第十章 交變電流 傳感器有答案的

第十章eq\b\lc\|\rc\(\a\vs4\al\co1(,,,,,,,))交變電流傳感器第1節(jié)交變電流的產(chǎn)生及描述要點一正弦式交變電流的產(chǎn)生及變化規(guī)律1．正弦式交變電流的產(chǎn)生(1)線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉(zhuǎn)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，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，電流方向?qū)l(fā)生改變。②線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)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(nèi)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(zhuǎn)軸位置無關(guān)，與線圈形狀無關(guān)。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)規(guī)律物理量函數(shù)表達式圖像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt電動勢e＝Emsinωt＝nBSωsinωt電壓u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt電流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt[典例](2014·全國卷Ⅰ)如圖10-1-1(a)，線圈ab、cd繞在同一軟鐵芯上，在ab線圈中通以變化的電流，用示波器測得線圈cd間電壓如圖(b)所示，已知線圈內(nèi)部的磁場與流經(jīng)線圈的電流成正比，則下列描述線圈ab中電流隨時間變化關(guān)系的圖中，可能正確的是()圖10-1-1圖10-1-2[解析]根據(jù)題圖(b)可知：cd兩端在時間0～0.5內(nèi)產(chǎn)生恒定的電壓，根據(jù)法拉第電磁感應(yīng)定律，穿過線圈的磁通量均勻變化，即eq\f(Δi,Δt)為恒定不變，故選項C正確，A、B、D錯誤。[答案]C3．(2015·連云港摸底)如圖10-1-6甲所示為一臺小型發(fā)電機的示意圖，單匝線圈逆時針轉(zhuǎn)動。若從中性面開始計時，產(chǎn)生的電動勢隨時間的變化規(guī)律如圖乙所示。已知發(fā)電機線圈內(nèi)阻為1.0Ω，外接燈泡的電阻為9.0Ω。求：圖10-1-6(1)寫出流經(jīng)燈泡的瞬時電流的表達式；(2)轉(zhuǎn)動過程中穿過線圈的最大磁通量；(3)線圈勻速轉(zhuǎn)動一周的過程中，外力所做的功。解析：(1)由圖得e＝Emsinωt＝6eq\r(2)sin100πt(V)則電流i＝eq\f(e,R＋r)＝0.6eq\r(2)sin100πt(A)。(2)Em＝BSωEm＝6eq\r(2)Vω＝100πΦm＝BS＝eq\f(Em,ω)＝2.7×10－2Wb。(3)E＝eq\f(Em,\r(2))＝6V，外力所做的功W＝Q＝eq\f(E2,R＋r)T＝7.2×10－2J。答案：(1)i＝0.6eq\r(2)sin100πt(A)(2)2.7×10－2Wb(3)7.2×10－2J要點二有效值的理解與計算1．公式法利用E＝eq\f(Em,\r(2))、U＝eq\f(Um,\r(2))、I＝eq\f(Im,\r(2))計算，只適用于正(余)弦式交變電流。2．利用有效值的定義計算(非正弦式電流)計算時“相同時間”至少取一個周期或為周期的整數(shù)倍。3．利用能量關(guān)系當有電能和其他形式的能轉(zhuǎn)化時，可利用能的轉(zhuǎn)化和守恒定律來求有效值。[典例]電阻R1、R2與交流電源按照圖10-1-7甲所示方式連接，R1＝10Ω，R2＝20Ω。合上開關(guān)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()圖10-1-7A．通過R1的電流有效值是1.2B．R1兩端的電壓有效值是6VC．通過R2的電流有效值是1.2eq\r(2)AD．R2兩端的電壓最大值是6eq\r(2)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0.6eq\r(2)A，由正弦式交變電流最大值與有效值的關(guān)系Im＝eq\r(2)I可知其有效值為0.6A，由于R1與R2串聯(lián)，所以通過R1的電流有效值也是0.6A，選項A、C錯；R1兩端電壓有效值為U1＝IR1＝6V，選項B對；R2兩端電壓最大值為U2m＝ImR2＝0.6eq\r(2)×20V＝12eq\r(2)V，選項D錯。[答案]B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(zhuǎn)動產(chǎn)生的。線圈中感應(yīng)電動勢隨時間變化的規(guī)律如圖10-1-8所示，則此感應(yīng)電動勢的有效值為________V。圖10-1-8解析：由有效值的定義式得：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)×2＝eq\f(U2,R)T，得：U＝220V。答案：220V變式2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10-1-9所示，求電壓的有效值？圖10-1-9解析：由有效值的定義式得：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(156,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，得：U＝55eq\r(10)V答案：55eq\r(10)V變式3把波形的后半周期去掉家用電子調(diào)光燈的調(diào)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(xiàn)的，由截去部分的多少來調(diào)節(jié)電壓，從而實現(xiàn)燈光的可調(diào)，比過去用變壓器調(diào)壓方便且體積小。某電子調(diào)光燈經(jīng)調(diào)整后電壓波形如圖10-1-10所示，求燈泡兩端的電壓的有效值。圖10-1-10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＝eq\f(Um,\r(2))；后半周期電壓為零。根據(jù)有效值的定義，eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(Um/\r(2)))2,R)·eq\f(T,2)＋0，解得U＝eq\f(Um,2)。答案：eq\f(Um,2)變式4把正余弦波形變成矩形波形如圖10-1-11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()圖10-1-11A．5eq\r(2)A B．3.5eq\r(2)AC．3.5A D解析：選D交流電的有效值是根據(jù)其熱效應(yīng)定義的，它是從電流產(chǎn)生焦耳熱相等的角度出發(fā)，使交流電與恒定電流等效。設(shè)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(nèi)有：I2RT＝Ieq\o\al(2,1)Req\f(T,2)＋Ieq\o\al(2,2)Req\f(T,2)。所以該交流電的有效值為I＝eq\r(\f(I\o\al(2,1)＋I\o\al(2,2),2))＝5A。變式5在電阻兩端并聯(lián)二極管如圖10-1-12所示電路，電阻R1與電阻R2阻值相同，都為R，和R1并聯(lián)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＝20eq\r(2)sin100πtV，則加在R2上的電壓有效值為()圖10-1-12A．10V B．20VC．15V D．5eq\r(10)V解析：選D電壓值取正值時，即在前半個周期內(nèi)，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(nèi)，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(jù)此可設(shè)加在R2的電壓有效值為U，根據(jù)電流的熱效應(yīng)，在一個周期內(nèi)滿足eq\f(U2,R)T＝eq\f(202,R)eq\f(T,2)＋eq\f(102,R)eq\f(T,2)，可求出U＝5eq\r(10)V。故選項D正確。要點三交變電流“四值”的應(yīng)用對交變電流“四值”的比較和理解物理量物理意義適用情況及說明瞬時值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt計算線圈某時刻的受力情況峰值(最大值)Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)討論電容器的擊穿電壓有效值對正(余)弦交流電有：E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)計算與電流的熱效應(yīng)有關(guān)的量(如電功、電功率、電熱等)(2)電氣設(shè)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(shù)為有效值平均值eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(v)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)計算通過電路截面的電荷量2．(多選)(2014·天津高考)如10-1-14甲所示，在勻強磁場中，一矩形金屬線圈兩次分別以不同的轉(zhuǎn)速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉(zhuǎn)動，產(chǎn)生的交變電動勢圖像如圖乙中曲線a、b所示，則()圖10-1-14A．兩次t＝0時刻線圈平面均與中性面重合B．曲線a、b對應(yīng)的線圈轉(zhuǎn)速之比為2∶3C．曲線a表示的交變電動勢頻率為25HzD．曲線b表示的交變電動勢有效值為10V解析：選ACt＝0時刻，兩次產(chǎn)生的交流電的電動勢瞬時值均為零，因此線圈平面均與中性面重合，A項正確；圖中a、b對應(yīng)的周期之比為2∶3，因此線圈轉(zhuǎn)速之比na∶nb＝eq\f(1,Ta)∶eq\f(1,Tb)＝3∶2，B項錯誤；曲線a表示的交流電動勢的頻率為fa＝eq\f(1,Ta)＝eq\f(1,4×10－2)Hz＝25Hz，C項正確；曲線a對應(yīng)線圈相應(yīng)的電動勢的最大值Eam＝NBS·eq\f(2π,Ta)，由圖像知Eam＝15V，曲線b對應(yīng)線圈相應(yīng)的電動勢的最大值Ebm＝NBS·eq\f(2π,Tb)，因此eq\f(Ebm,Eam)＝eq\f(Ta,Tb)＝eq\f(2,3)，Ebm＝10V，有效值Eb＝eq\f(10,\r(2))V＝5eq\r(2)V，D項錯誤。對點訓練：交變電流的產(chǎn)生及變化規(guī)律3．(多選)(2015·吉林模擬)如圖4所示，閉合的矩形導體線圈abcd在勻強磁場中繞垂直于磁感線的對稱軸OO′勻速轉(zhuǎn)動，沿著OO′方向觀察，線圈沿順時針方向轉(zhuǎn)動。已知勻強磁場的磁感應(yīng)強度為B，線圈匝數(shù)為n，ab邊的邊長為L1，ad邊的邊長為L2，線圈電阻為R，轉(zhuǎn)動的角速度為ω，則當線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時()圖4A．線圈中感應(yīng)電流的方向為abcdaB．線圈中的感應(yīng)電動勢為2nBL2ωC．穿過線圈的磁通量隨時間的變化率最大D．線圈ad邊所受安培力的大小為eq\f(n2B2L1L2ω,R)，方向垂直紙面向里解析：選AC當線圈轉(zhuǎn)至圖示位置時由楞次定律可判斷出線圈中感應(yīng)電流的方向為abcda，線圈中的感應(yīng)電動勢為nBL1L2ω，穿過線圈磁通量隨時間的變化率最大，選項A、C正確，選項B錯誤；線圈ad邊所受安培力的大小為eq\f(n2B2L1L\o\al(2,2)ω,R)，方向垂直紙面向里，選項D錯誤。對點訓練：有效值的理解與計算6．(多選)(2013·山東高考)圖6甲是小型交流發(fā)電機的示意圖，兩磁極N、S間的磁場可視為水平方向的勻強磁場，eq\o\ac(○,A)為交流電流表。線圈繞垂直于磁場的水平軸OO′沿逆時針方向勻速轉(zhuǎn)動，從圖示位置開始計時，產(chǎn)生的交變電流隨時間變化的圖像如圖乙所示。以下判斷正確的是()圖6A．電流表的示數(shù)為10B．線圈轉(zhuǎn)動的角速度為50πrad/sC．0.01s時線圈平面與磁場方向平行D．0.02s時電阻R中電流的方向自右向左解析：選AC根據(jù)i-t圖像可知，交流電的最大值為10eq\r(2)A，所以電流表的示數(shù)(有效值)為10A，A正確。交流電的周期T＝0.02s，線圈轉(zhuǎn)動的角速度ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s，B錯誤。0.01對點訓練：交變電流的“四值”9．(2013·福建高考)如圖9，實驗室一臺手搖交流發(fā)電機，內(nèi)阻r＝1.0Ω，外接R＝9.0Ω的電阻。閉合開關(guān)S，當發(fā)電機轉(zhuǎn)子以某一轉(zhuǎn)速勻速轉(zhuǎn)動時，產(chǎn)生的電動勢e＝10eq\r(2)sin10πt(V)，則()圖9A．該交變電流的頻率為10HzB．該電動勢的有效值為10eq\r(2)VC．外接電阻R所消耗的電功率為10WD．電路中理想交流電流表eq\o\ac(○,A)的示數(shù)為1.0A解析：選D由交流電的表達式可知ω＝10πrad/s，Em＝10eq\r(2)V，得f＝eq\f(ω,2π)＝5Hz，E＝10V，A、B錯誤。I＝eq\f(E,R＋r)＝1A，D正確。PR＝I2R＝9W，C錯誤。考點綜合訓練11．(2012·江蘇高考)某興趣小組設(shè)計了一種發(fā)電裝置，如圖11所示。在磁極和圓柱狀鐵芯之間形成的兩磁場區(qū)域的圓心角α均為eq\f(4,9)π，磁場均沿半徑方向。匝數(shù)為N的矩形線圈abcd的邊長ab＝cd＝l、bc＝ad＝2l。線圈以角速度ω繞中心軸勻速轉(zhuǎn)動，bc和ad邊同時進入磁場。在磁場中，兩條邊所經(jīng)過處的磁感應(yīng)強度大小均為B、方向始終與兩邊的運動方向垂直。線圈的總電阻為r，外接電阻為R。求：圖11(1)線圈切割磁感線時，感應(yīng)電動勢的大小Em；(2)線圈切割磁感線時，bc邊所受安培力的大小F；(3)外接電阻上電流的有效值I。解析：(1)bc、ad邊的運動速度v＝ωeq\f(l,2)，感應(yīng)電動勢Em＝4NBlv解得Em＝2NBl2ω。(2)電流Im＝eq\f(Em,r＋R)，安培力F＝2NBIml解得F＝eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)。(3)一個周期內(nèi)，通電時間t＝eq\f(4,9)TR上消耗的電能W＝Ieq\o\al(2,m)Rt且W＝I2RT解得I＝eq\f(4NBl2ω,3r＋R)。答案：(1)2NBl2ω(2)eq\f(4N2B2l3ω,r＋R)(3)eq\f(4NBl2ω,3r＋R)12．(2015·北京海淀聯(lián)考)如圖12甲所示，長、寬分別為L1、L2的矩形金屬線框位于豎直平面內(nèi)，其匝數(shù)為n，總電阻為r，可繞其豎直中心軸O1O2轉(zhuǎn)動。線框的兩個末端分別與兩個彼此絕緣的銅環(huán)C、D(集流環(huán))焊接在一起，并通過電刷和定值電阻R相連。線框所在空間有水平向右均勻分布的磁場，磁感應(yīng)強度B的大小隨時間t的變化關(guān)系如圖乙所示，其中B0、B1和t1均為已知。在0～t1的時間內(nèi)，線框保持靜止，且線框平面和磁場垂直；t1時刻后線框在外力的驅(qū)動下開始繞其豎直中心軸以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動。求：圖12(1)0～t1時間內(nèi)通過電阻R的電流大小；(2)線框勻速轉(zhuǎn)動后，在轉(zhuǎn)動一周的過程中電流通過電阻R產(chǎn)生的熱量；(3)線框勻速轉(zhuǎn)動后，從圖甲所示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，通過電阻R的電荷量。解析：(1)0～t1時間內(nèi)，線框中的感應(yīng)電動勢E＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nL1L2B1－B0,t1)根據(jù)閉合電路歐姆定律可知，通過電阻R的電流I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(nL1L2B1－B0,R＋rt1)。(2)線框產(chǎn)生感應(yīng)電動勢的最大值Em＝nB1L1感應(yīng)電動勢的有效值E＝eq\f(\r(2),2)nB1L1L2ω通過電阻R的電流的有效值I＝eq\f(\r(2)nB1L1L2ω,2R＋r)線框轉(zhuǎn)動一周所需的時間t＝eq\f(2π,ω)此過程中，電阻R產(chǎn)生的熱量Q＝I2Rt＝πRωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nB1L1L2,R＋r)))2。(3)線框從圖甲所示位置轉(zhuǎn)過90°的過程中，平均感應(yīng)電動勢eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(nB1L1L2,Δt)平均感應(yīng)電流eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(nB1L1L2,ΔtR＋r)通過電阻R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(nB1L1L2,R＋r)。答案：(1)eq\f(nL1L2B1－B0,R＋rt1)(2)πRωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(nB1L1L2,R＋r)))2(3)eq\f(nB1L1L2,R＋r)第2節(jié)變壓器__電能的輸送要點一理想變壓器1．基本關(guān)系(1)無漏磁，故原、副線圈中的Φ、eq\f(ΔΦ,Δt)相同。(2)線圈無電阻，因此無電壓降，U＝E＝neq\f(ΔΦ,Δt)。(3)根據(jù)eq\f(U,n)＝eq\f(ΔΦ,Δt)得，套在同一鐵芯上的線圈，無論是原線圈，還是副線圈，該比例都成立，則有eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝…。(4)無電能損失，因此P入＝P出，無論副線圈是一個還是多個，總有U1I1＝U2I2＋U3I3＋…將電壓關(guān)系代入可得n1I1＝n2I2＋n3I3＋…。2．基本關(guān)系式中物理量之間的決定關(guān)系(1)電壓決定關(guān)系：輸入電壓U1決定輸出電壓U2，這是因為輸出電壓U2＝eq\f(n2,n1)U1，當U1不變時，不論負載電阻R變化與否，U2不會改變。(2)電流決定關(guān)系：輸出電流I2決定輸入電流I1。(3)功率決定關(guān)系：輸出功率P2決定輸入功率P1。(4)頻率關(guān)系：原、副線圈中電流的頻率相同。[典例](多選)(2014·全國卷Ⅱ)如圖10-2-1，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2。原線圈通過一理想電流表eq\o\ac(○,A)接正弦交流電源，一個二極管和阻值為R的負載電阻串聯(lián)后接到副線圈的兩端。假設(shè)該二極管的正向電阻為零，反向電阻為無窮大。用交流電壓表測得a、b端和c、d端的電壓分別為Uab和Ucd，則()圖10-2-1A．Uab∶Ucd＝n1∶n2B．增大負載電阻的阻值R，電流表的讀數(shù)變小C．負載電阻的阻值越小，cd間的電壓Ucd越大D．將二極管短路，電流表的讀數(shù)加倍[思路點撥](1)副線圈兩端的電壓U2與cd兩端的電壓Ucd是否相等？為什么？提示：由于二極管的單向?qū)щ娦?，所以U2≠Ucd。(2)當負載R變化時，原線圈中的電流和電壓是否發(fā)生變化？為什么？提示：由于輸入電壓U1決定輸出電壓U2，所以不論負載如何變化，U1、U2均不變；由于輸出電流I2決定輸入電流I1，所以負載變化，I1發(fā)生變化。[解析]根據(jù)變壓器的工作原理、交流電的有效值解題。變壓器的變壓比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，其中U1、U2是變壓器原、副線圈兩端的電壓。U1＝Uab，由于二極管的單向?qū)щ娞匦?，Ucd≠U2，選項A錯誤。增大負載電阻R的阻值，負載的電功率減小，由于P入＝P出，且P入＝I1Uab，所以原線圈上的電流I1減小，即電流表的讀數(shù)變小，選項B正確。c、d端的電壓由輸入電壓Uab決定，負載電阻R的阻值變小時，Uab不變，選項C錯誤。根據(jù)變壓器上的能量關(guān)系有E輸入＝E輸出，在一個周期T的時間內(nèi)，二極管未短路時有UabI1T＝eq\f(U2,R)·eq\f(T,2)＋0(U為副線圈兩端的電壓)，二極管短路時有UabI2T＝eq\f(U2,R)T，由以上兩式得I2＝2I1，選項D正確。[答案]BD[針對訓練]1．(多選)(2014·山東高考)如圖10-2-2，將額定電壓為60V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(guān)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(shù)分別為220V和2.2A。圖10-2-2A．變壓器輸入功率為484WB．通過原線圈的電流的有效值為0.6C．通過副線圈的電流的最大值為2.2D．變壓器原、副線圈匝數(shù)比n1∶n2＝11∶3解析：選BD將額定電壓為60V的用電器接在理想變壓器的輸出端，在閉合開關(guān)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(shù)分別為220V和2.2A，根據(jù)功率公式可以求出用電器消耗的功率為132W，因此A選項不正確；再根據(jù)變壓器變壓公式和變流公式可知，eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)和eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，聯(lián)立可求得通過原線圈的電流的有效值為0.6A，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2.2eq\r(2)A，故選項C錯誤；根據(jù)變壓器的變壓公式可知，變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為n1∶n2＝11∶3，所以D選項正確。要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(shù)比不變的情況和負載電阻不變的情況。1．匝數(shù)比不變的情況(如圖10-2-4所示)圖10-2-4(1)U1不變，根據(jù)eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，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(jù)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(jù)P1＝P2，可以判斷P1的變化。2．負載電阻不變的情況(如圖10-2-5所示)圖10-2-5(1)U1不變，eq\f(n1,n2)發(fā)生變化，U2變化。(2)R不變，U2變化，I2發(fā)生變化。(3)根據(jù)P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)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1](多選)(2014·廣東高考)如圖10-2-6所示的電路中，P為滑動變阻器的滑片，保持理想變壓器的輸入電壓U1不變，閉合電鍵S，下列說法正確的是()圖10-2-6A．P向下滑動時，燈L變亮B．P向下滑動時，變壓器的輸出電壓不變C．P向上滑動時，變壓器的輸入電流變小D．P向上滑動時，變壓器的輸出功率變大[解析]由于U1保持不變，根據(jù)變壓器的變壓比可知，副線圈的輸出電壓U2不變，B項正確；P向下滑動時，燈泡L兩端的電壓不變，燈泡的亮度不變，A項錯誤；P向上滑動時，滑動變阻器接入電路的電阻變小，副線圈電路的總電阻R變小，根據(jù)P2＝eq\f(U\o\al(2,2),R)可知，變壓器的輸出功率變大，D項正確；由P1＝U1I1＝P2可知，變壓器的輸入電流增大，C項錯誤。[答案]BD[針對訓練]1．(多選)如圖10-2-8所示，有一矩形線圈的面積為S，匝數(shù)為N，繞OO′軸在磁感應(yīng)強度為B的勻強磁場中以角速度ω勻速轉(zhuǎn)動?；瑒佑|頭P上下移動時可改變輸出電壓，副線圈接有定值電阻R，從圖示位置開始計時，下列判斷正確的是()圖10-2-8A．電流表測得的是電流最大值B．感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSω·sinωtC．P向上移動時，電流表示數(shù)變大D．P向上移動時，電流表示數(shù)變小解析：選BD電流表測得的是電流有效值，選項A錯誤；從圖示位置開始計時，感應(yīng)電動勢的瞬時值表達式為e＝NBSω·sinωt，選項B正確；P向上移動時，輸出電壓降低，電流表示數(shù)變小，選項C錯誤D正確。2．(多選)如圖10-2-9所示，將原線圈接到電壓有效值不變的正弦交流電源上，副線圈連接電阻R0、R1和R2。電路中分別接了理想交流電壓表V1、V2和理想交流電流表A1、A2，導線電阻不計，如圖所示。當開關(guān)S閉合后()圖10-2-9A．V1、V2示數(shù)變小，變壓器的輸出功率減小B．A1、A2示數(shù)變大，變壓器的輸出功率增大C．A1示數(shù)不變、A2示數(shù)變大，變壓器的輸出功率減小D．V1示數(shù)不變、V2示數(shù)變小，變壓器的輸出功率增大解析：選BD據(jù)題意，當開關(guān)閉合后，副線圈總電阻R減小，據(jù)閉合電路歐姆定律可知，副線圈總電流為：I2＝eq\f(U2,R0＋r)，其中r表示R1和R2并聯(lián)后的總電阻，即電流表A2示數(shù)增加，據(jù)變壓器原副線圈電流規(guī)律eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，匝數(shù)比恒定，I2增大，則原線圈電流I1增大，即電流表A1示數(shù)增加；原線圈中輸入電壓U1不變，則電壓表V1示數(shù)不變；副線圈兩端電壓也不變，電壓表V2測量的是電阻R1電壓，當電流增大時，電阻R0兩端的電壓增大，所以R1和R2并聯(lián)后兩端的電壓減小，即V2示數(shù)減?。桓本€圈輸出功率為P2＝U2I2，即輸出功率增大，副線圈功率決定原線圈功率，所以原線圈功率也增大；故選項B、D正確。要點三遠距離輸電1．理清三個回路遠距離輸電電網(wǎng)間的基本結(jié)構(gòu)，如圖10-2-10所示。輸電過程的電路被劃分為三個獨立的回路，即電源回路、輸送回路和用戶回路。在每個回路中，變壓器的原線圈是回路的用電器，而相應(yīng)的副線圈是下一個回路的電源，每個回路均可應(yīng)用閉合電路歐姆定律、串并聯(lián)電路的規(guī)律，而變壓器的電壓、電流、功率關(guān)系則是聯(lián)系不同回路的橋梁。圖10-2-102．抓住兩個聯(lián)系(1)理想的升壓變壓器聯(lián)系了電源回路和輸送回路，由理想變壓器原理可得：線圈1(匝數(shù)為n1)和線圈2(匝數(shù)為n2)中各個量間的關(guān)系是：eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，I1n1＝I2n2，P1＝P2。(2)理想的降壓變壓器聯(lián)系了輸送回路和用戶回路，由理想變壓器原理可得：線圈3(匝數(shù)為n3)和線圈4(匝數(shù)為n4)中各個量間的關(guān)系是：eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，I3n3＝I4n4，P3＝P4。3．掌握一個能量守恒定律發(fā)電機把機械能轉(zhuǎn)化為電能，并通過導線將能量輸送給線圈1，線圈1上的能量就是遠程輸電的總能量，在輸送過程中，先被輸送回路上的導線電阻損耗一小部分，剩余的絕大部分通過降壓變壓器和用戶回路被用戶使用消耗，所以其能量關(guān)系為P1＝P線損＋P用戶。[典例](2014·浙江高考)如圖10-2-11所示為遠距離交流輸電的簡化電路圖。發(fā)電廠的輸出電壓是U，用等效總電阻是r的兩條輸電線輸電，輸電線路中的電流是I1，其末端間的電壓為U1。在輸電線與用戶間連有一理想變壓器，流入用戶端的電流為I2。則()圖10-2-11A．用戶端的電壓為eq\f(I1U1,I2)B．輸電線上的電壓降為UC．理想變壓器的輸入功率為Ieq\o\al(2,1)rD．輸電線路上損失的電功率為I1U[解析]理想變壓器輸入和輸出功率相同，設(shè)用戶端得到的電壓為U2，則有I1U1＝U2I2，U2＝eq\f(I1U1,I2)，選項A正確；輸電線上的電壓降為ΔU＝I1r，或者ΔU＝U－U1，選項B錯誤；理想變壓器的輸入功率為P＝I1U1，選項C錯誤；輸電線路上損失的電功率為ΔP＝Ieq\o\al(2,1)r，選項D錯誤。[答案]A[方法規(guī)律]輸電線路功率損失的計算方法(1)P損＝P－P′，P為輸送的功率，P′為用戶得到的功率。(2)P損＝Ieq\o\al(2,線)R線，I線為輸電線路上的電流，R線為線路電阻。(3)P損＝eq\f(ΔU2,R線)，ΔU為輸電線路上損失的電壓，R線為線路電阻。(4)P損＝ΔUI線，ΔU為輸電線路上損失的電壓，I線為線路上的電流。[易錯提醒]在遠距離輸電問題中，一般用P損＝Ieq\o\al(2,線)R線計算線路功率損耗，其原因是I線可以由公式P輸出＝I線U輸出求出，而P損＝ΔUI線和P損＝eq\f(ΔU2,R線)則不常用，其原因是在一般情況下，ΔU不易求出，且易將ΔU和U輸出相混而造成錯誤。[針對訓練]1．(2014·福建高考)圖10-2-12為模擬遠距離輸電實驗電路圖，兩理想變壓器的匝數(shù)n1＝n4＜n2＝n3，四根模擬輸電線的電阻R1、R2、R3、R4的阻值均為R，A1、A2為相同的理想交流電流表，L1、L2為相同的小燈泡，燈絲電阻RL＞2R，忽略燈絲電阻隨溫度的變化。當A、B端接入低壓交流電源時()圖10-2-12A．A1、A2兩表的示數(shù)相同B．L1、L2兩燈泡的亮度相同C．R1消耗的功率大于R3消耗的功率D．R2兩端的電壓小于R4兩端的電壓解析：選D遠距離輸電過程中，應(yīng)用高壓輸電能夠減小輸電線上的功率損失，R1上消耗的功率小于R3上消耗的功率，C項錯；而比較兩個不同輸電回路，輸電線電阻相同，由P損＝I2·2R可知，A1示數(shù)小于A2示數(shù)，A項錯；根據(jù)歐姆定律可知，R2兩端電壓小于R4兩端電壓，D項正確；由于輸電線上損失電壓不同，故兩燈泡兩端電壓不同，故亮度不同，B項錯。2．(2014·江蘇高考)遠距離輸電的原理圖如圖10-2-13所示，升壓變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，電壓分別為U1、U2，電流分別為I1、I2，輸電線上的電阻為R。變壓器為理想變壓器，則下列關(guān)系式中正確的是()圖10-2-13A.eq\f(I1,I2)＝eq\f(n1,n2) B．I2＝eq\f(U2,R)C．I1U1＝Ieq\o\al(2,2)R D．I1U1＝I2U2解析：選D根據(jù)變壓器的工作原理可知eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，所以選項A錯誤；因U2、I2、R不滿足歐姆定律公式中物理量之間的對應(yīng)關(guān)系，所以選項B錯誤；U1I1＝U2I2，但U2I2≠Ieq\o\al(2,2)R，選項C錯誤，D正確。要點四三種特殊的變壓器模型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(diào)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(guān)系對自耦變壓器均適用，如圖10-2-14所示。圖10-2-14[典例1](2012·全國卷)自耦變壓器鐵芯上只繞有一個線圈，原、副線圈都只取該線圈的某部分。一升壓式自耦調(diào)壓變壓器的電路如圖10-2-15所示，其副線圈匝數(shù)可調(diào)。已知變壓器線圈總匝數(shù)為1900匝；原線圈為1100匝，接在有效值為220V的交流電源上。當變壓器輸出電壓調(diào)至最大時，負載R上的功率為2.0kW。設(shè)此時原線圈中電流有效值為I1，負載兩端電壓的有效值為U2，且變壓器是理想的，則U2和I1分別約為()圖10-2-15A．380V和5.3A B．380C．240V和5.3A D．240V和9.1A[解析]對理想變壓器，原、副線圈功率相同，故通過原線圈的電流I1＝eq\f(P,U1)＝eq\f(2000,220)A≈9.1A，負載兩端電壓即為副線圈電壓，由eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)，即eq\f(220,1100)＝eq\f(U2,1900)，可得U2＝380V，故B對。[答案]B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原線圈的連接并聯(lián)在高壓電路中串聯(lián)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)榈碗妷簩⒋箅娏髯兂尚‰娏骼玫墓絜q\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)I1n1＝I2n2[典例2](2013·天津高考)普通的交流電流表不能直接接在高壓輸電線路上測量電流，通常要通過電流互感器來連接，圖10-2-16中電流互感器ab一側(cè)線圈的匝數(shù)較少，工作時電流為Iab，cd一側(cè)線圈的匝數(shù)較多，工作時電流為Icd，為了使電流表能正常工作，則()圖10-2-16A．a(chǎn)b接MN、cd接PQ，Iab＜IcdB．a(chǎn)b接MN、cd接PQ，Iab＞IcdC．a(chǎn)b接PQ、cd接MN，Iab＜IcdD．a(chǎn)b接PQ、cd接MN，Iab＞Icd[解析]根據(jù)理想變壓器的原理，線圈電流與匝數(shù)成反比，ab接MN，通過的電流較大，電流表接在cd兩端，通過的電流較小，B正確。[答案]B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(yīng)注意三個關(guān)系：(1)電壓關(guān)系：eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝……(2)電流關(guān)系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋……(3)功率關(guān)系：P1＝P2＋P3＋……[典例3]如圖10-2-17所示，兩種情況下變壓器燈泡L2、L3的功率均為P，且L1、L2、L3為相同的燈泡，匝數(shù)比為n1∶n2＝3∶1，則圖甲中L1的功率和圖乙中L1的功率分別為()圖10-2-17A．P、P B．9P、eq\f(4P,9)C.eq\f(4P,9)、9P D.eq\f(4P,9)、P[解析]由題意可知，兩種情況下變壓器輸出功率均為2P，設(shè)燈泡L2、L3的電壓為U，電流為I，電阻為R，兩種情況下變壓器輸入電壓為3U，變壓器輸入電流為eq\f(2,3)I；圖甲中L1的功率為P1＝eq\f(3U2,R)＝9P；圖乙中L1的功率為P2＝(eq\f(2,3)I)2R＝eq\f(4P,9)，選項B正確。[答案]B9．(2014·四川高考)如圖9所示，甲是遠距離輸電線路的示意圖，乙是發(fā)電機輸出電壓隨時間變化的圖像，則()圖9A．用戶用電器上交流電的頻率是100HzB．發(fā)電機輸出交流電的電壓有效值是500VC．輸電線的電流只由降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比決定D．當用戶用電器的總電阻增大時，輸電線上損失的功率減小解析：選D根據(jù)交流電的變化規(guī)律、變壓器的工作原理和遠距離輸電知識解題。由u-t圖像可知，交流電的周期T＝0.02s，故頻率f＝eq\f(1,T)＝50Hz，選項A錯誤；交流電的最大值Um＝500V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝250eq\r(2)V，選項B錯誤；輸電線上的電流由降壓變壓器副線圈上的電阻和降壓變壓器原副線圈的匝數(shù)比決定，選項C錯誤；當用戶用電器的總電阻增大時，副線圈上的電流減小，根據(jù)eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，原線圈(輸電線)上的電流減小，根據(jù)P＝Ieq\o\al(2,1)R，得輸電線損失的功率減小，選項D正確。對點訓練：三種特殊的變壓器[第十章高頻考點真題驗收全通關(guān)]把握本章在高考中考什么、怎么考，練通此卷、平步高考！高頻考點一：交變電流的產(chǎn)生及描述1．(多選)(2012·廣東高考)某小型發(fā)電機產(chǎn)生的交變電動勢為e＝50sin100πt(V)。對此電動勢，下列表述正確的有()A．最大值是50eq\r(2)V B．頻率是100HzC．有效值是25eq\r(2)V D．周期是0.02s解析：選CD最大值Em＝50V，有效值為E＝eq\f(Em,\r(2))＝25eq\r(2)V，頻率為50Hz，周期為T＝eq\f(1,f)＝0.02s，所以C、D正確。2．(2012·大綱版全國卷)一臺電風扇的額定電壓為交流220V。在其正常工作過程中，用交流電流表測得某一段時間內(nèi)的工作電流I隨時間t的變化如圖1所示。這段時間內(nèi)電風扇的用電量為()圖1A．3.9×10－2度 B．5.5×10－2度C．7.8×10－2度 D．11.0×10－2度解析：選B根據(jù)電流的變化情況，分段計算求電功，W1＝I1Ut1＝0.3×220×10×60J＝3.96×104J，W2＝I2Ut2＝0.4×220×10×60J＝5.28×104J，W3＝I3Ut3＝0.2×220×40×60J＝1.056×105J，則總功W＝W1＋W2＋W3＝1.98×105J＝5.5×10－2度，選項B正確。3．(2012·北京高考)一個小型電熱器若接在輸出電壓為10V的直流電源上，消耗電功率為P；若把它接在某個正弦交流電源上，其消耗的電功率為eq\f(P,2)。如果電熱器電阻不變，則此交流電源輸出電壓的最大值為()A．5V B．5eq\r(2)VC．10V D．10eq\r(2)V解析：選C設(shè)電熱器電阻為R，正弦交流電源的電壓有效值為U效，接10V直流電源時，P＝eq\f(U2,R)＝eq\f(102,R)①；接交流電源時，eq\f(P,2)＝eq\f(U\o\al(2,效),R)②，聯(lián)立①②得U效＝5eq\r(2)V，故最大值Um＝eq\r(2)U效＝10V，C選項正確。4．(2013·海南高考)通過一阻值R＝100Ω的電阻的交變電流如圖2所示，其周期為1s。電阻兩端電壓的有效值為()圖2A．12V B．4eq\r(10)VC．15V D．8eq\r(5)V解析：選B由有效值定義可得eq\f(U2,R)×1s＝(0.1A)2×R×0.4s×2＋(0.2A)2×R×0.1s×2，其中R＝100Ω，可得U＝4eq\r(10)V，B正確。高頻考點二：變壓器5．(2012·重慶高考)如圖3所示，理想變壓器的原線圈接入u＝11000eq\r(2)sin100πt(V)的交變電壓，副線圈通過電阻r＝6Ω的導線對“220V880W”的電器RL供電，該電器正常工作。由此可知()圖3A．原、副線圈的匝數(shù)比為50∶1B．交變電壓的頻率為100HzC．副線圈中電流的有效值為4D．變壓器的輸入功率為880W解析：選C副線圈輸出電壓U2＝220V＋Ur，eq\f(n1,n2)＝eq\f(U1,U2)＝eq\f(11000,220＋Ur)<eq\f(50,1)，故A錯誤。2πf＝100πHz，f＝50Hz，故B錯誤。I2＝eq\f(880,220)A＝4A，故C正確。由于理想變壓器P入＝P出＝Ieq\o\al(2,2)r＋880W>880W，故D錯誤。6．(2013·四川高考)用220V的正弦交流電通過理想變壓器對一負載供電，變壓器輸出電壓是110V，通過負載的電流圖像如圖4所示，則()圖4A．變壓器輸入功率約為3.9WB．輸出電壓的最大值是110VC．變壓器原、副線圈匝數(shù)比是1∶2D．負載電流的函數(shù)表達式i＝0.05sin(100πt＋eq\f(π,2))A解析：選A由題圖可知通過負載的電流最大值為Im＝0.05A，周期T＝0.02s，故電流的函數(shù)表達式i＝Imsineq\f(2π,T)t＝0.05sin100πtA，D錯誤；理想變壓器匝數(shù)比等于電壓比，即n1∶n2＝U1∶U2＝2∶1，C錯誤；輸出電壓U2＝110V，其最大值U2m＝eq\r(2)U2＝110eq\r(2)V，B錯誤；理想變壓器輸入功率等于輸出功率，即輸入功率P＝I2U2＝eq\f(0.05,\r(2))×110W≈3.9W，A正確。7．(2011·全國卷)如圖5，一理想變壓器原、副線圈的匝數(shù)比為1∶2；副線圈電路中接有燈泡，燈泡的額定電壓為220V，額定功率為22W；原線圈電路中接有電壓表和電流表。現(xiàn)閉合開關(guān)，燈泡正常發(fā)光。若用U和I分別表示此時電壓表和電流表的讀數(shù)，則()圖5A．U＝110V，I＝0.2AB．U＝110V，I＝0.05AC．U＝110eq\r(2)V，I＝0.2AD．U＝110eq\r(2)V，I＝0.2eq\r(2)A解析：選A直接求出副線圈中的電壓、電流分別為：220V、0.1A。故原線圈中的電壓、電流分別為110V、8．(多選)(2011·山東高考)為保證用戶電壓穩(wěn)定在220V，變電所需適時進行調(diào)壓，圖6甲為調(diào)壓變壓器示意圖。保持輸入電壓u1不變，當滑動接頭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變化的曲線如圖乙所示。以下正確的是()圖6A．u2＝190eq\r(2)sin(50πt)VB．u2＝190eq\r(2)sin(100πt)VC．為使用戶電壓穩(wěn)定在220V，應(yīng)將P適當下移D．為使用戶電壓穩(wěn)定在220V，應(yīng)將P適當上移解析：選BD根據(jù)圖乙可知交流電的最大值Um＝190eq\r(2)V和周期T＝0.02s(ω＝eq\f(2π,T)＝100πrad/s)，結(jié)合正弦交流電的瞬時值表達式u＝Umsinωt，可知B正確，A錯；根據(jù)變壓器的變壓比eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，U1、n2不變，提高U2只能減小n1，所以P應(yīng)上移，D正確，C錯。9．(多選)(2012·山東高考)圖7甲是某燃氣爐點火裝置的原理圖。轉(zhuǎn)換器將直流電壓轉(zhuǎn)換為圖乙所示的正弦交變電壓，并加在一理想變壓器的原線圈上，變壓器原、副線圈的匝數(shù)分別為n1、n2，○V為交流電壓表。當變壓器副線圈電壓的瞬時值大于5000V時，就會在鋼針和金屬板間引發(fā)電火花進而點燃氣體。以下判斷正確的是()圖7A．電壓表的示數(shù)等于5VB．電壓表的示數(shù)等于eq\f(5,\r(2))VC．實現(xiàn)點火的條件是eq\f(n2,n1)>1000D．實現(xiàn)點火的條件是eq\f(n2,n1)<1000解析：選BC電壓表示數(shù)為電壓有效值，由題圖乙可得U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(5,\r(2))V，選項A錯誤，B正確；副線圈電壓峰值為5000V時，eq\f(n2,n1)＝eq\f(Um2,Um1)＝1000，由于引發(fā)電火花的條件是副線圈電壓峰值大于5000V，故eq\f(n2,n1)>1000，選項C正確，D錯誤。10．(多選)(2013·江蘇高考)如圖8所示，理想變壓器原線圈接有交流電源，當副線圈上的滑片P處于圖示位置時，燈泡L能發(fā)光。要使燈泡變亮，可以采取的方法有()圖8A．向下滑動PB．增大交流電源的電壓C．增大交流電源的頻率D．減小電容器C的電容