資源簡介

1.交變電流
課標要求
1．知道交變電流、直流的概念．
2．了解中性面的概念，掌握正弦交流電的產生和變化規律．
3．了解發電機與電動機中的能量轉化．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、交變電流及其產生
1．交變電流
(1)交變電流：大小和方向都隨時間做________變化的電流，簡稱交流電．
(2)直流：________不隨時間變化的電流．大小和方向都不隨時間變化的電流，稱為恒定電流．
(3)正弦交流電：電流的大小和方向都隨時間按________規律變化的交變電流．
(4)幾種不同類型的交流電
2．交變電流的產生
(1)產生條件：在勻強磁場中，矩形線圈繞____________方向的軸勻速轉動．
(2)中性面：線圈在磁場中轉動的過程中，線圈平面與磁場________時所在的平面．
二、交變電流的變化規律
1．從兩個特殊位置開始計時瞬時值的表達式
從中性面位置開始計時 從與中性面垂直的位置開始計時
磁通量 Φ＝Φmcos ωt＝BS cos ωt Φ＝Φmsin ωt＝BS sin ωt
感應電動勢 e＝Emsin ωt＝NBSωsin ωt e＝Emcos ωt＝NBSωcos ωt
電壓 u＝Umsin ωt＝sin ωt u＝Umcos ωt＝cos ωt
電流 i＝Imsin ωt＝sin ωt i＝Imcos ωt＝cos ωt
2.正弦交流電的圖像
三、發電機與電動機中的能量轉化
1．發電機
(1)定義：把機械能轉化為電能的裝置．
(2)發電方式：火力發電、水力發電、________發電、太陽能發電、________發電等．
2．電動機
(1)定義：將電能轉化成機械能的裝置．
(2)優點：高效易控、________________等．
[導學1]
交變電流最突出的特征是電流的方向發生變化，如圖甲為交變電流，圖乙則為直流電．
[導學2]
(1)線圈在轉動一圈的過程中，兩次經過中性面位置，電流方向改變兩次．
(2)線圈經過中性面位置時，穿過線圈的磁通量最大，磁通量的變化率為零，感應電動勢為零；線圈經過垂直中性面位置時，穿過線圈的磁通量為零，磁通量的變化率最大，感應電動勢最大．
[導學3]
發電機克服安培力做功，把機械能轉化為電能；電動機安培力做正功，把電能轉化為機械能．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　正弦交流電的產生
導學探究
(1)如圖，此位置是什么位置，磁通量最大還是最小？是否有感應電動勢？
(2)如圖，此位置是什么位置，磁通量最大還是最小？是否有感應電動勢？
歸納總結
1.兩個特殊位置的特點
中性面 中性面的垂面
位置 線圈平面與磁場垂直 線圈平面與磁場平行
磁通量 最大 零
磁通量變化率 零 最大
感應電動勢 零 最大
感應電流 零 最大
電流方向 改變 不變
2.正弦交流電的產生條件
(1)勻強磁場．
(2)線圈勻速轉動．
(3)線圈的轉軸垂直于磁場方向．
典例示范
例 1 (多選)如圖所示，一矩形閉合線圈在勻強磁場中繞垂直于磁場方向的轉軸OO′以恒定的角速度ω轉動，從線圈平面與磁場方向平行時開始計時，則在0～這段時間內(　　)
A．線圈中的感應電流一直在減小
B．線圈中的感應電流先增大后減小
C．穿過線圈的磁通量一直在減小
D．穿過線圈的磁通量的變化率一直在減小
素養訓練1　(多選)矩形線框繞垂直于勻強磁場且在線框平面內的軸勻速轉動時產生了交變電流，下列說法正確的是(　　)
A．當線框位于中性面時，線框中感應電動勢最大
B．當穿過線框的磁通量為零時，線框中的感應電動勢也為零
C．當線框經過中性面時，感應電動勢或感應電流的方向就改變一次
D．線框經過中性面時，各邊切割磁感線的速度為零
思維方法
產生正弦式交變電流的條件是：線圈繞垂直于勻強磁場的軸勻速轉動，與線圈的形狀和轉軸的位置無關．
探究點二　交變電流的變化規律
導學探究
如圖所示，矩形線圈在勻強磁場中繞垂直磁場的軸勻速轉動．
(1)導體切割磁感線產生的感應電動勢與什么因素有關？
(2)多匝線圈不垂直切割磁感線產生的感應電動勢如何表達？
歸納總結
1.推導正弦交流電瞬時值的表達式
若線圈平面從中性面開始轉動，如圖所示，則經時間t：
(1)線圈轉過的角度為ωt.
(2)ab邊的線速度跟磁感線方向的夾角θ＝ωt.
(3)ab邊轉動的線速度大小v＝ω.
(4)ab邊產生的感應電動勢eab＝BLabv sin θ＝sin ωt.
(5)整個線圈產生的感應電動勢e＝2eab＝BSωsin ωt，若線圈為N匝，e＝NBSωsin ωt.
(6)若線圈給外電阻R供電，設線圈本身電阻為r，由閉合電路歐姆定律得i＝＝sin ωt，即i＝Imsin ωt，R兩端的電壓可記為u＝Umsin ωt.
2．最大值
(1)由e＝NBSωsin ωt可知，電動勢的最大值Em＝NBSω.
(2)交變電動勢的最大值，由線圈匝數N、磁感應強度B、轉動角速度ω及線圈面積S決定，與線圈的形狀無關，與轉軸的位置無關，但轉軸必須垂直于磁場，因此如圖所示幾種情況，若N、B、S、ω相同，則電動勢的最大值相同．
(3)電流的最大值可表示為Im＝.
典例示范
例 2 如圖所示，正方形線圈abcd的邊長是0.5 m，共150匝，勻強磁場的磁感應強度為B＝ T，當線圈以150 r/min的轉速繞中心軸線OO′勻速旋轉時，求：
(1)若從線圈處于中性面開始計時，寫出線圈中感應電動勢的瞬時值表達式；
(2)線圈轉過 s時電動勢的瞬時值．
素養訓練2　(多選)如圖所示，abcd為一邊長為L、匝數為N的正方形閉合線圈，繞對稱軸OO′勻速轉動，角速度為ω.空間中只有OO′左側存在垂直紙面向里的勻強磁場，磁感應強度大小為B.若閉合線圈的總電阻為R，則(　　)
A．線圈中電動勢的最大值為NBL2ω
B．線圈中電動勢的最大值為NBL2ω
C．在線圈轉動一圈的過程中，線圈中有一半時間沒有電流
D．當線圈轉到圖中所處的位置時，穿過線圈的磁通量為BL2
素養訓練3　某旋轉電樞式交流發電機，當轉子的旋轉角速度為ω時，其產生的電動勢隨時間變化的關系式為e＝Emsin ωt.那么當轉子的旋轉角速度減為ω時，其產生的電動勢隨時間變化
的關系式為(　　)
A．e′＝Emsin t B．e′＝Emsin t
C．e′＝2Emsin t D．e′＝Emsin ωt
思維方法
(1)求解交變電流的瞬時值問題的答題模型
(2)若線圈給外電阻R供電，設線圈本身電阻為r，由閉合電路歐姆定律得i＝＝sin ωt＝Imsin ωt，R兩端的電壓可記為u＝Umsin ωt.
探究點三　交變電流的圖像
歸納總結
1.對交變電流圖像的認識
如圖所示，正弦交變電流隨時間的變化情況可以從圖像上表示出來，圖像描述的是交變電流的電動勢、電流、電壓隨時間變化的規律，它們是正弦曲線．
2．交變電流圖像的應用
從圖像中可以解讀到以下信息：
(1)交變電流的最大值Im、Em、Um、周期T.
(2)因線圈在中性面時感應電動勢、感應電流均為零，磁通量最大，所以可確定線圈位于中性面的時刻．
(3)找出線圈平行于磁感線的時刻．
(4)判斷線圈中磁通量的變化情況．
(5)分析判斷e、i、u隨時間的變化規律．
典例示范
例 3 一矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時，產生的交變電動勢的圖像如圖所示，則(　　)
A．交流電的頻率是4π Hz
B．當t＝0時，線圈平面與磁感線垂直，磁通量最大
C．當t＝π s時，e有最大值
D．t＝π s時，e＝－10 V最小，磁通量變化率最小
素養訓練4　一矩形線圈繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內的固定軸勻速轉動，線圈中的感應電動勢e隨時間t變化的規律如圖所示，則下列說法正確的是(　　)
A．圖像是從線圈平面位于中性面開始計時的
B．t2時刻穿過線圈的磁通量為零
C．t2時刻穿過線圈的磁通量的變化率為零
D．感應電動勢e的方向變化時，穿過線圈的磁通量的方向也變化
素養訓練5　一矩形線圈繞垂直于勻強磁場并位于線圈平面內的固定轉軸勻速轉動，線圈中產生的感應電動勢e隨時間t的變化規律如圖所示．下列說法中正確的是(　　)
A．t1時刻穿過線圈的磁通量最大
B．t2時刻穿過線圈的磁通量為0
C．t3時刻穿過線圈的磁通量的變化率最大
D．每當電流方向變化時，線圈平面就會與中性面垂直
思維方法
圖像的分析方法
一看：看“軸”、看“線”、看“斜率”、看“點”，并理解其物理意義．
二變：掌握“圖與圖”“圖與式”和“圖與物”之間的變通關系．
三判：在此基礎上進行正確的分析和判斷．
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標
1．(多選)下列各圖中，表示交變電流的是(　　)
2．(多選)下列各圖中(A、B、C選項中的虛線為轉軸；D選項中O點為固定點，線圈在紙面內繞O點轉動，且勻強磁場區域足夠大)，線圈中能產生交流電的是(　　)
3.
(多選)一矩形線圈繞與勻強磁場垂直的中心軸旋轉，切割磁感線的兩邊通過導體圓環外接電阻R，自圖示位置開始以角速度ω勻速轉動，則通過R的電流(　　)
A．大小和方向都不斷變化
B．方向不變，大小不斷變化
C．變化的規律i＝Imsin ωt
D．變化的規律i＝Imcos ωt
4．一矩形線圈在勻強磁場中繞垂直于磁感線的軸勻速轉動，穿過線圈的磁通量隨時間變化的圖像如圖所示，則下列說法中正確的是(　　)
A.t＝0時刻線圈平面與中性面垂直
B．t＝0.01 s時刻Φ的變化率最大
C．t＝0.02 s時刻感應電動勢最大
D．t＝0.03 s時刻感應電動勢為零
5．(多選)線圈在勻強磁場中轉動產生電動勢e＝10sin 20πt V，則下列說法正確的是(　　)
A．t＝0時，線圈平面位于中性面
B．t＝0時，穿過線圈的磁通量最大
C．t＝0時，導線切割磁感線的有效速率最大
D．t＝0.4 s時，e有最大值為10 V
6.
如圖所示，一正方形閉合線圈在水平勻強磁場中繞OO′軸勻速轉動．若要使線圈中的電流最大值減半，不可行的方法是(　　)
A．只將線圈的轉速減半
B．只將線圈的匝數減半
C．只將勻強磁場的磁感應強度減半
D．只將線圈的邊長都減半
1．交變電流
必備知識·自主學習
一、
1．(1)周期性　(2)方向　(3)正弦函數
2．(1)垂直于磁場　(2)垂直
三、
1．(2)風力　核能
2．(2)清潔無污染
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：(1)中性面　磁通量最大　無感應電動勢
(2)與中性面垂直的位置　磁通量為零　感應電動勢最大
【典例示范】
例1　解析：計時開始時線圈平面與磁場平行，感應電流最大，在0～時間內線圈轉過四分之一個圓周，感應電流從最大減小為零，磁通量逐漸增大，其變化率一直減小，A、D正確．
答案：AD
素養訓練1　解析：線框位于中性面時，線框平面與磁感線垂直，穿過線框的磁通量最大，但此時切割磁感線的兩邊的速度方向與磁感線平行，即不切割磁感線，所以感應電動勢等于零，也即此時穿過線框的磁通量的變化率等于零，感應電動勢或感應電流的方向在此時刻改變．線框垂直于中性面時，穿過線框的磁通量為零，但切割磁感線的兩邊都是垂直切割，有效切割速度最大，所以感應電動勢最大，即此時穿過線框的磁通量的變化率最大，C、D正確．
答案：CD
探究點二
【導學探究】
提示：(1)感應電動勢與線圈的匝數N、磁感應強度B、線圈的面積S和線圈平面與中性面的夾角有關．
(2)E＝NBSωsin ωt.
【典例示范】
例2　解析：分別把Em、ω的數值求出，代入一般式e＝Emsin ωt就得出了瞬時值表達式．求瞬時值時，只需把t的時刻代入表達式就可以了．
(1)e＝Emsin ωt＝NBS·2πn sin 2πnt，代入數據可得e＝375sin 5πt(V)．
(2)當t＝ s時，電動勢的瞬時值e＝375sin (5π×) V＝375 V.
答案：(1)e＝375sin 5πt(V)　(2)375 V
素養訓練2　解析：最大值Em＝NBL2ω，A錯誤，B正確；在線圈轉動的過程中，線圈始終有一半在磁場中運動，不會有一半時間沒有電流，C錯誤；題圖中所示位置中，穿過線圈的磁通量為BL2，D正確．
答案：BD
素養訓練3　解析：線圈中產生的感應電動勢的最大值為Em＝NBSω.當轉子的旋轉角速度減為ω′＝ω時，感應電動勢的最大值變為E′m＝NBS＝Em.電動勢隨時間變化的關系式變為e′＝E′msin ω′t＝Emsin t，A正確．
答案：A
探究點三
【典例示范】
例3　解析：從題圖像可知交流電的周期為2π s，頻率為 Hz，t＝π s時，e＝0最小，A、C錯誤；t＝0時，e最小，Φ最大，B正確；t＝π s時，e＝－10 V，e最大，最大，“－”號表示方向，D錯誤．
答案：B
素養訓練4　解析：由題圖可知，當t＝0時，感應電動勢最大，說明穿過線圈的磁通量的變化率最大，磁通量為零，即是從線圈平面與磁場方向平行時開始計時的，A錯誤；t2時刻感應電動勢最大，穿過線圈的磁通量的變化率最大，磁通量為零，B正確，C錯誤；感應電動勢e的方向變化時，線圈通過中性面，穿過線圈的磁通量最大，但方向并不變化，D錯誤．
答案：B
素養訓練5　解析：t1時刻感應電動勢最大，線圈通過與中性面垂直的位置，穿過線圈的磁通量最小，A錯誤；t2時刻感應電動勢為零，線圈位于中性面位置，穿過線圈的磁通量最大，B錯誤；t3時刻感應電動勢最大，穿過線圈的磁通量的變化率最大，C正確；每當電流方向變化時，線圈平面與磁場垂直，即線圈轉到中性面位置，D錯誤．
答案：C
隨堂演練·自主檢測
1．解析：方向隨時間做周期性變化是交變電流的重要特征，選項A、B中，電流的大小變化，但方向不變，不是交變電流，故A、B錯誤，C、D正確．
答案：CD
2．解析：A、C選項中線圈繞轉軸轉動時，磁通量發生變化，能產生交變電流，故A、C正確．
答案：AC
3．解析：線圈在勻強磁場中勻速轉動時產生正弦式交變電流，和電阻R構成閉合回路，電流的大小、方向均發生變化，A正確，B錯誤．由于線圈開始時位于垂直于中性面的平面，所以i＝Imcos ωt，D正確，C錯誤．
答案：AD
4．解析：t＝0時刻磁通量最大，此時線圈平面在中性面，選項A錯誤；t＝0.01 s時刻，磁通量為零，此時磁通量的變化率最大，選項B正確；t＝0.02 s時刻，磁通量最大，但是磁通量的變化率為零，感應電動勢為零，選項C錯誤；t＝0.03 s時刻，磁通量為零，此時磁通量的變化率最大，感應電動勢最大，選項D錯誤．
答案：B
5．解析：由電動勢的瞬時值表達式可知是從線圈位于中性面時開始計時的，即t＝0時，e＝0，此時線圈平面位于中性面，穿過線圈的磁通量最大，導線速度方向與磁感線平行，切割磁感線的有效速率為0，A、B正確，C錯誤．當t＝0.4 s時，代入e＝10sin 20πt V得e＝10×sin (20π×0.4) V＝0，D錯誤．
答案：AB
6．解析：由Im＝，Em＝NBSω，ω＝2πn，得Im＝，故A、C可行；又電阻R與匝數有關，當匝數減半時電阻R也隨之減半，則Im不變，故B不可行；當邊長減半時，面積S減為原來的，而電阻減為原來的，故D可行．
答案：B2.正弦交變電流的描述
課標要求
1．知道描述交變電流的峰值、瞬時值、平均值、周期、頻率等物理量，并理解這些物理量的意義．
2．會根據有效值的定義求交變電流的有效值．
3．能根據正弦式交變電流的峰值和有效值的關系進行計算．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、周期和頻率
1．物理意義：表征交變電流____________的物理量．
2．周期：交變電流完成一次周期性變化所需的時間，用T表示，單位是秒(s).
3．頻率：交變電流完成周期性變化的次數與所用時間之比．用f表示，單位是________(Hz)．
4．ω、T、f的關系：ω＝＝________，T＝或f＝.
5．我國民用交變電流的周期和頻率
(1)周期：T＝________ s.
(2)頻率：f＝____ Hz.
ω＝100π rad/s，電流方向每秒鐘改變________次．
二、峰值、有效值和相位
1．峰值
(1)定義：交變電流的電壓、電流所能達到的________數值．
(2)應用：電容器所能承受的電壓要________交流電壓的峰值．
2．有效值
(1)定義：讓交變電流與恒定電流分別通過相同的________，如果它們在交流的一個周期內產生的熱量________，則這個恒定電流的電流I、電壓U，叫作這個交流的有效值．
(2)應用
①交流用電設備上所標的________電壓和________電流；
②交流電壓表測量的數值；
③無特別說明時提到的交變電流的數值．
3．正弦交流電的峰值和有效值的關系：I＝，U＝.
[導學1]
正弦交變電流的周期等于線圈在勻強磁場中轉一圈所用的時間；交變電流的頻率等于單位時間內線圈轉動的圈數，數值上等于線圈的轉速(單位：r/s)．
[導學2]
交變電流的有效值是根據電流的熱效應定義的．
[舉例]
交流用電設備上標注的“額定電壓”“額定電流”均指有效值；保險絲的熔斷電流指的是有效值；電壓表、電流表測量的數值為有效值．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　交變電流的周期和頻率
導學探究
如圖所示的交變電流完成一次周期性變化需要多長時間？在1 s內完成多少次周期性變化？
歸納總結
1.線圈轉動一周，交變電流恰好完成一次周期性變化．
2．從線圈轉動的角度來說，周期就是線圈在磁場中轉動一周所用的時間；頻率就是線圈在磁場中一秒鐘內轉動的圈數．
3．線圈在勻強磁場中轉動一周，電動勢、電流都按正(余)弦規律變化一個周期．
典例示范
例 1 (多選)矩形金屬線圈共10匝，繞垂直于磁場方向的軸在勻強磁場中勻速轉動，線圈中產生的交流電動勢e隨時間t變化的情況如圖所示．下列說法中正確的是(　　)
A．此交變電流的頻率為0.2 Hz
B．1 s內電流方向變化10次
C．t＝0.1 s時，線圈平面與磁場方向平行
D．1 s內線圈轉5圈
素養訓練1　關于交變電流的周期和頻率，下列說法中正確的是(　　)
A．正弦式交變電流最大值連續出現兩次的時間間隔等于周期
B．1 s內交變電流出現最大值的次數等于頻率
C．交變電流方向變化的頻率為交變電流頻率的2倍
D．50 Hz的交變電流，其周期等于0.05 s
素養訓練2　(多選)一只矩形線圈在勻強磁場中轉動產生的交流電動勢為e＝10sin 4πt(V)，則(　　)
A．交流電的頻率是4π Hz
B．當t＝0時線圈平面與磁感線垂直
C．當t＝0.5 s時，e有最大值
D．交流電的周期是0.5 s
探究點二　交變電流有效值的計算
導學探究
現在的調光臺燈、調速電風扇，多是用可控硅電子元件來實現的．圖示是經過一個雙向可控硅電子元件調節后加在電燈上的電壓，請思考：
(1)如圖所示的交變電流是正弦式交變電流嗎？
(2)如何求得該交流電壓的有效值？
歸納總結
1.正弦式交變電流：E＝，U＝，I＝.
2．對非正弦式交變電流，必須根據電流的熱效應來求解有效值，且時間一般取一個周期．其具體做法是：假設讓交變電流通過電阻R，計算交變電流在一個周期內產生的熱量Q(可分段計算)，其中熱量Q用相應的物理量的有效值表示(如Q＝I2Rt，Q＝)，進而求出相應的有效值．
典例示范
例 2 如圖所示為一交變電流的圖像，則該交變電流的有效值為(　　)
A．I0 B．I0
C．I0 D．I0＋I0
名師點撥
當電流是非正弦式交變電流時，必須根據有效值的定義求解．求解步驟如下：
素養訓練3　(多選)一正弦交流電的電壓隨時間變化的規律如圖所示，由圖可知(　　)
A．該交流電的頻率為50 Hz
B．該交流電的電壓的最大值為20 V
C．該交流電的電壓的有效值為10 V
D．若將該交流電接在阻值R＝10 Ω的電阻兩端，則該電阻消耗的功率為20 W
素養訓練4　如圖所示是某種交變電流隨時間變化的圖線，i＞0部分的圖線是一個正弦曲線的正半周，i＜0部分的圖線是另一個正弦曲線的負半周，則這種交變電流的有效值為(　　)
A．I0　　 B．I0 C．I0　　D．I0
探究點三　交變電流的“四值”問題
導學探究
圖甲為一電容器，圖乙為保險絲管．請思考：
(1)將電容器接在交流電路上，要保證電容器正常工作，需要考慮交變電流哪一個值？
(2)若保證保險絲管正常使用，應考慮交變電流哪一個值？
歸納總結
交變電流的“四值”比較
物理含義 重要關系 適用情況
瞬時值 交變電流某一時刻的值 e＝Emsin ωt i＝Imsin ωt 計算線圈某一時刻的受力情況
最大值 最大的瞬時值 Em＝NBSω Im＝ 確定電容器的耐壓值
有效值 跟交變電流的熱效應等效的恒定電流值、電壓值 E＝，U＝，I＝ (1)計算與電流熱效應相關的量(如功率、熱量) (2)交流電表的測量值 (3)電氣設備標注的額定電壓、額定電流 (4)保險絲的熔斷電流
平均值 交變電流圖像中圖線與時間軸所圍面積與時間的比值 ＝n ＝ 計算通過電路橫截面的電荷量
典例示范
例 3 如圖甲所示，標有“220 V 40 W”的燈泡和標有“350 V 20μF”的電容器并聯到交流電源上，為交流電壓表，交流電源的輸出電壓如圖乙所示，閉合開關．下列判斷正確的是(　　)
A.t＝時刻，示數為零
B．燈泡不能正常發光
C．電容器一定被擊穿
D．的示數保持220 V不變
名師點撥
應用交變電流“四值”時的注意事項
(1)研究電容器是否被擊穿時，應用交變電流的峰值(最大值)，因為電容器上標明的電壓是電容器長時間工作時所能承受的最大電壓．
(2)研究電功、電功率和電熱時，只能用有效值．
(3)研究通過導體某橫截面的電荷量時，要用平均值．
素養訓練5　交流發電機線圈電阻r＝1 Ω，用電器電阻R＝9 Ω，電壓表示數為9 V，如圖所示，那么該交流發電機(　　)
A．電動勢的峰值為10 V
B．電動勢的有效值為9 V
C．交流發電機的線圈通過中性面時電動勢的瞬時值為10 V
D．交流發電機的線圈自中性面轉過90°的過程中的平均感應電動勢為 V
素養訓練6　一個矩形線圈的匝數為N，線圈面積為S，在磁感應強度為B的勻強磁場中以角速度ω繞所在平面內垂直磁感線的軸勻速轉動，開始時，線圈平面與磁場平行．對于它產生的交變電動勢，下列說法正確的是(　　)
A．瞬時值表達式為e＝NBSωsin ωt
B．有效值為NBSω
C．平均值為NBSω
D．頻率為2πω
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標　
1．下列選項中提到的交流電，不是指有效值的是(　　)
A．交流電壓表的讀數
B．保險絲熔斷電流
C．電容器擊穿電壓
D．220 V交流電壓
2．(多選)一個矩形線圈在勻強磁場中轉動，產生的感應電動勢e＝220sin 100πt(V)，則(　　)
A．交流電的頻率是100π Hz
B．t＝0時，線圈位于中性面
C．交流電的周期是0.02 s
D．t＝0.05 s時，e有最大值
3．通過一阻值R＝100 Ω的電阻的交變電流如圖所示，其周期為1 s．電阻兩端電壓的有效值為(　　)
A．12 V B．4 V
C．15 V D．8 V
4．一個小型電熱器若接在輸出電壓為10 V的直流電源上，消耗電功率為P；若把它接在某個正弦交流電源上，其消耗的電功率為.如果電熱器電阻不變，則此交流電源輸出電壓的最大值為(　　)
A．5 V B．5 V
C．10 V D．10 V
5．(多選)如圖甲所示為電熱毯電路示意圖，交流電壓u＝311sin 100πt (V)，當開關S接通時，電熱絲的電功率為P0；當開關S斷開時，加在電熱絲上的電壓如圖乙所示，則(　　)
A．開關接通時，交流電壓表的讀數為220 V
B．開關接通時，交流電壓表的讀數為311 V
C．開關斷開時，交流電壓表的讀數為311 V，電熱絲功率為
D．開關斷開時，交流電壓表的讀數為156 V，電熱絲功率為
2．正弦交變電流的描述
必備知識·自主學習
一、
1．變化快慢
3．赫茲
4．2πf
5．(1)0.02　(2)50　100
二、
1．(1)最大　(2)高于
2．(1)電阻　相等　(2)①額定　額定
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：完成一次周期性變化需要0.02 s；在1 s內完成50次周期性變化
【典例示范】
例1　解析：由題圖知T＝0.2 s，故f＝＝ Hz＝5 Hz，即1 s內完成5個周期，線圈轉5圈，每轉1圈電流方向改變2次，故A錯誤，B、D正確；在t＝0.1 s時，e＝0，所以線圈平面與磁場方向垂直，故C錯誤．
答案：BD
素養訓練1　解析：根據周期的定義知A、B錯誤；因為在一個周期的時間內，交變電流會出現正向和負向最大值各一次，但相鄰兩個峰值的時間間隔為半個周期；交變電流在一個周期內方向改變兩次，即方向變化的頻率為交變電流頻率的2倍，C正確；由T＝＝ s＝0.02 s，D錯誤．
答案：C
素養訓練2　解析：交流電動勢e＝10sin 4πt(V)，交流電的頻率f＝＝ Hz＝2 Hz，故A錯誤；當t＝0時e＝0，此時線圈處在中性面上，即線圈平面與磁感線垂直，故B正確；當t＝0.5 s時，e＝0，故C錯誤；交流電的周期T＝＝0.5 s，故D正確．
答案：BD
探究點二
【導學探究】
提示：(1)不是正弦式交變電流．
(2)根據電流的熱效應即可求得有效值．
【典例示范】
例2　解析：令該交變電流通過一電阻R，它在前半周期內通過該電阻產生的熱量Q1＝()2R·＝，它在后半周期內產生的熱量Q2＝R·＝，故在一個周期內產生的熱量Q交＝Q1＋Q2＝RT，設某一恒定電流I在相同的時間T內通過該電阻產生的熱量為I2RT，由有效值的定義知I0，故B正確．
答案：B
素養訓練3　解析：由題圖可知，該交流電的周期T＝0.04 s，頻率f＝＝25 Hz，A錯誤；由題圖可知，該交流電的電壓的最大值為20 V，B錯誤；該正弦交流電的電壓的有效值為U＝＝ V＝10 V，C正確；若將該交流電接在阻值R＝10 Ω的電阻兩端，則該電阻消耗的功率P＝＝ W＝20 W，D正確．
答案：CD
素養訓練4　解析：根據一個周期內電流的熱效應求解該交變電流的有效值，設電流的有效值為I，則I2R·3t0＝()2R·t0＋()2R·2t0，解得I＝I0，C正確．
答案：C
探究點三
【導學探究】
提示：(1)交變電流的最大值．　(2)交變電流的有效值．
【典例示范】
例3　解析：交流電壓表示數為交流電壓的有效值，大小為U＝ V＝220 V，數值保持不變，A錯誤，D正確；交流電源輸出電壓的有效值為220 V，故燈泡能正常發光，B錯誤；交流電壓的最大值約為311 V，沒有超過電容器的擊穿電壓，故電容器不會被擊穿，C錯誤.
答案：D
素養訓練5　解析：因電壓表示數為9 V，所以電路中的電流I＝ A＝1 A，故電動勢的有效值E＝I(r＋R)＝10 V，其最大值Em＝E＝10 V，故A、B錯誤；線圈通過中性面時電動勢的瞬時值為0，C錯誤；轉過90°的過程中的平均感應電動勢，應用公式＝n求解，＝n＝n＝n＝，又nBSω＝10 V，故＝ V，D正確．
答案：D
素養訓練6　解析：開始時，線圈平面與磁場平行，則e＝NBSωcos ωt，A錯誤；最大值為Em＝NBSω，則有效值為NBSω，B正確；平均值應用E＝N求得，與Δt有關，不一定為NBSω，C錯誤；頻率為f＝，D錯誤．
答案：B
隨堂演練·自主檢測
1．解析：電容器擊穿電壓指電容器兩端允許加的電壓的最大值，C正確．
答案：C
2．解析：感應電動勢按正弦規律變化，所以t＝0時，線圈位于中性面，角速度ω＝100π rad/s.因ω＝2πf，所以f＝＝ Hz＝50 Hz；由T＝得T＝ s＝0.02 s；當t＝0.05 s時，e＝220sin 5π(V)＝0，故B、C選項正確．
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，可得流過電阻的電流的有效值I＝ A，電阻兩端電壓的有效值為U＝IR＝4 V，故B正確．
答案：B
4．解析：設電熱器電阻為R，正弦交流電源的電壓有效值為U有效，接10 V直流電源時，P＝；接交流電源時＝，聯立得U有效＝5 V，故輸出電壓的最大值Um＝U有效＝10 V，C正確．
答案：C
5．解析：當S接通時，加在電熱絲上的瞬時電壓u＝311·sin 100πt(V)，所以電熱絲兩端的電壓的有效值U1＝＝ V≈220 V，A正確，B錯誤；當S斷開時，前半個周期內所加電壓不變，但后半個周期內U2＝0，所以電熱絲的功率P＝P0，設此時交變電壓的有效值為U′2，由·＝·T得U′2＝≈156 V，即電壓表的讀數為156 V，D正確，C錯誤．
答案：AD3.變壓器
課標要求
1．了解變壓器的構造及幾種常見的變壓器．
2．理解互感現象和變壓器的工作原理．
3．掌握理想變壓器的電壓與匝數的關系及應用．
4．掌握理想變壓器的功率關系，并導出原、副線圈中的電流關系及應用．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、變壓器的原理
1．變壓器的構造
由____________和繞在鐵芯上的兩個線圈組成，如圖所示．
(1)原線圈：一個線圈與____________連接，叫作原線圈，也叫________．
(2)副線圈：一個線圈與________連接，叫作副線圈，也叫________．
2．原理：________現象是變壓器的工作基礎．原線圈中的交變電流在鐵芯中激發交變的________，交變的________穿過原、副線圈，在原、副線圈中產生____________．
3．作用：改變交變電流的________，不改變交變電流的________和________.
二、電壓與匝數的關系
1．理想變壓器
(1)定義：沒有________損失的變壓器．
(2)特點
①忽略________．
②忽略一切能量損耗．
2．原、副線圈的電壓關系
(1)對理想變壓器，原、副線圈中每一匝線圈中都具有相同的，根據法拉第電磁感應定律有E1＝n1，E2＝n2所以＝________．
(2)由于不計原、副線圈的電阻，因此原線圈兩端的電壓U1＝E1，副線圈兩端的電壓U2＝E2，所以＝________．當有多組線圈時，則有＝＝…
3.兩類變壓器
(1)降壓變壓器：________的電壓比________電壓低的變壓器．
(2)升壓變壓器：________的電壓比________電壓高的變壓器．
三、電壓互感器和電流互感器
1．電壓互感器
(1)特點：降壓變壓器．
(2)原理：初級________在高壓交流線路上，次級與交流________表相連，根據匝數比就可以算出高壓線兩端的電壓值．
(3)變壓比：初級輸入電壓與次級輸出電壓之比．
(4)安全防護：為防止線圈與________間的絕緣部分被擊穿造成觸電事故，________線圈必須接地．
2．電流互感器
(1)特點：升壓變壓器．
(2)原理：原線圈________在被測交流電路中，副線圈與交流________表相連，根據________比就可以算出被測電路中的電流．
(3)安全防護
①使用時________線圈必須接地；
②使用時不許將副線圈________．
[提醒]
(1)變壓器不改變交變電流的周期和頻率．
(2)變壓器只對變化的電流起作用，對恒定電流不起作用．
(3)變壓器的兩個線圈之間通過磁場聯系在一起，兩個線圈間是絕緣的．
[導學]
(1)輸入電壓U1由電源決定．
(2)輸入電壓U1和變壓比n1：n2決定輸出電壓U2的大小．
(3)輸出電壓U2和用電器電阻R決定輸出電流I2的大小．
(4)輸出功率P出決定輸入功率P入的大小．
(5)輸出電流I2和變壓比決定輸入電流I1的大小．
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　變壓器的原理
導學探究
如圖所示，一蓄電池連接在低壓交流變壓器上，閉合開關會觀察到瞬間燈泡發光，然后熄滅，你能解釋這種現象發生的原因嗎？
歸納總結
1.理想變壓器的特點
(1)原、副線圈的電阻不計，不產生熱量．
(2)變壓器的鐵芯無漏磁，原、副線圈磁通量無差別．
(3)變壓器自身的能量損耗不計，原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率．
(4)原、副線圈的交變電流的周期T和頻率f相同．
2．工作原理
變壓器的變壓原理是電磁感應，如圖所示，當原線圈上加交流電壓U1時，原線圈中就有交變電流，它在鐵芯中產生交變的磁通量，在原、副線圈中都要產生感應電動勢．如果副線圈是閉合的，則副線圈中將產生交變的感應電流，它也在鐵芯中產生交變磁通量，在原、副線圈中同樣要引起感應電動勢．由于互感現象，原、副線圈間雖然不相連，電能卻可以通過磁場從原線圈傳遞到副線圈．其能量轉換方式為原線圈電能→磁場能→副線圈電能．
典例示范
例 1 關于理想變壓器的工作原理，以下說法正確的是(　　)
A．通有正弦交變電流的原線圈產生的磁通量不變
B．穿過原、副線圈的磁通量在任何時候都不相等
C．穿過副線圈磁通量的變化使副線圈產生感應電動勢
D．原線圈中的電流通過鐵芯流到了副線圈
名師點撥
理想變壓器的三點注意
(1)變壓器不能改變直流電壓．
(2)變壓器只能改變交變電的電壓和電流，不能改變交變電的頻率．
(3)理想變壓器本身不消耗能量．
素養訓練1　(多選)理想變壓器正常工作時，在其兩側的原、副線圈中一定相同的物理量是(　　)
A．交流電的頻率 B．輸入、輸出功率
C．磁通量的變化率 D．電壓的最大值
探究點二　實驗：探究變壓器的電壓與匝數的關系
歸納總結
1.實驗目的
探究變壓器原、副線圈兩端的電壓與匝數的關系．
2．實驗器材
可拆變壓器、學生電源、交流電表、導線若干．
3．實驗原理
電流通過原線圈時在鐵芯中激發磁場，由于交變電流的大小、方向在不斷地變化，鐵芯中的磁場強弱和方向也在不斷地變化．變化的磁場在副線圈中產生感應電動勢，盡管兩個線圈之間沒有導線相連，副線圈也能夠輸出電流．
4．實驗操作
(1)按圖示電路連接實物．
(2)利用學生電源在變壓器原線圈1、4兩接線柱間輸入較低交流電壓．
(3)利用交流電壓表分別測量不同端點間的電壓并填入下表．
接線端 1、2 2、3 1、3 2、4 1、4 1′、2′ 2′、3′ 1′、3′
匝數n 200 600 800 1 200 1 400 100 300 400
1 電壓U/V
比值/V
2 電壓U/V
比值/V
3 電壓U/V
比值/V
(4)在原線圈1、4兩接線柱間輸入不同的電壓，重復以上測量，并填入表格中．
(5)分析表格數據，得到實驗結論．
5．注意事項
(1)連接好電路后，同組同學分別獨立檢查，然后由老師確認，電路連接無誤后，才能接通電源．
(2)注意人身安全．只能用低壓交流電源，電源電壓不能超過16 V.
(3)使用多用電表交流電壓擋測電壓時，先用最大量程測試，然后再用適當的擋位進行測量．
6．誤差分析
(1)線圈繞組的電阻有銅損現象．
(2)變壓器鐵芯內有漏磁．
(3)鐵芯中有發熱現象．
典例示范
例 2 物理研究課上，同學們用可拆變壓器探究“變壓器的電壓與匝數的關系”．可拆變壓器如圖甲、乙所示：
(1)下列說法正確的是________．
A．變壓器的原線圈接低壓交流電，測量副線圈電壓時應當用多用電表的“直流電壓擋”
B．可以先保持原線圈電壓、匝數不變，改變副線圈的匝數，研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響
C．測量副線圈電壓時，先用最大量程試測，大致確定電壓后再選用適當的擋位進行測量
D.變壓器開始正常工作后，鐵芯導電，把電能由原線圈輸送到副線圈
E．變壓器開始正常工作后，若不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用
(2)如圖丙所示，某同學自己繞制了兩個線圈套在可拆變壓器的鐵芯上．原線圈接學生電源的交流輸出端，副線圈接小燈泡．下列說法正確的是________．
A．與變壓器未通電時相比較，此時若將可拆變壓器上端的橫條鐵芯取下將更費力
B．若僅增加原線圈繞制的圈數，小燈泡的亮度將保持不變
C．若僅增加副線圈繞制的圈數，學生電源的過載指示燈可能會亮起
素養訓練2　在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗中：
(1)除變壓器外，實驗時需要的儀器為圖中的________(填選項字母)．
(2)一次實驗中，變壓器原、副線圈的匝數分別為400匝和200匝，測得的電壓分別為8.00 V和3.80 V，發現電壓比與匝數比并不相等，主要原因是________________(至少寫出兩點)．
探究點三　理想變壓器的基本關系
導學探究
(1)當副線圈空載時，變壓器的輸出功率為零，輸入功率為多少？它們之間是什么關系？
(2)在一個副線圈的情況下，為什么電流與匝數成反比？
歸納總結
理想變壓器的基本規律
(1)電壓關系
由于不計原、副線圈的電阻，因此原線圈兩端的電壓U1＝E1，副線圈兩端的電壓U2＝E2，所以＝.當有多組線圈時，則有：＝＝…
(2)功率關系
對于理想變壓器，不考慮能量損失，所以P入＝P出．
(3)電流關系
①由功率關系，當只有一個副線圈時，I1U1＝I2U2，所以＝＝.
②當有多個副線圈時，I1U1＝I2U2＋I3U3＋…，得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…
典例示范
例 3 如圖所示，理想變壓器原、副線圈匝數比＝2∶1，和均為理想電表，燈泡電阻RL＝6 Ω，A、B兩端電壓u1＝12sin 100πt(V)．下列說法正確的是(　　)
A．電流頻率為100 Hz
B．的讀數為24 V
C．的讀數為0.5 A
D．變壓器輸入功率為6 W
素養訓練3　如圖所示，理想變壓器的原線圈接在u＝110sin 60πt(V)的交流電源上，副線圈接有阻值為55 Ω的負載電阻R，原、副線圈匝數之比為1∶2，電流表、電壓表均為理想電表．下列說法正確的是(　　)
A．電壓表的示數為55 V
B．原線圈的輸入功率為880 W
C．副線圈輸出交流電的頻率為60 Hz
D．若在副線圈上電阻R的兩端再并聯一個阻值為55 Ω的定值電阻，則電流表的示數為8 A
素養訓練4　(多選)如圖所示，將額定電壓為60 V的用電器，通過一理想變壓器接在正弦交變電源上．閉合開關S后，用電器正常工作，交流電壓表和交流電流表(均為理想電表)的示數分別為220 V和2.2 A．以下判斷正確的是(　　)
A．變壓器輸入功率為484 W
B．通過原線圈的電流的有效值為0.6 A
C．通過副線圈的電流的最大值為2.2 A
D．變壓器原、副線圈匝數比n1∶n2＝11∶3
探究點四　理想變壓器工作時的制約關系
歸納總結
兩類理想變壓器的動態分析問題：
(1)原、副線圈匝數比不變，分析各物理量隨負載電阻變化而變化的情況，進行動態分析的順序是R→I2→P2→P1→I1.
(2)負載電阻不變，分析各物理量隨原、副線圈匝數比的變化而變化的情況，進行動態分析的順序是n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1.
典例示范
例 4 如圖，理想變壓器原線圈輸入電壓u＝Umsin ωt，副線圈電路中R0為定值電阻，R是滑動變阻器．和是理想交流電壓表，示數分別用U1和U2表示；和是理想交流電流表，示數分別用I1和I2表示．下列說法正確的是(　　)
A．I1和I2表示電流的瞬時值
B．U1和U2表示電壓的最大值
C．滑片P向下滑動過程中，U2不變、I1變大
D．滑片P向下滑動過程中，U2變小、I1變小
名師點撥
(1)對于輸出電壓的大小，條件充分時只需根據原線圈電壓和原、副線圈匝數比確定．
(2)P1、P2、I1、I2的判斷，往往都與R的大小有關，對P1、I1的確定需從P2、I2入手．
素養訓練5　(多選)如圖所示，理想變壓器的原線圈連接一只理想交流電流表，副線圈匝數可以通過滑動觸頭Q來調節，在副線圈兩端連接了定阻電阻R0和滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動觸頭．在原線圈上加一電壓為U的正弦交流電，則(　　)
A．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表讀數變大
B．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表讀數變小
C．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表讀數變大
D．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表讀數變小
素養訓練6　如圖所示，理想變壓器的副線圈上通過輸電線接有兩個相同的燈泡L1和L2，輸電線的等效電阻為R，開始時，開關K斷開，當K接通時，以下說法正確的是(　　)
A．副線圈兩端M、N的輸出電壓減小
B．副線圈輸電線等效電阻R上的電壓減小
C．通過燈泡L1的電流增大
D．原線圈中的電流增大
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標　
1．利用變壓器可以方便地改變交流電的電壓，使交流電得到了廣泛的應用，下列關于變壓器的說法正確的是(　　)
A．即使是直流電，也可以直接通過變壓器來改變電壓
B．如果是升壓變壓器，則副線圈的匝數一定比原線圈的匝數多
C．如果是升壓變壓器，則副線圈中的電流一定比原線圈中的電流大
D．如果是升壓變壓器，則副線圈兩端輸出的功率一定比原線圈兩端輸入的功率大
2.
一輸入電壓為220 V、輸出電壓為18 V的變壓器副線圈燒壞，為獲知此變壓器原、副線圈匝數，某同學拆下燒壞的副線圈，用表面絕緣的導線在鐵芯上新繞了10匝線圈，如圖所示，然后將原線圈接到220 V交流電源上，測得新繞線圈的兩端電壓為1 V．按理想變壓器分析，該變壓器燒壞前的原、副線圈匝數分別為(　　)
A．1 100，360 B．1 100，180
C．2 200，180 D．2 200, 360
3．(多選)如圖所示，L1、L2是高壓輸電線，圖中兩電表示數分別是220 V和10 A，已知甲圖中原、副線圈匝數比為100∶1，乙圖中原、副線圈匝數比為1∶10，則(　　)
A．甲圖中的電表是電壓表，輸電電壓為22 000 V
B．甲圖是電流互感器，輸電電流是100 A
C．乙圖中的電表是電壓表，輸電電壓為22 000 V
D．圖示高壓輸送電路輸入的總功率為2.2×103 kW
4．如圖所示，一只理想變壓器，原線圈中有一個抽頭B，使n1＝n2，副線圈中接有定值電阻R.當原線圈從A、C端輸入電壓為U的正弦交流電壓時，副線圈中電流為I，當原線圈從A、B端輸入電壓為U的正弦交流電壓時，副線圈中電流為I′.那么I′與I的比值等于(　　)
A．4∶1 B．1∶4
C．2∶1 D．1∶2
5．如圖所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上，圖中各電表均為理想交流電表．下列說法正確的是(　　)
A．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R1消耗的功率變大
B．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表V的示數變大
C．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電流表A1的示數變大
D．若閉合開關S，則電流表A1的示數變大、A2的示數變大
3．變壓器
必備知識·自主學習
一、
1．閉合鐵芯　(1)交流電源　初級線圈　(2)負載　次級線圈
2．互感　磁場　磁感線　感應電動勢
3．電壓　周期　頻率
二、
1．(1)能量　(2)①漏磁
2．(1)　(2)
3．(1)副線圈　原線圈　(2)副線圈　原線圈
三、
1．(2)并聯　電壓　(4)鐵芯　副
2．(2)串聯　電流　匝數　(3)①副　②開路
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：恒定電壓加在原線圈上瞬間，線圈內的磁通量發生變化，因而副線圈中的磁通量也發生變化，所以由E＝n知，副線圈中有感應電動勢，燈泡閃亮，之后原線圈中電流恒定，線圈內的磁通量恒定不變，副線圈中無電動勢，因而燈泡熄滅．
【典例示范】
例1　解析：通有正弦交變電流的原線圈產生的磁場是變化的，由于面積S不變，所以磁通量Φ變化，A錯誤；因理想變壓器無漏磁，原、副線圈的磁通量總相等，B錯誤；由互感現象知C正確；原線圈中的電能轉化為磁場能，又轉化為副線圈的電能，原、副線圈通過磁場聯系在一起，D錯誤．
答案：C
素養訓練1　解析：理想變壓器原、副線圈中的頻率相同，磁通量的變化率相同，電壓不一定相同，功率相同，A、B、C正確，D錯誤．
答案：ABC
探究點二
【典例示范】
例2　解析：(1)變壓器的原線圈接低壓交流電，測量副線圈電壓時應當用多用電表的“交流電壓擋”測量，故A錯誤；實驗時可采用控制變量法，先保持原線圈電壓、匝數不變，改變副線圈的匝數，研究副線圈匝數對副線圈電壓的影響，故B正確；測量副線圈電壓時，先用最大量程試測，大致確定電壓后再選用適當的擋位進行測量，防止燒壞電壓表，故C正確；變壓器開始正常工作后，通過電磁感應，把電能由原線圈輸送到副線圈，故D錯誤；變壓器開始正常工作后，若不計各種損耗，在原線圈上將電能轉化成磁場能，在副線圈上將磁場能轉化成電能，鐵芯起到“傳遞”磁場能的作用，故E正確．(2)變壓器線圈通電會產生磁場，而變壓器上端的橫條相當于磁鐵，下端對橫條有吸引力作用，因此與變壓器未通電時相比較，此時若將可拆變壓器上端的橫條鐵芯取下將更費力，故A正確；若僅增加原線圈匝數，次級電壓將減小，小燈泡亮度將變暗，故B錯誤；若僅增加副線圈繞制的圈數，副線圈電壓升高，小燈泡消耗的功率變大，學生電源輸出的功率變大，有可能使學生電源的過載指示燈亮起，故C正確．
答案：(1)BCE　(2)AC
素養訓練2　解析：(1)在“探究變壓器線圈兩端的電壓與匝數的關系”實驗中，除變壓器外，還需要低壓學生交流電源及多用電表，故選B、E；(2)實驗中，發現電壓比與匝數比并不相等，主要原因可能是：有漏磁、鐵芯發熱、導線發熱等影響電壓，從而出現電壓之比與匝數之比不相符的情況．
答案：(1)BE　(2)有漏磁、鐵芯發熱、導線發熱等影響電壓
探究點三
【導學探究】
提示：(1)零，輸出功率決定輸入功率．
(2)因為電壓與匝數成正比，而輸入功率與輸出功率相等，得到電流與匝數成反比．
【典例示范】
例3　解析：根據u1＝12sin 100πt(V)及U＝知U1＝12 V，f＝＝50 Hz，選項A錯誤；根據＝得U2＝U1＝×12 V＝6 V，即的讀數為6 V，選項B錯誤；又I2＝＝ A＝1 A，即的讀數為1 A，選項C錯誤；P1＝P2＝＝ W＝6 W，選項D正確．
答案：D
素養訓練3　解析：根據原線圈的輸入電壓：u＝110sin 60πt(V)可知原線圈電壓有效值為110 V，原、副線圈匝數之比為1∶2，所以有：＝，解得電壓表的示數U2＝220 V，A錯誤；因副線圈的功率為P＝＝ W＝880 W，B正確；根據原線圈的輸入電壓可知該交流電的頻率為30 Hz，C錯誤；若在副線圈上電阻R的兩端再并聯一個阻值為55 Ω的定值電阻，可知總電阻為：R總＝＝ Ω＝27.5 Ω，所以副線圈電流為：I2＝＝ A＝8 A，根據：＝，可知原線圈電流，即電流表示數為I1＝16 A，D錯誤．
答案：B
素養訓練4　解析：變壓器的輸入功率P1＝P2＝I2U2＝2.2×60 W＝132 W，選項A錯誤；由＝得＝＝＝，選項D正確；由＝得I1＝I2＝×2.2 A＝0.6 A，選項B正確；根據I2＝得通過副線圈的電流的最大值I2m＝I2＝ A，選項C錯誤．
答案：BD
探究點四
【典例示范】
例4　解析：交流電壓表和交流電流表的示數都為有效值，A、B錯誤；由于輸入端電壓U1和理想變壓器匝數比不變，所以U2不變，滑片P向下滑動過程中，滑動變阻器接入電路的電阻變小，電流I2變大，輸出功率變大，則輸入功率變大，電流I1變大，C正確，D錯誤．
答案：C
素養訓練5　解析：Q位置不動，副線圈電壓U2不變，當P上滑時，R接入電路的阻值增大，由P＝可知總功率減小，原線圈電壓U1不變，由P＝U1I1可知原線圈電流I1減小，故A錯誤，B正確；當P位置不動，Q上滑時，由＝知U2增大，同理分析原線圈電流I1增大，故C正確，D錯誤．
答案：BC
素養訓練6　解析：輸入電壓和原、副線圈的匝數比不變，由＝可知副線圈兩端M、N的輸出電壓不變，A錯誤；當K接通時，副線圈電路的總電阻減小，總電流I2變大，輸電線等效電阻R上的電壓增大，并聯部分的電壓減小，通過燈泡L1的電流減小，B、C錯誤；由＝可知，電流I2變大，則I1變大，即原線圈中的電流增大，D正確．
答案：D
隨堂演練·自主檢測
1．解析：變壓器是根據電磁感應原理來工作的，對于恒定的直流電來說，它產生的磁通量是不變的，通過副線圈的磁通量不變，不能產生感應電動勢，所以變壓器不能改變恒定直流電的電壓，A錯誤；根據原、副線圈電壓比等于匝數比可知：升壓變壓器原線圈的匝數小于副線圈的匝數，原副線圈電流比等于匝數反比，升壓變壓器原線圈的電流大于副線圈的電流，B正確，C錯誤；只有理想變壓器副線圈兩端輸出的功率與原線圈兩端輸入的功率相等，若不是理想變壓器，副線圈兩端輸出的功率小于原線圈兩端輸入的功率，D錯誤．
答案：B
2．解析：由電壓與匝數的關系有＝得＝；＝解得n1 ＝ 2 200；n2＝ 180，A、B、D錯誤，C正確．
答案：C
3．解析：題圖甲中的原線圈并聯在電路中，是電壓互感器，電表是電壓表；根據＝，有U1＝U2＝×220 V＝22 000 V，故A正確，B錯誤；題圖乙中的原線圈串聯在電路中，是電流互感器，電表是電流表，故C錯誤；只有一個副線圈的變壓器，電流比等于匝數的反比，則＝，有I1＝I2＝×10 A＝100 A，根據P＝UI得輸入的總功率P＝U1I1＝22 000×100 W＝2.2×103 kW，故D正確．
答案：AD
4．解析：當電壓由A、C端輸入改為由A、B端輸入后，副線圈上的電壓加倍，電阻R是定值電阻，所以副線圈中的電流加倍，C正確．
答案：C
5．解析：由于原、副線圈兩端電壓不變，當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R連入電路的電阻變大，所在電路總電阻變大，副線圈中電流減小，R1中電流減小，R1消耗的功率減小，A錯誤；R1中電流減小，則R1兩端電壓減小，而副線圈兩端電壓不變，所以滑動變阻器兩端電壓增大，電壓表示數變大，B正確；副線圈中電流減小，原線圈中電流隨之減小，故C錯誤；若閉合開關S，負載電路的總電阻減小，副線圈中電流增大，R1中電流增大，則R1兩端電壓升高，R2兩端電壓減小，A2示數變小，D錯誤．
答案：B4.電能的傳輸
課標要求
1．理解遠距離輸電時決定電能損耗的因素，理解高壓輸電的原因．
2．知道遠距離輸電線路的基本構成，會對簡單的遠距離輸電線路進行計算．
3．知道交變電流從發電站到用戶的輸電過程，了解直流輸電．
思維導圖
必備知識·自主學習——突出基礎性　素養夯基
一、電能輸送中的電壓損失和電能損耗
1．電能輸送的原因
能源資源與________分布的不均衡．
2．輸送電路中的電壓損失與功率損耗
(1)設輸電電流為I，輸電線電阻為r，則損失的電壓U損＝I·r，損耗的電功率P損＝________．
(2)減小損耗的方法
①減小輸電線的________，即在輸電線長度L和材料一定的情況下，增大導線橫截面積S來實現．
②減小________，由P＝UI知，可以通過提高________來減小I.
二、遠距離輸電系統
1．基本環節

2．電路原理圖(如圖)
三、直流輸電
1．直流輸電的優點：不存在________和________引起的電壓及電能損失．
2．直流輸電的基本過程：在發電站區域經變壓器升壓，由整流設備將________變成________，用高壓直流電進行遠距離傳輸，在用戶區域由________將直流電變為交流電，經變壓器降壓送給用戶．
3．直流輸電示意圖
[導學1]
減小輸電線電阻有助于減小電壓損失和電能損耗，但效果不顯著，且成本增加太大；高壓輸電效果明顯，投入成本小，是實際生產中主要采用的方法．
[導學2]
遠距離輸電系統原理圖中物理量間的關系：
(1)電壓關系：＝、U2＝U3＋ΔU、＝.
(2)電流關系：＝、I2＝I3、＝.
(3)功率關系：P1＝P2、P2＝P3＋ΔP、P3＝P4.
關鍵能力·合作探究——突出綜合性　素養形成
探究點一　輸電線的電壓和功率損失
導學探究
(1)輸電線上功率損失的原因是什么？
(2)降低輸電損耗的途徑有哪些？
歸納總結
1.輸電線上的電功率損失
(1)原因：輸電導線有電阻R線，電流流過輸電線時，電流的熱效應引起電功率的損失．
(2)計算式：①P線＝I2R線；②P線＝IU線；③P線＝.
2．輸電線上的電壓損失
若用U表示輸電線始端電壓，U′表示輸電線末端電壓，則U線＝U－U′或U線＝IR線．
3．功率損失與輸電電壓的關系
如果遠距離輸電的電功率P不變，輸電電壓為U，輸電導線電阻為R線，則輸電導線上發熱損失的功率P損＝I2R線＝R線，因此輸電電壓若提高到nU，則P損將減為原來的.
典例示范
例 1 中國已投產運行的1 000 kV特高壓輸電，是目前世界上電壓最高的輸電工程．假設甲、乙兩地原來用500 kV的超高壓輸電，在保持輸送電功率和輸電線電阻都不變的條件下，現改用1 000 kV特高壓輸電，不考慮其他因素的影響．則(　　)
A．輸電電流變為原來的2倍
B．輸電線上降落的電壓將變為原來的2倍
C．輸電線上降落的電壓將變為原來的
D．輸電線上損耗的電功率將變為原來的
素養訓練1　遠距離輸電，輸電功率一定，當輸電電壓為U0時，輸電線上的電流為I0，損失的電功率為P0.則當輸電電壓提高為2U0時(　　)
A．由I＝得，輸電線上的電流變為2I0
B．由I＝得，輸電線上的電流變為
C．由P＝得，輸電線上損失的電功率為4P0
D．由P＝IU得，輸電線上損失的電功率為2P0
素養訓練2　某變電站用220 V的電壓輸電，導線上損失的功率為輸送功率的20%.若要使導線上損失的功率降為輸送功率的5%，則輸電電壓應為多少？
思維方法
計算輸電線上功率損失的兩種方法
計算輸電線上損失的功率時，要注意區分兩個電壓：輸電電壓(輸電線始端的電壓)U和輸電線上的損失電壓ΔU.
(1)P損＝ΔUI＝，ΔU是輸電線兩端的電壓，即輸電線上損失的電壓．
(2)P損＝R線，U是指輸電電壓，即從發電站發出后，經過變壓器升高后的電壓．
探究點二　遠距離輸電
導學探究
某發電站向遠處輸電的示意圖如圖所示，其中各部分的物理量已在圖上標注，在這個電路中包括三個回路．
(1)結合閉合電路的知識，分別分析三個回路中各物理量之間的關系(發電機內阻、n1、n2、n3、n4線圈的電阻均忽略不計)．
(2)若兩個變壓器均為理想變壓器，則每個變壓器中的電流、電壓、功率有什么關系？
歸納總結
1.遠距離輸電的幾個基本關系式
(1)功率關系：P1＝P2，P2＝P損＋P3，P3＝P4.
(2)電壓關系：＝，U2＝U線＋U3，＝.
(3)電流關系：＝，I2＝I線＝I3，＝.
(4)輸電電流：I線＝＝＝＝.
(5)輸電導線上損耗的電功率
P損＝P2－P3＝＝U線I線．
(6)輸電導線上的電壓損失
U線＝I線R線＝U2－U3.
2．兩個聯系
(1)線圈1(匝數為n1)和線圈2(匝數為n2)中各個量間的關系是：＝，I1n1＝I2n2，P1＝P2.
(2)線圈3(匝數為n3)和線圈4(匝數為n4)中各個量間的關系是：＝，I3n3＝I4n4，P3＝P4.
典例示范
例 2 發電機兩端的電壓為220 V，輸出功率為44 kW，輸電導線的總電阻為0.2 Ω，如果用原、副線圈匝數比為1∶10的升壓變壓器升壓，經輸電線后，再用原、副線圈匝數比為10∶1的降壓變壓器降壓供給用戶，兩個變壓器均為理想變壓器．
(1)畫出全過程的線路示意圖；
(2)求用戶得到的電壓和功率；
(3)若不經過變壓而直接送給用戶，求用戶得到的電壓和功率．
素養訓練3　(多選)如圖所示，某小型發電站發電機輸出的交流電壓為500 V，輸出的電功率為50 kW，用總電阻為3 Ω的輸電線向遠處送電，要求輸電線上損失功率為輸電功率的0.6%，則發電站要安裝一升壓變壓器，到達用戶再用降壓變壓器變為220 V供用戶使用(兩個變壓器均為理想變壓器)．對整個送電過程，下列說法正確的是(　　)
A．輸電線上的損失功率為300 W
B．升壓變壓器的匝數比為1∶100
C．降壓變壓器的輸入電壓為4 970 V
D．降壓變壓器的匝數比為100∶1
素養訓練4　輸送4.0×106 W的電能，若發電機輸出電壓為2 000 V，選用變壓器升壓后應用橫截面積為4.25 cm2的銅導線，把電能送到400 km遠處，線路損耗的功率為5.0×105 W．若已知銅的電阻率ρ＝1.7×10－8 Ω·m，求：
(1)應選用升壓變壓器的匝數比；
(2)在用戶方使用降壓變壓器，其原線圈兩端的電壓為多大．
思維方法
處理遠距離輸電的方法技巧
(1)畫好一張圖——遠距離輸電示意圖
(2)抓住電兩端——發電站和用戶
(3)分析一條線——輸電線
(4)研究兩次變——升壓變壓器升壓和降壓變壓器降壓
(5)區分三個量——輸送電壓(功率)、損失電壓(功率)、用戶電壓(功率)
隨堂演練·自主檢測——突出創新性　素養達標　
1．關于電能輸送的以下分析，正確的是(　　)
A．由公式P＝知，輸電電壓越高，輸電線上功率損耗越少
B．由公式P＝知，輸電導線電阻越大，輸電線上功率損耗越少
C．由公式P＝I2R知，輸電電流越大，輸電導線上功率損耗越大
D．由公式P＝UI知，輸電導線上的功率損失與電流成正比
2．將電能從發電站送到用戶，在輸電線上會損失一部分功率，采用特高壓輸電可使輸送中的電能損耗和電壓損失大幅降低．我國已成功掌握并實際應用了特高壓輸電技術．設某電廠經升壓后輸電電壓為U，輸電電流為I，輸電線的電阻為r，不考慮其他因素的影響，下列說法正確的是(　　)
A．輸電線上損耗的功率為UI
B．輸電線上損耗的功率為
C．輸電線上損失的電壓為U
D．輸電線上損失的電壓為Ir
3．(多選)在遠距離輸電時，輸送的電功率為P，輸電電壓為U，所有輸電導線的電阻率均為ρ，橫截面積均為S，兩地的距離為L，輸電線上損耗的電功率為P1，用戶得到的電功率為P2.下列關于P1和P2的表達式中正確的是(　　)
A．P2＝P(1－) B．P2＝P－
C．P1＝D．P1＝
4．(多選)如圖為遠距離輸電示意圖，發電機的輸出電壓U1和輸電線的總電阻r、理想變壓器匝數均不變，且n1∶n2＝n4∶n3.當用戶用電器的總功率增大時(　　)
A．U1∶U2＝U4∶U3
B．用戶的電壓U4增加
C．輸電線上的損失功率增大
D．輸電線上損耗的功率占總輸送功率的比例增大
5．一小型發電站通過升壓、降壓變壓器把電能輸給用戶，已知發電機的輸出功率為500 kW，升壓變壓器原線圈兩端的電壓為500 V，升壓變壓器原、副線圈的匝數比為1∶5，兩變壓器間輸電線的總電阻為1.5 Ω，降壓變壓器的輸出電壓為220 V，不計變壓器能量損耗，求：
(1)升壓變壓器副線圈兩端的電壓；
(2)輸電導線上的功率損失及用戶得到的功率；
(3)降壓變壓器原、副線圈的匝數比．
4．電能的傳輸
必備知識·自主學習
一、
1．電力負荷
2．(1)I2r　(2)①電阻　②輸電電流I　輸電電壓U
三、
1．電感　電容
2．交流電　直流電　逆變器
關鍵能力·合作探究
探究點一
【導學探究】
提示：(1)由于輸電線有電阻，當有電流流過輸電線時，有一部分電能轉化為電熱而損失掉了．這是輸電線上功率損失的主要原因．
(2)根據功率損失的表達式ΔP＝I2r可知，要減少輸電線上的功率損失，有兩種方法：其一是減小輸電線的電阻；其二是減小輸電電流．
【典例示范】
例1　解析：根據輸送電功率P輸＝U輸I輸及P輸不變，可知，輸電電流I輸＝∝，當U輸變為原來的2倍時，I輸變為原來的，A錯誤；輸電線上降落的電壓U降＝I輸R線∝I輸，所以，當輸電電流變為原來的時，輸電線上降落的電壓也變為原來的，B錯誤，C正確；輸電線上損耗的電功率P損＝R線，所以輸電線上損耗的電功率將變為原來的，D錯誤．
答案：C
素養訓練1　解析：設輸電線的電阻為R，當輸電線上的電流為I0時，損失的電功率為P0＝R.當輸電電壓提高為2U0時，由I＝可知輸電線上的電流變為，輸電線上損失的電功率為P損＝R＝，故選項B正確．
答案：B
素養訓練2　解析：設輸送功率為P，輸電電壓U1＝220 V時，損失功率ΔP1＝20%P
又因為ΔP1＝R線，I1＝
解得ΔP1＝R線
現要求ΔP2＝5%P，同理ΔP2＝R線
因此可得＝＝
所以U2＝2U1＝440 V.
答案：440 V
探究點二
【導學探究】
提示：(1)第一個回路：P1＝U1I1
第二個回路：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝R線＋P3，I2＝I3
第三個回路：P4＝U4I4
(2)＝、＝、P1＝P2；＝、＝、P3＝P4.
【典例示范】
例2　解析：(1)線路示意圖如圖所示：
(2)由圖可知，升壓變壓器副線圈兩端的輸出電壓U2＝U1＝2 200 V．根據理想變壓器P入＝P出，則升壓變壓器副線圈的輸出電流I2＝＝ A＝20 A，輸電線上的功率損耗和電壓損失分別為
P損＝R線＝202×0.2 W＝80 W，
U損＝I2R線＝20×0.2 V＝4 V.
所以降壓變壓器原線圈的輸入電壓和電流分別為
U3＝U2－U損＝2 200 V－4 V＝2 196 V，
I3＝I2＝20 A.
降壓變壓器副線圈的輸出電壓和電流分別為
U4＝U3＝×2 196 V＝219.6 V，
I4＝I3＝10×20 A＝200 A.
用戶得到的功率為
P4＝U4I4＝219.6×200 W＝4.392×104 W.
(3)若直接給用戶供電，
線路示意圖如圖所示
則輸電電流I′＝＝ A＝200 A.
輸電線路上的電壓損失
ΔU′＝I′R線＝200×0.2 V＝40 V.
所以用戶得到的電壓
U′2＝U1－ΔU′＝220 V－40 V＝180 V.
用戶得到的功率為
P′＝U′2I′＝180×200 W＝3.6×104 W.
答案：(1)見解析圖　(2)219.6 V　4.392×104 W　
(3)180 V　3.6×104 W
素養訓練3　解析：輸電線上的損失功率為P損＝P×0.6%＝50 kW×0.6%＝300 W，A正確；輸電線上的電流為I2＝ ＝ A＝10 A，升壓變壓器副線圈兩端的電壓為U2＝＝ V＝5×103 V，由＝得，＝，B錯誤；輸電線上損失的電壓為U損＝I2R＝10×3 V＝30 V，降壓變壓器輸入電壓為U3＝5 000 V－30 V＝4 970 V，C正確；由＝得＝，D錯誤．
答案：AC
素養訓練4　解析：(1)由P＝I2R得I＝ ，式中P為線路損耗功率，R為線路總電阻，
兩條導線總電阻R＝ρ＝ρ，
則R＝1.7×10－8×Ω＝32 Ω
所以I＝ ＝125 A
因為P輸入＝P輸出，所以在升壓變壓器副線圈兩端的電壓為
U2＝＝3.2×104 V
故＝＝.
(2)設U′2為降壓變壓器原線圈兩端的電壓，則U′2＝U2－IR＝2.8×104 V.
答案：(1)1∶16　(2)2.8×104 V
隨堂演練·自主檢測
1．解析：輸電線上損耗的功率P損＝I2R線＝，U損指輸電線上損失的電壓，而不是輸電電壓，C正確．
答案：C
2．解析：輸電線上損耗的功率為P損＝I2r，A、B錯誤；輸電線上損失的電壓為U損＝Ir，C錯誤，D正確．
答案：D
3．解析：輸電線上的電流I＝，輸電導線的電阻R＝，輸電線上損耗的電功率為P1＝I2R＝，用戶得到的電功率為P2＝P－P1＝P(1－)，故A、C正確．
答案：AC
4．解析：根據＝＝以及n1∶n2＝n4∶n3，可知U1∶U2＝U4∶U3，故A正確；當用戶用電器的總功率增大時，輸送功率變大，輸電線上的電流增大，根據P損＝I2r可知，輸電線上的損失功率增大，根據ΔU＝Ir可知，輸電線上的電壓損失變大；發電機的輸出電壓U1不變，則升壓變壓器的輸出電壓U2不變，降壓變壓器的輸入電壓U3變小，用戶的電壓U4減小，故B錯誤，C正確；根據＝＝r可知，輸送電壓U2和線路電阻r不變，則輸電線上損失的功率占總輸送功率的比例增大，故D正確．
答案：ACD
5．解析：輸電線路原理圖如圖所示
(1)根據＝可知，升壓變壓器副線圈兩端的電壓
U2＝＝2 500 V.
(2)輸電導線上的電流
I2＝＝＝200 A
輸電導線上的功率損失
P損＝r線＝60 kW
用戶得到的功率P用＝P1－P損＝440 kW
(3)輸電導線上損失的電壓
ΔU＝I2r線＝300 V
降壓變壓器原線圈兩端的電壓
U3＝U2－ΔU＝2 200 V
降壓變壓器原、副線圈的匝數比為＝＝10∶1.
答案：(1)2 500 V　(2)60 kW　440 kW　(3)10∶1章末素養培優（三）
核心素養——科學思維
一、交變電流的四種“另類”產生方式
方式1　線圈不動，勻強磁場勻速轉動
例 1 如圖甲為風力發電的簡易模型，在風力的作用下，風葉帶動與其固定在一起的永磁鐵轉動，轉速與風速成正比．某一風速時，線圈中產生的正弦式電流如圖乙所示，則(　　)
A．電流的表達式為i＝0.6sin 50t(A)
B．磁鐵的轉速為10 r/s
C．風速加倍時電流的表達式為i＝1.2sin 10πt(A)
D．風速加倍時線圈中電流的有效值為0.6 A
方式2　線圈不動磁場按正弦規律變化
例 2 如圖甲所示，一固定的矩形導體線圈水平放置，線圈的兩端接一只小燈泡，在線圈所在空間內存在著與線圈平面垂直的均勻分布的磁場．已知線圈的匝數n＝100匝，總電阻r＝1.0 Ω，所圍成矩形的面積S＝0.040 m2，小燈泡的電阻R＝9.0 Ω，磁感應強度隨時間按如圖乙所示的規律變化，線圈中產生的感應電動勢瞬時值的表達式為e＝nBmScos t，其中Bm為磁感應強度的最大值，T為磁場變化的周期，不計燈絲電阻隨溫度的變化，求：
(1)線圈中產生感應電動勢的最大值；
(2)小燈泡消耗的電功率；
(3)在磁感應強度變化的0～時間內，通過小燈泡的電荷量．
方式3　導體棒在勻強磁場中做簡諧振動
例 3 如圖甲所示，是一種振動發電裝置，它的結構是一個套在輻向形永久磁體槽中的半徑為0.1 m、匝數為20的線圈，磁場的磁感線均沿半徑方向均勻分布(其右視圖如圖乙所示)．線圈所在位置磁感應強度的大小均為0.2 T，線圈的電阻為2 Ω，它的引出線接有8 Ω的小電珠L，其他電阻均不計．外力推動線圈框架的P端，使線圈沿軸線做往復運動，便有電流通過小電珠．當線圈速度隨時間變化的規律如圖丙、丁所示(v取向右為正)，其中圖丙所示速度按正弦規律變化，下列說法正確的是(　　)
A．線圈兩種情況運動時小電珠亮度相同
B．線圈按丁圖情況運動產生的電動勢是恒定不變的
C．線圈按丙圖情況運動產生的電動勢的瞬時值表達式為e＝4.8πsin 10πt(V)
D．線圈按丙圖情況運動，小電珠兩端的電壓為2.4 V
方式4　在勻強磁場中導體棒的長度與時間呈正弦規律變化
例 4 (多選)如圖所示，OACO為置于水平面內的光滑閉合金屬導軌，O、C處分別接有短電阻絲(圖中用粗線表示，長度可以不計，視為O、C兩點)，R1＝4 Ω，R2＝8 Ω(導軌其他部分電阻不計)．導軌OAC的形狀滿足方程y＝2sin (0.3πx)(單位：m)．磁感應強度B＝0.2 T的勻強磁場方向垂直于導軌平面，一足夠長的金屬棒在水平外力F作用下，以恒定的速率v＝5.0 m/s水平向右在導軌上從O點滑動到C點，棒與導軌接觸良好且始終保持與OC導軌垂直，不計棒的電阻．則(　　)
A．外力F的最大值為3 N
B．金屬棒在導軌上運動時電阻絲R1上消耗的最大功率為1 W
C．整個過程產生的焦耳熱為0.5 J
D．在滑動過程中通過金屬棒的電流I與時間t的關系式為I＝0.5sin (1.5πt) A
二、理想變壓器的動態分析
類型1　匝數比不變的分析思路
(1)U1不變，根據＝，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，不論負載電阻R如何變化，U2不變．
(2)當負載電阻發生變化時，I2變化，輸出電流I2決定輸入電流I1，故I1發生變化．
(3)I2變化引起P2變化，P1＝P2，故P1發生變化．
例 5 如圖所示， 理想變壓器原線圈接在u＝Umsin (ωt＋φ)的交流電源上， 副線圈接三個阻值相同的電阻R，不計電表內電阻影響．閉合開關S后(　　)
A．電流表A2的示數減小
B．電壓表V1的示數減小
C．電壓表V2的示數不變
D．電流表A1的示數不變
類型2　負載電阻不變的分析思路
(1)U1不變，發生變化時，U2變化．
(2)R不變，U2變化時，I2發生變化．
(3)根據P2＝，P2發生變化，再根據P1＝P2，故P1變化，P1＝U1I1，U1不變，故I1發生變化．
例 6 (多選)如圖所示，理想變壓器原線圈接u＝220sin (100πt) V的交流電，R為光敏電阻(阻值隨著光照強度的增強而減小)，電流表為理想交流電表．當電路工作時，燈泡L發光，下列說法正確的是(　　)
A．保持滑片P不動，若照射R的光變強，則燈泡L變暗
B．保持滑片P不動，若照射R的光變強，則電流表示數變大
C．保持R上的光照強度不變，若滑片P向下滑動，則燈泡L變亮
D．保持R上的光照強度不變，若滑片P向下滑動，則電流表示數減小
章末素養培優
例1　解析：通過乙圖可知電流的最大值為0.6 A，周期T＝0.2 s，故ω＝＝10 π rad/s，故電流的表達式為i＝0.6sin 10πt(A)，A錯誤；電流的周期為T＝0.2 s，故磁體的轉速為n＝＝5 r/s，故B錯誤；風速加倍時，角速度加倍，根據Em＝nBSω可知，產生的感應電動勢加倍，形成的感應電流加倍，故風速加倍時電流的表達式為i＝1.2sin 20πt(A)，故C錯誤；根據C的分析，形成的感應電流Im＝1.2 A，故有效值為I＝＝0.6 A，D正確．
答案：D
例2　解析：(1)由e＝nBmScos t可知，Em＝nBmSω＝＝8.0 V.
(2)電流的最大值Im＝＝0.80 A，有效值I＝＝ A，小燈泡消耗的電功率P＝I2R＝2.88 W.
(3)在0～時間內，電動勢的平均值＝，
平均電流＝＝，
流過燈泡的電荷量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：線圈兩種運動過程中速度變化情況不同，根據法拉第電磁感應定律可得e＝NBlv＝NB·2πr·v＝2NπBrv，產生的感應電動勢隨時間的變化不同，則感應電動勢的有效值不同，則小電珠亮度不相同，故A錯誤；根據法拉第電磁感應定律可得感應電動勢為e＝NBlv＝NB·2πr·v＝2NπBrv，由于圖丁中線圈v隨時間變化，則感應電動勢會發生變化，故B錯誤；線圈按丙圖情況運動時，速度隨時間變化情況為v＝6sin t＝6sin 10πt，產生的電動勢的瞬時值表達式為e＝2NπBrv＝2×20π×0.2×0.1×6sin t(V)＝4.8πsin 10πt(V)，故C正確；線圈按丙圖情況運動時，電動勢有效值E＝＝ V＝2.4π V，感應電流有效值為I＝＝ A＝0.24π A，則小電珠兩端的電壓為U＝IRL＝0.24π×8 V≈6.03 V，故D錯誤．
答案：C
例4　解析：當金屬棒滑至A位置時，有效切割長度最大，為2 m，產生的最大感應電動勢Em＝BLmv＝0.2×2×5 V＝2 V，電路的總電阻R總＝＝ Ω，最大感應電流I總＝＝0.75 A．最大安培力F安＝BImLm＝0.2×0.75×2 N＝0.3 N，由平衡條件可知，外力F的最大值Fm＝F安＝0.3 N，A錯誤；感應電動勢最大時，電阻絲R1上消耗的功率最大，其最大功率P1＝＝1 W，B正確；由題可知，金屬棒沿x軸方向運動的位移為x＝ m，運動的總時間為t＝ s＝ s，金屬棒產生正弦式交流電，交流電的有效值為E＝ V＝ V，產生的熱量Q＝t＝0.5 J，C正確；金屬棒與導軌接觸點間的長度隨時間變化，為L＝2sin (0.3πx)，x＝vt，E＝BLv，I＝＝×2sin (0.3πvt)＝sin (1.5πt) A，D錯誤．
答案：BC
例5　解析：開關S閉合時，副線圈的總電阻減小，由于變壓器的匝數比和輸入的電壓都不變，所以輸出的電壓也不變，即V1示數不變，副線圈的總電流增大，則原線圈的電流增大，故A1的示數變大；由于副線圈的電流增大，故串聯在副線圈的電阻R兩端的電壓增大，副線圈并聯部分的電壓減小，即V2的示數減小，故電流表A2的示數減小，A正確，B、C、D錯誤．
答案：A
例6　解析：照射R的光變強，光敏電阻R的阻值減小，流過光敏電阻的電流變大，流經燈泡的電流不變，副線圈總電流變大，原線圈電流變大，A錯誤，B正確；滑片P向下滑動，副線圈的匝數減小，兩端電壓減小，兩支路電流均減小，燈泡L變暗；副線圈中的總電流減小，則電流表示數減小，C錯誤，D正確．
答案：BD

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