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教师用书word（粤教版2019）

单元综合提升 (多选)(2023·天津高考)下图为输电线为用户输电的情景，电路中升压变压器T1和降压变压器T2都认为是理想变压器，中间输电电路电阻为R，下列说法正确的有(　　) A．T1输出电压与T2输入电压相等 B．T1输出功率大于T2输入功率 C．若用户接入的用电器增多，则R功率降低 D．若用户接入的用电器增多，则T2输出功率增大 答案：BD 解析：由于输电过程中电阻R要产生热量，会损失功率，故T1输出功率大于T2输入功率，T1输出电压大于T2输入电压，故A错误，B正确；由于输入电压不变，所以变压器T1的输出电压不变，随着用户接入的用电器增多，导致用户端的等效电阻变小，则电流变大，根据P损＝I2R可知，R功率增大，故C错误；用户接入电路的用电器越多，用电器消耗的功率增大，即T2输出功率增大，故D正确。故选BD。 　教材P84T1 如图所示是远距离交流输电的简化示意图。其中发电厂的输出电压是U，两条输电线的等效总电阻为r，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1。在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流是I2。 (1)用户两端的电压是多少？ (2)理想变压器的输入功率是多少？ (3)输电线上损耗的电功率和电压分别是多少？ 学生用书↓第106页 　该高考题以远程输电为背景，考查输电过程中的电压关系，功率关系，与教材P84T1物理情境类似。 高压交流远程输电过程含有两个变压器，变压器原线圈电压影响副线圈电压，副线圈的功率和电流决定原线圈的输入功率和电流。 针对练1．如图所示，甲是远距离的输电示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则(　　) A．用户用电器上交流电的频率是100 Hz B．发电机输出交流电的电压有效值是500 V C．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定 D．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小 答案：D 解析：由题图乙知交变电流的周期为T＝0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz，故A错误；发电机输出的最大电压为500 V，故B错误；输电线的电流由负载决定，故C错误；当用户用电器的总电阻增大时，输电线上的电流减小，故输电线上损耗的功率ΔP＝I2R减小，故D正确。故选D。 针对练2．如图所示，交流发电机的输出电压U1一定，通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电，输电线的总电阻为R。T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1，它的输出电压和输出功率分别为U2和P2；T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3，它的输出电压和输出功率分别为U4和P4。下列说法正确的是(　　) A．当用户的用电器增多时，U2减小，U4减小 B．当用户的用电器增多时，P1增大，P3减小 C．输电线上损失的功率为ΔP＝ D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比 答案：D 解析：交流发电机的输出电压U1一定，匝数不变，根据＝，则U2不变，故A错误；当用户的用电器增多时，用户消耗的电功率变大，则输入功率增大，即P3变大，故B错误；输电线上损失的功率为ΔP＝2R，故C错误；输送功率一定时，根据P＝UI，P损＝I2R，则要减小线路的损耗，应增大输送电压，又U1一定，应增大升压变压器的匝数比，由U3＝U2－I2R，U2增大，I2减小，所以U3增大，用户电压U4不变，根据＝，应增大降压变压器的匝数比，故D正确。故选D。 (2023·浙江高考)我国1 100 kV特高压直流输电工程的送电端用“整流”设备将交流变换成直流，用户端用“逆变”设备再将直流变换成交流。下列说法正确的是(　　) A．送电端先升压再整流 B．用户端先降压再变交流 C．1 100 kV是指交流电的最大值 D．输电功率由送电端电压决定 答案：A 解析：升压和降压都需要在交流的时候才能进行，故送电端应该先升压再整流，用户端应该先变交流再降压，故A正确，B错误；1 100 kV指的是交流电的有效值，故C错误；输电的功率是由用户端负载的总功率来决定的，故D错误。故选A。 　教材P83资料情境 现代的直流输电，只有输电这个环节使用高压直流，发电、用电及升、降电压仍然使用交变电流。发电机产生的交变电流经变压器升压后，由换流设备将交变电流变为直流电流，高压直流经远距离传输后，再由换流设备将直流电流转换为交变电流。然后，配电所的变压器再将高压交变电流降压成适合用户使用的交变电流，整个过程如图所示。 　该高考题以特高压直流输电素材为背景，考查高压输电流程和功率制约关系，与教材P83资料情境相同。 与交流高压输电相比，直流高压输电更节能。但变压器升压利用电磁感应现象，只能变交流不能变直流，故需要整流设备将交流和直流转换。另前面电压决定后面电压，后面功率决定前面功率。 针对练1．(多选)2020年12月30日，青海送河南正负800千伏特高压直流输电工程正式投入运行。高压直流输电工程是在输电环节使用直流，在送电端将发电机产生的交流电通过“整流”设备变换为直流电，用户端再用“逆变”设备将直流电变换为交流电。下列说法正确的是(　　) 学生用书↓第107页 A．利用直流输电，可以消除输电线的电感、电容造成的电能损失 B．升压变压器应该处于②位置 C．采用直流输电时，用两台发电机给同一电路供电，它们必须同步运行，即同时达正的最大值，同时达负的最大值 D．在输送总电功率一定的情况下，若把输电电压从800 kV高压提升到1 100 kV特高压，线路上损失的功率将减小为原来的 答案：AD 解析：直流线路不会产生自感和互感，所以利用直流输电，可以消除输电线的电感、电容造成的电能损失，A正确；交流发电机产生的交流电通过变压器把电压变换成所需要的电压(即升压)后再送到整流器，通过整流器把交流电变为直流电，故升压变压器应处于①位置，故B错误；用两台发电机给同一交流电路供电才必须满足同步运行，而给直流电路供电则不需要同步运行，故C错误；输电总功率一定，则有UI＝U′I′，可得I′＝I＝I，损失功率为P′＝I′2R＝2R＝I2R＝P，故D正确。故选AD。 针对练2．我国已投产运行的1 100 kV特高压直流输电工程是目前世界上电压等级最高、输送容量最大、输送距离最远、技术水平最先进的输电工程，输送电功率最大可达1 200万千瓦。输电线路流程和数据可简化为如图所示，若直流线路的输电线总电阻为10 Ω，变压与整流等造成的能量损失均不计，直流和交流逆变时有效值不发生改变。当直流线路输电电流为4×103 A时，下列说法正确的是(　　) A．输送电功率为1.2×1010 W B．降压变压器的匝数比为11∶5 C．直流输电线上损失的功率为1.6×107 W，损失的电压为40 kV D．若保持输送电功率不变，改用550 kV输电，直流输电线上损失的功率为6.4×108 W 答案：D 解析：输送电功率为P2＝U2I2＝1 100×103×4×103 W＝4.4×109 W，故A错误；输电导线末端的电压U3＝U2－I2r线＝(1 100－40) kV＝1 060 kV，则降压变压器的匝数比＝＝≠，故B错误；输电导线上损失的功率ΔP＝Ir线＝(4×103)2×10 W＝1.6×108 W，损失的电压ΔU＝I2r线＝4×103×10 V＝40 kV，故C错误；保持输送功率不变，用550 kV输电，输电导线上损失的功率ΔP＝2r线＝2×10 W＝6.4×108 W，故D正确。故选D。 1．(交流电的产生和描述)如图为交流发电机的示意图，两磁极之间可视为磁感应强度为B的匀强磁场。矩形线圈ABCD面积为S、匝数为N、整个线圈的电阻为r，线圈绕OO′轴以角速度ω逆时针匀速转动，外电阻为R，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路相连。下列说法正确的是(　　) A．线圈转到图甲位置时，穿过线圈的磁通量为NBS B．线圈转到图乙位置时，穿过线圈的磁通量的变化率为BSω C．线圈转到图丙位置时，外电路中电流表的示数为 D．线圈转到图丁位置时，电流的方向从D流向C 答案：B 解析：线圈转到图甲位置时，其穿过线圈的磁通量为Φ＝BS，故A错误；线圈转到图乙位置时，感应电动势为Em＝NBSω＝N，解得＝BSω，故B正确；电流表示数显示的为有效值，所以有I＝＝，故C错误；线圈转到图丁位置时，根据楞次定律可知，线框中的电流方向为A→B→C→D，即电流方向应该是从C流向D，故D错误。故选B。 [易错分析]　本题的易错点是线圈转动到中性面时电流方向改变。磁通量最大时，磁通量的变化率为零，感应电动势为零。 2．(交流电的有效值)(2024·广东惠州博师高中高二校考)如图是某无线充电接收端电流经电路初步处理后的i-t图像，则该交变电流的有效值为(　　) A．2A B．5 A C．6 A D．3A 答案：A 解析：该交流电的周期为3 s，根据电流的等效性可知，该交流电的有效值为IRt1＋IRt2＋IRt3＝IRT，代入数据有×R×1＋0＋62×R×1＝IR×3，解得I有＝2 A，B、C、D错误，A正确。 学生用书↓第108页 [易错分析]　本题易错点是交流电有效值要利用等效性计算。注意该交流电的周期为3 s。 3．(交流电的四值)(2024·山东省鄄城县第一中学高二校考)如图所示，矩形线圈面积为S，匝数为N，线圈总电阻为r，在磁感应强度为B的匀强磁场中OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R。下列说法正确的是(　　) A．当线圈由图示位置转过90°的过程中，通过电阻R的电荷量为 B．从图示位置转过180°这段时间穿过线圈磁通量的变化量大小为2BS C．当线圈由图示位置转过90°的过程中，电阻R上所产生的热量为 D．从图示位置开始计时，电阻R两端电压瞬时值表达式为u＝NBSωcos ωt 答案：C 解析：由E (_)＝、I (_)＝、q＝I (_)Δt，ΔΦ＝BS，解得电荷量为q＝，故A错误；图示位置磁通量为Φ1＝0，从图示位置转过180°时磁通量为Φ2＝0，则从图示位置转过180°这段时间穿过线圈磁通量的变化量大小为0，故B错误；电流的有效值为I＝＝＝，由图示位置转过90°所用的时间t＝＝，电阻R产生的焦耳热Q＝I2Rt＝，故C正确；从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值e＝Emcos ωt，从图示位置开始计时，电阻R两端电压瞬时值表达式为u＝NBSωcos ωt，故D错误。故选C。 [易错分析]　交流电的四值的应用是本题的易错点。电荷量要利用交流电的平均值求解；焦耳热和功率要根据有效值计算；每一时刻的电流要根据瞬时表达式来计算。 4．(变压器的工作原理)(多选)(2024·广东广州高二统考期末)家庭中的热水器和抽油烟机功率较大。现用一小型变压器对其供电，如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接。已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通抽油烟机，下列说法正确的是(　　) A．变压器的输入功率变大 B．热水器消耗的功率变大 C．电压表示数仍为1 100 V，保持不变 D．原线圈两端电压的瞬时值表达式u＝1100sin (100πt) V 答案：AC 解析：闭合开关S，副线圈电压有效值U2不变，副线圈的电阻变小，电流I2增大，变压器输入功率P1＝P2＝U2I2，所以P1变大，故A正确；由上可知，电流I2增大，电阻R两端电压增大，热水器分得的电压变小，所以热水器消耗的功率变小，故B错误；闭合开关S，副线圈电压有效值U2不变，由题图乙可得U2＝220 V，由公式＝得原线圈电压有效值U1＝1 100 V，故C正确；由题图乙可得交变电流角速度ω＝＝ rad/s＝100π rad/s，副线圈电压最大值为220 V，所以原线圈电压最大值为1 100 V，所以原线圈两端电压的瞬时值表达式u＝1100·sin(100πt) V，故D错误。故选AC。 [易错分析]　本题的易错点是变压器的工作原理。副线圈的电压由原线圈决定，原线圈的电流由副线圈决定，输出功率决定输入功率。 5．(远距离交流输电)(多选)(2024·广东茂名信宜市第二中学高二期中)如图所示，某小型水电站发电机的输出功率P＝100 kW，发电机的电压U1＝250 V，经变压器升压后向远处输电，输电线总电阻R线＝8 Ω，在用户端用降压变压器把电压降为U4＝220 V。已知输电线上损失的功率P线＝5 kW，假设两个变压器均是理想变压器，下列说法正确的是(　　) A．发电机输出的电流I1＝400 A B．输电线上的电流I线＝625 A C．降压变压器的匝数比n3∶n4＝190∶11 D．用户得到的电流I4＝455 A 答案：AC 解析：发电机输出的电流I1＝＝400 A，故A正确；输电线上的电流I线＝＝25 A，故B错误；升压变压器的副线圈输出电压U2＝＝4×103 V，输电线损耗电压ΔU＝I线R线＝200 V，降压变压器的原线圈电压U3＝U2－ΔU＝3 800 V，故降压变压器的匝数比＝＝，故C正确；降压变压器副线圈的输出功率P4＝P3＝P－P线＝95 kW，故用户得到的电流I4＝≈431.8 A，故D错误。故选AC。 [易错分析]　本题的易错点是输电线上的电流要根据输电线损失的功率计算。升压变压器的副线圈电压等于输电线损失的电压和降压变压器的输入电压之和。 单元测试卷(三)　交变电流 (时间：90分钟　满分：100分) (本栏目内容，在学生用书中以独立形式分册装订！) 一、单项选择题(本题共7小题，每小题4分，共28分。在每小题给出的四个选项中，只有一项是符合题目要求的) 1．(2024·广东佛山高二校联考)为了减小输电线上电能的损耗，人们尽量把输电线做的粗一点，这是因为导体的电阻与下列哪种因素有关(　　) A．密度 B．质量 C．横截面积 D．长度 答案：C 解析：根据电阻定律R＝ρ可知，在长度和材料相同的情况下，输电线越粗，即横截面积越大，电阻越小，由Q＝I2Rt可知，在电流和通电时间相同的情况下，减小输电线的电阻，可以减小输电线上电能的损耗，故A、B、D错误，C正确。 2．(2024·广东广州四十七中高二期中)交流发电机的示意图如图所示，当线圈ABCD绕垂直于磁场方向的转轴OO′匀速转动时，下列说法正确的是(　　) A．图示位置磁通量最大，磁通量的变化率最大 B．图示位置电流最大，方向为A→B C．从图示位置开始转过90°时，电流方向将发生改变 D．从图示位置开始转过90°时，感应电动势达到最大值 答案：D 解析：由题图可知，图示位置线圈平面与磁感线的方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，感应电流为零，每经过一次图示位置(中性面)，电流方向就改变一次，A、B、C错误；从图示位置开始转过90°时，线圈平面与磁感线的方向平行，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势达到最大值，D正确。故选D。 3．(2024·广东肇庆高二期末)利用如图所示的理想变压器为用户供电，原、副线圈匝数分别为n1、n2，原、副线圈两端的电压分别为U1、U2，通过的电流分别为I1、I2，变压器原线圈的输入功率为P1，副线圈的输出功率为P2，穿过原、副线圈的磁通量分别为Φ1、Φ2。下列关系式成立的是(　　) A．U1∶U2＝n1∶n2 B．I1∶I2＝n1∶n2 C．P1∶P2＝n1∶n2 D．Φ1∶Φ2＝n1∶n2 答案：A 解析：题图所示的变压器为理想变压器，所以根据理想变压器的电压与线圈匝数关系得＝，根据理想变压器的电流与线圈匝数关系得＝，B错误，A正确；原副线圈的功率不变，穿过原副线圈的磁通量也不变，即P1＝P2，Φ1＝Φ2，C、D错误。故选A。 4．(2024·广东汕头高二校考期中)如图所示的交变电流(图中曲线为余弦曲线的一部分)，该电流的有效值为(　　) A．3 A B．2.5 A C．2 A D．2 A 答案：B 解析：根据交流电有效值的定义有I2RT＝2R·＋(2)2R·，解得I＝2.5 A，故选B。 5．(2024·广东高三校联考开学考试)如图甲所示，把小灯泡与教学用发电机相连接，匀速转动手柄带动线圈在两磁极之间转动，产生的电动势e随时间t的变化规律如图乙所示，小灯泡正常发光。下列说法正确的是(　　) A．线圈转动的快慢程度不会影响小灯泡的亮度 B．线圈转动产生的电动势e有效值为6 V C．手柄匀速转动的角速度为100π rad/s D．t＝0时刻，线圈位于中性面 答案：D 解析：线圈转动的越快，通过线圈的磁通量变化越快，电路中电流越大，小灯泡越亮，故A错误；线圈转动产生的电动势e有效值为6 V，故B错误；线圈转动的角速度为100π rad/s，手柄和线圈通过皮带相连，二者线速度大小相等，由v＝ωr，可知ω与r成反比，从题图甲可知，手柄转动的圆周半径大于线圈转动的半径，手柄匀速转动的角速度应该小于100π rad/s，故C错误；当线圈平面转到中性面时，通过线圈的磁通量变化率最小，此时感应电动势为零，故D正确。故选D。 6．(2024·广东校联考)“西电东送”就是把煤炭、水能、风能资源丰富的西部省区的能源转化成电力资源，输送到电力紧缺的东部沿海地区。远距离输电的电路示意图如图所示，升压变压器和降压变压器均为理想变压器且都有一个线圈可调，发电厂输出电压恒定，升压变压器和降压变压器之间输电线的总电阻R不变。在用电高峰期，用户耗电量的增大导致实际用户电压偏低，下列方案能使用户电压恢复并且能使输电线上消耗的功率减小的方案是(　　) A．仅将P1上调一点 B．仅将P2上调一点 C．将P1、P2都下调一点 D．将P1上调一点、P2下调一点 答案：C 解析：设升压变压器的线圈匝数为n1、n2，降压变压器的线圈匝数为n3、n4，发电厂输出的电压U不变，根据理想变压器两端的电压比等于匝数比，可得升压变压器的输出电压为U2＝U，将用户电阻R用等效在输电线上的电阻为R效＝R用，把输电电路等效为闭合电路，有I2＝＝，用电高峰的时候，R用变小，导致I2变大，从而用户耗电量的增大导致实际用户电压偏低，故将P1、P2都下调一点，n1减小，n4减小，可以使I2变小，能使输电线上消耗的功率减小，且使用户电压恢复。故选C。 7．(2024·广东高二校联考)某市执行峰谷分时电价政策，引导用户错峰用电。为了解错峰用电的好处，建立如图所示的电网仅为3户家庭供电模型。3户各有功率P＝3 kW的用电器，采用两种方式用电：方式一为同时用电1小时，方式二为错开单独用电各1小时。两种方式用电时输电线路总电阻损耗的电能分别为ΔE1、ΔE2，若用户电压恒为220 V，不计其它线路电阻，则(　　) A．两种方式用电时，电网提供的总电能相同 B．两种方式用电时，电网提供的总电压相同 C．＝9 D．＝3 答案：D 解析：三个用电器同时接入电路时，总电阻比三个用电器单独用电时小，则副线圈电流大，原线圈电流大，则输电线上损耗的功率和电压大，两种方式用电时，电网提供的总电能和总电压不相同，故A、B错误；三个用电器同时接入电路时，总电阻为单独用电器的，电流为单独用电时的3倍，根据ΔE＝Q＝I2Rt，可知＝3，故C错误，D正确。故选D。 二、多项选择题(本题共3小题，每小题6分，共18分。在每小题给出的选项中，有多个选项符合题目要求，全部选对的得6分，部分选对的得3分，有选错的得0分) 8．下列说法正确的是(　　) A．方向不变、大小随时间变化的电流是交变电流 B．正弦交变电流的峰值是其有效值的倍 C．远距离输电，输送电流大小一定时，根据P损＝I2R线可知通过减小输电线的电阻可以降低输电损耗 D．理想变压器工作原理是互感现象，可以改变电压、电流，但是不能改变功率和频率，所以原、副线圈中通过的交变电流的频率相等 答案：BCD 解析：方向不变、大小随时间变化的电流是直流电，A错误；正弦交变电流的峰值是其有效值的倍，B正确；远距离输电，输送电流大小一定时，根据P损＝I2R线可知，通过减小输电线的电阻可以降低输电损耗，C正确；理想变压器工作原理是互感现象，可以改变电压、电流，但是不能改变功率和频率，所以原、副线圈中通过的交变电流的频率相等，D正确。故选BCD。 9．(2024·广东东莞高二校考期中)某小型发电站高压输电的示意图如图所示。已知升压变压器和降压变压器均为理想变压器，升压变压器的输入功率为20 kW，用户获得的功率为19.75 kW，输电线的总电阻为10 Ω。在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数之比为1∶10。下列说法中正确的是(　　) A．电流表的示数为1 A B．升压变压器的输出电压U2＝4 000 V C．其他条件不变，用户数增多，输电线上损耗的功率将增加 D．用电高峰期，为了让用户能够正常用电，可将P向下滑 答案：BC 解析：根据升压端输入功率和最终用户端的功率，可知输电线上损失的功率P损＝20 kW－19.75 kW＝0.25 kW，根据P损＝I2R，得输电线中的电流为I＝ ＝5 A，又因为电流互感器原、副线圈的匝数比为1∶10，则流过电流表的电流为0.5 A，故A错误；升压变压器为理想变压器，故升压变压器的输出功率为20 kW，根据P＝UI可得升压变压器的输出电压U2＝＝＝4 000 V，故B正确；其他条件不变，用户增多，则用户端总电阻减小，根据P＝可知用户端总功率P4增大，因P3＝P4，P3＝U3I，用户电压U4不变，根据理想变压器原、副线圈电压关系可知降压变压器输入电压U3不变，故输电电流I增大，根据P损＝I2R，可知输电线损耗的功率将会增大，故C正确；用电高峰期，由于用电器的增多，输电线上电流变大，损失的电压增大，则导致用户端的电压下降。根据降压变压器原、副线圈电压比满足＝，可得用户端电压U4＝U3；其它条件不变，将P上滑，则n3减小，会使U4变大，可保证用户正常用电，故D错误。故选BC。 10．如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数之比为5∶1，R2＝5 Ω，现在电源输入电压如图乙所示的交流电，电流表和电压表均为理想电表，电流表A2的示数为4 A，下列说法正确的是(　　) A．电压表V1的示数是100 V B．电阻R1的值为150 Ω C．电路消耗的总功率是80 W D．若R2的阻值增大，则电压表V2的示数将增大 答案：ABD 解析：由题意得U2＝I2R2＝20 V，由＝可得U1＝100 V，故A正确；由题图乙可知电源的输入电压为U＝＝220 V，所以R1上的电压为U′＝U－U1＝220 V－100 V＝120 V，又因为＝，所以I1＝0.8 A，所以R1＝＝ Ω＝150 Ω，故B正确；电路消耗的总功率为P＝UI1＝220×0.8 W＝176 W，故C错误；若R2的阻值增大，则电流I2减小，从而I1减小，则R1上的电压减小，又因为总的输入电压不变，所以原线圈两端电压U1增大，则副线圈两端电压也增大，即电压表V2的示数将增大，故D正确。故选ABD。 三、非选择题(本题共6小题，共54分。按题目要求作答。计算题要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位) 11．(6分)某同学选用匝数可调的可拆变压器来做“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验，变压器原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压________(选填“交流电源”或“直流电源”)。先保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)；然后再保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压________(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是____________________(选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。 答案：交流电源　增大　减小　控制变量法 解析：变压器的工作原理是互感现象，故原线圈两端所接的电源应是电压为12 V的低压交流电源；根据变压比公式＝可知，保持原线圈的匝数不变，增加副线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压增大；根据变压比公式＝可知，保持副线圈的匝数不变，增加原线圈的匝数，观察到副线圈两端的电压减小；上述探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法。 12．(9分)(2024·广东东莞高二统考期末)做“探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系”的实验。 (1)(多选)以下给出的器材中，本实验需要用到的有 ____________。 (2)(多选)下列说法正确的是 ____________。 A．变压器工作时副线圈电流的频率与原线圈不相同 B．实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法 C．为了人身安全，实验中只能使用低压直流电源，电压不要超过12 V D．绕制降压变压器原、副线圈时，副线圈导线应比原线圈导线粗一些 (3)由于交变电流的电压是变化的，所以实验中测量的是电压的__________(选填“平均”“有效”或“最大”)值；某次实验操作，所接电表的读数如图所示(电压表的量程为15 V)，则此时电表读数为 ________V。 (4)若用匝数N1＝400匝和N2＝800匝的变压器做实验，对应的电压测量数据如表所示。根据测量数据，则N1一定是____________(选填“原”或“副”)线圈。 实验次数 1 2 3 4 U1 1.9 2.9 3.8 4.8 U2 4.0 6.0 8.0 10.0 答案：(1)BD　(2)BD　(3)有效　 5.5　(4)副 解析：(1)变压器的工作原理是互感现象，电源应该选用学生电源提供的交流电压，干电池只能提供直流电压，A不需要，B需要；直流电压表不能测量交流电压，C不需要；需要用到教学用变压器，D需要。故选BD。 (2)变压器工作时副线圈电流的频率与原线圈相同，故A错误；实验中要通过改变原、副线圈匝数，探究原、副线圈的电压比与匝数比的关系，需要运用的科学方法是控制变量法，B正确；为了人身安全，实验中只能使用低压交流电源，电压不要超过12 V，故C错误；根据变压器的工作原理有＝，可知，匝数少的电流大，则导线应该粗，绕制降压变压器原副线圈时，由于副线圈的匝数少，副线圈导线应比原线圈粗一些，故D正确。故选BD。 (3)由于交变电流的电压是变化的，实验中测量的是电压的有效值。 量程为15 V的电压表分度值为0.5 V，题图所示的电压表读数为5.5 V。 (4)由于有漏磁、原副线圈内阻分压等因素，副线圈实际测量的电压值应该小于理论值，由理想变压器规律有＝＝，由表中数据可知，U1总是小于U2，则N1一定是副线圈。 13．(7分)(2024·广东普宁第二中学高二校考期中)如图甲为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω。 (1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式。 (2)线圈匀速转动一周的过程中，求外力所做的功。 答案：(1)i＝sin (100πt) A　(2)7.2×10－2 J 解析：(1)由题图乙得e＝Emsin ωt＝6·sin (100πt) V 则电流i＝ ＝sin (100πt) A。 (2)线圈产生的交变电动势的有效值E＝ ＝6 V 线圈产生的电功率P＝EI＝ 线圈匀速转动一周的过程中产生的电能 E电＝PT＝T 根据功能关系可知外力所做的功 W＝E电＝T＝7.2×10－2 J。 14．(10分)(2024·山西运城市高二质检)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； (2)线圈的内阻。 答案：(1)20 A　(2)2.2 Ω 解析：(1)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 则根据理想变压器原、副线圈匝数比为＝＝ 可得原线圈电压为U1＝1 100 V 由理想变压器有U1I1＝U2I2 可得原线圈上电流为I1＝20 A 所以电流表的示数为20 A。 (2)线圈转动产生的电动势最大值为 Em＝NBSω＝1 144 V　 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。 15．(10分)(2024·广东东莞中学高二校联考期中)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匝，面积S＝0.04 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，升压变压器原、副线圈匝数比为n1∶n2＝1∶8，降压变压器原、副线圈匝数比为n3∶n4＝10∶1，若用户区标有“220 V、8.8 kW”的电动机恰恰能正常工作，求： (1)输电线路上损耗的电功率ΔP； (2)发电机线圈的电阻r。 答案：(1)160 W　(2)3.75 Ω 解析：(1)电动机恰能正常工作，有I4＝ 代入数据解得I4＝40 A 根据理想变压器的变流比可知＝ 解得I3＝4 A 所以输电线路上损耗的电功率为ΔP＝IR 解得ΔP＝160 W。 (2)根据理想变压器的变压比可知＝ 解得U3＝2 200 V 升压变压器副线圈两端电压 U2＝U3＋I3R＝2 240 V 根据理想变压器的变压比可知＝ 解得U1＝280 V 根据理想变压器的变流比可知＝ 解得I1＝32 A 发电机产生的电动势最大值为Em＝NBSω 发电机产生的电动势有效值为E＝ 解得E＝400 V 发电机线圈电阻为r＝ 解得r＝3.75 Ω。 16．(12分)(2024·广东广州高二校联考期中)为了防止停电耽误生产，工厂购买了一台应急发电机及升压变压器和降压变压器。如图所示，发电机内阻为1 Ω，升压变压器匝数比为1∶10，降压变压器匝数比为9∶1，输电线总电阻R＝5 Ω。工厂共36个车间，每个车间有“220 V，22 W”灯10盏，若保证全部电灯正常发光，则： (1)请解释在工厂用电高峰期，为什么灯泡会变暗？ (2)发电机输出功率多大？ (3)发电机电动势多大？ 答案：(1)见解析　(2)8 000 W　(3)240 V 解析：(1)工厂用电高峰期，发电机的总功率变大，根据P总＝EI1，E＝U1＋I1r，＝，＝ 可知I1、I2增大，U1、U2减小；根据U2＝U3＋I2R，＝ 可知U3减小，U4也减小，则灯泡两端的电压减小，灯泡变暗。 (2)根据题意，所有灯都正常工作的总功率为 P4＝36×10×22 W＝7 920 W 用电器都正常工作时的总电流为 I4＝＝ A＝36 A 两个变压器之间输电线上的电流为 I2＝I3＝＝ A＝4 A 故输电线上损耗的电功率为 PR＝IR＝42×5 W＝80 W 升压变压器的输出功率为 P2＝PR＋P4＝(80＋7 920) W＝8 000 W 而发电机输出功率即为升压变压器的输入功率，则有P1＝P2＝8 000 W。 (3)降压变压器上的输入电压为 U3＝＝220×9 V＝1 980 V 输电线上的电压损失为UR＝I2R＝20 V 因此升压变压器的输出电压为 U2＝UR＋U3＝2 000 V 升压变压器的输入电压为 U1＝＝ V＝200 V 升压变压器的输入电流为 I1＝＝4×10 A＝40 A 发电机的电动势 E＝U1＋I1r＝200 V＋40×1 V＝240 V。 学生用书↓第109页 学科网（北京）股份有限公司 $$