2018高考物理大一轮复习题组层级快练49第十一单元交变电流传感器2变压器电能的输送

专题11 交变电流 传感器1. （15江苏卷）一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220V 交变电流改为110V ，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为 A ．200 B ．400 C ．1600 D ．3200 解析：根据2121n n U U =，解得4002=n . 答案：B2．（15北京卷）利用所学物理知识，可以初步了解常用的一卡通（IC 卡）的工作原理及相关问题.IC 卡内部有一个由电感线圈 L 和电容 C 构成的 LC 振荡电路，公交车上的读卡机（刷卡时“嘀”的响一声的机器）向外发射某一特定频率的电磁波.刷卡时，IC 卡内的线圈 L 中产生感应电流，给电容 C 充电，达到一定的电压后，驱动卡内芯片进行数据处理和传输.下列说法正确的是IC 卡工作所需要的能量来源于卡内的电池B ．仅当读卡机发射该特定频率的电磁波时，IC 卡才能有效工作C ．若读卡机发射的电磁波偏离该特定频率，则线圈 L 不会产生感应电流D ．IC 卡只能接收读卡机发射的电磁波，而不能向读卡机传输自身的数据信息 答案：B解析：IC 卡内只是一个 LC 振荡电路，并没有电池，故A 选项错；只有当读卡机发出特定频率的电磁波时，IC 卡才能正常工作，故 B 选项对；当读卡机发射的电磁波偏离该频率时，也会产生变化的磁场，但达不到电谐振，线圈中仍可以产生的电流但较小，故 C 错；IC 卡是可以和读卡机进行数据传输的，如可以显示卡内余额，故 D 选项错.3.（15福建卷）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n 1 、n 2 .在T 的原线圈两端接入一电压的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其它因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )答案：C解析：原线圈电压的有效值：21m U U =，根据2121n n U U =可求：2122m Un n U =，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的电流功率等于输入功率P ，所以输电线上电流2U PI =，导线上损耗的电功率2221242⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛⎪⎪⎭⎫ ⎝⎛=='m U P nn r r I P ，所以C 正确，A 、B 、D 错误.4.（15四川卷）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e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是D ．有效值是 答案：D解析：由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e 0，又因为发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne 0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne 0，故选项A 、B 错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U ＝，即022Ne 02Ne 2m UU ＝，故选项C错误；选项D 正确.5.（15安徽卷）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变流电源两端，R 0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A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是 A ．电压表V 1示数增大 B ．电压表V 2、V 3示数均增大 C ．该变压器起升压作用D ．变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动 答案：D解析：根据变压器原理，输出电压U 2保持不变，而A 2示数变大说明回路电阻变小，所以滑动变阻器电阻R 减小了，即变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动，故答案为D ．6.（15广东卷）图5为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220V 降至110V ，调节前后A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2 答案：C解析：设原线圈中电流为I 1，匝数为n 1，两端输入电压为U 1，输入功率为P 1，幅线圈中电流为I 2，匝数为n 2，两端输出电压为U 2，输出功率为P 2，根据理想变压器原副线圈两端电压与匝数关系有：21U U ＝21n n ，所以当输出电压U 2由220V 降至110V 时，副线圈匝数n 2也应减少为一半，故选项C 正确；由于副线圈两端所接用电器不变，所以当用电器电压减半时，02Ne其电流I2也减半，故选项A错误；根据功率计算式P＝UI可知，副线圈中输出功率P2变为原来的1/4，故选项B错误；由能量守恒定律可知，原线圈中输入功率P1也变为原来的1/4，故选项D错误.。

题组层级快练（四十九）变压器电能的输送、选择题答案 BC解析 由理想变压器的原理可知， 当S 与a 接通电流稳定时，由于通过原线圈与副线圈中的 磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流， 但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零, R 中有感应电流，故选项 A 错误，选项B 正确；当S 与b 接通稳定后，原线圈中接有交变电 流，由变压器的变压比可得副线圈两端电压为 3 V ,选项C 正确；变压器并不改变交变电流的频率，选项D 错误.2.（2016 •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 = 220 2sin100 n t （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、畐U 线圈匝数比为10 2 : 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答案 B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1f = =^= 50 Hz ，选项D 错误；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为T 2 n -=耳=¥，选项A 错误；由灯泡电功率 P = UI 可知,1.如图所示，理想变压器原、畐U 线圈匝数比为2 : 1.电池和交变电 源的电动势都内阻均不计.下列说法正确的是 A. S 与a 接通的瞬间， R 中无感应电流 B. S 与a 接通稳定后, R 两端的电压为0C. S 与b 接通稳定后,两端的电压为3 V D . S 与b 接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为 2 ：1220 V ,交变电流的频率所以原线圈中电流的有效值为 1 A ，选项B 正确，选项C 错误.22 V ，由理想变压器变压规律可知,n2 L fe 1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,3.（2016 •四川）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 BUi n i解析 由变压器相关知识得： =丁，原、副线圈减去相同的匝数U 2 n 2错误.由于原线圈电压恒定不变，则副线圈电压减小，小灯泡实际功率减小，小灯泡变暗， 选项A 错误，选项B 正确.4. （20i6 •海南）图⑻ 所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4 ： i , Rr 为阻值随温度升高而减小的热敏电阻， R 为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表.原线圈所接电A. 变压器输入、输出功率之比为4 ：1B. 变压器原、副线圈中的电流之比为i ：4C.u 随t 变化的规律为u = 5isin （50 n t ）（国际单位制）D. 若热敏电阻R T 的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大 答案 BD解析 由题意，变压器是理想变压器，故变压器输入、输出功率之比为 1 : 1,故A 错误;流电压最大值 U m = 51 V ，周期T = 0.02 s ，可由周期求出角速度的值为 3= 100 n rad/s 则可得交流电n 后:U' i n ' i n i — n U' 2 n ' 2 n 2— n ，n in 2—n (n i — n 2) n 2 (n 2— n ) <0,则说明变C 、D变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比，即£ = = £,故B 项正确；由图（b ）可知交压u的表达式u = 51si n100 n t V,故C项错误；R T处温度升高时，阻值减小, 电流表的示数变大，电压表示数不变，故D项正确.5. (2015 •广东)图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变 压器•原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头答案 CU 1解析 根据欧姆定律I = R U2由220 V 降至110 V ，畐U 线圈上的电流变为原来的 2即调节 1前后，畐U 线圈上电流之比为 2 : 1，选项A 错误；根据P = UI 知，U 、I 均变为原来的勺时，畐U 1线圈上输出的功率变为原来的 ：，即调节前后副线圈的输出功率之比为4： 1,选项B 错误；4 根据理想变压器电压与匝数的关系U1=也，当U 2由220 V 降至110 V 时，n 2变为原来的1, U 2 n 22即调节前后副线圈接入的匝数比为 2 : 1,选项C 正确；根据理想变压器 P 入= P 出，所以原线 圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为 4： 1，选项D 错误.6.如下图所示，为四种亮度可调的台灯的电路示意图， 它们所用白炽灯泡相同， 且都是“ 220 V,40 W ”当灯泡所消耗的功率都调于 20 W 时，哪种台灯消耗的功率最小 )( )答案 C节灯泡上的电压，故一定要消耗能量.7.如图甲所示电路，理想变压器原线圈输入电压如图乙所示，副线圈电路中R o 为定值电阻,R 是滑动变阻器，C 为耐压值为22 V 的电容器，所有电表均为理想电表•下列说法正确的是P ,使输出电压值由220 VA.畐U 线圈中的电流比为 1 ：2B. 副线圈输出功率比为 2 ：1C.副线圈的接入匝数比为 2 ：1D.原线圈输入功率比为 1 ：2I解析 C 图为理想变压 而理想变压器不消耗能量,A B D 三图中均利用电阻来调变阻器答案 AC解析 当发电机输出功率一定时， 为使远距离用户得到更多的功率，需减小输电线上的功率损失，根据△ P = I 线2r ，可以减小输电线的电阻 r ，选项A 正确；也可以通过提高输电电压， n 2减小输送电流，即提高m ，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适n 4F?A.畐U 线圈两端电压的变化频率为 0.5 HzB. 电流表的示数表示的是电流的瞬时值C.滑动片P 向下移时，电流表 Ai 和A 示数均增大D. 为保证电容器 C 不被击穿，原、畐U 线圈匝数比应小于 答案 C10 ：1311 V ，周期T = 0.02 s ，因此其有效值为220 V ，频率为50 Hz ，因为变压器不改变交变电压的频率，故副线圈两端电压的变 化频率为50 Hz ,选项A 错误；电流表的示数为交变电流的有效值，选项 B 错误；输入电压定，变压器原、副线圈匝数比不变，由£ =凹知输出电压不变，滑片下移，畐U 线圈电路总U 2 n 2电阻减小，电流增大，故A 2示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，由百n2可知A示数增大，选项 C 正确；保证电容器不被击穿，输出电压最大值为 22 V ,而输入电压最大值为311 V ，故原、副线圈匝数比应大于10 : 1，选项D 错误.& （2016 •郴州模拟）如图所示为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压 器.随着用户负载增多,发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的 用电器不能正常工作.那么，在发电机以额定功率工作的情况下,为了适当提高用户的用电功率，可米取的措施是（C 适当提高豈的同时，降低半D 适当降低黑的同时，提高半当降低n；，选项c正确.9. 为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图甲为调压变压器示意图.保持输入电压U 1不变，当滑动接头 P 上下移动时可改变输出电压•某次检测得到用户电压 随时间t 变化的曲线如图乙所示.以下正确的是 （）A. U 2= 190 2sin50 n t （V ）B. U 2= 190 2sin100 n t （V ）C. 为使用户电压稳定在 220 V ，应将P 适当下移D.为使用户电压稳定在 220 V ，应将P 适当上移答案 BD=100 n ,结合正弦交流电的瞬时值表达式 u = u m sin 3 t ,可知选项B 正确，选项A 错误；根U n 1据变压器的变压比 -=一，U 、n 2不变，提高U 2只能减小n 1,所以P 应上移，选项 D 正确， u n 2 选项C 错误.10. 在如图所示的电路中， 理想变压器原、副线圈的匝数比为 2 : 1，四个灯泡完全相同. 其额定电压为U,若已知灯泡L 3和L 4恰能正常工作，那么（ ）A. L 1和L 2都能正常工作B. L 1和L 2都不能正常工作C.交流电源电压为 2UD.交流电源电压为 4U答案 AD解析 根据灯泡L 3和L 4恰能正常工作，变压器原线圈输入电压为灯泡 L 3和L 4额定电压U 的 2倍，输入电流为灯泡 L 3和L 4的额定电流.所以L 1和L 2都能正常工作，交流电源电压为4U, 选项A D 正确，B 、C 两项错误. 11. 如图为学校配电房向各个教室的供电示意图，T 为理想变压器，V 1、A 为监控市电供电端的电压表和电流表， V 2、A 为监控校内变压器的输出端的电压表和电流表，R 1、R 2为教室的负载电阻，V 3、As 为教室内的监控电压表和电流表， 配电房和教室间有相当长的一段距离, 则当开关S 闭合时（U2解析根据题图乙可知交流电的最大值 Un = 190 2V 和周期T = 0.02 s ,所以角速度甲乙A. 电流表A 、A 和A 的示数都变大B. 只有电流表A i 的示数变大C. 电压表V 3的示数变小D. 电压表V 2和V 的示数都变小 答案 C解析 在电路中，S 闭合前，由；-；■ =—可知，电压表 V 2的示数为U 2= Ui ,电路中电流表 A U 2 n 2n i与A 是串联关系，则由欧姆定律可得12=丨3=—学（r 为电线电阻），电压表 M 的示数为U 3r + RI 2 n i n 2=R i I 2，再由厂=—可知电流表 A 的示数为I i = — l 2，同理，在电路中 S 闭合后，可知因 U lie n i n 2 U 2不变，电压表 W 示数为U' 2= U = U 2不变，I ' 2= （r 为电线电阻），因R 并<R ,则有 n i r 十住 n 2I ' 2>| 2，又 I ' i = — I ' 2,贝 U I ' i >| i ,由 U' 2= U‘ R + U 3= I '2「十 U'3,可知 U‘3<U 3,又n iI ' 3=詈，贝U I ' 3<I 3，则可判断V i 的示数不变，V 2的示数不变,变大、A 2的示数变大、A 的示数变小，选项 A B D 都错误，选项 C 正确. i 2.（20 i 6 •杭州模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为i0 : i , b 是原线圈中心的抽头， 电压表和电流表均为理想电表， 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 u i = 220 2 siniOO n tV ，则（ ）B •当t = 600 s 时，电压表 V ）的读数为220 V C.单刀双掷开关与a 连接，当滑动变阻器滑片 P 向上移动的过程中， 电压表V i 的示数增大， 电流表示数变小D. 当单刀双掷开关由 a 扳向b 时，电压表M 和电流表的示数均变小 答案 BC解析 当单刀双掷开关与 a 连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为i0： i ,畐U 线圈输出i电压为U 2= 22 V ,但电压表 V i 示数小于U 2,故选项A 错误；当t = s 时，电压表V 。

专题11 交变电流1.（2017北京卷）如图所示，理想变压器的原线圈接在2202sin π(V)u t 的交流电源上，副线圈接有R =55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2:1，电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是A ．原线圈的输入功率为2202WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为1102VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s答案：B解析：电表的读数均为有效值，原线圈两端电压有效值为220 V ，由理想变压器原、副线圈两端电压与线圈匝数成正比，可知副线圈两端电压有效值为110 V ，C 错误；流过电阻R 的电流为2 A ，可知负载消耗的功率为220 W ，根据能量守恒可知，原线圈的输入功率为220 W ，A 错误；由P =UI 可知，电流表的读数为1 A ，B 正确，由交变电压瞬时值表达式可知，ω=100π rad/s ，周期T =0.02 s ，D 错误.2.（2017江苏卷）某音响电路的简化电路图如图所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则A ．电感L 1的作用是通高频B ．电容C 2的作用是通高频C ．扬声器甲用于输出高频成分D ．扬声器乙用于输出高频成分答案：BD解析：本题考查电感、电容对交流电的作用.电感线圈有通低频、阻高频的作用，因此A 项错误；电容器有通高频、阻低频的作用，因此B 项正确；由此可以判断，扬声器甲主要用于输出低频成分，扬声器乙用于输出高频成分，C 项错误，D 项正确.3.（2017天津卷）在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化.设线圈总电阻为2 Ω，则A ．t =0时，线圈平面平行于磁感线B ．t =1 s 时，线圈中的电流改变方向C ．t =1.5 s 时，线圈中的感应电动势最大D ．一个周期内，线圈产生的热量为28πJ答案：AD 解析：本题考查交变电流.t =0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A 正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图象如图，由图可知，t =1 s 时，感应电流没有改变方向，B 错误；t =1.5 s 时，感应电动势为0，C 错误；感应电动势最大值()()m 1000.04V 422V 2m E NBS N T ππωπ==Φ=⨯⨯= ，有效值()()()2224V 22V 8J 2E E ，Q T Rπππ=⨯=== ，D 正确.4.（2017海南卷）如图，电阻R 、电容C 和电感L 并联后，接入输出电压有效值、频率可调的交流电源．当电路中交流电的频率为f 时，通过R 、C 和L 的电流有效值恰好相等．若将频率降低为f ，分别用I 1、I 2和I 3表示此时通过R 、C 和L 的电流有效值，则（ ）A ．I 1＞I 3B ．I 1＞I 2C ．I 3＞I 2D ．I 2=I 3答案：BC解析：将频率降低时，通过R的电流不变，电容器的容抗增大，通过C的电流减小，则有I1＞I2．电感线圈的感抗减小，通过L的电流增大，则有I3＞I2．故AD错误，BC正确．。

第11单元交变电流传感器一、选择题(每小题6分，共48分，1～4小题为单选，5～8小题为多选)1．如图D11­1甲所示为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示．发电机线圈内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω恒定不变，则下列说法中正确的为( )图D11­1A．电压表的示数为6 VB．发电机的输出功率为4 WC．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大2．如图D11­2甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流随时间按照图乙所示的余弦规律变化，在t＝π2ω时刻( )图D11­2A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．穿过线圈磁通量的变化率最大3．如图D11­3所示变压器可视为理想变压器，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接有一正弦交流电源．若两电阻消耗的电功率相等，则变压器原、副线圈的匝数之比为( )图D11­3A．1∶2 B．2∶1 C．1∶1 D．1∶44．某种角速度计的结构如图D11­4所示．当整个装置绕轴OO′转动时，元件A相对于转轴发生位移并通过滑动变阻器输出电压，电压传感器(传感器内阻无限大)接收相应的电压信号．已知A的质量为m，弹簧的劲度系数为k，自然长度为l，电源的电动势为E，内阻不计．滑动变阻器总长也为l，电阻分布均匀，装置静止时滑片P在变阻器的最左端B端，闭合开关，当系统以角速度ω转动时，则( )图D11­4A．电路中电流随角速度的增大而增大B．电路中电流随角速度的增大而减小C．弹簧的伸长量为x＝mωlk－mω2D．输出电压U与ω的函数关系式为U＝Emω2k－mω25．如图D11­5甲所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈输入的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22 W，原线圈电路中接有电压表和电流表，均为理想电表．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读数，则( )图D11­5A．灯泡的电压为110 VB．副线圈输出交流电的频率为50 HzC．U＝220 V，I＝0.2 AD．原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝2202sin 100πt(V)6．如图D11­6甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1，电压表、电流表均为理想电表．L1、L2、L3、L4为四只规格均为“220 V，60 W”的灯泡．如果副线圈电压随时间按图乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )图D11­6A ．电压表的示数为660 VB ．电流表的示数为0.82 AC ．a 、b 两点间的电压是1045 VD ．a 、b 两点间的电压是1100 V7．手摇式发电机产生的正弦交流电经变压器给灯泡L 供电，其电路如图D11­7所示．当线圈以角速度ω匀速转动时，电压表示数为U ，灯泡正常发光．已知发电机线圈的电阻为r ，灯泡正常发光时的电阻为R ，其他电阻可忽略，变压器原线圈与副线圈的匝数比为k ，变压器可视为理想变压器．则( )图D11­7A ．灯泡的额定电压为U kB ．灯泡的额定功率为k 2U 2RC ．发电机的线圈中产生的电动势最大值为2（R ＋r ）RUD ．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt8．图D11­8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、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压随时间变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100 Ω.降压变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R 1为一定值电阻，R 2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小．未发生警报时，升压变压器的输入功率为750 kW.下列说法中正确的有( )图D11­8A ．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50 HzB ．远距离输电线路损耗功率为180 kWC ．当传感器R 2所在处发生警报时，电压表V 的示数变大D ．当传感器R 2所在处发生警报时，输电线上的电流变大二、计算题(第9题14分，第10题18分，第11题20分，共52分，写出必要的步骤和文字说明)9．一小型交流发电机产生正弦式交变电压，该电压随时间变化的规律如图D11­9所示．发电机线圈电阻为5 Ω，当发电机输出端仅接入一个95 Ω的纯电阻用电器时，用电器恰能正常工作．求：(1)通过该用电器的电流值；(2)该用电器的额定功率．图D11­910．某中学有一台应急备用发电机，发电机线圈内阻为r＝1 Ω，升压变压器匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4 Ω，全校22个教室，每个教室用“220 V，40 W”规格的电灯6盏，要求所有灯都正常发光，输电线路如图D11­10所示．求：(1)发电机的输出功率；(2)发电机的电动势；(3)输电线上损耗的电功率．图D11­10参考答案（测评手册）单元小结卷(十一)1．C [解析] 根据图乙所示的产生的电动势随时间变化的正弦规律图像可知，电动势最大值为6 2 V ，有效值为E ＝6 V ，由闭合电路欧姆定律得I ＝ER ＋r＝0.6 A ，电流表示数为0.6 A ，电压表的示数为U ＝IR ＝0.6×9 V ＝5.4 V ，选项A 错误．发电机的输出功率为P ＝UI＝5.4×0.6 W ＝3.24 W ，选项B 错误．在1.0×10－2s 时刻，产生的感应电动势为零，说明磁通量变化率为零，线圈正在通过中性面位置，穿过线圈的磁通量最大，选项C 正确，选项D 错误．2．C [解析] 线圈中产生的交变电流随时间按照图乙所示的余弦规律变化，即i ＝i m cos ωt ，在t ＝π2ω时刻i ＝i m cos ωt ＝i m cos π2ω·ω＝0，此时刻线圈所在的平面与磁场方向垂直，穿过线圈的磁通量最大，磁通量变化率为零，A 、B 、D 错误；产生的感应电流为零，所以安培力为零，C 正确．3．C [解析] 原、副线圈电流之比等于匝数的反比，I 1I 2＝n 2n 1，两电阻消耗的功率相等，即I 21R ＝I 22R ，由以上两式得n 1n 2＝11，故选C.4．D [解析] 系统在水平面内以角速度ω转动时，无论角速度增大还是减小，滑动变阻器接入电路电阻不变，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中电流保持不变，故选项A 、B 错误；设系统在水平面内以角速度ω转动时，弹簧伸长的长度为x ，则对元件A ，根据牛顿第二定律得kx ＝m ω2(l ＋x )，又输出电压U ＝R BP R BC E ＝x l E ，联立两式得x ＝m ω2l k －m ω2，U ＝Em ω2k －m ω2，故选项C 错误，选项D 正确．5．ABD [解析] 原线圈电压有效值U 1＝22022V ＝220 V ，副线圈的电压U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ，电流I 2＝P U 2＝22110 A ＝0.2 A ，电流表示数I 1＝n 2n 1I 2＝12×0.2 A ＝0.1 A ，A 正确，C 错误；原线圈交流电的频率f ＝10.02Hz ＝50 Hz ，变压器不会改变交流电频率，B 正确；原线圈输入电压瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt (V)，D 正确．6．BC [解析] 根据图乙所示的副线圈电压—时间图像，可知副线圈电压有效值为U 2＝220 V ．由变压器变压公式可知，原线圈输入电压U 1＝n 1n 2U 2＝4×220 V ＝880 V ，选项A 错误．副线圈所接的每个灯泡中电流均为I ＝P U ＝60220 A ＝311 A ，电流表的示数为I 2＝3I ＝3×311A ＝0.82 A ，选项B 正确．由U 1I 1＝U 2I 2，解得原线圈中电流I 1＝I 24＝944 A ，灯泡电阻R ＝U 2P ＝220260Ω＝24203 Ω，原线圈串联的灯泡两端电压为U 灯＝I 1R ＝944×24203 V ＝165 V ，a 、b 两点间的电压是U 灯＋U 1＝165 V ＋880 V ＝1045 V ，选项C 正确，选项D 错误．7．AD [解析] 由变压公式可知，变压器副线圈输出电压为U 2＝Uk.灯泡正常发光，说明灯泡的额定电压为Uk ，选项A 正确．灯泡的额定功率为P ＝U k 2R ＝U 2k 2R，选项B 错误．设发电机的线圈中产生的电动势最大值为E m ，有效值为E ＝E m2，由闭合电路欧姆定律，有E ＝U ＋Ir ，I＝U k 2R ，联立解得E m ＝2（k 2R ＋r ）k 2RU ，选项C 错误．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u ＝2U sin ωt ，选项D 正确． 8．AD [解析] 根据升压变压器的输入电压随时间变化规律，结合匝数比求出输出电压，从而得出输送电流，根据输电线的电阻得出损失的功率，根据闭合电路的动态分析判断电流与电压的变化．由图乙知交流电的周期为0.02 s ，所以频率为50 Hz ，选项A 正确；由图乙知升压变压器输入电压有效值为250 V ，根据原、副线圈电压与匝数成正比知副线圈电压为25 000 V ，所以输电线中的电流为：I ＝P U＝30 A ，输电线损失的电压为：ΔU ＝IR ＝30×100 V ＝3000 V ，输电线路损耗功率为：ΔP ＝ΔUI ＝90 kW ，选项B 错误；当传感器R 2所在处发生警报时其阻值减小，副线圈两端电压不变，副线圈中电流增大，定值电阻的分压增大，所以电压表V 的示数变小，选项C 错误；副线圈电流增大，根据原、副线圈电流与匝数成反比知输电线上的电流变大，选项D 正确．9．(1)1 A (2)95 W[解析] (1)由电压—时间图像可知，发电机产生的交变电压的有效值为100 V. 由闭合电路欧姆定律可得，通过该用电器的电流I ＝U R ＋r ＝100 V 95 Ω＋5 Ω＝1 A. (2)由于用电器正常工作，故其额定功率 P ＝I 2R ＝12×95 W ＝95 W.10．(1)5424 W (2)250 V (3)144 W [解析] (1)所有灯都正常工作的总功率 P ＝22×6×40 W ＝5280 W 通过电灯的总电流I 4＝P U 4＝5280 W220 V＝24 A根据I 4I 3＝n 3n 4得输电线上的电流I 3＝I 4n 4n 3＝6 A 降压变压器原线圈电压U 3＝P I 3＝880 V输电线上的电压损失ΔU ＝I 3R ＝24 V因此升压变压器的输出电压U 2＝U 3＋ΔU ＝904 V 根据U 1U 2＝n 1n 2得升压变压器输入电压U 1＝U 2n 1n 2＝226 V 输入电流I 1＝I 2n 2n 1＝I 3n 2n 1＝24 A所以发电机的输出功率为P1＝U1I1＝5424 W.(2)根据闭合电路欧姆定律，发电机的电动势E＝U1＋I1r＝250 V.(3)输电线上损耗的电功率ΔP＝I23R＝144 W.。

章末检测十一 交变电流 传感器(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题共8小题，每小题6分，共48分，1～5题每小题只有一个选项正确，6～8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得0分)1．某交流电源电压的瞬时值表达式为u ＝6 2 sin 10πt (V)，则下列说法中正确的是( )A ．用交流电压表测该电源电压时，示数是6 VB ．用交流电压表测该电源电压时，示数是6 2 VC ．用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.01 sD ．把标有“6 V 3 W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡将被烧毁解析：选A.此交流电的有效值为6 V ，故用交流电压表测该电源电压时，示数是6 V ，选项A 正确，B 错误；因为T ＝2πω＝2π100πs ＝0.02 s ，故用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.02 s ，选项C 错误；因为此交流电的有效值为6 V ，故把标有“6 V 3 W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡能正常发光，选项D 错误；故选A.2．小型交流发电机的矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间的关系是正弦函数．将发电机与一个标有“6 V 6 W”的小灯泡连接形成闭合回路，不计电路的其他电阻．当线圈的转速为n ＝5 r/s 时，小灯泡恰好正常发光，则电路中电流的瞬时值表达式为( )A ．i ＝sin 5t (A)B ．i ＝sin 10πt (A)C ．i ＝1.41sin 5t (A)D ．i ＝1.41sin 10πt (A)解析：选D.因为小灯泡正常发光，所以电路中电流的有效值为I ＝P U＝1 A ，则电流的最大值为I m ＝ 2 A≈1.41 A ．因为转速n ＝5 r/s ，且ω＝2n π，所以ω＝10π rad/s ，故电路中电流的瞬时值表达式为i ＝1.41sin 10πt (A)，选项D 正确．3．远距离输电，原来采用2 200 V 输电，输电线上损失的电功率为P ，在保持输送电功率和输电线电阻不变的条件下，现采用22 kV 输电，则输电线上损失的电功率将变为( )A.1100 PB.110 P C ．10 P D ．100 P解析：选A.据题意，提升电压前，损失的功率为：P ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 出U 2R ＝P 2出2 2002R ＝P 2出R 4.84×106；当电压提升后，损失功率为：P ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 出U ′2R ＝P 2出22 0002R ＝P 2出R 4.84×108，则P ′＝P 100，故选项A 正确．4. 如图所示，一台理想变压器的原副线圈的匝数为5∶1，原线圈接入最大值一定的正弦交流电，副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联，电压表和电流表均为理想交流电表，电流表A 1、A 2及电压表V 的示数分别为I 1、I 2、U 2，定值电阻的阻值为R ，其消耗的功率为P ，电容器的电容为C ，所带的电量为Q ，则它们的关系为( )A ．Q ＝CU 2B ．I 2＝U 2R C. P ＝5I 1U 2 D.I 1I 2＝15解析：选 D.由于电容器两端电压是变化的，即电容器不断的被充电和放电，故其电量不是一个定值，故不能用公式Q ＝CU 2来计算，故选项A 错误；根据题意I 2是副线圈的总电流，而U 2R 只是通过电阻R 的电流，由于电容器不断充电和放电，故I 2＞U 2R，故选项B 、C 错误；根据变压器的相关规律：I 1I 2＝n 2n 1＝15，故选项D 正确． 5. 阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈两端的电压随时间的变化规律如图所示．则下列说法中正确的是( )A ．线圈两端电压的平均值为10 VB ．电压表连接在线圈两端时，其示数为20 VC ．在0.01 s 时，线圈平面与磁场垂直D ．当接外电路时，线圈内的电流方向1 s 内改变50次解析：选C.因为电压随时间变化不是线性关系，故线圈两端电压的平均值不等于10 V ，选项A 错误；电压表连接在线圈两端时，其示数应为电压的有效值202V ＝10 2 V ，选项B 错误；在0.01 s 时，感应电动势为零，故线圈平面与磁场垂直，选项C 正确；电流方向每周期变化2次，故当接外电路时，线圈内的电流方向1 s 内改变100次，选项D 错误；故选C.6．如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝1∶2，副线圈与阻值R ＝10 Ω的电阻相连，原线圈两端所加的电压u ＝10 2 sin 100πt (V)，下列说法正确的是( )A ．交流电压表的示数为14.1 VB ．原线圈中的电流为4 AC ．电阻R 消耗的电功率为400 WD ．副线圈中交流电的频率为50 Hz解析：选BD.由交流电的瞬时值可得电压的最大值为10 2 V ，所以电压的有效值为10 V ，交流电压表的示数为电压的有效值，所以电压表的示数为10 V ，所以A 错误．根据电压与匝数成正比可得，副线圈的电压为20 V ，所以电阻R 上消耗的电功率为P ＝U 2R ＝20210W ＝40 W ，所以C 错误．副线圈的电流为I 2＝U R ＝2010A ＝2 A ，根据电流与匝数成反比可得，原线圈中的电流为4 A ，所以B 正确．变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出交流电的频率为f ＝1T ＝ω2π＝100π2πHz ＝50 Hz ，所以D 正确． 7．如图所示，理想变压器的原线圈接有频率为f 、电压为U 的交流电，副线圈接有光敏电阻R 、交流电表 .下列说法正确的是( )A ．当U 增大时，变压器的输入功率增大B ．当 f 减小时，变压器的输入功率减小C ．当光照增强时，交流电表 的示数减小D ．当滑动触头P 向下滑动时，交流电表的示数增大 解析：选AD.当U 增大时，根据U 1n 1＝U 2n 2可知，变压器次级电压增大，次级消耗的功率变大，则变压器的输入功率增大，选项A 正确；当f 减小时，输入电压和输出电压不变，输出功率不变，故变压器的输入功率不变，故选项B 错误；当光照增强时，光敏电阻R 的值减小，交流电表 的示数增大，选项C 错误；当滑动触头P 向下滑动时，根据U 1n 1＝U 2n 2可知，变压器次级电压变大，则交流电表的示数增大，选项D 正确． 8．通过理想变压器给用电器供电，电路如图甲所示，变压器初级线圈匝数n 1＝1 000匝，两次级线圈的匝数分别为n 2＝50匝、n 3＝100匝．在初级线圈ab 端接如图乙所示的交变电流，下列说法正确的是( )A ．交流电的频率为50 HzB ．U 2＝50 V ，U 3＝100 VC ．I 1∶I 2＝1∶20D ．闭合电键S ，则I 1增大解析：选AD.交流电的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，选项A 正确；根据变压器的匝数与电压比可知，U 2＝n 2U 1n 1＝501 000·1 0002 V ＝25 2 V ；U 3＝n 3U 1n 1＝1001 000·1 0002V ＝50 2 V ，选项B 错误 ；因电流与匝数之间满足：I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3，故选项C 错误；闭合电键S ，则I 3变大，根据I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3可知I 1增大，选项D 正确；故选D.二、非选择题(共4小题，52分)9．(10分)按图所示接好电路，合上S 1、S 2，发现小灯泡不亮，原因是________________；用电吹风对热敏电阻吹一会儿热风，会发现小灯泡________，原因是________________；停止吹风，会发现________________；把热敏电阻放入冷水中会发现_____________．解析：根据热敏电阻的性质进行分析，由于热敏电阻在常温时阻值较大，左侧电路中电流较小，电磁铁磁性较弱吸不住衔铁；当用电吹风对热敏电阻加热使其阻值变小时，电路中电流增大，电磁铁吸住衔铁，使右侧电路接通，小灯泡亮了；停止吹风后，小灯泡不会立即熄灭，因为热敏电阻温度仍然较高，当把热敏电阻放入冷水后，热敏电阻温度降低很快，阻值变大，故小灯泡熄灭．答案：见解析10．(14分)如图所示，一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220 V 的交流电上，向额定电压为1.80×104V 的霓虹灯供电，使它正常发光．为了安全，需在原线圈回路中接入熔断器，使副线圈电路中电流超过12 mA 时，熔丝就熔断．(1)熔丝的熔断电流是多大？(2)当副线圈电路中电流为10 mA 时，变压器的输入功率是多大？解析：(1)设原、副线圈上的电压、电流分别为U 1、U 2、I 1、I 2，根据理想变压器的输入功率等于输出功率，则U 1I 1＝U 2I 2.当I 2＝12 mA 时，I 1即为熔断电流，I 1＝U 2U 1I 2≈0.98 A.(2)当副线圈电流为I 2′＝10 mA 时，变压器的输入功率为P 1，所以P 1＝P 2＝I 2′ U 2＝180 W.答案：(1) 0.98 A (2) 180 W11．(14分)一座小型发电站的输出功率是20 kW ，输电线路总电阻是5 Ω.(1)若输电电压是400 V ，输电线路损耗的功率是多少？(2)若改用5 000 V 高压输电，用户端利用n 1∶n 2＝22∶1的变压器降压，用户得到的电压是多少？解析：(1)输电线上的电流为 I ＝P U ＝20×103400A ＝50 A ， 输电线路损耗的功率为P 损＝I 2R ＝502×5 W＝12 500 W ＝12.5 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I ′＝P U ′＝20×1035 000A ＝4 A ， 用户端在变压器降压前获得的电压U 1＝U ′－I ′R ＝(5 000－4×5) V＝4 980 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，用户得到的电压为 U 2＝n 2n 1U 1＝122×4 980 V＝226.4 V. 答案：(1)12.5 kW (2)226.4 V12．(14分)如图所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n ＝100匝，总电阻r ＝1. 0 Ω，所围成矩形的面积S ＝0.040 m 2，小灯泡的电阻R ＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e ＝nB 0S 2πTcos 2πTt ，其中B 0为磁感应强度的最大值，T 为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化．求：(1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0～T 4时间内，通过小灯泡的电荷量． 解析：(1)由e ＝nB 0S 2πT cos 2πT t ，可知最大值E m ＝nB 0S ·2πT＝8 V ； (2)电路中电流的最大值I m ＝E m R ＋r ＝45 A ，I ＝I m 2＝452 A ， P 灯＝I 2R ＝2.88 W.(3)E ＝n ΔB Δt·S ① q ＝I ·Δt ②I ＝ER ＋r ③由①②③得：q ＝n B 0S R ＋r＝4×10－3 C. 答案：(1)8 V (2)2.88 W (3)4×10－3 C。

章末专题复习物理模型|三种特殊的变压器模型1．自耦变压器高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一部分作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的基本关系对自耦变压器均适用，如图10-1所示．图11-12．互感器分为电压互感器和电流互感器，比较如下计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，应注意三个联系：(1)电压关系：U1n1＝U2n2＝U3n3＝…(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋…(多选)一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图11-2甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在如图11-2乙所示的交流电源上，电压表为理想电表．则()甲乙图11-2A．交流电源电压瞬时值的表达式为u＝220sin 100πt (V)B．P向上移动时，电压表的最大示数为380 VC．P向下移动时，原、副线圈的电流之比减小D．P向下移动时，变压器的输入功率变大BC[由图乙结合交流电瞬时值表达式u＝U m·sin ωt可得交流电源电压瞬时值的表达式为u＝2202·sin 100πt(V)，A错误；电压表的示数为有效值，P向上移动时，当副线圈匝数达到1 900时，副线圈输出的电压最大，由变压器原、副线圈电压比跟线圈匝数成正比的关系可知副线圈输出电压有效值为380 V，即电压表的最大示数为380 V，B正确；P向下移动时，副线圈匝数减少，由变压器原副线圈电流比跟线圈匝数成反比的关系可知C正确；由P＝U2R可知副线圈的输出功率减小，故原线圈的输入功率也减小，D错误．][突破训练]1．(2017·珠海模拟)为了测量高电压和强电流的大小，常用到变压器的有关原理．如图11-3所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器，电压表和电流表为理想交流电表．若电压互感器上下线圈的匝数比为1 000∶1，电流互感器上下线圈的匝数比为1∶100，电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则下列说法正确的是()图11-3A．两输电线间的电压为220 VB．L2中的电流为10 AC．输电线中输送的功率为2.2×108 W D．两输电线间的电阻为22 ΩC[根据变压器的工作原理有U1U2＝1 0001和I1I2＝1001，解得U1＝2.2×105V，I1＝1 000 A，所以A、B错误；输电线中输送的功率P＝U1I1＝2.2×108 W，C正确；由于输电线路不能视为简单的纯电阻电路，不能用欧姆定律求出电阻，D错误．]高考热点1|交变电流的“四值”应用1．正弦式交变电流的重要公式交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算．注意“三同”，即“相同电阻”上“相同时间”内产生“相同热量”．计算时，“相同时间”至少要取一个周期的时间．如图11-4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的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R，当线圈由图示位置转过60°的过程中，下列判断正确的是()图11-4A ．电压表的读数为NBSω2(R ＋r )B ．通过电阻R 的电荷量为q ＝NBS 2(R ＋r ) C ．电阻R 所产生的焦耳热为Q ＝N 2B 2S 2ωR π4(R ＋r )2D ．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NBSω2(R ＋r )B [线圈在磁场中转动产生了正弦交流电，其电动势的最大值E m ＝NBSω，电动势的有效值E ＝NBSω2，电压表的读数等于交流电源的路端电压，且为有效值，则U ＝NBSω2(R ＋r )R ，A 错误；求通过电阻R 的电荷量要用交流电的平均电流，则q ＝I Δt ＝N ΔΦR ＋r ＝N (BS －12BS )R ＋r ＝NBS 2(R ＋r )，故B 正确； 电阻R 上产生的热量应该用有效值来计算，则电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝[NBSω2(R ＋r )]2R ·π3ω＝πN 2B 2S 2Rω6(R ＋r )2，故C 错误；线圈由图示位置转过60°时的电流为瞬时值，则i ＝NBSωR ＋r sin ωt ＝NBSωR ＋r sin π3＝3NBSω2(R ＋r )，故D 错误．] [突破训练]2．如图11-5甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻值R ＝10 Ω的电阻连接，与电阻R 并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V ．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t 变化的图象．则( )【导学号：92492397】甲 乙图11-5A．电阻R上的电功率为20 WB．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt(V) D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝1.41cos 50πt(A)C[R上电功率P＝U2R＝10 W，A错；0.02 s时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，此时R两端的电压瞬时值最大，B错；R两端电压的最大值为10 2 V，ω＝2πT＝100π rad/s，因此R两端电压u＝14.1cos 100πt(V)，C正确；i＝1.41cos 100πt(A)，D错．]高考热点2|与变压器相关的综合问题1．远距离高压输电的几个基本关系2．理想变压器中相关物理量间的制约关系的分析程序可表示为：(多选)如图11-6所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如图所示电路，开关S原来闭合，且R1＝R2，再将S断开，那么交流电压表的示数U、交流电流表的示数I、电阻R1上的功率P1及该变压器原线圈的输入功率P 的变化情况正确的是()图11-6A．U增大B．I增大C．P1减小D．P减小AD[开关S由闭合到断开时，负载的总电阻变大，变压器的输出电压U2不变，则输出电流I2变小，R上的电压变小，R1上的电压变大，电阻R1上的功率P1＝U2R1R1＝U2R1，R1不变，U变大，则P1增大，故A正确，C错误．由电流与匝数的关系可知电流表的示数I减小，B错误．输出电功率P出＝I2U2，U2不变，I2减小，则P出减小，输入功率等于输出功率，所以D正确．][突破训练]3．(2017·潍坊模拟)如图11-7所示，边长为L、匝数为N、电阻不计的正方形线圈abcd，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕转轴OO′以角速度ω匀速转动，轴OO′垂直于磁感线，制成一台交流发电机，它与理想变压器的原线圈连接，变压器原、副线圈的匝数之比为1∶2，二极管的正向电阻为零，反向电阻无穷大，从正方形线圈处于图示位置开始计时，下列判断正确的是()【导学号：92492398】图11-7A．交流发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2sin ωtB．变压器的输入功率与输出功率之比为2∶1C．电压表示数为NBωL2D．若将滑动变阻器的滑片向下滑动，电流表和电压表示数均减小C[图示线圈位置是与中性面垂直的位置，从图示位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为e＝NBωL2cos ωt，A错．理想变压器的输入功率与输出功率相等，B错．原线圈电压的有效值U1＝22NBωL2，由U1U2＝12得U2＝2NBωL2，由于二极管的单向导电性，副线圈中只有半个周期内有电流，设电压表示数为U，根据有效值的定义得U22R×T2＝U2R×T，所以电压表的示数U＝NBωL2，C对．若滑动变阻器的滑片向下滑动，副线圈的总阻值增大，原线圈电压不变，副线圈电压也不变，电压表示数不变，由欧姆定律得副线圈中的电流变小，原线圈中的电流也变小，电流表示数变小，D错．]。

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专题训练（十一）第11单元交变电流传感器基础巩固1．如图Z11。

1所示，用横截面积之比为4∶1的铜丝做成边长分别为L和2L的两只闭合线框a和b，以相同的速度从磁感应强度为B的匀强磁场区域中匀速地被拉到磁场外，若外力对线框做的功分别为W a、W b，则W a∶W b为( ）图Z11。

1A．1∶4 B．1∶2 C．1∶1 D．不能确定2．(多选)两根足够长的光滑导轨竖直放置,间距为L，顶端接阻值为R的电阻．质量为m、电阻为r的金属棒在磁场上边界上方某处由静止释放，金属棒和导轨接触良好，导轨所在平面与磁感应强度为B的匀强磁场垂直,如图Z11。

2所示，不计导轨的电阻，重力加速度为g，则（)图Z11.2A．金属棒在磁场中运动时，流过电阻R的电流方向为a→bB．金属棒在磁场中运动的速度为v时，金属棒所受的安培力大小为B2L2v R＋rC．金属棒的最大速度为mg（R＋r）BLD．金属棒以稳定的速度下滑时，电阻R的热功率为错误!错误!R3．一个刚性矩形铜制线圈从高处自由下落，进入一水平的匀强磁场区域,然后穿出磁场区域继续下落，如图Z11­3所示,则( )图Z11。

3A．若线圈进入磁场的过程是加速运动，则离开磁场的过程是减速运动B．若线圈进入磁场的过程是加速运动，则离开磁场的过程也是加速运动C．若线圈进入磁场的过程是减速运动，则离开磁场的过程也是减速运动D．若线圈进入磁场的过程是减速运动，则离开磁场的过程是加速运动4．[2016·北京东城期末] 如图Z11.4所示，两根足够长的平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，导轨间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直于导轨平面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，电路中其余电阻不计．金属棒ab 由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．不计空气阻力的影响．已知金属棒ab与导轨间动摩擦因数μ＝0.5,sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，取g＝10 m/s2。

第2讲变压器、电能的输送一、理想变压器基本关系1．构造如图1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．图1（1）原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈．（2)副线圈：与负载连接的线圈,也叫次级线圈．2．原理电流磁效应、电磁感应．3．基本关系式(1）功率关系：P入＝P出．（2)电压关系：错误!＝错误!。

(3）电流关系：只有一个副线圈时错误!＝错误!。

由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋U n I n。

［深度思考］请你根据以上分析总结理想变压器原、副线圈功率、电压和电流的决定关系．答案（1）电压:副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定．(2）功率：原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定．(3）电流：原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定．二、远距离输电问题1．减少输电电能损失的两种方法（1）理论依据：P损＝I2R。

(2)减小输电线的电阻：根据电阻定律R＝ρ错误!,要减小输电线的电阻R,在保证输电距离情况下，可采用减小材料的电阻率、增大导线的横截面积等方法．（3）减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下,根据P＝UI，要减小电流，必须提高电压．2．远距离高压输电的几个基本关系(以图2为例）图2(1）功率关系：P1＝P2,P3＝P4，P2＝P损＋P3.(2)电压、电流关系：U1U2＝n1n2＝错误!，错误!＝错误!＝错误!，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．(3)输电电流：I线＝错误!＝错误!＝错误!.（4)输电线上损耗的电功率:P损＝I线ΔU＝I错误!R线＝(错误!）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错误!.[深度思考] 根据以上分析，请你总结输电线路功率损失的计算方法有哪些？答案(1）P损＝P－P′，P为输送的功率,P′为用户所得功率．（2)P损＝I错误!R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻．（3）P损＝错误!，ΔU为输电线路上损失的电压,R线为线路电阻．(4）P损＝ΔUI线,ΔU为输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流．1．判断下列说法是否正确．(1)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．（×）(2）理想变压器能改变交变电压、交变电流，但不改变功率，即输入功率总等于输出功率．（√)（3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大．( √)(4)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．( √）（5)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时,副线圈两端无电压．（×）2．(人教版选修3－2P44第2题改编）有些机床为了安全,照明电灯用的电压是36 V，这个电压是把380 V的电压降压后得到的．如果变压器的原线圈是1 140匝，副线圈是( )A．1 081匝B．1 800匝C．108匝D．8 010匝答案C解析由题意知U1＝380 V，U2＝36 V,n1＝1 140则错误!＝错误!得n2＝错误!n1＝108.3．(人教版选修3－2P44第5题改编）如图3所示的电路中,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。

第2讲变压器电能的输送知|识|梳|理微知识❶变压器原理1．构造和原理(如图所示)(1)主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成。

(2)工作原理：电磁感应的互感现象。

2．理想变压器的基本关系式(1)电压关系：U1U2＝n1n2，若n1＞n2，为降压变压器；若n1＜n2，为升压变压器。

(2)电流关系：I1I2＝n2n1，只适用于只有一个副线圈的情况。

3．互感器(1)电压互感器，用来把高电压变成低电压。

(2)电流互感器，用来把大电流变成小电流。

特别提醒(1)如果变压器没有漏磁和能量损失，这样的变压器是理想变压器。

(2)变压器只能改变交变电流的电流和电压，不能改变恒定电流的电流和电压。

微知识❷电能的输送1．输电损耗(1)功率损失：设输电电流为I，输电线的电阻为R，则功率损失为ΔP＝I2R。

(2)降低输电损耗的两个途径。

①一个途径是减小输电线的电阻。

由电阻定律R＝ρlS可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线。

此外，还要尽可能增加导线的横截面积。

②另一个途径是减小输电导线中的电流，由P ＝UI 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．远距离输电过程的示意图(如图所示)对理想变压器，各物理量的关系为 ①P 1＝P 2，P 2＝P 损＋P 3，P 3＝P 4＝P 用。

②U 1U 2＝n 1n 2，U 2＝U 3＋U 线，U 3U 4＝n 3n 4。

③n 1I 1＝n 2I 2，I 2＝I 线＝I 3，n 3I 3＝n 4I 4。

基|础|诊|断一、思维诊断1．变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率(×) 2．正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压(×) 3．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之增大(√) 4．变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定(√) 5．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗(√) 二、对点微练1．(变压器的工作原理及应用)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V 。