(共55张PPT)
1.交变电流
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练1.交变电流
1.交变电流
(1)交变电流(AC)：大小和方向都随时间做周期性变化的电流，简称交流。
(2)直流(DC)：方向不随时间变化的电流。
注意：交变电流经过电子电路的处理，也能变成直流，方向是否随时间变化是区分直流和交流的关键。
2．交变电流的产生
3．交变电流的变化规律
(1)从线圈转到中性面(与磁场垂直的平面)位置开始计时，线圈上产生的感应电动势e＝Emsinωt，式中ω表示线圈旋转的角速度，Em表示电动势可能达到的最大值。对于匝数为N的线圈，Em＝NωBS，式中S表示线圈的面积。
(2)从线圈转到中性面位置开始计时，负载两端的电压u＝Umsinωt，流过的电流i＝Imsinωt。式中Um和Im分别是电压和电流的最大值，也叫峰值，而e、u、i则是相应的物理量的瞬时值。这种按正弦规律变化的交变电流叫作正弦式交变电流，简称正弦式电流。
(3)交变电流的图像
①正弦式交变电流的图像
②其他几种不同类型的交变电流
4．交流发电机
(1)基本组成部分：产生感应电动势的线圈(通常叫作电枢)和产生磁场的磁体。
(2)分类
转子 定子
旋转电枢式发电机 电枢 磁极
旋转磁极式发电机 磁极 电枢
注意：旋转电枢式发电机输出的电压一般不超过500 V，而旋转磁极式发电机能够产生几千伏到几万伏的电压，输出功率可达几百兆瓦。大多数发电机是旋转磁极式的。
(3)能量转化：将机械能转化为电能。
典型考点一 交变电流的特点
1．下列四个电流的图像中，不属于交变电流的是( )
答案 D
解析 只要电流的大小和方向均随时间做周期性变化，即为交流电，A、B、C均为交流；D中电流大小虽然发生周期性变化，但方向不变，故不是交流电。
典型考点二 交变电流的产生
2．交流发电机发电的示意图如图所示，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD边连在金属滑环L上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。线圈转动过程中，下列说法中正确的是( )
A．转到图甲位置时，通过线圈的磁通量变化率最大
B．转到图乙位置时，线圈中产生的感应电动势为零
C．转到图丙位置时，线圈中产生的感应电流最大
D．转到图丁位置时，AB边感应电流的方向为A→B
答案 D
解析 转到图甲位置时，线圈平面与磁感线垂直，通过线圈的磁通量最大，但磁通量变化率最小，A错误；转到图乙位置时，线圈平面与中性面垂直，产生的感应电动势最大，B错误；转到图丙位置时，线圈位于中性面位置，此时产生的感应电流最小，C错误；转到图丁位置时，根据右手定则可知，AB边感应电流的方向为A→B，D正确。
3．(多选)图中闭合金属线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定轴匀速转动，能产生正弦式交变电流的是( )
答案 AD
解析 矩形线圈在匀强磁场内绕垂直磁场的轴匀速转动时，线圈中就会产生正弦式交变电流。A中虽然只有一半金属线圈在磁场中，但在线圈绕固定轴转动的过程中，始终有一边切割磁感线，保证线圈在转动过程中产生的感应电动势连续，按照正弦规律变化，A正确；B中固定轴与磁场方向平行，线圈转动过程中，磁通量不变，无感应电流产生，B错误；C中线圈转动过程中，每个周期内只有半个周期内有感应电流，不能产生正弦式交变电流，C错误；D中闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场且在线圈平面内的转轴匀速转动，满足产生正弦式交变电流的条件，能产生正弦式交变电流，D正确。
典型考点三 交变电流的变化规律
4．某交流发电机正常工作时产生的感应电动势为e＝Emsinωt，若线圈匝数减为原来的一半，而转速增为原来的2倍，其他条件不变，则产生的电动势的表达式是( )
A．e＝Emsinωt B．e＝2Emsinωt
C．e＝2Emsin2ωt D．e＝Emsin2ωt
答案 D
解析 当线圈匝数N、转速n发生变化时，感应电动势的最大值也可能发生变化，由Em＝NBSω及角速度与转速的关系ω＝2πn得，当N′＝、n′＝2n时，ω′＝2ω，Em′＝N′BSω′＝BS·2ω＝NBSω，即Em′＝Em，其他条件不变，故产生的感应电动势e＝Emsin2ωt，D正确。
5．(多选)线圈在磁场中匀速转动产生的交流电动势为e＝10sin20πt(V)，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大
D．t＝0.4 s时，e达到峰值10 V
答案 AB
解析 t＝0时，感应电动势的瞬时值为e＝10sin20πt(V)＝0，则线圈平面位于中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，导线切割磁感线的有效速度最小，A、B正确，C错误；当t＝0.4 s时，感应电动势的瞬时值为e＝10sin(20π×0.4) V＝0，D错误。
6. 有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中。如图所示，该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动。在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N离开纸面向外转动。规定沿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( )
答案 C
解析 由题意可知，线圈相对于磁场绕转轴顺时针转动，根据右手定则可知，t＝0时刻，感应电流的方向为a→b→c→d→a，感应电流为正值，此时线圈切割磁感线的有效速度最大，产生的感应电流最大，C正确，A、B、D错误。
典型考点四 交流发电机
7．关于交流发电机的下列叙述正确的是( )
A．交流发电机将电能转化为机械能
B．交流发电机由两部分组成，即定子和转子，线圈必须旋转，成为转子，这样才能在线圈中产生交流电
C．交流发电机线圈中产生交流电，输送到外电路也是交流电
D．在交流发电机线圈转动的过程中，线圈的每一个边都切割磁感线
答案 C
解析 交流发电机将机械能转化为电能，故A错误；交流发电机由两部分组成，即定子和转子，线圈可以是定子，也可以是转子，故B错误；交流发电机线圈中产生交流电，输送到外电路也是交流电，故C正确；在交流发电机线圈转动的过程中，线圈始终和磁感线平行的边不切割磁感线，故D错误。
1．如图所示，属于交流电的是( )
答案 C
解析 电流的大小和方向均随时间做周期性变化的电流是交流电，A、B、D中电流的方向不随时间变化，不属于交流电，C正确。
2．(多选)如图所示，形状或转轴位置不同，但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中，以相同的角速度ω匀速转动，从图示位置开始计时，则下列正确的说法是( )
A．感应电动势的最大值相同
B．感应电动势的瞬时值不同
C．感应电动势的最大值不同
D．感应电动势的瞬时值都相同
答案 AD
解析 图示位置为中性面位置，线圈从图示位置开始计时，产生的感应电动势e＝NBSωsinωt，可知感应电动势的最大值与瞬时值与线圈形状无关，与轴的位置无关，即图中四个线圈产生的感应电动势的最大值、瞬时值都相同，A、D正确。
3. (多选)一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴以角速度ω匀速转动，切割磁感线的两边通过导体圆环外接电阻R，自图示位置开始计时，则通过R的电流( )
A．大小和方向都不断变化
B．方向不变，大小不断变化
C．变化的规律是i＝Imsinωt
D．变化的规律是i＝Imcosωt
答案 AD
解析 线圈在匀强磁场中绕与匀强磁场垂直的中心轴匀速转动时产生正弦式交变电流，与电阻R构成闭合电路，电路中电流的大小方向均发生变化，故A正确，B错误；由于从线圈处在垂直于中性面的位置开始计时，所以i＝Imcosωt，故D正确，C错误。
4．如图所示为演示交变电流产生过程的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )
A．线圈从任意位置转180°的过程，穿过线圈的磁通量变化量一定为零
B．图示线圈所处位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置ab边中的感应电流方向为a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
答案 C
解析 磁通量是标量，但有正负，若从一个面穿过为正，则从另一个面穿过为负，线圈从中性面位置转180°的过程，穿过线圈的磁通量变化量不为零，A错误；图示位置线圈与磁场平行，磁通量为零，是中性面的垂面位置，线圈中感应电流最大，B错误；由右手定则可判断图示位置ab边中的感应电流方向为a→b，C正确；线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量变化率最大，D错误。
5．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法正确的是( )
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势也减小
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5Em
D．线框匀速转动的角速度ω等于
答案 D
解析 当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大；磁通量减为零时，感应电动势最大，由此可知A、B错误。因Em＝BSω，Φm＝BS，故角速度ω＝，D正确；设从线框位于中性面位置开始计时，产生的感应电动势e＝Emsinωt，穿过线框的磁通量Φ＝Φmcosωt，令Φ＝0.5Φm，则cosωt＝0.5，sinωt＝，e＝Em，C错误。
6. 如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )
A．线圈中感应电流的方向为abcda
B．穿过线圈的磁通量最大
C．线圈中的感应电流为
D．穿过线圈磁通量的变化率为0
答案 C
解析 图示时刻，ad边的速度垂直纸面向里，bc边的速度垂直纸面向外，根据右手定则可判断出ad中的感应电流方向为a→d，bc中的电流方向为c→b，线圈中感应电流的方向为adcba，故A错误；图示时刻，穿过线圈的磁通量为0，ad、bc两边垂直切割磁感线，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大，故B、D错误；图示时刻，线圈中的感应电动势为e＝nBSω＝nBl2ω，线圈中的感应电流为i＝＝，故C正确。
7. 一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定转轴匀速转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图所示。下列说法中正确的是( )
A．t1时刻穿过线圈的磁通量最大
B．t2时刻穿过线圈的磁通量为0
C．t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率最大
D．每当电流方向变化时，线圈平面就会与中性面垂直
答案 C
解析 t1时刻感应电动势最大，线圈通过与中性面垂直的位置，穿过线圈的磁通量最小，A错误；t2时刻感应电动势为零，线圈位于中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，B错误；t3时刻感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，C正确；每当电流方向变化时，线圈平面与磁场垂直，即线圈转到中性面位置，D错误。
8. 如图所示，虚线右侧有垂直于纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B，边长为L的单匝正方形线圈的中轴线位于磁场边界并与磁场垂直，线圈每边电阻均为R，线圈绕中轴线以角速度ω匀速转动，从线圈平面与磁场垂直位置开始计时，经过时间t时，线圈中的感应电流的表达式是( )
A.sinωt B.sinωt
C.cosωt D.cosωt
答案 B
解析 由题可知，从线圈平面与磁场垂直位置(中性面)开始计时，由于线圈始终只有一半位于磁场中，则感应电动势为e＝BSωsinωt，其中S＝L2，故经过时间t时，线圈中的感应电流的瞬时值表达式为i＝＝·sinωt，A、C、D错误，B正确。
9. 矩形线圈的面积为0.05 m2，共100匝，线圈电阻为2 Ω，外接电阻为R＝8 Ω，线圈在磁感应强度为B＝ T的匀强磁场中以300 r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示，若从中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)从开始计时起经 s时，线圈中电流的瞬时值；
(3)外电路电阻R两端电压的瞬时值表达式。
答案 (1)e＝50sin10πt(V) (2)4.33 A
(3)u＝40sin10πt(V)
解析 (1)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时产生的感应电动势的瞬时值为
e＝Emsinωt，其中Em＝NBSω
由题意知ω＝2πn＝2π× rad/s＝10π rad/s
将已知数据代入可得e＝Emsinωt＝50sin10πt(V)。
(2)线圈中的电流i＝＝sinωt
代入数据得i＝5sin10πt(A)
当t＝ s时，线圈中电流的瞬时值为
i′＝5sin A＝4.33 A。
(3)由u＝iR得，R两端电压的瞬时值表达式为u＝40sin10πt(V)。
10．(2019·福建省泉州市泉港区第一中学月考)如图所示，矩形线圈匝数N＝100，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场的磁感应强度B＝0.8 T，绕轴OO′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s，求：
(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm；
(2)线圈产生的感应电动势最大值Em；
(3)感应电动势e随时间t变化的表达式；
(4)从图示位置开始匀速转动30°过程中，线圈中产生的平均电动势。
答案 (1)0.048 Wb (2)480π V
(3)e＝480πcos100πt V (4)1440 V
解析 (1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值，为Φm＝BS＝0.8×0.30×0.20 Wb＝0.048 Wb。
(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值，为
Em＝NBSω＝480π V。
(3)从题图所示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcosωt＝480πcos100πt V。
(4)根据法拉第电磁感应定律得
＝＝＝1440 V。(共64张PPT)
2.交变电流的描述
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练2.交变电流的描述
1.周期和频率
(1)周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时间叫作它的周期，通常用T表示，单位是秒。
(2)频率：交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比叫作它的频率，数值等于交变电流在单位时间内完成周期性变化的次数。频率通常用f表示，单位是赫兹。
(3)关系：f＝或T＝。ω＝2πf＝。
(4)意义：描述交变电流变化快慢的物理量。
2．峰值和有效值
(1)峰值：表示电流的强弱或电压的高低。
应用：电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值，否则电容器就可能被击穿。
(2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交变电流的一个周期内它们产生的热量相等，则这个恒定电流的电流I、电压U，叫作这一交变电流的有效值。
应用：①交流电气设备上所标的额定电压和额定电流；②交流电压表测量的数值；③无特别说明时提到的交变电流的数值。
(3)峰值和有效值的关系：对于正弦式交变电流，有效值I、U与峰值Im、Um之间的关系：I＝＝0.707Im，U＝＝0.707Um。
注意：交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的，定义有效值时要注意“三同”，即电阻相同、通电时间相同、产生的热量相同。
3．正弦式交变电流的公式和图像(以电压为例)
(1)公式：u＝Umsinωt＝Umsint＝Usint。
(2)图像
4．电感器和电容器对交变电流的作用
(1)电感器对交变电流的阻碍作用
把线圈接入交流电路时，除了线圈自身的电阻对交变电流有阻碍作用外，还有由于线圈与交变电流之间的电磁感应作用所引起的阻碍作用，这叫感抗。实验和理论分析都表明，线圈的自感越大、交流的频率越高，线圈的感抗就越大。
(2)交变电流能够通过电容器
当电容器接到交流电源两端时，由于电容器两端电压不断变化而不断地充电和放电，电路中就有了充、放电的电流，表现为交流“通过”了电容器。
(3)电容器对交变电流的阻碍作用
电容器对交流阻碍作用的大小叫容抗。实验和理论分析都表明，电容器的电容越大，交流的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小，即容抗越小。
典型考点一 交变电流的周期和频率的理解
1．某交变电流的方向在1 s内改变100次，则其周期T和频率f分别为( )
A．T＝0.01s，f＝100 Hz
B．T＝0.02 s，f＝50 Hz
C．T＝0.02 s，f＝100 Hz
D．T＝0.01 s，f＝50 Hz
答案 B
解析 交变电流在一个周期内方向改变两次，1 s内电流的方向改变100次，知经历了50个周期，则T＝ s＝0.02 s，频率f＝＝50 Hz，B正确，A、C、D错误。
2．关于交变电流的周期和频率，下列说法中正确的是( )
A．正弦式交变电流最大值连续出现两次的时间间隔等于周期
B．1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率
C．交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D．50 Hz的交变电流，其周期等于0.05 s
答案 C
解析 因为在一个周期内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，但相邻两个峰值对应的时间间隔为半个周期，A错误；同理，1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率的两倍，B错误；交变电流在一个周期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的2倍，C正确；周期T＝＝ s＝0.02 s，D错误。
典型考点二 交变电流的峰值和有效值的理解
3．下列关于交变电流的说法中正确的是( )
A．交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的峰值
B．用交流电表测定的读数值是交流电的瞬时值
C．在相同时间内通过同一电阻，跟交变电流有相同热效应的恒定电流的数值是该交变电流的有效值
D．给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下都是指峰值
答案 C
解析 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，A错误；用交流电表测定的读数值是交流电的有效值，B错误；在相同时间内通过同一电阻，跟交变电流有相同热效应的恒定电流的数值是该交变电流的有效值，C正确；给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值，D错误。
典型考点三 交变电流的有效值的计算
4. 小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示，矩形线圈的ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是e0 D．有效值是Ne0
答案 D
解析 矩形线圈的ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，所以发电机输出电压的峰值是2Ne0，根据正弦式交变电流最大值与有效值的关系，可得该发电机输出电压的有效值U＝＝Ne0，D正确，A、B、C错误。
5．大小为3 A的直流电通过电阻R时，t时间内产生的热量为Q。现让一正弦式交变电流通过电阻R，若2t时间内产生的热量为Q，则该交变电流的电流有效值I和最大值Im分别为( )
A．I＝3 A，Im＝3 A B．I＝ A，Im＝3 A
C．I＝ A，Im＝ A D．I＝3 A，Im＝6 A
答案 B
解析 根据焦耳定律，3 A的直流电通过电阻R时，t时间内产生的热量为Q，则Q＝IRt，现让一正弦式交变电流通过电阻R，若2t时间内产生的热量为Q，则Q＝I2R·2t，联立解得该交变电流的电流有效值为：I＝ A，则最大值为：Im＝I＝3 A，B正确。
6．如图所示为一交流电压随时间变化的图像。每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。根据图中数据可得此交流电压的有效值为( )
A．7.5 V B．2 V
C．8 V D．3 V
答案 B
解析 取一个周期进行分段，在0～0.01 s是正弦式交变电流，电压的有效值等于3 V，在0.01～0.03 s是恒定电流，电压等于9 V。根据有效值的定义，在0～0.03 s内，对于在电阻R上产生的热量，有：×0.01＋×0.02＝×0.03，解得U＝2 V，B正确。
7. (2019·江西临川一中期末考试)如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B。电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面且过O点的轴以角速度ω匀速转动(O点位于磁场边界)。则线框内产生的感应电流的有效值为( )
A. B.
C. D.
答案 C
解析 线框半径切割磁感线产生的感应电动势E＝BL＝BL＝BL2ω，设线框转动的周期为T，分析可知线框转动一周只有T的时间内有感应电流，则有2R·＝I2RT，解得I＝，故C正确，A、B、D错误。
典型考点四 正弦式交变电流的公式和图像
8．(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πt(V)，对此电动势，下列表述正确的是( )
A．最大值是50 V B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
答案 CD
解析 由交变电动势的表达式可知，电动势的最大值为Em＝50 V，有效值为E＝＝25 V，周期为T＝＝0.02 s，频率为f＝＝50 Hz，A、B错误，C、D正确。
9．(多选)一交流电压的图像如图所示，由图可知( )
A．用电压表测该电压，其示数为100 V
B．该交流电压的频率为100 Hz
C．该交流电压加在10 Ω电阻上时，电阻消耗的电功率为1000 W
D．该交流电压的瞬时值表达式为u＝100sin628t(V)
答案 BCD
解析 由图像可知，该交流电压的周期为0.01 s，频率f＝＝100 Hz，B正确；电压的最大值为100 V，故电压的有效值为 V＝100 V，电压表测量的是交流电压的有效值，故示数为100 V，A错误；该交流电压加在10 Ω电阻上时，电阻消耗的电功率为P＝＝ W＝1000 W，C正确；ω＝＝200π rad/s≈628 rad/s，则该交流电压的瞬时值表达式为u＝100sin628t(V)，D正确。
典型考点五 电感器和电容器对交变电流的作用
10. 在如图所示的电路中，若仅减小交变电流的频率，三盏电灯亮度的变化是( )
A．L1将变亮
B．L2将变暗
C．L3将变暗
D．L1、L2、L3都将变亮
答案 B
解析 当频率f减小时，感抗变小，容抗变大。感抗变小，电感线圈对交流电的阻碍作用变小，所以L3变亮；容抗变大，电容器对交流电的阻碍作用变大，所以L2变暗；电阻对交流电的阻碍作用不随频率改变而改变，所以L1的亮度不变。故A、C、D错误，B正确。
1．小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速运动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是( )
A．交变电流的周期为0.125 s
B．交变电流的频率为8 Hz
C．交变电流的有效值为 A
D．交变电流的最大值为4 A
答案 C
解析 由图像可以看出，此交变电流的周期为0.250 s，所以该交变电流的频率为4 Hz，A、B错误；电动势的最大值Em＝20 V，则该交变电流的最大值Im＝＝2 A，有效值I＝＝ A，C正确，D错误。
2．下列提到的交流电，哪个指的不是交流电的有效值( )
A．交流电压表的示数
B．保险丝的熔断电流
C．电容器的击穿电压
D．电动机铭牌上的额定电压
答案 C
解析 交流电表的示数，是有效值；保险丝的熔断电流，也是有效值；电容器的击穿电压，是指最大值；电动机铭牌上的额定电压，也是有效值。题目要求选不是交流电的有效值的选项，故选C。
3. (多选)如图所示的电路中，一灯泡和一可变电容器串联，下列说法正确的是( )
A．a、b端接稳恒电流，灯泡能发光
B．a、b端接交变电流，灯泡能发光
C．a、b端接交变电流，只增大电容器的电容，灯泡亮度增大
D．a、b端接交变电流，只增大交变电流的频率，灯泡亮度增大
答案 BCD
解析 当a、b端接稳恒直流电时，电路不通，电容器相当于断路，灯泡不亮；当a、b端接交流电时，电路通，灯泡亮，A错误，B正确。a、b端接交变电流，固定频率下，电容器的电容越大，容抗越小，灯泡越亮，C正确；a、b端接交变电流，电容固定的情况下，交流电的频率越高，电容器的容抗越小，灯泡越亮，D正确。
4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗的电功率为P；若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )
A．5 V B．5 V C．10 V D．10 V
答案 C
解析 设电热器电阻为R，此正弦式交流电源的电压有效值为U有效，接10 V直流电源时，P＝；接交流电源时，＝，联立得U有效＝5 V，故此交流电源输出电压的最大值Um＝U有效＝10 V，C正确。
5．(多选)一个单匝矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕过线框平面且与磁场垂直的轴匀速转动，转速为n，则从线框平面与磁场垂直的位置开始计时( )
A．线框感应电动势的峰值为nπBS
B．线框交变电动势的有效值为nπBS
C．从开始转动经过周期，线框中的平均感应电动势为2nBS
D．感应电动势的瞬时值为e＝2πnBSsin2πnt
答案 BD
解析 因为ω＝2πn，所以感应电动势的峰值Em＝BSω＝2πnBS，故A错误；交变电动势的有效值E＝＝nπBS，B正确；因为T＝＝，所以0～时间内，平均感应电动势＝＝4nBS，C错误；感应电动势的瞬时值为e＝Emsinωt＝2πnBSsin2πnt，D正确。
6．如图所示是某交变电流的电流随时间变化的图线，i＞0部分的图线是一个正弦曲线的正半周期图线，i＜0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周期图线，其最大值如图中所示，则此交变电流的有效值为( )
A．I0 B.I0 C.I0 D.I0
答案 C
解析 取一个周期，由电流的热效应求解。设电流的有效值为I，则I2R·3T＝2RT＋2R·2T，解得：I＝I0，A、B、D错误，C正确。
7. 多数同学家里都有调光灯、调速电风扇。以前是用变压器来实现的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速。现在的调光灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的。如图所示为经过一个双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去。调节台灯上的旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压。那么现在电灯上的电压有效值为( )
A．Um B.Um C. D.
答案 C
解析 设电灯上的电压有效值为U，将交流电与恒定电流分别通过电阻为R的台灯，交流电在一个周期内产生热量Q1＝·，恒定电流在相同时间内产生热量Q2＝·T，由Q1＝Q2得U＝，C正确，A、B、D错误。
8. (多选)在如图所示电路中，L为电感线圈，灯泡电阻为R，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin100πt(V)，若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是( )
A．电流表示数减小 B．电压表示数减小
C．灯泡变暗 D．灯泡变亮
答案 AC
解析 由u＝220sin100πt(V)，可知ω＝2πf＝100π，则电源原来的频率为f＝50 Hz，当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大，在电压有效值不变的情况下，电路中的电流减小，A正确；灯泡的电阻R一定，电流减小时，灯泡实际消耗的电功率P＝I2R减小，灯泡变暗，C正确，D错误；电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压UL，设灯泡两端电压为UR，因为UR＝IR，所以电流I减小时，UR减小，又因为电源电压的有效值保持不变，且UL＝U－UR，则UL增大，B错误。
9．(多选)在一阻值为R＝10 Ω的定值电阻中通入如图所示的交流电，则( )
A．此交流电的频率为0.5 Hz
B．此交流电电流的有效值约为3.5 A
C．在2～4 s内通过该电阻的电荷量为1 C
D．在0～2 s内电阻产生的焦耳热为25 J
答案 ABC
解析 由图像可知该交流电的周期为2 s，所以其频率为f＝＝0.5 Hz，A正确；设该交流电电流的有效值为I，根据电流的热效应得：IR＋IR＝I2RT，代入数据解得：I＝2.5 A≈3.5 A，B正确；根据＝得在2～4 s内通过该电阻的电荷量为：q＝I2－I1＝(4×1－3×1) C＝1 C，C正确；根据焦耳定律得在0～2 s内电阻产生的焦耳热为：Q＝I2RT＝(2.5)2×10×2 J＝250 J，D错误。
10. 如图所示，线圈的面积S＝1.0×10－2 m2，匝数N＝100匝，线圈电阻为r＝1 Ω，外接电阻R＝4 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ T。当线圈以角速度ω＝20π rad/s绕OO′匀速旋转时，求：
(1)线圈转动过程中感应电动势的最大值；
(2)电压表的示数；
(3)线圈从图示位置转过10 s的过程中，电阻R产生的热量Q。
答案 (1)20 V (2)16 V (3)640 J
解析 (1)线圈转动过程中感应电动势的最大值
Em＝NBSω＝20 V。
(2)电压表的示数U＝R＝＝16 V。
(3)线圈从图示位置转过10 s的过程中，电阻R产生的热量为
Q＝t＝640 J。
11. 如图所示，一个半径为r的单匝半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B，M和N是两个集流环，负载电阻的阻值为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：
(1)感应电动势的最大值；
(2)从图示线圈平面与磁场垂直位置起转过90°的时间内，负载电阻上产生的热量；
(3)从图示线圈平面与磁场垂直位置起转过90°的时间内，通过负载电阻的电荷量；
(4)电流表的示数。
答案 (1)π2Bnr2 (2) (3)
(4)
解析 设线圈从题图所示位置开始绕轴匀速转动时，在电路中产生的交变电流为正，则所产生的交变电流图像如图所示。
(1)此交变电动势的最大值为
Em＝BSω＝B··2πn＝π2Bnr2。
(2)在线圈从题图所示位置转过90°的时间内，线圈内产生的感应电动势的有效值为E＝＝
所用的时间为＝
负载电阻上产生的热量为
Q＝2R·＝。
(3)在线圈从题图所示位置转过90°的时间内，线圈内产生的感应电动势的平均值为＝
通过负载电阻的电荷量为
q＝·Δt＝·Δt＝＝。
(4)设此交变电动势的有效值为E′，
由有效值的定义得·＝T
解得E′＝
故电流表的示数为I＝＝。(共69张PPT)
3.变压器
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练3.变压器
1.变压器的原理
(1)变压器的构造
构造及符号 由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成
原线圈 与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈
副线圈 与负载连接的线圈，也叫次级线圈
(2)变压器的工作原理
互感现象是变压器工作的基础。电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化，变化的磁场在副线圈中产生感应电动势。
(3)作用：改变交变电流的电压，不改变交变电流的周期和频率。
(4)探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
①实验思路
利用教学用的可拆变压器能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈。保持原线圈输入的电压一定，改变原、副线圈的匝数，测量副线圈上的电压，试着找出它们之间的关系。
②物理量的测量
先写出操作步骤，画出电路图。建议先保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响。然后再保持副线圈的匝数不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响。
③注意事项
a．电路图上要标出两个线圈的匝数、原线圈欲加电压的数值。要事先推测副线圈两端电压的可能数值。操作前要画好记录数据的表格。
b．连接电路后要由同组的几位同学分别独立检查，并经过确认。只有这时才能接通电源。
c．为了保证人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压不要超过12 V；即使这样，通电时也不要用手接触裸露的导线、接线柱。
d．为了保证多用电表的安全，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。
④数据分析
用表格的形式把原、副线圈的匝数与电压进行比较，寻找它们之间的关系。
⑤得出结论
如果变压器原、副线圈的匝数之比不同，原、副线圈上的电压之比也不一样。原、副线圈上的电压之比大致等于它们的匝数之比。
(5)理想变压器
变压器线圈通过电流时会发热；铁芯在交变磁场的作用下也会发热；此外，交变电流产生的磁场也不可能完全局限在铁芯内。所有这些，使得变压器工作时有能量损耗。但有些变压器的能量损耗很小，可以忽略。把没有能量损耗的变压器叫作理想变压器。理想变压器是一个理想化模型。
2．电压与匝数的关系
(1)电压与匝数的关系
①理想变压器原、副线圈的电压之比，等于原、副线圈的匝数之比，即＝。
②变压器的输出功率与输入功率之比，叫作变压器的效率。实际上变压器的效率都是比较高的，所以，在精度要求不太高的情况下可应用上式来计算。
注意：当只有一组原、副线圈时，理想变压器原、副线圈中电流之比等于原、副线圈匝数的反比，即＝。
(2)两类变压器
如果副线圈的电压比原线圈的电压低，这样的变压器叫作降压变压器；反之则叫升压变压器。
(3)变压器中的能量转化
变压器能输送电能是利用了电磁感应。在原线圈上由变化的电流激发了一个变化的磁场，即电场的能量转变成磁场的能量；通过铁芯使这个变化的磁场几乎全部穿过了副线圈，于是在副线圈上产生了感应电流，磁场的能量转化成了电场的能量。
典型考点一 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
1．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________(只填步骤前的数字序号)。
(2)如图所示，在实验中，两线圈的匝数分别为1600、400，当原线圈匝数较多，且原线圈两端电压为16 V时，副线圈两端电压为4 V；原线圈与副线圈对调后，当原线圈两端电压为8 V时，副线圈两端电压为32 V。那么可初步确定，变压器原、副线圈的电压U1、U2与原、副线圈匝数n1、n2的关系是________。
答案 (1)①③②④ (2)＝
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；然后闭合电源开关，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。可知顺序为①③②④。
(2)两线圈对调前，n1＝1600，n2＝400，当U1＝16 V时，U2＝4 V，可知＝；原线圈与副线圈对调后，n1＝400，n2＝1600，当U1＝8 V时，U2＝32 V，可知＝；由以上分析可初步确定：＝。
2．(2020·北京八中高二月考)物理研究课上，同学们用可拆变压器探究“变压器的电压与匝数的关系”。可拆变压器如图甲、乙所示。
(1)下列说法正确的是________。
A．为确保实验安全，实验中要求原线圈匝数小于副线圈匝数
B．变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“直流电压挡”
C．可以先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响
D．测量副线圈电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
E．变压器开始正常工作后，铁芯导电，把电能由原线圈输送到副线圈
F．变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用
(2)如图丙所示，某同学自己绕制了两个线圈套在可拆变压器的铁芯上。原线圈接学生电源的交流输出端，副线圈接小灯泡。下列说法正确的是________。
A．与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力
B．若仅增加原线圈绕制的圈数，小灯泡的亮度将保持不变
C．若仅增加副线圈绕制的圈数，学生电源的过载指示灯可能会亮起
答案 (1)CDF (2)AC
解析 (1)为确保实验安全，实验中要求副线圈匝数小于原线圈匝数，使得副线圈上的电压较小，故A错误；变压器的原线圈接低压交流电，测量副线圈电压时应当用多用电表的“交流电压挡”，故B错误；实验时采用控制变量法，可先保持原线圈电压、匝数不变，改变副线圈的匝数，研究副线圈匝数对副线圈电压的影响，故C正确；测量副线圈电压时，先用最大量程挡试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，防止烧坏电表，故D正确；变压器开始正常工作后，通过电磁感应把电能由原线圈输送到副线圈，故E错误；变压器开始正常工作后，若不计各种损耗，在原线圈上将电能转化成磁场能，在副线圈上将磁场能转化成电能，铁芯起到“传递”磁场能的作用，故F正确。
(2)变压器线圈通电时会产生磁场，则变压器上端的横条铁芯相当于磁体，下端铁芯对横条铁芯有吸引力作用，因此与变压器未通电时相比较，此时若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，故A正确；若仅增加原线圈绕制的圈数，副线圈两端电压将减小，小灯泡的亮度将变暗，故B错误；若仅增加副线圈绕制的圈数，副线圈电压升高，小灯泡消耗的功率变大，学生电源输出的功率变大，有可能使学生电源的过载指示灯亮起，C正确。
典型考点二 变压器的工作原理及规律
3. 如图所示的理想变压器正常工作时，原、副线圈中可能不相同的物理量为( )
A．每匝线圈中磁通量的变化率
B．交变电流的频率
C．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率
D．原线圈中的感应电动势和副线圈中的感应电动势
答案 D
解析 理想变压器是没有能量损耗的变压器，铁芯中无漏磁，所以每匝线圈的磁通量相等，磁通量的变化率相等，输入功率等于输出功率，故A、C不符合题意；根据变压器的工作原理可知，原、副线圈中交流电的频率相同，B不符合题意；由以上分析可知，每匝线圈中的磁通量变化率相同，而原、副线圈的匝数可能不同，故原、副线圈中的感应电动势可能不同，D符合题意。故选D。
4. 如图所示，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( )
A．U＝110 V，I＝0.2 A B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝440 V，I＝0.2 A D．U＝440 V，I＝0.05 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 A＝0.1 A，根据电压、电流与匝数的关系知，原线圈的电压为U＝×220 V＝110 V，电流为I＝×0.1 A＝0.2 A，A正确。
5．(多选)电流互感器和电压互感器如图所示。其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，则( )
A．A为电流互感器，且n1＜n2，a是电流表
B．A为电压互感器，且n1＞n2，a是电压表
C．B为电流互感器，且n3＜n4，b是电流表
D．B为电压互感器，且n3＞n4，b是电压表
答案 AD
解析 串联在火线上A的是电流互感器，因为电流与匝数成反比，有：＝，为了将输电线中的大电流转化成小电流进行测量，即使I1>I2，要求n1＜n2，a是电流表，A正确，B错误；并联在输电线上B的是电压互感器，因为电压与匝数成正比，有：＝，为了将输电线上的高电压转化为低电压进行测量，即使U3>U4，要求n3＞n4，b是电压表，C错误，D正确。
1. (2020·北京高二月考)变压器上的原、副线圈之间并没有导线直接连接，却将电能从原线圈的电路输送到副线圈的电路。在无线充电技术中，其中一种就是基于变压器的原理生产的，只不过变压器磁场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。如图所示是无线充电器正在对手机进行无线充电。下列说法合理的是( )
A．在变压器原、副线圈上不存在能量的转化
B．在变压器原线圈上电场能转化成磁场能
C．手机必须与无线充电器贴合才能进行无线充电
D．用无线充电器给手机充电的过程中是没有能量损耗的
答案 B
解析 无线充电技术与变压器都是利用电磁感应原理，在变压器原线圈上把电场能转化为磁场能，在副线圈上把磁场能转化为电场能，故A错误，B正确；当受电线圈没有对准供电线圈(手机与无线充电器没有完全贴合)时，也有变化的磁场通过受电线圈引起磁通量变化，也可以进行无线充电，故C错误；用无线充电器给手机充电的过程中是有能量损耗的，有一小部分磁场能在空间中耗散，故D错误。
2．(2020·首都师范大学附属中学永定分校高二期中)理想变压器的原、副线圈匝数为n1和n2，电流为I1和I2，电压为U1和U2，功率为P1和P2，下面关系正确的是( )
A.＝ B.＝
C.＝ D.＝
答案 A
解析 理想变压器中原、副线圈的电压关系满足＝，理想变压器的输入功率等于输出功率，即P1＝P2，则U1I1＝U2I2，即＝＝，故A正确，B、C、D错误。
3. 精密仪器要求稳压供电，当输入电压变化时，可以使用交流稳压器调节，使输出电压稳定在220 V上。稳压器的结构如图所示，原、副线圈分别带有滑动头P1、P2。现发现输出电压低于220 V，要使输出电压稳定在220 V，则下列操作不正确的是( )
A．保持P1不动，将P2向上移
B．保持P2不动，将P1向下移
C．将P1向下移，同时P2向上移
D．将P1向上移，同时P2向下移
答案 D
解析 保持P1不动，将P2向上移时，副线圈的匝数增大，输出电压将会增大，A正确；保持P2不动，将P1向下移时，原线圈的匝数减小，根据电压与匝数成正比可知，此时输出电压将会增大，B正确；将P1向下移，同时P2向上移时，原线圈的匝数减小，副线圈的匝数增加，根据电压与匝数成正比可知，此时输出电压将会增大，C正确；将P1向上移，同时P2向下移时，原线圈的匝数增大，副线圈的匝数减小，根据电压与匝数成正比可知，此时输出电压将会减小，D错误。本题要求选操作不正确的，故选D。
4．将输入电压为220 V、输出电压为6 V的理想变压器改绕成输出电压为30 V的变压器，已知副线圈原来是30匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增匝数为( )
A．120匝 B．150匝 C．180匝 D．220匝
答案 A
解析 对理想变压器有＝，则＝，所以n1＝1100匝。当U2′＝30 V时，＝，所以n2′＝150匝，故副线圈新增匝数为Δn2＝n2′－n2＝120匝，A正确。
5．(2019·安徽省池州市高二下学期期末)钳形电流表的外形和结构如图a所示。图a中电流表的读数为1.2 A。图b中用同一电缆线在同一钳形电流表上绕了3匝，则( )
A．这种电流表能测直流电流，图b的读数为2.4 A
B．这种电流表能测交流电流，图b的读数为0.4 A
C．这种电流表能测交流电流，图b的读数为3.6 A
D．这种电流表既能测直流电流，又能测交流电流，图b的读数为3.6 A
答案 C
解析 该电流表利用了互感原理，只能测交变电流，故A、D错误；由变压器电流比＝可知，当原线圈(电缆线)匝数为原来的三倍，电流不变时，副线圈电流(也是通过电流表的电流)为原来的三倍，即图b中电流表的读数为3.6 A，故C正确，B错误。
6. 自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分。一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调。已知变压器线圈总匝数为1900匝，原线圈为1100匝，接在有效值为220 V的交流电源上。当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器为理想变压器，则U2和I1分别约为( )
A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
答案 B
解析 对理想变压器，输入功率等于输出功率，故通过原线圈的电流I1＝＝ A≈9.1 A，负载两端电压即为副线圈电压，由＝，即＝，可得U2＝380 V，B正确。
7．(2019·福建省高二期中)如图所示，灯泡L1接在变压器初级电路中，灯泡L2、L3接在变压器次级电路中。变压器为理想变压器，交流电源电压为U，L1、L2、L3都是额定电压为U0的同种型号灯泡，若三个灯泡都能正常发光，则( )
A.＝，U＝3U0 B.＝，U＝3U0
C.＝，U＝2U0 D.＝，U＝2U0
答案 A
解析 设灯泡正常发光时的电流为I0，所以原线圈电流I1＝I0，副线圈电路两灯泡并联，所以副线圈电流I2＝2I0，根据电流与匝数的关系可得：＝＝，根据电压与匝数的关系有：＝＝，解得：U＝3U0，B、C、D错误，A正确。
8．如图所示，理想变压器的原线圈为1650匝，接在电压最大值为220 V、频率为50 Hz的正弦交流电源上；副线圈为150匝，接入一个二极管和一个阻值为100 Ω的负载电阻R，则2 s内电阻R上产生的焦耳热为( )
A．1 J B．8 J C．4 J D．2 J
答案 D
解析 由题意可知＝＝，根据＝，得副线圈电压的最大值是20 V，计算焦耳热需要使用有效值，副线圈电压的有效值U2有效＝ V＝10 V，交流电的周期T＝＝0.02 s，由二极管特点可知在2 s内有1 s二极管内有电流通过，则2 s内电阻R上产生的焦耳热Q＝t＝×1 J＝2 J，D正确。
9．(2020·安徽省蚌埠二中高二期中)(多选)如图所示，两种情况下灯泡L2、L3的功率均为P，且L1、L2、L3为完全相同的灯泡，匝数比为n1∶n2＝3∶1，则( )
A．图(a)中L1的功率为3P
B．图(a)中L1的功率为9P
C．图(b)中L1的功率为9P
D．图(b)中L1的功率为
答案 BD
解析 由题意可知，两种情况下变压器的输入功率均为2P。设灯泡L2、L3的电压为U，电流为I，电阻为R，则有P＝，根据电压与匝数成正比可知，两种情况下变压器的输入电压均为3U，根据输入功率和输出功率相等有：3UI入＝2IU，解得I入＝I，所以图(a)中L1的功率为P1＝＝9P，图(b)中L1的功率为P1′＝2R＝P，故A、C错误，B、D正确。
10. (2020·长春市第二十九中学高二期中)(多选)如图，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡L1和L2，当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是( )
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时L1和L2的电功率之比为9∶1
D．此时L1和L2的电功率之比为1∶9
答案 AD
解析 设灯泡的额定电压为U0，两灯均能正常发光，所以原线圈两端电压为U1＝9U0，副线圈两端电压为U2＝U0，故＝，根据电压与匝数的关系，有：＝＝，A正确，B错误；根据公式＝可得＝，由于小灯泡两端的电压相等，根据公式P＝UI可得此时L1和L2的电功率之比为1∶9，C错误，D正确。
11. (多选)如图所示，一理想变压器接在正弦交变电源上，变压器原、副线圈匝数比为1∶2，A为理想交流电流表，副线圈电路中标有“36 V 360 W”的电动机正常工作，若电动机线圈电阻r＝0.6 Ω，则( )
A．电流表的示数为5 A
B．原线圈所加交变电压的有效值为18 V
C．电动机正常工作时的输出功率为300 W
D．若在电动机正常工作时，转子突然卡住，则电动机的发热功率为60 W
答案 BC
解析 副线圈电路中标有“36 V 360 W”的电动机正常工作，所以副线圈电流为I2＝ A＝10 A，变压器原、副线圈匝数比为1∶2，根据电流与匝数的关系得电流表的示数为20 A，A错误；副线圈电路中标有“36 V 360 W”的电动机正常工作，所以副线圈电压为U2＝36 V，根据电压比等于匝数之比，可知原线圈所加交变电压的有效值为18 V，B正确；电动机正常工作时的输出功率为P＝U2I2－Ir＝36×10 W－102×0.6 W＝300 W，C正确；若电动机的转子由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，副线圈电流为I′＝ A＝60 A，则此时电动机的发热功率为P′＝I′2r＝2160 W，D错误。
12．(2019·江苏省高二期末)在“探究变压器原、副线圈电压与匝数关系”的实验中：
(1)为了确保实验的安全，下列做法正确的是________。
A．为了人身安全，只能使用低压直流电源，所用电压不要超过12 V
B．连接好电路后，可不经检查电路是否正确，直接接通电源
C．因为使用电压较低，通电时可用手直接接触裸露的导线、接线柱
D．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
(2)多用电表刻度盘上交流电压的刻度是________(选填“均匀”或“不均匀”)的。
(3)某实验小组通过实验，记录的数据如下表：
原线圈匝数n1(匝) 100 200 400 400
副线圈匝数n2(匝) 400 400 200 800
原线圈两端的电压U1 (V) 1.96 4.90 8.00 4.86
副线圈两端的电压U2 (V) 7.80 9.76 3.90 9.64
通过分析实验数据可得出的实验结论是______________________________。
(4)一次实验中，变压器原、副线圈的匝数分别为400匝和200匝，测得的电压分别为8.00 V和3.90 V，电压之比与匝数之比并不相等，主要原因是________________________________________________(至少说出两个原因)。
答案 (1)D (2)不均匀
(3)在误差允许的范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比
(4)有漏磁、铁芯发热、导线发热等
解析 (1)变压器的工作原理是电磁感应，原线圈两端应接交流电，为了人身安全，只能使用低压交流电源，所用电压应不要超过12 V，故A错误；连接好电路后，要先检查电路是否正确，然后再接通电源，通电时，若用手接触裸露的导线、接线柱，这样无形之中，将人体并联在电路中，导致所测数据不准确，故B、C错误；为了多用电表的安全，使用多用电表测电压时，先用最大量程挡试测，再选用恰当的挡位进行测量，故D正确。
(2)由多用电表的表盘可知，多用电表刻度盘上交流电压的刻度是不均匀的。
(3)通过分析实验数据可得出的实验结论是：在误差允许的范围内，变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比，即＝。
(4)电压之比与匝数之比并不相等，主要原因是变压器不是理想变压器，有漏磁、铁芯发热、导线发热等能量损耗，使副线圈两端电压偏低。(共36张PPT)
4.电能的输送
核心概念 规律再现
核心模型 考点对点练
核心能力提升练4.电能的输送
1.降低输电损耗的两个途径
(1)输送电能的基本要求
可靠 指保证供电线路可靠地工作，故障少
保质 保证电能的质量——电压和频率稳定
经济 指输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少
(2)降低输电损耗的两个途径
设输电电流为I，输电线的电阻为r，则输电线上的功率损失为P＝I2r。由此可知，减少输电损耗的途径有：
①减小输电线的电阻
a．方法：在输电距离一定的情况下，应当选用电阻率小的金属材料，还要尽可能增加导线的横截面积。
b．限制：过粗的导线会耗费太多的金属材料，输电线太重、太粗会给铺设工程带来困难。
②减小输电导线中的电流
a．方法：为了保证向用户提供一定的电功率，要提高输电电压。
b．限制：输电电压并不是越高越好。电压越高，对输电线路绝缘性能和变压器的要求就越高，线路修建费用会增多。实际输送电能时，要综合考虑输送功率的大小、距离的远近、技术和经济要求等，选择合适的输电电压。
2．电网供电
(1)远距离输电的基本过程
在发电站内用升压变压器升压，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压。
(2)电网：通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成的全国性或地区性的输电网络。
(3)电网送电的优点
①降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益。
②减小断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡。
③合理调度电力，使电力的供应更加可靠，质量更高。
典型考点一 输电线上电压和功率损失的计算
1．关于电能输送的以下分析，正确的是( )
A．由公式P＝知，输电电压越高，输电线上的功率损失越大
B．由公式P＝知，输电导线电阻越大，输电线上的功率损失越少
C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电线上的功率损失越大
D．由公式P＝UI知，输电线上的功率损失与电流成正比
答案 C
解析 输电线上损失的功率P损＝I2R＝＝ΔUI，ΔU指输电线上损失的电压，而不是输电电压。当输送功率一定时，输电电压越高，输电电流越小，由P损＝I2R知，输电线上的功率损失越少，A错误；由P损＝I2R知，输电导线电阻越大，输电线上的功率损失越大，B错误；由P损＝I2R知，输电电流越大，输电线上的功率损失越大，C正确；由P损＝I2R知，输电线上的功率损失与电流的平方成正比，D错误。
2．远距离输电，输电功率一定，当输电电压为U0时，输电线上的电流为I0，损失的电功率为P0。则当输电电压提高为2U0时( )
A．由I＝得，输电线上的电流变为2I0
B．由I＝得，输电线上的电流变为
C．由P＝得，输电线上损失的电功率变为4P0
D．由P＝IU得，输电线上损失的电功率变为2P0
答案 B
解析 设输电线的电阻为R，当输电线上的电流为I0时，损失的电功率为P0＝IR。输电功率一定，当输电电压提高为2U0时，由I＝可知，输电线上的电流变为，A错误，B正确；输电线上损失的电功率变为P损＝2R＝，C、D错误。
典型考点二 远距离输电
3．(多选)如图所示为远距离交流输电的简化电路图。发电厂的输出电压为U，用等效总电阻为r的两条输电线输电，输电线路中的电流为I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2。则( )
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压损失为U－U1
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线上损失的电功率为I1U
答案 AB
解析 由于输电线与用户间连有一理想变压器，设用户端的电压为U2，则U1I1＝U2I2，得U2＝，A正确；输电线上的电压损失为ΔU＝U－U1，B正确；变压器输入功率P＝U1I1＝I1U－Ir，C错误；输电线上损失的电功率P损＝Ir＝I1(U－U1)，D错误。
4．如图所示为远距离输电示意图，线路总电阻为r，发电厂输出电压不变，三个回路的电流依次为I1、I2、I3，两变压器均为理想变压器，左侧变压器输入电压为U1，输出电压为U2；右侧变压器输入电压为U3，输出电压为U4，以下说法错误的是( )
A．若用户消耗的功率增大，I2随之增大
B．若用户消耗的功率增大，U4随之增大
C．U2＝U3＋I2r
D．U1I1＝Ir＋U4I3
答案 B
解析 若用户消耗的功率增大，则I3增大，根据电流与匝数成反比可知，I2随之增大，A正确；若用户消耗的功率增大，则I2增大，输电线上损失的电压U损＝I2r也增大，所以U3＝U2－U损减小，所以U4随之减小，B错误；由题可知，左侧变压器副线圈上的电压分别加在了电阻r和右侧变压器的原线圈上，则有U2＝U3＋I2r，C正确；根据能量守恒定律可得：U1I1＝Ir＋U4I3，D正确。本题选说法错误的，故选B。
1．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰开灯时，电灯比深夜时要显得暗，这是因为此时( )
A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小
B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一条支路的电流就小
C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大
D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电流
答案 C
解析 晚上七八点钟用电高峰时，由于负载比深夜时多，总电阻小，根据欧姆定律，可知干路电流大，输电线上的电流大，输电线上损失的电压大，用户获得的电压小，每盏灯两端的电压小，因此电灯比深夜时要暗，C正确，A、B、D错误。
2．远距离输送一定功率的交变电流，若输电电压提高到原来的n倍，则下列说法中正确的是( )
A．输电线上的电流变为原来的n倍
B．输电线上的电压损失变为原来的
C．输电线上的电功率损失变为原来的
D．若输电线上的电功率损失不变，输电线路长度可变为原来的n2倍
答案 D
解析 输送功率P＝UI，当输电电压U变为原来的n倍时，输电线上的电流I变为原来的，输电线上的电压损失ΔU＝IR线变为原来的，电功率损失P损＝I2R线变为原来的。输电线电阻R线＝ρ，当输电线路长度l变为原来的n2倍时，电阻变为原来的n2倍，则P损不变。综上所述，A、B、C错误，D正确。
3．远距离输电中，当输送的电功率为P，输送电压为U时，输电线上损失的电功率为ΔP，若输送的电功率增加为2P，而输电线中损失的电功率减为ΔP(输电线电阻不变)，那么输电电压应增为( )
A．32U B．16U C．8U D．4U
答案 D
解析 由P＝UI得I＝，则输电线上损失的功率ΔP＝I2R＝2R，得输电电压U＝P，若输送的电功率增加为2P，而输电线中损失的电功率减为ΔP，则输电电压应增为4U，A、B、C错误，D正确。
4．2017年8月，广东省受台风“天鹤”影响，造成大面积停电。某通讯公司准备的应急供电系统如图所示，图中T1、T2分别为理想的升压变压器和降压变压器，R表示输电线电阻，I表示电流，U表示线圈两端电压，n表示线圈的匝数，下列说法正确的是( )
A．如果发电机的输出功率为P，则P＝U1I1＝U2I2＝U4I4
B．若n1∶n2＝n4∶n3，则有U1＝U4
C．用户消耗的功率越大，输电线上损耗的功率越小
D．如果发电机的输出功率为P，则输电线上损耗的功率为R
答案 D
解析 对升压变压器有U1I1＝U2I2，因输电线路有功率损失，则U2I2＞U3I3＝U4I4，A错误；若n1∶n2＝n4∶n3，在输电线路无电压损失时U1＝U4，但输电线有电阻，不可能无电压损失，B错误；用户消耗的功率越大，则输电电流越大，输电线上的功率损失越大，C错误；如果发电机的输出功率为P，输电电流I2＝，则输电线上损耗的功率P损＝IR＝R，D正确。
5．如图所示，某小型水电站的发电机输出电压为220 V，正常情况下输出的总功率P0＝8.8×104 W，为了减少远距离输电过程中的电能损失，往往采用高压输电。输送电压为u＝1100sin200πt(V)，输电导线的总电阻为r＝5 Ω，现要使额定电压为220 V的用电器正常工作，下列说法中正确的是( )
A．输电线上的电流为220 A
B．降压变压器的匝数比＝
C．用电器的额定功率为5.6×104 W
D．用电器上交流电的频率是50 Hz
答案 C
解析 输送电压为u＝1100sin200πt(V)，可知输送电压的有效值为1100 V，输电线上的电流：I＝＝ A＝80 A，A错误；输电线上损失的电压：U损＝Ir＝80×5 V＝400 V，降压变压器的输入电压：U3＝U－U损＝1100 V－400 V＝700 V，所以降压变压器的匝数比：＝＝＝，B错误；输电线上损耗的电功率：P损＝I2r＝802×5 W＝32000 W，到达降压变压器的电功率：P3＝P0－P损＝8.8×104 W－32000 W＝5.6×104 W，理想变压器的输出功率等于输入功率，所以用电器的额定功率为5.6×104 W，C正确；由于输送电压为u＝1100sin200πt(V)，可知输送电压的频率为100 Hz，所以用电器上交流电的频率是100 Hz，D错误。
6．如图为某小型水电站的电能输送示意图，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电。已知输电线总电阻R＝10 Ω，升压变压器T1的原、副线圈匝数之比为n1∶n2＝1∶5，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为n3∶n4＝4∶1，副线圈与纯电阻组成闭合电路，用电器电阻R0＝11 Ω。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u＝220sin100πt(V)。求：
(1)用户端的电流I4；
(2)输电电压U2；
(3)发电机的输出功率P1。
答案 (1)20 A (2)930 V (3)4650 W
解析 (1)T2的副线圈两端电压的有效值
U4＝＝ V＝220 V，
用户端的电流I4＝＝ A＝20 A。
(2)根据＝，
解得降压变压器原线圈的电压U3＝U4＝880 V，
输电线路中的电流I2＝I4＝5 A，
故输电电压U2＝U3＋I2R＝930 V。
(3)发电机的输出功率等于用户得到的功率加上输电线上损失的功率，故P1＝U4I4＋IR＝4650 W。第三章 高考真题演练
选择题
1．(2019·江苏高考)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V时，输出电压( )
A．降低2 V B．增加2 V
C．降低200 V D．增加200 V
答案 D
解析 理想变压器的电压与匝数关系为＝＝，整理可得＝，即原、副线圈匝数之比等于原、副线圈的电压变化量之比，当ΔU1＝20 V时，ΔU2＝200 V，D正确。
2．(2019·天津高考)(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的关系图象如图所示。下列说法正确的是( )
A.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
C．线框转一周外力所做的功为
D．从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势为
答案 BC
解析 中性面的特点是与磁场垂直，线框位于中性面时，穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率最小，则时刻线框所在平面与中性面重合，A错误；感应电动势最大值为Em＝Φmω＝Φm，对正弦式交流电，感应电动势有效值E有＝＝，B正确；由功能关系知，线框转一周外力做的功等于产生的电能，W＝E电＝·T＝，C正确；由法拉第电磁感应定律知，从t＝0到t＝过程中线框的平均感应电动势＝＝＝，D错误。
3．(2018·全国卷Ⅲ)一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交变电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值为u0，周期为T，如图所示。则Q方∶Q正等于( )
A．1∶ B.∶1
C．1∶2 D．2∶1
答案 D
解析 根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，根据焦耳定律和欧姆定律，Q＝I2RT＝T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正＝u∶2＝2∶1，D正确。
4．(2018·全国卷Ⅲ)(多选)如图a，在同一平面内固定有一长直导线PQ和一导线框R，R在PQ的右侧。导线PQ中通有正弦交流电流i，i的变化如图b所示，规定从Q到P为电流的正方向。导线框R中的感应电动势( )
A．在t＝时为零
B．在t＝时改变方向
C．在t＝时最大，且沿顺时针方向
D．在t＝T时最大，且沿顺时针方向
答案 AC
解析 由图b可知，导线PQ中电流在t＝时达到最大值，变化率为零，导线框R中磁通量变化率为零，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势为零，A正确；在t＝时，导线PQ中电流图象斜率方向不变，导线框R中磁通量变化率的正负不变，根据楞次定律，在t＝时，导线框中产生的感应电动势方向不变，B错误；由于在t＝时，导线PQ中电流图象斜率最大，电流变化率最大，导致导线框R中磁通量变化率最大，根据法拉第电磁感应定律，在t＝时导线框中产生的感应电动势最大，由楞次定律可判断出感应电动势的方向为顺时针方向，C正确；由楞次定律可判断出在t＝T时感应电动势的方向为逆时针方向，D错误。]
5．(2018·天津高考)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电，电路如图所示，理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U，R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的，则( )
A．R消耗的功率变为P
B．电压表V的读数变为U
C．电流表A的读数变为2I
D．通过R的交变电流频率不变
答案 B
解析 根据ω＝2πn可知转速变为原来的，则角速度变为原来的，根据Em＝nBSω可知发电机产生的最大电动势变为原来的，根据U＝可知发电机的输出电压有效值变为原来的，即原线圈的输出电压变为原来的，根据＝可知副线圈的输入电压变为原来的，即电压表示数变为原来的，根据P＝可知R消耗的电功率变为P，A错误，B正确；副线圈中的电流为I2＝，即变为原来的，根据＝可知原线圈中的电流也变为原来的，C错误；转速减小为原来的，则频率变为原来的，D错误。
6．(2018·江苏高考)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时，为使输电线上损耗的功率减小为原来的，输电电压应变为( )
A．55 kV B．110 kV
C．440 kV D．880 kV
答案 C
解析 输电功率P＝UI，U为输电电压，I为输电线路中的电流，输电线路损失的功率为P损＝I2R，R为输电线路的电阻，即P损＝2R。当输电功率一定时，输电线路损失的功率为原来的，则输电电压为原来的2倍，即440 kV，故C正确。
7．(2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是( )
A．原线圈的输入功率为220 W
B．电流表的读数为1 A
C．电压表的读数为110 V
D．副线圈输出交流电的周期为50 s
答案 B
解析 理想变压器原线圈两端电压的有效值为U1＝220 V，由＝得U2＝＝110 V，即电压表的读数为110 V，通过负载电阻的电流I2＝＝ A＝2 A，则副线圈的输出功率P＝U2I2＝110×2 W＝220 W，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为220 W，故选项A、C错误；由n1I1＝n2I2得I1＝＝1 A，即电流表的读数为1 A，选项B正确；由u＝220·sin100πt(V)可知，角速度ω＝100π，原线圈所接交流电的周期T＝＝0.02 s，副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s，选项D错误。
8．(2017·江苏高考)(多选)某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则( )
A．电感L1的作用是通高频
B．电容C2的作用是通高频
C．扬声器甲用于输出高频成分
D．扬声器乙用于输出高频成分
答案 BD
解析 电感的特点是通低频阻高频，电容的特点是通高频阻低频，选项A错误，B正确；混合信号输入后，高频成分被L1阻碍，再经C1过滤一部分，则通过扬声器甲的是低频成分，选项C错误；当混合信号输入后，电容C2让高频信号顺利通过，电感L2不能过滤掉高频成分，但可以过滤掉低频成分，故通过扬声器乙的是高频成分，选项D正确。
9．(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定。当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为( )
A．2 B．3 C．4 D．5
答案 B
解析 设原、副线圈匝数比为n，根据能量守恒，当S断开时，UI＝I2R1＋(nI)2(R2＋R3)；当S闭合时，4UI＝(4I)2R1＋(4nI)2R2，联立解得n＝3，所以B正确。
10．(2016·全国卷Ⅲ)(多选)如图，M为半圆形导线框，圆心为OM；N是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为ON；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线OMON的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过OM和ON的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则( )
A．两导线框中均会产生正弦交流电
B．两导线框中感应电流的周期都等于T
C．在t＝时，两导线框中产生的感应电动势相等
D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等
答案 BC
解析 本题中导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流，故A项错误；两导线框产生的感应电流的周期与线框转动的周期相同，B项正确；在t＝时，两导线框切割磁感线的导线长度相同，且切割速度大小相等，故产生的感应电动势相等，均为E＝BR2ω，C项正确；两导线框中感应电流随时间变化的图象如图所示，故两导线框中感应电流的有效值不相等，D项错误。
11．(2016·江苏高考)一自耦变压器如图所示，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点顺时针旋转到N点的过程中( )
A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高
C．U2答案 C
解析 由图可知变压器的原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2，因＝，则U212．(2016·四川高考)如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
答案 B
解析 由＝得U2＝U1①
由＝得U2′＝U1②
由得：＝＝，因为n213．(2016·天津高考)如图所示，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( )
A．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 由于原、副线圈两端电压不变，当滑动变阻器滑动触头P向上滑动时，连入电路的电阻变大，所在电路总电阻变大，副线圈中电流变小，R1中电流变小，R1消耗的功率变小，A项错误；R1中电流变小，则R1两端电压变小，而副线圈两端电压不变，所以滑动变阻器两端电压增大，电压表示数变大，B项正确；副线圈中电流变小，原线圈中电流随之变小，故C项错误；若闭合开关S，负载电路的总电阻减小，副线圈中电流增大，R1中电流增大，则R1两端电压升高，R2两端电压减小，A2示数变小，D项错误。(共43张PPT)
阶段回顾(第1～2节)
易错点重点练
重难点重点练
