【二轮复习】高考物理专题10 交变电流及远距离输电的运用（讲义）.zip

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01专题网络·思维脑图
02考情分析·解密高考
03高频考点·以考定法
04核心素养·难点突破
05创新好题·轻松练习
【典例1】（2022·海南·高考真题）一个有N匝的矩形线框，面积为S，以角速度ω从如图所示的位置开始，在匀强磁场B中匀速转动，则产生的感应电动势随时间变化的图像是（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】图示位置线框处于与中性面垂直的平面，竖直长边垂直切割磁感线，此时产生的感应电动势最大为
Em=NBSω
根据正弦式交变电流的表达式可知感应电动势随时间的变化关系为
e=NBSωcsωt
故选A。
【典例2】（2023·广东·统考高考真题）用一台理想变压器对电动汽车充电，该变压器原、副线圈的匝数比为1:2，输出功率为8.8kW，原线圈的输入电压u=2202sin100πtV。关于副线圈输出电流的有效值和频率正确的是（ ）
A．20A，50HzB．202A，50HzC．20A，100HzD．202A，100Hz
【答案】A
【详解】由题可知原线圈输入电压的有效值为
U1=22022=220V
原线圈电流为
I1=PU1=40A
副线圈输出电流的有效值为
I2=n1n2I1=20A
变压器无法改变电流的频率，故
f=ω2π=100π2πHz=50Hz
故选A。
【典例3】（2023·北京·统考高考真题）自制一个原、副线圈匝数分别为600匝和190匝的变压器，原线圈接12V的正弦交流电源，副线圈接额定电压为3.8V的小灯泡。实际测得小灯泡两端电压为2.5V。下列措施有可能使小灯泡正常发光的是（ ）
A．仅增加原线圈匝数B．仅增加副线圈匝数
C．将原、副线圈匝数都增为原来的两倍D．将两个3.8V小灯泡并联起来接入副线圈
【答案】B
【详解】A．由n1n2=U1U2知，仅增加原线圈匝数，副线圈的输出电压U2减小，不能使小灯泡正常发光，故A错误；
B．由n1n2=U1U2知，仅增加副线圈匝数，副线圈的输出电压U2增大，有可能使小灯泡正常发光，故B正确；
C．由n1n2=U1U2知，将原、副线圈匝数都增为原来的两倍，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故C错误；
D．将两个3.8V小灯泡并联，但由于原线圈的电压不变，则副线圈的输出电压U2不变，不能使小灯泡正常发光，故D错误。
故选B。
考向01 正弦交变电流的产生与瞬时值表达式
1．正弦式交变电流的变化规律及对应图象(线圈在中性面位置开始计时)
2.两个特殊位置的特点
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq \f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，电流方向发生改变．
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不改变．
考向02 正弦交变电流的“四值”
交变电流“四值”应用的几点提醒
(1)在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．
(2)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的．
(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值．
根据图像计算有效值的技巧
①计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”，先分段计算热量，求和得出一个周期内产生的总热量，然后根据Q总＝I2RT或Q总＝eq \f(U2,R)T列式求解．
②若图像部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的eq \f(1,4)周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和eq \f(1,2)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＝eq \f(Im,\r(2))、U＝eq \f(Um,\r(2))求解．
考向03 理想变压器基本规律的应用
1．理想变压器的基本特点
(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、eq \f(ΔΦ,Δt)相同．
(2)线圈无电阻，因此无电压降，U＝E＝neq \f(ΔΦ,Δt).
(3)根据eq \f(U,n)＝eq \f(ΔΦ,Δt)得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…
2．理想变压器的基本关系
1.理想变压器的制约关系
原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2，U2＝eq \f(n2,n1)U1
副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入，P入＝P出
副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1，I1＝eq \f(n2,n1)I2
2.含有多个副线圈的变压器
计算具有两个或两个以上副线圈的变压器问题时，需注意三个关系：
电压关系：eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)＝eq \f(U3,n3)＝…＝eq \f(Un,nn)
功率关系：P1＝P2＋P3＋P4＋…＋Pn
电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋n4I4＋…＋nnIn
理想变压器问题三点应牢记
(1)熟记两个基本公式：①eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比．
②P入＝P出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于输出功率之和．
(2)原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变化率相等．
(3)原、副线圈中电流变化规律一样，电流的周期、频率一样．
考向01 正弦交变电流的产生与瞬时值表达式
【针对练习1】（2023·河北·校联考模拟预测）如图所示，abcd为一个单匝闭合矩形金属线框，已知ab的长度L1=10cm，bc的长度L2=20cm，线框电阻R=0.1Ω，图中虚线O1O2为匀强磁场的右边界（磁场左边界足够远），O1O2与线框的ab边平行，且将bc边等分，磁场的磁感应强度大小B=0.1T、方向垂直线框平面向里。t=0时线框由图示位置开始绕ab边以角速度ω=100πrad/s匀速转动，下列关于线框中感应电流随时间变化的图像可能正确的是（图像中只画了一个周期，图线均为正弦曲线，实线表示实际电流，虚线表示没有电流）（ ）
A．B．
C．D．
【答案】A
【详解】当线框从图示位置转过90°时，线框中的感应电动势和感应电流最大，且最大感应电动势
Em=BSω=0.2πV
最大感应电流
Im=EmR=2πA
线框转动周期
T=2πω=0.02s
在线框从图示位置转动的一个周期中，在最初转过的60∘和最后转过的60∘，所对应时间为最初的T6和最后的T6时间内，由于线框在磁场方向的投影面积不变，即穿过线框的磁通量保持不变，因此在这两段时间内线框中没有感应电流，而在一个周期内中间的2T3时间内，感应电流按正弦规律变化。
故选A。
【针对练习2】如图边界PQ的右侧区域内，存在着磁感应强度大小为B，方向垂直于纸面的匀强磁场。边长为l的正方形金属线框abcd由粗细均匀同种材料制成，ab刚好位于边界PQ上，现使线框绕过边界PQ转轴匀速转动，角速度为ω，如图所示，则在ad边开始转入磁场的瞬间cd两端的电势差Ucd为（ ）
A．14Bl2ω
B．34Bl2ω
C．−14Bl2ω
D．−34Bl2ω
【答案】D
【详解】当cd边刚转入磁场时，cd部分切割磁感线，切割长度为c、d两个端点间的距离l，感应电动势大小
E=Blv=Bl2ω
由右手定则知，cd边中电流方向为c→d，故d点电势比c点高；设线框abcd每个边的电阻为R，c、d两点间的电势差为
Ucd=I⋅3R
故
Ucd=−34Bl2ω
故D正确。
考向02 正弦交变电流的“四值”
【针对练习3】（2024·海南·校联考一模）闭合回路中的交变电流在1个周期内的i−t图像如图所示，其中图线的ab段和bc段均为正弦曲线的四分之一，则该交变电流的有效值为（ ）
A．22AB．233AC．23AD．26A
【答案】B
【详解】设该交变电流的有效值为I，则有
I2RT=(2)2R⋅T3+(22)2R⋅T3+(22)2R⋅T3
解得
I=233A
故选B。
【针对练习4】（多选）（2023·海南海口·海南华侨中学校考一模）目前我国的海上核电站已经开始建设，海上核电站的工作的工作原理是反应堆产生蒸汽推动涡轮机转动，带动发电机发电。如果闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，可知该交变电流（ ）

A．周期是0.01s
B．电压的最大值是2202V
C．电压的有效值是2202V
D．电流的方向每秒钟改变100次
【答案】BD
【详解】AD．由题图可知，交流电的周期是0.02s，每个周期电流的方向改变两次，电流的方向每秒钟改变100次。故A错误；D正确；
B．由图可知电压的最大值是2202V。故B正确；
C．电压的有效值是
U=Em2=220V
故C错误。
故选BD。
考向03 理想变压器基本规律的应用
【针对练习5】（2024·河北邯郸·统考二模）如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n1:n2=2:1，原线圈电路中接入正弦交流电压u=2202sin100πtV，电流表为理想交流电表。已知R1=10Ω，R2=R3，开关S闭合前、后电流表示数之比为2∶3。下列说法正确的是（ ）
A．定值电阻R2=5Ω
B．开关S闭合时，副线圈两端的电压为110V
C．开关S断开时，电流表的示数为11A
D．开关S闭合时，电路中消耗的总功率为2420W
【答案】D
【详解】A．由题可知，设R2=R3=R，当开关S断开时，副线圈的负载电阻为2R；当开关S闭合时，副线圈的负载电阻为R；将理想变压器的原、副线圈和负载电阻等效为一个电阻，画出电路的等效电路图，如图所示。
根据理想变压器电阻等效法，得
R等=n1n22R负载
因此当开关断开时
R等=212⋅2R=8R
当开关闭合时
R等′=212R=4R
根据闭合电路欧姆定律，可知等效电路中电流表示数
I=UR1+R等
故
I1=22010+8R
I1′=22010+4R
I1I1′=23
解得
R=2.5Ω
A错误；
B．开关闭合时，电流表的示数
I1′=22010+4R=22010+10A=11A
根据原、副线圈电流与匝数的关系
I1′I2′=n2n1
可知流过R2的电流
I2′=22A
副线圈两端的电压
U2′=I2′R2=55V
B错误；
C．开关断开时，电流表的示数
I1=22010+8R=22010+20A=223A
故C错误；
D．开关S闭合时，电路中消耗的总功率为
P=UI1′=220V×11A=2420W
D正确。
故选D。
【针对练习6】（多选）（2023·陕西咸阳·校考模拟预测）如图所示，交流电源输出电压最大值为1002V的正弦交流电，通过变压器的副线圈n2向5只标有“12V 1.2A”的并联灯泡供电，变压器原线圈n1所串接灯泡L的额定电压为40V，原线圈n1的匝数为900匝。若电路接通后，灯泡都恰好正常发光，则下列说法正确的是（ ）
A．交流电源电压的有效值为200V
B．变压器副线圈n2的匝数为180
C．原线圈电路中灯泡L的额定电流为36A
D．交流电源的输出功率为120W
【答案】BD
【详解】A．由题意可得交流电源电压的有效值为
U=Um2=10022V=100V
选项A错误；
B．由题意可得原线圈的两端电压为
U1=100V−40V=60V
副线圈的两端电压为
U2=12V
由变压器原、副线圈的电压与匝数的关系公式U1U2=n1n2，结合 n1=900匝，可得
n2=U2U1n1=1260×900匝=180匝
选项B正确；
C．由题意可得副线圈的电流为
I2=5×1.2A=6A
由变压器原、副线圈的电流与匝数的关系公式I1I2=n2n1，可得原线圈电路中灯泡L的额定电流为
I1=n2n1I2=180900×6A=1.2A
选项C错误；
D．由电功率公式可得交流电源的输出功率为
P=UI1=100×1.2W=120W
选项D正确。
故选BD。
考向04 理想变压器的动态分析
常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况．
1．匝数比不变的情况(如图甲所示)
(1)U1不变，根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变．
(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化．
(3)I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化．
2．负载电阻不变的情况(如图乙所示)
(1)U1不变，eq \f(n1,n2)发生变化，故U2变化．
(2)R不变，U2变化，故I2发生变化．
(3)根据P2＝eq \f(U\\al(2,2),R)，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化．
解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法
(1)分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定．
(2)分析该类问题的一般思维流程是：
【典例4】（多选）（2022·天津·高考真题）如图所示，两理想变压器间接有电阻R，电表均为理想交流电表，a、b接入电压有效值不变的正弦交流电源。闭合开关S后（ ）
A．R的发热功率不变B．电压表的示数不变
C．电流表A1的示数变大D．电流表A2的示数变小
【答案】BC
【详解】AC．闭合开关S后，负载电阻减小，匝数为n4的线圈输出功率变大，匝数为n1的线圈输入功率也变大，a、b两端电压有效值不变，由
P1=U1I1
可知电流表A1的示数变大，根据
I1I2=n2n1
因n2n1比值不变，I1变大，I2变大，因此，R的发热功率变大，故A错误，C正确；
B．根据理想变压器电压比等于匝数比
U1U2=n1n2
可知输出电压U2不变，电压表的示数不变，故B正确；
D．根据理想变压器电流与匝数关系可得
I1I2=n2n1
I2I4=n4n3
由于匝数均保持不变，I1增大，所以I2、I4增大，故电流表A2的示数变大，故D错误。
故选BC。
【针对练习7】（2023·河北沧州·校考模拟预测）如图所示为某同学模拟降压变压器工作中电路的动态变化电路图，已知变压器为理想变压器，电表均为理想电表，R1为输电导线电阻，R2为滑动变阻器，电路接在恒压正弦交流电源两端。当滑动变阻器的触头P向上移动时，下列说法正确的是（ ）
A．电压表V1示数不变B．电压表V2示数增大
C．电流表A1示数增大D．电流表A2示数减小
【答案】C
【详解】CD．滑动变阻器的触头P向上移动，电阻减小，电流表A2示数增大，根据理想变压器原副线圈匝数比和电流比的关系可知
I1I2=n2n1
电流表A1示数增大。故C正确，D错误；
AB．根据
U=IR1
得电阻R1分压增大，所以电压表V1示数减小，根据理想变压器原副线圈的匝数比和电压比的关系
U1U2=n1n2
可知电压表V2示数减小，故AB错误。
故选C。
【针对练习8】（多选）（2024·安徽·校联考模拟预测）如图所示，理想变压器原线圈a、b端接入电压恒定的正弦交流电，R1为定值电阻，R2=R，滑动变阻器R3的最大阻值为2R，电流表和电压表均为理想电表.在变阻器滑片从左端向右端缓慢移动的过程中，下列说法正确的是（ ）
A．电流表A1示数减小B．电流表A2示数增大
C．电压表表V1示数增大D．电压表V2示数减小
【答案】AC
【详解】A．设滑动变阻器右侧阻值为R0，则副线圈两端总电阻为
R′=2R−R0+RR0R+R0=2R−1RR02+1R0
变阻器滑片从左端向右端缓慢移动的过程中，R0减小，即副线圈两端总电阻增大，由原线圈两端等效电阻
R原=n1n22R′
可知等效电阻也增大，由闭合电路欧姆定律知原线圈中电流I1减小，故A正确；
B．由于I1I2=n2n1，则副线圈电流I2也减小，故B错误；
C．原线圈输入电压U1=U−I1R1，则电压表V1示数增大，故C正确；
D．由于U1U2=n1n2，可知电压表V2示数变大，故D错误。
故选AC。
考向05 远距离输电问题
1．远距离输电的处理思路
对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．
2．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)
(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.
(2)电压、电流关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．
(3)输电电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线).
(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝Ieq \\al(2,线)R线＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P2,U2)))2R线．
当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的eq \f(1,n2).
输电过程电压和功率的辨析
(1)输电线上电压损失和输送电压不能混用，如P损＝ΔUI＝eq \f(ΔU2,R)＝eq \f(U\\al(2,线),R)＝IU线(ΔU或U线指输电线电阻上的电压降)，P损＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\c1(\f(P,U)))2R(U指输送总电压)．
(2)输电过程的电压关系：
(3)输电过程功率的关系：
【典例5】（多选）（2022·福建·高考真题）某同学利用如图所示电路模拟远距离输电．图中交流电源电压为6V，定值电阻R1=R2=20Ω，小灯泡L1、L2的规格均为“6V 1.8W”，理想变压器T1、T2原副线圈的匝数比分别为1∶3和3∶1．分别接通电路Ⅰ和电路Ⅱ，两电路都稳定工作时，（ ）
A．L1与L2一样亮B．L2比L1更亮
C．R1上消耗的功率比R2的大D．R1上消耗的功率比R2的小
【答案】BC
【详解】若开关接cd端，则若电源电压为U0，理想变压器T1、T2的匝数比为
n2n1=n3n4=k
用户电阻为R负载，输电线电阻为R导线，由变压器工作原理和欧姆定律。升压变压器次级电压
U2=kU0
降压变压器初级电压
U3=U2−I2R导线
降压变压器次级电压
U4=U3k
I4=U4R负载
I4I3=k
I3=I2
可得输电功率为
P输=U2I2=k2U02R导线+k2R负载
输电线上损耗的电功率为
P导线=I22R导线=k2U02R导线+k2R负载2R导线
用户得到的电功率为
P负载=k2U02R导线+k2R负载2⋅k2R负载
若开关接ab端，则负载得到的功率
P'负载=U02R导线+R负载2⋅R负载
输电线上损耗的电功率为
P'导线=U02R导线+R负载2R导线
将R导线=R1=R2=20Ω，R负载=621.8Ω=20Ω ，k=3带入可知
可得
P负载>P负载'
即L2比L1更亮；
P导线R1上消耗的功率比R2的大。
故选BC。
【针对练习9】（2024·广西南宁·南宁三中校联考模拟预测）如图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100：1和1：10.互感器中，电压表的示数为220V，电流表的示数为4A，输电线路总电阻r=20Ω，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32kW
C．用户得到的电功率为858kW
D．若用户用电设备增多，则升压变压器输出电压U2和降压变压器输入电压U3均变大
【答案】B
【详解】A．由图示可知，甲并联在电路中是电压互感器，乙串联在电路中是电流互感器，故A错误；
B．由变压器的变压比可知
U2UV＝n甲1n甲2
代入数据解得
U2=22000V
由变压器的电流比可知
IIA＝n乙2n乙1
代入数据解得输电电流
I=40A
线路上损耗的电功率
P损=I2r=402×20W=32000W=32kW
理想变压器输入功率等于输出功率，发电机的输出功率
P发电机=P输电=U2I=22000×40W=880000W=880kW
用户得到的电功率为
P'=P发电机−P损=848kW
故C错误，B正确；
D．用户使用的用电设备越多，用户电流增大，输电电流变大，输电导线损失的电压增大，降压变压器输入电压减小，降压变压器输入电压U3变小，故D错误。
故选B。
【针对练习10】（2023·江苏扬州·统考三模）远距离输电的原理图如图所示，发电机的输出功率为P，输电线上损失的功率为P线，变压器均为理想变压器，下列关系式正确的是（ ）

A．U1U2=n2n1B．I线=U2R线
C．P线=U22R线D．P=P线+U4I4
【答案】D
【详解】A．根据电压与匝数的关系有
U1U2=n1n2
故A错误；
B．输电线路上损耗的电压
ΔU=I线R线
根据输电线上电压的关系有
ΔU=U2−U3
解得
I线=U2−U3R线
故B错误；
C．输电线上损耗的功率
P线=I线2R线
结合上述解得
P线=U2−U32R线
故C错误；
D．发电机输出的功率为
P=U1I1=U2I线=ΔU+U3I线=ΔUI线+U3I线=P线+U4I4
故D正确。
故选D。
一、单选题
1．手机无线充电原理图如图所示，该装置可等效为一个理想变压器，送电线圈为原线圈，受电线圈为副线圈。ab间接上220 V的正弦交变电流后，受电线圈中产生交变电流。送电线圈的匝数为n1，受电线圈的匝数为n2，且n1∶n2=10∶1。两个线圈中所接电阻的阻值均为R，当该装置给手机充电时，手机两端的电压为1.8 V，流过手机的电流为1 A，则下列说法中正确的是（ ）

A．受电线圈cd两端的输出电压为22 V
B．充电时，两线圈上所接电阻的阻值R=200 Ω
C．充电时，与送电线圈相连的电阻R两端的电压为20 V
D．充电时，受电线圈cd两端的输出电压为21.8 V
【答案】D
【详解】A．ab端输入电压为220 V，由于送电线圈中的电阻R分压，故送电线圈两端电压小于220 V，则根据
U1U2=n1n2
可知，受电线圈cd两端的输出电压小于22 V，故A错误；
B．设手机两端电压为U'，由题意可知
U2=U'+I2R
送电线圈的电流为
I1=n2n1I2=0.1 A
则送电线圈两端电压
U1=U-I1R=220-0.1R
根据
U1U2=n1n2
可得
R=20 Ω
故B错误；
C．充电时，与送电线圈相连的电阻R两端的电压为
UR=I1R=2 V
故C错误；
D．充电时，受电线圈cd两端的输出电压为
U2=U'+I2R=21.8 V
故D正确。
故选D。
2．如图是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表。线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，下列选项正确的是（ ）

A．图示位置时，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，电流表示数最大
B．图示位置时，线圈处于平行面，穿过线圈平面的磁通量最小，电流表示数最大
C．从图示位置旋转90°，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最大，电流表示数最大
D．从图示位置开始往逆时针方向旋转产生正弦式交变电流
【答案】B
【详解】AB．图中线圈平面与磁场方向平行，穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大，电流表示数最大，故A错误，B正确；
C．从图示位置旋转 ，线圈处于中性面，穿过线圈平面的磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流表示数最小，故C错误；
D．从图示位置开始往逆时针方向旋转产生余弦式交变电流，故D错误。
故选B。
3．如图甲所示，边长为L=0.1m匝数为N=100匝，电阻可以忽略的正方形线圈在匀强磁场中绕转轴OO′以某一角速度匀速转动，OO′轴垂直于磁感线，图示位置线圈平面与磁场平行，在线圈外接一含有理想变压器的电路，变压器原、副线圈的匝数比为1:2，副线圈接有阻值100Ω的电阻R，原线圈中电流如图乙所示，电流表为理想电表，下列判断正确的是（ ）
A．图示位置，穿过线圈磁通量为零，感应电动势瞬时值也为零
B．电流表示数为2A
C．线圈转动的角速度为50πrad/s
D．匀强磁场磁感应强度为24πT
【答案】D
【详解】A．图示位置，穿过线圈磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故A错误；
B．由图乙可知电流表示数最大值为2A，而电流表示数为有效值，即为
I1=Im2=1A
故B错误；
C．交流电周期为
T=2×10−2s
则线圈转动的角速度为
ω=2πT=100πrad/s
故C错误；
D．根据
I1I2=n2n1=21
解得
I2=12A
线圈匀速转动的感应电动势的最大值为
E=NBSω
原线圈电压的有效值为
U1=E2
根据
U1U2=n1n2=12
根据欧姆定律
R=U2I2
解得
B=24πT
故D正确。
故选D。
4．如图甲所示。用一台发电机给滑动变阻器R供电，发电机产生的交变电流的电动势如图乙所示，发电机线圈的总电阻r=1Ω。电压表为现想交流电压表，调节滑动变阻器R=9Ω时，下列说法正确的是（ ）
A．该发电机线圈转动的角速度为200πrad/s
B．线圈转至图甲位置时，线圈中感应电流最大
C．理想电压表示数为20V，电阻R的功率为40W
D．如把击穿电压为20V的电容器与滑动变阻器并联，电容器将被击穿
【答案】D
【详解】A．由图乙可知，该发电机线圈转动周期为0.02s，则该发电机线圈转动的角速度为
ω=2πT=100πrads
故A错误；
B．线圈转至图甲位置时，磁场与线圈平面垂直，感应电动势为零，线圈中感应电流为零，故B错误；
C．由图乙可知，感应电动势的最大值为202V，则有效值为
E有=Em2=20V
电流有效值为
I有=E有R+r=2A
理想电压表示数为
U=I有R=18V
电阻R的功率为
P=UI有=36W
故C错误；
D．如把击穿电压为20V的电容器与滑动变阻器并联，电容器两端的电压最大值为
Um=2U=182V>20V
则电容器将被击穿，故D正确。
故选D。
5．2023年9月22至24日，华南日用百货商品交易会在广州隆重举办。参展产品中南北美洲的绝大多数国家家用电器的额定电压是110V，这类用电器不能直接接到我国220V的电路上。如图甲为一台南北美洲的小发电机的结构示意图，内阻为0.7Ω的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示。外接电表均为理想交流电表，用电器的电阻恒定为10.3Ω，则
A．发电机产生电动势的最大值为1102V，线圈的转速n=50r/min
B．电流表的示数为10A，电压表的示数为110V
C．发电机的输出功率为1030W
D．在0.02s时，穿过线圈的磁通量变化率最大
【答案】C
【详解】A．由题图乙可知，发电机产生电动势的最大值为
Em=1102V
电动势的有效值是
E=110V
周期为T=0.02s；则转速为
n=10.02r/s=3000r/min
选项A错误；
B．电流表的示数为
I=ER+r=10A
电压表测量的是小灯泡两端的电压，电压表示数为
U=ER+rR=103V
选项B错误；
C．发电机的输出功率
P=IU=1030W
选项C正确；
D．在0.02s时刻，由题图乙可知此时的电动势为零，由电磁感应定律知，感应电动势与磁通量的变化率成正比，该时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，选项D错误。
故选C。
6．如图所示为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，输电线的电阻不变，升压变压器的原、副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器的原、副线圈匝数分别为n3、n4。在保持发电机输出电压U1及用户得到的电压U4均不变的条件下，若将输送电压U2由300kV升级为2100kV高压，输送的总电功率变为原来的3.5倍，不考虑其他因素的影响，则（ ）
A．升压变压器原、副线圈匝数比值n1n2变为原来的7倍
B．输电线上电流I2变为原来的2倍
C．输电线损失的功率变为原来的4倍
D．降压变压器原、副线圈匝数比值n3n4变大
【答案】D
【详解】A．根据电压匝数比的关系有
U1U2=n1n2
解得
U2=U1n1n2
U1不变，U2由300kV升级为2100kV高压，解得升压变压器原、副线圈匝数比值n1n2变为原来的17倍，故A错误；
B．输送总功率
P=U2I2
解得
I2=PU2
由于U2由300kV升级为2100kV高压，输送的总电功率变为原来的3.5倍，解得输电线上电流I2变为原来的12倍，故B错误；
C．输电线上损失的功率
ΔP=I22R线
根据上述，输电线上电流I2变为原来的12倍，可知输电线损失的功率变为原来的14倍，故C错误；
D．根据电压分配关系有
U2=ΔU+U3=I2R线+n3n4U4
由于用户得到的电压U4不变，结合上述，输送电流I2减小，可知降压变压器原、副线圈匝数比值n3n4变大，故D正确。
故选D。
7．如图所示为某小型输电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为22kW。升压变压器原、副线圈的匝数比为1:10，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为1:10，电流表的示数为1A，输电线的总电阻R线=10Ω。下列说法正确的是（ ）

A．升压变压器的原线圈输入电压U1=2200V
B．电流互感器是一种降压变压器
C．将滑动触头P下移，用户获得的电压将增大
D．用户获得的功率为21kW
【答案】D
【详解】A．电流互感器原线圈中的电流
I2=101I=10A
升压变压器的输出电压
U2=PI2=2200V
升压变压器原、副线圈的匝数比为1:10，则
U1U2=110
则
U1=220V
故A错误；
B．根据线圈匝数关系可知电流互惑器是一种升压变压器，故B错误；
C．将活动触头P下移，增大了n3，降压变压器用户获得的电压
U4=n4n3U3
可知n3增大时，U4减小，故C错误；
D．输电线上损失的功率
ΔP=I22R线=1000W
用户获得的功率
P4=P3=P−ΔP=22kW−1kW=21kW
故D正确。
故选D。
8．杭丽铁路被列入浙江省重大建设项目“十四五”规划，杭丽高铁建成后，丽水前往杭州的时间将缩短至1小时内。新建成的高铁将应用许多新技术，图示为高铁的牵引供电流程图，利用可视为理想变压器（原、副线圈匝数比为n1：n2）的牵引变电所，将高压220kV或110kV降至27.5kV，再通过接触网上的电线与车顶上的受电弓使机车获得25kV工作电压，则下列说法正确的是（ ）
A．若电网的电压为110kV，则n1:n2=22:5
B．若高铁机车运行功率增大，机车工作电压将会高于25kV
C．高铁机车运行功率增大，牵引变电所至机车间的热损耗功率也会随之增大
D．如果高铁机车的电动机输出机械功率为9000kW，电机效率为90%，则牵引变电所到机车间的等效电阻为62.5Ω
【答案】C
【详解】A．若电网的电压为110kV，则
n1:n2=110kV:27.5kV=4:1
故A错误；
BC．若高铁机车运行功率增大，则牵引变电所副线圈输入功率增大，而副线圈电压不变，所以牵引变电所至机车间之间的电流增大，热损耗功率也会随之增大，导线电阻分压增大，机车工作电压将会低于25kV，故B错误，C正确；
D．根据功率关系可得
P=90%UI
其中
U=25kV=25000V
则电流为
I=P90%U=9×10690%×25000=400A
则牵引变电所至机车间的等效电阻为
R=U2−UI=27500−25000400=6.25Ω
故D错误。
故选C。
9．如图所示，面积为S、匝数为N的矩形线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO＇匀速转动，通过滑环向理想变压器供电，灯泡L1、L2、L3均正常发光．已知L1、L2、L3的额定功率均为P，额定电流均为I，线框及导线电阻不计，则（ ）
A．理想变压器原、副线圈的匝数比为1：2
B．在图示位置时，穿过线框的磁通量变化率最小
C．若在副线圈再并联一个相同的小灯泡，则灯泡L3将变暗
D．线框转动的角速度为ω=32PNBSI
【答案】D
【详解】A．设原线圈电流为I，则副线圈电流为2I，则理想变压器原、副线圈的匝数比为
n1n2=I2I1=21
选项A错误；
B．在图示位置时，穿过线框的磁通量为零，此时磁通量的变化率最大，选项B错误；
C．若在副线圈再并联一个相同的小灯泡，则次级电阻减小，次级电流变大，则初级电流也变大，则灯泡L3将变亮，选项C错误；
D．线圈输出的总功率为3P，总电流为I，则电动势的有效值为
E=3PI
根据
Em=2E=NBωS
可得线框转动的角速度为
ω=32PNBSI
选项D正确。
故选D。
10．某理想变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2，原线圈与定值电阻R0串联后接入输出电压大小恒定的正弦交流电源，副线圈电路中接有理想交流电流表和滑动变阻器R（最大阻值为R0），开始时滑片P位于滑动变阻器电阻丝的中央位置，如图所示。现将滑片P向下滑至电阻丝距下端长度四分之一处的a点时，电流表的示数记为I1，将滑片P向上滑至电阻丝距下端长度四分之三处的b点时，电流表的示数记为I2，已知I1:I2=1:2，则n1:n2为（ ）

A．1:4B．4:1C．1:2D．2:1
【答案】D
【详解】设当滑动变阻器阻值为R时，电流表读数为I，则次级电压为IR，初级电压为U1=n1n2IR；初级电流为n2n1I，则
u=n2n1IR0+n1n2IR
根据题意则
u=n2n1I1R0+n1n2I134R
u=n2n1I2R0+n1n2I214R
其中I1:I2=1:2，R=R0
求得
n1:n2=2:1
D正确。
故选D。
11．如图是交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，矩形线圈abcd绕垂直于磁场方向的水平轴OO'沿逆时针方向匀速转动，产生的电动势随时间变化如图，通过电刷与阻值为5Ω的小灯泡组成闭合电路，已知线圈内阻为1Ω，则（ ）
A．交流电压表示数为10V
B．线圈转速为2.5r/s
C．当线圈处于图示与磁感线平行位置时ab边受到的安培力为零
D．线框由图示与磁感线平行位置转14圈，小灯泡消耗的电能为1.2J
【答案】B
【详解】A．根据图像，电动势有效值为
E=Em2=62V
电压表显示为外电压U=52V。故A错误；
B．周期为T=0.4s，则线圈转速为
n=1T=2.5r/s
故B正确；
C．中线圈与中性面垂直，感应电流最大，ab受到安培力最大。故C错误；
D．灯泡消耗电能
Q=ER+r2RT4=6262⋅5⋅0.1J=1.0J
故D错误。
故选B。
二、多选题
12．如图是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头，AB间接交流电压U，输出端接通了两个相同的灯泡L1和L2，Q为滑动变阻器的滑动触头，当开关S闭合，P处于如图所示的位置时，两灯均能发光，下列说法正确的是（ ）
A．P不动，将Q向右移动，变压器的输入功率变大
B．Q不动，将P沿逆时针方向移动，变压器的输入功率变大
C．P不动，将Q向左移动，两灯均变亮
D．P、Q都不动，断开开关S，L1将变亮
【答案】BCD
【详解】A．P不动，副线圈匝数n2不变，副线圈两端电压U2不变，Q向右移动，滑动变阻器电阻变大，副线圈总电阻变大，副线圈中电流I2减小，根据
P1=P2=U2I2
可知，变压器的输入功率减小，A错误；
B．Q不动，副线圈总电阻不变，将P沿逆时针方向移动，副线圈匝数n2变大，根据
UU2=n1n2
可知，副线圈两端电压U2变大，副线圈中电流I2变大，根据
P1=P2=U2I2
可知，变压器的输入功率变大，B正确；
C．P不动，副线圈匝数n2不变，副线圈两端电压U2不变，Q向左移动，滑动变阻器电阻变小，电压变小，所以灯泡两端电压变大，两灯均变亮，C正确；
D．P、Q都不动，副线圈两端电压U2不变，断开开关S，副线圈总电阻变大，副线圈中电流I2减小，滑动变阻器电压减小，所以灯泡两端电压变大，L1将变亮，D正确。
故选BCD。
13．如图所示的电路中，变压器为理想变压器，电流表和电压表均为理想电表。三个定值电阻阻值分别为R0、R1、R2，其中R1>R2。在M、N两端接电压有效值为U的交流电源，开始时开关S接触b点，现使S接触a点，下列说法正确的是（ ）

A．电流表示数变小B．电压表示数不变
C．变压器的输出功率一定变大D．整个电路消耗的功率变小
【答案】AD
【详解】AB．设原、副线圈的匝数比为k，设变压器原、副线圈的电流为I1、I2，变压器原线圈的等效电阻为R等效，根据理想变压器输入功率与输出功率的关系可得
I12R等效=I22R副
根据理想变压器原副线圈电流与线圈匝数的关系
I1I2=n2n1=1k
可得
R等效=k2R副
则原、副线圈和负载电阻可等效为阻值k2R的电阻，当S从接触b点到接触a点时，负载电阻由R2变为R1，负载电阻阻值变大，等效电阻阻值也变大，M、N两端所接电压U不变，则原线圈电流变小，电阻R0分压变小，电压表示数U1变大，故A正确，B错误；
C．题目未知电阻R1、R2与R0关系及变压器原副线圈的匝数关系，变压器的输出功率如何变化不能确定，故C错误；
D．开关S接触a点后，原线圈电路中电流变小，电源电压不变，故整个电路消耗的功率变小，故D正确。
故选AD。
14．图甲为兴趣小组制作的无线充电装置中的受电线圈示意图，已知线圈匝数n=100、电阻r=1Ω、横截面积S=1.5×10−3m2，外接电阻R=7Ω。线圈处在平行于线圈轴线的均匀分布的磁场中，磁场的磁感应强度随时间变化如图乙所示，则（ ）
A．在t=0.01s时，通过R的电流发生改变
B．在t=0.01s时，线圈中的感应电动势E=0.6V
C．在0~0.02s内，通过电阻R的电荷量q=1.5×10−3C
D．在0.02~0.03s内，R产生的焦耳热为Q=1.8×10−3J
【答案】BC
【详解】A．根据楞次定律可知，在0~0.01s内和在0.01~0.02s内电流方向相同，故A错误；
B．在0~0.02 s内，根据法拉第电磁感应定律可知
E=nΔΦΔt=nΔBΔtS=100×4×1.5×10−3V=0.6V
故B正确；
C．在0~0.02s内，产生的感应电流为
I=ER+r=0.67+1A=0.075A
通过电阻R的电荷量为
q=It=0.075×0.02C=1.5×10−3C
故C正确；
D．在0.02~ 0.03 s内，产生的感应电动势为
E′=nΔΦ′Δt=nΔB′ΔtS=100×8×1.5×10−3V=1.2V
产生的感应电流为
I′=E′R+r=1.27+1A=0.15A
R上产生的焦耳热为
Q=I′2Rt=0.152×7×0.01J=1.575×10−3J
故D错误。
故选BC。
15．如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图，图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表。设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R0表示。则当进入用电高峰时（ ）
A．电压表V1、V2的示数均不变，电流表A2的示数增大，电流表A1的示数减小
B．电压表V2、V3的示数之差与电流表A2的示数的比值不变
C．电压表V3、V4示数的比值不变，电流表A2的示数增大，电流表A3的示数增大
D．电压表V3、V4的示数均减小，线路损耗功率增大，发电厂的输出功率增大
【答案】BCD
【详解】A．发电厂输出的电压一定，则电压表V1的示数不变，根据
U1U2=n1n2
可知，升压变压器次级电压一定，即电压表V2的示数不变，当进入用电高峰时，降压变压器次级消耗的功率变大，则次级电流变大，即电流表A3的示数增大，则初级电流变大，即输电线上的电流变大，即电流表A2的示数增大，根据
I1I2=n2n1
可知，升压变压器初级电流变大，即电流表A1的示数变大，选项A错误；
B．电压表V2、V3的示数之差等于导线上的电压损失，则与电流表A2的示数的比值等于导线上的电阻R0的值，不变，选项B正确；
C．电压表V3、V4示数的比值等于降压变压器原副线圈的匝数比，则比值不变，结合A的分析可知，电流表A2的示数增大，电流表A3的示数增大，选项C正确；
D．因输电线电流变大，则输电线上的电压以及功率损失变大，因升压变压器次级电压一定，可知降压变压器初级电压减小，次级电压减小，即电压表V3、V4的示数均减小，线路损耗功率增大，用户消耗的功率也变大，则升压变压器器的输入电流变大，则发电厂的输出功率增大，选项D正确。
故选BCD。考点内容
考情预测
正弦交变电流的产生与瞬时值表达式
高考对于这部分知识点主要通过发电机、远距离输电等具体的生活模型进行命题设计，深入理解发电机的工作原理以及远距离输电减少功耗的处理方法，从而对科学技术发展产生的指导、创新等作用。在解决此类问题时要分析题意中的情境，抓住问题实质，具备一定的数学推导能力和物理量的理解。主要考查的知识点有:正弦式交变电流的瞬时表达式、有效值、平均值、最大值的理解，理想变压器的基本规律和动态分析，远距离输电问题等。
2024年备考建议理想变压器的基本规律和动态分析，远距离问题的处理等。
正弦交变电流的“四值”
理想变压器基本规律的应用
理想变压器的动态分析
远距离输电问题
学
习
目
标
熟悉交变电流的瞬时值表达式，有效值、平均值等的求解。
2.熟悉理想变压器的基本规律，从而掌握对理想变压器的动态分析。
3.掌握远距离输电问题的基本公式和处理方法。
函数
图象
磁通量
Φ＝Φm·cs ωt＝BScs ωt
电动势
e＝Em·sin ωt＝nBSωsin ωt
电压
u＝Um·sin ωt＝eq \f(REm,R＋r)sin ωt
电流
i＝Im·sin ωt＝eq \f(Em,R＋r) sin ωt
物理含义
重要关系
适用情况
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力
最大值
最大的瞬时值
Em＝nBSω
Im＝eq \f(Em,R＋r)
确定用电器的耐压值，如电容器、晶体管等的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流值
对正（余）弦式交流电：
E＝eq \f(Em,\r(2))
U＝eq \f(Um,\r(2))
I＝eq \f(Im,\r(2))
①计算与电流热效应相关的量，如功、功率、热量等；②交流电表的测量值；③电气设备所标注的额定电压、额定电流；④保险丝的熔断电流
平均值
交变电流图象中图线与时间轴围成面积与时间的比值
eq \x\t(E)＝neq \f(ΔΦ,Δt)
eq \x\t(I)＝eq \f(\x\t(E),R＋r)
计算通过电路某一截面的电荷量：q＝eq \x\t(I)·t
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eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，与副线圈的个数无关
电流关系
①只有一个副线圈时：eq \f(I1,I2)＝eq \f(n2,n1)
②有多个副线圈时：由P入＝P出得U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn或I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn.
频率关系
f1＝f2，变压器不改变交流电的频率