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第三章 交变电流
阶段归纳整合
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知识整合构建
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关键能力重构
专题1 交变电流的“四值”的理解与应用
1. 瞬时值：是指交变电流在某一时刻的值，书写瞬时值表达式，要弄清线圈的起始 位置，若线圈处于中性面位置，可直接写成正弦函数形式；若处于与中性面垂直位 置，则写成余弦函数形式.
2. 峰值：是指交变电流的最大值，一般可从图像中读出.当线圈平面与磁感线平行 时，线圈中产生的感应电动势最大，为Em＝NBSω，与转轴在线圈上的位置、线圈的 形状无关.涉及电容器的耐压值时，要考虑峰值.
3. 有效值：是根据电流的热效应规定的.涉及电功、电热、交流电表的读数等问题时 要用有效值.
题组 训练
A. 线框的转速为100 r/s
B. 线框转动一周，cd边产生的焦耳热为3.87 J
C. 在0～0.01 s时间内，通过线框某一横截面的
电荷量约为0.02 C
D. 当线框平面与中性面的夹角为45°时，线框
产生的电动势的大小为22 V
D
甲
A. 图甲表示交流电，图乙表示直流电
B. 两种电压的有效值相等
C. 图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin 100πt V
D. 两种电压的周期相同
CD
乙
专题2 与理想变压器有关的问题
1. 理想变压器的几个基本关系
（1）一个副线圈
②功率关系：P1＝P2；
（2）多个副线圈
①电压关系：U1∶U2∶U3∶…＝n1∶n2∶n3∶…；
②功率关系：P1＝P2＋P3＋…；
③电流关系：I1n1＝I2n2＋I3n3＋….
2. 理想变压器的动态变化问题的分析思路
（1）匝数比不变，负载电阻变化的情况，如图甲所示.
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.
③I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化.
（2）负载电阻不变，匝数比变化的情况，如图乙所示.
②R不变，U2变化，故I2发生变化.
题组 训练
A. 变压器原线圈中的输入电压为3 V
B. 变压器原线圈中的输入电流为2 A
C. 变压器原线圈中的输入功率为24 W
D. 变压器副线圈中的输出功率为12 W
D
A. 变压器输入功率与输出功率之比为1∶1
B. 1 min内滑动变阻器上产生的热量为40 J
C. 仅将S从1拨到2，电流表示数减小
D. 仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小
AC
专题3 远距离输电问题
1. 画出电路草图
2. 抓住两个关系
3. 掌握两种损耗
（1）电压损耗：输电线上的电阻导致的电压损耗，ΔU＝U2－U3＝I2R.
题组 训练
（1）降压变压器的匝数比；
答案：（1）4∶1
（2）升压变压器的匝数比；
答案：（2）1∶7
（3）输电线上的功率损失.
答案：（3）1 W
6. （2024·山东烟台期末）水力发电的基本原理就是将水流的机械能（主要指重力势 能）转化为电能.某小型水力发电站水流量为Q＝5 m3/s（流量是指流体在单位时间内 流过某一横截面的体积），落差为h＝10 m，发电机（内阻不计）的输出电压为U1＝ 250 V，输电线总电阻为r＝4 Ω，为了减小损耗采用了高压输电.在发电机处安装升压 变压器，而在用户处安装降压变压器，其中n3∶n4＝190∶11，用户获得的电压U4＝ 220 V，用户获得的功率P4＝1.9×105 W，若不计变压器损失的能量，已知水的密度ρ ＝1×103 kg/m3，重力加速度g取10 m/s2.求：
（1）高压输电线中的电流大小I2；
答案：（1）50 A
解得U3＝3 800 V
又根据理想变压器无能量损失知
P3＝P4＝1.9×105 W
再根据P3＝U3I2，得I2＝50 A.
（2）升压变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2；
答案：（2）1∶16
解析：（2）高压输电线损失的电压ΔU＝I2r＝200 V
得U2＝U3＋ΔU＝4 000 V
故n1∶n2＝U1∶U2＝1∶16.
（3）该电站将水能转化为电能的效率η.
答案：（3）40％第三章DISANZHANG 交变电流
1.交变电流
核心素养：
1.了解交变电流、中性面的概念，了解发电机的构造和不同发电机的优缺点.（物理观念）
2.掌握交变电流的产生和变化规律.（科学思维）
3.分析讨论交变电流产生的过程，能解决交变电流的瞬时值、峰值的有关问题.（科学探究）
@研习任务一
教材 认知
1.交变电流：电流、电压随时间 做周期性变化 的电流，简称交流（AC）.
2.直流： 方向 不随时间变化的电流，称为直流（DC）.
3.恒定电流： 大小 和 方向 不随时间变化的电流.
@研习任务二
合作 讨论
如图所示，将发电机的两个输出端通过滑动变阻器连接到电流计的两个接线柱上，摇动发电机手柄，让线圈在两磁极间连续转动，可以观察到电流计指针如何偏转？
提示：发电机产生的感应电流的大小和方向是不断变化的.仔细观察可发现，线圈在磁场中转动时，感应电流的大小和方向都随时间做周期性变化，线圈每转动一周，电流方向改变两次.
教材 认知
1.交变电流的产生
将闭合矩形线圈置于 匀强 磁场中，并绕 垂直 磁场方向的轴 匀速 转动.
2.两个特殊位置
（1）中性面：与磁感线 垂直 的平面.
（2）垂直中性面位置.
要点 归纳
1.交变电流的产生过程分析
图1
如图1所示为线圈ABCD在磁场中绕轴OO'转动时的截面图，AB和CD两个边切割磁感线，产生电动势，线圈中就有了电流（或者说穿过线圈的磁通量发生变化而产生了感应电流）.具体分析如图2所示.
甲
乙
丙
丁
图2
转动过程 磁通量变化 电流方向
甲→乙 减小 B→A→D→C
乙→丙 增大 B→A→D→C
丙→丁 减小 A→B→C→D
丁→甲 增大 A→B→C→D
2.两个特殊位置的对比
项目 中性面位置 （甲、丙） 与中性面垂直位置 （乙、丁）
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
研习 经典
[典例1] （多选）如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，下列说法正确的是（ ）
A.从中性面开始，线圈每转动一周，指针左右摆动一次
B.图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C.线圈逆时针转动到图示位置时ab边的感应电流方向为a→b
D.线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
解析：线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故选项A正确；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，故选项B错误，C正确；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的感应电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，磁通量的变化率最大，故选项D错误.
答案：AC
解决此类问题必须熟练掌握交变电流的变化特点.
（1）线圈转至与磁感线平行时，磁通量的变化率最大，感应电动势最大.
（2）线圈每经过中性面一次，感应电流和感应电动势的方向都要改变一次.
（3）线圈转动一周，两次经过中性面，感应电动势和感应电流的方向都改变两次，最大值出现两次.
对应 训练
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
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，故A、D正确.
答案：AD
@研习任务三
合作 讨论
如图所示为发电机的原理图，设t＝0时线圈刚好转到中性面位置.设线圈旋转的角速度为ω，线圈面积为S，AB和CD的长度为l，AD和BC的长度为d，请推导感应电动势随时间变化的规律，若线圈有N匝，感应电动势又该如何表示？
提示：经过时间t，线圈转过的角度θ＝ωt，
线圈旋转过程中AB和CD的速度v＝ω，与磁感线垂直的速度为vsin θ，即sin ωt
根据法拉第电磁感应定律，线圈上产生的感应电动势e＝2Blvsin θ＝ωBldsin ωt＝ωBSsin ωt，如果线圈匝数为N，则e＝NωBSsin ωt.
教材 认知
1.定义：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 .
2.表达式（从中性面开始计时）
（1）电动势：线圈中产生的电动势的瞬时值表达式：e＝ Emsin ωt ，Em叫作电动势的最大值，简称峰值，Em＝ NBSω .
（2）电流：i＝ Imsin ωt ，其中Im是电流的峰值.
（3）电压：u＝ Umsin ωt ，其中Um是电压的峰值.
3.正弦式交变电流随时间变化图像
要点 归纳
1.正弦式交变电流的瞬时值表达式
（1）从中性面位置开始计时：e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，u＝Umsin ωt.
（2）从与中性面垂直的位置开始计时：e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，u＝Umcos ωt.
2.正弦式交变电流的峰值
Em＝NBSω，Im＝，Um＝.
3.峰值的相关因素
（1）电动势峰值Em＝NωBS由线圈匝数N、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关.
（2）如图所示的几种情况中，如果N、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均相同.
4.正弦式交变电流的图像
如图甲所示为正弦式交变电流的e－t图像，由图甲可以确定出以下信息：
（1）正弦式交变电流的峰值Em（Im、Um）；
（2）可得到与之相对应的Ф－t图像和i－t图像，如图乙、丙所示；
（3）可以计算出某些时刻e或Φ的瞬时值，及e、i、u随时间的变化规律，如ωt＝时，e＝Emsin ωt＝Emsin ＝Em，Φ＝Φmcos ωt＝Φm.
（4）线圈在中性面的时刻磁通量最大，感应电动势和感应电流均为零，可以由此确定线圈处于中性面的时刻.
研习 经典
[典例2] 如图所示，一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈总电阻r＝2 Ω，外接电阻R＝8 Ω，线圈在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中以n＝300 r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，若从线圈处于中性面时开始计时，求：
（1）线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
（2）线圈从开始计时，经 s时线圈中的感应电流的瞬时值；
（3）外电路R两端电压瞬时值的表达式.
解析：（1）线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，角速度ω＝2πn＝10π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50 V，
则感应电动势瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝50sin 10πt（V）.
（2）将t＝ s代入感应电动势瞬时值表达式中，
得e'＝50sin V＝25 V，
对应的感应电流i'＝＝ A.
（3）由闭合电路欧姆定律得u＝R＝40sin 10πt（V）.
答案：（1）e＝50sin 10πt（V） （2） A （3）u＝40sin 10πt（V）
写出正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式是解题的关键，可按照如下步骤进行：
（1）确定计时起点，以确定瞬时值表达式是正弦规律变化还是余弦规律变化.
（2）确定线圈转动的角速度.
（3）确定感应电动势的峰值Em＝NBSω.
（4）写出瞬时值表达式e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt.
对应 训练
2.如图所示，KLMN是一个竖直的矩形导线框，全部处于磁感应强度为B的水平方向的匀强磁场中，线框面积为S，MN边水平，线框绕某一竖直固定轴以角速度ω匀速转动.在MN边与磁场方向的夹角到达30°的时刻（图示位置），导线框中产生的瞬时电动势e的大小是多少？标出线框此时的电流方向.已知线框按逆时针方向（俯视）转动.
解析：由图可知，穿过线框的向右的磁通量增大，感应电流的磁场方向向左，所以感应电流的方向为K→N→M→L→K，如图所示.
从垂直中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcos ωt
当线圈平面与磁场方向夹角为30°时，即ωt＝30°
则e＝Em＝BSω.
答案：BSω 电流方向见解析图
@研习任务四
教材 认知
1.基本组成：由产生感应电动势的 线圈 （通常叫作电枢）和产生磁场的 磁体 组成.
2.分类： 旋转电枢式发电机 和 旋转磁极式发电机 .
知识 构建
@课后提素养
基础 题组
1.判断正误.
（1）大小和方向都不随时间变化的电流才是直流电.（ × ）
（2）交变电流的大小可以不变，但方向一定随时间周期性变化.（ √ ）
（3）只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流.（ × ）
（4）线圈在通过中性面时电流的方向发生改变.（ √ ）
（5）线圈绕垂直磁场的转轴匀速转动的过程中产生了正弦式交变电流，感应电动势的图像、感应电流的图像形状是完全一致的.（ √ ）
2.（多选）如图所示的各图像中表示交变电流的是（ ）
A
B
C
D
解析：电流的大小和方向都随时间做周期性变化的电流叫作交变电流.A中电流虽然大小变化，但方向没有变化，所以A错误；B、C、D中的电流都满足“电流的大小和方向都随时间做周期性变化”，所以B、C、D正确.
答案：BCD
3.如图所示，有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm，线圈总电阻为1 Ω，线圈绕垂直磁场方向的OO'轴以10π rad/s 的角速度匀速转动，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，该线圈产生的感应电动势的峰值为 ，感应电流的峰值为 ，在图示位置时感应电动势为 ，从图示位置转过90°时感应电动势为 .
解析：感应电动势的峰值为Em＝NωBS＝10×10π×0.5×0.22 V＝6.28 V
感应电流的峰值为Im＝＝6.28 A
题图所示位置线圈中产生的感应电动势最大，为6.28 V，从题图所示位置转过90°时，线圈平面位于中性面，切割磁感线的线圈两边的速度与磁感线平行，感应电动势为0.
答案：6.28 V 6.28 A 6.28 V 0
中档 题组
1.（多选）两人在赤道上站立，各自手握金属绳OPO'的一端，绕东西方向的水平轴沿顺时针方向匀速摇动，周期为T，将金属绳连入电路，闭合回路如图所示，取金属绳在图示的最高位置时为t＝0时刻，则下列说法正确的是（ ）
A.电路中存在周期为T的变化电流
B.t＝0时刻，回路中磁通量最大，电路中电流最大
C.t＝时刻，电流向左通过灵敏电流计
D.t＝时刻，回路中磁通量最大，电路中电流最小
解析：用类比法，如线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生周期性变化的交变电流，所以这个电路中存在周期为T的变化电流，故A正确；由于地磁场方向等效为由南指向北，则t＝0时刻，回路中磁通量最大，磁通量变化率最小，电路中电流最小为0，故B错误；t＝时刻，金属绳第一次经过水平位置，这个过程回路中磁通量减小，由楞次定律可知，感应电流方向向右通过灵敏电流计，故C错误；t＝时刻，回路中磁通量最大，磁通量变化率最小，电路中电流最小，故D正确.故选AD.
答案：AD
2.（多选）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.图中曲线是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的
B.t1和t3时刻穿过线圈的磁通量为零
C.t1和t3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，穿过线圈的磁通量最大
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，穿过线圈的磁通量为零，即图中曲线是从线圈平面与磁场方向平行时开始计时的，选项A正确；t1、t3时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量的变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，选项B错误，C正确；感应电动势e的方向变化时，线圈通过中性面，此时穿过线圈的磁通量最大，选项D正确.
答案：ACD
3.矩形单匝线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动.若轴线右侧没有磁场（磁场具有理想边界），如图所示.设abcda方向为感应电流的正方向.从图示位置开始一个周期内线圈感应电流随时间变化的图像中，正确的是（ ）
A B
C D
解析：从题图所示位置开始，在0～时间内，穿过线圈的磁通量减小，原磁场方向向里，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向里，产生的感应电流的方向为abcda，即与电流规定的正方向相同，且产生的感应电流的大小随时间按正弦规律变化，有i＝sin ωt.在～时间内，穿过线圈的磁通量增大，原磁场方向向里，由楞次定律可知，感应电流的磁场方向向外，因线圈的位置也发生了变化，所以产生的感应电流的方向还是abcda，即与电流规定的正方向相同，结合题中选项可知，A正确，B、C、D错误.
答案：A
@课时作业（九）
[基础训练]
1.（多选）如图所示的图像中属于交变电流的有（ ）
解析：选项A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是按正弦规律变化的交变电流，选项D中e的方向未变化，是直流电，选项A、B、C正确.
答案：ABC
2.线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图可知（ ）
A.在A、C时刻线圈处于中性面位置
B.在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零
C.从A时刻到D时刻线圈转过的角度为π
D.若从O时刻到D时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变100次
解析：A、C时刻感应电流最大，线圈位置与中性面垂直，B、D时刻感应电流为零，线圈在中性面，此时穿过线圈的磁通量最大.从A时刻到D时刻线圈转过的角度为.若从O时刻到D时刻经过0.02 s，即线圈转动一周用时0.02 s，且在这个时间内电流方向改变2次，则在1 s内交变电流的方向改变×2＝100（次），故A、B、C错误，D正确.
答案：D
3.交流发电机工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的转速提高1倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为（ ）
A.e'＝Emsin B.e'＝2Emsin
C.e'＝Emsin 2ωt D.e'＝sin 2ωt
解析：感应电动势的瞬时值表达式为e＝nBSωsin ωt，转速提高1倍，角速度变为2ω，面积变为S，Em＝nBSω不变，则电动势变为e'＝Emsin 2ωt，故C正确.
答案：C
4.（2022·浙江1月选考）如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动.下列说法正确的是（ ）
A.甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
B.乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场
C.甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电
D.乙图中线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电
解析：甲图中细短铁丝显示的磁场分布均匀，则线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故A正确；乙图中细短铁丝显示的磁场分布不均匀，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故B错误；根据发电机原理可知甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故C错误；乙图中是非匀强磁场，则线圈匀速转动时不能产生正弦交流电，故D错误.
答案：A
5.一台发电机的结构示意图如图所示，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状.M是圆柱形铁芯，铁芯外套有一矩形线圈，线圈绕铁芯M中心的固定转轴匀速转动.磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径的辐向磁场.若从图所示位置开始计时，此时电动势为正值，图中能正确反映线圈中的感应电动势e随时间t的变化规律的是（ ）
A
B
C
D
解析：磁场为沿半径的辐向磁场，可以认为磁感应强度的大小不变，线圈始终垂直切割磁感线，所以产生的感应电动势大小不变，由于每个周期磁场方向要改变两次，所以产生的感应电动势的方向也要改变两次.故选D.
答案：D
6.如图所示，单匝闭合金属线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO'匀速转动，设穿过线框的最大磁通量为Фm，线框中产生的最大感应电动势为Em，从线框平面与磁场平行时刻（图示位置）开始计时，下面说法正确的是（ ）
A.线框转动的角速度为
B.线框中的电流方向在图示位置发生变化
C.当穿过线框的磁通量为Фm的时刻，线框中的感应电动势为Em
D.若转动周期减小一半，线框中的感应电动势也减小一半
解析：根据交流电产生的原理可知，线圈匀速转动产生的交流电的电动势峰值Em＝nBSω，所以结合本题情境可得线框转动的角速度为，A正确；图示位置感应电动势最大，电流方向发生改变在电动势等于0的时刻，B错误；当穿过线框的磁通量为Фm的时刻，线框的速度与磁感线平行，感应电动势为0，C错误；根据法拉第电磁感应定律可知，若转动周期减小一半，线框转动的角速度变为原来的2倍，线框中的感应电动势变为原来2倍，D错误.
答案：A
7.如图（a）→（b）→（c）→（d）→（e）所示的过程是交流发电机发电的示意图.线圈的ab边连在金属滑环K上，cd边连在金属滑环L上，用导体制成的两个电刷分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路连接.下列说法正确的是（ ）
A.图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，磁通量变化率最大
B.从图（b）位置开始计时，线圈中电流i随时间t变化的关系是i＝Imsin ωt
C.当线圈转到图（c）位置时，感应电流最小，且感应电流方向改变
D.当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最大，ab边感应电流方向为a→b
解析：图（a）中，线圈平面与磁感线垂直，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量变化率最小为零，故A错误；从图（b）位置开始计时，线圈产生的感应电动势最大，形成的感应电流最大，线圈中电流随时间变化的关系是i＝Imcos ωt，故B错误；当线圈转到图（c）位置时，线圈位于中性面位置，此时感应电流最小，且感应电流方向改变，故C正确；当线圈转到图（d）位置时，感应电动势最大，根据楞次定律可知ab边感应电流方向为b→a，故D错误.
答案：C
[能力提升]
8.（多选）矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面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.每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次
D.线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零
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与磁感线平行，即不切割磁感线，所以电动势等于零，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也就在此时变化；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垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大.故选CD.
答案：CD
9.如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴OO'沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连.M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连.在线圈转动过程中，通过电阻R的电流（ ）
A.大小和方向都随时间做周期性变化
B.大小和方向都不随时间做周期性变化
C.大小不断变化，方向总是P→R→Q
D.大小不断变化，方向总是Q→R→P
解析：半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P→R→Q，故C正确.
答案：C
10.（多选）如图甲所示，一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.线圈内的磁通量随时间t变化的图像如图乙所示，则下列说法中正确的是（ ）
甲
乙
A.t1时刻线圈中的感应电动势最大
B.t2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直
C.t3时刻线圈平面与中性面重合
D.t4、t5时刻线圈中感应电流的方向相同
解析：t1时刻通过线圈的磁通量最大，此时磁通量的变化率等于零，故感应电动势为零，故A错误；t2时刻线圈内的磁通量为零，线圈与磁场平行，故导线ab的速度方向跟磁感线垂直，故B正确；t3时刻线圈内的磁通量最大，故此时线圈与中性面重合，故C正确；由图可知t5时刻线圈中磁通量最大，此时没有感应电流，故D错误.
答案：BC
11.（多选）如图甲所示，单匝矩形线框相邻两边分别长L和2L，从中线OO'处对折，且保持折角θ＝90°不变.如图乙所示，使线框在水平向右的匀强磁场中以角速度ω绕竖直方向的OO'轴匀速转动，匀强磁场的磁感应强度大小为B，线框电阻为R，从图乙所示位置（线框的OO'CD部分与中性面重合）开始计时，取A→B→C→D→A为线框中感应电流的正方向，下列说法正确的是（ ）
甲 乙
A.在t＝0时刻，线框中的感应电流最大
B.在0～时间内，感应电流方向改变一次
C.线框中感应电流最大值是Im＝
D.线框中感应电流i随时间t变化的表达式是i＝cos ωt
解析：对折后，连接AD、BC，即为等效线框，此时＝L，线框面积S＝L2，在t＝0时刻线框平面与磁场不平行，感应电流不是最大，A错误；在0～时间内，线圈经过一次中性面，感应电流方向改变一次，B正确；感应电动势的最大值Em＝NBSω＝BL2ω，感应电流的最大值Im＝＝，C正确；由图可知，初相为，故线框中感应电流i随时间t变化的表达式为i＝cos（ωt＋），D错误.
答案：BC
12.如图所示，矩形线圈匝数N＝100，ab＝30 cm，ad＝20 cm，匀强磁场磁感应强度B＝0.8 T，绕轴OO'从图示位置（线圈平面与磁感线平行）开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.
（1）穿过线圈的磁通量最大值Фm为多大？
（2）线圈产生的感应电动势最大值Em为多大？
（3）求感应电动势e随时间t变化的表达式.（从图示位置开始计时）
（4）从图示位置开始匀速转动60°时，线圈中产生的感应电动势为多少？
解析：（1）当线圈转至与磁感线垂直时，穿过线圈的磁通量有最大值，Фm＝BS＝0.8×0.3×0.2 Wb＝0.048 Wb.
（2）线圈平面与磁感线平行时，感应电动势有最大值，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＝Emcos ωt＝480πcos 100πt（V）.
（4）从图示位置开始匀速转动60°，即ωt＝60°，则此时线圈中产生的感应电动势的瞬时值e'＝480π×cos 60° V＝240π V.
答案：（1）0.048 Wb （2）480π V （3）e＝480πcos 100πt（V） （4）240π V
2.交变电流的描述
核心素养：
1.理解交变电流的峰值和有效值的含义；了解交变电流的相位和初相位及其物理意义.（物理观念）
2.通过对交变电流的有效值进行理论推导，培养学生应用数学工具解决物理问题的能力.（科学思维）
3.了解家庭电路的电压.（科学态度与责任）
@研习任务一
合作 讨论
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？
提示：由图可知完成一次周期性变化需要0.02 s，1 s内完成50次周期性变化.
教材 认知
1.周期
（1）定义：交变电流完成一次 周期性变化 所需时间，叫作交变电流的周期，通常用符号 T 表示.
（2）单位： 秒（s） .
（3）意义：周期越大，表明交变电流变化得 越慢 .
2.频率
（1）定义：交变电流完成周期性变化的次数与所用时间之 比 叫作交变电流的频率，通常用符号 f 表示.
（2）单位：赫兹（Hz），简称赫.
（3）意义：频率越高，表明交变电流变化得 越快 .
3.周期和频率的关系：T＝或f＝.
要点 归纳
1.周期和频率的关系：f＝，如图所示为我国照明电路的u－t图像，则交流电的周期T＝0.02 s，频率f＝50 Hz.
2.周期、频率、角速度、转速之间的关系：T＝，ω＝2πf＝2πn.
研习 经典
[典例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，线圈中产生的感应电动势e随时间t变化的情况如图所示，下列说法正确的是（ ）
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
解析：由题图可知T＝0.2 s，故f＝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，则1 s内电流方向变化10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
此类问题主要考查基本概念的掌握，解决这类问题要注意以下两个方面：一是培养从图像获得信息的能力，二是掌握物理量基本概念，及物理量之间的关系.
对应 训练
1.（多选）一个闭合矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，产生的感应电流如图所示，交流电的周期T＝0.02 s.由图得出的判断正确的是（ ）
A.t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B.t＝0.5T时刻，线圈中的磁通量最大
C.该交变电流的频率为100 Hz
D.该线圈转动角速度为100π rad/s
解析：由图像可知，t＝0时刻，感应电流为零，则感应电动势为零，线圈中的磁通量最大，线圈平面处于中性面位置，A错误；由图像可知，t＝0.5T时刻，感应电流为零，则感应电动势为零，线圈中的磁通量最大，B正确；交流电的周期T＝0.02 s，则交流电的频率为f＝＝50 Hz，C错误；线圈转动角速度ω＝＝100π rad/s，D正确.
答案：BD
@研习任务二
合作 讨论
如图所示是通过一个R＝1 Ω的电阻的电流i随时间t变化的图像.这个电流不是恒定电流.
（1）试计算1 s内电阻R中产生的热量；
（2）如果有一个大小、方向都不变的恒定电流通过这个电阻R，也能在1 s内产生同样的热量，这个电流是多大？
提示：（1）Q＝Rt1＋Rt2＝42×1×0.5 J＋22×1×0.5 J＝10 J.
（2）设恒定电流为I，根据Q＝I2Rt，解得I＝ A.
教材 认知
1.峰值
（1）定义：交变电流的电压、电流所能达到的最大值.
（2）电动势峰值的表达式：Em＝NBSω.
2.有效值
（1）定义：让交变电流和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，而这个恒定电流的电流是I、电压是U，我们就把I、U叫作这个交变电流的 有效值 .
（2）正弦式交变电流有效值和最大值的关系：I＝＝0.707Im，U＝＝0.707Um.
要点 归纳
1.交变电流有效值的计算方法
（1）若是正弦式交变电流，可利用交变电流的有效值与峰值之间的关系求解，即E＝，U＝，I＝.
（2）若不是正弦式交变电流，则必须根据电流的热效应来求解其有效值，且时间取一个周期.具体解法：
①假设让交变电流通过电阻R；
②计算交变电流在一个周期内产生的热量Q（可分段计算）；
③用相应的恒定电流物理量I或U来表示热量Q（如Q＝I2Rt或Q＝t），则I或U为交变电流的相应有效值.
2.几种典型电流的有效值
电流名称 电流图像 有效值
正弦式交 变电流 I＝
正弦半波 电流 I＝
正弦单向 脉冲电流 I＝
矩形脉 冲电流 I＝Im
非对称性 交变电流 I＝
研习 经典
[典例2] 如图所示是表示一交变电流的电流随时间的变化图像，其中电流正值为正弦曲线的正半周.则该交变电流的电流有效值为（ ）
A.10 A B.5 A
C.15 A D.8.7 A
解析：该交变电流的电流有效值为×R×＋（10 A）2×R×＝I2RT，解得I＝8.7 A.
答案：D
由图像确定交变电流的有效值时，可直接从图像读出最大值、周期，若按正弦规律变化，其有效值为最大值除以，其他规律变化的按照有效值的定义求解，混合型的分段求解.
对应 训练
2.通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流图像如图所示，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
解析：在一个周期内，电阻R上产生的热量Q＝2（Rt1＋Rt2），其中I1＝0.1 A，t1＝0.4 s，I2＝0.2 A，t2＝0.1 s，设电流的有效值为I，则Q＝2I2R（t1＋t2），联立以上二式可得I＝ A，故电阻两端电压的有效值U＝IR＝4 V，B正确.
答案：B
@研习任务三
合作 讨论
某交流电压的瞬时值表达式为u＝6sin 100πtV，标有“6 V 2 W”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏？标有6 V的电容器接在此电源上会不会被击穿？
提示：小灯泡不会被烧坏.交流电压的瞬时值表达式u＝6sin 100πt V中6 V是最大值，其有效值是6 V，而标有“6 V 2 W”的小灯泡中的6 V是有效值.该交流电压的最大值为6 V，6 V为电容器的耐压值，故6 V的电容器会被击穿.
要点 归纳
1.正弦式交变电流“四值”的比较及应用
名称 物理含义 重要关系 适用情况
瞬时 值 交变电流某时刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 分析交变电流在某一时刻的情况
最大 值 最大的瞬 时值 Em＝NBSω Im＝ 确定用电器的耐压值
有效 值 跟交变电流的热效应等效的恒定电动势、电压或电流值 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夹“面积”与时间的比值 ＝n ＝ 计算通过电路横截面的电荷量q＝Δt＝·Δt＝n
2.注意事项
（1）不能混淆四值的物理意义，解决不同的问题要选用不同的物理量.
（2）不能认为有效值就是平均值，有效值和平均值的物理意义、计算方法、应用对象都不同.
研习 经典
[典例3] 如图所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO'以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置（图中位置）时开始计时.
（1）写出线圈内所产生的感应电动势的瞬时值表达式；
（2）求线圈从图示位置开始在 s时的电动势的瞬时值；
（3）求线圈从图示位置开始在 s时间内的电动势的平均值.
解析：（1）感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt
其中Em＝NBSω
ω＝2πn
解得e＝100sin 20πt（V）.
（2）线圈从图示位置开始在 s时的电动势的瞬时值e＝100sin V＝86.6 V.
（3）在 s内线圈转过的角度θ＝ωt＝
由Ф＝BScos ωt知ΔФ＝B·πr2
线圈从图示位置开始在 s时间内的电动势的平均值＝N＝ V.
答案：（1）e＝100sin 20πt（V） （2）86.6 V （3） V
解决此类问题时一定要理清思路，明确各量的求解方法.
（1）求解热量用有效值，按以下思路：
电动势最大值→电流最大值→电流有效值→焦耳定律.
（2）求解电荷量用平均值，按以下思路：
平均电动势（一般用定义式E＝n）→平均电流→根据q＝Δt求电荷量→得出q＝n.
对应 训练
3.（多选）发电机的示意图如图甲所示，边长为L的正方形金属框，在磁感应强度为B的匀强磁场中以恒定角速度绕OO'轴转动，阻值为R的电阻两端的电压如图乙所示.其他电阻不计，图乙中的Um为已知量.则金属框转动一周（ ）
甲
乙
A.框内电流方向不变
B.电动势的最大值为Um
C.流过电阻的电荷量为
D.电阻产生的焦耳热为
解析：当金属框转动时，每经过中性面一次，框内电流方向都要变化一次，选项A错误；由图乙可知，电动势的最大值为Um，选项B正确；由图甲中的装置分析可知，转动一周过程中通过电阻的电流方向不变.金属框转过半周，流过电阻的电荷量为q＝Δt＝Δt＝＝，则金属框转过一周流过电阻的电荷量为q'＝2q＝，选项C错误；因为Um＝BωL2，则ω＝，金属框转过一周电阻产生的焦耳热Q＝T＝·＝，选项D正确.
答案：BD
知识 构建
@课后提素养
基础 题组
1.判断正误.
（1）正弦式交变电流的正负两部分是对称的，所以有效值为零.（ × ）
（2）交变电流的有效值就是一个周期内的平均值.（ × ）
（3）一个正弦式交变电流的峰值同周期、频率一样是不变的，但有效值是随时间不断变化的.（ × ）
（4）交流电路中，交流电压表、交流电流表的测量值都是有效值.（ √ ）
2.图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图乙所示，发电机线圈内阻为10 Ω，外接一只电阻为90 Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则（ ）
甲
乙
A.t＝0.02 s时线圈平面与中性面垂直
B.每秒钟内电流方向改变100次
C.产生交变电流的周期为2 s
D.线圈的转速为100 r/s
解析：由题图乙可知，t＝0.02 s时感应电动势为0，此时线圈平面处于中性面上，故A错误；由题图乙可知周期T＝0.02 s，线圈每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，故B正确，C错误；已知交流电的周期T＝0.02 s，所以线圈的转速为n＝＝50 r/s，故D错误.
答案：B
3.（2024·新乡市高二期末）通过某用电器的电流和时间的关系图像如图所示（前半个周期为正弦波形的），则该交变电流的有效值为（ ）
A.I0 B.I0
C.I0 D.I0
解析：设电流的有效值为I，根据电流的热效应有Q＝I2RT＝（）2R×＋（I0）2R×，解得I＝I0，故选C.
答案：C
中档 题组
1.好多同学家里都有调光电灯和调速风扇，过去它们的功能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.现在的调光灯和调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的.图示为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦式交变电流的每个二分之一周期内，前部分周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯两端的电压，那么现在电灯两端的电压为（ ）
A. B. C. D.Um
解析：设交流电的有效值为U，将交流电与直流电分别通过相同电阻R，分析一个周期内产生的热量.交流电产生的热量：Q1＝·，直流电产生的热量：Q2＝·T，由Q1＝Q2得U＝.故选A.
答案：A
2.（2022·广东卷）如图所示是简化的某种旋转磁极式发电机原理图.定子是仅匝数n不同的两线圈，n1＞n2，二者轴线在同一平面内且相互垂直，两线圈到其轴线交点O的距离相等，且均连接阻值为R的电阻，转子是中心在O点的条形磁体，绕O点在该平面内匀速转动时，两线圈输出正弦式交变电流.不计线圈电阻、自感及两线圈间的相互影响，下列说法正确的是（ ）
A.两线圈产生的电动势的有效值相等
B.两线圈产生的交变电流频率相等
C.两线圈产生的电动势同时达到最大值
D.两电阻消耗的电功率相等
解析：两线圈的匝数n1＞n2，由Em＝nBSω知，两线圈中产生的最大感应电动势不相等，由E有效＝知，两线圈产生的感应电动势的有效值不相等，A错误；两线圈产生的交变电流的频率都等于转子转动的频率，故频率相等，B正确；通过n1线圈的磁通量最大时，通过n2线圈的磁通量为零，故两线圈产生的电动势不能同时达到最大值，C错误；由P＝知，两电阻消耗的电功率不相等，D错误.
答案：B
3.如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO'匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω.求：
（1）转动过程中感应电动势的最大值；
（2）由图示位置（线圈平面与磁感线平行）转过60°角时的瞬时感应电动势；
（3）由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；
（4）交变电压表的示数；
（5）线圈转动一周外力做的功.
解析：（1）根据Em＝NBSω，可得感应电动势的最大值：Em＝100×0.5×0.12×2π V＝3.14 V.
（2）由于从线框垂直于中性面开始计时，所以感应电动势的瞬时值表达式为
e＝Emcos 2πt（V）
当线圈转过60°角时的瞬时感应电动势为e＝Emcos 60°＝1.57 V.
（3）根据法拉第电磁感应定律可得转60°角的过程中产生的平均感应电动势大小为＝N＝＝1.5 V＝2.6 V.
（4）转动过程中，交流电压表的示数为有效值，所以有U＝R＝×4 V＝1.78 V.
（5）一个周期内，通过外力做的功等于电路产生的总热量，由公式I＝，Q＝I2（R＋r）T，得W＝Q＝0.99 J.
答案：（1）3.14 V （2）1.57 V （3）2.6 V （4）1.78 V （5）0.99 J
@课时作业（十）
[基础训练]
1.关于交变电流，下列说法中正确的是（ ）
A.在一个周期内交变电流的方向只改变一次
B.电风扇铭牌上标出的电压值和电流值都是指有效值
C.某正弦式交流电压的最大值为311 V，则该交流电压最小值为－311 V
D.用交流电流表或交流电压表测交流电流或电压时，测量的是交流电流或电压的最大值
解析：在一个周期内交变电流的方向改变两次，故A错误；电风扇铭牌上标出的电压值和电流值都是指有效值，故B正确；正弦式交流电压的最大值为311 V，最小值为零，故C错误；交流电流表和交流电压表测量的是有效值，故D错误.
答案：B
2.下列电容对交变电流影响的说法中，错误的是（ ）
A.交变电流能通过电容器
B.电容器具有通直流、阻交流的作用
C.电容器电容较小，它具有通高频、阻低频的作用
D.电容器的电容越大、交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小
解析：电容器“通交流、隔直流”，但对交流电有阻碍作用，电容器的电容越大，交流的频率越高，电容器的容抗越小，故A、C、D正确，不符合题意，B错误，符合题意.
答案：B
3.两个相同的电阻，分别通以如图甲、乙所示的正弦式交变电流和方波式交变电流，两种交变电流的最大值相等，周期相等.则在一个周期内，正弦式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q1与方波式交变电流在电阻上产生的焦耳热Q2之比等于（ ）
甲
乙
A.3∶1 B.1∶2
C.2∶1 D.4∶3
解析：当题图甲电流通过电阻R时，电阻产生的焦耳热Q1＝（）2RT；当题图乙中电流通过电阻R时，电阻产生的焦耳热Q2＝RT，所以Q1∶Q2＝1∶2，故B正确，A、C、D错误.
答案：B
4.（2024·南通市期末）如图所示，ab边长为L1、ad边长为L2的N匝矩形线圈abcd处于匀强磁场中，线圈绕垂直于磁感线的OO'轴以角速度ω匀速转动，t＝0时线圈平面与磁感线平行.已知磁感应强度大小为B，线圈电阻为r，外电路电阻为R，电流表为理想交流电表.则（ ）
A.电流表的示数为
B.感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBL1L2ωsin ωt
C.t＝时，ab边所受的安培力为
D.从图示位置转过90°过程中，通过外电路电阻的电荷量为
解析：根据正弦式交变电流的产生规律可知，感应电动势的最大值为Em＝NBSω＝NBL1L2ω，t＝0时线圈平面与磁感线平行，感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBL1L2ωcos ωt，电动势有效值E＝，根据闭合电路欧姆定律可知I＝＝，故A、B错误；t＝时，线圈转一圈，电流最大，ab边所受的安培力为F＝NBImL1＝，故C正确；从题图所示位置转过90°过程中，通过外电路电阻的电荷量为q＝N＝，故D错误.
答案：C
5.2019年3月14日，中国家电及消费电子博览会在上海盛大开幕，家电展上有些国家家用电器的额定电压和我国是不同的，例如美国家用电器额定电压值为110 V.已知某电源输出的交变电压的表达式为u＝110sin 120πt（V），下列说法正确的是（ ）
A.用电压表测该电源的电压，其示数为110 V
B.将该电压加在110 Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为110 W
C.交流电的频率为60 Hz，电流方向每秒改变60次
D.当t＝0.1 s时电压表瞬间示数为0
解析：由于正弦交变电压的最大值为110 V，所以有效值为110 V，电压表显示的是有效值，为110 V，选项A错误；将该电压加在110 Ω的电阻两端，则该电阻消耗的电功率为P＝＝110 W，选项B正确；由ω＝2πf＝120π，得f＝60 Hz，矩形线圈在匀强磁场中每转一圈，电流方向改变两次，故电流方向每秒改变120次，选项C错误；当t＝0.1 s时，u＝0，但电压表示数为有效值110 V，选项D错误.
答案：B
6.如图所示为某种周期性交流电的电流与时间关系的图像，其中前半周期为正弦曲线的一部分，后半周期是直线段，则该交流电的有效值为（ ）
A. A B. A
C. A D. A
解析：取一个周期，设有效值为I，由电流的热效应求解，则 I2RT＝（2 A）2R·＋（）2R·，解得I＝ A，选项A正确.
答案：A
7.（多选）如图所示，在匀强磁场中绕轴匀速转动的单匝纯电阻矩形线圈的转动周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A.下列说法正确的是（ ）
A.线圈消耗的电功率为4 W
B.线圈中感应电流的有效值为2 A
C.线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e＝2cost（V）
D.穿过线圈的磁通量的表达式为Φ＝sint（Wb）
解析：从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，电流的瞬时值表达式为i＝Imcos θ，则电流的最大值为Im＝ A＝2 A，则电流的有效值I＝Im＝ A，线圈消耗的电功率为P＝I2r＝4 W，故A正确，B错误；电动势的最大值Em＝Imr＝4 V，线圈中感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emcost＝4cos t（V），故C错误；穿过线圈的磁通量的表达式为Φ＝BSsin t（Wb），根据Em＝BSω，可得BS＝，则Φ＝sin t（Wb），故D正确.
答案：AD
[能力提升]
8.将如图所示的交流电压加在一个阻值R＝1 Ω的定值电阻两端，通电时间1 min，则（ ）
A.通过该电阻的电荷量为90 C
B.通过该电阻电流的平均值为 A
C.电流流过该电阻产生的焦耳热为150 J
D.通过该电阻电流的有效值为1.5 A
解析：在一个周期T＝2 s内，通过该电阻的电荷量q＝t1－t2＝（2×1－1×1）C＝1 C，1 min共有30个周期，所以q总＝30q＝30 C，A错误；平均电流为＝＝0.5 A，B错误；在一个周期T＝2 s内，Q＝t1＋t2＝T，代入数据得电压的有效值U＝ V，所以电流的有效值I＝ A，D错误；1 min内该电阻产生的焦耳热为Q总＝I2Rt＝150 J，C正确.
答案：C
9.如图甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直且与金属线圈共面的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图乙中曲线a、b所示，则（ ）
甲 乙
A.两次t＝0时刻线圈平面均与中性面垂直
B.曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C.曲线a表示的交变电流频率为25 Hz
D.曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
解析：线圈平面位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，产生的电动势为零，A错误；线圈转速之比等于周期的反比，故a、b转速之比为3∶2，B错误；频率为周期的倒数，a的周期为0.04 s，频率为25 Hz，C正确；正弦式交变电流的电动势的有效值为E＝＝，已知Ea＝ V，且ωb＝ωα，故可知Eb＝× V＝5 V，D错误.
答案：C
10.（多选）（2024·合肥高二检测）如图甲所示，标有“220 V 40 W”的电灯和标有“20 μF 300 V”的电容器并联接到交流电源上，V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（ ）
甲 乙
A.t＝时刻，V的示数为零
B.电灯恰好正常发光
C.电容器有可能被击穿
D.交流电压表V的示数保持110 V不变
解析：交流电压表V的示数应是电压的有效值220 V，A、D错误；电压的有效值恰好等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B正确；电压的峰值220 V≈311 V，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C正确.
答案：BC
11.如图所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝ T，当线圈以300 r/min的转速绕垂直于磁场方向的轴匀速旋转时.问：
（1）线圈中感应电动势的最大值是多少？
（2）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；
（3）电路中理想电压表和理想电流表的示数各是多少？
解析：（1）n＝300 r/min＝5 r/s，则转动的角速度ω＝2πn＝10π rad/s
感应电动势的最大值Em＝NBSω＝100××0.05×10π V＝50 V.
（2）感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝50sin 10πt（V）.
（3）感应电动势的有效值E＝＝ V＝25 V
则理想电流表的示数为I＝＝ A＝ A＝3.54 A
理想电压表的示数U＝IR＝×9 V＝ V＝31.82 V.
答案：（1）50 V （2）e＝50sin 10πt（V） （3）31.82 V 3.54 A
12.如图所示，一个面积为S、匝数为N的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，角速度为ω，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，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计.从图示位置开始计时，求：
（1）电流表的示数；
（2）线圈转过转的时间内负载电阻R上产生的热量；
（3）线圈转过转的时间内通过负载电阻R的电荷量；
（4）线圈转过时的电动势瞬时值.
解析：（1）线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流.
此交变电动势的最大值为Em＝NBSω，
设此交变电动势在一个周期内的有效值为E，
由有效值的定义得·＝T，
解得E＝＝，
故电流表的示数为I＝＝.
（2）在线圈从图示位置转过转的时间内，
电动势的有效值为E'＝＝.
电阻R上产生的热量为Q＝（）2R·＝.
（3）在线圈从图示位置转过转的时间内，
电动势的平均值为＝N＝
通过R的电荷量为q＝·Δt＝·Δt＝N＝.
（4）线圈从图示位置起转过时的电动势瞬时值为e＝Emsin（）＝.
答案：（1） （2）
（3） （4）
3.变压器
第1课时 变压器的原理
核心素养：
1.了解理想变压器的概念，解释互感现象，解决实际问题.（物理观念）
2.理解变压器的工作原理，并运用电磁感应的规律进行解释.（科学思维）
3.了解变压器在实际中的应用，如无线充电技术等.（科学态度与责任）
@研习任务一
合作 讨论
如图所示，把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈（原线圈）通过开关可以连接到交流电源的两端，另一个线圈（副线圈）连到小灯泡上.连接电路，接通电源，小灯泡能发光.
两个线圈并没有连接，小灯泡为什么会发光？
提示：当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在右线圈中会产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光.
教材 认知
1.变压器的构造：由 闭合铁芯 和绕在铁芯上的两个线圈组成，如图所示.
甲
乙
（1）原线圈：与 交流电源 连接的线圈，也叫 初级线圈 .
（2）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
变压器工作的基础是 互感 现象，电流通过原线圈时在铁芯中激发的磁场不仅穿过原线圈，也同时穿过 副 线圈，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 （填“改变”或“不改变”）交变电流的周期和频率.
4.理想变压器：没有 能量损耗 的变压器叫作理想变压器，它是一个理想化模型.
（1）原、副线圈中的电流产生的磁场完全束缚在闭合铁芯内，即无“漏磁”.
（2）原、副线圈不计电阻，电流通过时不产生焦耳热，即无“铜损”.
（3）闭合铁芯中的涡流为零，即无“铁损”.
要点 归纳
1.变压器不改变交变电流的周期和频率.
2.变压器只对交变电流起作用，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.
4.变压器中的能量转化
原线圈中电场的能量转变成磁场的能量，通过铁芯使变化的磁场几乎全部穿过了副线圈，在副线圈中产生了感应电流，磁场的能量转化成了电场的能量.
研习 经典
[典例1] 下列关于理想变压器特点的说法中正确的是（ ）
A.理想变压器能够使电压升高，同时电流变大
B.原、副线圈具有相同的磁通量及变化率，产生的感应电动势也相同
C.原、副线圈没有电阻，铁芯中不会产生涡流
D.原线圈往往匝数少，绕线粗，电流大
解析：理想变压器原、副线圈功率相等，即U1I1＝U2I2，不可能同时使电压升高，电流增大，A错误；原、副线圈匝数不同，感应电动势不同，B错误；理想变压器不考虑绕线铜损，铁芯的铁损，可以认为线圈无电阻，铁芯不产生涡流，C正确；原、副线圈中匝数少的一边，电流大，绕线粗，但不一定作为原线圈使用，D错误.
答案：C
此类问题主要考查理想变压器的工作原理，一定要知道怎么才算是理想变压器，以及理想变压器是如何实现电压变化的.
对应 训练
1.（多选）关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是（ ）
A.原、副线圈缠绕在一个闭合铁芯上，是为了减少磁场能的损失，有效地传送电能
B.铁芯不用整块金属做成，是为了防止原、副线圈短路，造成危险
C.变压器不改变交变电流的频率，只改变电压大小
D.当原线圈接入恒定电流时，副线圈也有电压输出
解析：铁芯不用整块金属做成是为了防止涡流产生较多的热量从而烧坏变压器，故B错误；变压器对恒定电流不起作用，D错误.
答案：AC
@研习任务二
要点 归纳
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＝.
（1）当有n2＞n1时，U2＞U1，是升压变压器；
当n2＜n1时，U2＜U1，是降压变压器.
（2）当有多个副线圈时，则有
＝＝＝….
2.功率关系：对于理想变压器，不考虑能量损失，有P入＝P出.
3.电流关系
（1）当只有一个副线圈时，有I1U1＝I2U2，得＝.
（2）当有多个副线圈时，有I1U1＝I2U2＋I3U3＋…，得n1I1＝n2I2＋n3I3＋….
研习 经典
[典例2] （2024·北京大兴高二期末）如图所示，一理想变压器的原线圈匝数为n1＝1 000匝，副线圈匝数为n2＝200匝，电阻R＝88 Ω，原线圈接入电压U1＝220 V的交流电源，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则下列说法正确的是（ ）
A.通过原线圈和副线圈的交流电的频率之比为5∶1
B.电流表的示数为0.1 A
C.电压表的示数为1 100 V
D.电阻R的电功率为44 W
解析：变压器并不会改变交流电的频率，故A错误；根据变压器原、副线圈电压之间的关系，有＝，U1＝220 V，对电阻R，由欧姆定律可得I2＝，根据变压器原、副线圈电流之间的关系，有＝，解得U2＝44 V，I1＝0.1 A，故电流表的示数为0.1 A，电压表的示数为44 V，故B正确，C错误；电阻R的功率为P2＝R＝22 W，故D错误.
答案：B
变压器改变电压、电流，不改变频率，利用变压器电压、电流与匝数之间的关系，求出电压、电流后结合电学公式计算出其他电学物理量.
对应 训练
2.在如图所示的电路中，电阻a、b、c、d的阻值均为r，其他电阻不计，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝2∶1，M、N间输入的正弦式交变电流的电压有效值为U，则电阻a中的电流有效值大小为（ ）
A. B.
C. D.
解析：设电阻c中的电流为I，则副线圈两端的电压U2＝Ir，流过副线圈的电流I2＝2I，由＝＝，得原线圈两端电压U1＝2Ir，流过原线圈的电流I1＝I，则流过电阻b的电流Ib＝＝2I，流过电阻a的电流Ia＝I1＋Ib＝3I，电阻a两端的电压Ua＝Iar＝3Ir，又U＝Ua＋U1＝5Ir，联立解得Ia＝，故选B.
答案：B
@研习任务三
合作 讨论
变压器在我们生活当中非常常见，请列举出几个生活中常见的变压器.
提示：街头变压器把高电压降为220 V的民用电压；手机充电器也是变压器，把220 V的电压降为5 V的低电压；家用电器里面也有小型的变压器.
要点 归纳
1.自耦变压器
如图甲、乙所示是自耦变压器的示意图.这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈.如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压.
甲
乙
丙
调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图丙所示.线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2.
2.互感器
交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流.互感器是利用变压器的原理来测量高电压或大电流的仪器.
（1）电压互感器：实质是降压变压器，可以把高电压变成低电压.（如图甲所示）
（2）电流互感器：实质是升压变压器，可以把大电流变成小电流.（如图乙所示）
甲
乙
研习 经典
[典例3] 电压互感器是一种测量电路中电压的变压器，工作原理如图所示.其原线圈匝数较多，并联在电路中，副线圈匝数较少，两端接在电压表上.则电压互感器（ ）
A.是一种降压变压器
B.能测量直流电路中某一用电器两端的电压
C.原、副线圈中电流的频率不同
D.副线圈两端的电压高于原线圈两端的电压
解析：根据＝，由于原线圈匝数较多，副线圈匝数较少，则副线圈两端的电压低于原线圈两端的电压，是一种降压变压器，D错误，A正确；电压互感器是利用电磁感应进行工作的，只能够在交流电路中正常工作，B错误；电压互感器不能改变电流的频率，C错误.
答案：A
高中阶段接触到的变压器原理都是一样的，无论是互感器还是自耦变压器只要正确判断出原线圈和副线圈，就可以用理想变压器的相关知识去解决问题.
对应 训练
3.一自耦变压器如图所示，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，定值电阻R接在cd间，在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中（ ）
A.U2＞U1
B.R中电流的频率增大
C.R中电流的有效值增大
D.变压器输入功率减小
解析：变压器的电压之比等于线圈匝数之比，由于n2＜n1，则有U2＜U1，故A错误；变压器只改变交变电流的电压与电流，不会改变电流的频率，滑动触头旋转过程中，流过R电流的频率不变，故B错误；在滑动触头从M点顺时针转到N点过程中，n2减小，n1不变，U1不变，则电压U2减小，由欧姆定律可知，R中电流的有效值减小，故C错误；滑动触头旋转过程，变压器副线圈电压U2减小，根据P出＝可知，变压器的输出功率减小，又因为理想变压器输入功率等于输出功率，变压器的输出功率减小，则输入功率减小，故D正确.
答案：D
知识 构建
@课后提素养
基础 题组
1.判断正误.
（1）变压器只能改变交变电流的电压，不能改变直流电的电压.（ √ ）
（2）理想变压器不仅可以改变交变电流的电压和电流，还可以改变交变电流的功率和频率.（ × ）
（3）理想变压器是客观存在的.（ × ）
（4）＝适用于任何理想变压器.（ √ ）
2.（多选）如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1.电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计.下列说法正确的是（ ）
A.S与a接通的瞬间，R中无感应电流
B.S与a接通稳定后，R两端的电压为0
C.S与b接通稳定后，R两端的电压为3 V
D.S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1
解析：S接a时，原线圈接直流电源，接通的瞬间原线圈中的电流从无到有，副线圈中会产生感应电流，A错误；S与a接通稳定后磁通量不再发生变化，所以R两端的电压为0，B正确；S接b时，原线圈接交变电源，根据电压与匝数关系＝，得R两端的电压U2＝·n2＝3 V，C正确；变压器不改变电流的频率，D错误.
答案：BC
3.一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点顺时针转到N点的过程中（ ）
A.U2＞U1，U2降低 B.U2＞U1，U2升高
C.U2＜U1，U2降低 D.U2＜U1，U2升高
解析：由＝，n1＞n2知U2＜U1；滑动触头从M点顺时针旋转至N点的过程中，n2减小，n1不变，U1不变，则U2降低，C项正确.
答案：C
中档 题组
1.（多选）关于理想变压器的工作原理，以下说法中正确的是（ ）
A.穿过通有正弦式交变电流的原线圈的磁通量不变
B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等
C.穿过副线圈的磁通量变化使得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
解析：通有正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B正确；穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误.
答案：BC
2.如图所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，两个标有“12 V 6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端.当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表（可视为理想的电表）的示数分别是（ ）
A.120 V，0.10 A B.240 V，0.025 A
C.120 V，0.05 A D.240 V，0.05 A
解析：灯泡正常发光，所以U2＝12 V，根据＝，代入数据解得U1＝240 V，两个灯泡均正常发光，I2＝2＝1 A，根据＝，代入数据解得I1＝0.05 A，故D正确.
答案：D
3.（多选）两种互感器接线如图所示，已知互感器甲线圈的匝数比为＝，互感器乙线圈的匝数比为＝，电压互感器中电表读数为U2＝220 V，电流互感器中电表读数为I4＝2 A，下列说法正确的是（ ）
互感器甲 互感器乙
A.电流互感器也可以串联在零线上测电流
B.互感器甲是电压互感器，互感器乙是电流互感器
C.互感器甲是电流互感器，互感器乙是电压互感器
D.输电线的输送功率为2.64×105 W
解析：若电流互感器串联在零线中，则检测不到电流，A错误；因为电压互感器需要并联在电路中，电流互感器需要串联在火线中，所以互感器甲是电压互感器，互感器乙是电流互感器，B正确，C错误；对电压互感器有＝，得输电线两端电压U1＝＝220×30 V＝6 600 V，对电流互感器有＝，得输电线中电流I3＝＝2×20 A＝40 A，则输电线的输送功率为P＝U1I3＝2.64×105 W，D正确.
答案：BD
第2课时 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
@研习任务一
教材 认知
1.实验目的
研究变压器原、副线圈电压与线圈匝数间的定量关系.
2.实验器材
可拆变压器、低压交流电源、多用电表、带夹的导线.
3.实验原理与设计
当交流电压接入原线圈时，它所产生的变化的磁场就会在副线圈中产生感应电动势.
采用控制变量法（原线圈输入的电压是一定的）：
（1）n1一定，研究n2和U2的关系.
（2）n2一定，研究n1和U2的关系.
4.实验步骤
（1）保持原线圈的匝数n1和电压U1不变，改变副线圈的匝数n2，研究n2对副线圈电压U2的影响.实物接线如图所示.
甲
乙
丙
丁
①选择n1＝400，用导线将变压器原线圈接在学生电源的交流输出接线柱上.
②调节学生电源的选择开关，使原线圈两端电压为5 V，如图甲所示.
③将多用电表与副线圈200匝的接线柱相连接，如图乙所示，读出副线圈两端的电压，将数据计入表格一中.
④保持n1＝400匝，U1＝5 V不变，将多用电表与副线圈800匝的接线柱相连接，如图丙所示.读出副线圈两端的电压，将数据计入表格一中.
⑤保持n1＝400匝、U1＝5 V不变，将多用电表与副线圈1 400匝的接线柱相连接，如图丁所示.读出副线圈两端的电压，将数据计入表格一中.
表格一
实验次数 1 2 3
n2/匝
U2/V
（2）保持副线圈的匝数n2和原线圈两端的电压U1不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响.
①将（1）中的原线圈作为副线圈，副线圈作为原线圈.
②选择n2＝400匝，用导线将变压器原线圈接在学生电源的交流输出接线柱上.
③将选择开关拨至5 V挡.
④将连接电源的两根导线与原线圈n1＝200匝的接线柱相连接，读出副线圈两端的电压，将数据计入表格二中.
⑤保持n2＝400匝，U1＝5 V不变，将连接电源的两根导线与原线圈n1＝800匝的接线柱相连接，读出副线圈两端的电压，将数据计入表格二中.
⑥保持n2＝400匝，U1＝5 V不变，将连接电源的两根导线与原线圈n1＝1400匝的接线柱相连接，读出副线圈两端的电压，将数据计入表格二中.
表格二
实验次数 1 2 3
n1/匝
U2/V
⑦拆除实验线路，整理好实验器材.
研习 经典
[典例1] 某班物理实验课上，同学们用可拆变压器探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系.可拆变压器如图甲、乙所示.
甲 可拆变压器零部件 乙 组装后的变压器
丙
（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
解析：（1）为确保实验安全，应该降低输出电压，实验中要求原线圈匝数大于副线圈匝数，故A错误；变压器只能改变交流电的电压，原线圈输入交流电压，副线圈输出交流电压，应用多用电表的“交流电压挡”测量，故B错误；研究变压器电压和匝数的关系，用到控制变量法，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，故C正确；为了保护电表，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，故D正确；变压器的工作原理是电磁感应现象，即不计各种损耗，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，不是铁芯导电，传输电能，故E错误，F正确.
（2）与变压器未通电时相比较，通电时，线圈产生磁性，对横条铁芯具有吸引力，若将可拆变压器上端的横条铁芯取下将更费力，故A正确；增加原线圈绕制的圈数，根据变压比可知，输出电压减小，灯泡的亮度降低，故B错误；增加副线圈绕制的圈数，根据电压比可知，输出电压增大，根据欧姆定律可知，输出电流增大，根据电流比可知，输入电流增大，学生电源的过载指示灯可能会亮起，故C正确.
答案：（1）CDF （2）AC
本实验用的是交流电源，所以一定要用交流电压表，这也是高中物理中仅有的使用交流电压表的实验.
对应 训练
1.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验中，实验室中备有下列可供选择的器材：
A.可拆变压器（铁芯、两个已知匝数的线圈）
B.条形磁铁
C.直流电源
D.多用电表
E.开关、导线若干
（1）上述器材在本实验中不必用到的是 （填器材前的序号）.
（2）本实验中还需用到的器材有 .
解析：（1）由本实验的实验原理可知，本实验不必用到的器材是条形磁铁和直流电源，故选BC.
（2）为使实验安全，本实验用到的电源是学生电源，且利用低压交流挡.
答案：（1）BC （2）（低压）交流电源
@研习任务二
教材 认知
1.实验数据处理
分析表格一和表格二可知，理想变压器原、副线圈两端电压之比等于两个线圈的匝数之比，实验误差主要来源于以下几方面：
（1）由于漏磁，通过原、副线圈的每一匝的磁通量不严格相等造成误差.
（2）原、副线圈有电阻，原、副线圈中的焦耳热损耗（铜损），造成误差.
（3）铁芯中产生涡流（铁损），使得铁芯发热，造成误差.
2.注意事项
（1）在改变学生电源的电压、线圈匝数前均要先 断开 开关，再进行操作.
（2）为了保证人身安全，学生电源的电压不能超过 12 V ，通电时不能用手接触裸露的导线和接线柱.
（3）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.
研习 经典
[典例2] 在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，用匝数na＝60匝和nb＝120匝的变压器，实验测量数据如下表所示.
Ua/V 1.80 2.80 3.80 4.90
Ub/V 4.00 6.01 8.02 9.98
根据测量数据可判断连接电源的线圈是 （填“na”或“nb”）.
解析：由于存在漏磁，所以副线圈测量电压值应该小于理论变压值，即nb为输入端，na为输出端.
答案：nb
对应 训练
2.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 （只填步骤前数字序号）.
（2）如图所示，在实验中，两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；原线圈与副线圈对调后，当U1'＝8 V时，U2'＝32 V，那么可初步确定，变压器两个线圈的电压U1、U2与线圈匝数n1、n2的关系是 .
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；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，顺序为①③②④.
（2）两线圈的匝数n1＝1 600，n2＝400，当将n1作原线圈时，U1＝16 V，副线圈两端电压U2＝4 V；当原线圈与副线圈对调后，U1'＝8V时，U2'＝32V，此时U2'为原线圈的电压，而U1'为副线圈的电压，由以上数据可得＝.
答案：（1）①③②④ （2）＝
@研习任务三
研习 经典
[典例3] 小明同学利用小灯泡定性判断变压器线圈两端的电压与匝数的关系.按如图所示，将长导线按顺时针方向一匝一匝地绕在铁芯的左边，边绕边观察小灯泡的发光情况，等小灯泡发出耀眼的强光后，再将导线一匝一匝地退出铁芯，边退边观察小灯泡的发光情况.
（1）请分析小明同学观察到的现象是
.
（2）由此你能得出的结论是
.
解析：（1）将长导线按顺时针方向一匝一匝地绕在铁芯的左边，再将导线一匝一匝地退出铁芯，故副线圈匝数先增加后减小，根据变压比公式＝，小灯泡的电压先增加后减小，故小灯泡先慢慢变亮，再慢慢变暗；
（2）实验结论为输入电压和原线圈一定时，副线圈匝数越多，获得的电压越高.
答案：（1）小灯泡先慢慢变亮，再慢慢变暗 （2）输入电压和原线圈一定时，副线圈匝数越多，获得的电压越高
学习物理要能分析物理现象，能提出并准确表述可探究的物理问题，将可探究的物理问题与学过的物理问题相对应，这是一种建模能力.同时要注意提升实验操作能力、分析论证能力，有主动注意安全的行为.
对应 训练
3.一个教学用的简易变压器如图所示，A、B两线圈的匝数未知，某同学想用所学变压器的知识测定两线圈的匝数.
（1）为完成该实验，除了选用交流电压表、导线外，还需要选用低压 （填“直流”或“交流”）电源.
（2）该同学在变压器铁芯上绕10匝绝缘金属导线C，然后将A线圈接电源，用电压表
分别测出线圈A、线圈B及线圈C两端的电压，记录在表格中，则线圈A的匝数为 匝，线圈B的匝数为 匝.
A线圈电压 B线圈电压 C线圈电压
8.0 V 3.8 V 0.2 V
（3）为减小线圈匝数的测量误差，你认为绕制线圈C的匝数应该 （填“多一些”或“少一些”）更好.
解析：（1）变压器必须使用交流电源，直流电源不能让变压器正常工作.
（2）设A、B、C的线圈匝数分别为n1、n2、n3，电压分别为U1、U2、U3，线圈电压和匝数成正比，有
＝，n1＝n3＝×10＝400
＝，n2＝n1＝×400＝190.
（3）为减小线圈匝数的测量误差，绕制线圈C的匝数应该多一些.
答案：（1）交流 （2）400 190 （3）多一些
@课后提素养
1.在探究变压器线圈两端的电压和匝数的关系实验中，可拆变压器如图所示.
（1）观察变压器的铁芯，它的结构和材料是 .
A.整块硅钢铁芯
B.整块不锈钢铁芯
C.绝缘的铜片叠成
D.绝缘的硅钢片叠成
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导线粗的线圈匝数 （填“多”或“少”）.
（3）以下给出的器材中，本实验需要用到的是 .
A
B
C
D
（4）为了人身安全，低压交流电源的电压不要超过 .
A.2 V B.12 V C.50 V
（5）实验中将电源接在原线圈的“0”和“8”两个接线柱之间，用电表测得副线圈的“0”和“4”两个接线柱之间的电压为3.0 V，则原线圈的输入电压可能为 .
A.1.5 V B.6.0 V C.9.0 V
（6）本实验要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，实验中需要运用的科学方法是 .
A.控制变量法
B.等效替代法
C.整体隔离法
解析：（1）变压器的铁芯是绝缘的硅钢片叠成的，故选D.
（2）观察两个线圈的导线，发现粗细不同，因为匝数少的电流大、电压小，所以导线粗，即导线粗的线圈匝数少.
（3）实验中需要交流电源和交流电压表（多用电表），不需要干电池和直流电压表，故选BD.
（4）为了人身安全，低压交流电源的电压不要超过12 V，故选B.
（5）若是理想变压器，则变压器线圈两端的电压与匝数的关系为＝，若变压器的原线圈接“0、8”接线柱，副线圈接线“0、4”接线柱，可知原、副线圈的匝数比为2∶1，则若有副线圈电压为3.0 V，那么原线圈的电压为U1＝2×3.0 V＝6.0 V，考虑到不是理想变压器，有漏磁等现象，则原线圈所接电源电压大于6.0 V，可能为9.0 V，故A、B错误，C正确.
（6）实验中需要运用的科学方法是控制变量法，故选A.
答案：（1）D （2）少 （3）BD （4）B （5）C （6）A
2.有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它由两个外观基本相同和粗细相同的同种导线绕成的线圈A、B，线圈外部还可以绕线.
甲
乙
（1）某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a、b位置（a在左、b在右），由此可推断 （填“A”或“B”）线圈的匝数较多.
（2）如果把它看成理想变压器，A、B线圈的匝数比为k，则当A线圈接在电压为U1的蓄电池两端以后，B线圈的输出电压为 .
（3）如果把它看成理想变压器，则A、B线圈上的交变电流一定具有相同的 .
A.电压 B.电流 C.功率
（4）现要测量A线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源.实验步骤如下：
①用长导线绕一个匝数为n的线圈C作为副线圈代替A线圈；
②把低压交流电源接在B线圈上，测得C线圈的输出电压为U；
③用A线圈换下C线圈，测得A线圈的输出电压为UA，则线圈A的匝数nA＝ （用物理量n、U、UA表示）.
解析：（1）从多用电表读数可知，指针a所指的电阻数值大于指针b所指的电阻数值，所以A线圈的匝数较多.
（2）蓄电池为直流电源，不会引起B线圈磁通量变化，B线圈无输出电压.
（3）理想变压器两端功率相同，所以A、B线圈上的交变电流一定具有相同的功率，故选C.
（4）③根据变压器的电压之比等于匝数之比，可知＝，解得nA＝n.
答案：（1）A （2）0 （3）C （4）③ n
3.在探究变压器线圈两端的电压与匝数之间的关系实验中，小张同学利用如图甲所示可拆变压器进行研究.
图甲 图乙
（1）正确选择器材后，将变压器的原线圈0、8接线柱与图乙中学生电源的直流电压8.0 V相连，副线圈接0、4接线柱，则副线圈所接电压表的示数是 .
A.16.0 V B.8.0 V
C.4.0 V D.0
（2）小张同学利用多用电表“×10”倍率的电阻挡测量副线圈的电阻，如图丙所示，读数为 Ω.
图丙
解析：（1）因为变压器的原线圈0、8接线柱与直流电压8.0 V相连，不会发生电磁感应现象，故可知副线圈接0、4接线柱，其电压表的示数为0.
（2）因为小张同学利用多用电表“×10”倍率的电阻挡测量副线圈的电阻，由题图丙可知，读数为55 Ω.
答案：（1）D （2）55
4.实验室中有一台铭牌模糊的可拆变压器，如图所示，该变压器可近似看作理想变压器.某同学欲测量它的初级、次级线圈匝数.先在闭合铁芯的
上端铁轭处紧密缠绕100匝漆包细铜线，并将细铜线两端与理想交流电压表构成闭合回路.
（1）在次级线圈左右两端的接线柱上输入12 V低压交流电压，理想交流电压表示数为60 V，则次级线圈的匝数为 匝；在初级线圈左右两端的接线柱上输入12 V低压交流电压，理想交流电压表示数为30 V，则初级线圈的匝数为 匝.
（2）若初级线圈左右两端接线柱接入的交变电压瞬时值表达式为u＝311sin 100πt（V），则与次级线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为 V.
解析：（1）由理想变压器的电压与匝数关系＝，可知次级线圈的匝数为n2＝n＝×100＝20匝；初级线圈的匝数n1＝n＝×100＝40匝.
（2）因交流电压表的示数为电压有效值，该变压器初级、次级线圈的匝数比为2∶1，由＝可知与次级线圈左右两端接线柱直接相连的理想交流电压表的示数为110 V.
答案：（1）20 40 （2）110
@课时作业（十一）
[基础训练]
1.实验室在使用电磁打点计时器时需要用变压器，则其理想变压器原、副线圈中交流电的电压、电流、功率、频率关系正确的是（ ）
A.U1＜U2 B.I1＜I2
C.P1＞P2 D.f1＞f2
解析：电磁打点计时器使用的变压器为降压变压器，所以副线圈中电压小、电流大，变压器不改变功率和频率.
答案：B
2.如图所示是“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验示意图，a线圈接交流电源，b线圈接交流电压表，在实验过程中（ ）
A.只增加b线圈的匝数，电压表的示数一定增大
B.只增加a线圈的匝数，电压表的示数一定增大
C.同时增加a、b两线圈的匝数，电压表的示数一定增大
D.只改变a线圈两端的电压，电压表的示数不变
解析：电压表示数设为Ub，交流电源电压设为Ua，则＝，所以只增加nb，Ub一定增大，A正确；而只增加na，Ub一定减小，B错误；na、nb都增加，Ub不一定增大，C错误；只改变Ua，Ub一定改变，D错误.
答案：A
3.如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt（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
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，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＝220sin 100πt（V）可知，角速度ω＝100π rad/s，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.
答案：B
4.（多选）图甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为5∶1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交变电流，两个20 Ω的定值电阻串联接在副线圈两端.电流表、电压表均为理想电表.则（ ）
A.电流表示数为0.2 A
B.电流表示数为5 A
C.电压表示数为4 V
D.通过电阻R的交变电流的周期为4×10－2 s
解析：原线圈电压为U1＝＝200 V，根据＝知副线圈电压为U2＝＝40 V，因为两电阻阻值相等，所以电压均分，则电压表示数为副线圈电压的一半，即20 V，C错误；副线圈电流为I2＝＝1 A，则原线圈电流为I1＝＝0.2 A，A正确，B错误；变压器不改变交变电流的周期，所以通过电阻R的交变电流的周期为4×10－2 s，D正确.
答案：AD
5.如图所示，为探究理想变压器原、副线圈的电压和电流关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接入理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，不计导线电阻.闭合开关S后，下列说法正确的是（ ）
A.A1示数不变，V1示数不变，L1变亮
B.A2示数变大，V2示数变大，L1变暗
C.A1示数变大，变压器输出功率变大，A1与A2示数的比值不变
D.V2示数变大，变压器输出功率变大，V1与V2示数的比值不变
解析：根据理想变压器的规律可知，理想变压器原线圈接入电压的有效值不变，V1示数不变，则副线圈输出电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变；开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，则灯泡L1的亮度不变，由欧姆定律可知，副线圈输出电流变大，即电流表A2示数变大，则变压器的输出功率变大，根据电流比可知，原线圈输入电流变大，即电流表A1示数变大，由于理想变压器满足P2＝P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，故C正确，A、B、D错误.
答案：C
6.如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为11∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器.已知通过R1的正弦交流电如图乙所示，则（ ）
甲
乙
A.交流电的频率为0.02 Hz
B.原线圈输入电压的最大值为200 V
C.电阻R2的电功率约为6.67 W
D.通过R3的电流始终为零
解析：根据变压器原理可知原、副线圈中电流的周期、频率相同，周期为0.02 s、频率为50 Hz，A错误；由图乙可知通过R1的电流最大值为Im＝1 A，根据欧姆定律可知其最大电压为Um＝20 V，再根据原、副线圈的电压之比等于匝数之比可知原线圈输入电压的最大值为220 V，B错误；根据正弦交流电的峰值和有效值关系以及并联电路特点可知，电阻R2的电流有效值为I＝，电压有效值为U＝，电阻R2的电功率为P2＝UI＝ W＝6.67 W，C正确；因为电容器有通交流、隔直流的作用，则有电流通过R3和电容器，D错误.
答案：C
7.在“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”实验中，某同学利用如图所示可拆式变压器（铁芯不闭合）进行研究.
（1）实验还需要下列器材中的 .
（2）实验中，图中变压器的原线圈接“0、8”接线柱，所接电源电压为交流10.0 V，副线圈接“0、4”接线柱，则副线圈所接电压表示数可能是 .
A.22.0 V B.15.0 V
C.5.0 V D.2.5 V
解析：（1）探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系实验时要用到交流电压表，B是直流电流表，C是直流电压表，A是多用电表，可以用多用电表的交流电压挡测电压；实验中为了保证人身安全，输入电压不能超过12 V，需要学生电源，故选AD.
（2）如果是理想变压器，则电压比等于匝数比，输出电压为5.0 V，但可拆式变压器铁芯不闭合，存在比较大的漏磁，实际输出电压小于5.0 V，故D正确.
答案：（1）AD （2）D
8.理想变压器是指在变压器变压的过程中，线圈和铁芯不损耗能量、磁场被束缚在铁芯内不外漏的变压器.现有一个理想变压器、一个原线圈（匝数为n1）和一个副线圈（匝数为n2）.甲、乙两位同学想探究这个理想变压器的原、副线圈两端的电压与线圈匝数的关系.
（1）甲同学的猜想是U1∶U2＝n1∶n2；乙同学的猜想是U1∶U2＝n2∶n1.你认为猜想合理的同学是 ，你做出上述判断所依据的物理规律是 .
（2）为了验证理论推导的正确性，可以通过实验来探究.为保证实验安全、有效地进行，应选用 电源.
（3）在实验时，若采用多用电表进行测量，应先将选择开关置于 挡，并选用 量程进行试测，大致确定被测数据后，再用适当的量程进行测量.
解析：（1）由变压器的工作原理可知，猜想合理的同学是甲同学.做出上述判断依据的物理规律是法拉第电磁感应定律.
（2）为了保证实验安全、有效地进行，应选用低压（一般低于12 V）交流电源.
（3）使用多用电表时，应先将选择开关置于交流电压挡，并选用最大量程进行试测.
答案：（1）甲 法拉第电磁感应定律 （2）低压（一般低于12 V）交流 （3）交流电压 最大
[能力提升]
9.如图（a）所示，为家用燃气灶点火装置的电路原理图，转换器将直流电转换为如图（b）所示的正弦交流电加在理想变压器的原线圈上，设变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2.当两点火针间电压大于5 000 V就会产生电火花进而点燃燃气，则闭合S（ ）
图（a）
图（b）
A.电压表的示数为50 V
B.两点火针间电压的有效值一定大于5 000 V
C.在0～0.5×10－2 s时间内，通过原、副线圈导线横截面的电荷量相等
D.当＞100时，才能点燃燃气
解析：电压表测量的是转换之后的正弦交流电压的有效值，所以示数为 V＝35.4 V，故A错误；两点火针间的瞬时电压大于5 000 V即可产生电火花，所以有效值一定大于 V＝2 500 V，不一定大于5 000 V，故B错误；在0～0.5×10－2 s时间内，原线圈中持续流过正弦式交变电流，副线圈中只有当感应电动势大于5 000 V时才有电流流过，所以通过原、副线圈导线横截面的电荷量不相等，故C错误；原、副线圈的电压关系为＝，由于原线圈最大电压为50 V，副线圈最大电压要大于5 000 V，所以＞100，故D正确.
答案：D
10.电压互感器和电流互感器是利用变压器原理对高压电路或是高电流电路进行测量的工具，钳形电流表就是电流互感器的一种（如图所示），它可以在不改变被测电路结构的情况下直接测出电路电流，它的测量过程如图（a）所示，此时正在测量一台正常工作电动机的电缆线的电流，其内部变压器可以视为理想变压器，内部结构如图（a）右侧所示（电流表表盘上刻度值已经转换成被测电流值）.图（a）中电流表的读数为0.9 A.图（b）中用同一电动机电缆线绕了3匝，则（ ）
A.这种电流表也能测交流电压
B.这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为0.3 A
C.这种电流表能测交流电流，图（b）的读数为2.7 A
D.这种电流表能测交流电流，图（b）中电流表指针周期性摆动
解析：原线圈只接在一根电缆线上，钳形电流表只能测交流电流，不能测交流电压，而且测量的是交变电流的有效值，故A、D错误；根据理想变压器原理可知＝，当n1＝1，I2＝0.9 A时，有 ＝，当n1＝3时，有＝，解得I2'＝2.7 A，所以图（b）中电流表的读数为2.7 A，故C正确，B错误.
答案：C
11.如图甲、乙所示电路中，当A、B接10 V交变电压时，C、D间电压为4 V，M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V.现把C、D接4 V交流，P、Q接4 V直流，下列可表示A、B间和M、N间电压的是（ ）
甲 乙
A.10 V 10 V B.10 V 4 V
C.4 V 10 V D.10 V 0
解析：题图甲是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边电压之比等于两边线圈的匝数之比，当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得到10 V交流.题图乙是一分压电路，当M、N作为输入端时，上、下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比.但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等.所以当P、Q接4 V直流时，M、N两端的电压也是4 V.
答案：B
12.（2024·济南高二检测）如图为某人设计的电吹风电路图，a、b、c、d为四个固定触点.可动的扇形金属触片P可同时接触两个触点.触片P处于不同位置时，电吹风可处于停机、吹热风和吹冷风三种工作状态.n1和n2分别是理想变压器原、副线圈的匝数.该电吹风的各项参数如表所示.
热风时输入功率 460 W
冷风时输入功率 60 W
小风扇额定电压 60 V
正常工作时小风扇输出功率 52 W
（1）吹冷风时触片P位于怎样的位置？
（2）由表格中数据计算出小风扇的内阻是多少？
（3）变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2是多少？
解析：（1）当电吹风送出来的是冷风时，电路中只有电动机自己工作，触片P与触点b、c接触.
（2）小风扇消耗的功率转化为机械功率和线圈上的热功率，则小风扇的电流I＝＝ A＝1 A，
则I2r＝P－P出＝60 W－52 W＝8 W，
解得小风扇的内阻是r＝8 Ω.
（3）根据变压器的原、副线圈的匝数与电压的关系，得
＝＝.
答案：（1）触片P与触点b、c接触 （2）8 Ω
（3）11∶3
专题课五 理想变压器的综合问题
@专题一
要点 归纳
理想变压器的制约条件
（1）电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2.
（2）电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝.
（3）功率制约
①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2＝P负1＋P负2＋….
②功率关系P1＝P2＝P负，即变压器的输入功率是由输出功率决定的.
（4）简单记忆：U1决定U2，I2决定I1，P2决定P1.
研习 经典
[典例1] （多选）如图所示是变压器通过降压给用户供电的示意图.变压器的输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动，可以认为电压表V1示数不变.两条输电线的总电阻用R0表示，滑动变阻器R表示用户用电器的总电阻.如果变压器上的能量损失忽略不计，当用户的用电器增加时，图中各表的示数变化的情况是（ ）
A.电流表A1示数变大
B.电流表A2示数变小
C.电压表V2示数变大
D.电压表V3示数变小
解析：由于变压器的输入功率和输出功率相等，用户的用电器增加时，输出功率变大，所以原线圈的输入功率也变大，因为输入电压不变，所以输入电流变
