1.交变电流
课标要求
1．知道交变电流、直流的概念．
2．了解中性面的概念，掌握正弦交流电的产生和变化规律．
3．了解发电机与电动机中的能量转化．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、交变电流及其产生
1．交变电流
(1)交变电流：大小和方向都随时间做________变化的电流，简称交流电．
(2)直流：________不随时间变化的电流．大小和方向都不随时间变化的电流，称为恒定电流．
(3)正弦交流电：电流的大小和方向都随时间按________规律变化的交变电流．
(4)几种不同类型的交流电
2．交变电流的产生
(1)产生条件：在匀强磁场中，矩形线圈绕____________方向的轴匀速转动．
(2)中性面：线圈在磁场中转动的过程中，线圈平面与磁场________时所在的平面．
二、交变电流的变化规律
1．从两个特殊位置开始计时瞬时值的表达式
从中性面位置开始计时 从与中性面垂直的位置开始计时
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BS cos ωt Φ＝Φmsin ωt＝BS sin ωt
感应电动势 e＝Emsin ωt＝NBSωsin ωt e＝Emcos ωt＝NBSωcos ωt
电压 u＝Umsin ωt＝sin ωt u＝Umcos ωt＝cos ωt
电流 i＝Imsin ωt＝sin ωt i＝Imcos ωt＝cos ωt
2.正弦交流电的图像
三、发电机与电动机中的能量转化
1．发电机
(1)定义：把机械能转化为电能的装置．
(2)发电方式：火力发电、水力发电、________发电、太阳能发电、________发电等．
2．电动机
(1)定义：将电能转化成机械能的装置．
(2)优点：高效易控、________________等．
[导学1]
交变电流最突出的特征是电流的方向发生变化，如图甲为交变电流，图乙则为直流电．
[导学2]
(1)线圈在转动一圈的过程中，两次经过中性面位置，电流方向改变两次．
(2)线圈经过中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零；线圈经过垂直中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大．
[导学3]
发电机克服安培力做功，把机械能转化为电能；电动机安培力做正功，把电能转化为机械能．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究点一 正弦交流电的产生
导学探究
(1)如图，此位置是什么位置，磁通量最大还是最小？是否有感应电动势？
(2)如图，此位置是什么位置，磁通量最大还是最小？是否有感应电动势？
归纳总结
1.两个特殊位置的特点
中性面 中性面的垂面
位置 线圈平面与磁场垂直 线圈平面与磁场平行
磁通量 最大 零
磁通量变化率 零 最大
感应电动势 零 最大
感应电流 零 最大
电流方向 改变 不变
2.正弦交流电的产生条件
(1)匀强磁场．
(2)线圈匀速转动．
(3)线圈的转轴垂直于磁场方向．
典例示范
例 1 (多选)如图所示，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～这段时间内( )
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
素养训练1 (多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是( )
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流的方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零
思维方法
产生正弦式交变电流的条件是：线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动，与线圈的形状和转轴的位置无关．
探究点二 交变电流的变化规律
导学探究
如图所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动．
(1)导体切割磁感线产生的感应电动势与什么因素有关？
(2)多匝线圈不垂直切割磁感线产生的感应电动势如何表达？
归纳总结
1.推导正弦交流电瞬时值的表达式
若线圈平面从中性面开始转动，如图所示，则经时间t：
(1)线圈转过的角度为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＝ω.
(4)ab边产生的感应电动势eab＝BLabv sin θ＝sin ωt.
(5)整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsin ωt，若线圈为N匝，e＝NBSωsin ωt.
(6)若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为r，由闭合电路欧姆定律得i＝＝sin ωt，即i＝Imsin ωt，R两端的电压可记为u＝Umsin ωt.
2．最大值
(1)由e＝NBSωsin ωt可知，电动势的最大值Em＝NBSω.
(2)交变电动势的最大值，由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω及线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关，但转轴必须垂直于磁场，因此如图所示几种情况，若N、B、S、ω相同，则电动势的最大值相同．
(3)电流的最大值可表示为Im＝.
典例示范
例 2 如图所示，正方形线圈abcd的边长是0.5 m，共150匝，匀强磁场的磁感应强度为B＝ T，当线圈以150 r/min的转速绕中心轴线OO′匀速旋转时，求：
(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈转过 s时电动势的瞬时值．
素养训练2 (多选)如图所示，abcd为一边长为L、匝数为N的正方形闭合线圈，绕对称轴OO′匀速转动，角速度为ω.空间中只有OO′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B.若闭合线圈的总电阻为R，则( )
A．线圈中电动势的最大值为NBL2ω
B．线圈中电动势的最大值为NBL2ω
C．在线圈转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流
D．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为BL2
素养训练3 某旋转电枢式交流发电机，当转子的旋转角速度为ω时，其产生的电动势随时间变化的关系式为e＝Emsin ωt.那么当转子的旋转角速度减为ω时，其产生的电动势随时间变化
的关系式为( )
A．e′＝Emsin t B．e′＝Emsin t
C．e′＝2Emsin t D．e′＝Emsin ωt
思维方法
(1)求解交变电流的瞬时值问题的答题模型
(2)若线圈给外电阻R供电，设线圈本身电阻为r，由闭合电路欧姆定律得i＝＝sin ωt＝Imsin ωt，R两端的电压可记为u＝Umsin ωt.
探究点三 交变电流的图像
归纳总结
1.对交变电流图像的认识
如图所示，正弦交变电流随时间的变化情况可以从图像上表示出来，图像描述的是交变电流的电动势、电流、电压随时间变化的规律，它们是正弦曲线．
2．交变电流图像的应用
从图像中可以解读到以下信息：
(1)交变电流的最大值Im、Em、Um、周期T.
(2)因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻．
(3)找出线圈平行于磁感线的时刻．
(4)判断线圈中磁通量的变化情况．
(5)分析判断e、i、u随时间的变化规律．
典例示范
例 3 一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的交变电动势的图像如图所示，则( )
A．交流电的频率是4π Hz
B．当t＝0时，线圈平面与磁感线垂直，磁通量最大
C．当t＝π s时，e有最大值
D．t＝π s时，e＝－10 V最小，磁通量变化率最小
素养训练4 一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴匀速转动，线圈中的感应电动势e随时间t变化的规律如图所示，则下列说法正确的是( )
A．图像是从线圈平面位于中性面开始计时的
B．t2时刻穿过线圈的磁通量为零
C．t2时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零
D．感应电动势e的方向变化时，穿过线圈的磁通量的方向也变化
素养训练5 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
思维方法
图像的分析方法
一看：看“轴”、看“线”、看“斜率”、看“点”，并理解其物理意义．
二变：掌握“图与图”“图与式”和“图与物”之间的变通关系．
三判：在此基础上进行正确的分析和判断．
随堂演练·自主检测——突出创新性 素养达标
1．(多选)下列各图中，表示交变电流的是( )
2．(多选)下列各图中(A、B、C选项中的虚线为转轴；D选项中O点为固定点，线圈在纸面内绕O点转动，且匀强磁场区域足够大)，线圈中能产生交流电的是( )
3.
(多选)一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴旋转，切割磁感线的两边通过导体圆环外接电阻R，自图示位置开始以角速度ω匀速转动，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i＝Imsin ωt
D．变化的规律i＝Imcos ωt
4．一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图所示，则下列说法中正确的是( )
A.t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻Φ的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻感应电动势最大
D．t＝0.03 s时刻感应电动势为零
5．(多选)线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin 20πt 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率最大
D．t＝0.4 s时，e有最大值为10 V
6.
如图所示，一正方形闭合线圈在水平匀强磁场中绕OO′轴匀速转动．若要使线圈中的电流最大值减半，不可行的方法是( )
A．只将线圈的转速减半
B．只将线圈的匝数减半
C．只将匀强磁场的磁感应强度减半
D．只将线圈的边长都减半
1．交变电流
必备知识·自主学习
一、
1．(1)周期性 (2)方向 (3)正弦函数
2．(1)垂直于磁场 (2)垂直
三、
1．(2)风力 核能
2．(2)清洁无污染
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：(1)中性面 磁通量最大 无感应电动势
(2)与中性面垂直的位置 磁通量为零 感应电动势最大
【典例示范】
例1 解析：计时开始时线圈平面与磁场平行，感应电流最大，在0～时间内线圈转过四分之一个圆周，感应电流从最大减小为零，磁通量逐渐增大，其变化率一直减小，A、D正确．
答案：AD
素养训练1 解析：线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度方向与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，也即此时穿过线框的磁通量的变化率等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变．线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都是垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，即此时穿过线框的磁通量的变化率最大，C、D正确．
答案：CD
探究点二
【导学探究】
提示：(1)感应电动势与线圈的匝数N、磁感应强度B、线圈的面积S和线圈平面与中性面的夹角有关．
(2)E＝NBSωsin ωt.
【典例示范】
例2 解析：分别把Em、ω的数值求出，代入一般式e＝Emsin ωt就得出了瞬时值表达式．求瞬时值时，只需把t的时刻代入表达式就可以了．
(1)e＝Emsin ωt＝NBS·2πn sin 2πnt，代入数据可得e＝375sin 5πt(V)．
(2)当t＝ s时，电动势的瞬时值e＝375sin (5π×) V＝375 V.
答案：(1)e＝375sin 5πt(V) (2)375 V
素养训练2 解析：最大值Em＝NBL2ω，A错误，B正确；在线圈转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，不会有一半时间没有电流，C错误；题图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为BL2，D正确．
答案：BD
素养训练3 解析：线圈中产生的感应电动势的最大值为Em＝NBSω.当转子的旋转角速度减为ω′＝ω时，感应电动势的最大值变为E′m＝NBS＝Em.电动势随时间变化的关系式变为e′＝E′msin ω′t＝Emsin t，A正确．
答案：A
探究点三
【典例示范】
例3 解析：从题图像可知交流电的周期为2π s，频率为 Hz，t＝π s时，e＝0最小，A、C错误；t＝0时，e最小，Φ最大，B正确；t＝π s时，e＝－10 V，e最大，最大，“－”号表示方向，D错误．
答案：B
素养训练4 解析：由题图可知，当t＝0时，感应电动势最大，说明穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，即是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，A错误；t2时刻感应电动势最大，穿过线圈的磁通量的变化率最大，磁通量为零，B正确，C错误；感应电动势e的方向变化时，线圈通过中性面，穿过线圈的磁通量最大，但方向并不变化，D错误．
答案：B
素养训练5 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．
答案：C
随堂演练·自主检测
1．解析：方向随时间做周期性变化是交变电流的重要特征，选项A、B中，电流的大小变化，但方向不变，不是交变电流，故A、B错误，C、D正确．
答案：CD
2．解析：A、C选项中线圈绕转轴转动时，磁通量发生变化，能产生交变电流，故A、C正确．
答案：AC
3．解析：线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正弦式交变电流，和电阻R构成闭合回路，电流的大小、方向均发生变化，A正确，B错误．由于线圈开始时位于垂直于中性面的平面，所以i＝Imcos ωt，D正确，C错误．
答案：AD
4．解析：t＝0时刻磁通量最大，此时线圈平面在中性面，选项A错误；t＝0.01 s时刻，磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，选项B正确；t＝0.02 s时刻，磁通量最大，但是磁通量的变化率为零，感应电动势为零，选项C错误；t＝0.03 s时刻，磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，感应电动势最大，选项D错误．
答案：B
5．解析：由电动势的瞬时值表达式可知是从线圈位于中性面时开始计时的，即t＝0时，e＝0，此时线圈平面位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为0，A、B正确，C错误．当t＝0.4 s时，代入e＝10sin 20πt V得e＝10×sin (20π×0.4) V＝0，D错误．
答案：AB
6．解析：由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行；又电阻R与匝数有关，当匝数减半时电阻R也随之减半，则Im不变，故B不可行；当边长减半时，面积S减为原来的，而电阻减为原来的，故D可行．
答案：B2.正弦交变电流的描述
课标要求
1．知道描述交变电流的峰值、瞬时值、平均值、周期、频率等物理量，并理解这些物理量的意义．
2．会根据有效值的定义求交变电流的有效值．
3．能根据正弦式交变电流的峰值和有效值的关系进行计算．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、周期和频率
1．物理意义：表征交变电流____________的物理量．
2．周期：交变电流完成一次周期性变化所需的时间，用T表示，单位是秒(s).
3．频率：交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之比．用f表示，单位是________(Hz)．
4．ω、T、f的关系：ω＝＝________，T＝或f＝.
5．我国民用交变电流的周期和频率
(1)周期：T＝________ s.
(2)频率：f＝____ Hz.
ω＝100π rad/s，电流方向每秒钟改变________次．
二、峰值、有效值和相位
1．峰值
(1)定义：交变电流的电压、电流所能达到的________数值．
(2)应用：电容器所能承受的电压要________交流电压的峰值．
2．有效值
(1)定义：让交变电流与恒定电流分别通过相同的________，如果它们在交流的一个周期内产生的热量________，则这个恒定电流的电流I、电压U，叫作这个交流的有效值．
(2)应用
①交流用电设备上所标的________电压和________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．正弦交流电的峰值和有效值的关系：I＝，U＝.
[导学1]
正弦交变电流的周期等于线圈在匀强磁场中转一圈所用的时间；交变电流的频率等于单位时间内线圈转动的圈数，数值上等于线圈的转速(单位：r/s)．
[导学2]
交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的．
[举例]
交流用电设备上标注的“额定电压”“额定电流”均指有效值；保险丝的熔断电流指的是有效值；电压表、电流表测量的数值为有效值．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究点一 交变电流的周期和频率
导学探究
如图所示的交变电流完成一次周期性变化需要多长时间？在1 s内完成多少次周期性变化？
归纳总结
1.线圈转动一周，交变电流恰好完成一次周期性变化．
2．从线圈转动的角度来说，周期就是线圈在磁场中转动一周所用的时间；频率就是线圈在磁场中一秒钟内转动的圈数．
3．线圈在匀强磁场中转动一周，电动势、电流都按正(余)弦规律变化一个周期．
典例示范
例 1 (多选)矩形金属线圈共10匝，绕垂直于磁场方向的轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图所示．下列说法中正确的是( )
A．此交变电流的频率为0.2 Hz
B．1 s内电流方向变化10次
C．t＝0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行
D．1 s内线圈转5圈
素养训练1 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
素养训练2 (多选)一只矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交流电动势为e＝10sin 4πt(V)，则( )
A．交流电的频率是4π Hz
B．当t＝0时线圈平面与磁感线垂直
C．当t＝0.5 s时，e有最大值
D．交流电的周期是0.5 s
探究点二 交变电流有效值的计算
导学探究
现在的调光台灯、调速电风扇，多是用可控硅电子元件来实现的．图示是经过一个双向可控硅电子元件调节后加在电灯上的电压，请思考：
(1)如图所示的交变电流是正弦式交变电流吗？
(2)如何求得该交流电压的有效值？
归纳总结
1.正弦式交变电流：E＝，U＝，I＝.
2．对非正弦式交变电流，必须根据电流的热效应来求解有效值，且时间一般取一个周期．其具体做法是：假设让交变电流通过电阻R，计算交变电流在一个周期内产生的热量Q(可分段计算)，其中热量Q用相应的物理量的有效值表示(如Q＝I2Rt，Q＝)，进而求出相应的有效值．
典例示范
例 2 如图所示为一交变电流的图像，则该交变电流的有效值为( )
A．I0 B．I0
C．I0 D．I0＋I0
名师点拨
当电流是非正弦式交变电流时，必须根据有效值的定义求解．求解步骤如下：
素养训练3 (多选)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示，由图可知( )
A．该交流电的频率为50 Hz
B．该交流电的电压的最大值为20 V
C．该交流电的电压的有效值为10 V
D．若将该交流电接在阻值R＝10 Ω的电阻两端，则该电阻消耗的功率为20 W
素养训练4 如图所示是某种交变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，i＜0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，则这种交变电流的有效值为( )
A．I0 B．I0 C．I0 D．I0
探究点三 交变电流的“四值”问题
导学探究
图甲为一电容器，图乙为保险丝管．请思考：
(1)将电容器接在交流电路上，要保证电容器正常工作，需要考虑交变电流哪一个值？
(2)若保证保险丝管正常使用，应考虑交变电流哪一个值？
归纳总结
交变电流的“四值”比较
物理含义 重要关系 适用情况
瞬时值 交变电流某一时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 计算线圈某一时刻的受力情况
最大值 最大的瞬时值 Em＝NBSω Im＝ 确定电容器的耐压值
有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值 E＝，U＝，I＝ (1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量) (2)交流电表的测量值 (3)电气设备标注的额定电压、额定电流 (4)保险丝的熔断电流
平均值 交变电流图像中图线与时间轴所围面积与时间的比值 ＝n ＝ 计算通过电路横截面的电荷量
典例示范
例 3 如图甲所示，标有“220 V 40 W”的灯泡和标有“350 V 20μF”的电容器并联到交流电源上，为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是( )
A.t＝时刻，示数为零
B．灯泡不能正常发光
C．电容器一定被击穿
D．的示数保持220 V不变
名师点拨
应用交变电流“四值”时的注意事项
(1)研究电容器是否被击穿时，应用交变电流的峰值(最大值)，因为电容器上标明的电压是电容器长时间工作时所能承受的最大电压．
(2)研究电功、电功率和电热时，只能用有效值．
(3)研究通过导体某横截面的电荷量时，要用平均值．
素养训练5 交流发电机线圈电阻r＝1 Ω，用电器电阻R＝9 Ω，电压表示数为9 V，如图所示，那么该交流发电机( )
A．电动势的峰值为10 V
B．电动势的有效值为9 V
C．交流发电机的线圈通过中性面时电动势的瞬时值为10 V
D．交流发电机的线圈自中性面转过90°的过程中的平均感应电动势为 V
素养训练6 一个矩形线圈的匝数为N，线圈面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度ω绕所在平面内垂直磁感线的轴匀速转动，开始时，线圈平面与磁场平行．对于它产生的交变电动势，下列说法正确的是( )
A．瞬时值表达式为e＝NBSωsin ωt
B．有效值为NBSω
C．平均值为NBSω
D．频率为2πω
随堂演练·自主检测——突出创新性 素养达标
1．下列选项中提到的交流电，不是指有效值的是( )
A．交流电压表的读数
B．保险丝熔断电流
C．电容器击穿电压
D．220 V交流电压
2．(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，产生的感应电动势e＝220sin 100πt(V)，则( )
A．交流电的频率是100π Hz
B．t＝0时，线圈位于中性面
C．交流电的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s时，e有最大值
3．通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为( )
A．12 V B．4 V
C．15 V D．8 V
4．一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，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
5．(多选)如图甲所示为电热毯电路示意图，交流电压u＝311sin 100πt (V)，当开关S接通时，电热丝的电功率为P0；当开关S断开时，加在电热丝上的电压如图乙所示，则( )
A．开关接通时，交流电压表的读数为220 V
B．开关接通时，交流电压表的读数为311 V
C．开关断开时，交流电压表的读数为311 V，电热丝功率为
D．开关断开时，交流电压表的读数为156 V，电热丝功率为
2．正弦交变电流的描述
必备知识·自主学习
一、
1．变化快慢
3．赫兹
4．2πf
5．(1)0.02 (2)50 100
二、
1．(1)最大 (2)高于
2．(1)电阻 相等 (2)①额定 额定
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：完成一次周期性变化需要0.02 s；在1 s内完成50次周期性变化
【典例示范】
例1 解析：由题图知T＝0.2 s，故f＝＝ Hz＝5 Hz，即1 s内完成5个周期，线圈转5圈，每转1圈电流方向改变2次，故A错误，B、D正确；在t＝0.1 s时，e＝0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故C错误．
答案：BD
素养训练1 解析：根据周期的定义知A、B错误；因为在一个周期的时间内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，但相邻两个峰值的时间间隔为半个周期；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；由T＝＝ s＝0.02 s，D错误．
答案：C
素养训练2 解析：交流电动势e＝10sin 4πt(V)，交流电的频率f＝＝ Hz＝2 Hz，故A错误；当t＝0时e＝0，此时线圈处在中性面上，即线圈平面与磁感线垂直，故B正确；当t＝0.5 s时，e＝0，故C错误；交流电的周期T＝＝0.5 s，故D正确．
答案：BD
探究点二
【导学探究】
提示：(1)不是正弦式交变电流．
(2)根据电流的热效应即可求得有效值．
【典例示范】
例2 解析：令该交变电流通过一电阻R，它在前半周期内通过该电阻产生的热量Q1＝()2R·＝，它在后半周期内产生的热量Q2＝R·＝，故在一个周期内产生的热量Q交＝Q1＋Q2＝RT，设某一恒定电流I在相同的时间T内通过该电阻产生的热量为I2RT，由有效值的定义知I0，故B正确．
答案：B
素养训练3 解析：由题图可知，该交流电的周期T＝0.04 s，频率f＝＝25 Hz，A错误；由题图可知，该交流电的电压的最大值为20 V，B错误；该正弦交流电的电压的有效值为U＝＝ V＝10 V，C正确；若将该交流电接在阻值R＝10 Ω的电阻两端，则该电阻消耗的功率P＝＝ W＝20 W，D正确．
答案：CD
素养训练4 解析：根据一个周期内电流的热效应求解该交变电流的有效值，设电流的有效值为I，则I2R·3t0＝()2R·t0＋()2R·2t0，解得I＝I0，C正确．
答案：C
探究点三
【导学探究】
提示：(1)交变电流的最大值． (2)交变电流的有效值．
【典例示范】
例3 解析：交流电压表示数为交流电压的有效值，大小为U＝ V＝220 V，数值保持不变，A错误，D正确；交流电源输出电压的有效值为220 V，故灯泡能正常发光，B错误；交流电压的最大值约为311 V，没有超过电容器的击穿电压，故电容器不会被击穿，C错误.
答案：D
素养训练5 解析：因电压表示数为9 V，所以电路中的电流I＝ A＝1 A，故电动势的有效值E＝I(r＋R)＝10 V，其最大值Em＝E＝10 V，故A、B错误；线圈通过中性面时电动势的瞬时值为0，C错误；转过90°的过程中的平均感应电动势，应用公式＝n求解，＝n＝n＝n＝，又nBSω＝10 V，故＝ V，D正确．
答案：D
素养训练6 解析：开始时，线圈平面与磁场平行，则e＝NBSωcos ωt，A错误；最大值为Em＝NBSω，则有效值为NBSω，B正确；平均值应用E＝N求得，与Δt有关，不一定为NBSω，C错误；频率为f＝，D错误．
答案：B
随堂演练·自主检测
1．解析：电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最大值，C正确．
答案：C
2．解析：感应电动势按正弦规律变化，所以t＝0时，线圈位于中性面，角速度ω＝100π rad/s.因ω＝2πf，所以f＝＝ Hz＝50 Hz；由T＝得T＝ s＝0.02 s；当t＝0.05 s时，e＝220sin 5π(V)＝0，故B、C选项正确．
答案：BC
3．解析：由(0.1 A)2R×0.4 s×2＋(0.2 A)2R×0.1 s×2＝I2R×1 s，可得流过电阻的电流的有效值I＝ A，电阻两端电压的有效值为U＝IR＝4 V，故B正确．
答案：B
4．解析：设电热器电阻为R，正弦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，故输出电压的最大值Um＝U有效＝10 V，C正确．
答案：C
5．解析：当S接通时，加在电热丝上的瞬时电压u＝311·sin 100πt(V)，所以电热丝两端的电压的有效值U1＝＝ V≈220 V，A正确，B错误；当S断开时，前半个周期内所加电压不变，但后半个周期内U2＝0，所以电热丝的功率P＝P0，设此时交变电压的有效值为U′2，由·＝·T得U′2＝≈156 V，即电压表的读数为156 V，D正确，C错误．
答案：AD3.变压器
课标要求
1．了解变压器的构造及几种常见的变压器．
2．理解互感现象和变压器的工作原理．
3．掌握理想变压器的电压与匝数的关系及应用．
4．掌握理想变压器的功率关系，并导出原、副线圈中的电流关系及应用．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、变压器的原理
1．变压器的构造
由____________和绕在铁芯上的两个线圈组成，如图所示．
(1)原线圈：一个线圈与____________连接，叫作原线圈，也叫________．
(2)副线圈：一个线圈与________连接，叫作副线圈，也叫________．
2．原理：________现象是变压器的工作基础．原线圈中的交变电流在铁芯中激发交变的________，交变的________穿过原、副线圈，在原、副线圈中产生____________．
3．作用：改变交变电流的________，不改变交变电流的________和________.
二、电压与匝数的关系
1．理想变压器
(1)定义：没有________损失的变压器．
(2)特点
①忽略________．
②忽略一切能量损耗．
2．原、副线圈的电压关系
(1)对理想变压器，原、副线圈中每一匝线圈中都具有相同的，根据法拉第电磁感应定律有E1＝n1，E2＝n2所以＝________．
(2)由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U1＝E1，副线圈两端的电压U2＝E2，所以＝________．当有多组线圈时，则有＝＝…
3.两类变压器
(1)降压变压器：________的电压比________电压低的变压器．
(2)升压变压器：________的电压比________电压高的变压器．
三、电压互感器和电流互感器
1．电压互感器
(1)特点：降压变压器．
(2)原理：初级________在高压交流线路上，次级与交流________表相连，根据匝数比就可以算出高压线两端的电压值．
(3)变压比：初级输入电压与次级输出电压之比．
(4)安全防护：为防止线圈与________间的绝缘部分被击穿造成触电事故，________线圈必须接地．
2．电流互感器
(1)特点：升压变压器．
(2)原理：原线圈________在被测交流电路中，副线圈与交流________表相连，根据________比就可以算出被测电路中的电流．
(3)安全防护
①使用时________线圈必须接地；
②使用时不许将副线圈________．
[提醒]
(1)变压器不改变交变电流的周期和频率．
(2)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．
(3)变压器的两个线圈之间通过磁场联系在一起，两个线圈间是绝缘的．
[导学]
(1)输入电压U1由电源决定．
(2)输入电压U1和变压比n1：n2决定输出电压U2的大小．
(3)输出电压U2和用电器电阻R决定输出电流I2的大小．
(4)输出功率P出决定输入功率P入的大小．
(5)输出电流I2和变压比决定输入电流I1的大小．
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究点一 变压器的原理
导学探究
如图所示，一蓄电池连接在低压交流变压器上，闭合开关会观察到瞬间灯泡发光，然后熄灭，你能解释这种现象发生的原因吗？
归纳总结
1.理想变压器的特点
(1)原、副线圈的电阻不计，不产生热量．
(2)变压器的铁芯无漏磁，原、副线圈磁通量无差别．
(3)变压器自身的能量损耗不计，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率．
(4)原、副线圈的交变电流的周期T和频率f相同．
2．工作原理
变压器的变压原理是电磁感应，如图所示，当原线圈上加交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生交变的磁通量，在原、副线圈中都要产生感应电动势．如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生交变磁通量，在原、副线圈中同样要引起感应电动势．由于互感现象，原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈．其能量转换方式为原线圈电能→磁场能→副线圈电能．
典例示范
例 1 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
名师点拨
理想变压器的三点注意
(1)变压器不能改变直流电压．
(2)变压器只能改变交变电的电压和电流，不能改变交变电的频率．
(3)理想变压器本身不消耗能量．
素养训练1 (多选)理想变压器正常工作时，在其两侧的原、副线圈中一定相同的物理量是( )
A．交流电的频率 B．输入、输出功率
C．磁通量的变化率 D．电压的最大值
探究点二 实验：探究变压器的电压与匝数的关系
归纳总结
1.实验目的
探究变压器原、副线圈两端的电压与匝数的关系．
2．实验器材
可拆变压器、学生电源、交流电表、导线若干．
3．实验原理
电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于交变电流的大小、方向在不断地变化，铁芯中的磁场强弱和方向也在不断地变化．变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，尽管两个线圈之间没有导线相连，副线圈也能够输出电流．
4．实验操作
(1)按图示电路连接实物．
(2)利用学生电源在变压器原线圈1、4两接线柱间输入较低交流电压．
(3)利用交流电压表分别测量不同端点间的电压并填入下表．
接线端 1、2 2、3 1、3 2、4 1、4 1′、2′ 2′、3′ 1′、3′
匝数n 200 600 800 1 200 1 400 100 300 400
1 电压U/V
比值/V
2 电压U/V
比值/V
3 电压U/V
比值/V
(4)在原线圈1、4两接线柱间输入不同的电压，重复以上测量，并填入表格中．
(5)分析表格数据，得到实验结论．
5．注意事项
(1)连接好电路后，同组同学分别独立检查，然后由老师确认，电路连接无误后，才能接通电源．
(2)注意人身安全．只能用低压交流电源，电源电压不能超过16 V.
(3)使用多用电表交流电压挡测电压时，先用最大量程测试，然后再用适当的挡位进行测量．
6．误差分析
(1)线圈绕组的电阻有铜损现象．
(2)变压器铁芯内有漏磁．
(3)铁芯中有发热现象．
典例示范
例 2 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．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”
B．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
C．测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量
D.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
E．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
素养训练2 在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中：
(1)除变压器外，实验时需要的仪器为图中的________(填选项字母)．
(2)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3.80 V，发现电压比与匝数比并不相等，主要原因是________________(至少写出两点)．
探究点三 理想变压器的基本关系
导学探究
(1)当副线圈空载时，变压器的输出功率为零，输入功率为多少？它们之间是什么关系？
(2)在一个副线圈的情况下，为什么电流与匝数成反比？
归纳总结
理想变压器的基本规律
(1)电压关系
由于不计原、副线圈的电阻，因此原线圈两端的电压U1＝E1，副线圈两端的电压U2＝E2，所以＝.当有多组线圈时，则有：＝＝…
(2)功率关系
对于理想变压器，不考虑能量损失，所以P入＝P出．
(3)电流关系
①由功率关系，当只有一个副线圈时，I1U1＝I2U2，所以＝＝.
②当有多个副线圈时，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…，得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…
典例示范
例 3 如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻RL＝6 Ω，A、B两端电压u1＝12sin 100πt(V)．下列说法正确的是( )
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
素养训练3 如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝110sin 60πt(V)的交流电源上，副线圈接有阻值为55 Ω的负载电阻R，原、副线圈匝数之比为1∶2，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )
A．电压表的示数为55 V
B．原线圈的输入功率为880 W
C．副线圈输出交流电的频率为60 Hz
D．若在副线圈上电阻R的两端再并联一个阻值为55 Ω的定值电阻，则电流表的示数为8 A
素养训练4 (多选)如图所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A．以下判断正确的是( )
A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
探究点四 理想变压器工作时的制约关系
归纳总结
两类理想变压器的动态分析问题：
(1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是R→I2→P2→P1→I1.
(2)负载电阻不变，分析各物理量随原、副线圈匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1.
典例示范
例 4 如图，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器．和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是( )
A．I1和I2表示电流的瞬时值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
名师点拨
(1)对于输出电压的大小，条件充分时只需根据原线圈电压和原、副线圈匝数比确定．
(2)P1、P2、I1、I2的判断，往往都与R的大小有关，对P1、I1的确定需从P2、I2入手．
素养训练5 (多选)如图所示，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阻电阻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( )
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
素养训练6 如图所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关K断开，当K接通时，以下说法正确的是( )
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R上的电压减小
C．通过灯泡L1的电流增大
D．原线圈中的电流增大
随堂演练·自主检测——突出创新性 素养达标
1．利用变压器可以方便地改变交流电的电压，使交流电得到了广泛的应用，下列关于变压器的说法正确的是( )
A．即使是直流电，也可以直接通过变压器来改变电压
B．如果是升压变压器，则副线圈的匝数一定比原线圈的匝数多
C．如果是升压变压器，则副线圈中的电流一定比原线圈中的电流大
D．如果是升压变压器，则副线圈两端输出的功率一定比原线圈两端输入的功率大
2.
一输入电压为220 V、输出电压为18 V的变压器副线圈烧坏，为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用表面绝缘的导线在铁芯上新绕了10匝线圈，如图所示，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈的两端电压为1 V．按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )
A．1 100，360 B．1 100，180
C．2 200，180 D．2 200, 360
3．(多选)如图所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V和10 A，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )
A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 V
B．甲图是电流互感器，输电电流是100 A
C．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 V
D．图示高压输送电路输入的总功率为2.2×103 kW
4．如图所示，一只理想变压器，原线圈中有一个抽头B，使n1＝n2，副线圈中接有定值电阻R.当原线圈从A、C端输入电压为U的正弦交流电压时，副线圈中电流为I，当原线圈从A、B端输入电压为U的正弦交流电压时，副线圈中电流为I′.那么I′与I的比值等于( )
A．4∶1 B．1∶4
C．2∶1 D．1∶2
5．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交流电表．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的示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1的示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1的示数变大、A2的示数变大
3．变压器
必备知识·自主学习
一、
1．闭合铁芯 (1)交流电源 初级线圈 (2)负载 次级线圈
2．互感 磁场 磁感线 感应电动势
3．电压 周期 频率
二、
1．(1)能量 (2)①漏磁
2．(1) (2)
3．(1)副线圈 原线圈 (2)副线圈 原线圈
三、
1．(2)并联 电压 (4)铁芯 副
2．(2)串联 电流 匝数 (3)①副 ②开路
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：恒定电压加在原线圈上瞬间，线圈内的磁通量发生变化，因而副线圈中的磁通量也发生变化，所以由E＝n知，副线圈中有感应电动势，灯泡闪亮，之后原线圈中电流恒定，线圈内的磁通量恒定不变，副线圈中无电动势，因而灯泡熄灭．
【典例示范】
例1 解析：通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，所以磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，原、副线圈的磁通量总相等，B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能，又转化为副线圈的电能，原、副线圈通过磁场联系在一起，D错误．
答案：C
素养训练1 解析：理想变压器原、副线圈中的频率相同，磁通量的变化率相同，电压不一定相同，功率相同，A、B、C正确，D错误．
答案：ABC
探究点二
【典例示范】
例2 解析：(1)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”测量，故A错误；实验时可采用控制变量法，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B正确；测量副线圈电压时，先用最大量程试测，大致确定电压后再选用适当的挡位进行测量，防止烧坏电压表，故C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D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E正确．(2)变压器线圈通电会产生磁场，而变压器上端的横条相当于磁铁，下端对横条有吸引力作用，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；若仅增加原线圈匝数，次级电压将减小，小灯泡亮度将变暗，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，故C正确．
答案：(1)BCE (2)AC
素养训练2 解析：(1)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，除变压器外，还需要低压学生交流电源及多用电表，故选B、E；(2)实验中，发现电压比与匝数比并不相等，主要原因可能是：有漏磁、铁芯发热、导线发热等影响电压，从而出现电压之比与匝数之比不相符的情况．
答案：(1)BE (2)有漏磁、铁芯发热、导线发热等影响电压
探究点三
【导学探究】
提示：(1)零，输出功率决定输入功率．
(2)因为电压与匝数成正比，而输入功率与输出功率相等，得到电流与匝数成反比．
【典例示范】
例3 解析：根据u1＝12sin 100πt(V)及U＝知U1＝12 V，f＝＝50 Hz，选项A错误；根据＝得U2＝U1＝×12 V＝6 V，即的读数为6 V，选项B错误；又I2＝＝ A＝1 A，即的读数为1 A，选项C错误；P1＝P2＝＝ W＝6 W，选项D正确．
答案：D
素养训练3 解析：根据原线圈的输入电压：u＝110sin 60πt(V)可知原线圈电压有效值为110 V，原、副线圈匝数之比为1∶2，所以有：＝，解得电压表的示数U2＝220 V，A错误；因副线圈的功率为P＝＝ W＝880 W，B正确；根据原线圈的输入电压可知该交流电的频率为30 Hz，C错误；若在副线圈上电阻R的两端再并联一个阻值为55 Ω的定值电阻，可知总电阻为：R总＝＝ Ω＝27.5 Ω，所以副线圈电流为：I2＝＝ A＝8 A，根据：＝，可知原线圈电流，即电流表示数为I1＝16 A，D错误．
答案：B
素养训练4 解析：变压器的输入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60 W＝132 W，选项A错误；由＝得＝＝＝，选项D正确；由＝得I1＝I2＝×2.2 A＝0.6 A，选项B正确；根据I2＝得通过副线圈的电流的最大值I2m＝I2＝ A，选项C错误．
答案：BD
探究点四
【典例示范】
例4 解析：交流电压表和交流电流表的示数都为有效值，A、B错误；由于输入端电压U1和理想变压器匝数比不变，所以U2不变，滑片P向下滑动过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变小，电流I2变大，输出功率变大，则输入功率变大，电流I1变大，C正确，D错误．
答案：C
素养训练5 解析：Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R接入电路的阻值增大，由P＝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＝知U2增大，同理分析原线圈电流I1增大，故C正确，D错误．
答案：BC
素养训练6 解析：输入电压和原、副线圈的匝数比不变，由＝可知副线圈两端M、N的输出电压不变，A错误；当K接通时，副线圈电路的总电阻减小，总电流I2变大，输电线等效电阻R上的电压增大，并联部分的电压减小，通过灯泡L1的电流减小，B、C错误；由＝可知，电流I2变大，则I1变大，即原线圈中的电流增大，D正确．
答案：D
随堂演练·自主检测
1．解析：变压器是根据电磁感应原理来工作的，对于恒定的直流电来说，它产生的磁通量是不变的，通过副线圈的磁通量不变，不能产生感应电动势，所以变压器不能改变恒定直流电的电压，A错误；根据原、副线圈电压比等于匝数比可知：升压变压器原线圈的匝数小于副线圈的匝数，原副线圈电流比等于匝数反比，升压变压器原线圈的电流大于副线圈的电流，B正确，C错误；只有理想变压器副线圈两端输出的功率与原线圈两端输入的功率相等，若不是理想变压器，副线圈两端输出的功率小于原线圈两端输入的功率，D错误．
答案：B
2．解析：由电压与匝数的关系有＝得＝；＝解得n1 ＝ 2 200；n2＝ 180，A、B、D错误，C正确．
答案：C
3．解析：题图甲中的原线圈并联在电路中，是电压互感器，电表是电压表；根据＝，有U1＝U2＝×220 V＝22 000 V，故A正确，B错误；题图乙中的原线圈串联在电路中，是电流互感器，电表是电流表，故C错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比，则＝，有I1＝I2＝×10 A＝100 A，根据P＝UI得输入的总功率P＝U1I1＝22 000×100 W＝2.2×103 kW，故D正确．
答案：AD
4．解析：当电压由A、C端输入改为由A、B端输入后，副线圈上的电压加倍，电阻R是定值电阻，所以副线圈中的电流加倍，C正确．
答案：C
5．解析：由于原、副线圈两端电压不变，当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R连入电路的电阻变大，所在电路总电阻变大，副线圈中电流减小，R1中电流减小，R1消耗的功率减小，A错误；R1中电流减小，则R1两端电压减小，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正确；副线圈中电流减小，原线圈中电流随之减小，故C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错误．
答案：B4.电能的传输
课标要求
1．理解远距离输电时决定电能损耗的因素，理解高压输电的原因．
2．知道远距离输电线路的基本构成，会对简单的远距离输电线路进行计算．
3．知道交变电流从发电站到用户的输电过程，了解直流输电．
思维导图
必备知识·自主学习——突出基础性 素养夯基
一、电能输送中的电压损失和电能损耗
1．电能输送的原因
能源资源与________分布的不均衡．
2．输送电路中的电压损失与功率损耗
(1)设输电电流为I，输电线电阻为r，则损失的电压U损＝I·r，损耗的电功率P损＝________．
(2)减小损耗的方法
①减小输电线的________，即在输电线长度L和材料一定的情况下，增大导线横截面积S来实现．
②减小________，由P＝UI知，可以通过提高________来减小I.
二、远距离输电系统
1．基本环节
2．电路原理图(如图)
三、直流输电
1．直流输电的优点：不存在________和________引起的电压及电能损失．
2．直流输电的基本过程：在发电站区域经变压器升压，由整流设备将________变成________，用高压直流电进行远距离传输，在用户区域由________将直流电变为交流电，经变压器降压送给用户．
3．直流输电示意图
[导学1]
减小输电线电阻有助于减小电压损失和电能损耗，但效果不显著，且成本增加太大；高压输电效果明显，投入成本小，是实际生产中主要采用的方法．
[导学2]
远距离输电系统原理图中物理量间的关系：
(1)电压关系：＝、U2＝U3＋ΔU、＝.
(2)电流关系：＝、I2＝I3、＝.
(3)功率关系：P1＝P2、P2＝P3＋ΔP、P3＝P4.
关键能力·合作探究——突出综合性 素养形成
探究点一 输电线的电压和功率损失
导学探究
(1)输电线上功率损失的原因是什么？
(2)降低输电损耗的途径有哪些？
归纳总结
1.输电线上的电功率损失
(1)原因：输电导线有电阻R线，电流流过输电线时，电流的热效应引起电功率的损失．
(2)计算式：①P线＝I2R线；②P线＝IU线；③P线＝.
2．输电线上的电压损失
若用U表示输电线始端电压，U′表示输电线末端电压，则U线＝U－U′或U线＝IR线．
3．功率损失与输电电压的关系
如果远距离输电的电功率P不变，输电电压为U，输电导线电阻为R线，则输电导线上发热损失的功率P损＝I2R线＝R线，因此输电电压若提高到nU，则P损将减为原来的.
典例示范
例 1 中国已投产运行的1 000 kV特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，不考虑其他因素的影响．则( )
A．输电电流变为原来的2倍
B．输电线上降落的电压将变为原来的2倍
C．输电线上降落的电压将变为原来的
D．输电线上损耗的电功率将变为原来的
素养训练1 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为4P0
D．由P＝IU得，输电线上损失的电功率为2P0
素养训练2 某变电站用220 V的电压输电，导线上损失的功率为输送功率的20%.若要使导线上损失的功率降为输送功率的5%，则输电电压应为多少？
思维方法
计算输电线上功率损失的两种方法
计算输电线上损失的功率时，要注意区分两个电压：输电电压(输电线始端的电压)U和输电线上的损失电压ΔU.
(1)P损＝ΔUI＝，ΔU是输电线两端的电压，即输电线上损失的电压．
(2)P损＝R线，U是指输电电压，即从发电站发出后，经过变压器升高后的电压．
探究点二 远距离输电
导学探究
某发电站向远处输电的示意图如图所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．
(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻、n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)．
(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？
归纳总结
1.远距离输电的几个基本关系式
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4.
(2)电压关系：＝，U2＝U线＋U3，＝.
(3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝.
(4)输电电流：I线＝＝＝＝.
(5)输电导线上损耗的电功率
P损＝P2－P3＝＝U线I线．
(6)输电导线上的电压损失
U线＝I线R线＝U2－U3.
2．两个联系
(1)线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是：＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2.
(2)线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是：＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4.
典例示范
例 2 发电机两端的电压为220 V，输出功率为44 kW，输电导线的总电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户，两个变压器均为理想变压器．
(1)画出全过程的线路示意图；
(2)求用户得到的电压和功率；
(3)若不经过变压而直接送给用户，求用户得到的电压和功率．
素养训练3 (多选)如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率为50 kW，用总电阻为3 Ω的输电线向远处送电，要求输电线上损失功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)．对整个送电过程，下列说法正确的是( )
A．输电线上的损失功率为300 W
B．升压变压器的匝数比为1∶100
C．降压变压器的输入电压为4 970 V
D．降压变压器的匝数比为100∶1
素养训练4 输送4.0×106 W的电能，若发电机输出电压为2 000 V，选用变压器升压后应用横截面积为4.25 cm2的铜导线，把电能送到400 km远处，线路损耗的功率为5.0×105 W．若已知铜的电阻率ρ＝1.7×10－8 Ω·m，求：
(1)应选用升压变压器的匝数比；
(2)在用户方使用降压变压器，其原线圈两端的电压为多大．
思维方法
处理远距离输电的方法技巧
(1)画好一张图——远距离输电示意图
(2)抓住电两端——发电站和用户
(3)分析一条线——输电线
(4)研究两次变——升压变压器升压和降压变压器降压
(5)区分三个量——输送电压(功率)、损失电压(功率)、用户电压(功率)
随堂演练·自主检测——突出创新性 素养达标
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，输电线上功率损耗越少
B．由公式P＝知，输电导线电阻越大，输电线上功率损耗越少
C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电导线上功率损耗越大
D．由公式P＝UI知，输电导线上的功率损失与电流成正比
2．将电能从发电站送到用户，在输电线上会损失一部分功率，采用特高压输电可使输送中的电能损耗和电压损失大幅降低．我国已成功掌握并实际应用了特高压输电技术．设某电厂经升压后输电电压为U，输电电流为I，输电线的电阻为r，不考虑其他因素的影响，下列说法正确的是( )
A．输电线上损耗的功率为UI
B．输电线上损耗的功率为
C．输电线上损失的电压为U
D．输电线上损失的电压为Ir
3．(多选)在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所有输电导线的电阻率均为ρ，横截面积均为S，两地的距离为L，输电线上损耗的电功率为P1，用户得到的电功率为P2.下列关于P1和P2的表达式中正确的是( )
A．P2＝P(1－) B．P2＝P－
C．P1＝D．P1＝
4．(多选)如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的总电阻r、理想变压器匝数均不变，且n1∶n2＝n4∶n3.当用户用电器的总功率增大时( )
A．U1∶U2＝U4∶U3
B．用户的电压U4增加
C．输电线上的损失功率增大
D．输电线上损耗的功率占总输送功率的比例增大
5．一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户，已知发电机的输出功率为500 kW，升压变压器原线圈两端的电压为500 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，两变压器间输电线的总电阻为1.5 Ω，降压变压器的输出电压为220 V，不计变压器能量损耗，求：
(1)升压变压器副线圈两端的电压；
(2)输电导线上的功率损失及用户得到的功率；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比．
4．电能的传输
必备知识·自主学习
一、
1．电力负荷
2．(1)I2r (2)①电阻 ②输电电流I 输电电压U
三、
1．电感 电容
2．交流电 直流电 逆变器
关键能力·合作探究
探究点一
【导学探究】
提示：(1)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了．这是输电线上功率损失的主要原因．
(2)根据功率损失的表达式ΔP＝I2r可知，要减少输电线上的功率损失，有两种方法：其一是减小输电线的电阻；其二是减小输电电流．
【典例示范】
例1 解析：根据输送电功率P输＝U输I输及P输不变，可知，输电电流I输＝∝，当U输变为原来的2倍时，I输变为原来的，A错误；输电线上降落的电压U降＝I输R线∝I输，所以，当输电电流变为原来的时，输电线上降落的电压也变为原来的，B错误，C正确；输电线上损耗的电功率P损＝R线，所以输电线上损耗的电功率将变为原来的，D错误．
答案：C
素养训练1 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＝R.当输电电压提高为2U0时，由I＝可知输电线上的电流变为，输电线上损失的电功率为P损＝R＝，故选项B正确．
答案：B
素养训练2 解析：设输送功率为P，输电电压U1＝220 V时，损失功率ΔP1＝20%P
又因为ΔP1＝R线，I1＝
解得ΔP1＝R线
现要求ΔP2＝5%P，同理ΔP2＝R线
因此可得＝＝
所以U2＝2U1＝440 V.
答案：440 V
探究点二
【导学探究】
提示：(1)第一个回路：P1＝U1I1
第二个回路：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝R线＋P3，I2＝I3
第三个回路：P4＝U4I4
(2)＝、＝、P1＝P2；＝、＝、P3＝P4.
【典例示范】
例2 解析：(1)线路示意图如图所示：
(2)由图可知，升压变压器副线圈两端的输出电压U2＝U1＝2 200 V．根据理想变压器P入＝P出，则升压变压器副线圈的输出电流I2＝＝ A＝20 A，输电线上的功率损耗和电压损失分别为
P损＝R线＝202×0.2 W＝80 W，
U损＝I2R线＝20×0.2 V＝4 V.
所以降压变压器原线圈的输入电压和电流分别为
U3＝U2－U损＝2 200 V－4 V＝2 196 V，
I3＝I2＝20 A.
降压变压器副线圈的输出电压和电流分别为
U4＝U3＝×2 196 V＝219.6 V，
I4＝I3＝10×20 A＝200 A.
用户得到的功率为
P4＝U4I4＝219.6×200 W＝4.392×104 W.
(3)若直接给用户供电，
线路示意图如图所示
则输电电流I′＝＝ A＝200 A.
输电线路上的电压损失
ΔU′＝I′R线＝200×0.2 V＝40 V.
所以用户得到的电压
U′2＝U1－ΔU′＝220 V－40 V＝180 V.
用户得到的功率为
P′＝U′2I′＝180×200 W＝3.6×104 W.
答案：(1)见解析图 (2)219.6 V 4.392×104 W
(3)180 V 3.6×104 W
素养训练3 解析：输电线上的损失功率为P损＝P×0.6%＝50 kW×0.6%＝300 W，A正确；输电线上的电流为I2＝ ＝ A＝10 A，升压变压器副线圈两端的电压为U2＝＝ V＝5×103 V，由＝得，＝，B错误；输电线上损失的电压为U损＝I2R＝10×3 V＝30 V，降压变压器输入电压为U3＝5 000 V－30 V＝4 970 V，C正确；由＝得＝，D错误．
答案：AC
素养训练4 解析：(1)由P＝I2R得I＝ ，式中P为线路损耗功率，R为线路总电阻，
两条导线总电阻R＝ρ＝ρ，
则R＝1.7×10－8×Ω＝32 Ω
所以I＝ ＝125 A
因为P输入＝P输出，所以在升压变压器副线圈两端的电压为
U2＝＝3.2×104 V
故＝＝.
(2)设U′2为降压变压器原线圈两端的电压，则U′2＝U2－IR＝2.8×104 V.
答案：(1)1∶16 (2)2.8×104 V
随堂演练·自主检测
1．解析：输电线上损耗的功率P损＝I2R线＝，U损指输电线上损失的电压，而不是输电电压，C正确．
答案：C
2．解析：输电线上损耗的功率为P损＝I2r，A、B错误；输电线上损失的电压为U损＝Ir，C错误，D正确．
答案：D
3．解析：输电线上的电流I＝，输电导线的电阻R＝，输电线上损耗的电功率为P1＝I2R＝，用户得到的电功率为P2＝P－P1＝P(1－)，故A、C正确．
答案：AC
4．解析：根据＝＝以及n1∶n2＝n4∶n3，可知U1∶U2＝U4∶U3，故A正确；当用户用电器的总功率增大时，输送功率变大，输电线上的电流增大，根据P损＝I2r可知，输电线上的损失功率增大，根据ΔU＝Ir可知，输电线上的电压损失变大；发电机的输出电压U1不变，则升压变压器的输出电压U2不变，降压变压器的输入电压U3变小，用户的电压U4减小，故B错误，C正确；根据＝＝r可知，输送电压U2和线路电阻r不变，则输电线上损失的功率占总输送功率的比例增大，故D正确．
答案：ACD
5．解析：输电线路原理图如图所示
(1)根据＝可知，升压变压器副线圈两端的电压
U2＝＝2 500 V.
(2)输电导线上的电流
I2＝＝＝200 A
输电导线上的功率损失
P损＝r线＝60 kW
用户得到的功率P用＝P1－P损＝440 kW
(3)输电导线上损失的电压
ΔU＝I2r线＝300 V
降压变压器原线圈两端的电压
U3＝U2－ΔU＝2 200 V
降压变压器原、副线圈的匝数比为＝＝10∶1.
答案：(1)2 500 V (2)60 kW 440 kW (3)10∶1章末素养培优（三）
核心素养——科学思维
一、交变电流的四种“另类”产生方式
方式1 线圈不动，匀强磁场匀速转动
例 1 如图甲为风力发电的简易模型，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比．某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则( )
A．电流的表达式为i＝0.6sin 50t(A)
B．磁铁的转速为10 r/s
C．风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin 10πt(A)
D．风速加倍时线圈中电流的有效值为0.6 A
方式2 线圈不动磁场按正弦规律变化
例 2 如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n＝100匝，总电阻r＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S＝0.040 m2，小灯泡的电阻R＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e＝nBmScos t，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：
(1)线圈中产生感应电动势的最大值；
(2)小灯泡消耗的电功率；
(3)在磁感应强度变化的0～时间内，通过小灯泡的电荷量．
方式3 导体棒在匀强磁场中做简谐振动
例 3 如图甲所示，是一种振动发电装置，它的结构是一个套在辐向形永久磁体槽中的半径为0.1 m、匝数为20的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．线圈所在位置磁感应强度的大小均为0.2 T，线圈的电阻为2 Ω，它的引出线接有8 Ω的小电珠L，其他电阻均不计．外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈速度随时间变化的规律如图丙、丁所示(v取向右为正)，其中图丙所示速度按正弦规律变化，下列说法正确的是( )
A．线圈两种情况运动时小电珠亮度相同
B．线圈按丁图情况运动产生的电动势是恒定不变的
C．线圈按丙图情况运动产生的电动势的瞬时值表达式为e＝4.8πsin 10πt(V)
D．线圈按丙图情况运动，小电珠两端的电压为2.4 V
方式4 在匀强磁场中导体棒的长度与时间呈正弦规律变化
例 4 (多选)如图所示，OACO为置于水平面内的光滑闭合金属导轨，O、C处分别接有短电阻丝(图中用粗线表示，长度可以不计，视为O、C两点)，R1＝4 Ω，R2＝8 Ω(导轨其他部分电阻不计)．导轨OAC的形状满足方程y＝2sin (0.3πx)(单位：m)．磁感应强度B＝0.2 T的匀强磁场方向垂直于导轨平面，一足够长的金属棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v＝5.0 m/s水平向右在导轨上从O点滑动到C点，棒与导轨接触良好且始终保持与OC导轨垂直，不计棒的电阻．则( )
A．外力F的最大值为3 N
B．金属棒在导轨上运动时电阻丝R1上消耗的最大功率为1 W
C．整个过程产生的焦耳热为0.5 J
D．在滑动过程中通过金属棒的电流I与时间t的关系式为I＝0.5sin (1.5πt) A
二、理想变压器的动态分析
类型1 匝数比不变的分析思路
(1)U1不变，根据＝，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．
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．
例 5 如图所示， 理想变压器原线圈接在u＝Umsin (ωt＋φ)的交流电源上， 副线圈接三个阻值相同的电阻R，不计电表内电阻影响．闭合开关S后( )
A．电流表A2的示数减小
B．电压表V1的示数减小
C．电压表V2的示数不变
D．电流表A1的示数不变
类型2 负载电阻不变的分析思路
(1)U1不变，发生变化时，U2变化．
(2)R不变，U2变化时，I2发生变化．
(3)根据P2＝，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．
例 6 (多选)如图所示，理想变压器原线圈接u＝220sin (100πt) V的交流电，R为光敏电阻(阻值随着光照强度的增强而减小)，电流表为理想交流电表．当电路工作时，灯泡L发光，下列说法正确的是( )
A．保持滑片P不动，若照射R的光变强，则灯泡L变暗
B．保持滑片P不动，若照射R的光变强，则电流表示数变大
C．保持R上的光照强度不变，若滑片P向下滑动，则灯泡L变亮
D．保持R上的光照强度不变，若滑片P向下滑动，则电流表示数减小
章末素养培优
例1 解析：通过乙图可知电流的最大值为0.6 A，周期T＝0.2 s，故ω＝＝10 π rad/s，故电流的表达式为i＝0.6sin 10πt(A)，A错误；电流的周期为T＝0.2 s，故磁体的转速为n＝＝5 r/s，故B错误；风速加倍时，角速度加倍，根据Em＝nBSω可知，产生的感应电动势加倍，形成的感应电流加倍，故风速加倍时电流的表达式为i＝1.2sin 20πt(A)，故C错误；根据C的分析，形成的感应电流Im＝1.2 A，故有效值为I＝＝0.6 A，D正确．
答案：D
例2 解析：(1)由e＝nBmScos t可知，Em＝nBmSω＝＝8.0 V.
(2)电流的最大值Im＝＝0.80 A，有效值I＝＝ A，小灯泡消耗的电功率P＝I2R＝2.88 W.
(3)在0～时间内，电动势的平均值＝，
平均电流＝＝，
流过灯泡的电荷量Q＝Δt＝＝4.0×10－3 C.
答案：(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3 C
例3 解析：线圈两种运动过程中速度变化情况不同，根据法拉第电磁感应定律可得e＝NBlv＝NB·2πr·v＝2NπBrv，产生的感应电动势随时间的变化不同，则感应电动势的有效值不同，则小电珠亮度不相同，故A错误；根据法拉第电磁感应定律可得感应电动势为e＝NBlv＝NB·2πr·v＝2NπBrv，由于图丁中线圈v随时间变化，则感应电动势会发生变化，故B错误；线圈按丙图情况运动时，速度随时间变化情况为v＝6sin t＝6sin 10πt，产生的电动势的瞬时值表达式为e＝2NπBrv＝2×20π×0.2×0.1×6sin t(V)＝4.8πsin 10πt(V)，故C正确；线圈按丙图情况运动时，电动势有效值E＝＝ V＝2.4π V，感应电流有效值为I＝＝ A＝0.24π A，则小电珠两端的电压为U＝IRL＝0.24π×8 V≈6.03 V，故D错误．
答案：C
例4 解析：当金属棒滑至A位置时，有效切割长度最大，为2 m，产生的最大感应电动势Em＝BLmv＝0.2×2×5 V＝2 V，电路的总电阻R总＝＝ Ω，最大感应电流I总＝＝0.75 A．最大安培力F安＝BImLm＝0.2×0.75×2 N＝0.3 N，由平衡条件可知，外力F的最大值Fm＝F安＝0.3 N，A错误；感应电动势最大时，电阻丝R1上消耗的功率最大，其最大功率P1＝＝1 W，B正确；由题可知，金属棒沿x轴方向运动的位移为x＝ m，运动的总时间为t＝ s＝ s，金属棒产生正弦式交流电，交流电的有效值为E＝ V＝ V，产生的热量Q＝t＝0.5 J，C正确；金属棒与导轨接触点间的长度随时间变化，为L＝2sin (0.3πx)，x＝vt，E＝BLv，I＝＝×2sin (0.3πvt)＝sin (1.5πt) A，D错误．
答案：BC
例5 解析：开关S闭合时，副线圈的总电阻减小，由于变压器的匝数比和输入的电压都不变，所以输出的电压也不变，即V1示数不变，副线圈的总电流增大，则原线圈的电流增大，故A1的示数变大；由于副线圈的电流增大，故串联在副线圈的电阻R两端的电压增大，副线圈并联部分的电压减小，即V2的示数减小，故电流表A2的示数减小，A正确，B、C、D错误．
答案：A
例6 解析：照射R的光变强，光敏电阻R的阻值减小，流过光敏电阻的电流变大，流经灯泡的电流不变，副线圈总电流变大，原线圈电流变大，A错误，B正确；滑片P向下滑动，副线圈的匝数减小，两端电压减小，两支路电流均减小，灯泡L变暗；副线圈中的总电流减小，则电流表示数减小，C错误，D正确．
答案：BD
