专题限时评价(八)
(建议用时：60分钟)
1．在以下四种情景中，线圈中产生的电流与其右方所示的i-t图线相对应的是( )
A. 图甲 B． 图乙
C. 图丙 D． 图丁
A 解析：题图甲线圈中产生的电流大小为i＝＝cos ωt，故A正确；题图乙线圈中产生的电流大小为i＝＝sin ωt，故B错误；题图丙中线圈左右两边匀速切割磁感线，产生恒定的感应电流，故C错误；题图丁线圈中产生的电流大小为i＝＝·sin ωt＝sin ωt，故D错误。
2．如图所示，在光滑绝缘水平面上MN右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，金属线框ACD放在水平面上，线框ADC部分按照正弦曲线形状弯制而成，为完整正弦图像的一半，D点离AC边的距离最远，DE长为d，现使线框以速度v0匀速进入磁场，线框运动过程中AC边始终与MN垂直，若线框的电阻为R，则线框进入磁场的过程中，图中理想电流表的示数为( )
A. B．
C. D．
C 解析：在线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度按正弦规律变化，因此产生的是正弦式交变电流，电动势最大值Em＝Bdv0，电动势有效值E＝Bdv0，电流表的示数为I＝＝，故选C。
3．如图所示为某风力发电机简易模型图。在风力作用下，风叶通过转轴带动条形磁体转动，在线圈L中产生的感应电动势瞬时值表达式为u＝22sin (2πt) V，将线圈L与一电阻R相连，则( )
A. 磁体转到图示位置时，线圈L中的磁通量最小
B. 线圈L中感应电动势的有效值为44 V
C. 风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次
D. 若风叶的转速不变，增大R的阻值，则电阻R上消耗的功率一定增大
C 解析：磁体转到题图所示位置时，线圈L中的磁通量最大，A错误；线圈L中感应电动势的有效值为U＝＝22 V，B错误；风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次，C正确；电阻R上消耗的功率P＝，若风叶的转速不变，增大R的阻值，则电阻R上消耗的功率一定减小，D错误。
4．(2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为( )
甲
乙
A. 2∶3 B． 4∶3
C. 2∶ D． 5∶4
B 解析：根据有效值的定义可知题图甲的有效值的计算为T＝×＋×，解得U1＝U0，题图乙的有效值为U2＝，接在阻值大小相等的电阻上，因此Q1∶Q2＝U∶U＝4∶3，故选B。
5．(2023·浙江卷6月选考)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是( )
A. 送电端先升压再整流
B. 用户端先降压再变交流
C. 1 100 kV是指交变电流的最大值
D. 输电功率由送电端电压决定
A 解析：升压和降压都需要在交流的状态才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1 100 kV指的是直流电流的有效值，故C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。
6．如图甲所示为一种逆变器，逆变器是能够把蓄电池提供的直流转变为交流的设备。如图乙所示为逆变器的简易电路图，核心的控制电路称为“逆变模块”，它的功能是把直流转化为交流，共有5个接线端子。其中1、2、3为输入端，与两块相同的蓄电池连接，蓄电池的电动势为E，内阻不计，两块蓄电池同时工作；4、5为输出端，与理想变压器的原线圈相连，原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，副线圈连一个电阻阻值为R的灯泡L。已知电压表示数为U，电流表示数为I，逆变模块自身消耗的电功率忽略不计，则理想变压器原、副线圈的匝数比为( )
甲 乙
A. B．
C. D．
B 解析：理想变压器原、副线圈的匝数比为＝，根据题意得U1＝U，通过每块电池的电流为，逆变器的输入功率等于变压器的输出功率，即2＝，解得＝，故选B。
7．如图所示，MN、PQ是两条水平平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻R＝10 Ω组成闭合回路，变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝1∶5，导轨宽L＝5 m，质量m＝2 kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从t＝0时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝2sin (20πt) m/s，垂直轨道平面向下的匀强磁场的磁感应强度 B＝4 T，导轨、导线和线圈电阻均不计，则( )
A. 导体棒ab中产生的电动势的表达式为e＝20sin (20πt) V
B. 电阻R上的电功率为2 000 W
C. 从t＝0到t＝0.025 s的时间内，外力F所做的功为204 J
D. 从t＝0到t＝10 s的时间内，电阻R上产生的热量为2×105 J
B 解析：导体棒ab中产生的电动势的表达式为e＝BLv＝40sin (20πt) V，故A错误；由U1＝20 V，＝，可得U2＝100 V，由P＝，得P＝2 000 W，故B正确；根据T＝，可得T＝0.1 s，从t＝0到t＝0.025 s经历了个周期，这段时间内电阻R上产生的热量Q＝·＝50 J，t＝0.025 s时刻导体棒ab的速度vm＝2 m/s，由能量守恒定律得W＝Q＋mv＝54 J，故C错误；从t＝0到t＝10 s的时间内，电阻R上产生的热量Q＝·10 s＝2×104 J，故D错误。
8．如图甲所示为产生交变电流的示意图，其产生如图乙所示的正弦式交变电流输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为22∶1，二极管正向导通电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是( )
A. 电压表的示数为10 V
B. 若只将S从1拨到2，电流表示数增大
C. 在0～0.01 s时间内穿过线圈的磁通量变化量大小为 Wb
D. 若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
C 解析：原线圈的电压有效值U1＝＝220 V，根据变压比可知副线圈电压有效值U2＝U1＝10 V，由于二极管的单向导电性，根据有效值的定义有·＝T，解得电压表的示数为U＝5 V，故A错误；根据变压比可知副线圈电压U2＝U1，若只将S从1拨到2，则n1增大，副线圈电压减小，副线圈电流减小，可知变压器的输出功率变小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；由题图乙知，t＝0时刻电压为0，故t＝0时刻线圈处于中性面，经过0.01 s即，线圈转动180°，因为开始后的周期内电动势为正值，则穿过线圈的磁通量变化量为ΔΦ＝－2BS，又因为Um＝BSω＝，解得ΔΦ＝－＝－ Wb，故C正确；若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据·＝T，得U＝，则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小，电流表示数减小，故D错误。
9．(2024·济南模拟)如图所示，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕中心转轴匀速转动，产生的感应电动势e＝20sin (100πt) V，发电机输出端接理想变压器，理想变压器原、副线圈匝数比n0∶n1∶n2＝4∶1∶2，副线圈1接额定电压为4 V的小灯泡，副线圈2连接定值电阻R。开关S断开时，小灯泡正常发光，理想电流表的示数为1 A；开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，小灯泡仍正常发光。下列说法正确的是( )
A. 矩形线圈的电阻为1 Ω
B. 开关S闭合后，理想电流表的示数仍为1 A
C. 定值电阻R的阻值为4 Ω
D. 开关S闭合后发电机的总功率为开关S闭合前发电机总功率的2倍
C 解析：开关S断开时，小灯泡正常发光，由变压器规律＝，解得U0＝16 V，在原线圈由闭合电路欧姆定律E有效＝U0＋I0r，E有效＝＝20 V，解得矩形线圈的电阻为r＝4 Ω，故A错误；开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，由E′m＝1.2Em＝24 V，因为小灯泡仍然正常发光，所以U0＝16 V，由闭合电路欧姆定律E′有效＝U0＋I′0r，E′有效＝＝24 V，解得理想电流表的示数为I′0＝2 A，故B错误；开关S断开时，小灯泡正常发光，由变压器规律＝，解得小灯泡的额定电流为IL＝4 A，开关S闭合后，由变压器规律＝，n0I′0＝n1IL＋n2I2，解得U2＝8 V，I2＝2 A，所以定值电阻R＝＝4 Ω，故C正确；开关S闭合后发电机的总功率为P′＝E′有效I′0＝48 W，开关S闭合前发电机总功率为P＝E有效I0＝20 W，所以＝，故D错误。
10．(2024·湖南卷)某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是( )
A. 风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B. 输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为4P
C. 若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D. 若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
A 解析：如图为等效电路图，设降压变压器的原、副线圈匝数比为k∶1，则输电线上的电流为I2＝，
转子在磁场中转动时产生的电动势为e＝NBSωsin ωt。当转子角速度增加一倍时，升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为I′2＝2I2，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，A正确；升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，C错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I″2＝，R0消耗的功率P3＝I″·2R0≠4P，B错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为I?2＝＝，R0消耗的功率P4＝I?R0≠6P，D错误。
11．(多选)新一代标准动车组“复兴号”是我国自主研发、集成了大量现代国产高新技术的新一代高速列车。如图所示，“复兴号”高铁的供电流程是将电网高压U1经过牵引变电所进行变压(可视作理想变压器)降至U2，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触完成受电，机车最终获得的电压U3使高铁机车运行，牵引变电所到机车之间线路的电阻不可忽略。根据上述信息可知( )
A. 牵引变电所变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝U1∶U2
B. 机车获得的电压U3与牵引变电所输出的电压U2相等
C. 如果高铁机车功率为P，则牵引变电所到机车之间线路的等效电阻为r＝
D. 如果高铁机车功率为P，牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为P损＝
AD 解析：若电网的电压为U1，根据＝，可得＝，故A正确；由于牵引变电所到机车之间线路有电阻，可知电压有损耗，则机车获得的电压U3与牵引变电所输出的电压U2不相等，故B错误；如果高铁机车功率为P，由P＝U3I，得I＝，牵引变电所到机车之间线路的等效电阻为r＝＝·U3，牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为P损＝I2r＝，故C错误，D正确。
12．(2024·烟台模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，输入端A、B接入电压有效值恒定的交流电源。滑动变阻器R1最大阻值为40 Ω，其滑片P1初始位置在最左端；滑动变阻器R2最大阻值为5 Ω，其滑片P2初始位置在正中间。理想电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，下列说法正确的是( )
A. P2保持不动，P1向右滑动，则U1增大，U2不变
B. P1保持不动，P2向下滑动，则I1减小，I2减小
C. P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率一直增大
D. P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率先增大后减小
D 解析：设原、副线圈的匝数比为k∶1，根据理想变压器电压与匝数比的关系U初＝kU次，电流与匝数比的关系I初＝，副线圈负载电阻R2＝，原线圈的等效电阻R等效＝＝k2R2，设输入电压为U0，对于原线圈电路，根据欧姆定律I初＝＝，P2保持不动，即R2不变，P1向右滑动，则R1变大，I初减小，次级电流减小，初级电压减小，则U2减小，U1增大，故A错误；P1保持不动，P2向下滑动，R2减小，则I初增大，即I1增大，匝数不变，由＝可知I2增大，故B错误；P2保持不动，原线圈的等效电阻R等效＝k2R2＝22×2.5Ω＝10Ω，将此电阻看作是电源U0的内阻，将R1看作是电源的外电阻，则当P1向右滑动时，电阻增加，当R1＝10Ω 时，R1消耗的功率最大，然后随R1阻值继续增加，R1消耗的功率逐渐减小，即R1消耗的功率先增加后减小，故C错误，D正确。(共76张PPT)
板块二 电磁学
命题区间八 交变电流 变压器
近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.关注交变电流产生的原理和描述交变电流所用的物理量。
2．关注理想变压器的原理，强化其中的电压关系、电流关系和功率关系。
3．关注远距离输电的原理，强化远距离输电过程中各物理量的联系及其变化情况。
变压器
与远距离输电 √ √
交变电流的
产生及描述 √
涉及有效值的
综合分析与计算
变压器的动态分析
近三年山东已考命题点
01
(2023·山东卷)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率为500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率为88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是( )
命题点一 变压器与远距离输电
A. 发电机的输出电流为368 A
B. 输电线上损失的功率为4.8 kW
C. 输送给储能站的功率为408 kW
D. 升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
√
1．理想变压器的基本关系
理想变压器是没有能量损失(铜损、铁损)，也没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)的变压器。
项目 内容
制约
关系 电压 副线圈电压U2由原线圈电压U1和原、副线圈匝数比决定
功率 原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定
电流 原线圈电流I1由副线圈电流I2和原、副线圈匝数比决定
2.远距离输电问题
(1)三个回路(如图所示)。
(2)两个损耗
①电压损耗：ΔU＝U2－U3＝I线R线；
(3)一个关键：回路2的电流I2 ＝I3 ＝I线。
A. 流过灯泡L2的电流的频率是流过灯泡L1的电流的频率的1.6倍
B. 当滑动变阻器的滑片向右移动时，流过灯泡L1的电流变大
C. 流过灯泡L1的电流为4 A
D. 灯泡L1、L2两端的电压之比为8∶5
√
A. T1输出电压与T2输入电压相等
B. T1输出功率大于T2输入功率
C. 若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D. 若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
2．(2023·天津卷)如图所示为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有( )
√
B 解析：由于输电过程中输电电路电阻R两端有电势差，并且要产生热量，会有功率损失，所以T1输出电压大于T2输入电压，T1输出功率大于T2输入功率，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，若用户接入的用电器增多，用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损＝I2R，可知R功率增大，故C错误；若用户接入电路的用电器增多，用电器消耗总功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
A. A1的示数大于A2的示数
B. R3的功率小于R4的功率
C. R3两端的电压大于R4两端的电压
D. R1两端的电压大于R2两端的电压
3．(2024·烟台模拟)如图为某实验小组模拟远距离输电的实验电路图，已知两理想变压器的匝数n1＝n4√
A. 甲是电流互感器，乙是电压互感器
B. 输电线路上损耗的功率为320 W
C. 用户得到的电功率为3 392 kW
D. 用电设备增多，降压变压器输出电压U4变大
4．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，电压表的示数为220 V，电流表的示数为4 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则下列说法正确的是( )
√
到的功率为3 392 kW，故C正确；用电设备增多时，降压变压器副线圈回路的电流增大，则输电线上的电流增大，输电线上损失的电压增大，降压变压器的输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4随之变小，故D错误。
(2024·山东卷)如图甲所示，在－d≤x≤d、－d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为( )
命题点二 交变电流的产生及描述
√
看到什么 想到什么
图甲 e＝Esin ωt
图丙 从图甲转过多大角度产生电动势
选项 需要求磁场区域平行于x轴的边长
1．正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置
线圈位置 中性面位置 与中性面垂直的位置
图示
线圈位置 中性面位置 与中性面垂直的位置
特点 B⊥S B∥S
Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小
e＝0，最小 e＝nBSω，最大
感应电流为0，方向改变 感应电流最大，方向不变
2.正弦式交变电流的四值问题
1．(2024·青岛模拟)如图，学校兴趣小组利用厚度为d、电阻率为ρ的硅钢片制成一个内径为r、高度为h的圆筒，d r。已知圆筒所在处有沿轴线方向竖直向上的磁场，磁感应强度随时间变化的规律为B＝B0sin ωt，下列说法正确的是( )
A. 硅钢片中感应电动势e＝πr2ωB0sin ωt
√
2．(2023·烟台模拟)如图甲所示，在水平向右的匀强磁场中，匝数为100匝的矩形线圈绕与线圈平面共面的竖直轴匀速转动，从线圈转到某一位置开始计时，线圈中的瞬时感应电动势e随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
A. e＝0时，穿过线圈的磁通量为0
B. t＝0时，线圈平面与磁场方向夹角为30°
√
3．(2023·湖南卷)(多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A. 线圈转动的角速度为4ω
D. 若仅将小轮半径变为原来的2倍，则灯泡变得更亮
√
√
近三年山东未考命题点
02
(2023·重庆模拟)如图所示，MN右侧存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，某同学用粗细均匀、总阻值为R的漆包电阻丝做成两个半径均为r的半圆形闭合金属线圈，图中O点导线交叉处不连通。金属线圈可绕两半圆直径所在的转轴O1O2(恰好与边界MN重合)转动。金属线圈以角速度ω1匀速转过半圈的过程中产生的热量与以角速度ω2匀速转过一圈的过程中产生的热量相等，则ω1∶ω2等于( )
命题点一 涉及有效值的综合分析与计算
A. 2∶1 B． 4∶1
C. 1∶2 D． 1∶4
√
1．由题意和题图画出该交流电的U-t图像。
如图所示。
2．写出正、余弦式交流电最大值与有效值的关系。
有效值的计算
(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解。
(2)电流或电压分段变化时，分段计算电热求和，得出一个周期内产生的总热量。
1．在图乙所示的电路中，电源输出如图甲所示的交变电流(横轴上方图线为正弦曲线，电源内阻不计)。电阻R的阻值为10 Ω，电表均为理想电表。下列判断正确的是( )
A. 电压表的示数为10 V
B. 电流表的示数为2 A
C. 若将电阻R替换为一个电容，欲使电路安全运行，其耐压值最少为10 V
√
2．(2023·德州模拟)如图甲所示电路中，电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为0，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(uAB>0时电压为正值)，则R2两端电压的有效值为( )
√
A. 浮筒在竖直方向上下运动的频率为 2.5 Hz
B. 发电机的输出功率为1.28 W
C. 小灯泡的额定电压为4 V
√
(2023·西安模拟)如图所示，N匝矩形线圈以转速n绕轴OO′ 匀速转动，轴OO′ 与线圈平面共面且与磁场方向垂直，磁场的磁感应强度为B，线圈面积为S，线圈电阻为r，线圈两个末端分别通过电刷与理想自耦变压器相连，P1为变压器上的滑动触头，P2为滑动变阻器上的滑片，电压表和电流表均为理想电表，则下列说法正确的是( )
命题点二 变压器的动态分析
A. 从图示位置开始计时，线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e＝2πnBSsin (2πnt)
B. 若保持P2不动，P1从M位置逆时针转到N位置，则电压表V1示数增大
C. 只增大线圈的转速，定值电阻R0消耗的电功率减小
√
1．线圈在匀强磁场中绕转轴转动时产生交变电流的表达式？
B⊥S时，表达式为e＝NBSωsin ωt；B∥S时，表达式为e＝NBSωcos ωt。
将变压器及R2等效为阻值为k2R2的电阻，U1＝IR1＋Ik2R2。
1．变压器等效电阻
2．变压器动态分析的两种常见情况
匝数比不变 负载电阻不变
1．(2024·济南模拟)(多选)如图所示，理想变压器的副线圈匝数可调，MN端接输出电压有效值恒定的正弦交流电，电流表及电压表均可视为理想的交流电表，电表示数为U1、I1、U2、I2，当副线圈的滑片P向下滑动时，电表示数变化量的绝对值为ΔU1、ΔI1、ΔU2、ΔI2，下列说法正确的是( )
C. 乘积U1I1可能变小
√
√
A. 电阻R3的功率一直不变
C. 当滑片P滑至b端时，整个电路的功率达到最大
√
A. 当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，通过R2的电流的频率变大
C. 当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电压表V1的示数变化范围为52～60 V
D. 当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电压表V2的示数变化范围为0～20 V
√
√近三年山东高考考情分析 备考建议
命题点 2022年 2023年 2024年 1.关注交变电流产生的原理和描述交变电流所用的物理量。 2．关注理想变压器的原理，强化其中的电压关系、电流关系和功率关系。 3．关注远距离输电的原理，强化远距离输电过程中各物理量的联系及其变化情况。
变压器 与远距离输电 √ √
交变电流的 产生及描述 √
涉及有效值的 综合分析与计算
变压器的 动态分析
变压器与远距离输电
(2023·山东卷)某节能储能输电网络如图所示，发电机的输出电压U1＝250 V，输出功率为500 kW。降压变压器的匝数比n3∶n4＝50∶1，输电线总电阻R＝62.5 Ω。其余线路电阻不计，用户端电压U4＝220 V，功率为88 kW，所有变压器均为理想变压器。下列说法正确的是( )
A. 发电机的输出电流为368 A
B. 输电线上损失的功率为4.8 kW
C. 输送给储能站的功率为408 kW
D. 升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶44
C 解析：由P＝UI得发电机的输出电流I1＝＝ A＝2×103 A，A错误；用户端电流I4＝＝ A＝400 A，由理想变压器原、副线圈的电流之比与原、副线圈的匝数之比的关系得＝，则I3＝I4＝×400 A＝8 A，输电线上损失的功率ΔP＝IR＝4 kW，B错误；输送的总功率P2＝P4＋ΔP＝88 kW＋4 kW＝92 kW，则输送给储能站的功率P′＝P1－P2＝500 kW－92 kW＝408 kW，C正确；输送电压U2＝＝ V＝1.15×104 V，由理想变压器原、副线圈的电压之比与原、副线圈的匝数之比的关系得＝＝＝，则升压变压器的匝数比n1∶n2＝1∶46，D错误。
看到什么 想到什么
理想变压器 P入＝P出，即P＝U2I2＋P储 ＝，＝＝
远距离输电 I2＝I3 U2I2＝U3I2＋IR U3I2＝U4I4
1．理想变压器的基本关系
理想变压器是没有能量损失(铜损、铁损)，也没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)的变压器。
项目 内容
基本 关系 功率关系 原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P入＝P出
电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，即＝，与负载、副线圈的多少无关
电流关系 (1)只有一个副线圈时，＝； (2)有多个副线圈时，由P入＝P出，得I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn
频率关系 f1＝f2(变压器不改变交变电流的频率)
制约 关系 电压 副线圈电压U2由原线圈电压U1和原、副线圈匝数比决定
功率 原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定
电流 原线圈电流I1由副线圈电流I2和原、副线圈匝数比决定
2.远距离输电问题
(1)三个回路(如图所示)。
(2)两个损耗
①电压损耗：ΔU＝U2－U3＝I线R线；
②功率损耗：ΔP＝P2－P3＝IR线＝ 。
(3)一个关键：回路2的电流I2 ＝I3 ＝I线。
1．(2024·长沙模拟)如图为某输电网络的变压器，变压器为理想变压器，其输入端的输入电压表达式为u0＝220sin(100πt)V，输入端的线圈匝数为n1，两个输出端的线圈匝数分别为n2和n3。其中n1∶n2∶n3＝11∶8∶5。两个灯泡L1、L2的电阻均恒为R＝40 Ω，RP为滑动变阻器。下列说法正确的是( )
A. 流过灯泡L2的电流的频率是流过灯泡L1的电流的频率的1.6倍
B. 当滑动变阻器的滑片向右移动时，流过灯泡L1的电流变大
C. 流过灯泡L1的电流为4 A
D. 灯泡L1、L2两端的电压之比为8∶5
C 解析：变压器不能改变电流的频率，则流过灯泡L2的电流的频率和流过灯泡L1的电流的频率相等，故A错误；原线圈两端电压有效值不变，n1和n2不变，则灯泡L1的两端的电压不变，流过灯泡L1的电流不变，与滑动变阻器的电阻大小无关，故B错误；变压器的输入电压的有效值为U1＝＝ V＝220 V，根据＝，解得U2＝160 V，则流过灯泡L1的电流为I2＝＝ A＝4 A，故C正确；根据＝，可知变压器两个输出端的电压之比为8∶5，但是灯泡L2与滑动变阻器串联，故灯泡L1、L2两端的电压之比不一定为8∶5，故D错误。
2．(2023·天津卷)如图所示为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有( )
A. T1输出电压与T2输入电压相等
B. T1输出功率大于T2输入功率
C. 若用户接入的用电器增多，则R功率降低
D. 若用户接入的用电器增多，则T2输出功率降低
B 解析：由于输电过程中输电电路电阻R两端有电势差，并且要产生热量，会有功率损失，所以T1输出电压大于T2输入电压，T1输出功率大于T2输入功率，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，若用户接入的用电器增多，用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损＝I2R，可知R功率增大，故C错误；若用户接入电路的用电器增多，用电器消耗总功率增大，即T2输出功率增大，故D错误。
3．(2024·烟台模拟)如图为某实验小组模拟远距离输电的实验电路图，已知两理想变压器的匝数n1＝n4A. A1的示数大于A2的示数
B. R3的功率小于R4的功率
C. R3两端的电压大于R4两端的电压
D. R1两端的电压大于R2两端的电压
C 解析：在远距离输电的过程中，输电线路相同时，通过升压变压器，输送的电压升高，从而减小了输电电流，所以A1的示数小于A2的示数，故A错误；根据P损＝I2R可知输电线路电阻相等时，高压输电时损失功率较小，到达用户的功率较大，即R3的功率大于R4的功率，故B错误；根据P＝可知用户电阻不变情况下，高压输电时用户端的电压较大，即R3两端的电压大于R4两端的电压，故C正确；由欧姆定律U＝IR，可知R1两端的电压小于R2两端的电压，故D错误。
4．如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器。在输电线路的起始端接入甲、乙两个互感器，两互感器原、副线圈的匝数比分别为200∶1和1∶20，电压表的示数为220 V，电流表的示数为4 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则下列说法正确的是( )
A. 甲是电流互感器，乙是电压互感器
B. 输电线路上损耗的功率为320 W
C. 用户得到的电功率为3 392 kW
D. 用电设备增多，降压变压器输出电压U4变大
C 解析：互感器甲的原线圈并联在升压变压器副线圈两端，是电压互感器，互感器乙的原线圈串联在输电线电路中，是电流互感器，故A错误；电流表的示数为4 A，电流互感器乙原、副线圈的匝数比为1∶20，可知输电线上的电流为I2＝80 A，输电线路总电阻r＝20 Ω，则输电线路上损耗的功率为P损＝Ir＝802×20 W＝128 000 W＝128 kW，故B错误；电压表的示数为220 V，电压互感器甲的原、副线圈的匝数比为200∶1，可知升压变压器副线圈两端电压为U2＝44 000 V，则升压变压器的输出功率为P2＝U2I2＝44 000×80 W＝3 520 000 W＝3 520 kW，则升压变压器的输入功率为3 520 kW，用户得到的功率为3 392 kW，故C正确；用电设备增多时，降压变压器副线圈回路的电流增大，则输电线上的电流增大，输电线上损失的电压增大，降压变压器的输入电压U3变小，降压变压器输出电压U4随之变小，故D错误。
交变电流的产生及描述
(2024·山东卷)如图甲所示，在－d≤x≤d、－d≤y≤d的区域中存在垂直Oxy平面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场(用阴影表示磁场的区域)，边长为2d的正方形线圈与磁场边界重合。线圈以y轴为转轴匀速转动时，线圈中产生的交变电动势如图乙所示。若仅磁场的区域发生了变化，线圈中产生的电动势变为图丙所示实线部分，则变化后磁场的区域可能为( )
甲 乙 丙
C 解析：根据题意可知，磁场区域变化前线圈产生的感应电动势为e＝Esin ωt，由题图丙可知，磁场区域变化后，当Esin ωt＝时，线圈的侧边开始切割磁感线，即当线圈旋转时开始切割磁感线，由几何关系可知磁场区域平行于x轴的边长变为d′＝2dcos ＝d，故选C。
看到什么 想到什么
图甲 e＝Esin ωt
图丙 从图甲转过多大角度产生电动势
选项 需要求磁场区域平行于x轴的边长
1．正弦式交变电流产生过程中的两个特殊位置
线圈位置 中性面位置 与中性面垂直的位置
图示
特点 B⊥S B∥S
Φ＝BS，最大 Φ＝0，最小
e＝0，最小 e＝nBSω，最大
感应电流为0，方向改变 感应电流最大，方向不变
2.正弦式交变电流的四值问题
物理量 表达式 应用情况及说明
瞬时值 e＝Emsin ωt， u＝Umsin ωt， i＝Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力情况等
最大值 (峰值) Em＝nBSω Im＝ 确定用电器的耐压值、电容器的击穿电压等
有效值 E＝ U＝ I＝ (1)计算与电流做功有关的量(如电功、电功率、电热等)。 (2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值。 (3)保险丝的熔断电流为有效值。 (4)电表的示数为有效值
平均值 ＝BL ＝n ＝ 计算某段时间内通过电路某截面的电荷量
1．(2024·青岛模拟)如图，学校兴趣小组利用厚度为d、电阻率为ρ的硅钢片制成一个内径为r、高度为h的圆筒，d r。已知圆筒所在处有沿轴线方向竖直向上的磁场，磁感应强度随时间变化的规律为B＝B0sin ωt，下列说法正确的是( )
A. 硅钢片中感应电动势e＝πr2ωB0sin ωt
B. t＝时，硅钢片中感应电动势最大
C. 硅钢片中感应电流的有效值为
D. 硅钢片的发热功率为
C 解析：根据法拉第电磁感应定律可得e＝＝＝πr2ωB0cos ωt，则当t＝时，硅钢片中感应电动势最小，故A、B错误；根据电阻决定式得R＝ρ＝ρ ，感应电流的有效值为I有＝＝＝，故C正确；发热功率为P＝IR＝2·＝，故D错误。
2．(2023·烟台模拟)如图甲所示，在水平向右的匀强磁场中，匝数为100匝的矩形线圈绕与线圈平面共面的竖直轴匀速转动，从线圈转到某一位置开始计时，线圈中的瞬时感应电动势e随时间t变化的关系如图乙所示。下列说法正确的是( )
甲 乙
A. e＝0时，穿过线圈的磁通量为0
B. t＝0时，线圈平面与磁场方向夹角为30°
C. 瞬时感应电动势e随时间t的变化关系为e＝22sin V
D. 线圈转动一圈的过程中，穿过线圈磁通量的最大值为×10－4 Wb
D 解析：由题图乙可知，线圈转动周期为0.02 s，角速度为ω＝＝100π rad/s，瞬时感应电动势e随时间t的变化关系为e＝22sin V，当e＝0时，穿过线圈的磁通量不为0，当t＝0时，线圈平面与磁场方向夹角为60°，故A、B、C错误；线圈转动一圈的过程中，穿过线圈磁通量的最大值为Φm＝BS＝＝×10－4 Wb，故D正确。
3．(2023·湖南卷)(多选)某同学自制了一个手摇交流发电机，如图所示。大轮与小轮通过皮带传动(皮带不打滑)，半径之比为4∶1，小轮与线圈固定在同一转轴上。线圈是由漆包线绕制而成的边长为L的正方形，共n匝，总阻值为R。磁体间磁场可视为磁感应强度大小为B的匀强磁场。大轮以角速度ω匀速转动，带动小轮及线圈绕转轴转动，转轴与磁场方向垂直。线圈通过导线、滑环和电刷连接一个阻值恒为R的灯泡。假设发电时灯泡能发光且工作在额定电压以内，下列说法正确的是( )
A. 线圈转动的角速度为4ω
B. 灯泡两端电压有效值为3nBL2ω
C. 若用总长为原来2倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则灯泡两端电压有效值为
D. 若仅将小轮半径变为原来的2倍，则灯泡变得更亮
AC 解析：大轮和小轮通过皮带传动，边缘线速度大小相等，小轮和线圈同轴转动，角速度相等，由大轮与小轮半径之比为4∶1，可知小轮转动的角速度为4ω，线圈转动的角速度为4ω，A正确；线圈转动产生的感应电动势最大值Emax＝4nBSω＝4nBL2ω，则线圈产生的感应电动势有效值E＝＝2nBL2ω，根据串联电路分压原理可知，灯泡两端电压有效值为U＝＝nBL2ω，B错误；若用总长为原来2倍的相同漆包线重新绕制成边长仍为L的多匝正方形线圈，则线圈的匝数变为原来的2倍，线圈产生的感应电动势最大值E′max＝8nBL2ω，此时线圈产生的感应电动势有效值 E′＝＝4nBL2ω，根据电阻定律可知线圈电阻变为原来的2倍，即为2R，根据串联电路分压原理可得灯泡两端电压有效值U′＝＝，C正确；若仅将小轮半径变为原来的2倍，根据v＝ωr可知小轮和线圈的角速度变小，结合上述分析，可知线圈产生的感应电动势的有效值变小，则灯泡变暗，D错误。
涉及有效值的综合分析与计算
(2023·重庆模拟)如图所示，MN右侧存在垂直纸面向里、磁感应强度大小为B的匀强磁场，某同学用粗细均匀、总阻值为R的漆包电阻丝做成两个半径均为r的半圆形闭合金属线圈，图中O点导线交叉处不连通。金属线圈可绕两半圆直径所在的转轴O1O2(恰好与边界MN重合)转动。金属线圈以角速度ω1匀速转过半圈的过程中产生的热量与以角速度ω2匀速转过一圈的过程中产生的热量相等，则ω1∶ω2等于( )
A. 2∶1 B． 4∶1
C. 1∶2 D． 1∶4
A 解析：金属线圈转动过程中产生的感应电动势最大值Em＝BSω＝Bπr2ω，电路中电流的有效值I＝＝＝；金属线圈以角速度ω1匀速转过半圈过程中产生的热量Q1＝I··＝，金属线圈以角速度ω2匀速转过一圈产生的热量Q2＝I··＝，由题意知Q1＝Q2，则 ω1∶ω2＝2∶1，故A正确，B、C、D错误。
1．由题意和题图画出该交流电的U-t图像。
如图所示。
2．写出正、余弦式交流电最大值与有效值的关系。
I＝，U＝。
有效值的计算
(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”，即“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解。
(2)电流或电压分段变化时，分段计算电热求和，得出一个周期内产生的总热量。
(3)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值。
(4)若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的周期(但必须是从0至最大值或从最大值至0)和周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝、U＝求解。
1．在图乙所示的电路中，电源输出如图甲所示的交变电流(横轴上方图线为正弦曲线，电源内阻不计)。电阻R的阻值为10 Ω，电表均为理想电表。下列判断正确的是( )
甲 乙
A. 电压表的示数为10 V
B. 电流表的示数为2 A
C. 若将电阻R替换为一个电容，欲使电路安全运行，其耐压值最少为10 V
D. 电阻R在任意个周期内产生的热量一定等于0.1 J
A 解析：电压表的示数为有效值U，则有T＝·＋·，解得U＝10 V，故A正确；由欧姆定律可知，电流表的示数为I＝＝ A＝1 A，故B错误；由于交变电流的峰值为Um＝10 V>10 V，因此，若将电阻R换成一个耐压值为10 V的电容，会被击穿，故C错误；由图像可知，在任意个周期内通过电阻R的电流有效值不一定是1 A，所以电阻R在任意个周期内产生的热量不能根据Q＝I2RT＝12×10×1×10－2 J＝0.1 J 计算，故D错误。
2．(2023·德州模拟)如图甲所示电路中，电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为0，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(uAB>0时电压为正值)，则R2两端电压的有效值为( )
甲 乙
A. 5 V B． 10 V
C. 5 V D． 10 V
A 解析：当UAB>0时A点电势高于B点电势，二极管导通，即R1被短路，R2两端电压有效值为U1＝ V＝20 V；当UAB<0时B点电势高于A点电势，二极管截止，R1、R2串联，R2两端电压有效值为U2＝10 V，根据有效值定义可知T＝·＋·，解得U＝5 V，故A正确，B、C、D错误。
3．(2023·济南模拟)为发展新能源，某科研小组制作了一个小型波浪发电机，磁体固定在水中，S极上套有一个浮筒，浮筒上绕有线圈，其截面示意图如图甲所示，浮筒可随波浪上下往复运动切割磁感线而产生电动势，线圈中产生的感应电动势随时间按正弦规律变化，如图乙所示，线圈电阻r＝2 Ω，匝数为100匝，线圈处磁感应强度B＝0.1 T，线圈的直径d＝ m，把线圈与阻值R＝8 Ω的小灯泡串联，小灯泡恰好正常发光，下列说法不正确的是( )
甲 乙
A. 浮筒在竖直方向上下运动的频率为 2.5 Hz
B. 发电机的输出功率为1.28 W
C. 小灯泡的额定电压为4 V
D. 浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为 m/s
C 解析：由题图乙可知，交变电流的频率f＝＝ Hz＝2.5 Hz，浮筒在竖直方向上下运动的频率与交变电流的频率相同，故A正确；由题图乙可知，感应电动势有效值为E＝＝ V＝4 V，根据闭合电路的欧姆定律，线圈中的电流有效值I＝＝ A＝0.4 A，小灯泡恰好正常发光，则小灯泡的额定电压U＝IR＝0.4×8 V＝3.2 V，发电机输出功率为P＝UI＝3.2×0.4 W＝1.28 W，故B正确，C错误；由Em＝NBLvm得，浮筒在竖直方向上下运动的最大速度为vm＝＝＝ m/s＝ m/s，故D正确。
变压器的动态分析
(2023·西安模拟)如图所示，N匝矩形线圈以转速n绕轴OO′ 匀速转动，轴OO′ 与线圈平面共面且与磁场方向垂直，磁场的磁感应强度为B，线圈面积为S，线圈电阻为r，线圈两个末端分别通过电刷与理想自耦变压器相连，P1为变压器上的滑动触头，P2为滑动变阻器上的滑片，电压表和电流表均为理想电表，则下列说法正确的是( )
A. 从图示位置开始计时，线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e＝2πnBSsin (2πnt)
B. 若保持P2不动，P1从M位置逆时针转到N位置，则电压表V1示数增大
C. 只增大线圈的转速，定值电阻R0消耗的电功率减小
D. 若P1不动，P2向左滑动，则电流表示数增大，减小
D 解析：题图所示时刻线圈在中性面位置，从该时刻开始计时，线圈中的感应电动势瞬时值表达式为e＝2πnNBSsin (2πnt)，故A错误；理想变压器和副线圈电路构成的等效电阻R等效＝(R＋R0)，当P1从M位置逆时针转到N位置时，理想变压器n2增大，等效电阻减小，即外电阻减小，路端电压U1减小，故B错误；只增大线圈的转速，线圈感应电动势的有效值增大，因为总电阻不变，故原线圈中电流增大，副线圈中电流也增大，根据P＝I2R0可知，定值电阻R0消耗的电功率也增大，故C错误；若P1不动，P2向左滑动，R减小，等效电阻减小，则U1减小，原线圈和副线圈中电流都增大，电流表示数增大，U2增大，减小，故D正确。
1．线圈在匀强磁场中绕转轴转动时产生交变电流的表达式？
B⊥S时，表达式为e＝NBSωsin ωt；B∥S时，表达式为e＝NBSωcos ωt。
2．如图所示，电路中＝k，若将有变压器的电路等效为无变压器的电路，应如何等效？
将变压器及R2等效为阻值为k2R2的电阻，U1＝IR1＋Ik2R2。
1．变压器等效电阻
如图甲所示，变压器的原线圈接入电阻后，随着副线圈电阻的变化，变压器的输入电压会发生变化。解决这类问题时，可以将变压器以及副线圈电路等效为电阻为R4的用电器，如图乙所示。设原线圈的电压为U1，副线圈的电压为U2，原线圈中的电流为I1，副线圈中的电流为I2，由＝知U2＝U1，I2＝＝·，又I1n1＝I2n2，则I1＝2，可得等效电阻R4＝＝2R3。
2．变压器动态分析的两种常见情况
匝数比不变 负载电阻不变
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可知不论负载电阻R如何变化，U2都不变。 (2)当负载电阻R发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。 (3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化 (1)U1不变，发生变化，可以判断U2的变化。 (2)R不变，U2变化，可以判断I2的变化。 (3)根据P2＝和P1＝P2，可以判断P2和P1的变化；进一步根据U1不变，判断I1发生的变化
1．(2024·济南模拟)(多选)如图所示，理想变压器的副线圈匝数可调，MN端接输出电压有效值恒定的正弦交流电，电流表及电压表均可视为理想的交流电表，电表示数为U1、I1、U2、I2，当副线圈的滑片P向下滑动时，电表示数变化量的绝对值为ΔU1、ΔI1、ΔU2、ΔI2，下列说法正确的是( )
A. 比值不变
B. 比值不变
C. 乘积U1I1可能变小
D. 比值变大
BC 解析：设原线圈匝数为n1，副线圈接入电路的匝数为n2，由理想变压器变压规律有＝，变压器输入功率等于输出功率，有U1I1＝U2I2，由欧姆定律有U2＝I2R，把变压器及其右侧电路等效为电阻R′，有R′＝＝×＝R，当副线圈的滑片P向下滑动时，n2增加，等效电阻R′减小，U1减小，I1增大，减小，故A错误；根据闭合电路欧姆定律有U1＝U－I1r，U1-I1图线斜率的绝对值等于r，所以比值不变，故B正确；变压器的输入功率P＝U1I1＝IR′＝2R′＝，当R′＝r时，P有最大值，由于R和r的关系未知，所以R′与r的关系也未知，若开始时R′≤r，滑片P向下滑动时，乘积U1I1会变小，故C正确；由于R为定值电阻，R＝＝，比值不变，故D错误。
2．(2024·临沂一模)在如图所示的电路中，理想变压器的匝数n1∶n2∶n3＝4∶2∶1，定值电阻R1＝4.8 Ω，R2＝R3＝1 Ω，滑动变阻器R的最大阻值为3 Ω。在c、d两端输入正弦式交变电流，电压的表达式为u＝8sin (100πt) V。当滑片P从a端滑到b端的过程中，下列说法正确的是( )
A. 电阻R3的功率一直不变
B. 理想变压器的最大输出功率为 W
C. 当滑片P滑至b端时，整个电路的功率达到最大
D. 电流表示数的最小值为 A
C 解析：由电压的表达式为u＝8sin (100πt) V可知，电压的有效值为U＝＝8 V，等效电路图如图所示，
其中R′2＝2(R2＋R)，R′3＝2R3，由图可知当滑片P从a端滑到b端的过程中滑动变阻器的阻值变小，有I1＝，故原线圈的电流不断变大，又因为P＝UI1，所以当滑片P滑至b端时，整个电路的功率达到最大，故C正确；由电路图可知原线圈电压为U1＝U－I1R1，随原线圈电流增大而减小，则电阻R3两端电压为U3＝U1，随原线圈电压减小而减小，电阻R3的功率为P3＝，故电阻R3的功率一直减小，故A错误；当滑片P从a端滑到b端的过程中，原线圈的电流不断变大，即电流表的示数不断变大，即当滑片位于a端时，电流表的示数最小，此时滑动变阻器的阻值为3 Ω，原线圈电流为I1＝＝0.625 A，故D错误；由等效电路图可知，输出功率最大时满足R1＝，此时原线圈电压与R1两端电压相等，输出功率为P′＝U1I1＝×＝ W，故B错误。
3．(2023·泉州模拟)(多选)如图所示，理想变压器的原、副线圈的匝数之比为2∶1，原线圈接定值电阻R1＝5 Ω、理想电流表A和理想电压表V1，输入电压u0＝65sin (0.5πt) V；副线圈接定值电阻R2＝5 Ω、最大电阻为10 Ω 的滑动变阻器RP和理想电压表V2。下列说法正确的是( )
A. 当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，通过R2的电流的频率变大
B. 当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电流表的示数变化范围为～ A
C. 当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电压表V1的示数变化范围为52～60 V
D. 当滑动变阻器的滑片从下向上滑动时，电压表V2的示数变化范围为0～20 V
CD 解析：理想变压器不改变交变电流的频率，即通过R2的电流的频率不变，故A错误；输入电压的有效值U0＝U0m＝65 V，由变压器原、副线圈的电压与匝数的关系得＝，由电流与匝数的关系得＝，联立可得I1＝ A，其变化范围为1～ A，则电压表V1的示数为U1＝U0－I1R1＝ V，其变化范围为52～60 V，故B错误，C正确；电压表V2的示数为 U2＝2I1RP＝，其变化范围为0～20 V，故D正确。
专题限时评价(八)
(建议用时：60分钟)
1．在以下四种情景中，线圈中产生的电流与其右方所示的i-t图线相对应的是( )
A. 图甲 B． 图乙
C. 图丙 D． 图丁
A 解析：题图甲线圈中产生的电流大小为i＝＝cos ωt，故A正确；题图乙线圈中产生的电流大小为i＝＝sin ωt，故B错误；题图丙中线圈左右两边匀速切割磁感线，产生恒定的感应电流，故C错误；题图丁线圈中产生的电流大小为i＝＝·sin ωt＝sin ωt，故D错误。
2．如图所示，在光滑绝缘水平面上MN右侧有垂直纸面向里的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B，金属线框ACD放在水平面上，线框ADC部分按照正弦曲线形状弯制而成，为完整正弦图像的一半，D点离AC边的距离最远，DE长为d，现使线框以速度v0匀速进入磁场，线框运动过程中AC边始终与MN垂直，若线框的电阻为R，则线框进入磁场的过程中，图中理想电流表的示数为( )
A. B．
C. D．
C 解析：在线框进入磁场的过程中，切割磁感线的有效长度按正弦规律变化，因此产生的是正弦式交变电流，电动势最大值Em＝Bdv0，电动势有效值E＝Bdv0，电流表的示数为I＝＝，故选C。
3．如图所示为某风力发电机简易模型图。在风力作用下，风叶通过转轴带动条形磁体转动，在线圈L中产生的感应电动势瞬时值表达式为u＝22sin (2πt) V，将线圈L与一电阻R相连，则( )
A. 磁体转到图示位置时，线圈L中的磁通量最小
B. 线圈L中感应电动势的有效值为44 V
C. 风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次
D. 若风叶的转速不变，增大R的阻值，则电阻R上消耗的功率一定增大
C 解析：磁体转到题图所示位置时，线圈L中的磁通量最大，A错误；线圈L中感应电动势的有效值为U＝＝22 V，B错误；风叶每转动一圈，电阻R中电流方向改变两次，C正确；电阻R上消耗的功率P＝，若风叶的转速不变，增大R的阻值，则电阻R上消耗的功率一定减小，D错误。
4．(2024·河北卷)R1、R2为两个完全相同的定值电阻，R1两端的电压随时间周期性变化的规律如图甲所示(三角形脉冲交流电压的峰值是有效值的倍)，R2两端的电压随时间按正弦规律变化如图乙所示，则两电阻在一个周期T内产生的热量之比Q1∶Q2为( )
甲
乙
A. 2∶3 B． 4∶3
C. 2∶ D． 5∶4
B 解析：根据有效值的定义可知题图甲的有效值的计算为T＝×＋×，解得U1＝U0，题图乙的有效值为U2＝，接在阻值大小相等的电阻上，因此Q1∶Q2＝U∶U＝4∶3，故选B。
5．(2023·浙江卷6月选考)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是( )
A. 送电端先升压再整流
B. 用户端先降压再变交流
C. 1 100 kV是指交变电流的最大值
D. 输电功率由送电端电压决定
A 解析：升压和降压都需要在交流的状态才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1 100 kV指的是直流电流的有效值，故C错误；输电功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。
6．如图甲所示为一种逆变器，逆变器是能够把蓄电池提供的直流转变为交流的设备。如图乙所示为逆变器的简易电路图，核心的控制电路称为“逆变模块”，它的功能是把直流转化为交流，共有5个接线端子。其中1、2、3为输入端，与两块相同的蓄电池连接，蓄电池的电动势为E，内阻不计，两块蓄电池同时工作；4、5为输出端，与理想变压器的原线圈相连，原线圈匝数为n1，副线圈匝数为n2，副线圈连一个电阻阻值为R的灯泡L。已知电压表示数为U，电流表示数为I，逆变模块自身消耗的电功率忽略不计，则理想变压器原、副线圈的匝数比为( )
甲 乙
A. B．
C. D．
B 解析：理想变压器原、副线圈的匝数比为＝，根据题意得U1＝U，通过每块电池的电流为，逆变器的输入功率等于变压器的输出功率，即2＝，解得＝，故选B。
7．如图所示，MN、PQ是两条水平平行放置的光滑金属导轨，导轨的右端接理想变压器的原线圈，变压器的副线圈与电阻R＝10 Ω组成闭合回路，变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝1∶5，导轨宽L＝5 m，质量m＝2 kg、电阻不计的导体棒ab垂直MN、PQ放在导轨上，在水平外力F作用下，从t＝0时刻开始在图示的两虚线范围内往复运动，其速度随时间变化的规律是v＝2sin (20πt) m/s，垂直轨道平面向下的匀强磁场的磁感应强度 B＝4 T，导轨、导线和线圈电阻均不计，则( )
A. 导体棒ab中产生的电动势的表达式为e＝20sin (20πt) V
B. 电阻R上的电功率为2 000 W
C. 从t＝0到t＝0.025 s的时间内，外力F所做的功为204 J
D. 从t＝0到t＝10 s的时间内，电阻R上产生的热量为2×105 J
B 解析：导体棒ab中产生的电动势的表达式为e＝BLv＝40sin (20πt) V，故A错误；由U1＝20 V，＝，可得U2＝100 V，由P＝，得P＝2 000 W，故B正确；根据T＝，可得T＝0.1 s，从t＝0到t＝0.025 s经历了个周期，这段时间内电阻R上产生的热量Q＝·＝50 J，t＝0.025 s时刻导体棒ab的速度vm＝2 m/s，由能量守恒定律得W＝Q＋mv＝54 J，故C错误；从t＝0到t＝10 s的时间内，电阻R上产生的热量Q＝·10 s＝2×104 J，故D错误。
8．如图甲所示为产生交变电流的示意图，其产生如图乙所示的正弦式交变电流输入到图丙的理想变压器，变压器的开关S接1时原、副线圈中的匝数之比为22∶1，二极管正向导通电阻不计，所有电表都是理想电表，则下列判断正确的是( )
A. 电压表的示数为10 V
B. 若只将S从1拨到2，电流表示数增大
C. 在0～0.01 s时间内穿过线圈的磁通量变化量大小为 Wb
D. 若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，则电流表示数减小，电压表示数增大
C 解析：原线圈的电压有效值U1＝＝220 V，根据变压比可知副线圈电压有效值U2＝U1＝10 V，由于二极管的单向导电性，根据有效值的定义有·＝T，解得电压表的示数为U＝5 V，故A错误；根据变压比可知副线圈电压U2＝U1，若只将S从1拨到2，则n1增大，副线圈电压减小，副线圈电流减小，可知变压器的输出功率变小，故原线圈电流减小，电流表示数减小，故B错误；由题图乙知，t＝0时刻电压为0，故t＝0时刻线圈处于中性面，经过0.01 s即，线圈转动180°，因为开始后的周期内电动势为正值，则穿过线圈的磁通量变化量为ΔΦ＝－2BS，又因为Um＝BSω＝，解得ΔΦ＝－＝－ Wb，故C正确；若只将滑动变阻器的滑片向下滑动，原线圈电压不变，根据变压比可知副线圈电压不变，根据·＝T，得U＝，则电压表示数不变，负载电阻增大，则电流减小，电流表示数减小，故D错误。
9．(2024·济南模拟)如图所示，发电机的矩形线圈在匀强磁场中绕中心转轴匀速转动，产生的感应电动势e＝20sin (100πt) V，发电机输出端接理想变压器，理想变压器原、副线圈匝数比n0∶n1∶n2＝4∶1∶2，副线圈1接额定电压为4 V的小灯泡，副线圈2连接定值电阻R。开关S断开时，小灯泡正常发光，理想电流表的示数为1 A；开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，小灯泡仍正常发光。下列说法正确的是( )
A. 矩形线圈的电阻为1 Ω
B. 开关S闭合后，理想电流表的示数仍为1 A
C. 定值电阻R的阻值为4 Ω
D. 开关S闭合后发电机的总功率为开关S闭合前发电机总功率的2倍
C 解析：开关S断开时，小灯泡正常发光，由变压器规律＝，解得U0＝16 V，在原线圈由闭合电路欧姆定律E有效＝U0＋I0r，E有效＝＝20 V，解得矩形线圈的电阻为r＝4 Ω，故A错误；开关S闭合，调整矩形线圈的转速为原来的1.2倍，由E′m＝1.2Em＝24 V，因为小灯泡仍然正常发光，所以U0＝16 V，由闭合电路欧姆定律E′有效＝U0＋I′0r，E′有效＝＝24 V，解得理想电流表的示数为I′0＝2 A，故B错误；开关S断开时，小灯泡正常发光，由变压器规律＝，解得小灯泡的额定电流为IL＝4 A，开关S闭合后，由变压器规律＝，n0I′0＝n1IL＋n2I2，解得U2＝8 V，I2＝2 A，所以定值电阻R＝＝4 Ω，故C正确；开关S闭合后发电机的总功率为P′＝E′有效I′0＝48 W，开关S闭合前发电机总功率为P＝E有效I0＝20 W，所以＝，故D错误。
10．(2024·湖南卷)某实验小组模拟风力发电厂输电网络供电的装置如图所示。已知发电机转子以角速度ω匀速转动，升、降压变压器均为理想变压器，输电线路上的总电阻可简化为一个定值电阻R0。当用户端接一个定值电阻R时，R0上消耗的功率为P。不计其余电阻，下列说法正确的是( )
A. 风速增加，若转子角速度增加一倍，则R0上消耗的功率为4P
B. 输电线路距离增加，若R0阻值增加一倍，则R0消耗的功率为4P
C. 若升压变压器的副线圈匝数增加一倍，则R0上消耗的功率为8P
D. 若在用户端再并联一个完全相同的电阻R，则R0上消耗的功率为6P
A 解析：如图为等效电路图，设降压变压器的原、副线圈匝数比为k∶1，则输电线上的电流为I2＝，
转子在磁场中转动时产生的电动势为e＝NBSωsin ωt。当转子角速度增加一倍时，升压变压器原、副线圈两端电压都增加一倍，输电线上的电流变为I′2＝2I2，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，A正确；升压变压器副线圈匝数增加一倍，副线圈两端电压增加一倍，输电线上的电流增加一倍，故R0上消耗的电功率变为原来的4倍，C错误；若R0阻值增加一倍，输电线路上的电流I″2＝，R0消耗的功率P3＝I″·2R0≠4P，B错误；若在用户端并联一个完全相同的电阻R，用户端电阻减为原来的一半，输电线上的电流为I?2＝＝，R0消耗的功率P4＝I?R0≠6P，D错误。
11．(多选)新一代标准动车组“复兴号”是我国自主研发、集成了大量现代国产高新技术的新一代高速列车。如图所示，“复兴号”高铁的供电流程是将电网高压U1经过牵引变电所进行变压(可视作理想变压器)降至U2，通过接触网上的电线与车顶上的受电器进行接触完成受电，机车最终获得的电压U3使高铁机车运行，牵引变电所到机车之间线路的电阻不可忽略。根据上述信息可知( )
A. 牵引变电所变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝U1∶U2
B. 机车获得的电压U3与牵引变电所输出的电压U2相等
C. 如果高铁机车功率为P，则牵引变电所到机车之间线路的等效电阻为r＝
D. 如果高铁机车功率为P，牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为P损＝
AD 解析：若电网的电压为U1，根据＝，可得＝，故A正确；由于牵引变电所到机车之间线路有电阻，可知电压有损耗，则机车获得的电压U3与牵引变电所输出的电压U2不相等，故B错误；如果高铁机车功率为P，由P＝U3I，得I＝，牵引变电所到机车之间线路的等效电阻为r＝＝·U3，牵引变电所到机车之间线路损耗的电功率为P损＝I2r＝，故C错误，D正确。
12．(2024·烟台模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1，输入端A、B接入电压有效值恒定的交流电源。滑动变阻器R1最大阻值为40 Ω，其滑片P1初始位置在最左端；滑动变阻器R2最大阻值为5 Ω，其滑片P2初始位置在正中间。理想电流表A1、A2的示数分别为I1、I2，理想电压表V1、V2的示数分别为U1、U2，下列说法正确的是( )
A. P2保持不动，P1向右滑动，则U1增大，U2不变
B. P1保持不动，P2向下滑动，则I1减小，I2减小
C. P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率一直增大
D. P2保持不动，P1向右滑动，则R1消耗的功率先增大后减小
D 解析：设原、副线圈的匝数比为k∶1，根据理想变压器电压与匝数比的关系U初＝kU次，电流与匝数比的关系I初＝，副线圈负载电阻R2＝，原线圈的等效电阻R等效＝＝k2R2，设输入电压为U0，对于原线圈电路，根据欧姆定律I初＝＝，P2保持不动，即R2不变，P1向右滑动，则R1变大，I初减小，次级电流减小，初级电压减小，则U2减小，U1增大，故A错误；P1保持不动，P2向下滑动，R2减小，则I初增大，即I1增大，匝数不变，由＝可知I2增大，故B错误；P2保持不动，原线圈的等效电阻R等效＝k2R2＝22×2.5Ω＝10Ω，将此电阻看作是电源U0的内阻，将R1看作是电源的外电阻，则当P1向右滑动时，电阻增加，当R1＝10Ω 时，R1消耗的功率最大，然后随R1阻值继续增加，R1消耗的功率逐渐减小，即R1消耗的功率先增加后减小，故C错误，D正确。
