第三章 交变电流 单元综合提升-【金版新学案】2024-2025学年新教材高二物理选择性必修第二册同步课堂高效讲义配套课件（人教版2019）

　　　　 第三章　交变电流 单元综合提升 概念梳理　构建网络 1 教考衔接　明确考向 2 易错辨析　强化落实 3 单元测试卷 4 内容索引 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 概念梳理　构建网络 返回 交 变 电 流 交 变 电 流 交 变 电 流 教考衔接　明确考向 返回 (多选)(2022·湖北高考)近 年来，基于变压器原理的无线充电 技术得到了广泛应用，其简化的充 电原理图如图所示。发射线圈的输 入电压为220 V、匝数为1 100匝， 接收线圈的匝数为50匝。若工作状 态下，穿过接收线圈的磁通量约为发射线圈的80%，忽略其它损耗，下列说法正确的是 A．接收线圈的输出电压约为8 V B．接收线圈与发射线圈中电流之比约为22∶1 C．发射线圈与接收线圈中交变电流的频率相同 D．穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的相同 √ 真题1 √ (多选)(2020·天津高考)手机 无线充电是比较新颖的充电方式。如 图所示，电磁感应式无线充电的原理 与变压器类似，通过分别安装在充电 基座和接收能量装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。当充电基座上的送电线圈通入正弦式交变电流后，就会在邻近的受电线圈中感应出电流，最终实现为手机电池充电。在充电过程中 A．送电线圈中电流产生的磁场呈周期性变化 B．受电线圈中感应电流产生的磁场恒定不变 C．送电线圈和受电线圈通过互感现象实现能量传递 D．手机和基座无需导线连接，这样传递能量没有损失 √ 真题2 √ 由于送电线圈输入的是正弦式交变 电流，是周期性变化的，因此产生 的磁场也是周期性变化的，A正确； 周期性变化的磁场产生周期性变化 的电场，所以受电线圈中感应电流仍是正弦式交变电流，产生的磁场也是周期性变化的，B错误；根据变压器原理可知，原、副线圈是通过互感现象实现能量传递，因此送电线圈和受电线圈是通过互感现象实现能量传递，C正确；手机与机座无需导线连接就能实现充电，但磁场能有一部分以电磁波辐射的形式损失掉，因此这样传递能量是有能量损失的，D错误。故选AC。 衔接教材　人教版选择性必修第二册P61·[科学漫步]→无线充电技术 我们知道，变压器能通过电磁感应输送电能。当原线圈中由变化的电流激发了一个变化的磁场，电场的能量就转变成磁场的能量；当这个变化的磁场在副线圈上产生感应电流，磁场的能量就转化成了电场的能量，这样电能就从原线圈不必经过导线直接连接就转移到了副线圈。 无线充电是近年发展起来的新技术，其中一种就是基于这样的道理而产生的，只不过变压器磁场的回路是铁芯，而无线充电装置磁场的回路是空气。无线充电技术通过分别安装在充电基座和接收能量的装置上的线圈，利用产生的磁场传递能量。 如果移动电话中有无线充电装置，那么把移动电 话直接放在充电基座上就可以充电(图甲)。 对于一个没有无线充电功能的移动电话，也可以 通过在移动电话端连接一个无线充电接收器，将 接收器放在无线充电基座上来进行充电。打开无 线充电接收器，就可以看到其内部有一个接收线圈(图乙)…… 衔接分析　人教版选择性必修第二册P61·[科学漫步]栏目介绍了无线充电技术的原理及其广泛应用实例。 近几年的高考常以无线充电技术为情境进行命题，成为高考的一个考查热点，例如： 2022·湖北高考试题以“无线充电技术”为情境，考查了非理想变压器的工作原理及有关公式的应用问题。 2020·天津高考试题以“手机无线充电”为情境，考查了电流的磁场、 互感现象、无线充电过程中的能量损耗等问题。 针对练1．无线充电技术已经在新能源汽车 等领域得到应用。地下铺设供电的送电线圈， 车上的受电线圈与蓄电池相连，如图甲所示。 送电线圈和受电线圈匝数比为n1∶n2＝4∶1。 当送电线圈接上图乙中的正弦式交流电后， 受电线圈中的电流为2 A。不考虑线圈的自感， 忽略电能传输的损耗，下列说法正确的是 A．受电线圈的电流方向每秒改变50次 B．送电线圈的输入功率为110 W C．受电线圈的输出电压为50 V D．送电线圈的输入电压为220 V √ 针对练2．无线手机充电技术 的应用，让手机摆脱了“充电 线”的牵制，手机使用者做到 了“随用随拿，随放随充”。 正在无线充电的手机无线充电器及其简化示意图如图所示，其工作原理与理想变压器相同。已知发射线圈与接收线圈的匝数比为5∶1，CD端的输出电流i＝ sin (2π×105)t A，则下列说法正确的是 A．手机充电利用了自感现象 B．1 s内发射线圈中电流方向改变 105次 C．发射线圈AB端输入电流的有效值为0.2 A D．接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比为1∶5 √ 手机充电利用了互感现象， 故A错误；由题意可知电流 的变化频率为105 Hz，则 1 s内发射线圈中电流方向改 变2×105次，故B错误；接收线圈CD端输出电流的有效值为I有效＝ ＝1 A，发射线圈AB端输入电流的有效值为I有效′＝ I有效＝0.2 A，故C正确；根据理想变压器工作原理可知，接收线圈的输出功率与发射线圈的输入功率之比为1∶1，故D错误。 针对练3．“小感量＋磁吸”无线充电预研技术——磁吸式无线充电，通过磁铁的吸附力，把无线充电发射线圈和接收线圈紧密结合在一起，将大大降低能量损耗。某次测试中磁吸无线充电底座线圈接于u＝220 sin (100πt)V的交流电源，已知发射线圈和接收线圈匝数比为11∶1，功率为 50 W。则 A．接收线圈的工作原理是电流的磁效应 B．发射线圈连接直流电源也能实现无线充电 C．若不计能量损耗，接收线圈获得的电压最大值为20 V D．若不计能量损耗，通过接收线圈的电流有效值为2.5 A √ 针对练4．(多选)如图甲为 某品牌手机的无线充电器， 其工作原理简化后如图乙所 示。将交流电(电流随时间按 正弦规律变化)接入送电线 圈，手机电池通过转换电路连接受电线圈，将手机放在送电线圈上方即可对电池充电。关于无线充电的以下说法正确的是 A．该原理是应用了电磁感应 B．充电器工作时辐射出电磁波 C．受电线圈内产生的是恒定电流 D．若将恒定电流接入送电线圈，也可以对手机充电 √ √ 由题图乙可知，无线充电 器的工作原理是电磁感应， A正确；由题图乙可知， 原、副线圈的电流是周期 性变化的，周期性变化的 电场产生周期性变化的磁场，周期性变化的磁场又产生周期性变化电场，因此充电器工作时，辐射出电磁波，B正确；送电线圈接入的是正弦式交流电，会发生电磁感应，则受电线圈内产生的是同频率的正弦式交流电，C错误；若送电线圈接入恒定电流，不会发生电磁感应，受电线圈不会产生感应电流，从而不能对手机充电，D错误。故选AB。 返回 易错辨析　强化落实 返回 1．(忽视了公式I＝ 的适用条件致错) 如图所示，图甲和图乙分别表示正弦脉 冲波和方波的交变电流随时间的变化关 系。若使这两种电流分别通过两个完全 相同的电阻，则1 min内两电阻消耗的电 功之比W甲∶W乙为 A．1∶ B．1∶2 C．1∶3 D．1∶6 √ 易错分析　本题容易错选B项，原因是忽视了公式I＝ 的适用条件，而直接套用公式I＝ 解得图甲中电流的有效值为 A，导致求得W甲∶W乙＝1∶2。 2．(因思维定式“死套”电流比公式致错)如图所 示，理想变压器原、副线圈匝数之比n1∶n2＝ 4∶1，当导体棒在平行导轨上匀速切割磁感线 时，电流表A1的示数是12 mA，则副线圈中电流表A2的示数是 A．3 mA B．48 mA C．0 D．与R的阻值有关 √ 当导体棒在平行导轨上匀速切割磁感线时，产生的电流是恒定的，不会使副线圈的磁通量变化，因而副线圈中无感应电流，选项C正确。 易错分析　本题容易错选B项，原因是忽视了变压器不能改变恒定电流的电压，因思维定式“死套”电流比公式 ，代入I1＝12 mA解得I2＝48 mA。 3．(误认为原线圈串联负载时原线圈两 端的电压等于电源的电压致错)(多选)如 图所示，当A、B两点间输入有效值为 UAB的交流电压时，开关S闭合后，阻值 恒定的六个相同灯泡发光亮度相同(即通 过灯泡的电流相等)。已知变压器为理想变压器，原、副线圈匝数分别为n1、n2，UAB保持不变，副线圈两端电压用UCD表示，开关S闭合或断开，六个灯泡都不损坏，则下列说法正确的是 A．n1∶n2＝1∶4 B．若开关S闭合，UAB∶UCD＝6∶1 C．若开关S闭合，UAB∶UCD＝4∶1 D．开关S断开后灯泡L1的亮度比S闭合时暗 √ √ 易错分析　本题容易错选C项、漏选B项，原因是误认为原线圈串联负载时原线圈两端的电压等于电源的电压，即误认为UAB＝U1，导致误认为UAB∶UCD＝U1∶U2＝n1∶n2＝4∶1。 4．(忽视了“日”字形铁芯的特 点“死套”电压比公式致错)ED 型硅钢铁芯如图甲所示，其结构 为三相两半拼合形成的闭合磁 路，广泛应用于三相变压器、扼流圈、电抗器等电磁元件中。用ED型硅钢铁芯绕制变压器，并连接成如图乙所示电路，原、副线圈绕制匝数分别为n1、n2，原线圈输入的交流电压为U1，副线圈的输出电压为U2，现将滑动变阻器滑片向下滑动，下列说法错误的是 A．U1∶U2＝n1∶n2 B．灯泡亮度变暗 C．电流表示数减小 D．用相互绝缘的硅钢片叠成ED型铁芯有利于减小涡流 √ 因为穿过原线圈的磁场只 有一部分穿过右侧线圈， 故U1∶U2＝n1∶n2对该变 压器不成立，A错误；将 滑动变阻器滑片向下滑动，副线圈回路中电阻变大，电流变小，则灯泡亮度变暗，灯泡两端的电压变小，则并联部分两端的电压变大，R1支路电流变大，R2支路电流变小，电流表示数减小，B、C正确；用相互绝缘的硅钢片叠成ED型铁芯有利于减小涡流，D正确。 易错分析　本题易忽略“日”字形铁芯的特点而错用理想变压器的电压关系U1∶U2＝n1∶n2，穿过原线圈的磁场只有一部分穿过右侧线圈，因此理想变压器的电压关系U1∶U2＝n1∶n2不适用。 5．(不理解理想变压器的基本关系致错)(多选) (2021·河北高考) 如图，发电机的矩形线圈长 为2L、宽为L，匝数为N，放置在磁感应强度 大小为B的匀强磁场中，理想变压器的原、副 线圈匝数分别为n0、n1和n2，两个副线圈分别接有电阻R1和R2，当发电机线圈以角速度ω匀速转动时，理想电流表读数为I。不计线圈电阻，下列说法正确的是 √ √ 易错分析　在涉及变压器原、副线圈的电压的比问题时，线圈的匝数比等于电压最大值之比，也等于电压有效值之比，学生易将变压器原线圈两端电压的最大值与n1线圈两端电压的有效值之比，误认为是n0与n1的比值，从而漏选C项。 返回 单元测试卷 返回 1．(2023·山东泰安高二期中)一种自 行车，它有能向自行车车头灯泡供电 的小型发电机，其原理示意图如图甲 所示；图中N、S是一对固定的磁极， 磁极间有一固定在绝缘转轴上的矩形 线圈，转轴的一端有一个与自行车后轮边缘接触的摩擦轮。如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动摩擦轮转动，从而使线圈在磁场中转动而产生电流给车头灯泡供电，下列说法正确的是 A．自行车匀速行驶时线圈中产生的电流强度恒定 B．自行车的速度加倍，线圈中产生的电流周期加倍 C．线圈匝数越多，穿过线圈的磁通量的变化率越大 D．知道摩擦轮和后轮的半径，就可以知道后轮转一周的时间里电流方向变化的次数 √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 设自行车匀速行驶的速度为v， 摩擦轮的半径为r，则后轮、摩 擦轮的速度都等于v，线圈转动 产生正弦电流，周期T＝ ， v加倍，T减小为原来的 ，A、 B错误；穿过线圈的磁通量的变化快慢与线圈匝数无关，当自行车的速度越大时，线圈转动越快，磁通量的变化越快，C错误； 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 穿过线圈的磁通量的变化快慢 与线圈匝数无关，当自行车的 速度越大时，线圈转动越快， 磁通量的变化越快，C错误； 如果摩擦轮的半径为r，后轮的 半径为R，设后轮转一周的时间为T，则角速度ω＝ ，根据线速度相等，有ω′r＝ωR＝ ，则摩擦轮在一周时间内转动的圈数n可求，则可知道交流电的频率，电流方向变化的次数可求，D正确。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2．(2023·河南洛阳高二联考) 一台小型发电机产生的电动势 随时间变化的正弦规律如图甲 所示，已知发电机线圈内阻为 10 Ω，现外接一个额定电压为200 V的电动机M，如图乙所示，电动机恰好能正常工作，电表为理想电表，下列说法错误的是 A．电压表的示数为200 V B．电路中的电流方向每秒钟改变100次 C．电路中的电流大小为2 A D．电动机的内阻为100 Ω √ 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 电动机恰好能正常工作，电压 表V的示数为UM＝200 V，A正 确；由题图甲可知，交流电的 周期为T＝2×10－2 s，则频率 为f＝ ＝50 Hz，发电机线圈每转一圈，电流改变2次，则电路中的电流方向每秒钟改变100次，B正确；由题图甲可知，交流电压的有效值为U＝220 V，则发电机线圈损耗的电压为Ur＝U－UM＝20 V，又发电机线圈内阻为r＝10 Ω，则电路中的电流大小为I＝ ＝2 A，C正确；电动机为非纯电阻电路，电动机的内阻R＜ ＝100 Ω，D错误。故选D。 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 3．(2023·湖北黄冈高二质检)“人工肺”呼吸机是治疗肺炎重症的重要设备。一呼吸机接在电压随时间变化的规律为u＝220 sin (100πt) V的交流电源上，正常工作时电流为2.5 A，则 A．该交流电的周期为50 s B．该交流电每秒内电流方向变化50次 C．该交流电的电压最大值为220 V D．该呼吸机正常工作时的功率为550 W √ 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 4．白鹤滩水电站至浙江±800 kV 特高压直流输电工程 是国家“西电东送”战略的重点工程，线路全长2 140 km， 输电容量8 000 MW，每年将向浙江输送清洁电能超236亿 千瓦时。已知每燃烧1吨标准煤可发电约3 000 kW·h， 同时也将排放约3吨二氧化碳，以下说法错误的是 A．在超远距离输电时，高压直流输电比高压交流输电更有优势 B．在输电功率一定条件下，输电电压提高10倍，线路损耗功率将降低为原来的 ，特高压输电可有效减小输电线上电能的损耗 C．这些清洁电能代替烧煤发电，浙江每年将减少二氧化碳排放约2 360万吨 D．实际输电时，要综合考虑各种因素，并不是输电电压越高越好 √ 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 在超远距离输电时，线路上的电感与电容对交流电会 产生阻碍，而且易产生交流电相位的变化，高压直流 输电比高压交流输电更有优势，故A正确；在输电功 率一定条件下，输电电压提高10倍，线路电流将降低 为原来的 ，线路损耗功率将降低为原来的 ，故B错误；每年向浙江输送电能236亿千瓦时，每燃烧1吨标准煤可发电约3 000 kW·h，同时也将排放约3吨二氧化碳，则每年将减少二氧化碳排放约 ×3吨＝2 360万吨，故C正确；实际输电时，要综合考虑各种因素，并不是输电电压越高越好，故D正确。故选B。 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 5．(2022·河北高考)张家口市坝上地区的 风力发电场是北京冬奥会绿色电能的主 要供应地之一，其发电、输电简易模型 如图所示，已知风轮机叶片转速为每秒z转，通过转速比为1∶n 的升速齿轮箱带动发电机线圈高速转动，发电机线圈面积为S，匝数为N，匀强磁场的磁感应强度为B。t＝0时刻，线圈所在平面与磁场方向垂直。发电机产生的交变电流经过理想变压器升压后，输出电压为U。忽略线圈电阻，下列说法正确的是 A．发电机输出的电压为 πNBSz B．发电机输出交变电流的频率为2πnz C．变压器原、副线圈的匝数比为 πNBSnz∶U D．发电机产生的瞬时电动势e＝ π NBSnz·sin (2πnz)t √ 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 6．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝1∶3，副线圈回路中接入三个均标有“36 V　40 W”的灯泡，且均正常发光，那么，标有“36 V　40 W”的小灯泡A A．也正常发光 B．将被烧毁 C．比另外三个灯泡暗 D．无法确定 √ 理想变压器原、副线圈的电压之比等于匝数之比，由副线圈回路中三个均标有“36 V　40 W”的灯泡均能正常发光，可知副线圈两端电压U2＝36×3 V＝108 V，所以原线圈两端电压U1＝ U2＝36 V，灯泡A与原线圈并联，两端电压也为36 V，能正常发光，故选A。 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 7．(2023·北京通州区高二期末) 某理想变压器原、副线圈的匝数 比n1∶n2＝311∶11，原线圈输入 电压的变化规律如图甲所示，电 路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头，电表均为理想电表。闭合开关S后，将滑动变阻器的滑片P从最上端往下滑的过程中，下列说法正确的是 A．电流表的示数增大 B．电压表的示数为11 V C．副线圈输出电压的频率为100 Hz D．变压器的输入功率减小 √ 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 由题图甲可知，周期为T＝ 2×10－2 s，则频率f＝ ＝ 50 Hz，故C错误；由于变压 器输入电压有效值不变，原线 圈电流增大，根据P＝U1I1可知，变压器的输入功率增大，故D错误。 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 8．如图所示，高铁的供电流程是将高压220 kV或 110 kV经过牵引变电所进行变压(可视作理想变压 器)，降至27.5 kV，通过接触网上的电线与车顶上 的受电器进行接触而完成受电，机车最终获得 25 kV的电压使高铁机车运行。以下说法正确的是 A．若电网的电压为220 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝1∶8 B．若电网的电压为110 kV，则变电所的变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝4∶1 C．如果高铁机车功率为8 000 kW，牵引变电所至机车间的线路损耗的电功率为800 kW D．如果高铁机车功率为8 000 kW，则自牵引变电所至机车间线路的等效电阻约为85.9 Ω　 √ √ 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 9．如图为电网输供电示意图，发电机 的最大输出功率为4 000 kW，电压为 4 000 V，经变压器T1升压后向远方输 电，输电线路总电阻R线＝1 kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(规格均为“220 V　60 W”)。若在输电线路上损耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的损耗可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则 A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1 D．有6×104盏灯泡正常发光 √ √ √ 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 对升压变压器有P1＝U1I1，可得I1＝ 103 A，由输电线上损耗的功率P损＝ I R线＝10%P1＝400 kW可知，输电 线上电流为I2＝20 A，A正确；T1的变压比为n1∶n2＝I2∶I1＝1∶50，根据n1∶n2＝U1∶U2可得U2＝2×105 V，输电线上损失的电压U线＝ I2R线＝2×104 V，则变压器T2的输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，可知T2的输出电压U4为220 V，B正确；T2的变压比为n3∶n4＝U3∶U4＝9 000∶11，C错误；降压变压器的输入功率等于输出功率，则90%P1＝60 W·n，解得n＝6×104，D正确。 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 10．(2023·安徽芜湖高二期中)如图甲 为远距离输电示意图，变压器均为理想 变压器。升压变压器原线圈匝数为150匝， 副线圈匝数为1 500匝，其输入电压如图 乙所示，远距离输电线的总电阻为20 Ω。降压变压 器右侧电路中R1为一定值电阻，R2为滑动变阻器， 电压表V为理想电压表，升压变压器的输入功率为75 kW。则 A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 Hz B．远距离输电线路损耗的功率为9 kW C．当滑片P向a端滑动时，电压表V的示数变大 D．当滑片P向a端滑动时，输电线上的电流变大 √ √ 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 由题图乙知交流电的周期为0.02 s，所以频 率为50 Hz，故A正确：由题图乙知升压变 压器输入端电压有效值为250 V，根据电压 与匝数成正比知副线圈电压为2 500 V，所以 输电线路中的电流为I＝ ＝30 A，输电线路损失的电压 为ΔU＝IR＝30×20 V＝600 V，输电线路损耗的功率为 ΔP＝ΔU·I＝18 kW，故B错误；当滑片P向a端滑动时， R2阻值减小，升压变压器的功率不变，P＝I2R＋I′2(R1＋R2)，其中I′为通过R1、R2的电流大小，则I、I′均增大，即输电线上的电流变大，升压变压器输出电压不变，输电线路损耗的电压增大，则降压变压器输入电压变小，输出电压也变小，又I′增大，则定值电阻R1的分压变大，则电压表V的示数变小，C错误，D正确。故选AD。 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 11．(6分)(2023·甘孜康定中学月考)在探究 “变压器的电压与匝数的关系”实验中，可 拆变压器如图所示。 (1)为实现探究目的，保持原线圈输入的电压 一定，通过改变原、副线圈匝数，测量副线 圈上的电压。这个探究过程采用的科学探究方法是________。 A．控制变量法 B．等效替代法 C．演绎法 D．理想实验法 √ 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 保持原线圈输入的电压一定，通过改变原、 副线圈匝数，测量副线圈上的电压。探究两 个变量之间的关系时保持其他变量不变，这 个探究过程采用的科学探究方法是控制变量 法，故选A。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (2)观察两个线圈的导线，发现粗细不同，导 线粗的线圈匝数______(选填“多”或“少”)。 少 观察两个线圈的导线，发现粗细不同，根据 可知，匝数少的电流大，则导线粗，即导线粗的线圈匝数少。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 (3)实验中原、副线圈的电压之比与它们的匝数之比有微小差别，原因不可能为________。 A．原、副线圈上通过的电流发热 B．铁芯在交变磁场作用下发热 C．变压器铁芯漏磁 D．原线圈输入电压发生变化 √ 原、副线圈上通过的电流发热，铁芯在交变磁场作用下发热，都会使变压器输出功率发生变化，从而导致电压比与匝数比有差别，故A、B不符合题意；变压器铁芯漏磁，从而导致电压比与匝数比有差别，故C不符合题意；原线圈输入电压发生变化，不会影响电压比和匝数比，故D符合题意。 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 12．(6分)(2023·辽宁盘锦高二质检) 学校实验室提供如图甲所示的可拆变 压器元件，某同学以此来探究变压器 原、副线圈电压与匝数的关系。 (1)该同学还需要的实验器材是________。 √ √ 探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系，主要实验器材有可拆变压器(铁芯、已知匝数的线圈)、低压交流电源和多用电表，故选BE。 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (2)该同学实验组装的变压器如图乙所示。铁芯上原、副线圈接入的匝数分别为n1＝800和n2＝400，原线圈两端与电源相连。测得原、副线圈两端的电压分别为10 V和1.8 V，发现结果与正确实验结论有明显偏差，最有可能的原因是________。 A．副线圈的匝数太少 B．副线圈的电阻太大 C．原线圈的匝数太多，电阻过大 D．没有将铁芯B安装在铁芯A上 √ 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 铁芯上原、副线圈接入的匝数分别 为n1＝800和n2＝400，则根据变压器 的工作原理可知 ，即原、副 线圈两端的电压之比为2∶1。但实际 ，说明该同学忘记了把题图甲中的铁芯B安装到变压器铁芯A上，导致“漏磁”，从而使副线圈两端的电压变小，故选D。 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 (3)改正后正确操作，原线圈接入12 V电 压，副线圈接线柱间输出电压最有可能 是________。 A．24 V B．6 V C．5.6 V D．2 V √ 根据变压器的工作原理可知 ，解得U2＝6 V，而铁芯会出现漏磁现象，则副线圈的输出电压会略小于6 V，故选C。 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 13．(10分)(2023·河北衡水高二阶段练习)如图所示 (俯视图)，虚线边界左侧空间分布磁感应强度为B＝ 1 T的匀强磁场，方向竖直向下，边界右侧空间分 布磁感应强度为2B的匀强磁场，方向竖直向上。一质量为0.5 kg，材料相同、总电阻为10 Ω、ab边长为3s＝1.5 m、bc边长为L＝1 m 的单匝矩形线abcd垂直于磁场水平放置，bc边平行于虚线边界，ab、cd边上的e、f两处(e、f两处在边界处)有两个小孔，一光滑绝缘的固定轴穿过两个小孔(小孔和轴图中未画出)。ad到边界的距离为s。现让线框在外力(不计重力)的作用下，绕ef轴以转速 r/min，顺着ef看为逆时针方向开始匀速转动。 (1)求从图示位置开始转动 周过程中通过线框某一横截面的电量大小q； 答案：0.15 C 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)求匀速转动一周ab边上所产生的热量。 答案：0.64 J 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 14．(10分)(2023·山西运城高二质检) 如图是交流发电机的发电、供电原理 图，一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直 于磁场的轴OO′匀速转动，线圈共 220匝，线圈面积为520 cm2，转动频 率为50 Hz，磁场的磁感应强度大小为 T。发电机的输出端a、b与理想变压器的原线圈相连，变压器副线圈接有两个标有“220 V　11 kW”的电动机。已知变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，电动机正常工作。求： (1)理想电流表的示数； 答案：20 A 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 由题意知副线圈的功率为P出＝2.2×104 W 副线圈的电压为U2＝220 V 根据理想变压器原、副线圈电压与 匝数的关系有 可得原线圈电压为U1＝1 100 V 由理想变压器U1I1＝U2I2＝P出 可得原线圈上电流为I1＝20 A 所以电流表示数为20 A。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)线圈的内阻。 答案：2.2 Ω 线圈转动产生的电动势最大值为 Em＝NBSω＝NBS·2πf＝1 144 V 则发电机的电动势有效值为E＝ ＝1 144 V 由闭合电路欧姆定律知E＝I1r＋U1 解得线圈的内阻r＝2.2 Ω。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 15．(10分)(2023·山东潍坊高二月考)用一台输出电压为200 V的发电机，通过两个变压器为一个额定电压 为200 V的用电器远距离供电。发 电机到变压器Ⅰ之间的电线电阻 可视为R1＝5 Ω，输电线上的总电阻可视为R2＝100 Ω。已知输电线上输入的电压U2＝1 000 V，电流大小为2 A。当用电器正常工作时。 (1)求变压器Ⅱ中原、副线圈匝数之比； 答案：4∶1 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 变压器Ⅱ中原线圈的输入电压为 U3＝U2－I2R2＝1 000 V－2× 100 V＝800 V 根据变压器原、副线圈电压比等于匝数比可得 ＝U3∶U4＝800∶200＝4∶1。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)求变压器Ⅰ中原、副线圈匝数之比。 答案：1∶10 设变压器Ⅰ中原线圈的电流为I1，则有U0＝I1R1＋U1 又U1I1＝U2I2 联立解得I1＝20 A，U1＝100 V 则变压器Ⅰ中原、副线圈匝数之比为 n1∶n2＝U1∶U2＝100∶1000＝1∶10。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 16．(12分)如图所示，用一小型 交流发电机向远处用户供电，已 知发电机线圈abcd匝数N＝100， 面积S＝0.03 m2，线圈匀速转动 的角速度ω＝100π rad/s，匀强磁场的磁感应强度大小为B＝ T。输电时先用升压变压器将电压升高，到达用户区再用降压变压器将电压降下来后供用户使用，输电导线的总电阻为R＝10 Ω，变压器都是理想变压器，降压变压器原、副线圈的匝数比为n3∶n4＝10∶1。若用户区标有“220 V　8.8 kW”的电动机M恰能正常工作，发电机线圈电阻r不可忽略。求： (1)交流发电机产生感应电动势的最大值Em； 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 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 代入数据解得Em＝300 V。 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (2)输电线路上损耗的电功率ΔP； 答案：160 W 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 (3)若升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶8，求升压变压器原线圈 两端的电压U1。 答案：280 V 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 返回 1 13 14 15 16 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 谢 谢 观 看 ！ 第三章　 　交变电流 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 1 13 14 15 16 根据＝可得接收线圈 的输出电压约为U2＝8 V，故 A正确；根据＝可得 ＝，故B错误；变压器不 改变其交变电流的频率，故C正确；由于穿过发射线圈的磁通量与穿过接收线圈的磁通量大小不相同，所以穿过发射线圈的磁通量变化率与穿过接收线圈的不相同，故D错误。故选AC。 受电线圈的电流频率与送电线圈的电流频率相同， 即为f＝＝50 Hz，一个周期内电流方向改变2 次，所以每秒电流方向改变100次，A错误；根据 题图乙可知送电线圈上的输入电压为U输入＝220 × V＝220 V，受电线圈中的电流为2 A，可得 送电线圈中的电流大小为I送＝·I受＝×2 A＝ 0.5 A，送电线圈的输入功率为P＝U输入I送＝220×0.5 W＝110 W，B正确，D错误；根据＝，解得U受＝55 V，C错误。故选B。 题图甲所示的交变电流，在一个周期内，根 据电流的热效应有2R·＝IRT，解得 电流的有效值I甲＝Im＝ A；题图乙所 示的交变电流，在一个周期内，根据电流的 热效应有2IR·＝IRT，解得电流的有效 值I乙＝Im＝1 A；根据W＝I2Rt得，在1 min内两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙＝I∶I＝1∶3，故C正确。 ＝ 若开关S闭合，流过每个灯泡的电流 相同，设流过每个灯泡的电流为I、两 端电压为U、每个灯泡的电阻为R， 则原线圈中的电流I1＝I，副线圈中的 电流I2＝4I，＝＝，故A错误；由UCD＝U2＝U，＝得原线圈两端电压为U1＝4U，则UAB＝2U＋4U＝6U，即若开关S闭合，UAB∶UCD＝6∶1，故B正确，C错误； 开关S断开，设流过L3、L4、L5的电 流均为I′，则副线圈中的电流为3I′， 两端电压UCD＝I′R，由理想变压器 原、副线圈电流比关系和电压比关系 得原线圈中电流为I′，故L1、L2两端电压均为U′＝I′R，又UAB＝2U′＋UCD＝I′R，则U′＝UAB，而开关S闭合时，L1两端电压为U＝，则开关S断开后，灯泡L1两端电压变小，通过的电流变小，灯泡L1变暗，故D正确。 由题知理想电流表读数为I，则根据欧 姆定律有U1＝ IR1，根据变压器电压 与匝数的关系有＝，＝，联立 可得U0＝ ，U2＝ ，再由欧姆定律有U2＝ I2R2，可得I2＝ I，A错误，B正确； 由于矩形线圈产生的交变电流直接输 入原线圈，则有Emax＝2NBL2ω，U0 ＝ ＝NBL2ω，由上述分析可知 U0＝ ，则＝，C正确；由于变压器为理想变压器，则有P0＝ P1 ＋ P2＝ U1I ＋ U2I2＝ I2R1 ＋ U2I2，代入上述公式有P0＝ ，由于矩形线圈产生的交变电流直接输入原线圈，则发电机的功率为P0，D错误。故选BC。 ×R，则ω′＝＝2πn，解得n＝ 发电机线圈的转速为nz，则输出交 变电流的频率也为f＝nz，B错误； 线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动， 产生的为正弦式交变电流，最大值 为Em＝NBSω，其中ω＝2πf＝2πnz，则输出电压的有效值为E＝＝ πNBSnz，A错误；变压器原、副线圈的匝数比为＝＝，C正确；发电机产生的瞬时电动势为e＝Emsin ωt＝2πNBSnzsin (2πnz)t，D错误。故选C。 当滑动变阻器的滑片P向下 滑动过程中，副线圈的总电 阻变小，由于原线圈两端电 压有效值不变，匝数不变，则副线圈两端电压有效值不变，根据欧姆定律可知副线圈电流增大，根据＝可知，原线圈电流增大，电流表示数增大，故A正确；由题图甲可知原线圈两端电压有效值为U1＝＝ V≈220 V，根据＝可得U2≈7.8 V，故B错误； 根据变压器的工作原理可知＝，若电网的 电压为220 kV或110 kV时，变压器原、副线 圈匝数比为8∶1或 4∶1，故A错误，B正确； 变压器变压后的电压为27.5 kV，机车最终获得 25 kV的电压，则线路损失的电压为2.5 kV，线路中的电流为I线＝＝＝320 A，则线路损耗的电功率为P损＝U损I线＝2.5 kV×320 A＝ 800 kW，线路的等效电阻为R线＝＝≈7.8 Ω，故C正确，D错误。故选BC。 ＝ ＝ ＞ ＝ 线框初位置的磁通量为Φ0＝2B·L·2s－BLs ＝3BLs 转动周后线框的磁通量为Φ′＝－2BLscos 60° ＋BL·2scos 60°＝0 根据q＝Δt＝Δt＝Δt＝可得从题图示位置开始转动周过程中通过线框某一横截面的电量大小为q＝＝ C＝0.15 C。 0≤t≤内，设感应电流方向为正，感应电 流大小为i＝＝sin ωt ≤t≤内，ad边和bc边产生的感应电动势始终抵消，感应电流为零 ≤t≤内，感应电流方向为负，感应电流大小为i＝＝sin ωt。 匀速转动一周线框中感应电流随时间变化图像如图所示 则匀速转动一周，整个线框产生的焦耳热为 Q＝2R·×2 又ω＝2πn＝2π×× rad/s＝6 rad/s 匀速转动一周ab边上所产生的热量为Qab＝Q＝Q 联立可得Qab≈0.64 J。 ＝＝ 根据＝ 可得U3＝＝＝2 200 V 升压变压器副线圈两端的电压为 U2＝U3＋I3R＝2 240 V 又＝ 可得U1＝＝280 V。 $$