（江蘇專版）2019高考物理一輪復習 第十章 交變電流 傳感器學案

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1、 第十章 交變電流　傳感器 第1節(jié)交變電流的產生及描述 (1)矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時，一定會產生正弦式交變電流。(×) (2)線圈在磁場中轉動的過程中穿過線圈的磁通量最大時，產生的感應電動勢也最大。(×) (3)矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動經過中性面時，線圈中的感應電動勢為零，電流方向發(fā)生改變。(√) (4)交流電氣設備上所標的電壓和電流值是交變電流的有效值。(√) (5)交流電壓表和電流表測量的是交流電的峰值。(×) (6)交變電流的峰值總是有效值的倍。(×) 突破點(一)　交變電流的產生和描述 1．正弦式交變電流的產生 (1)線圈

2、繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動。 (2)兩個特殊位置的特點： ①線圈平面與中性面重合時，S ⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發(fā)生改變。 ②線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，電流方向不改變。 (3)電流方向的改變：線圈通過中性面時，電流方向發(fā)生改變，一個周期內線圈兩次通過中性面，因此電流的方向改變兩次。 (4)交變電動勢的最大值Em＝nBSω，與轉軸位置無關，與線圈形狀無關。 2．正弦式交變電流的變化規(guī)律(線圈在中性面位置開始計時) 函數表達式 圖像 磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BScos ωt 電動勢 e＝Emsin ω

3、t＝nBSωsin ωt 電流 i＝Imsin ωt＝sin ωt 電壓 u＝Umsin ωt＝sin ωt [題點全練] 1．(2018·蘇州模擬)如圖甲所示，在磁感應強度大小為B的勻強磁場中，有一矩形單匝線圈，其面積為S，總電阻為r，線圈兩端外接一電阻R和一個理想交流電流表。若線圈繞對稱軸OO′以角速度ω做勻速轉動，圖乙是線圈轉動過程中產生的感應電動勢e隨時間t變化的圖像，下列說法正確的是(　　) A．在t1～t3時間內，穿過線圈平面的磁通量的變化量為BS B．在t3～t4時間內，通過電阻R的電荷量為 C．在t3時刻穿過線圈平面的磁通量的變化率為2BSω

4、 D．在t3時刻電流表的示數為 解析：選D　由題圖可知，在t1和t3時刻穿過線圈平面的磁通量大小為BS，方向相反，則在t1～t3時間內穿過線圈平面的磁通量的變化量為2BS，A錯誤；在t3～t4時間內，磁通量的變化量為BS，則平均電動勢＝，因此通過電阻R的電荷量為q＝·Δt＝Δt＝，故B錯誤；在t3時刻電動勢E＝BSω，則由法拉第電磁感應定律， E＝可知，則穿過線圈的磁通量變化率為BSω，故C錯誤；在t3時刻電流表的示數為交變電流的有效值，則有I＝＝，故D正確。 2.一邊長為L的正方形單匝線框繞垂直于勻強磁場的固定軸轉動，線框中產生的感應電動勢e隨時間t的變化情況如圖所示。已知勻強磁場的磁

5、感應強度為B，則結合圖中所給信息可判定(　　) A．t1時刻穿過線框的磁通量為BL2 B．t2時刻穿過線框的磁通量為零 C．t3時刻穿過線框的磁通量變化率為零 D．線框轉動的角速度為 解析：選D　t1時刻，感應電動勢最大，穿過線框的磁通量應為零，A錯誤；t2時刻，穿過線框的磁通量最大為Φm＝BL2，B錯誤；t3時刻，感應電動勢最大，則磁通量變化率也最大，C錯誤；交變電流的最大值為Em＝BL2ω，則ω＝，D正確。 突破點(二)　有效值的理解與計算 有效值的求解 (1)計算有效值的根據是電流的熱效應，抓住“三同”：“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”列式求解。 (2)利用

6、公式Q＝I2Rt和Q＝t可分別求得電流有效值和電壓有效值。 [典例]　電阻R1、R2與交流電源按照圖甲所示方式連接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω。合上開關S后，通過電阻R2的正弦式交變電流i隨時間t變化的情況如圖乙所示。則(　　) A．通過R1的電流有效值是1.2 A B．R1兩端的電壓有效值是6 V C．通過R2的電流有效值是1.2 A D．R2兩端的電壓最大值是6 V [解析]　首先從交流電圖像中找出交變電流的最大值即通過R2的電流最大值為0.6 A，由正弦式交變電流最大值與有效值的關系Im＝I可知其有效值為0.6 A，由于R1與R2串聯，所以通過R1的電流有效值也

7、是0.6 A，選項 A、C錯；R1兩端電壓有效值為U1＝IR1＝6 V，選項B對；R2兩端電壓最大值為U2m＝ImR2＝0.6×20 V＝12 V，選項D錯。 [答案]　B [多維探究] [變式1]　把圖像下半部分翻到t軸的上面 正弦交流電是由閉合線圈在勻強磁場中勻速轉動產生的。線圈中感應電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖所示，則此感應電動勢的有效值為________ V。 解析：由有效值的定義式得：××2＝T，得：U＝220 V。 答案：220 V [變式2]　僅余周期的波形 家用電子調光燈的調光功能是用電子線路將輸入的正弦交流電壓的波形截去一部分來實現的，由截去部分的多少來調節(jié)

8、電壓，從而實現燈光的可調，比過去用變壓器調壓方便且體積小。某電子調光燈經調整后電壓波形如圖所示，求燈泡兩端的電壓的有效值。 解析：從u-t圖像看出，每個周期的前半周期是正弦圖形，其有效值為U1＝；后半周期電壓為零。根據有效值的定義，T＝·＋0，解得U＝。 答案： [變式3]　僅余周期的波形 如圖所示為一個經雙可控硅調節(jié)后加在電燈上的電壓，正弦交流電的每一個二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，則現在電燈上電壓的有效值為(　　) A．Um　　　　　　　　　　 B. C. D. 解析：選D　從U-t圖像上看，每個周期正弦波形的有效值U1＝，根據有效值的定義：T＝××2＋

9、0，解得：U＝，D正確。 [變式4]　把正余弦波形變成矩形波形 如圖所示，表示一交流電的電流隨時間而變化的圖像，此交流電的有效值是(　　) A．5 A B．3.5 A C．3.5 A D．5 A 解析：選D　交流電的有效值是根據其熱效應定義的，它是從電流產生焦耳熱相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效。設交流電的有效值為I，令該交變電流通過一阻值為R的純電阻，在一個周期內有：I2RT＝I12R＋I22R。所以該交流電的有效值為I＝ ＝5 A。 [變式5]　上下波形的最大值不一致 電壓u隨時間t的變化情況如圖所示，求電壓的有效值？ 解析：由有效值的定義式得：×＋×

10、＝T，得：U＝55 V。 答案：55 V [變式6]　在電阻兩端并聯二極管 如圖所示電路，電阻R1與電阻R2阻值相同，都為R，和R1并聯的D為理想二極管(正向電阻可看作零，反向電阻可看作無窮大)，在A、B間加一正弦交流電u＝20 sin 100πt V，則加在R2上的電壓有效值為(　　) A．10 V B．20 V C．15 V D．5 V 解析：選D　電壓值取正值時，即在前半個周期內，二極管電阻為零，R2上的電壓等于輸入電壓值，電壓值取負值時，即在后半周期內，二極管電阻無窮大可看作斷路，R2上的電壓等于輸入電壓值的一半，據此可設加在R2的電壓有效值為U，根據電流的熱效應，

11、在一個周期內滿足T＝＋，可求出U＝5 V。故選項D正確。 [方法規(guī)律]　幾種典型交變電流的有效值 電流名稱 電流圖像 有效值 正弦式交變電流 I＝ 正弦半波電流 I＝ 矩形脈動電流 I＝ Im 非對稱性交變電流 I＝ 突破點(三)　交變電流“四值”的理解和應用 對交變電流“四值”的比較和理解 物理量 表達式 適用情況及說明 瞬時值 e＝Emsin ωt u＝Umsin ωt i＝Imsin ωt 計算線圈某時刻的受力情況 最大值(峰值) Em＝nBSω Im＝ 討論電容器的擊穿電壓 有效值 對正(余)弦交流

12、 電有：E＝ U＝　I＝ (1)計算與電流的熱效應有關的量(如電功、電功率、電熱等) (2)電氣設備“銘牌”上所標的一般是有效值 (3)保險絲的熔斷電流為有效值 (4)電表的讀數為有效值 平均值 ＝BL ＝n ＝ 計算通過電路截面的電荷量 [題點全練] 1．如圖，實驗室一臺手搖交流發(fā)電機，內阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的電阻。閉合開關S，當發(fā)電機轉子以某一轉速勻速轉動時，產生的電動勢e＝10sin 10πt(V)，則(　　) A．該交變電流的頻率為10 Hz B．該電動勢的有效值為10 V C．外接電阻R所消耗的電功率為10 W D．電路中理

13、想交流電流表的示數為1.0 A 解析：選D　由產生的電動勢可知，該交流電的頻率為5 Hz，選項A錯誤；該電動勢的有效值為10 V，選項B錯誤；外接電阻R所消耗的電功率為9 W，選項C錯誤；電路中交流電流表的示數為電流的有效值，為1.0 A，選項D正確。 2．[多選](2018·江蘇四市一模)如圖甲所示為風力發(fā)電的簡易模型圖，在風力的作用下，風葉帶動與其固定在一起的永磁鐵轉動，轉速與風速成正比。某一風速時，線圈中產生的正弦式電流如圖乙所示，則(　　) A．電流的表達式i＝0.6sin 10πt(A) B．磁鐵的轉速為10 r/s C．風速加倍時電流的表達式i′＝1.2sin 10π

14、t(A) D．風速加倍時線圈中電流的有效值為 A 解析：選AD　通過乙圖可知Im＝0.6 A，T＝0.2 s，ω＝＝10π rad/s，故電流的表達式為：i＝0.6sin 10πt(A)，A正確；磁體的轉速為n＝＝5 r/s，B錯誤；風速加倍時，根據Em＝nBSω可知感應電動勢加倍，形成的電流加倍，故電流表達式變?yōu)閕′＝1.2sin 20πt(A)，C錯誤；風速加倍時，Im＝1.2 A，有效值I＝＝ A，D正確。 3.(2018·南通一模)如圖所示，把一根長L＝20.0 m的均勻電線與R＝4.8 Ω的電阻連成閉合回路，兩位同學在赤道處沿東西方向站立，勻速搖動這根電線，搖動部分的電線可簡化

15、為長L1＝6.0 m、寬L2＝1.0 m矩形的三條邊，長邊的線速度大小v＝2.0 m/s。已知此處地磁場的磁感應強度B＝5.0×10－5 T，方向水平向北，電線的電阻率ρ＝2.0×10－8 Ω·m，橫截面積S＝2.0 mm2，求： (1)這根電線的總電阻R0； (2)勻速搖動電線產生電動勢的最大值Em； (3)電路消耗的總功率P。 解析：(1)由電阻定律有R0＝ρ得電線的總電阻為： R0＝ Ω＝0.2 Ω。 (2)根據題意知，當電線的速度方向與磁感線方向垂直時，產生的電動勢的值最大，所以最大值為：Em＝BL1v＝5.0×10－5×6×2 V＝6.0×10－4 V。 (3)搖繩發(fā)電

16、類似于線框在磁場中轉動，電路中產生交變電流，由交流電知識可知電動勢的有效值為：E＝ 電路中產生的總功率為： P＝＝ W＝3.6×10－8 W。 答案：(1)0.2 Ω　(2)6.0×10－4 V　(3)3.6×10－8 W 交變電流瞬時值表達式的書寫問題 圖甲是交流發(fā)電機模型示意圖。在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸OO′轉動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉動的金屬圓環(huán)相連接，金屬圓環(huán)又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路。圖乙是線圈的主視圖，導線ab

17、和cd分別用它們的橫截面來表示。已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度ω逆時針轉動。(只考慮單匝線圈) (1)線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式； (2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時，如圖丙所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式； (3)若線圈電阻為r，求線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱。(其他電阻均不計) 解析：(1)矩形線圈abcd在磁場中轉動時，只有ab和cd切割磁感線，且轉動的半徑為r＝，設ab和cd的轉動速度為v，則v＝ω· 在t時刻，導線ab和cd因切割磁感線而產生的感應電

18、動勢均為E1＝BL1v⊥ 由圖可知v⊥＝vsin ωt 則整個線圈的感應電動勢為 e1＝2E1＝BL1L2ωsin ωt。 (2)當線圈由圖丙位置開始運動時，在t時刻整個線圈的感應電動勢為e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)。 (3)由閉合電路歐姆定律可知I＝ 這里E為線圈產生的電動勢的有效值E＝＝ 則線圈轉動一周在R上產生的焦耳熱為QR＝I2RT 其中T＝ 于是QR＝πRω2。 答案：(1)e1＝BL1L2ωsin ωt (2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0) (3)πRω2 書寫交變電流瞬時值表達式的基本思路 (1)確定正弦式交變電流的峰值，根據已

19、知圖像讀出或由公式Em＝nBSω求出相應峰值。 (2)明確線圈的初始位置，找出對應的函數關系式。 ①若線圈從中性面位置開始轉動，則i-t圖像為正弦函數圖像，函數式為i＝Imsin ωt。 ②若線圈從垂直中性面位置開始轉動，則i-t圖像為余弦函數圖像，函數式為i＝Imcos ωt。 對點訓練：交變電流的產生和描述 1．如圖，各圖面積均為S的線圈均繞其對稱軸或中心軸在勻強磁場B中以角速度ω勻速轉動，能產生正弦交變電動勢e＝BSωsin ωt的圖是(　　) 解析：選A　由題意可知，只有A、C圖在切割磁感線，導致磁通量在變化，產生感應電動勢，A中從中性面開始計時，產生的電動勢為

20、e＝BSωsin ωt，C中從峰值面開始計時，產生的電動勢為e＝BSωcos ωt，故A正確。 2．(2018·如皋月考)小型交流發(fā)電機的原理圖如圖所示：單匝矩形線圈ABCD置于勻強磁場中，繞過BC、AD中點的軸OO′以恒定角速度旋轉，軸OO′與磁場垂直，矩形線圈通過滑環(huán)與理想交流電流表A、定值電阻R串聯，下列說法中不正確的是(　　) A．線圈平面與磁場垂直時，交流電流表A的示數最小 B．線圈平面與磁場平行時，流經定值電阻R的電流最大 C．線圈轉動一圈，感應電流方向改變2次 D．線圈平面與磁場平行時，通過線圈的磁通量變化率最大 解析：選A　交流電流表顯示的是交流電的有效值，不隨

21、線圈的轉動而變化，故A錯誤；線圈與磁場平行時，磁通量最小，磁通量的變化率最大，此時電動勢最大，電流最大，故B、D正確；線圈轉動一圈，經過兩次中性面，感應電流方向改變2次，故C正確。 3.(2018·廣安期末)如圖所示，面積為S的N匝矩形線圈，在磁感應強度為B的勻強磁場中，繞垂直磁場的軸以角速度ω勻速轉動，就可在線圈中產生正弦交流電。已知閉合回路總電阻為R，圖示位置線圈平面與磁場平行，下列說法正確的是(　　) A．線圈從圖示位置轉90°的過程中磁通量的變化量為NBS B．線圈在圖示位置磁通量的變化率為零 C．線圈從圖示位置轉90°的過程中通過燈泡的電量為 D．線圈從圖示位置開始計時，感

22、應電動勢e隨時間t變化的函數為e＝NBSωsin ωt 解析：選C　線圈從圖示位置轉90°的過程磁通量的變化為BS，故A錯誤；線圈在圖示位置產生的感應電動勢最大，磁通量的變化率最大，故B錯誤；線圈從圖示位置轉90°的過程中通過燈泡的電量為q＝＝，故C正確；線圈從圖示位置開始計時，感應電動勢e隨時間t變化的函數為e＝NBSωcos ωt，故D錯誤。 4．某線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸勻速轉動，產生的交變電流的圖像如圖所示，由圖中信息可以判斷(　　) A．在A、C時刻線圈處于中性面位置 B．在B、D時刻穿過線圈的磁通量為零 C．從A～D線圈轉過的角度為2π D．若從O～D歷時0

23、.02 s，則在1 s內交變電流的方向改變了100次 解析：選D　由題中交變電流的圖像可知，在A、C時刻產生的感應電流最大，對應的感應電動勢最大，線圈處于峰值面的位置，選項A錯誤；在B、D時刻感應電流為零，對應的感應電動勢為零，即磁通量的變化率為零，此時磁通量最大，選項B錯誤；從A～D，經歷的時間為周期，線圈轉過的角度為π，選項C錯誤；若從O～D歷時0.02 s，則交變電流的周期為0.02 s，而一個周期內電流的方向改變兩次，所以1 s內交變電流的方向改變了100次，選項D正確。 對點訓練：有效值的理解與計算 5．關于圖甲、乙、丙、丁，下列說法正確的是(　　) A．圖甲中電流的峰值

24、為2 A，有效值為 A，周期為5 s B．圖乙中電流的峰值為5 A，有效值為2.5 A C．圖丙中電流的峰值為2 A，有效值為 A D．圖丁中電流的最大值為4 A，有效值為 A，周期為2 s 解析：選B　題圖甲是正弦式交變電流圖線，峰值(最大值)為2 A，有效值是峰值的，即 A，周期為4 s，所以選項A錯誤；題圖乙電流大小改變但方向不變，所以不是交變電流，計算有效值時因為熱效應與電流方向無關，所以仍是峰值的，即2.5 A，所以選項B正確；題圖丙是圖甲減半的脈沖電流，有效值不可能為峰值的，所以選項C錯誤；題圖丁是交變電流圖線，周期為2 s，根據有效值定義則有42×R×＋32×R×＝I2R

25、T，解得電流有效值I＝2.5 A，所以選項D錯誤。 6．(2018·冀州中學月考)甲、乙圖分別表示兩種電壓的波形，其中甲圖所示的電壓按正弦規(guī)律變化。下列說法正確的是(　　) A．甲圖表示交流電，乙圖表示直流電 B．甲圖電壓的有效值為220 V，乙圖電壓的有效值小于220 V C．乙圖電壓的瞬時值表達式為u＝220 sin 100πt V D．甲圖電壓經過匝數比為1∶10的變壓器變壓后，頻率變?yōu)樵瓉淼?0倍 解析：選B　由于兩圖中表示的電流方向都隨時間做周期性變化，因此都為交流電，A錯誤；由于對應相同時刻，圖甲電壓比圖乙電壓大，根據有效值的定義可知，圖甲有效值要比圖乙有效值大，故

26、B正確；圖乙電壓隨時間不是按正弦規(guī)律變化，C錯誤；理想變壓器變壓后，改變是電壓，而頻率不發(fā)生變化，D錯誤。 7．[多選]如圖甲所示為一交變電壓隨時間變化的圖像，每個周期內，前二分之一周期電壓恒定，后二分之一周期電壓按正弦規(guī)律變化。若將此交流電連接成如圖乙所示的電路，電阻R阻值為100 Ω，則(　　) A．理想電壓表讀數為100 V B．理想電流表讀數為0.75 A C．電阻R消耗的電功率為56 W D．電阻R在100秒內產生的熱量為5 625 J 解析：選BD　根據電流的熱效應，一個周期內產生的熱量：Q＝T＝＋，解得U＝75 V，A錯誤；電流表讀數I＝＝0.75 A，B正確；電

27、阻R消耗的電功率P＝I2R＝56.25 W，C錯誤；在100秒內產生的熱量Q＝Pt＝5 625 J，D正確。 8．(2018·昆山模擬)一個U形金屬線框在勻強磁場中繞OO′軸以相同的角速度勻速轉動，通過導線給同一電阻R供電，如圖甲、乙所示。其中甲圖中OO′軸右側有磁場，乙圖中整個空間均有磁場，兩磁場磁感應強度相同。則甲、乙兩圖中交流電流表的示數之比為(　　) A．1∶　　　　　　　　　 B．1∶2 C．1∶4 D．1∶1 解析：選A　題圖甲中的磁場只在OO′軸的右側，所以線框只在半周期內有感應電流產生，如圖甲，電流表測得是有效值，所以I＝。題圖乙中的磁場布滿整個空間，線框中產生

28、的感應電流如圖乙，所以I′＝，則I∶I′＝1∶，即A正確。 對點訓練：交變電流“四值”的理解和應用 9．[多選](2018·淮安八校聯考)如圖所示，甲為一臺小型交流發(fā)電機構造示意圖，線圈逆時針轉動，產生的電動勢隨時間按余弦規(guī)律變化，其圖像如圖乙所示，電機線圈內阻為2 Ω，匝數為1 000匝，外接燈泡的電阻為18 Ω，則(　　) A．在2.0×10－2 s時刻，電流表的示數為0.3 A B．發(fā)電機的輸出功率為3.24 W C．在1 s內，回路中電流方向改變25次 D．在4.0×10－2 s時刻，穿過線圈的磁通量變化率為 Wb/s 解析：選AD　線圈相當于電源，產生的電動勢為

29、E＝＝ V＝6 V，內阻r＝2 Ω，電表顯示的是有效值，根據閉合回路歐姆定律可得電路中的電流為I＝＝ A＝0.3 A，A正確；發(fā)電機的輸出功率為P輸出＝EI－I2r＝6×0.3 W－0.32×2 W＝1.62 W，B錯誤；從圖乙中可知交流電周期為T＝4×10－2 s，故在1 s內，回路中電流方向改變n＝×2＝×2＝50次，C錯誤；在4.0×10－2 s時刻，感應電動勢最大，磁通量變化率最大，根據E＝n可得＝＝ Wb/s，D正確。 10.如圖所示為一個小型旋轉電樞式交流發(fā)電機的原理圖，其矩形線圈的長度ab＝0.25 m，寬度bc＝0.20 m，共有n＝100匝，總電阻r＝1.0 Ω，可繞與磁場

30、方向垂直的對稱軸OO′轉動。線圈處于磁感應強度B＝0.40 T的勻強磁場中，與線圈兩端相連的金屬滑環(huán)上接一個“3.0 V,1.8 W”的燈泡，當線圈以角速度ω勻速轉動時，小燈泡消耗的功率恰好為1.8 W。(不計轉動軸與電刷的摩擦) (1)推導發(fā)電機線圈產生感應電動勢的最大值的表達式Em＝nBSω(其中S表示線圈的面積)。 (2)求線圈轉動的角速度ω。 (3)線圈以上述角速度轉動100周過程中發(fā)電機產生的電能。 解析：(1)線圈平面與磁場方向平行時產生感應電動勢最大，設ab邊的線速度為v，該邊產生的感應電動勢為E1＝BLabv。 與此同時，線圈的cd邊也在切割磁感線，產生的感應電動勢為

31、E2＝BLcdv。 線圈產生的總感應電動勢為： Em＝n(E1＋E2) 因為Lab＝Lcd， 所以，Em＝2nBLabv。 線速度v＝ω·Lbc， 所以Em＝nBLabLbcω，而S＝LabLbc(S表示線圈的面積)。 所以Em＝nBSω。 (2)設小燈泡正常發(fā)光時的電流為I，則 I＝＝0.60 A，設燈泡正常發(fā)光時的電阻為R， R＝＝5.0 Ω。 根據閉合電路歐姆定律得：E＝I(R＋r)＝3.6 V。 發(fā)電機感應電動勢最大值為Em＝E，Em＝nBSω。 解得ω＝＝1.8 rad/s＝2.55 rad/s。 (3)發(fā)電機產生的電能為Q＝IEt，t＝100T＝100·

32、 。 解得Q＝5.33×102 J。 答案：(1)見解析　(2)2.55 rad/s　(3)Q＝5.33×102 J 考點綜合訓練 11.(2018·泰州模擬)某研究性學習小組進行地磁發(fā)電實驗，匝數為n、面積為S的矩形金屬線框可繞東西方向的水平軸轉動，金屬線框與微電流傳感器組成一個回路，回路的總電阻為R。使線框繞軸以角速度ω勻速轉動，數字實驗系統(tǒng)實時顯示回路中的電流i隨時間t變化的關系如圖所示。當線圈平面和豎直方向的夾角為θ時，電流達到最大值Im。求： (1)該處地磁場的磁感應強度大小B及地磁場方向與水平面間的夾角； (2)線框轉動一周時間內回路中產生的焦耳熱Q； (3)線框轉動

33、時穿過線框的磁通量變化率的最大值m；線框從磁通量變化率最大位置開始轉過60°的過程中，通過導線的電荷量q。 解析：(1)根據歐姆定律：Im＝ 交流電電動勢的最大值表達式為：Em＝nBSω 則：B＝ 線圈平面與磁場方向平行時，感應電流最大，所以地磁場方向與水平面夾角為－θ。 (2)根據焦耳定律：Q＝I2RT I＝ T＝ 聯立得：Q＝。 (3)根據法拉第電磁感應定律：E＝n m＝ 根據：E＝n，I＝ ，q＝IΔt，ΔΦ＝Φmsin θ，Φm＝ ＝ 聯立得線框從磁通量變化率最大位置開始轉過60°的過程中，通過導線的電荷量：q＝n＝。 答案：(1) B＝；地磁場方向與水平面夾

34、角為－θ　 (2)Q＝　(3)m＝　q＝ 12．(2018·蘇錫常鎮(zhèn)一模)一個圓形線圈，共有n＝10匝，其總電阻r＝4.0 Ω，線圈與阻值R0＝16 Ω的外電阻連成閉合回路，如圖甲所示。線圈內部存在著一個邊長l＝0.20 m的正方形區(qū)域，其中有分布均勻但強弱隨時間變化的磁場，圖乙顯示了一個周期內磁場的變化情況，周期T＝1.0×10－2 s，磁場方向以垂直線圈平面向外為正方向。求： (1)t＝T時刻，電阻R0上的電流大小和方向； (2)0～時間內，流過電阻R0的電量； (3)一個周期內電阻R0的發(fā)熱量。 解析：(1)0 ～內，感應電動勢大小E1＝n＝，可得E1＝8 V 電流大

35、小I1＝，可得I1＝0.4 A 電流方向b到a。 (2)同(1)可得～內，感應電流大小I2＝0.2 A 流過電路的電量q＝I1＋I2 得q＝1.5×10－3 C。 (3)Q＝I12R0＋I22R0 得Q＝1.6×10－2 J。 答案：(1)0.4 A；電流方向b到a　(2)1.5×10－3 C (3)1.6×10－2 J 第2節(jié)變壓器__電能的輸送 (1)理想變壓器的基本關系式中，電壓和電流均為有效值。(√) (2)變壓器不但能改變交變電流的電壓，還能改變交變電流的頻率。(×) (3)正常工作的變壓器當副線圈與用電器斷開時，副線圈兩端無電壓。(×) (

36、4)變壓器副線圈并聯更多的用電器時，原線圈輸入的電流隨之減小。(×) (5)增大輸電導線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失。 (√) (6)高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的發(fā)熱損耗。(√) (7)在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損失越大。(√) 突破點(一)　理想變壓器 1．變壓器的工作原理 2．理想變壓器的基本關系 基本關系 功率關系 P入＝P出 電壓關系 原、副線圈的電壓比等于匝數比：＝ 電流關系 只有一個副線圈時，電流和匝數成反比：＝ 頻率關系 原、副線圈中電流的頻率相等 制約關系 電壓 原線圈電壓U1和匝數

37、比決定副線圈電壓U2 功率 副線圈的輸出功率P出決定原線圈的輸入功率P入 電流 副線圈電流I2和匝數比決定原線圈電流I1 [題點全練] 1.(2017·北京高考)如圖所示，理想變壓器的原線圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流電源上，副線圈接有R＝55 Ω的負載電阻，原、副線圈匝數之比為2∶1，電流表、電壓表均為理想電表。下列說法正確的是(　　) A．原線圈的輸入功率為220 W B．電流表的讀數為1 A C．電壓表的讀數為110 V D．副線圈輸出交流電的周期為50 s 解析：選B　由交流電壓的表達式可知，原線圈兩端所加的電壓最大值為220 V，故有效值為U

38、1＝220 V，由＝，故副線圈電壓的有效值為U2＝110 V，故輸出功率P2＝＝220 W，再由輸入功率等于輸出功率知，P1＝P2＝220 W，A項錯誤；根據歐姆定律知，I2＝＝2 A，由＝，得I1＝1 A，故電流表讀數為1 A，所以B項正確；電壓表的讀數為有效值，即U2＝110 V，C項錯誤；由交流電壓的表達式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D項錯誤。 2.[多選]如圖，將額定電壓為60 V的用電器，通過一理想變壓器接在正弦交變電源上。閉合開關S后，用電器正常工作，交流電壓表和交流電流表(均為理想電表)的示數分別為220 V和2.2 A。以下

39、判斷正確的是(　　) A．變壓器輸入功率為484 W B．通過原線圈的電流的有效值為0.6 A C．通過副線圈的電流的最大值為2.2 A D．變壓器原、副線圈匝數比n1∶n2＝11∶3 解析：選BD　將額定電壓為60 V的用電器接在理想變壓器的輸出端，在閉合開關后，用電器正常工作，已知交流電壓表和交流電流表(均為理想電表)讀數分別為220 V和2.2 A，根據功率公式可以求出用電器消耗的功率為132 W，因此A選項不正確；再根據變壓器變壓公式和變流公式可知，＝和＝，聯立可求得通過原線圈的電流的有效值為0.6 A，所以選項B正確；由于電流表顯示的是有效值，因此通過副線圈電流的最大值為2

40、.2 A，故選項C錯誤；根據變壓器的變壓公式可知，變壓器原、副線圈的匝數比為n1∶n2＝11∶3，所以D選項正確。 突破點(二)　理想變壓器的動態(tài)分析 常見的理想變壓器的動態(tài)分析問題一般有兩種：匝數比不變的情況和負載電阻不變的情況。 匝數比不變的情況 負載電阻不變的情況 (1)U1不變，根據＝，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，可以得出不論負載電阻R如何變化，U2不變。 (2)當負載電阻發(fā)生變化時，I2變化，根據輸出電流I2決定輸入電流I1，可以判斷I1的變化。 (3)I2變化引起P2變化，根據P1＝P2，可以判斷P1的變化。 (1)U1不變，發(fā)生變化，U2變化。 (2)

41、R不變，U2變化，I2發(fā)生變化。 (3)根據P2＝和P1＝P2，可以判斷P2變化時，P1發(fā)生變化，U1不變時，I1發(fā)生變化。 [典例]　(2016·天津高考)如圖所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上，圖中各電表均為理想電表。下列說法正確的是(　　) A．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R1消耗的功率變大 B．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表V示數變大 C．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電流表A1示數變大 D．若閉合開關S，則電流表A1示數變大，A2示數變大 [思路點撥]　解答本題時應從以下三點進行分析： (1)變壓器中次級線圈電流決定初級線圈電流。

42、 (2)變壓器中次級線圈功率決定初級線圈功率。 (3)變壓器中初級線圈電壓決定次級線圈電壓。 [解析]　當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，滑動變阻器連入電路的電阻R變大，則副線圈所在電路的總電阻R總變大，因原、副線圈兩端的電壓U1、U2不變，則通過R1的電流I2＝變小，R1消耗的功率PR1＝I22R1變小，選項A錯誤；R1兩端的電壓UR1＝I2R1變小，則電壓表V的示數UV＝U2－UR1變大，選項B正確；因通過原、副線圈的電流關系＝，I2變小，則I1變小，即電流表A1的示數變小，選項C錯誤；若閉合開關S，則副線圈所在電路的總電阻R總′變小，通過副線圈的電流I2′＝變大，則通過原線圈的電流

43、I1′變大，電流表A1的示數變大，R1兩端的電壓UR1′＝I2′R1變大，則R2兩端的電壓UR2′＝U2－UR1′變小，電流表A2的示數變小，選項D錯誤。 [答案]　B [集訓沖關] 1．[多選]為保證用戶電壓穩(wěn)定在220 V，變電所需適時進行調壓，如圖甲所示為調壓變壓器示意圖。保持輸入電壓u1不變，當滑動觸頭P上下移動時可改變輸出電壓。某次檢測得到用戶電壓u2隨時間t變化的圖線如圖乙所示，則以下說法正確的是(　　) A．u2＝190sin 50πt(V) B．u2＝190sin 100πt(V) C．為使用戶電壓穩(wěn)定在220 V，應將P適當下移 D．為使用戶電壓穩(wěn)定在220

44、 V，應將P適當上移 解析：選BD　根據題圖乙可知用戶電壓的最大值U2m＝190 V，周期T＝0.02 s，則角速度ω＝＝100π rad/s，用戶電壓的瞬時值表達式u2＝U2msin ωt＝190sin 100πt (V)，選項A錯誤，B正確；根據變壓器的電壓關系＝，可知U2＝U1，由于U1、n2不變，要提高U2，只能減小n1，所以P應上移，選項C錯誤，D正確。 2．[多選](2016·海南高考)圖(a)所示，理想變壓器的原、副線圈的匝數比為4∶1，RT為阻值隨溫度升高而減小的熱敏電阻，R1為定值電阻，電壓表和電流表均為理想交流電表。原線圈所接電壓u隨時間t按正弦規(guī)律變化，如圖(b)所示

45、。下列說法正確的是(　　) A．變壓器輸入、輸出功率之比為4∶1 B．變壓器原、副線圈中的電流強度之比為1∶4 C．u隨t變化的規(guī)律為u＝51sin(50πt)(國際單位制) D．若熱敏電阻RT的溫度升高，則電壓表的示數不變，電流表的示數變大 解析：選BD　由題意，理想變壓器輸入、輸出功率之比為1∶1，選項A錯誤；變壓器原、副線圈中的電流強度與匝數成反比，即＝＝，故選項B正確；由題圖(b)可知交流電壓最大值Um＝51 V，周期T＝0.02 s，角速度ω＝100π rad/s，則可得u＝51sin(100πt)(V)，故選項C錯誤；RT的溫度升高時，阻值減小，電流表的示數變大，電壓

46、表示數不變，故選項D正確。 3．[多選](2018·定州月考)理想變壓器的原線圈連接一只電流表，副線圈接入電路的匝數可以通過滑動觸頭Q調節(jié)，如圖，在副線圈上連接了定值電阻R0和滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動觸頭。原線圈兩端接在電壓為U的交流電源上。則(　　) A．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數變大 B．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數變小 C．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數變大 D．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數變小 解析：選BC　在原、副線圈匝數比一定的情況下，變壓器的輸出電壓由輸入電壓決定。因此，當Q位置不變

47、時，輸出電壓U′不變，此時P向上滑動，負載電阻值R′增大，則輸出電流I′減小。根據輸入功率P入等于輸出功率P出，電流表的讀數I變小，故A錯誤，B正確；P位置不變，將Q向上滑動，則輸出電壓U′變大，I′變大，電流表的讀數變大，變壓器的輸入功率變大。因此選項C正確，D錯誤。 突破點(三)　遠距離輸電 遠距離輸電問題的“三 二 一” 1．理清三個回路 在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I線＝I3。 2．抓住兩個聯系 (1)理想的升壓變壓器聯系著回路1和回路2，由變壓器原理可得：線圈1(匝數為n1)和線圈2(匝數為n2)中各個量間的關系是＝，＝，P1＝P2。 (2)理想的降壓變

48、壓器聯系著回路2和回路3，由變壓器原理可得：線圈3(匝數為n3)和線圈4(匝數為n4)中各個量間的關系是＝，＝，P3＝P4。 3．掌握一個守恒 能量守恒關系式P1＝P損＋P4。 [典例]　(2015·福建高考)如圖為遠距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數分別為n1、n2，在T的原線圈兩端接入一電壓u＝Umsin ωt的交流電源，若輸送電功率為P，輸電線的總電阻為2r，不考慮其他因素的影響，則輸電線上損失的電功率為(　　) A.　　　　　　　 B. C．422r D．422r [解析]　升壓變壓器T的原線圈兩端電壓的有效值為U1＝；由變壓關

49、系可得＝，則U2＝；因為輸送電功率為P，輸電線中的電流為I2＝＝，則輸電線上損失的電功率為ΔP＝I22(2r)＝，故選項C正確。 [答案]　C [方法規(guī)律]　輸電線路功率損失的計算方法 P損＝P1－P4 P1為輸送的功率，P4為用戶得到的功率 P損＝I線2R線 I線為輸電線路上的電流，R線為線路電阻 P損＝ ΔU為輸電線路上損失的電壓，不要與U2、U3相混 P損＝ΔU·I線 注意：ΔU不要錯代入U2或U3 [集訓沖關] 1．某水電站，用總電阻為2.5 Ω的輸電線輸電給500 km外的用戶，其輸出電功率是3×106 kW?，F用500 kV電壓輸電，則下列說法正確的是(

50、　　) A．輸電線上損失的功率為ΔP＝，U為輸電電壓，r為輸電線的電阻 B．輸電線上輸送的電流大小為2.0×105 A C．輸電線上由電阻造成的損失電壓為15 kV D．若改用5 kV電壓輸電，則輸電線上損失的功率為9×108 kW 解析：選C　輸電電路可以視為導線與變壓器串聯，所以輸電線上損失的功率為ΔP＝，U應為輸電線路上損失的電壓，r為輸電線的電阻，故A錯誤；由P＝UI可得，用500 kV電壓輸電時輸電線上的電流：I＝＝ A＝6 000 A，故B錯誤；由I＝可得，輸電線上由電阻造成的損失電壓：ΔU＝IR＝6 000 A×2.5 Ω＝15 000 V＝15 kV，故C正確；改用5

51、 kV電壓輸電時，線路中的電流：I′＝＝＝6×105 A，輸電線上損失的功率：ΔP＝(I′)2R＝(6×105)2×2.5 W＝9×1011W＝9×108 kW，損失的功率不可能大于輸送的電功率，故D錯誤。 2．[多選](2018·蘇州模擬)如圖甲所示為遠距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器。升壓變壓器原、副線圈匝數比為1∶100，其輸入電壓變化規(guī)律如圖乙所示，遠距離輸電線的總電阻為100 Ω。降壓變壓器副線圈電路部分為一火警報警系統(tǒng)原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，當溫度升高時其阻值變小。電壓表V顯示加在報警器上的電壓(報警器未畫出)。未出現火警時，升壓變壓

52、器的輸入功率為750 kW。下列說法中正確的有(　　) A．降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50 Hz B．遠距離輸電線路損耗的功率為180 kW C．當傳感器R2所在處出現火警時，電壓表V的示數變大 D．當傳感器R2所在處出現火警時，輸電線上的電流變大 解析：選AD　由題圖乙知交流電的周期0.02 s，所以頻率為50 Hz，A正確；由題圖乙知升壓變壓器輸入端電壓有效值為250 V，根據電壓與匝數成正比知副線圈電壓為25 000 V，所以輸電線中的電流I＝＝30 A，輸電線損失的電壓ΔU＝IR＝30×100 V＝3 000 V，輸電線路損耗功率ΔP＝ΔU·I＝90 kW，B

53、錯誤；當傳感器R2所在處出現火警時，其阻值減小，副線圈兩端電壓不變，副線圈中電流增大，定值電阻所分電壓增大，所以電壓表V的示數變小，C錯誤；副線圈電流增大，根據電流與匝數成反比知，輸電線上的電流變大，D正確。 突破點(四)　三種特殊的變壓器 模型一　自耦變壓器 高中物理中研究的變壓器本身就是一種忽略了能量損失的理想模型，自耦變壓器(又稱調壓器)，它只有一個線圈，其中的一部分作為另一個線圈，當交流電源接不同的端點時，它可以升壓也可以降壓，變壓器的基本關系對自耦變壓器均適用，如圖所示。 [例1]　(2016·江蘇高考)一自耦變壓器如圖所示，環(huán)形鐵芯上只繞有一個線圈，將其接在a、b間作為

54、原線圈。通過滑動觸頭取該線圈的一部分，接在c、d間作為副線圈。在a、b間輸入電壓為U1的交變電流時，c、d間的輸出電壓為U2。在將滑動觸頭從M點順時針旋轉到N點的過程中(　　) A．U2＞U1，U2降低　　　　　 B．U2＞U1，U2升高 C．U2＜U1，U2降低 D．U2＜U1，U2升高 [解析]　a、b間原線圈的匝數大于c、d間副線圈的匝數，在滑動觸頭由M點移動到N點的過程中，副線圈的匝數進一步減小，由變壓器工作原理＝知，U2＜U1，且U2降低，選項C正確。 [答案]　C 模型二　互感器 分為電壓互感器和電流互感器，比較如下： 電壓互感器 電流互感器 原理圖

55、 原線圈的連接 并聯在高壓電路中 串聯在交流電路中 副線圈的連接 連接電壓表 連接電流表 互感器的作用 將高電壓變?yōu)榈碗妷? 將大電流變成小電流 利用的公式 ＝ I1n1＝I2n2 [例2]　(2018·蘇錫常模擬)鉗形電流測量儀的結構圖如圖所示，其鐵芯在捏緊扳手時會張開，可以在不切斷被測載流導線的情況下，通過內置線圈中的電流值I和匝數n獲知載流導線中的電流大小I0，則關于該鉗形電流測量儀的說法正確的是(　　) A．該測量儀可測量直流電的電流 B．載流導線中電流大小I0＝ C．若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，測量出的電流將小于實際電流 D．若將載流導線在鐵

56、芯上多繞幾匝，鉗形電流測量儀的示數將變小 [解析]　鉗形電流測量儀實質上是一個升壓變壓器，只能測量交流電的電流，故A錯誤；根據＝，得載流導線中電流大小I0＝nI，故B錯誤；若鉗形部分鐵芯沒有完全閉合，載流導線中電流產生的磁場減弱，磁通量變化率減小，在內置線圈產生的感應電動勢減小，感應電流減小，則測量出的電流將小于實際電流，故C正確；根據n1I1＝n2I2，知若將載流導線在鐵芯上多繞幾匝，即n1變大，I1、n2不變，I2＝I1，I2變大，D錯誤。 [答案]　C 模型三　雙副線圈變壓器 計算具有兩個(或兩個以上)副線圈的變壓器問題時，應注意三個關系： (1)電壓關系：＝＝＝…… (2)

57、電流關系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…… (3)功率關系：P1＝P2＋P3＋…… [例3]　(2018·蘇州調研)如圖所示，電路中變壓器原線圈匝數n1＝1 000，兩個副線圈匝數分別為n2＝500、n3＝200，分別接一個R＝55 Ω的電阻，在原線圈上接入U1＝220 V的交流電源。則兩副線圈輸出電功率之比和原線圈中的電流I1分別是(　　) A.＝，I1＝2.8 A　　　　 B.＝，I1＝2.8 A C.＝，I1＝1.16 A D.＝，I1＝1.16 A [解析]　對兩個副線圈有＝，＝，所以U2＝110 V，U3＝44 V，又P＝，所以＝＝；由歐姆定律I2＝＝2 A，I3＝＝

58、0.8 A，對有兩個副線圈的變壓器有：n1I1＝n2I2＋n3I3，得I1＝1.16 A，C正確。 [答案]　C 含二極管的變壓器問題 在理想變壓器問題中，偶爾在副線圈的電路中存在二極管，該類問題在高考中也時有出現，應加以重視。 1．(2018·淮安八校聯考)如圖所示的電路中，理想變壓器原、副線圈的匝數比n1∶n2＝22∶5，電阻R1＝R2＝25 Ω，D為理想二極管，原線圈接u＝220sin 100πt(V)的交流電，則(　　) A．交流電的頻率為100 Hz B．通過R2的電流為1 A C．通過R2的電流為 A D．變壓器的輸入功率為200 W 解析：選C　

59、由原線圈交流電瞬時值表達式可知，交變電流的頻率f＝＝＝50 Hz，A項錯；由理想變壓器變壓規(guī)律＝可知，輸出電壓U2＝50 V，由理想二極管單向導電性可知，交變電流每個周期只有一半時間有電流通過R2，由交變電流的熱效應可知，·＝·T?U＝U2＝25 V，由歐姆定律可知，通過R2的電流為 A，B項錯，C項正確；其功率P2＝UI＝50 W，而電阻R1的電功率P1＝＝100 W，由理想變壓器輸入功率等于輸出功率可知，變壓器的輸入功率為P＝P1＋P2＝150 W，D項錯。 2．[多選](2018·江陰模擬)一臺理想變壓器的原、副線圈的匝數比是5∶1，原線圈接入電壓為220 V的正弦交流電，一只理想二極

60、管和一個滑動變阻器R串聯接在副線圈上，如圖所示。電壓表和電流表均為理想交流電表，則下列說法正確的是(　　) A．原、副線圈電流之比為1∶5 B．電壓表的讀數小于44 V C．若滑動變阻器接入電路的阻值為20 Ω，則1 min內產生的熱量為2 904 J D．若將滑動變阻器滑片向上滑動，兩電表讀數均減小 解析：選ABC　原線圈接入電壓為220 V的正弦交流電，原、副線圈的匝數比是5∶1，則副線圈電壓為44 V，原、副線圈中的電流與匝數成反比，所以電流之比為1∶5，由于副線圈接著二極管，它具有單向導電性，而電表均是交流電的有效值，電壓表的讀數小于44 V，故A、B正確；原、副線圈的電

61、壓與匝數成正比，所以副線圈兩端電壓為44 V，但二極管具有單向導電性，根據有效值的定義有×＝×T，從而求得電壓表兩端電壓有效值為U有效＝22 V，則1 min內產生的熱量為Q＝×T＝2 904 J，故C正確；將滑動變阻器滑片向上滑動，接入電路中的阻值變小，但對原、副線圈兩端的電壓無影響，即電壓表的讀數不變，電流表的讀數變大，所以D錯誤。 把握三點，解決該類問題 (1)二極管具有單向導電性：正向導通，反向截止。 (2)先假設二極管不存在，分析副線圈的電流，再利用二極管的單向導電性對副線圈的電流進行修正。 (3)結合能量守恒定律進行分析?！? 對點訓練：理想變壓器 1．[多選]

62、(2018·蘇州八校聯考)如圖甲所示，理想變壓器原副線圈的匝數比為2∶1，原線圈兩端的交變電壓隨時間變化規(guī)律如圖乙所示，燈泡L的額定功率為22 W。閉合開關后，燈泡恰能正常發(fā)光。則(　　) A．原線圈輸入電壓的瞬時值表達式為u＝220sin 100πt V B．燈泡的額定電壓為110 V C．副線圈輸出交流電的頻率為100 Hz D．電壓表讀數為220 V，電流表讀數為0.2 A 解析：選AB　由題圖可知：周期T＝0.02 s，角速度ω＝＝100π rad/s，則原線圈輸入電壓的瞬時值表達式：u＝220sin 100πt V ，故A正確；原線圈電壓的有效值：U1＝ V＝220 V

63、，根據理想變壓器電壓與匝數成正比，得副線圈兩端的電壓：U2＝＝110 V，故B正確；周期T＝0.02 s，頻率為：f＝＝50 Hz，變壓器不改變交流電的頻率，所以副線圈輸出交流電的頻率為50 Hz，故C錯誤；原線圈電壓有效值為220 V，電壓表的讀數為220 V，副線圈電流：I2＝＝0.2 A，根據電流與匝數成反比得：I＝＝0.1 A，故D錯誤。 2．[多選]如圖所示，矩形線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁場的軸OO′勻速轉動，線圈的電阻不計，線圈共N匝，理想變壓器原、副線圈的匝數比為1∶2，定值電阻R1＝R2＝R，當線圈的轉動角速度為ω時，電壓表的示數為U，則(　　) A．電流表的示

64、數為 B．從線圈轉動到圖示位置開始計時，線圈中產生的電動勢的瞬時值表達式為e＝5Ucos ωt C．線圈在轉動過程中通過線圈磁通量的最大值為 D．當線圈的轉動角速度為2ω時，電壓表的示數為2U 解析：選ACD　流過副線圈的電流Im＝，根據＝可知，流過電流表的電流I1＝，故A正確；變壓器中原線圈的電壓為U1，根據＝可知電壓U1＝，電阻R1分得的電壓UR＝I1R＝2U，故線圈產生的感應電動勢的有效值為U有＝U1＋UR＝ ，最大值Em＝U有＝，故從線圈轉動到圖示位置開始計時，線圈中產生的電動勢的瞬時值表達式為e＝Ucos ωt，故B錯誤；根據Em＝NBSω可知BS＝＝，故C正確；根據Em＝N

65、BSω可知，轉動角速度加倍，產生的感應電動勢加倍，故電壓表的示數加倍，故D正確。 3.[多選]如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數比為2∶1。電池和交變電源的電動勢都為6 V，內阻均不計。下列說法正確的是(　　) A．S與a接通的瞬間，R中無感應電流 B．S與a接通穩(wěn)定后，R兩端的電壓為0 C．S與b接通穩(wěn)定后，R兩端的電壓為3 V D．S與b接通穩(wěn)定后，原、副線圈中電流的頻率之比為2∶1 解析：選BC　由理想變壓器的原理可知，當S與a接通電流穩(wěn)定時，由于通過原線圈與副線圈中的磁通量不發(fā)生變化，故在副線圈中無感應電流，但在剛接通瞬間，副線圈兩端的電壓不為零，R中有感應電流，故A錯誤，

66、B正確；當S與b接通穩(wěn)定后，原線圈中接有交變電流，由變壓器的變壓比可得副線圈兩端電壓為3 V，C正確；變壓器并不改變交變電流的頻率，D錯誤。 4．[多選](2018·南通模擬)如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數之比為44∶5，b是原線圈的中心抽頭，S為單刀雙擲開關，負載電阻R＝25 Ω。電表均為理想電表，在原線圈c、d兩端接入如圖乙所示的正弦交流電，下列說法正確的是(　　) A．當S與a連接，t＝1×10－2s時，電流表的示數為0 B．當S與b連接，t＝1.5×10－2s時，電壓表的示數為50 V C．當S與b連接時，電阻R消耗的功率為100 W D．當S與a連接時，1 s內電阻R上電流方向改變100次 解析：選CD　由圖像可知，電壓的最大值為220 V，交流電的周期為2×10－2s，所以交流電的頻率為f＝50 Hz，交流電的有效值為220 V，根據電壓與匝數成正比可知，副線圈的電壓為25 V，根據歐姆定律知I＝＝1 A，根據電流與匝數成反比知原線圈電流為I1＝I，故A錯誤；當單刀雙擲開關與b連接時，副線圈電壓為50 V，電壓表示數為有效值為50 V，不隨時間的變化