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1、2020-2021年高考物理重点专题讲解及突破12：交流电超重点1：交变电流的产生和描述一、交变电流、交变电流的图象1交变电流(1)定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流(2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流2正弦式交变电流的产生和图象(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动(2)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线如图甲、乙、丙所示二、正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值1周期和频率(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T.(2)频率(f)：交变电流在1 s
2、内完成周期性变化的次数单位是赫兹(Hz)(3)周期和频率的关系：T或f.2正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时)(1)电动势e随时间变化的规律：eEmsin_t.(2)负载两端的电压u随时间变化的规律：uUmsin_t.(3)电流i随时间变化的规律：iImsin_t.其中等于线圈转动的角速度，EmnBS.3交变电流的瞬时值、峰值、有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数(2)峰值：交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值，也叫最大值(3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫作交变电流的有效值对正弦式交变电流，其有效值和峰值的关系为：E，U，I.考
3、点一正弦交变电流的产生及变化规律 1交流电产生过程中的两个特殊位置图示概念中性面位置与中性面垂直的位置特点BSBSBS，最大0，最小en0，最小ennBS，最大感应电流为零，方向改变感应电流最大，方向不变2.正弦式交变电流的变化规律磁通量：mcos t电动势：eEm sin t电流：iImsin t 题组突破训练1.矩形线圈的面积为S，匝数为n，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴OO以角速度匀速转动当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时()A线圈中的电动势为nBSB线圈中的电动势为0C穿过线圈的磁通量为0D穿过线圈的磁通量变化率最大【答案】B【解析】图示时刻线框的四边都不切割磁感线，
4、不产生感应电动势，即线圈中的电动势为0，故选项A错误，选项B正确；图示时刻线圈与磁场垂直，磁通量最大，为BS，故选项C错误；图示位置线圈中的电动势为0，根据法拉第电磁感应定律En可知穿过线圈的磁通量变化率为0，故选项D错误2一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示则下列说法正确的是()At0时刻，线圈平面与中性面垂直Bt0.01 s时刻，的变化率最大Ct0.02 s时刻，交流电动势达到最大D该线圈相应产生的交流电动势的图象如图乙所示【答案】B【解析】由题图甲可知，t0时，通过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面位置t0.01 s时刻，磁通量为零，
5、但磁通量变化率最大，所以A错误，B正确t0.02 s时，交流电动势应为0，C、D均错误3图甲是交流发电机模型示意图在磁感应强度为B的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕OO转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R形成闭合电路图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示已知ab长度为L1，bc长度为L2，线圈以恒定角速度逆时针转动(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达
6、式；(2)线圈平面处于与中性面成0夹角位置时开始计时，如图丙所示，试写出t时刻整个线圈中的感应电动势e2的表达式【答案】(1)见解析(2)e2BL1L2sin(t0)【解析】(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r，转动时ab、cd的线速度vr，且与磁场方向的夹角为t，在t时刻，ab和cd因切割磁感线而产生的感应电动势均为E1BL1vy，由图可知vyvsin t，所以，整个线圈中的感应电动势e12E1BL1L2sin t.(2)当t0时，线圈平面与中性面的夹角为0，则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为t0故此时感应电动势的瞬时值e22BL1vsin(t0)B
7、L1L2sin(t0)考点二交变电流有效值的计算 1公式法：利用E、U、I计算，此方法只适用于正弦式交变电流2定义法(1)设阻值、定时间：设将交变电流加在阻值为R的电阻上，时间取tT.(2)求热量：QQ1Q2.(分段法)(3)求解有效值：根据QI2Rtt代入求解有效值注意：若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的(但必须是从零至最大值或从最大值至零)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求解题组突破训练1(多选)电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R110 ，R220 .合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示则()A通过R
8、1的电流有效值是1.2 ABR1两端的电压有效值是6 VC通过R2的电流有效值是1.2 ADR2两端的电压最大值是12 V【答案】BD【解析】首先从交流电图象中找出交变电流的最大值即通过R2的电流最大值为0.6 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系ImI可知其有效值为0.6 A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是0.6 A，选项A、C错；R1两端电压有效值为U1IR16 V，选项B对；R2两端电压最大值为U2mImR20.620 V12 V，选项D对2通过一阻值R100 的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s电阻两端电压的有效值为()A12 VB4 VC15 VD8 V【答
9、案】B【解析】电流产生的热量与其方向无关，在一个周期内电流根据大小可分为两段，I10.1 A的时长t10.8 s，I20.2 A的时长t20.2 s根据有效值的定义有IRt1IRt2T，其中T1 s，解得U4 V，B正确3如图所示是一交变电流的it图象，则该交变电流的有效值为()A4 AB2 AC. A D. A【答案】D【解析】由it图象知，该交变电流一个周期的时间为3102 s，前周期为正弦交变电流，后周期为恒定电流，则该电流通过一个电阻R在1个周期内产生的热量为()2RTIRTI2RT，可确定有效值I A，故D正确考点三交变电流的“四值”及应用 交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比
10、较物理量物理含义重要关系应用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值eEmsin t，uUmsin t，iImsin t计算线圈某时刻的受力情况最大值最大的瞬时值EmnBSEmnm，Im当考虑某些电学元件(电容器、晶体管等)的击穿电压时，指的是交流电压的最大值有效值根据电流的热效应(电流通过电阻产生的热)进行定义对正弦、余弦式交变电流E，U，I(1)通常所说的交变电流的电压、电流强度，交流电表的读数，保险丝的熔断电流值，电器设备铭牌上所标的电压、电流值，都是指交变电流的有效值(2)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)用有效值平均值交变电流图象中图线与t轴所围成的面积与时间的比值BL
11、n计算通过电路截面的电荷量 典例如图所示，匀强磁场的磁感应强度B0.5 T，边长L10 cm的正方形线圈共100 匝，线圈总电阻r1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，角速度2 rad/s，外电路中的电阻R4 ，求：(1)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时的瞬时感应电动势(3)交流电压表的示数(4)线圈转动一周产生的总热量(5)在周期内通过电阻R的电荷量【答案】(1)3.14 V(2)1.57 V(3)1.78 V(4)0.99 J(5)0.087 C【解析】(1)感应电动势的最大值为EmNBS1000.50.122 V3.14 V(2)由图示位置转过
12、60时的瞬时感应电动势为eEmcos 603.140.5 V1.57 V (3)交流电压表的示数为外电路两端电压的有效值，即UR4 V1.78 V(4)线圈转动一周产生的总热量为QT0.99 J(5)在周期内产生的平均电动势为NN100 V2.6 V，故通过电阻R的电荷量为q C0.087 C. 题组突破训练1.小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO，线圈绕OO匀速转动，如图所示矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压()A峰值是e0B峰值是2e0C有效值是Ne0 D有效值是Ne0
13、【答案】D【解析】每匝线圈产生的感应电动势最大值是2e0，共有N匝，发电机产生的感应电动势最大值是2Ne0，有效值为Ne0，D正确2一交流电压为u100sin(100t)V，由此表达式可知()A用电压表测该电压其示数为50 VB该交流电压的周期为0.02 sC将该电压加在“100 V,100 W”的灯泡两端，灯泡的实际功率小于100 WDt s时，该交流电压的瞬时值为50 V【答案】B【解析】电压有效值为100 V，故用电压表测该电压其示数为100 V，A项错误；100 rad/s，则周期T0.02 s，B项正确；该电压加在“100 V,100 W”的灯泡两端，灯泡恰好正常工作，C项错；t s
14、代入瞬时值表达式得电压的瞬时值为100 V，D项错3(多选)(2020山西五校联考)如图甲所示，一台线圈内阻为2 的小型发电机外接一只电阻为10 的灯泡，发电机内匀强磁场的磁感应强度为 T，线圈的面积为0.01 m2，发电机正常工作时灯泡的电流i随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示下列说法正确的是()At0.05 s时，穿过线圈的磁通量为零Bt0.05 s时，理想交流电压表的示数为30 VC发电机内线圈的匝数为240D发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为9 J【答案】AB【解析】由图乙可知t0.05 s时，发电机的输出电流为最大值，此时线圈平面与中性面垂直，磁通量为零，A正确由图乙可知电流的有效
15、值I3 A，理想交流电压表的示数U310 V30 V，B项正确由图乙可知，电流最大值为3 A，则发电机产生的感应电动势最大值EmnBS(210)3 V36 V，又B T，S0.01 m2，10 rad/s，得n360，C项错误Q3221 J18 J，D项错误超重点2：变压器电能的输送 一、理想变压器1构造和原理(1)构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的 (2)原理：电磁感应的互感现象2基本关系式(1)功率关系：P入P出(2)电压关系：.有多个副线圈时.(3)电流关系：只有一个副线圈时.由P入P出及PUI推出有多个副线圈时，U1I1U2I2U3I3UnIn.3几种常用的
16、变压器(1)自耦变压器调压变压器，如图A、B所示(2)二、远距离输电1输电过程(如图所示)：2电压损失(1)UUU.(2)UIR.3功率损失(1)PPP.(2)PI2R.4输送电流(1)I.(2)I.考点一理想变压器的原理和基本关系 1理想变压器的工作原理2理想变压器的基本关系基本关系功率关系P入P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比：电流关系只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压原线圈电压U1和匝数比决定副线圈电压U2功率副线圈的输出功率P出决定原线圈的输入功率P入电流副线圈电流I2和匝数比决定原线圈电流I1 题组突破训练1(多选)关于理想变压器
17、的工作原理，以下说法正确的是()A通过正弦式交变电流的原线圈产生的磁通量不变B穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等C穿过副线圈磁通量的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【答案】BC【解析】由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B正确；由变压器工作原理知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D错误2如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为12；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表现闭合开关，灯泡正常发光若用U和I分别表示此时电压表和电流表的
18、读数，则()AU110 V，I0.2 ABU110 V，I0.05 ACU110 V，I0.2 ADU110 V，I0.2 A【答案】A【解析】由变压原理可得U1110 V，即电压表示数为110 V由P入P出和灯泡正常发光可得P入U1I1P出22 W，I1 A0.2 A，故A正确3如图所示，接在理想变压器回路中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n1n2n3为()A111B321C621 D221【答案】B【解析】灯泡正常发光，可得UAUBUCUD，所以U22U3，由理想变压器的电压关系得，可得n22n3.灯泡都正常发光，则功率相等，即PAPBPCPD.由PI2R得IAIB
19、ICID，即I1I2I3由理想变压器的功率关系得U1I1U2I2U3I3，即n1I1n2I2n3I3，可得n1n2n32n3n33n3.所以n1n2n3321.考点二理想变压器的动态分析 1理想变压器的动态分析常见的两种情况(1)匝数比不变，负载变如图所示：U1不变，根据，不论负载电阻R如何变化，U2不变当负载电阻发生变化时，I2变化，由于，故I1发生变化I2变化引起P2U2I2变化，P1P2，故P1发生变化 (2)负载电阻不变，匝数比变如图所示：U1不变，发生变化，根据，U2变化R不变，U2变化，故I2发生变化根据P2，P2发生变化，再根据P1P2，故P1变化根据P1U1I1，U1不变，故I
20、1发生变化2分析变压器的动态变化问题的注意事项(1)要明确变压器的各基本物理量之间的制约关系(2)要明确“不变量”和“变化量”，从主动变化量开始，根据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况真题拓展探究典例(2016高考全国卷)一含有理想变压器的电路如图所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ，A为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()A2B3C4 D5【答案】B【解析】理想变压器的输入功率和输出功率相等，当开关断开时，有(UIR1)I(I)2(R2R
21、3)，即(U3 I)I(I)25 ；当开关闭合时，负载发生改变，R3被短路，故有(U4IR1)4I(4I)2R2，即(U12 I)4I(4I)21 .得U48 I，代入可解得3，选项B正确拓展1匝数比不变、负载变化类的分析1如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表下列说法正确的是()A当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大【答案】B【解析】副线圈两端电压U2U1，因为U1与匝数比不变，故U2不变当
22、滑动变阻器滑片P向上滑动时，R接入电路的阻值增大，电路的总电阻增大，据I知流经副线圈干路电流减小，故UR1减小，R1消耗的功率减小，电压表V示数U并U2UR1增大，选项A错误，选项B正确；因流经副线圈干路电流I2减小，由I1I2知，电流表A1示数减小，选项C错误；若闭合开关S，流经副线圈干路电流相应变大，电流表A1示数变大，同时电压表V示数U并U2UR1减小，据I2知电流表A2示数变小，选项D错误拓展2匝数比变化，负载不变类的分析2.(多选)如图所示，电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原、副线圈中的电流下列说法中正确的是()A保持U1
23、不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小B保持U1不变，S由a切换到b，则I2减小C保持U1不变，S由b切换到a，则I1增大D保持U1不变，S由a切换到b，则变压器的输入功率增大【答案】BC【解析】当保持U1不变，S由b切换到a时，副线圈匝数增多，则输出电压U2增大，电流I2增大，R消耗的功率增大，由变压器功率关系可知，其输入功率也增大，故I1增大；S由a切换到b时，副线圈匝数减少，则输出电压U2减小，输出电流I2减小，所以根据P2I2U2，P2减小，又因P1P2，所以变压器输入功率减小由以上分析可知，正确选项为B、C.拓展3匝数变化、负载变化类的分析3.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数
24、比为101，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R、定值电阻R0以外的其余电阻不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1220sin 100t V下列说法中正确的是()At s时刻，c、d两点间的电压瞬时值为110 VB当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22 VC单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大【答案】D【解析】由c、d两点间的电压瞬时值表达式u1220sin 100t V，可知当t s时，u1220sin V110 V
25、，选项A错误由得U2220 V22 V，故电压表示数小于22 V，选项B错误单刀双掷开关与a连接，滑片P向上移动时，电压表示数变大，选项C错误当单刀双掷开关由a扳向b时，原、副线圈匝数比由101变成51，且原线圈两端电压不变，可知输出电压增大，两电表示数均变大，选项D正确考点三远距离输电 1降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻：由电阻定律R可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积(2)减小输电导线中的输电电流：由PUI可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流2远距离输电问题的“三二一”(1)理清三个回路(2)抓住两个联系理
26、想的升压变压器联系了回路1和回路2，由变压器原理可得：线圈1(匝数为n1)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是，P1P2.理想的降压变压器联系了回路2和回路3，由变压器原理可得：线圈3(匝数为n3)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是，P3P4.(3)掌握一个守恒：能量守恒关系式P1P损P3.题组突破训练1高压输电电压为U，输电线电阻为r，则下列说法正确的是()A若发电机输出功率不变，使输出电压变大，则输电线损失功率变小B输电线上损失的功率为P，故导线电阻越大，损失的功率越小C通过输电线的电流为I，故输电电压越高，电流越大，损失的功率越大D以上说法都不对【答案】A【解析】PI2r()2
27、r，P与U2成反比，故A正确；选项B、C混淆了输送电压U和损失电压U，故B、C、D错误2电损的计算图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压uUmsin t的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为()A()B()C4()2()2r D4()2()2r【答案】C【解析】因为uUmsin t，所以有U1，根据变压器变压规律有U2，根据PU2I2得I2，线路损失的功率为P2Ir，所以C项正确3(多选)如图所示，某小型发电站发电机输出的交流电压为500 V，输出的电功率
28、为50 kW，用电阻为3 的输电线向远处送电，要求输电线上损失的功率为输电功率的0.6%，则发电站要安装一升压变压器，到达用户再用降压变压器变为220 V供用户使用(两个变压器均为理想变压器)对整个送电过程，下列说法正确的是()A输电线上损失的功率为300 WB升压变压器的匝数比为1100C输电线上的电流为10 AD降压变压器的输入电压为4 970 V【答案】ACD【解析】根据P损0.6%PIR，得输电线上损失的功率为P损300 W，输电线上的电流为I210 A，选项A、C正确；升压变压器原线圈的输入电流为I1 A100 A，则升压变压器的匝数之比为，选项B错误；升压变压器的输出电压为U2U1
29、5 000 V，输电线上损失的电压为UI2R103 V30 V，则降压变压器的输入电压为U3U2U5 000 V30 V4 970 V，选项D正确题组突破训练一、 选择题1一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电压改变为110 V已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为()A200B400C1 600 D3 200【答案】B【解析】根据变压器的变压规律得，n2n1800400，选项B正确2(2020河北唐山模拟)一含有理想变压器的电路如图所示，变压器原副线圈匝数比n1n221，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别是4 、2 和3 ，U为有效值恒定的正弦交流电源当开关S断开时，理
30、想电流表的示数为I，当S闭合时，电流表的示数为()A.I B.IC.I D2I【答案】D【解析】设S闭合时，电流表示数为I1，对理想变压器有P入P出，则开关闭合时有I1UIR1(2I1)2R2，开关断开时有IUI2R1(2I)2(R2R3)，两式联立解得I12I，故D项正确3远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A. BI2CI1U1IR DI1U1I2U2【答案】D【解析】根据变压器电流与匝数关系知，A错误U2不是电阻R两端的电压，故I2，B错误IR
31、仅是输电线上损失的功率，而I1U1是升压变压器的输入功率，二者并不相等，C错误根据功率关系知I1U1I2U2，D正确4.如图所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则()A小灯泡变亮B小灯泡变暗C原、副线圈两端电压的比值不变D通过原、副线圈电流的比值不变【答案】B【解析】对于理想变压器有，整理得U2U1，当原、副线圈减少相同匝数n时，有，整理得U2U1，则U2U2U1，因为家庭电路上的理想变压器为降压变压器，所以n2n1，即U2U20，即U2U2，根据P可知，小灯泡变暗，选项A错误，B正确；由于，所以原、副线圈两端电压的比值变大，选项C错
32、误；根据功率关系U1I1U2I2，可得，因U2U2，所以通过原、副线圈电流的比值变小，选项D错误5由闭合电路欧姆定律及串并联关系可知，图甲中，A、B两点间接直流稳压电源，UAB100 V，R140 ，滑动变阻器总电阻R20 ，滑片处于变阻器正中位置；图乙中，自耦变压器输入端a、b接交流稳压电源，其电压有效值Uab100 V，滑片处于线圈正中位置，R240 .若R1和R2的发热功率分别为P1和P2，则P1和P2的关系为()AP1P2 B.C. D.【答案】C【解析】由闭合电路欧姆定律及串并联关系可知，图甲中，R1两端的电压为U180 V，图乙中，R2两端的电压为U2200 V，所以，选项C正确6
33、一矩形线圈在匀强磁场中转动，产生交变电流的电动势为e220sin 100t V，对于这个交变电流的说法正确的是()A此交变电流的频率为100 Hz，周期为0.01 sB此交变电流电动势的有效值为220 VC耐压为220 V的电容器能够在该交变电路中使用Dt0时，线圈平面与中性面垂直，此时磁通量为零【答案】B【解析】由电动势瞬时值表达式可知，此交变电流的频率为50 Hz，周期为0.02 s，电动势的有效值为220 V，最大值为220 V，故A、C选项错误，B选项正确当t0时，电动势的瞬时值为零，说明t0时线圈处于中性面位置，通过线圈的磁通量最大，故D选项错误7.用220 V的正弦交变电流通过理想
34、变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则()A变压器输入功率约为3.9 WB输出电压的最大值是110 VC变压器原、副线圈匝数比是12D负载电流的函数表达式i0.05sin(100t) A【答案】A【解析】由图象知，副线圈电流的有效值I20.05 A，副线圈的输出功率是P2U2I21100.05 W3.9 W，A对；输出电压的有效值是110 V，B错；根据理想变压器电压与匝数的关系得，C错；从图象可以看出，交变电流的周期是0.02 s，角速度是100 rad/s，负载电流的函数表达式i0.05sin 100t A，D错8一个小型电热器若接在输出电压为10
35、V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为()A5 VB5 VC10 V D10 V【答案】C【解析】设该电热器的电阻为R，题中正弦交流电源输出电压的有效值为U，则；加直流电时，P；又由最大值UmU，可解得Um10 V故C正确9图示电路中，变压器为理想变压器，a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，R0为定值电阻，R为滑动变阻器现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2 A，电流表A2的示数增大了0.8 A，则下列说法正确的是()A电压表V1示数增大B电压表V2、V3示数均
36、增大C该变压器起升压作用D变阻器滑片是沿cd的方向滑动【答案】D【解析】由于原、副线圈的端电压不变，电流表A2的示数增大，根据欧姆定律可知负载的总电阻减小，所以滑动变阻器接入电路的阻值变小，变阻器的滑片应沿cd方向滑动，D正确由于变压器原线圈的电压不变，因此电压表V1、V2示数均不变，A、B错误因理想变压器I1n1I2n2，可得I1n1I2n2，代入数据得n14n2，即变压器是降压变压器，起降压作用，C错误10(2020山东济南五校联考)如图所示为某发电站电能输送示意图已知发电机的输出电压、输电线的电阻及理想升压、降压变压器匝数均不变若用户电阻R0减小，下列说法正确的是()A发电机的输出功率减
37、小B输电线上的功率损失减小C用户得到的电压减小 D输电线输电电压减小【答案】C【解析】若用户电阻减小，则降压变压器输出功率增大，导致发电机的输出功率增大，A错误若用户电阻减小，则降压变压器输出功率增大，导致输电线上电流增大，输电线上损失电压增大，输电线上的功率损失增大，B错误，降压变压器原线圈输入电压减小，又由于降压变压器的原、副线圈匝数比不变，降压变压器副线圈输出电压(即用户得到的电压)减小，C正确根据题给发电机的输出电压不变，升压变压器的原线圈输入电压不变，又由于升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则输电线输电电压不变，D错误11（多选）(2020江苏四市模拟)如图甲所示为风力发电的简易模型
38、图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比某一风速时，线圈中产生的正弦式电流如图乙所示，则()A电流的表达式i0.6sin 10t(A)B磁铁的转速为10 r/sC风速加倍时电流的表达式i1.2sin 10t(A)D风速加倍时线圈中电流的有效值为 A【答案】AD【解析】通过乙图可知Im0.6 A，T0.2 s，10 rad/s，故电流的表达式为i0.6sin 10t(A)，A正确；磁体的转速为n5 r/s，B错误；风速加倍时，根据EmnBS可知感应电动势加倍，形成的电流加倍，故电流表达式变为i1.2sin 20t(A)，C错误；风速加倍时，Im1.2 A，有效值I
39、A，D正确12（多选）如图所示，图乙中理想变压器的原线圈接图甲所示的交变电流理想变压器原、副线圈的匝数比为203，定值电阻的阻值为11 ，滑动变阻器的总阻值为22 .下列说法中正确的是()A副线圈输出电压的频率为50 HzB滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压不变C滑动变阻器的滑片P滑到最右端时，通过电阻R的电流为8.45 AD滑动变阻器的滑片P滑到最左端时，理想变压器的输入功率为132 W【答案】AD【解析】加在原线圈中交变电流的周期T0.02 s，频率f50 Hz，副线圈中交变电流的周期、频率与原线圈相同，选项A正确；滑动变阻器的滑片P向右滑动时，电阻R两端的电压变大，选项B错误
40、；原线圈电压的有效值U1440 V，根据可得副线圈的电压U266 V，滑动变阻器的滑片P滑到最右端时，通过电阻R的电流为I26 A，选项C错误；滑动变阻器的滑片P滑到最左端时，理想变压器的输入功率为P2132 W，选项D正确13（多选）(2020江西省赣中南五校模拟)如图所示，有一矩形线圈的面积为S，匝数为N，内阻不计，绕OO轴在水平方向的磁感应强度为B的匀强磁场中以角速度做匀速转动，从图示位置开始计时矩形线圈通过滑环接一理想变压器，滑动触头P上下移动时可改变输出电压，副线圈接有可调电阻R，下列判断正确的是()A矩形线圈产生的感应电动势的瞬时值表达式为eNBScos tB矩形线圈从图示位置经过
41、时间内，通过电流表的电荷量为零C当P位置不动，R增大时，电压表读数也增大D当P位置向上移动，R不变时，电流表读数变大【答案】AD【解析】矩形线圈产生的感应电动势最大值EmNBS，由图示线圈位置可知开始计时时产生的感应电动势最大，则瞬时值表达式为eNBScos t，A正确线圈从图示位置经过时间，磁通量变化量0，由qN可知，通过电流表的电荷量不为零，B错误电压表的示数U1不变，C错误由得U2，当P位置向上移动时，n1变小，则U2变大，又R不变，再由P可知副线圈消耗的功率P2变大，则可知原线圈的输入功率P1P2变大，再由I1，P1变大，U1不变可知I1变大，D正确二、非选择题(共4小题，52分)14
42、(8分)如图所示，图甲为热敏电阻的R-t图象，图乙为用此热敏电阻R和继电器组成的一个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100 .当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸合为继电器线圈供电的电池的电动势E9.0 V，内阻不计图中的“电源”是恒温箱加热器的电源(1)应该把恒温箱内的加热器接在_(选填“A、B端”或“C、D端”)(2)如果要使恒温箱内的温度保持在50 ，可变电阻R的阻值应调节为_.【答案】(1)A、B端(2)260【解析】恒温箱内的加热器应接在A、B端当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高随着恒温箱内温度升高，热敏电阻R的阻
43、值变小，则线圈中的电流变大，当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低随着恒温箱内温度降低，热敏电阻R的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于20 mA时，继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保持在某一温度要使恒温箱内的温度保持在50 ，即50 时线圈内的电流为20 mA.由闭合电路欧姆定律I，r为继电器的电阻由题图甲可知，50 时热敏电阻的阻值为90 ，所以R(rR)260 .15图甲为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的uabt图象如图乙所示若只在ce间接一只Rce400 的电阻，或只在de间接一只Rde225 的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.(1