方法计算( )
A．P损＝eq \f(U\\al( 2,1),R) B．P损＝eq \f(U\\al( 2,线),R)
C．P损＝eq \f(U\\al( 2,2),R) D．P损＝eq \f(P2R,U\\al( 2,1))
答案 BD
解析 根据P＝U1I得，输电线上的电流I＝eq \f(P,U1)，则输电线上损耗的功率P损＝I2R＝eq \f(P2R,U\\al( 2,1)).又输电线上电压U线＝U1－U2，则输电线上损耗的功率P损＝eq \f(U\\al( 2,线),R)＝eq \f((U1－U2)2,R).故B、D正确，A、C错误．
9．远距离输送一定功率的交流电，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是( )
A．输电线上的电功率损失是原来的eq \f(1,n2)
B．输电线上的电功率损失是原来的eq \f(1,n)
C．输电线上的电压损失是原来的eq \f(1,2n)
D．输电线上的电压损失是原来的eq \f(1,n2)
答案 A
解析 设输送的电功率一定为P，输送电压为U，输电线上功率损失为ΔP，电压损失为ΔU，电流为I，输电线总电阻为R.由P＝UI知，I＝eq \f(P,U)，则得ΔP＝I2R＝eq \f(P2R,U2)，ΔU＝IR＝eq \f(PR,U)，可知输送电压增为原来的n倍，则输电线上电功率损失变为原来的eq \f(1,n2)，损失的电压变为原来的 eq \f(1,n).故A正确，B、C、D错误．
10．(多选)某小型水电站的电能输送示意图如图12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为R＝10 Ω，降压变压器T2原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝220eq \r(2)sin 100πt V，降压变压器的副线圈与滑动变阻器组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，当负载R0＝11 Ω时( )
图12
A．通过R的电流有效值是20 A
B．升压变压器的输入功率为4 650 W
C．当负载R0增大时，发电机的输出功率减小
D．发电机中电流变化的频率为100 Hz
答案 BC
解析 通过R0的电流有效值I4＝eq \f(U,R0)＝eq \f(220\r(2),\r(2)×11) A＝20 A，根据eq \f(I3,I4)＝eq \f(n4,n3)得，输电线上的电流I3＝20×eq \f(1,4) A＝5 A，故A错误；输电线上损耗的功率P损＝Ieq \\al( 2,3)R＝25×10 W＝250 W，降压变压器的输入功率P3＝U4I4＝220×20 W＝4 400 W，则升压变压器的输出功率P＝P3＋P损＝(4 400＋250) W＝4 650 W．故B正确；当R0增大时，降压变压器的输出电流减小，则输电线上的电流减小，升压变压器原线圈中的电流变小，根据P＝UI知，发电机的输出功率减小．故C正确； 交流电的频率f＝eq \f(ω,2π)＝eq \f(100π,2π)＝50 Hz不变．故D错误．
命题点三 实验15：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
1．实验目的
探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系．
2．实验原理
原线圈通过电流时，铁芯中产生磁场，由于交变电流的大小和方向都在不断变化，铁芯中的磁场也在不断的变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，副线圈中就存在输出电压．本实验通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压与匝数的关系．
3．实验器材
两只多用电表(或两只交直流数字电压表)、学生电源(低压交流电源)、开关、可拆变压器、导线若干．
4．实验步骤
(1)按如图13所示连接好电路图，将两个多用电表调到交流电压挡，并记录两个线圈的匝数．
图13
(2)打开学生电源，读出电压值，并记录在表格中．
(3)保持匝数不变多次改变输入电压，记录下每次的两个电压值．
(4)保持电压、原线圈的匝数不变，多次改变副线圈的匝数，记录下每次的副线圈匝数和对应的电压值．
5．数据记录与处理
6.结论
原、副线圈的电压比与原、副线圈的匝数比相等．
7．误差分析
(1)实际变压器存在各种损耗．
(2)交流电表的读数存在误差．
8．注意事项
(1)在改变学生电源电压、线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．
(2)为了人身安全学生电源的电压不能超过12 V，不能用手接触裸露的导线和接线柱．
(3)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，大致确定被测电压后再选用适当的挡位进行测量．
例3 在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，操作步骤如下：
①将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；
②闭合电源开关、用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；
③将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；
④将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤．
(1)以上操作的合理顺序是________(只填步骤前数字序号)；
(2)如图14所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1做原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U1′＝8 V时，U2′＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是________．
图14
解析 (1)在“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验中，首先将两个线圈套到可拆变压器的铁芯上；再将匝数较多的一组线圈接到学生电源的交流电源输出端上，另一个作为副线圈，接上小灯泡；闭合电源开关、用多用电表的交流电压挡分别测量原线圈和副线圈两端的电压；最后将原线圈与副线圈对调，重复以上步骤；
(2) 两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1做原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；当原线圈与副线圈对调后，U1′＝8 V时，U2′＝32 V，此时U2′为原线圈的电压，而U1′为副线圈的电压；由上数据可得： eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).
答案 (1)①③②④ (2) eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)
题组阶梯突破
11．如图15所示是“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验装置，下列说法正确的是( )
图15
A．与灯泡连接的线圈叫原线圈
B．测量变压器输出电压要用直流电压表
C．若只增加副线圈的匝数，变压器的输出电压变大
D．若只增加副线圈的匝数，变压器的输出电压变小
答案 C
解析 与电源相连的线圈叫原线圈，A错误；测量变压器输出电压要用交流电压表，B错误；由eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)可知，U1不变，增加n2，则U2增大，故C正确，D错误.
(建议时间：30分钟)
1．(2016·舟山市联考)处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图1所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应
电流i随时间t变化的图线是( )
图1
答案 C
解析 线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的感应电流的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．
2．做“探究变压器两个线圈的电压关系”实验时，原线圈接在学生电源上，用多用电表测量副线圈的电压，下列操作正确的是( )
A．原线圈接直流电压，电表用直流电压挡
B．原线圈接交流电压，电表用直流电压挡
C．原线圈接直流电压，电表用交流电压挡
D．原线圈接交流电压，电表用交流电压挡
答案 D
3．(2016·台州市联考)如图2所示是“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验示意图，a线圈接交流电源，b线圈接交流电压表，在实验过程中( )
图2
A．只增加b线圈的匝数，电压表的示数一定增大
B．只增加a线圈的匝数，电压表的示数一定增大
C．同时增加a、b两线圈的匝数，电压表的示数一定增大
D．只改变a线圈两端的电压，电压表的示数不变
答案 A
4．在匀强磁场中一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图3甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )
图3
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
答案 B
解析 由图象知，该交变电流电动势峰值为311 V，交变电动势频率为f＝50 Hz，C、D错；t＝0.005 s时，e＝311 V，磁通量变化最快，t＝0.01 s时，e＝0，磁通量最大，线框处于中性面位置，A错，B对．
5．如图4，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω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e＝10eq \r(2)sin 10πt(V)，则( )
图4
A．该交变电流的频率为10 Hz
B．该电动势的有效值为10eq \r(2) V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D．电路中理想交流电流表的示数为1.0 A
答案 D
解析 由交变电流的瞬时表达式e＝Emsin ωt可知Em＝10eq \r(2) V，ω＝10π rad/s，交变电流的频率为f＝eq \f(ω,2π)＝5 Hz，选项A错误；电动势有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝10 V，选项B错误；外接电阻R所消耗电功率为P＝I2R＝(eq \f(E,R＋r))2R＝9 W，选项C错误；交流电流表测量的是电流的有效值，因此电流表的示数为eq \f(E,R＋r)＝1.0 A，选项D正确．
6．(多选)(2015·天津理综·6)如图5所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
图5
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
答案 BC
解析 Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝eq \f(U\\al( 2,2),R＋R0)可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；当P位置不动，Q上滑时，由eq \f(U2,U1)＝eq \f(n2,n1)知U2增大，同理分析原线圈电流I1增大，故C正确，D错误．
7．某发电站用交变电压远距离输电，在输送功率不变的前提下，若输电电压降低为原来的0.9倍，则下面说法正确的是( )
A．因I＝eq \f(U,R)，所以输电线上的电流减为原来的0.9倍
B．因I＝eq \f(P,U)，所以输电线上的电流增为原来的eq \f(1,0.9)倍
C．因P＝eq \f(U2,R)，所以输电线上损失的功率为原来的0.92倍
D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的电阻减为原来的0.9倍
答案 B
解析 输送的功率一定，根据P＝UI，知输电电压越高，输电电流越小，若输送电压变为到原来的0.9倍，则电流增大到eq \f(1,0.9)倍，故A错误，B正确；根据P损＝I2R，可知，电线上损失的功率为原来的eq \f(1,0.92)倍，故C错误；若要使输电线上损失的功率不变，根据P损＝I2R，可将输电线的电阻减为原来的0.92倍，故D错误．
8．(多选)如图6所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是( )
图6
A．升高U1会减小输电电流I2
B．升高U1会增大线路的功率损耗
C．升高U1会增大线路的电压损耗
D．升高U1会提高电能的利用率
答案 AD
解析 输送功率不变，升高U1，则升压变压器的输出电压变大，根据P＝UI知，输电线上的电流I2减小．故A正确；因为升高U1，输电线上的电流减小，根据P损＝I2R知，输电线上的功率损耗减小．故B错误；因为升高U1，输电线上的电流减小，根据ΔU＝IR知，输电线上的电压损失减小．故C错误；电能的利用率为eq \f(P－I2R,P)，因为升高U1，输电线上的电流减小，则电能的利用率提高．故D正确．
9．如图7，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
图7
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝110eq \r(2) V，I＝0.2 A
D．U＝110eq \r(2) V，I＝0.2eq \r(2) A
答案 A
解析 灯泡正常发光说明副线圈的电压为220 V，电流为eq \f(22,220) A＝0.1 A，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈中电压为eq \f(1,2)×220 V＝110 V，电流为eq \f(2,1)×0.1 A＝0.2 A，A正确．
10．如图8，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝12eq \r(2)sin 100πt(V)．下列说法正确的是( )
图8
A．电流频率为100 Hz
B.的读数为24 V
C.的读数为0.5 A
D．变压器输入功率为6 W
答案 D
解析 根据交变电流的表达式可得ω＝100π＝2πf，解得f＝50 Hz，选项A错误；原线圈电压的有效值U1＝eq \f(Um,\r(2))＝eq \f(12\r(2),\r(2)) V＝12 V，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，可得副线圈电压的有效值U2＝6 V，即电压表的读数为6 V，选项B错误；电流表的读数为I2＝eq \f(U2,RL)＝1 A，选项C错误；变压器输入功率等于输出功率P＝U2I2＝6 W，选项D正确．
11．(多选) 一理想变压器，原、副线圈的匝数比为4∶1.原线圈接在一个交流电源上，交流电的变化规律如图9所示．副线圈所接的负载电阻是11 Ω.则( )
图9
A．副线圈输出交流电的周期为0.02 s
B．副线圈输出电压为55 V
C．流过副线圈的电流是5 A
D．变压器输入、输出功率之比为4∶1
答案 ABC
解析 由图象可知，交流电的周期为0.02 s，变压器不会改变交流电的频率和周期，所以副线圈的周期也为0.02 s，所以A正确；由图象可知，交流电的电压的最大值为311 V，所以输入的电压的有效值为U1＝eq \f(311,\r(2)) V≈220 V，根据电压与匝数成正比可知，eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，所以副线圈输出电压U2为55 V，所以B正确；根据I＝eq \f(U,R)可得电流I＝eq \f(55,11) A＝5 A，所以C正确；理想变压器的输入功率和输出功率相等，所以D错误．
12．某同学选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，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压____________________(选填“交流电源”或“直流电源”)．先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压______________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压__________(选填“增大”“减小”或“不变”)．上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是________________________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)．
答案 交流电源 增大 减小 控制变量法
解析 变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压交流电源；根据变压比公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；根据变压比公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法．
13．(2016·诸暨市联考)如图10所示为交流发电机示意图，匝数为n＝100匝的矩形线圈，边长分别为10 cm和20 cm，内阻为5 Ω，在磁感应强度B＝0.5 T的匀强磁场中绕OO′轴以50eq \r(2) rad/s的角速度匀速转动，线圈外部和20 Ω的电阻R相连接．求：
图10
(1)S断开时，电压表的示数；
(2)开关S合上时，电压表和电流表的示数；
(3)通过电阻R的电流最大值是多少？电阻R上所消耗的电功率是多少？
答案 (1)50 V (2)40 V 2 A (2)2eq \r(2) A 80 W
解析 (1)感应电动势的最大值
Em＝nBSω＝100×0.5×0.1×0.2×50eq \r(2) V＝50eq \r(2) V
S断开时，电压表示数为电源电动势的有效值E＝eq \f(Em,\r(2))＝50 V.
(2)当开关S合上时，由闭合电路欧姆定律得
I＝eq \f(E,R＋r)＝eq \f(50,20＋5) A＝2 A
U＝IR＝2×20 V＝40 V
故电压表的示数为40 V，电流表的示数为2 A.
(3)通过R的电流最大值Im＝eq \r(2)I＝2eq \r(2) A.
电阻R上所消耗的电功率P＝UI＝40×2 W＝80 W.
14．(2016·丽水市调研)一居民小区有440户，以前每户平均消耗电功率为100 W，使用的区间变压器匝数比为165∶6，恰好能使额定电压为220 V的家用电器正常工作，现在因家用电器增加，每户平均消耗的电功率为250 W，若变压器输入电压仍为6 600 V，区间输电线路不变，为了使家用电器正常工作，需更换区间变压器，则更换后的区间变压器的匝数比为多少？
答案 220∶9
解析 未换时，输电电流I＝eq \f(P总,U用)＝eq \f(440×100,220) A＝200 A．输出电压U2＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(6,165)×6 600 V＝240 V，则由U线＝U2－U用＝IR线知，R线＝eq \f(240－220,200) Ω＝0.1 Ω.换变压器后，I′＝eq \f(P总′,U用)＝eq \f(440×250,220) A＝500 A．线路损失电压U线′＝I′R线＝50 V，变压器输出电压U2′＝U用＋U线′＝220 V＋50 V＝270 V．变压器匝数之比为n1∶n2＝U1∶U2′＝6 600∶270＝220∶9.知识内容
必考
要求
加试
要求
说明
交变电流
c
1.不要求知道交流发电机各部分的名称．
2.不要求推导交流电动势的瞬时值表达式．
3.不要求计算线圈在磁场中转动时的电动势．
4.不要求证明正弦式交变电流有效值与峰值之间的关系．
5.不要求计算方波等其他交变电流的有效值．
6.不要求知道感抗、容抗的概念．
7.不要求分析、计算两个及以上副线圈和有两个磁路的变压器问题．
8.不要求计算同时涉及升压、降压的输电问题.
描述交变电流的物理量
c
电感和电容对交变电流的影响
b
变压器
c
电能的输送
c
实验15：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
√
物理量
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
从中性面开始计时
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝eq \f(Em,R＋r)
讨论电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值
E＝eq \f(Em,\r(2))
U＝eq \f(Um,\r(2))
I＝eq \f(Im,\r(2))
(只适用于正弦式交变电流)
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交流电压表和电流表的读数为有效值
平均值
某段时间内感应电动势或电流的平均值
eq \x\t(E)＝Bleq \x\t(v)
eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
计算通过电路横截面的电荷量
类型
区别
低频扼流圈
高频扼流圈
自感系数
较大
较小
感抗大小
较大
较小
作用
通直流、阻交流
通低频、阻高频
次序
n1(匝)
n2(匝)
n1∶n2
U1(V)
U2(V)
U1∶U2
1
2
3
4