【精品】北京高考第二轮综合专题复习----交变电流专题复习

高考物理交变电流辅导讲义一、课堂导入我们的日常生活离不开电，城市的灯火辉煌、工厂里的机器轰鸣，一切都离不开电。

长江三峡水力发电站已投入生产，各地火力发电厂比比皆是，它们的共同之处就是生产和输送的大多都是交变电流(如图是实验室手摇发电机产生的交变电流)。

什么是交变电流？与直流电流有什么不同？它又是如何产生的呢？发电站中的发电机能把天然存在的能量资源(如风能、水能、核能等)转化成电能(如图)，通过高压输电线路，将电能输送到乡村、工厂、千家万户。

来自发电厂的电有什么特性？我们怎样才能更好地利用它？这一章我们就来学习与此相关的内容。

新疆达坂城风力发电站三、本节知识点讲解1.交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。

注：大小不变方向改变的电流也是交变电流。

2．直流电：方向不随时间变化的电流。

交变电流的产生1．产生：在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的轴匀速转动的线圈里产生的是交变电流，实验装置如图所示。

2．过程分析：如图所示。

(图A)(图B)(1)如图A所示：线圈由甲位置转到乙位置过程中，电流方向为a→b→c→d。

线圈由乙位置转到丙位置过程中，电流方向为a→b→c→d。

线圈由丙位置转到丁位置过程中，电流方向为b→a→d→c。

线圈由丁位置转到戊位置过程中，电流方向为b→a→d→c。

(2)如图B所示：在乙位置和丁位置时，线圈垂直切割磁感线，产生的电动势和电流最大；在甲位置和丙位置时，线圈不切割磁感线，产生的电动势和电流均为零。

3．两个特殊位置物理量的特点特别提醒：1线圈每经过中性面一次，线圈中感应电流就要改变方向。

2线圈转一周，感应电流方向改变两次。

典型例题：1、如图所示为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是()A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流C．图示位置ab边的感应电流方向为a→bD．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零解析：线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次。

微专题4 晶体结构与计算命题角度1 晶体类型与性质1. (2022·北京选考)由键能数据大小，不能解释下列事实的是( C )化学键C—H Si—H C===O C—O Si—O C—C Si—Si 键能/kJ·mol－1411 318 799 358 452 346 222A.稳定性：CH4>SiH4B．键长：C===O<C—OC．熔点：CO2<SiO2D．硬度：金刚石>晶体硅【解析】键能越大越稳定，C—H键能大于Si—H，所以稳定性：CH4>SiH4，故不选A；键能越大，键长越短，C===O键能大于C—O，所以键长：C===O<C—O，故不选B；CO2是分子晶体，熔点由分子间作用力决定，SiO2是共价晶体，所以熔点CO2<SiO2，不能用键能解释熔点CO2<SiO2，故选C；金刚石、晶体硅都是共价晶体，共价晶体中键能越大，晶体的硬度越大，C—C的键能大于Si—Si，所以硬度：金刚石>晶体硅，故不选D；故选C。

2. (2022·江苏选考)下列说法正确的是( B )A．金刚石与石墨烯中的C—C—C夹角都为120°B．SiH4、SiCl4都是由极性键构成的非极性分子C．锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为4s24p2D．ⅣA族元素单质的晶体类型相同【解析】金刚石中的碳原子为正四面体结构，C—C—C夹角为109°28′，故A错误；SiH4的化学键为Si—H，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子；SiCl4的化学键为Si—Cl，为极性键，为正四面体，正负电荷中心重合，为非极性分子，故B正确；锗原子(32Ge)基态核外电子排布式为[Ar]3d104s24p2，故C错误；ⅣA族元素中的碳元素形成的石墨为混合晶体，而硅形成的晶体硅为共价晶体，故D错误；故选B。

命题角度2 晶体结构与计算3. (2022·湖北选考)某立方卤化物可用于制作光电材料，其晶胞结构如图所示。

2021高考二轮专题复习专题13交变电流精编专题练11（含解析）1．两个完全相同的电热器分别通以如图甲、乙所示的交变电流，两电热器的实际电功率之比P甲∶P乙为A．1∶2 B．1∶1 C．2∶1 D．2∶12．如图所示，某电器内的部分电路，C为电容器，L为电感器，下列说法正确的是（）A．当输入端输入直流电时，输出端无输出B．当C为容量较小的电容、L为自感系数较小的电感器、输入端只输入低频交流电时，输出端几乎无输出C．当C为容量较大的电容、L为自感系数较大的电感器、输入端只输入高频交流电时，输出端几乎无输出D．当C为容量较大的电容、L为自感系数较小的电感器、输入端只输入低频交流电时，输出端几乎无输出3．有一个变压器，当输入电压为220 V时输出电压为12 V，某同学在实验过程中发现此变压器副线圈烧坏了，于是他从变压器上拆掉烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈作为副线圈（如图所示），然后将原线圈接到110 V交流电源上，将交流电流表与100 的固定电阻串联后接在新绕的5匝线圈两端，这时电流表的示数为5 mA。

该同学按理想变压器分析，求出了该变压器副线圈的匝数。

你认为该变压器原来的副线圈匝数应为（）A．2200 B．1100 C．60 D．304．如图所示是一交变电流的i t -图象，则该交流电电流的有效值为（ ）A ．4AB ．22AC ．32AD ．3A 5．如图所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压及输电线的电阻均不变。

在用电高峰期，随着用户耗电量的增大，下列说法正确的是（ ）A ．升压变压器的输出电压增大B ．降压变压器的输出电压变大C ．输电线上损耗的功率增大D ．通过升压变压器原线圈的电流变小6．如图所示，矩形线圈处在磁感应强度大小为 B 、方向水平向右的匀强磁场中，线圈通过电刷与定值电阻 R 及理想电流表相连接，线圈绕中心轴线OO ' 以恒定的角速度ω 匀速转动，t =0 时刻线圈位于与磁场平行的位置。

专题十二直流电路与交流电路高频考点·能力突破考点一直流电路的分析与计算电路动态分析的两种方法(1)程序法最常规的方法(2)极限法最直接的方法即因滑动变阻器滑片滑动引起的电路变化问题，可将滑动变阻器的滑片分别滑至两个极端去讨论．例1 [2022·陕西渭南市教学质量检测](多选)如图所示，电流表示数为I，电压表示数为U，定值电阻R2消耗的功率为P，电容器C所带的电荷量为Q，电源内阻不能忽略．当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，下列说法正确的是( )A．U增大、I减小B．U减小、I增大C．P增大、Q减小D．P、Q均减小[解题心得]预测1 在如图所示的电路中，电源的电动势为E，内阻为r，灯泡L的电阻小于电源的内阻，闭合开关S，在滑动变阻器的滑片由a向b移动的过程中，下列各物理量的变化情况正确的是( )A．电流表的读数变大B．灯泡L变亮C．电源输出功率先减小后增大D．电压表的读数先增大后减小预测2 [2022·四川绵阳模拟]如图所示，闭合开关S，将滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中( )A．电流表A1的示数变小B．电流表A2的示数变小C．电压表V的示数变小D．电阻R1的电功率变大考点二交变电流的产生及变化规律解答交变电流问题的三点注意(1)理解两个特殊位置的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势及感应电流方向的特点：线圈与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦ＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变，线圈Δt与中)的关系类比v和a(ΔvΔt性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦ最大，e最大，i最大，电流方向不变．Δt(2)区分交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值．(3)确定交变电流中电动势、电压、电流的有效值后就可以运用直流电路的规律处理交流电路中的有关问题．例2 [2022·浙江1月]如图所示，甲图是一种手摇发电机及用细短铁丝显示的磁场分布情况，摇动手柄可使对称固定在转轴上的矩形线圈转动；乙图是另一种手摇发电机及磁场分布情况，皮带轮带动固定在转轴两侧的两个线圈转动．下列说法正确的是( )A．甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场B．乙图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场C．甲图中线圈转动时产生的电流是正弦交流电D．乙图中线圈匀速转动时产生的电流是正弦交流电[解题心得]预测 3 [2022·湖北押题卷]一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生正弦式交变电流，电动势随时间的变化规律如图线a 所示．仅调整线圈转速，电动势随时间的变化规律如图线b 所示，则图线b 电动势瞬时值的表达式是( )A ．e ＝100sin 5πt (V)B ．e ＝100sin100πt 3(V)C ．e ＝120sin 5πt(V)D ．e ＝120sin100πt 3(V )预测4 [2022·山东章丘二模]一半径为a 的半圆形单匝闭合线框，其总电阻为r ，空间中存有方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场．某时刻在外力驱动下，线框开始绕其水平放置的直径以角速度ω匀速转动(左侧观察顺时针转动)．t 时刻线框恰好转动至如图所示的竖直平面，下列说法正确的是( )A ．线框匀速转动一周的过程中外力做功为W ＝π3B 2a 4ω4rB ．从t 时刻开始计时，感应电动势的表达式为e ＝πBωa 22sin (ωt)VC ．线框从t 时刻转到水平位置的过程中电路中的电荷量为q ＝√2π2Ba 28rD ．设N 点电势为零，t 时刻M 点电势为φM ＝－Bπωa 24考点三 变压器与远距离输电1．理想变压器原副线圈中各物理量的三个制约关系(1)电压制约：输出电压U2由输入电压U1决定，即U2＝n2U1. 原制约副n1(2)电流制约：原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2. 副n1制约原(3)功率制约：变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定，即P1＝P2. 副制约原2．分清远距离输电的三个回路和三种关系(1)理清三个回路(2)分清三种关系例 3 [2022·河北卷]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√2πNBSzB．发电机输出交变电流的频率为2πnzC．变压器原、副线圈的匝数比为√2πNBSnz∶UD．发电机产生的瞬时电动势e＝√2πNBSnz sin (2πnz)t[解题心得]预测5 [2022·湖北押题卷]如图甲所示，100匝圆形线圈接入理想变压器的原线圈，变压器的副线圈接入阻值为R的电阻，电表都是理想电表．已知每匝线圈的电阻均为R，若在线圈位置加入垂直于线圈平面的磁场，磁感应强度B随时间t按正弦规律变化的图像如图乙所示，得到圆形线圈的电热功率与电阻R的功率相等．下列说法正确的是( )时刻两电流表示数均达最大A．T2时刻两电流表示数均为0B．T4C．原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1D．对某一段线圈来说，当磁感应强度最大时，受到的安培力最大预测6 [2022·湖南卷]如图，理想变压器原、副线圈总匝数相同，滑动触头P1初始位置在副线圈正中间，输入端接入电压有效值恒定的交变电源．定值电阻R1的阻值为R，滑动变阻器R2的最大阻值为9R，滑片P2初始位置在最右端．理想电压表的示数为U，理想电流表的示数为I.下列说法正确的是( )A．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，I减小，U不变B．保持P1位置不变，P2向左缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率增大C．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，I减小，U增大D．保持P2位置不变，P1向下缓慢滑动的过程中，R1消耗的功率减小预测7 [2022·福建押题卷]如图所示为研究远距离输电的装置．理想变压器T1、T2的匝数比相等(n1∶n2＝n4∶n3)，变压器T1的输入电压u1＝e＝50√2sin 100πt(V)，输电线的总电阻为r，则( )A．闭合开关后，灯泡两端的电压为50 VB．闭合开关后，通过灯泡电流的频率为100 HzC．闭合的开关数越多，所有灯泡获得的总功率越大D．依次闭合开关S1、S2、S3…，灯泡L1越来越暗素养培优·情境命题利用理想变压器规律解决实际问题情境1 [2022·江苏冲刺卷]互感式钳形电流表内部结构如图所示，电流表与次级线圈相连，用手柄控制钳形铁芯上方开口的开合，则( )A．该电流表可用来测量直流电B．次级线圈匝数越少，电流表读数越大C．该电流表测电流时相当于降压变压器D．测量时电流表应串联在被测通电导线中[解题心得]情境2 [2022·历城二中测评]如图是一个家庭用的漏电保护器的简单原理图，它由两个主要部分组成，图中左边虚线框内是检测装置，右边虚线框内是执行装置．检测装置是一个特殊的变压器，它把即将引入室内的火线和零线并在一起绕在铁芯上作为初级(n1匝)，另绕一个次级线圈(n2匝)．执行装置是一个由电磁铁控制的脱扣开关．当电磁铁的线圈中没有电流时，开关是闭合的，当电磁铁的线圈中的电流达到或超过一定值时，开关断开，切断电路，起到自动保护作用．我国规定当漏电流达到或超过30 mA时，就要切断电路以保证人身的安全．至于电磁铁中的电流达到多大时脱扣开关才断开，则与使用的具体器材有关，如果本题中的脱扣开关要求电磁铁中的电流至少达到80 mA才会脱扣，并且其检测装置可以看作理想变压器，那么，n1与n2的比值为( )A．n1∶n2＝5∶3 B．n1∶n2＝3∶5C．n1∶n2＝8∶3 D．n1∶n2＝3∶8[解题心得]情境3 [2022·广东冲刺卷]氮化镓手机充电器具有体积小、功率大、发热量少的特点，图甲是这种充电器的核心电路．交流电经前端电路和氮化镓开关管后，在ab端获得如图乙所示的高频脉冲直流电，经理想变压器降压后在cd端给手机充电，则正常工作时，变压器cd输出端( )A．输出的电压也是直流电压B．输出电流的频率为2TC．输出电流的有效值大于ab端输入电流的有效值D．需将输入电压转变为交流电，输出端才会有电压输出[解题心得]情境4 [2022·山东冲刺卷]近十年来，我国环形变压器从无到有，已形成相当大的生产规模，广泛应用于计算机、医疗设备、家电设备和灯光照明等方面，如图甲所示．环形变压器与传统方形变压器相比，漏磁和能量损耗都很小，可视为理想变压器．原线圈匝数n1＝880匝，副线圈接一个“12 V22 W”的照明电灯，示意图如图乙所示，图中电压表与电流表均为理想交流电表．原线圈接交流电源，原线圈两端的电压随时间变化的关系图像如图丙所示，最大值U m＝220√2 V，最大值始终保持不变，照明电灯恰好正常发光．则( )A．原线圈两端电压的有效值和t＝2.5×10－3 s的电压瞬时值相等B．若电压表为非理想电表，电压表的读数会变小C．照明电灯正常发光时，电流表的读数为0.05 AD．在t＝5×10－3 s时刻，电压表的示数为零[解题心得]专题十二直流电路与交流电路高频考点·能力突破考点一例1 解析：当变阻器滑动触头向右缓慢滑动时，接入电路中的电阻减小，总电阻变小，总电流变大，内电压变大，由路端电压U＝E－Ir知U变小，电压表示数减小，电流表示数增大，R2两端电压增大，功率P增大，电容器与变阻器并联，所以电容器两端电压减小，由公式Q＝CU可知，电荷量减小，故B、C正确．答案：BC预测 1 解析：滑动变阻器的滑片位于最右端时，滑动变阻器两部分并联的阻值为零，此时电路的外电阻最小，干路电流最大，路端电压最小，电流表示数最大；滑动变阻器的滑片位于中间时，滑动变阻器两部分并联的阻值最大，此时电路的外电阻最大，干路电流最小，路端电压最大，电流表示数小于初始位置时的示数；滑动变阻器的滑片位于最左端时，滑动变阻器两部分并联的阻值为零，此时电路的外电阻最小，干路电流最大，路端电压最小，电流表示数为零，所以A、B错误，D正确．滑动变阻器两部分并联的阻值先增大后减小，但与灯泡L及内阻的阻值关系未知，故输出功率无法确定，C错误．答案：D预测2 解析：程序法：在滑动变阻器R的滑片向右滑动的过程中，滑动变阻器接入电路的电阻变大，电路总电阻变大，根据闭合电路的欧姆定律可知，干路电流变小，选项A 正确；由于干路电流变小，根据U外＝E－Ir可知外电路两端的电压变大，电阻R1两端的电压U1＝IR1变小，则并联部分电路两端的电压变大，即电压表V的示数变大，通过电阻R2的电流变大，即电流表A2的示数变大，选项B、C错误；根据P1＝I2R1可知，电阻R1不变，通过R 1的电流变小，则电阻R 1的电功率变小，选项D 错误．结论法：根据“串反并同”，滑动变阻器R 的滑片向右滑动的过程，R 变大，与之间接串联部分的电流、电压减小，R 1的电功率变小，选项A 正确、D 错误；与之并联部分的电流、电压变大，选项B 、C 错误．答案：A 考点二例2 解析：图中细短铁丝被磁化之后，其作用相当于小磁针，根据其分布特点可判断出甲图中线圈转动区域磁场可视为匀强磁场，故选项A 正确；而乙图中，磁针分布的方向并不相同，则线圈转动区域磁场不能看成匀强磁场，故选项B 错误；根据发电机原理可知，甲图中线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的转轴匀速转动时才能产生正弦交流电，故选项C 错误；乙图中线圈匀速转动时，由于线圈切割磁感线的速度方向始终与磁场垂直且所在位置的磁感应强度大小不变，所以匀速转动时产生的是大小恒定的电流，故选项D 错误．答案：A预测3 解析：由图可知，调整转速前后周期之比Ta Tb ＝0.040.06＝23由ω＝2πT可知角速度与周期成反比，得调整转速前后角速度之比为ωa ωb＝T b T a＝32调整线圈转速之后，交流电的角速度ωb ＝2πT b＝2π0.06 s ＝100π3rad/s感应电动势最大值E m ＝NBSω转速调整前后，NBS 相同，E m 与ω成正比Ema E mb ＝ωa ωb由图可知，调整线圈转速之前交流电的最大电动势E m a ＝150 V所以调整线圈转速之后交流电的最大电动势E m b ＝ωb ωaE m a ＝23×150 V＝100 V线圈从中性面开始转动计时，所以图线b 电动势的瞬时值表达式e ＝100sin 100πt 3(V)，故选B.答案：B预测4 解析：根据法拉第电磁感应定律有，线框中产生感应电动势的有效值为E 有＝√2＝√22NBSω＝√24πa 2Bω，则线框匀速转动一周的过程中线框中产生的焦耳热为Q ＝E 有2 ET ，T ＝2πω，联立解得Q ＝π3B 2a 4ω4r，线框匀速转动一周的过程中外力做功等于线框中产生的焦耳热，即W ＝Q ＝π3B 2a 4ω4r，故A 正确；t 时刻开始计时，线框中产生的感应电动势的表达式为e ＝E m cosωt ＝πBωa 22cos (ωt )V ，B 错误；线框从t 时刻转到水平位置的过程中电路中的电荷量为q＝ΔΦr＝BΔS r＝12Bπa 2r＝Bπa 22r，C 错误；设N 点电势为零，t 时刻M 点电势为φM ＝－(πaπa +2a)·e＝－(πaπa +2a)·πBωa 22·cos 0＝－π2Bωa 22(π+2)，故D 错误．答案：A 考点三例3 解析：发电机线圈的转速为nz ，输出交变电流的频率为f ＝ω2π＝nz ，B 错误；线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的为正弦交流电，最大值为E m ＝NBS ·2π·nz ，输出电压的有效值为E ＝m √2＝√2πNBSnz ，A 错误；变压器原、副线圈的匝数比为n 1n2＝EU ＝√2πNBSnzU，C 正确；发电机产生的瞬时电动势为e ＝E m sin ωt ＝2πNBSnz sin (2πnz )t ，D 错误．答案：C预测5 解析：电表测量的是有效值，不是瞬时值，两电流表的示数不变，A 、B 错误；根据题意得I 12×100R ＝I 22×R ，I 1I2＝n 2n 1，解得n 1n 2＝101，C 正确；由图乙可知当磁感应强度最大时，磁感应强度的变化率为零，感应电流等于零，线圈受到的安培力等于零，D 错误．答案：C预测6 解析：设原线圈两端电压为U 1，副线圈两端电压为U 2，通过原线圈的电流为I 1，通过副线圈的电流为I 2，由理想变压器变压规律和变流规律可得，原、副线圈及定值电阻R 1的等效电阻为R ′＝U 1I 1＝n 1n 2U 2n 2n 1I 2＝(n1n 2)2U2I 2＝(n1n 2)2R 1；保持P 1位置不变，将原、副线圈及电阻R 1等效为一定值电阻，P 2向左缓慢滑动过程中，R 2接入电路的电阻减小，则整个电路的总电阻减小，由欧姆定律可知，回路中电流I 增大，原线圈两端电压增大，又电源电压不变，故电压表示数U 减小，A 项错误；由于原线圈两端电压增大，由理想变压器变压规律可知，副线圈两端电压增大，故R 1消耗的功率增大，B 项正确；当P 2位置不变，P 1向下滑动时，n 2减小，等效电阻R ′增大，由欧姆定律可知，回路中电流减小，R 2两端电压减小，C 项错误；由于R 2两端电压减小，则原线圈两端电压增大，由变压规律可知，副线圈两端电压增大，R 1的功率增大，D 项错误．答案：B预测7 解析：闭合开关后，灯泡两端的电压为U 4＝n 4n 3U 3＝n 4n 3(U 2－ΔU )＝n 4n 3(n2n 1U 1−ΔU )＝U 1－n 4n 3ΔU ，A 错误；变压器不改变频率，交变电流的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，B 错误；设升压变压器的输出电压为U 2，输送电流为I 2，所有灯泡获得的总功率为P ＝U 2I 2−I 22r ＝−E (E 2−E 22E )2+E 22 4E闭合的开关数越多，灯泡总电阻越小，所以灯泡总功率有可能先增大后减小，也有可能一直减小，C 错误；依次闭合开关S 1、S 2、S 3…，灯泡总电阻逐渐减小，输送电流逐渐增大，所以灯泡两端的电压逐渐减小，灯泡L 1越来越暗，D 正确．答案：D 素养培优·情境命题情境1 解析：互感式钳形电流表利用的是电磁感应的互感原理，不能测量直流电，故A 错误；电流大小与线圈匝数成反比，所以次级线圈匝数越少，电流表读数越大，故B 正确；该电表原线圈为单匝，是升压变压器，故C 错误；测量时，用手柄控制钳形铁芯上方开口打开，将被测通电导线圈放入其中，不需要将电流表串联在被测通电导线中，故D 错误．答案：B情境2 解析：根据题意可知n1n 2＝I2I 1＝80 mA 30 mA＝83，故A 、B 、D 错误，C 正确．答案：C情境3 解析：经过变压器输出的电压为交流电压，A 错误；由乙图可知周期为T ，故输出电流的频率为f ＝1T ，B 错误；由于变压器为降压变压器，则输入电压有效值大于输出电压有效值，根据变压器的输入功率等于输出功率，可知输出电流的有效值大于ab 端输入电流的有效值，C 正确；变压器的工作原理是电磁感应，只要输入电流的大小发生变化，产生的磁场就会发生变化，磁通量就会发生变化，输出端就会有电压输出，故不需要将输入电压转变为交流电，输出端也可以有电压输出，D 错误．答案：C情境4 解析：原线圈两端电压的有效值为U ＝m √2＝220 V ，由图丙可知电压周期T ＝2×10－2s ，则电压瞬时值表达式为u ＝U m cos2πTt ＝220√2cos (100πt )，当t ＝2.5×10－3 s 的电压瞬时值为u ＝220√2cos (100π×2.5×10－3)V ＝220 V ，故A 正确；电压表测的是输出电压，不会随外电阻的变化而变化，故B 错误；照明电灯正常发光时，电流为I 2＝P U 2＝116 A ，线圈匝数比为n1n2＝UU2＝22012＝553，电流表的读数为I＝I2n2n1＝0.1 A，故C错误；电压表的示数为有效值，即为12 V，故D错误．答案：A。

选择题题型6 变压器、交变电流问题1.(2017·山东临沂二模)线圈ab,cd绕在同一软铁芯上,如图(甲)所示,在ab线圈中通以如图(乙)所示的电流(电流从a流入为正),已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈中感应电动势U cd随时间变化关系的图中,正确的是( )2.(2017·四川资阳二诊)如图(甲)所示,矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动,产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图(乙)所示.若外接电阻的阻值R=9 Ω,线圈的电阻r=1 Ω,则下列说法正确的是( )A.线圈转速为100π rad/sB.0.01 s末穿过线圈的磁通量最大C.通过线圈的最大电流为10 AD.电压表的示数为90 V3.(2017·四川广元二模)在如图(甲)所示的电路中,理想变压器原、副线圈匝数比为5∶1,原线圈接入图(乙)所示的电压,副线圈接火灾报警系统(报警器未画出),图中电压表和电流表均为理想电表,R0为定值电阻,R为热敏电阻,其阻值随温度的升高而减小.下列说法中正确的是( )A.电压表的示数为44 VB.图(乙)中电压的有效值为220 VC.R处出现火灾时电流表示数减小D.R处出现火灾时电阻R0消耗的电功率增大4.(2017·河北张家口二模)如图所示,理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表,副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节,在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头.在原线圈上加一电压为U的正弦交变电流,下列说法正确的是( )A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变大B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变小C.保持P的位置不动,将Q向下滑动时,电流表读数变大D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变小5.(2017·宁夏银川三模)(多选)如图所示,N匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动,线框面积为S,线框的电阻、电感均不计,外电路接有电阻R、理想交流电流表○A 和二极管D,二极管D具有单向导电性,即正向电阻为零,反向电阻无穷大.下列说法正确的是( )A.图示位置电流表的示数为0B.R两端电压的有效值U=NBSC.一个周期内通过R的电荷量q=D.交流电流表的示数I=NBS6.(多选)某小型发电站通过升压变压器向60 km远处的用户供电,在用户端用降压变压器将电压变为220 V供用户使用(设两个变压器均为理想变压器),输电示意图如图所示.已知输电线的电阻率为ρ=1.25×10-8Ω·m,横截面积为1.5×10-4m2,发电机输出功率为20 kW,输出电压为250 V,若线路损耗的功率为输出功率的5%.则下列说法正确的是( )A.发电机是将其他形式的能转化为电能的设备,发电原理是法拉第电磁感应定律B.输电线上的电流为10 AC.>D.升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压7.(2017·河南平顶山一调)(多选)如图(a)所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=55∶4,原线圈接有交流电流表A1,副线圈电路接有交流电压表V、交流电流表A2、滑动变阻器R 等,所有电表都是理想电表,二极管D正向电阻为零,反向电阻无穷大,灯泡L的阻值恒定.原线圈接入的交变电压的变化规律如图(b)所示,则下列说法正确的是( )A.交流电压表V的读数为32 VB.灯泡L两端电压的有效值为32 VC.当滑动变阻器的触头P向下滑动时,电流表A2示数增大,A1示数增大D.由图(b)可知交流发电机转子的角速度为100 rad/s。

2021年4月1日理科考试研究•综合版• 45 •验基本思想，那么著名的“a 粒子散射实验”就不会成 功（极少数a 粒子散射发生大角度偏转），原子的核式结构就不会被提出，发现源于细节，成功更源于精准. 在实验备考中，教师要精心设计实验教学内容，组织开展好基础性实验和拓展性实验（探究性实验、创新 性实验、综合性实验等），在做实验的过程中更有利于强化实验基础知识、基本技能、基本思想、基本活动经 验，调动学习的主动性、积极性和创造性，激发学生的创新思维和创新意识，是提升学生实验创新能力和综合素质的有效途径.参考文献：[1 ]肖秋芳.应用数学处理物理问题能力培养的探究[J]•中学理科园地,2017,13（05） ：16 - 17.[2] [1]王平.高中物理实验教学的有效途径探索[J].试题与研究,2019（20）:64.[3] 王继群.物理高考真题中应用数学能力处理物理问题的重要性浅析[J].中学物理,2016,34（ 13） ：84 -85.（收稿日期：2021 -01 -09）基于学习进阶理论的教学變例研克——以高二“交变电流专题”为例 潘学升（江苏省高淳高级中学江苏南京211300）摘要：学习进阶也称“学习进程”，它着重强调的是教师在教学设计中设计"阶”和各进阶"起点”与“终点”，进阶 理论在实际应用中对“如何设定路径促进学生发展”的探索.笔者以"交变电流”单元复习课为例，应用学习进阶理论对 “阶”和“路径”的探索做了一些尝试.关键词：学习进阶;教学案例；交变电流知识碎片理论认为,学生的知识来源于一些零散 的知识碎片，在特殊物理情境下学生需要将这些碎片知识解析、重构从而构建相对完整的概念解释⑴•教 师的教学行为应该是设计基于学情的核心情境，对情境中的物理概念和规律采取有效的方式分解,让学生 在割裂的情境下一步步实现知识的解析与重构，最终实现概念和规律的有效转化.美国国家研究理事会（NRC ）将学习进阶定义为 “学习进阶是对学生连贯且逐渐深入的思维方式的假定描述，在一个适当的时间跨度下，学生学习和探究某一重要的知识或实践领域时,其思维方式的逐渐进 阶⑵.”学习进阶理论强调学生的学习是需要分阶段、 分层次进行的，而且每一阶段、每一层次的学习都是建立在前一阶段的基础上的深化与拓展.有人把学习进阶喻为极限运动——攀岩，如图1 所示,运动员要想达到岩石的顶端，运动员必须结合自己的实际，利用脚踏点，逐步实现攀登•在学习进阶理论中，教师的教学行为就是设置合理的最优化的图1“脚踏点”，助学生“登顶”的同时，促进其知识与方法的进阶.1 “交变电流专题”案例分析1. 1 进阶分析模型建构是髙中物理核心素 养中的重要组成部分.在科学领域，模型被视为是对真实世界的一 种表征，建模是建构或修改模型的动态过程，即从复杂的现象中，抽取出能描绘该现象 的元素或参数，并找出这些元素或参数之间的正确关系，建构足以正确描述、解释现象的模型的过程⑶. “交变电流的产生和描述”是高中物理模型建构的典 型案例，是学生提升物理核心素养中科学思维的最佳素材之一 •掌握“交变电流的产生和描述”是理解变压器及电能的输送的基础,也是能区别线圈在辐射状磁 场中切割模型的基础.1. 1- 1进阶起点的分析建模教学首先需要全面了解学生的相关知识层基金项目：南京市教育科学规划第十一期"个人课题”“基于学习进阶理论的高中物理概念教学案例研究”（项目编号:MK3751）. 作者简介：潘学升（1982 -）,男，安徽六安人，本科，中学高级教师，研究方向：高中物理教与学.•46•理科考试研究•综合版2021年4月1日次和能力水平，根据学生的知识和能力水平确定进阶的起点⑷•学生已有的知识结构：知道法拉第电磁感应定律的内容；知道如何判断感应电流的方向；知道如何计算切割模型的感应电动势的大小.对于转动切割模型较为模糊（前两节内容已经学习），概念（中性面、交变电流“四值”等）和规律（中心面的特点、交变电流产生的规律等）在脑中还没有形成体系，大多数同学仍处于“死记硬背”的状态，知识暂时处于“碎片”状态.现阶段学生的思维特性:高中生已经具备一定的逻辑推理的能力，理性认识正在丰富.1.1.2进阶目标的预设通过本章复习学生可以做到:进一步理解闭合线圈在匀强磁场中绕轴转动切割产生的交变电流，能够独立推导其感应电动势的表达式,能够区分不同形式下的切割模型的相同点和不同点，能进一步理解磁通量的变化率与感应电动势的关系，能独立画出e-t或的图像并能解释特殊位置时对应的物理量的关系.1.1.3进阶途径与教学策略重新提炼物理模型,通过问题链的形式完成对模型的进阶和概念的深化理解•具体的教学行为：设置问题链，完成对交变电流电动势表达式的推导，补充进阶所要构建完成知识体系的问题，通过变形、变式、对比等形式制造认知冲突.通过生生互动、师生互动的方式引导学生对概念和规律进行辨析，对规律进一步总结，从而能够建立正确的物理模型并能区分各种模型的异同,实现知识体系的系统构建.1.2进阶层次划分与教学设计1.2.1统一进阶起点：创设物理情境，复习回顾，确定学生的思维水平问题1：如图2所示，说出甲、乙图中线圈所在位置的特征.甲乙图2学生分析结果见表1.表1位置中性面:线圈与磁感线垂直的面特征①磁通量最大②感应电流为零③感应电流方向改变垂直中性面位置①磁通量为零②感应电动势最大问题2：如图3所示，磁感应强度为线圈ab边长为L x,cd边长为厶2,线圈逆时针绕垂直于磁场的中心轴匀速转动，角速度为从中性面开始计时，经时间t,求图3此时:①线圈与中性面的夹角；②切割速度大小；③线圈中感应电动势；④若线圈匝数为N,感应电动势;⑤若线圈匝数为N,磁通量.问题3：请同学们画出e_t和④_t的图像并根据法拉第电磁感应定律和楞次定律解释图像区别及对应的特征.设计意图:本章内容虽然已经学完，但因其内容的难度及学生的学情的影响，学生的进阶起点各不相同,故可以通过问题链的形式呈现知识的形成线索,确定认知的起点与盲点.通过独立和小组合作的方式让学生重温知识的形成过程，理解其来龙去脉，初步形成知识框架，确定统一的进阶起点.学生的思维水平整体向单一结构水平过渡.1-2.2进阶1：设置不同情境，体会各种情境的异同点，进一步深化对交变电流的理解问题4：如图4所示，四幅图中线圈的面积相同,它们产生的交流电的电动势相同吗？图4迷思点部分同学对“转轴的位置对电动势的影响”不清.总结:从表达式可以看出，E”的大小与转轴的位置和线圈的形状无关，只与线圈的匝数、转动的角速度、线圈面积、磁感应强度大小有关，所以感应电动势都相同.2021年4月1日理科考试研究•综合版•47•设计意图：在进阶一的基础上，让学生辨析四幅图，其目的是让学生对模型有一个清晰的认识.学生的思维认识水平由单点结构水平向多点结构水平的过渡.问题5：如下图甲、乙所示,请画出线圈在转动时产生的感应电流随时间的图像.(规定顺时针为正)IX XXI图5迷思点不少同学认为两幅图产生的感应电动势完全相同.设计意图:学生已经推导交变电流感应电动势的表达式，但是否具备辨析本质的能力并不清楚，问题5可以让学生从切割角度重新审视推导过程.学生通过问题5的分析与讨论，得出不同形式下的线圈切割产生的感应电动势的异同点，对概念进一步深化理解. 1.2.3进阶2：设置物理情境，实现对交变电流“四值”问题的进阶问题6：如图6所示，边长为I的正方形线圈abed的匝数为N,线圈电阻为r,外电路的电阻为R,ab的中点和cd的中点的连线00,垂直磁场且恰好位于匀强磁场的边界上，磁感应强度为B,现在线圈以00'为轴，以角速度3匀速转动，求：(1)以图示位置为计时起点，闭合电路中电流瞬时值的表达式；(2)线圈从图示位置转过90。

专题限时集训(九) [专题九 恒定电流和交变电流](时间：45分钟)1．2012夏季，我国北方部分地区平均最高气温达39℃.为了解暑，人们用风扇降温．如图9—1所示为降温所用的一个小型电风扇电路简图，其中理想变压器的原、副线圈的匝数比为n ，原线圈接电压为U 的交流电源，输出端接有一只电阻为R 的灯泡L 和风扇电动机D ，电动机线圈电阻为r.接通电源后，电风扇正常运转，测出通过风扇电动机的电流为I ，下列说法错误的是( )图9—1A ．风扇电动机D 两端的电压为IrB ．理想变压器的输入功率为UI n ＋U 2n 2RC ．风度电动机D 输出的机械功率为UI n－I 2r D ．若电风扇由于机械故障被卡住，则通过原线圈的电流为URr n 2（R ＋r ）2．某一热敏电阻其阻值随温度的升高而减小，在一次实验中，将该热敏电阻与一小灯泡串联，通电后其电流I 随所加电压U 变化的图线如图9—2所示，M 为两个元件的伏安特性曲线的交点．则关于热敏电阻和小灯泡的下列说法中不正确的是( )图9－2A ．图中图线a 是小灯泡的伏安特性曲线，图线b 是热敏电阻的伏安特性曲线B ．图中图线b 是小灯泡的伏安特性曲线，图线a 是热敏电阻的伏安特性曲线C ．图线中的M 点，表示该状态小灯泡的电阻与热敏电阻的阻值相等D ．图线中M 点对应的状态，小灯泡的功率与热敏电阻的功率相等3．A 、B 两块正对的金属板竖直放置，在金属板A 的内侧表面系一绝缘细线，细线下端系一带电小球．两块金属板接在如图9—3所示的电路中，R 1为光敏电阻，R 2为滑动变阻器，R 3为定值电阻，当R 2的滑动触头P 在中间时闭合开关S ，此时电流表和电压表的示数分别为I 和U ，带电小球静止时绝缘细线与金属板A 的夹角为θ.已知电源电动势E 和内阻r 一定，光敏电阻随光照的增强电阻变小，以下说法正确的是( )图9－3A．保持光照强度不变，将滑动触头P向b端滑动，则R3消耗的功率变大B．保持滑动触头P不动，让R1周围光线变暗，则小球重新平衡后θ变小C．将滑动触头P向a端滑动，用更强的光照射R1，则电压表示数变小D．保持滑动触头P不动，用更强的光照射R1，则U的变化量的绝对值与I的变化量的绝对值的比值变小4．图9—4甲、乙中，电源电动势均为E＝12 V，内阻均为r＝3 Ω，R0＝1 Ω，直流电动机内阻R′0＝1 Ω.当调节滑动变阻器使R1＝2 Ω时，图甲电路输出功率最大．调节R2使图乙电路输出功率最大，且此时电动机刚好正常工作(额定功率为6 W)，则此时R2的阻值和电动机的内阻消耗的功率P为( )甲乙图9－4A．R2＝2 Ω，P＝4 W B．R2＝1.5 Ω，P＝6 WC．R2＝2 Ω，P＝6 W D．R2＝1.5 Ω，P＝4 W5．某同学将一直流电源的总功率P E、输出功率P R和电源内部的发热功率P r随电流I变化的图线画在了同一坐标系中，如图9—5中的a、b、c所示．下列判断错误的是( )图9－5A．直线a表示电源的总功率B．曲线c表示电源的输出功率C．电源的电动势E＝3 V，内阻r＝1 ΩD．电源的最大输出功率P m＝9 W6．如图9—6所示，电源电动势为E，内阻为r，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时( )图9－6A．电压表的示数增大B．R2中电流增大C．小灯泡的功率减小D．电路的路端电压升高7．如图9—7所示电路中，A1、A2、A3为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( )图9－7A．电流表A1的示数比A2的小B．电流表A2的示数比A3的小C．电流表A1和A2的示数相同D．电流表的示数都不为零8．有一台交流发电机E，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，如图9—8所示．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.设T1的输入电压U1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )图9－8A．U2变小，U3变小B．U2变小，U4变大C．P1变小，P2变小 D．P2变大，P3变大9．在某交变电流电路中，有一个正在工作的理想变压器，如图9—9所示．它的原线圈匝数n1＝600匝，副线圈匝数n2＝120匝，交流电源的电动势e＝311sin100πt V(不考虑其内阻)，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，原线圈串联一个额定电流为0.2 A的保险丝，为保证保险丝不被烧断，则( )图9－9A．负载功率不能超过62 WB．副线圈电流最大值不能超过1 AC．副线圈电路中的电阻r不能小于44 ΩD．副线圈电路中电压表的读数为62 V10．如图9—10所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u＝202sin100πt V．氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中不正确的是( )图9－10A ．开关接通后，氖泡的发光频率为100 HzB ．开关接通后，电压表的示数为100 VC ．开关断开后，电压表的示数变大D ．开关断开后，变压器的输出功率变小11．电子灭虫器由两种主要部件组成：诱虫的黑光灯和杀虫的电网．黑光灯发出的紫外线能够引诱害虫飞近黑光灯，然后再利用黑光灯周围的交流高压电网将其“击毙”．如图9—11所示是电网的工作电路示意图，理想变压器将有效值为220 V 的交变电压变压，输送到电网，电网相邻两平行板电极间距为0.5 cm ，空气在常温下被击穿的临界电场强度为6220 V/cm.为防止两极间空气击穿而造成短路，理想变压器的原、副线圈的匝数应满足一定条件，则下列说法正确的是( )图9－11A ．此变压器为降压变压器，原、副线圈的匝数比n 1n 2>10 B ．此变压器为升压变压器，副、原线圈的匝数比n 2n 1<10 C ．此变压器为降压变压器，原、副线圈的匝数比n 1n 2<10 D ．此变压器为升压变压器，副、原线圈的匝数比n 2n 1>10专题限时集训(九)1．A [解析] 由变压器的原理可知，风扇电动机D 两端的电压为U n，由于电风扇中含有线圈，故不能利用欧姆定律求电压，选项A 错误；由变压器功率特点可知，理想变压器的输入功率等于灯泡L 和风扇电动机D 消耗的功率之和，灯泡L 消耗的功率为（U n ）2R ＝U 2n 2R，风扇电动机消耗的功率为UI n ，选项B 正确；风扇电动机D 输出的机械功率为UI n－I 2r ，选项C 正确；因为副线圈两端的电压为U n，若电风扇由于机械故障被卡住，则副线圈回路可视为纯电阻电路，该回路的等效电阻为R ＋r Rr ，所以副线圈中的电流为URr n （R ＋r ），通过原线圈的电流为URr n 2（R ＋r ），选项D 正确． 2．A [解析] 小灯泡的灯丝是一个纯电阻，其灯丝温度会随着通电电流而增大，阻值也随着增大，所以图中b 是小灯泡的伏安特性曲线；同理可知，热敏电阻的温度随着通电电流增大，其阻值会逐渐减小，图线a 是热敏电阻的伏安特性曲线，选项A 错误，选项B 正确；两个图线的交点M ，表示此状态下两个元件不仅电流相同，电压也相同，所以此时两者阻值相同，功率也相同，选项CD 正确．3．C [解析] 根据电路图可知，电阻R 3、R 2的aP 部分和R 1串联后组成电源的外电路，电压表测量路端电压，电流表测量干路电流，而平行板电容器两极板间的电压等于R 1两端电压，考虑到是直流电源，所以当电路稳定时，电容器可以看作是断开的．保持光照强度不变，将滑动触头P 向b 端滑动，R 2接入电路的电阻变大，外电路总内阻变大，干路电流变小，R 3消耗的功率变小，选项A 错误；保持滑动触头P 不动，当R 1周围光线变暗时，R 1的阻值增大，R 1两端电压也增大，A 、B 两板间电压增大，因为两板间距不变，所以板间场强增大，小球受到水平向右的电场力增大，重新平衡后θ变大，选项B 错误；将滑动触头P 向a 端滑动，R 2接入电路的电阻变小，用更强的光照射R 1，R 1的电阻也变小，则干路电流变大，路端电压变小，选项C 正确；U 的变化量的绝对值与I 的变化量的绝对值的比值等于电源的内阻r ，是定值，选项D 错误．4．D [解析] 两图中电源相同，它们的最大输出功率相同，根据图甲可知，当电流I ＝2A 时，电源的输出功率最大，最大值为P 出＝IE －I 2r ＝12 W ，图乙中电动机消耗的功率为6 W(包括输出的机械功率和内阻消耗的热功率)，R 2消耗的功率为6 W ，即I 2R 2＝6 W ，可得R 2＝1.5 Ω，电动机的内阻消耗的功率P ＝I 2R ′0＝4 W ，选项D 正确．5．D [解析] 电源的总功率为P E ＝EI ，电源的输出功率为P R ＝EI －I 2r ，电源内部的发热功率P r ＝I 2r ，所以直线a 表示电源的总功率，选项A 正确；曲线b 表示电源内部的发热功率，曲线c 表示电源的输出功率，选项B 正确；直线a 的斜率表示电动势E ，解得E ＝3 V ，由曲线b 上某点坐标可得电源内阻为1 Ω，选项C 正确；当外电路电阻等于电源内阻时，电源输出功率最大，P m ＝E 24r＝2.25 W ，对应曲线c 的最高点，选项D 错误． 6．A [解析] 照射光强度增大时，光敏电阻R 3的电阻值减小，外电路电阻减小，由闭合电路欧姆定律得，电路中总电流I 增大，所以定值电阻R 1的两端电压U 1增大，电路的路端电压U ＝E －Ir 减小，选项A 正确，选项D 错误；由以上分析知，并联电路部分的电压U 2＝U －U 1减小，所以通过定值电阻R 2的电流减小，由于电路总电流增大，故通过小灯泡的电流增大，小灯泡功率随之增大，选项BC 错误．7．C [解析] 理想变压器原、副线圈的磁场变化情况相同，由图乙知原线圈的磁场均匀变化，据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt ＝n ΔB Δt·S 知副线圈中产生恒定电流，线圈对直流电无阻碍作用，直流电不能通过电容器，所以电流表A 1、A 2的示数相同，A 3的示数为零，C 选项符合题意．8．D [解析] 由于U 1和T 1的线圈的匝数不变，根据U 1U 2＝n 1n 2得U 2不变，选项B 错误；用户功率P 4增大时，用户电流I 4随之增大，T 2的原线圈功率P 3＝P 4也增大，通过输电线的电流I R 增大，输电线上的电压降U R ＝I R R 增大，所以T 2的初级电压U 3＝U 2－I R R 减小，选项A 错误；因用户消耗的电功率P 4变大时，线路消耗的电功率P R ＝I 2R R 变大，由能量守恒定律得P 1＝P 2＝P 4＋P R 变大，选项C 错误，选项D 正确．9．C [解析] 由U 1U 2＝n 1n 2解得U 2＝44 V ，选项D 错误；由I 1I 2＝n 2n 1解得I 2≤1 A ，所以负载功率P 2＝U 2I 2≤44 W ，选项A 错误；副线圈中的电流最大值为I m ＝ 2 A ，选项B 错误；由R ＝U 22P 2得R≥44 Ω，选项C 正确．10．C [解析] 在解题时要注意变压器的三个决定关系，副线圈电压由线圈决定，则不论负载如何变化，电压表的读数不变，始终为有效值100 V ，B 正确，C 错误；每个交流电周期内氖管发光两次，每秒发光100次，则氖管发光频率为100 Hz ，A 正确；开关断开后，负载电阻增大、电流减小，则变压器的输出功率减小，D 正确．11．B [解析] 电网相邻两电极间的最高电压为U 2＝Ed ＝6220×0.5 V ＝3 110 V ，理想变压器输入电压的最大值为U 1m ＝220× 2 V ＝311 V ，根据变压器变压公式U 1U 2＝n 1n 2，变压器的副、原线圈的匝数比n 2n 1<10，为升压变压器，选项B 正确．。

专题11.3 理想变压器的原理和制约关系一、选择题1．（2020中原名校联盟质检）如图所示为理想变压器，三个灯泡L1、L2、L3都标有“6V，6W”，L4标有“6V，12W”，若它们都能正常发光，则变压器原、副线圈匝数比n1 ∶n2和ab间电压分别为A．2 ∶1，24VB．2 ∶l，30VC．1 ∶2，24VD．1∶2，30V【参考答案】B【名师解析】L2、L3 并联后与 L4 串联，灯泡正常发光．说明副线圈电压为U2=12V；副线圈功率为P2=6W+6W+12W=24W，根据P2= U2 I2得I2=2A.。

根据变压器的输入的功率和输出的功率相等，P2= P1=U1 I1，而I2=2I1，所以U1=24V；根据变压器变压公式，电压与匝数成正比，得n1 ∶n2= U1 ∶U2=2 ∶l，所以 Uab=U1+UL1=(24+6)V=30V，选项B正确。

2. （2020广东湛江调研）将u=2202sin100πtV的电压输入如图所示的理想变压器的原线圈，原副线圈的匝数比为n1∶n2=55∶1，R=10Ω，则下列说法正确的是A．该交流电的频率为100HzB．闭合开关S后，电流表的读数为0.22AC．闭合开关S后，电阻消耗的电功率为1.6WD．断开开关S后，电流表的读数为0.22A【参考答案】C3．(2020·云南统测)如图所示，将理想变压器原线圈接入电压随时间变化规律为u ＝2202sin 100πt(V)的交流电源上，在副线圈两端并联接入规格为“22 V,22 W”的灯泡10个，灯泡均正常发光。

除灯泡外的电阻均不计，下列说法正确的是( )A ．变压器原、副线圈匝数比为102∶1B ．电流表示数为1 AC ．电流表示数为10 AD ．副线圈中电流的频率为5 Hz【参考答案】B【名师解析】由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为220 V ，交变电流的频率f ＝1T＝ω2π＝50 Hz ，D 项错；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为22 V ，由理想变压器变压规律可知，n 1n 2＝U 1U 2＝10，A 项错；由灯泡电功率P ＝UI 可知，通过每只灯泡的电流为1 A ，故副线圈输出电流为10 A ，由理想变压器变流规律可知，I 2I 1＝10，所以原线圈中电流的有效值为1 A ，B 项正确，C 项错。

第一部分专题四第1讲基础题——知识基础打牢1. (2022·四川自贡三诊)如图甲所示为一种自耦变压器(可视为理想变压器)的结构示意图．线圈均匀绕在圆环型铁芯上，滑动触头P在某一位置，在BC间接一个交流电压表和一个电阻R.若AB间输入图乙所示的交变电压，则( C )A．t＝2×10－2 s时，电压表的示数为零B．电阻R中电流方向每秒钟改变50次C．滑动触头P逆时针转动时，R两端的电压增大D．滑动触头P顺时针转动时，AB间输入功率增大【解析】电压表的示数是交流电的有效值，则t＝2×10－2 s时，电压表的示数不为零，选项A错误；交流电的周期为0.02 s，一个周期内电流方向改变2次，则电阻R中电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；滑动触头P逆时针转动时，次级匝数变大，则次级电压变大，即R两端的电压增大，选项C正确；滑动触头P顺时针转动时，次级匝数减小，次级电压减小，次级消耗的功率减小，则AB间输入功率减小，选项D错误．2. (2022·四川成都三诊)发电站通过升压变压器和降压变压器给某用户端供电，发电机组输出交变电压的有效值恒定，输电线总电阻r保持不变．当用户端用电器增加后( A )A．若滑片P位置不变，则输电线上损失的功率变大B．若滑片P位置不变，则用户端电压升高C．若将滑片P上移，则用户端电压可能不变D．若将滑片P上移，则输电线上损失的功率可能减小【解析】若滑片P位置不变，当用户端用电器增加后，用户端总功率变大，发电机的输出功率增大，输电线的电流变大，ΔU＝Ir，输电线两端承担的电压变大，损耗的功率增大；发电机的输入电压不变，升压变压器、降压变压器的匝数不变，故用户端电压降低，A正确，B 错误；若将滑片P 上移，升压变压器的副线圈与原线圈的匝数比变小，发电机组输出交变电压的有效值恒定，则副线圈两端电压变小．用户端用电器使用相同功率，则输电线上的电流会更大，输电线两端承担的电压更大，损耗的功率更大，则用户端的电压更小，故C 、D 错误．3. (多选)(2022·河南押题卷)图甲是一种振动式发电机的截面图，半径r ＝0.1 m 、匝数n ＝30的线圈位于辐射状分布的磁场中，磁场的磁感线沿半径方向均匀分布，线圈所在位置的磁感应强度大小均为B ＝12πT .如图乙，施加外力使线圈沿轴线做往复运动，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙中正弦曲线所示．发电机通过灯泡L 后接入理想变压器，对图乙中电路供电，三个完全相同的小灯泡均正常发光，灯泡的阻值R L ＝1 Ω，电压表为理想电压表，线圈及导线电阻均不计．下列说法正确的是( AC )A ．发电机产生电动势的瞬时值为e ＝6sin 5πt (V)B ．变压器原、副线圈的匝数之比为1∶3C ．每个小灯泡正常发光时的功率为2 WD ．t ＝0.1 s 时电压表的示数为6 V【解析】 由图丙可知，线圈运动的速度最大值v m ＝2 m/s ，速度变化周期为T ＝0.4 s ，则线圈运动的速度瞬时值v ＝v m sin 2πTt ＝2sin 5πt (m/s)，发电机产生电动势的瞬时值为e ＝nB ·2πr ·v ＝6sin 5πt (V)，A 正确；设灯泡正常发光时通过灯泡的电流为I ，则通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝21，B 错误；根据能量关系可知，U 出I 1＝3I 2R L ，其中U 出＝E m 2＝62 V ＝3 2 V ，I 1＝I ，解得I ＝ 2 A ，每个小灯泡正常发光时的功率为P L ＝I 2R L ＝2 W ，C 正确；电压表示数为发电机两端电压的有效值，即电压表示数为U ＝E 2＝62V ＝3 2 V ，D 错误．故选AC. 4. (多选)(2022·四川巴中一诊)在如图所示的电路中，定值电阻R 1＝R 4＝3 kΩ，R 2＝2 kΩ，R 3＝R 5＝12 kΩ，电容器的电容C ＝6 μF，电源的电动势E ＝10 V ，内阻不计，当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中间带电量q ＝2×10－3C 的油滴恰好保持静止，当开关S 2闭合后，则以下判断正确的是( BD )A ．电容器上极板是高电势点B ．带电油滴加速向下运动C ．a 、b 两点的电势差U ab ＝8 VD ．通过R 3的电量Q ＝4.8×10－5C【解析】 当开关S 2闭合后，由电路图可知，电容器上极板是低电势点，A 错误；当开关S 1闭合电流达到稳定时，处在电容器中油滴保持静止，而开关S 2闭合后，电容器上极板是低电势点，油滴受到的电场力方向发生变化，故可得带电油滴加速向下运动，B 正确；由电路图可知，a 、b 两点的电势差为U R 5－U R 2＝8 V －4 V ＝4 V ，C 错误；由开关S 1闭合电流达到稳定时，再到当开关S 2闭合后的过程中，通过R 3的电量为Q ＝Q 1＋Q 2＝4×6×10－6 C ＋(8－4)×6×10－6 C ＝4.8×10－5 C ，D 正确．5. (多选)(2022·天津南开二模)如图甲所示电路中，L 1为标有“4 V,2 W”字样的小灯泡，L 2、L 3为两只标有“8 V，6 W”字样的相同灯泡，变压器为理想变压器，各电表为理想电表，当ab 端接如图乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法正确的是( ACD )A ．电流表的示数为1.5 AB ．交变电压的最大值U m ＝28 VC ．变压器原、副线圈的匝数之比为3∶1D ．电压表的示数为24 V【解析】 L 2、L 3的额定电流为I 23＝P 23U 23＝34A ，所以电流表的示数为I 2＝2I 23＝1.5 A ，故A 正确；通过原线圈的电流等于L 1的额定电流，为I 1＝P 1U 1′＝0.5 A ，所以变压器原、副线圈的匝数之比为n 1n 2＝I 2I 1＝31，故C 正确；副线圈两端电压等于L 2和L 3的额定电压，为U 2＝8 V ，所以电压表的示数，即原线圈两端电压为U 1＝n 1n 2U 2＝24 V ，故D 正确；根据闭合电路的欧姆定律可得U m2－U 1′＝U 1，解得U m ＝28 2 V ，故B 错误．故选ACD.6. (多选)(2022·广西桂林模拟)在一小型交流发电机中，矩形金属线圈abcd 的面积为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，绕轴OO ′(从上往下看逆时针转动)以角速度ω匀速转动，从如图甲所示的位置作为计时的起点，产生的感应电动势随时间的变化关系如图乙所示，矩形线圈与阻值为R 的电阻构成闭合电路，下列说法中正确的是( AD )A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈的磁通量的变化量大小为2BSB ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 电流方向先向上然后向下C ．t 4时刻穿过线圈的磁通量的变化率大小为E 0D ．在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为2E 0R ＋r ω【解析】 由图乙可知t 1和t 3时刻，线圈的感应电动势都为0，可知这两个时刻穿过线圈的磁通量一正一负，大小均为BS ，故此过程穿过线圈的磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS －(－BS )＝2BS ，A 正确；由图乙可知，在t 1～t 3时间内，线圈中的电流方向不变，根据右手定则可知通过电阻R 电流方向始终向上，B 错误；由图乙可知，t 4时刻的感应电动势为E 0，根据法拉第电磁感应定律可得E 0＝n ΔΦΔt 可得穿过线圈的磁通量的变化率大小为ΔΦΔt ＝E 0n，C 错误；在t 1～t 3时间内，通过电阻R 的电荷量为q ＝n ΔΦR ＋r ＝2nBS R ＋r，又E 0＝nBSω，联立可得q ＝2E 0R ＋r ω，D 正确．故选AD. 7. (多选)(2022·河北秦皇岛三模)如图所示，变压器为理想变压器，原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的输入端接有正弦交变电流，开关S 闭合．已知L 1、L 2、L 3是相同的电灯且灯丝的电阻不随温度变化，灯丝不会被烧断．下列说法正确的是( BD )A ．L 1、L 2中的电流之比为1∶2B ．L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶2C ．开关S 断开后，L 1、L 2中的电流之比为1∶1D ．开关S 断开后，L 1两端的电压与原线圈两端的电压之比为1∶4【解析】 原、副线圈中的电流之比为1∶2，由于开关S 闭合时L 2与L 3并联，因此L 1、L 2中的电流之比I 1∶I 2＝1∶1，A 错误；设电灯的电阻为R ，由于原、副线圈两端的电压之比为2∶1，因此原线圈两端的电压U ＝2I 2R ，L 1两端的电压U 1＝I 1R ，结合I 1∶I 2＝1∶1，解得U 1U＝12，B 正确；开关S 断开后，L 1、L 2中的电流与线圈匝数成反比I 1′∶I 2′＝1∶2，C 错误；开关S 断开后，原线圈两端的电压U ′＝2I 2′R ，L 1两端的电压U 1′＝I 1′R ，结合I 1′∶I 2′＝1∶2解得U 1′U ′＝14，D 正确．故选BD. 8. (多选)(2022·辽宁鞍山预测)如图甲所示，理想变压器的原副线圈匝数之比n 1∶n 2＝2∶1，定值电阻R 1和R 2的阻值分别为5 Ω和3 Ω，电表均为理想交流电表，电源输出的电流如图乙所示，图中的前半周期是正弦交流的一部分，后半周期是稳恒直流的一部分，则( BD )A ．电流表示数为2 AB ．电压表示数为6 VC ．R 1的功率为10 WD ．R 2的功率为12 W【解析】 设电源输出电流的有效值即电流表示数为I 1，根据等效热值法可得I 21RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫i m 22RT 2＋i 2m ·RT 2，解得I 1＝ 3 A ，故A 错误；由于变压器不能对稳恒直流电进行变压，所以每个周期内有半个周期副线圈无电流，设副线圈中电流的有效值为I 2，根据等效热值法有⎝⎛⎭⎪⎫n 1n 2·i m 22RT 2＝I 22RT ，解得I 2＝2 A ，电压表示数为U 2＝I 2R 2＝6 V ，故B 正确；R 1的功率为P 1＝I 21R 1＝15 W ，故C 错误；R 2的功率为P 2＝I 22R 2＝12 W ，故D 正确．故选BD.9. (多选)(2022·湖南押题卷)如图所示在竖直平面的电路，闭合开关S 1和S 2后，带电油滴在电容器内部处于静止状态，R 1为滑动变阻器，R 2为定值电阻，二极管为理想二极管，电容器的下极板接地，则下列说法正确的是( AC )A ．滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，油滴向上运动B ．滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，油滴向下运动C ．极板M 向上运动，M 板的电势升高D ．断开S 2，油滴不动【解析】 滑动变阻器的滑动头P 向右滑动，则R 1阻值减小，回路电流变大，则R 2两端电压变大，则电容器要充电，此时电容器两板电压变大，场强变大，则油滴向上运动，选项A 正确；滑动变阻器的滑动头P 向左滑动，则R 1阻值变大，回路电流变小，则R 2两端电压变小，则电容器要放电，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则使得电容器两板电压不变，则油滴仍静止，选项B 错误；极板M 向上运动，根据C ＝εr S 4πkd可知电容器电容减小，则带电量应该减小，但是由于二极管的单向导电性使得电容器不能放电，则两板间电量不变，结合E ＝U d ＝Q Cd ＝Q εr S 4πkdd ＝4πkQ εr S 可知两板间场强不变，则根据U ＝Ed 可知，两板电势差变大，则M 板的电势升高，选项C 正确；断开S 2，则电容器两板间的电压等于电源的电动势，即电压变大，电容器充电，两板间场强变大，则油滴向上运动，选项D 错误．故选AC.10. (多选)(2022·山东威海二模)如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器T 1、降压变压器T 2均为理想变压器，T 1、T 2的原、副线圈匝数比分别为k 1、k 2.输电线间的总电阻为R 0，可变电阻R 为用户端负载．U 1、I 1分别表示电压表V 1、电流表A 1的示数，输入电压U 保持不变，当负载电阻R 减小时，理想电压表V 2的示数变化的绝对值为ΔU ，理想电流表A 2的示数变化的绝对值为ΔI ，下列说法正确的是( BD )A ．R 0＝U 1I 1B ．R 0＝ΔU ΔI k 22C ．电压表V 1示数增大D ．电流表A 1的示数增加了ΔI k 2【解析】 设降压变压器T 2原线圈电压为U 3，副线圈电压为U 2，根据题意可知，电阻R 0两端的电压等于U R 0＝U 1－U 3，则R 0＝U 1－U 3I 1，故A 错误；设降压变压器T 2原线圈电压变化为ΔU 3，则ΔU 3ΔU ＝k 2，设降压变压器T 2原线圈电流变化为ΔI 3，则ΔI 3ΔI ＝1k 2，可得ΔI 3＝ΔI k 2，根据欧姆定律得ΔU 3＝ΔI 3R 0，即k 2ΔU ＝ΔI k 2R 0，解得R 0＝ΔU ΔIk 22，故B 、D 正确；输入电压不变，升压变压器T 1原副线圈匝数比不变，则升压变压器T 1副线圈的电压不变，电压表V 1示数不变，故C 错误．故选BD.应用题——强化学以致用11. (多选)(2022·安徽合肥预测)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接有R 1＝250 Ω与R 2＝10 Ω的电阻．当原线圈一侧接入u ＝311sin 100πt (V)的交流电时，两电阻消耗的功率相等，则有( AC )A ．原、副线圈的匝数比为5∶1B ．电阻R 1两端电压有效值是电阻R 2两端电压有效值的2倍C ．电阻R 2消耗的功率为48.4 WD ．1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变200次【解析】 设原线圈电流为I 1，副线圈电流为I 2，由题意可知I 21R 1＝I 22R 2，故n 1n 2＝I 2I 1＝R 1R 2＝5，A 正确；电阻R 1两端电压有效值和电阻R 2两端电压有效值之比为U R 1U R 2＝I 1R 1I 2R 2＝5，B 错误；设原线圈输入电压为U 1，副线圈输出电压为U 2，故U 1U 2＝n 1n 2＝5，解得U 1＝5U 2，又U R 1＝I 1R 1，U 2＝I 2R 2，又因为U ＝U R 1＋U 1，外接交流电压有效值为220 V ，联立代入数据解得U 2＝110U ＝22 V ，电阻R 2消耗的功率为P ＝U 22R 2＝48.4 W ，C 正确；由题意可知，交流电的频率为f ＝ω2π＝50 Hz ，变压器不改变交流电的频率，一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内流过电阻R 2的电流方向改变100次，D 错误．故选AC.12. (多选)(2022·湖北恩施预测)为了适应特高压输电以实现地区间电力资源的有效配置，需要对原来线路中的变压器进行调换．某输电线路可简化为如图所示，变压器均为理想变压器，调换前后发电机输出电压、输电线电阻、用户得到的电压均不变，改造后输送电压提升为原来的5倍，假设特高压输电前后输送的功率不变，下列说法正确的是( AB )A ．线路改造后升压变压器原、副线圈的匝数比改变B ．线路上电阻的功率变为原来的125C ．特高压输电后，电压损失变为原来的125D ．线路改造后用户端降压变压器匝数比不变【解析】 发电机输出电压不变，应改变升压变压器原、副线圈的匝数比，故A 项正确；根据线路上功率的损失ΔP ＝I 22r ，输送功率不变，电压提升为原来的5倍，输送的电流变为原来的15，线路电阻不变，损失的功率变为原来的125，故B 项正确；输电线上的电压损失为ΔU ＝I 2r ，输送功率为P 2＝U 2I 2则输送功率不变，电压增为原来的5倍，电流变为原来的15，损失的电压变为原来的15，故C 项错误；用户端的降压变压器改造前后输出端电压U 4不变，输入端电压U 3变大，根据U 3U 4＝n 3n 4，可得原、副线圈的匝数比一定变化，故D 项错误．故选AB.13. (多选)(2022·湖北襄阳模拟)如图所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动，线圈的电阻为R ，线圈共N 匝，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2，定值电阻R 1＝R ，当线圈转动的转速为n 时，电压表的示数为U ，则( ACD )A ．电流表的示数为2U RB ．从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝52U cos2πntC ．线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为52U 4Nn πD ．当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U 【解析】 依题意有I 2＝U R 1＝U R ，I 1∶I 2＝2∶1则有I 1＝2I 2＝2U R，故A 正确；根据欧姆定律，发电机产生的感应电动势的最大值为E m ，有E m 2＝R ×I 1＋U 1，U 1U ＝12，ω＝2n π rad/s，从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e ＝E m cos ωt ＝52U 2cos 2n πt (V)，故B 错误；依题意有，线圈在转动过程中通过线圈磁通量的最大值为Φm ，则有52U 2＝NΦm 2n π，解得Φm ＝52U 4Nn π，故C 正确；当线圈转动的转速为2n 时，线圈中产生的电动势的最大值为E m ′＝NΦm 4n π，因52U 2＝NΦm 2n π＝E m ，所以E m ′＝52U ，其有效值为5U ，假定电压表示数为U 2′，则有5U ＝I 1′R ＋U 1′＝2U 2′R 1×R ＋U 1′＝12U 2′＋2U 2′＝52U 2′，解得U 2′＝2U ，当线圈转动的转速为2n 时，电压表的示数为2U ，故D 正确．故选ACD.。