2025年高考物理压轴训练15（Word版附解析）

这是一份2025年高考物理压轴训练15（Word版附解析），共83页。

A．用户使用的电流是频率为的交流电
B．该远距离输电线路上的电阻为
C．该远距离输电线路上损耗的功率为
D．该远距离输电线路上的电流为
2．（2024•道里区校级四模）如图所示，理想变压器左侧原线圈通过输电线与理想交流电流表和发电机连接，其中发电机部分由长为、电阻不计的导体棒以及两个半径也为的电阻不计的金属圆环组成。使导体棒的两个端点分别位于金属圆环的同一水平面上，导体棒以角速度在竖直面内绕圆环中心轴匀速转动，整个空间存在方向竖直向下、与金属圆环平行、磁感应强度为的匀强磁场。变压器右侧副线圈中接有阻值为的定值电阻和变阻箱，以及理想交流电压表、、和理想交流电流表，初始时调节电阻箱阻值使其大小等于，此时电路能正常工作，之后再次调节电阻箱使其阻值等于，已知，上述过程中，下列说法正确的是
A．电流表的示数减小，电流表的示数增加
B．电压表的示数不变，电压表的示数增加
C．电压表的示数为
D．电阻箱消耗的电功率增大
3．（2024•福建模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，电阻，电流表、电压表均为理想电表。原线圈，端接入如图乙所示的正弦交变电压，则
A．电流表的示数为
B．时，电压表示数为
C．副线圈中的电流方向每秒改变50次
D．原线圈的电流最大值为
4．（2024•开福区校级模拟）如图所示，理想变压器为自耦变压器，原线圈接交流电源的两端，理想电压表的读数恒为，副线圈接阻值为的定值电阻和滑动变阻器。调节自耦变压器以及滑动变阻器的滑片，当理想电压表的读数为时，电源的输入功率为，则滑动变阻器消耗的功率为
A．B．
C．D．
5．（2024•滨海新区校级三模）风力发电将成为福建沿海实现“双碳”目标的重要途径之一。如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风吹向叶片驱动风轮机转动，风轮机带动内部匝数为的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度绕垂直于磁场的水平转轴顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。已知匝线圈产生的感应电动势的最大值为。则
A．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为
B．当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零
C．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的最大磁通量为
6．（2024•下城区校级模拟）如图所示，甲、乙、丙、丁所示是四种常见的磁场，下列分析正确的是
A．矩形线圈在甲图两异名磁极间匀速转动，可产生正弦式交流电
B．矩形线框放置在乙图中异名磁极间所制成的磁电式电表，表盘刻度均匀
C．图丙中相距很近的两个同名磁极之间的磁场，除边缘外，可认为是匀强磁场
D．图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通电时，其中间区域的磁场可认为是匀强磁场
7．（2024•青岛模拟）如图所示为某小型输电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为。升压变压器原、副线圈的匝数比为，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为，电流表的示数为，输电线的总电阻。下列说法正确的是
A．升压变压器的原线圈输入电压
B．电流互感器是一种降压变压器
C．将滑动触头下移，用户获得的电压将增大
D．用户获得的功率为
8．（2024•梅州一模）某电学研究小组根据电工技术中“钳形电流测量仪”工作原理，自制了一个的钳形电流表，如图所示，铁芯左侧绕有匝数为的线圈，并与电流表组成闭合电路。某次进行测量时，钳口打开，把被测的通电导线放在钳口中间，通过电流表，可以间接测出通电导线中的电流。不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，则下列说法正确的是
A．该测量仪属于升压变压器
B．该测量仪工作原理是利用自感现象
C．若导线中通过的是直流电，电流表中通过的电流是
D．电流表的示数随铁芯左侧线圈的匝数增加而变大
9．（2024•北京）如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压随时间变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“，”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是
A．原线圈两端电压的有效值为
B．副线圈中电流的有效值为
C．原、副线圈匝数之比为
D．原线圈的输入功率为
10．（2024•茂名二模）某兴趣小组在校园内进行科学小实验，实验场地所处的磁场可视为方向竖直向下，大小的匀强磁场，兴趣小组使长为、宽为、匝数为100的金属线框以角速度匀速转动，再利用原、副线圈匝数比为的理想变压器使“，”电风扇正常工作，线框及电线电阻不计，如图所示。下列说法正确的是
A．当线框平面与地面平行时产生的电动势最大
B．电风扇的内阻为
C．为了使电风扇能正常工作，需把电风扇与一个阻值的电阻串联
D．金属线框感应电动势的峰值为
二．多选题（共7小题）
11．（2024•宁河区校级模拟）某种感温式火灾报警器的简化工作电路如图所示。变压器原线圈接电压有效值恒定的交流电源。副线圈连接报警系统，其中为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，为滑动变阻器，为定值电阻。当警戒范围内发生火灾，环境温度升高达到预设值时，报警装置（图中未画出）通过检测的电流触发报警。下列说法正确的是
A．警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压减小
B．警戒范围内出现火情时，原线圈输入功率变大
C．通过定值电阻的电流过大时，报警装置就会报警
D．若要调高预设的报警温度，可减小滑动变阻器的阻值
12．（2024•麦积区二模）实验室中手摇发电机的原理如图所示，两磁体间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为，发电机的正方形线圈绕轴以转速匀速转动。已知线圈的边长为，匝数为，总电阻为，外接小灯泡的电阻为，其余电阻不计，下列说法正确的是
A．回路中感应电动势的峰值为
B．小灯泡两端的电压为
C．通过小灯泡的电流为
D．小灯泡的功率为
13．（2024•新课标）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过时，线圈中
A．电流最小B．电流最大
C．电流方向由指向D．电流方向由指向
14．（2024•衡水模拟）如图所示，理想变压器原线圈接的交流电，原、副线圈匝数比，已知定值电阻、，是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表，以下说法正确的是
A．时，理想变压器的输出功率最大
B．理想变压器的最大输出功率为
C．理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为
D．时，滑动变阻器消耗的功率最大
15．（2024•清江浦区模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为，、接入电压有效值恒定的交变电源，其中为滑动变阻器，、为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片向下移动后，电流表及两个电压表示数变化量的绝对值分别用△、△和△表示，下列判断正确的是
A．B．C．D．
16．（2024•桃城区校级模拟）交变电路示意图如图所示，图中变压器为理想变压器，已知三个灯泡完全相同，其阻值可视为定值，、接入有效值为的交变电流。初始时滑动变阻器滑片置于最左端时，三个灯泡亮度相同，现让滑片向右滑动，、、、、、的变化量大小分别为△、△、△、△、△、△，下列说法正确的是
A．B．滑片向右滑动时，增大
C．2△△△D．增大
17．（2024•郫都区校级模拟）如图甲所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图乙所示。线框通过可变电阻与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一额定电压为的电灯泡，当可变电阻时，电灯泡恰好正常发光且电流表的示数为，导线框的电阻不计，电灯泡的电阻不变，电流表为理想电流表，则下列说法正确的是
A．图甲中导线框所处位置的磁通量变化率最小
B．由图乙知，时，导线框垂直于中性面
C．变压器原线圈的输入电压的表达式为
D．变压器原、副线圈的匝数比为
三．填空题（共3小题）
18．（2024•泉州模拟）如图甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，输入的交变电压如图乙所示，、是完全相同的灯泡，设灯丝电阻保持不变。若灯泡能正常发光，则灯泡 （选填“能”或“不能” 正常发光，灯泡的额定电压为 ，交变电压瞬时值表达式为 。
19．（2023•丰台区一模）实验室有一种可拆变压器，原线圈为800匝，副线圈有400匝、300匝、200匝三种规格，但标记不清，某同学选用一组副线圈，把原线圈连接学生电源，测量原线圈的输入电压和副线圈输出电压，得到的数据如表：
根据测量数据，可判断副线圈的匝数为 。
．400匝
．300匝
．200匝
请说明你的判断依据： 。
20．（2022•台江区校级模拟）2022年年初福建北电南送特高压交流输变电工程（福州—厦门）核准批复，落实“碳达峰、碳中和”行动方案。如图所示为电能输送示意图，理想升压变压器的原、副线圈匝数比为，降压变压器的原、副线圈匝数比为，则 （选填“大于”、“小于”或“等于” ：若输电线的总电阻为，用户电阻为，其他导线电阻不计，用户获得的功率为，则输电线路中消耗的热功率为 。
四．解答题（共5小题）
21．（2024•天津）电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框，线框边长为，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为，线框转轴与磁场垂直，且与、距离相等。线框与储能装置连接。
（1）线框转动方向如图1所示，试判断图示位置中的电流方向；
（2）若线框以角速度匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在时刻位置如图2所示，求此时产生的感应电动势；
（3）讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为，第二周的角速度为，第三周的角速度为，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为，加速度大小为，储存的电能为初动能的，求制动过程中汽车行驶的最大距离。
22．（2024•海淀区校级模拟）新型电动汽车在刹车时，电动机的线圈会充当“发电机”角色，由车轮带动来回收能量。为研究方便，发电机可抽象为如图1所示模型：两磁极间匀强磁场的磁感应强度大小为、长方形线圈面积为，重数为，整个线圈都处于磁场中，可绕转轴自由转动，线圈外接有阻值为的纯电阻负载，忽略线圈的电阻。电动汽车的质量为。
（1）若电动汽车刹车时受到的地面摩擦等阻力与发电机线圈转动提供的刹车制动力相比可以忽略，即该模型中，刹车时汽车受到的阻力完全由线圈转动导致，汽车失去的动能全部用来发电。
设在汽车刹车过程中某一时刻，线圈平面和磁场恰好平行，已知此时线圈转动角速度为，汽车在水平路面上的瞬时速度为，求此时：
发电机工作回路中电功率的大小；
汽车线圈提供的制动力的大小。
（2）若电动汽车受到地面摩擦阻力恒为，线圈提供的制动力与线圈转动的角速度成正比，比例系数为。经过时间，汽车的速度由减为0。
在图2中定性作出汽车刹车过程中速度随时间的变化图线；
求汽车减速过程中发电机线圈转过的圈数。
23．（2024•光明区校级模拟）如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的直径为、匝数的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布（其右视图如图乙所示），线圈所在位置的磁感应强度大小均为，线圈内阻为，它的引出线接有的小灯泡，外力推动线圈框架的端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小灯泡，从时刻开始计时，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙所示，摩擦等损耗不计，求：
（1）电压表的示数；
（2）时外力的大小。
24．（2024•南通一模）如图所示，一个小型交流发电机输出端连接理想变压器，原、副线圈匝数分别为、，副线圈连接电阻。交流发电机的线圈匝数为，电动势瞬时值的表达式为，发电机线圈电阻不计。求：
（1）通过发电机线圈磁通量的最大值；
（2）变压器原线圈中电流的有效值。
25．（2024•四川一模）电动晒衣杆方便实用，在日常生活中得到广泛应用。如图所示，一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，原线圈两端接入正弦交流电源，电压为，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机。当开关接通后，电动机带动质量为的晾衣杆以速度匀速上升，此时电流表读数为，重力加速度为。求：
（1）电动机的输入功率；
（2）电动机线圈电阻。
2025年高考物理压轴训练15
参考答案与试题解析
一．选择题（共10小题）
1．（2024•兴庆区校级三模）如图所示为高压输电电路图，发电站输送的电压为，变压器为理想变压器。将两个相同的电压互感器甲和乙分别接入远距离输电线路的前后端，电流互感器接入远距离输电线路。电压互感器的原、副线圈匝数比为，电流互感器的原、副线圈匝数比为，且。高压输电线路正常工作时，电压互感器甲、乙的示数分别为、，电流互感器的示数为。则
A．用户使用的电流是频率为的交流电
B．该远距离输电线路上的电阻为
C．该远距离输电线路上损耗的功率为
D．该远距离输电线路上的电流为
【答案】
【考点】变压器的构造与原理；远距离输电的相关计算
【专题】交流电专题；寻找守恒量法；分析综合能力；定量思想
【分析】根据读出，由求交流电的频率。根据变压比求出两个电压互感器原线圈的电压。由变流比求出电流互感器原线圈的电流，即可根据欧姆定律求解输电线路上的电阻，由功率公式求输电线路上损耗的功率。
【解答】解：、根据可知，则用户使用的电流是频率为，故错误；
、对于电压互感器甲，可知远距离输电线路前端电压满足：，即
对于电压互感器乙，可知远距离输电线路后端电压满足：，即
对于电流互感器，可知远距离输电线路中的电流满足：，则该远距离输电线路上的电流为：
则该远距离输电线路上的电阻为，故错误；
、该远距离输电线路上损耗的功率为，故正确。
故选：。
【点评】本题主要考查变压器规律的应用，根据原副线圈匝数比，结合三个互感器的示数，进而得出输电线路上的前端电压、后端电压及输电线上的电流，根据欧姆定律可解得输电线路的电阻。
2．（2024•道里区校级四模）如图所示，理想变压器左侧原线圈通过输电线与理想交流电流表和发电机连接，其中发电机部分由长为、电阻不计的导体棒以及两个半径也为的电阻不计的金属圆环组成。使导体棒的两个端点分别位于金属圆环的同一水平面上，导体棒以角速度在竖直面内绕圆环中心轴匀速转动，整个空间存在方向竖直向下、与金属圆环平行、磁感应强度为的匀强磁场。变压器右侧副线圈中接有阻值为的定值电阻和变阻箱，以及理想交流电压表、、和理想交流电流表，初始时调节电阻箱阻值使其大小等于，此时电路能正常工作，之后再次调节电阻箱使其阻值等于，已知，上述过程中，下列说法正确的是
A．电流表的示数减小，电流表的示数增加
B．电压表的示数不变，电压表的示数增加
C．电压表的示数为
D．电阻箱消耗的电功率增大
【答案】
【考点】电功和电功率的计算；变压器的构造与原理
【专题】交流电专题；定量思想；推理法；推理能力
【分析】根据导体棒切割磁感线产生的感应电动势结合变阻箱电阻变大，分析原、副线圈的电流和电压，再根据变压器变压的特点求解副线圈电压，根据功率表达式分析功率。
【解答】解：设导体棒此时的速度与竖直方向夹角为，则导体棒切割磁感线产生的感应电动势为：，电阻箱的阻值变大，故副线圈的总电阻变大，副线圈的总电流变小，则原线圈的电流变小，故电流表的示数减小，电流表的示数也减小，故错误；
由于导体棒转速不变，故原线圈的电压不变，则电压表示数不变，电阻箱的阻值变大，故副线圈的总电阻变大，副线圈的总电流变小，由于和是串联关系，则的电压变小，故变小，由于副线圈的总电压不变，故的电压变大，即电压表的示数增加，故错误；
原线圈电压有效值，根据变压器变压特点：，可得，故正确；
初始时电阻箱消耗的电功率为：，调节电阻箱使其阻值等于后，电功率为：，故消耗电功率应减小，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了变压器相关知识，理解原、副线圈电流、电压和匝数比的关系是解决此类问题的关键。
3．（2024•福建模拟）如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为，电阻，电流表、电压表均为理想电表。原线圈，端接入如图乙所示的正弦交变电压，则
A．电流表的示数为
B．时，电压表示数为
C．副线圈中的电流方向每秒改变50次
D．原线圈的电流最大值为
【答案】
【考点】交变电流的图像和图像；变压器的构造与原理
【专题】推理法；定量思想；交流电专题；推理能力
【分析】根据瞬时值的表达式可以求得输出电压的有效值、周期和最大值等，再根据电压与匝数成正比即可求得结论。
【解答】解：、分析图乙可知，原线圈的电压最大值为，所以原线圈的电压的有效值为，再根据可知，副线圈的电压的有效值为，即为电压表的读数，根据闭合电路欧姆定律可知，电流，故错误。
、变压器不会改变电流的频率，电流的周期为，交变电流一个周期电流方向改变2次，则电流方向每秒改变100次，故错误。
、根据可知，，则最大值为，故正确。
故选：。
【点评】本题掌握住理想变压器的电压、电流之间的关系，最大值和有效值之间的关系即可解决本题，注意在求电表示数时要用到有效值。
4．（2024•开福区校级模拟）如图所示，理想变压器为自耦变压器，原线圈接交流电源的两端，理想电压表的读数恒为，副线圈接阻值为的定值电阻和滑动变阻器。调节自耦变压器以及滑动变阻器的滑片，当理想电压表的读数为时，电源的输入功率为，则滑动变阻器消耗的功率为
A．B．
C．D．
【答案】
【考点】电功和电功率的计算；变压器的构造与原理
【分析】根据电压表的示数求解自耦变压器副线圈两端的电压；根据理想变压器的功率关系和电功率公式求解通过电阻的电流；根据功率公式求解变阻器消耗的功率。
【解答】解：当初级电压为时，电压表的读数为，可知此时和两端的电压之和为；
根据理想变压器的功率关系
根据功率公式
此时次级电流为
变阻器消耗的功率为
综上分析，故错误，正确。
故选：。
【点评】本题考查了理想变压器的功率关系和电功率公式，基础题。
5．（2024•滨海新区校级三模）风力发电将成为福建沿海实现“双碳”目标的重要途径之一。如图甲，风力发电装置呈现风车外形，风吹向叶片驱动风轮机转动，风轮机带动内部匝数为的矩形铜质线圈在水平匀强磁场中，以角速度绕垂直于磁场的水平转轴顺时针匀速转动产生交流电，发电模型简化为图乙。已知匝线圈产生的感应电动势的最大值为。则
A．当线圈转到图示位置时产生的感应电流方向为
B．当线圈转到竖直位置时电流表的示数为零
C．当线圈转到图示位置时磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的最大磁通量为
【答案】
【考点】磁通量的概念和计算公式的定性分析；交流发电机及其产生交变电流的原理；交变电流的图像和图像
【专题】比较思想；模型法；恒定电流专题；分析综合能力
【分析】根据右手定则判断感应电流方向；当线圈与磁场垂直时，感应电流的瞬时值为零，但电流表的示数不为零；线圈与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大；由求解线圈的最大磁通量。
【解答】解：、当线圈转到图示位置时，根据右手定则判断可知产生的感应电流方向为，故错误；
、当线圈转到竖直位置时，线圈与磁场垂直，感应电流的瞬时值为零，但电流表测量的是有效值，示数不为零，故错误；
、当线圈转到图示位置时，线圈与磁场平行，即线圈与中性面垂直，感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故正确；
、由得，穿过线圈的最大磁通量为，故错误。
故选：。
【点评】解答本题时，关键要掌握中性面的特点：线圈经过中性面时，磁通量最大，感应电流为零。要注意电流表测量的是有效值，示数不为零。
6．（2024•下城区校级模拟）如图所示，甲、乙、丙、丁所示是四种常见的磁场，下列分析正确的是
A．矩形线圈在甲图两异名磁极间匀速转动，可产生正弦式交流电
B．矩形线框放置在乙图中异名磁极间所制成的磁电式电表，表盘刻度均匀
C．图丙中相距很近的两个同名磁极之间的磁场，除边缘外，可认为是匀强磁场
D．图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通电时，其中间区域的磁场可认为是匀强磁场
【答案】
【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理
【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力
【分析】磁极与圆柱间的磁场是均匀地辐向分布；首先明确磁电式仪表的制成原理，即通电线圈在磁场中受力转动，线圈的转动可以带动指针的偏转；然后找出与电流表的原理相同的选项即可；距一定距离的两个平行放置的线圈通电时，中间区域的磁场可认为是匀强磁场。
【解答】解：甲图中的电场是辐向磁场，线圈匀速转动时无法产生正弦式交流电，故错误；
磁电式电表内部磁极做成弧形，线圈绕在铁芯上，能产生均匀辐射分布的磁场磁场，但本题是直接把矩形线圈放入异名磁极间，不会产生均匀辐射分布的磁场，表盘刻度未知，故错误；
相距很近的异名磁极之间的磁场，除边缘外，是匀强磁场，但图中是同名磁极，相互排斥，磁感线是“势不两立”的曲线，故错误；
图丁中相距一定距离的两个平行放置的线圈通同向电流，其中间区域的磁场可认为是匀强磁场，故正确。
故选：。
【点评】本题考查磁场及磁场的相关知识，有实际生产和生活中用的磁极与铁柱体、弧形磁场极、相距较近的同名磁极、两平行放置的线圈中间的磁场特点，平时记住这些特殊磁场形成的原因及用途。
7．（2024•青岛模拟）如图所示为某小型输电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率恒为。升压变压器原、副线圈的匝数比为，在输电线路上接入一个电流互感器，其原、副线圈的匝数比为，电流表的示数为，输电线的总电阻。下列说法正确的是
A．升压变压器的原线圈输入电压
B．电流互感器是一种降压变压器
C．将滑动触头下移，用户获得的电压将增大
D．用户获得的功率为
【答案】
【考点】变压器的构造与原理；远距离输电的相关计算
【专题】推理法；定量思想；交流电专题；推理能力
【分析】根据原副线圈电流、电压与匝数关系、功率公式计算；根据原、副线圈的匝数比判断；根据原副线圈电压与匝数关系分析判断；根据功率公式计算。
【解答】解：．电流互感器原线圈中的电流
升压变压器的输出电压
升压变压器原、副线圈的匝数比为，则
则
故错误；
．根据线圈匝数关系可知电流互惑器是一种升压变压器，故错误；
．将活动触头下移，增大了，降压变压器用户获得的电压
可知增大时，减小，故错误；
．输电线上损失的功率
用户获得的功率
△
故正确。
故选：。
【点评】本题关键掌握原副线圈电流、电压与匝数关系，输电线路的功率关系。
8．（2024•梅州一模）某电学研究小组根据电工技术中“钳形电流测量仪”工作原理，自制了一个的钳形电流表，如图所示，铁芯左侧绕有匝数为的线圈，并与电流表组成闭合电路。某次进行测量时，钳口打开，把被测的通电导线放在钳口中间，通过电流表，可以间接测出通电导线中的电流。不考虑铁芯的漏磁及各种能量损耗，则下列说法正确的是
A．该测量仪属于升压变压器
B．该测量仪工作原理是利用自感现象
C．若导线中通过的是直流电，电流表中通过的电流是
D．电流表的示数随铁芯左侧线圈的匝数增加而变大
【答案】
【考点】自感现象与自感系数；变压器的构造与原理；理想变压器两端电压与匝数的关系
【专题】定量思想；电磁感应与电路结合；推理能力；推理法
【分析】本题根据电磁感应和电流的磁效应特点，结合变压器原、副线圈电压与匝数的关系列式求解。
【解答】解：、根据题意可知，原线圈匝数为1，副线圈匝数为100，由可知该测量仪属于升压变压器，故正确；
、该测量仪工作原理是利用互感现象，故错误；
、则该测量仪属于升压变压器，若导线中通过的是直流电，变压器不工作，电流表无示数，故错误；
、根据公式电流与匝数的关系
铁芯左侧多绕几圈导线，即增大，而和不变，故应减小，故电流表示数减小，故错误。
故选：。
【点评】本题考查了变压器相关知识，掌握变压器电压、电流与匝数的关系是解决此类问题的关键。
9．（2024•北京）如图甲所示，理想变压器原线圈接在正弦式交流电源上，输入电压随时间变化的图像如图乙所示，副线圈接规格为“，”的灯泡。若灯泡正常发光，下列说法正确的是
A．原线圈两端电压的有效值为
B．副线圈中电流的有效值为
C．原、副线圈匝数之比为
D．原线圈的输入功率为
【答案】
【考点】理想变压器两端电压与匝数的关系；理想变压器两端的功率关系
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力
【分析】根据图像中电压最大值和有效值的关系列式求解有效值；
根据功率公式求解电流；
根据变压器的变压比进行计算；
根据理想变压器的功率关系列式计算。
【解答】解：由图乙知，原线圈电压最大值为，根据正弦交流电最大值和有效值的关系，则有效值为，故错误；
灯泡正常发光，由得，副线圈中电流有效值为，故正确；
由理想变压器电压与匝数关系可知，故错误；
理想变压器没有能量损失，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，则原线圈的输入功率，故错误。
故选：。
【点评】考查交流的最大值、有效值、功率等问题，会根据题意求解变压比等物理量。
10．（2024•茂名二模）某兴趣小组在校园内进行科学小实验，实验场地所处的磁场可视为方向竖直向下，大小的匀强磁场，兴趣小组使长为、宽为、匝数为100的金属线框以角速度匀速转动，再利用原、副线圈匝数比为的理想变压器使“，”电风扇正常工作，线框及电线电阻不计，如图所示。下列说法正确的是
A．当线框平面与地面平行时产生的电动势最大
B．电风扇的内阻为
C．为了使电风扇能正常工作，需把电风扇与一个阻值的电阻串联
D．金属线框感应电动势的峰值为
【答案】
【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理；变压器的构造与原理
【专题】推理能力；推理法；定量思想；交流电专题
【分析】当线框平面与地面平行时，此时穿过线框的磁通量最大，磁通量变化率为0，再根据法拉第电磁感应定律分析判断；电风扇工作时的电路为非纯电阻电路，根据，结合分析电风扇的内阻大小；根据求解金属线框感应电动势的峰值，从而计算出变压器原线圈的输入电压有效值，再根据计算出变压器副线圈的输出电压有效值，最后结合欧姆定律求解与电风扇串联的电阻的大小。
【解答】解：．当线框平面与地面平行时，此时穿过线框的磁通量最大，但磁通量变化率为0，产生的电动势为0，故错误；
．电风扇正常工作，电风扇的内阻为，则有
又
其中，
联立解得：
故错误；
．金属线框感应电动势的峰值为：
其中，
代入数据得：
则变压器原线圈的输入电压有效值为：
解得：
变压器副线圈的输出电压有效值为：
其中
代入数据得：
为了使电风扇能正常工作，副线圈电流为
代入数据得：
根据欧姆定律可知，与电风扇串联的电阻阻值为：
解得：
故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查交流电的产生、变压器、非纯电阻电路等相关知识，注意电风扇工作时的电路为非纯电阻电路，注意掌握变压器原副线圈的电压与匝数比关系。
二．多选题（共7小题）
11．（2024•宁河区校级模拟）某种感温式火灾报警器的简化工作电路如图所示。变压器原线圈接电压有效值恒定的交流电源。副线圈连接报警系统，其中为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小，为滑动变阻器，为定值电阻。当警戒范围内发生火灾，环境温度升高达到预设值时，报警装置（图中未画出）通过检测的电流触发报警。下列说法正确的是
A．警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压减小
B．警戒范围内出现火情时，原线圈输入功率变大
C．通过定值电阻的电流过大时，报警装置就会报警
D．若要调高预设的报警温度，可减小滑动变阻器的阻值
【答案】
【考点】电功和电功率的计算式及影响因素；变压器的构造与原理
【专题】交流电专题；推理法；定性思想；推理能力
【分析】警戒范围内出现火情时电阻变小，则副线圈电流变大，无法判断热敏电阻功率的变化情况，根据电流关系可以判断原线圈电流变化情况；若要调高预设的报警温度，使热敏电阻的阻值较小时报警，需增大滑动变阻器的阻值。
【解答】解：、变压器中副线圈两端电压取决于原线圈电压与匝数比，由于原线圈两端电压与匝数比不变，则警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，故错误；
、警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，则原线圈中电流增大，由可知，由于原线圈两端电压不变，所以原线圈输入功率变大，故正确；
、警戒范围内出现火情时，副线圈两端电压不变，而副线圈中总电阻减小，副线圈中电流增大，即通过定值电阻的电流达到某一值时，报警装置就会报警，即通过定值电阻的电流过大时，报警装置就会报警，故正确；
、若要调高预设的报警温度，即热敏电阻的阻值较小时不报警，要保持流过的电流不变，则可增大滑动变阻器的阻值，故错误。
故选：。
【点评】变压器的动态问题大致有两种情况：一是负载电阻不变，原、副线圈的电压，，电流，，输入和输出功率，随匝数比的变化而变化的情况；二是匝数比不变，电流和功率随负载电阻的变化而变化的情况。不论哪种情况，处理这类问题的关键在于分清变量和不变量，弄清楚“谁决定谁”的制约关系。
12．（2024•麦积区二模）实验室中手摇发电机的原理如图所示，两磁体间的磁场视为匀强磁场，磁感应强度大小为，发电机的正方形线圈绕轴以转速匀速转动。已知线圈的边长为，匝数为，总电阻为，外接小灯泡的电阻为，其余电阻不计，下列说法正确的是
A．回路中感应电动势的峰值为
B．小灯泡两端的电压为
C．通过小灯泡的电流为
D．小灯泡的功率为
【答案】
【考点】电功和电功率的计算；交流发电机及其产生交变电流的原理；正弦式交变电流的函数表达式及推导
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力
【分析】根据正弦式交变电流规律求解感应电动势的峰值和有效值；根据闭合电路欧姆定律求解小灯泡两端的电压和通过小灯泡的电流；根据功率公式求解小灯泡的功率。
【解答】解：、感应电动势的峰值为
故错误；
、电动势有效值为
小灯泡两端的电压为
故错误；
、通过小灯泡的电流为
故正确；
、小灯泡的功率为
解得
故正确。
故选：。
【点评】本题考查正弦式交变电流，解题关键是掌握正弦式交变电流规律，结合闭合电路欧姆定律列式求解即可。
13．（2024•新课标）电动汽车制动时可利用车轮转动将其动能转换成电能储存起来。车轮转动时带动磁极绕固定的线圈旋转，在线圈中产生电流。磁极匀速转动的某瞬间，磁场方向恰与线圈平面垂直，如图所示。将两磁极间的磁场视为匀强磁场，则磁极再转过时，线圈中
A．电流最小B．电流最大
C．电流方向由指向D．电流方向由指向
【答案】
【考点】交流发电机及其产生交变电流的原理
【专题】定性思想；推理法；交流电专题；理解能力
【分析】线圈处于中性面位置，知道中性面的特点，再根据变化求解；结合楞次定律得出感应电流方向。
【解答】解：如图开始线圈处于中性面位置，当磁极再转过时，此时穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，则感应电流最大；在磁极转动的过程中，穿过线圈的磁通量在减小，根据楞次定律可知，此时感应电流方向由指向，故正确，错误。
故选：。
【点评】本题考查了交流电的产生和原理，解题的关键是熟记中性面的概念，熟练掌握楞次定律。
14．（2024•衡水模拟）如图所示，理想变压器原线圈接的交流电，原、副线圈匝数比，已知定值电阻、，是滑动变阻器，电压表和电流表均为理想交流电表，以下说法正确的是
A．时，理想变压器的输出功率最大
B．理想变压器的最大输出功率为
C．理想变压器的输出功率最大时，电流表的示数为
D．时，滑动变阻器消耗的功率最大
【答案】
【考点】理想变压器两端电压与匝数的关系；理想变压器两端的功率关系
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力
【分析】等效电路，根据欧姆定律定律、理想变压器规律和电功率公式推导输出功率表达式，根据数学知识计算输出功率的最大值；根据电功率公式计算；先把等效到副线圈中，计算等效阻值，根据功率最大的条件判断。
【解答】解：．根据交流电瞬时电动势表达式可知，电源电动势有效值为，如图所示，假设原线圈中的电压为，电流为，可认为虚线框中为等效电阻
又根据理想变压器电压、电流与线圈匝数的关系有
，
又
可得
①
则电路可看成是由和组成的电路，若使变压器输出功率最大，则的功率最大，根据
根据基本不等式，当时，的输出功率最大，此时由①式可得
输出的最大功率
故正确，错误；
．理想变压器的输出功率等于负载电阻总功率，根据电功率公式有
可得
故错误；
．要使滑动变阻器上的功率最大，把按照上述规则等效到副线圈中，有
求得
如图所示：
把虚线框看成是电源，内阻
当时，滑动变阻器输出功率最大，此时
故正确。
故选：。
【点评】本题关键掌握将电路进行等效，再依据变压器规律和欧姆定律解决问题。
15．（2024•清江浦区模拟）如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比为，、接入电压有效值恒定的交变电源，其中为滑动变阻器，、为定值电阻，电流表、电压表均为理想电表，当滑动变阻器的滑片向下移动后，电流表及两个电压表示数变化量的绝对值分别用△、△和△表示，下列判断正确的是
A．B．C．D．
【答案】
【考点】变压器的动态分析——原线圈无负载
【专题】推理法；定量思想；分析综合能力；交流电专题
【分析】根据欧姆定律和变压器的规律可求得电流和电压，再根据电压和电流与匝数的关系可求得电压表、电流表的示数的变化及两者比值。
【解答】解：、根据题意，由图可知，电压表测定值电阻两端电压，流过的电流等于电流表的读数，则根据欧姆定律有：
滑片向下移动后同理有：
则两式相减有：，故错误，正确；
、设交变电源电压的有效值为，则有
又根据变压器的规律有：，
可得表达式：
滑片向下移动后同理有：
两式相减有：
变形可得：，故错误，正确。
故选：。
【点评】此题考查了变压器的工作原理和电表示数问题，解题的关键是掌握变压器的变压比和变流比的灵活运用，明确理想变压器变压和变流规律。
16．（2024•桃城区校级模拟）交变电路示意图如图所示，图中变压器为理想变压器，已知三个灯泡完全相同，其阻值可视为定值，、接入有效值为的交变电流。初始时滑动变阻器滑片置于最左端时，三个灯泡亮度相同，现让滑片向右滑动，、、、、、的变化量大小分别为△、△、△、△、△、△，下列说法正确的是
A．B．滑片向右滑动时，增大
C．2△△△D．增大
【答案】
【考点】变压器的动态分析——原线圈有负载
【专题】推理能力；推理法；定量思想；交流电专题
【分析】根据灯泡正常发光判断灯泡两端的电压关系和通过的电流关系，依据理想变压器的功率关系和电压与线圈匝数关系计算；根据闭合电路欧姆定律分析判断；根据理想变压器电流与线圈匝数关系推导；根据欧姆定律推导。
【解答】解：．滑动变阻器置于最左端时，灯泡正常发光，根据题意可知则此时
，
由理想变压器的功率关系有
联立解得
则
故正确；
．将除、外的所有电路看作等效电源，根据闭合电路欧姆定律可知当增大时，路端电压增大，则等效电源电流减小，故错误；
．由中结论
可知
、
又因为增大，导致、增大，从而有减小、增大，则减小，可知
△、△、△
解得
2△△△
故正确
．根据欧姆定律有
则比值不变，故错误。
故选：。
【点评】本题关键掌握理想变压器的电压、电流与线圈匝数关系及输入输出功率关系。
17．（2024•郫都区校级模拟）如图甲所示，导线框绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电动势的图像如图乙所示。线框通过可变电阻与理想变压器原线圈相连，变压器副线圈接入一额定电压为的电灯泡，当可变电阻时，电灯泡恰好正常发光且电流表的示数为，导线框的电阻不计，电灯泡的电阻不变，电流表为理想电流表，则下列说法正确的是
A．图甲中导线框所处位置的磁通量变化率最小
B．由图乙知，时，导线框垂直于中性面
C．变压器原线圈的输入电压的表达式为
D．变压器原、副线圈的匝数比为
【答案】
【考点】根据线圈转动位置判断电流方向；中性面及其性质；交变电流的图像和图像；计算从不同位置开始计时交变电流的表达式
【专题】定量思想；推理法；交流电专题；推理能力
【分析】导线框平面与磁感线平行时磁通量的变化率最大；根据中性面的特点分析；由乙图可得到交流电的周期与角速度和最大值，据此可写出瞬时值表达式；先计算出变压器的输入电压，然后根据变压比计算匝数比。
【解答】解：、图甲中导线框所在位置正好是导线框平面与磁感线平行，此时穿过导线框的磁通量为零，磁通量变化率最大，故错误；
、由图乙知，时导线框产生的感应电动势的瞬时值为零，此时磁通量的变化率为零，导线框处于中性面位置，故错误；
、由图乙可知交流电的周期，则导线框转动的角速度为，感应电动势的最大值为，所以变压器原线圈输入电压的瞬时值表达式为，故正确；
、电动势的有效值为，所以变压器原线圈的输入电压为，因为灯泡正好正常发光，所以灯泡两端的电压即变压器的输出电压为，则变压器原、副线圈的匝数比为，故正确。
故选：。
【点评】掌握中性面的特点和变压器的变压规律是解题的基础。
三．填空题（共3小题）
18．（2024•泉州模拟）如图甲所示的电路中，理想变压器的原、副线圈的匝数比为，输入的交变电压如图乙所示，、是完全相同的灯泡，设灯丝电阻保持不变。若灯泡能正常发光，则灯泡 不能 （选填“能”或“不能” 正常发光，灯泡的额定电压为 ，交变电压瞬时值表达式为 。
【答案】不能，40，。
【考点】变压器的构造与原理；交变电流的图像和图像
【专题】定量思想；交流电专题；推理法；推理能力
【分析】根据变压器的变压比和电压的有效值以及电压关系列式求解，结合交变电压的表达式列式解答。
【解答】解：原副线圈的匝数比，即灯泡的电流是灯泡电流的2倍，故灯泡正常发光，不能正常发光；根据图乙，电源电压有效值为，设灯泡的电阻为，的电流为，根据电压关系有，则，所以灯泡的电压为，根据图乙，交变电压的瞬时值表达式为。
故答案为：不能，40，。
【点评】考查交流电的最大值、有效值、变压器的相关问题，会根据题意进行准确分析和解答。
19．（2023•丰台区一模）实验室有一种可拆变压器，原线圈为800匝，副线圈有400匝、300匝、200匝三种规格，但标记不清，某同学选用一组副线圈，把原线圈连接学生电源，测量原线圈的输入电压和副线圈输出电压，得到的数据如表：
根据测量数据，可判断副线圈的匝数为 。
．400匝
．300匝
．200匝
请说明你的判断依据： 。
【答案】；见解析
【考点】探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系；变压器的构造与原理
【专题】推理能力；定量思想；推理法；交流电专题
【分析】根据原副线圈的匝数比和电学物理量的比值关系，同时考虑实际情况得出副线圈的匝数。
【解答】解：根据理想变压器的原理可知，原副线圈两端的匝数比需要满足
解得：
又匝，由表中5组数据解得副线圈匝数分别为匝，匝，匝，匝，匝
由于变压器线圈通过电流时会发热，铁芯在交变磁场作用下也会发热，交变电流产生的磁场不可能完全局限在铁芯内，因此实际测的副线圈电压小于理想变压器条件下的电压，即，故正确，错误；
故选：。
故答案为：；见解析
【点评】本题主要考查了变压器的工作原理，理解变压器原副线圈两端的电学物理量与匝数的关系即可完成分析，难度不大。
20．（2022•台江区校级模拟）2022年年初福建北电南送特高压交流输变电工程（福州—厦门）核准批复，落实“碳达峰、碳中和”行动方案。如图所示为电能输送示意图，理想升压变压器的原、副线圈匝数比为，降压变压器的原、副线圈匝数比为，则 小于 （选填“大于”、“小于”或“等于” ：若输电线的总电阻为，用户电阻为，其他导线电阻不计，用户获得的功率为，则输电线路中消耗的热功率为 。
【答案】（1）小于；（2）
【考点】远距离输电的相关计算
【专题】交流电专题；信息给予题；计算题；定量思想；方程法；推理能力；理解能力
【分析】（1）根据理想变压器电压与匝数关系、电压在输电线路上降落和题意进行判断；
（2）根据用户电路功率、理想变压器电流和匝数关系、输电线路消耗功率列方程求解。
【解答】解：（1）根据理想变压器电压与匝数关系有：，
在输电线路上有电压降落，则：
根据题意可知：
则可知：
（2）用户获得的功率为
根据理想变压器电流和匝数关系有：
则输电线路中消耗的热功率为：
联立解得：
故答案为：（1）小于；（2）
【点评】本题考查电能输送，要求掌握输电线路的组成、理想变压器的规律。
四．解答题（共5小题）
21．（2024•天津）电动汽车制动过程中可以控制电机转为发电模式，在产生制动效果的同时，将汽车的部分机械能转换为电能，储存在储能装置中，实现能量回收、降低能耗。如图1所示，发电机可简化为处于匀强磁场中的单匝正方形线框，线框边长为，电阻忽略不计，磁场磁感应强度大小为，线框转轴与磁场垂直，且与、距离相等。线框与储能装置连接。
（1）线框转动方向如图1所示，试判断图示位置中的电流方向；
（2）若线框以角速度匀速转动，线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，线框在时刻位置如图2所示，求此时产生的感应电动势；
（3）讨论电动汽车在某次制动储存电能时，为方便计算，做两点假定：①将储能装置替换为阻值为的电阻，电阻消耗的电能等于储能装置储存的电能；②线框转动第一周的角速度为，第二周的角速度为，第三周的角速度为，依次减半，直到线框停止转动。若该制动过程中汽车在水平路面上做匀减速直线运动，汽车质量为，加速度大小为，储存的电能为初动能的，求制动过程中汽车行驶的最大距离。
【答案】（1）线框转动方向如图1所示，图示位置中的电流方向为从到；
（2）此时产生的感应电动势为；
（3）制动过程中汽车行驶的最大距离为。
【考点】用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热；牛顿第二定律的简单应用；导体转动切割磁感线产生的感应电动势；右手定则；动能定理的简单应用
【专题】交流电专题；电磁感应——功能问题；推理法；定量思想；推理论证能力
【分析】（1）根据右手定则判断图1所示位置中的电流方向。
（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，根据线框经过时间转过的角度求得垂直磁感线方向的分速度，根据，求解此时产生的感应电动势。
（3）线框转动过程中产生正余弦交流电，根据交流电的峰值确定其有效值。根据焦耳定律求解储存的电能，得到转动第周储存的电能的通项式，应用数学知识求解储存的总的电能，根据题意求得汽车的初动能，根据动能定理和牛顿第二定律求解制动过程中汽车行驶的最大距离。
【解答】解：（1）由右手定则可知，图1所示位置中的电流方向为从到。
（2）线框平面与中性面垂直瞬间开始计时，则经过时间转过的角度为：
垂直磁感线方向的分速度为：
此时产生的感应电动势为：
（3）线框转动过程中，、均能产生感应电动势，故线框转动产生的感应电动势为
线框转动第一周产生感应电动势最大值为：
储存电能为：
同理可得线框转动第二周储存的电能为：
同理可得线框转动第三周储存的电能：
可得线框转动第周储存的电能为：
则直到停止（即时储存的电能为：
已知储存的电能为初动能的，可得汽车的初动能为：
根据动能定理和牛顿第二定律可得：
解得：
答：（1）线框转动方向如图1所示，图示位置中的电流方向为从到；
（2）此时产生的感应电动势为；
（3）制动过程中汽车行驶的最大距离为。
【点评】本题考查了电磁感应现象，交流电的产生，交流电的峰值、有效值的关系，能量转化与守恒，以及功能关系的应用。考查了数理结合的能力。
22．（2024•海淀区校级模拟）新型电动汽车在刹车时，电动机的线圈会充当“发电机”角色，由车轮带动来回收能量。为研究方便，发电机可抽象为如图1所示模型：两磁极间匀强磁场的磁感应强度大小为、长方形线圈面积为，重数为，整个线圈都处于磁场中，可绕转轴自由转动，线圈外接有阻值为的纯电阻负载，忽略线圈的电阻。电动汽车的质量为。
（1）若电动汽车刹车时受到的地面摩擦等阻力与发电机线圈转动提供的刹车制动力相比可以忽略，即该模型中，刹车时汽车受到的阻力完全由线圈转动导致，汽车失去的动能全部用来发电。
设在汽车刹车过程中某一时刻，线圈平面和磁场恰好平行，已知此时线圈转动角速度为，汽车在水平路面上的瞬时速度为，求此时：
发电机工作回路中电功率的大小；
汽车线圈提供的制动力的大小。
（2）若电动汽车受到地面摩擦阻力恒为，线圈提供的制动力与线圈转动的角速度成正比，比例系数为。经过时间，汽车的速度由减为0。
在图2中定性作出汽车刹车过程中速度随时间的变化图线；
求汽车减速过程中发电机线圈转过的圈数。
【答案】（1）发电机工作回路中电功率的大小为；
汽车线圈提供的制动力的大小为。
（2）汽车刹车过程中速度随时间的变化图线见解析；
汽车减速过程中发电机线圈转过的圈数为。
【考点】正弦式交变电流的函数表达式及推导；电功和电功率的计算；牛顿第二定律的简单应用
【专题】推理法；推理能力；定量思想；电磁感应中的力学问题
【分析】（1）根据法拉第电磁感应定律结合电功率公式解答；
（2）根据汽车刹车的受力情况分析加速度变化，从而画图；
根据动量定理分析解答。
【解答】解：（1）由于该时刻线圈平面和磁场恰好平行，则线圈产生的电动势为
回路的电流为
发电机工作回路中电功率的大小为
解得
由于汽车失去的动能全部用来发电，则有
解得汽车线圈提供的制动力的大小为
（2）根据牛顿第二定律可得
由于线圈提供的制动力与线圈转动的角速度成正比，可知随着汽车做减速运动，角速度逐渐减小，线圈提供的制动力逐渐减小，汽车的加速度逐渐减小，所以汽车做加速度逐渐减小的减速运动，则汽车刹车过程中速度随时间的变化图线如图所示
汽车减速过程中，根据动量定理可得
其中
解得线圈转过的角度为
则汽车减速过程中发电机线圈转过的圈数为
答：（1）发电机工作回路中电功率的大小为；
汽车线圈提供的制动力的大小为。
（2）汽车刹车过程中速度随时间的变化图线见解析；
汽车减速过程中发电机线圈转过的圈数为。
【点评】本题为电磁感应综合问题，解题关键掌握闭合电路欧姆定律、电磁感应定律、动量定理的应用。
23．（2024•光明区校级模拟）如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的直径为、匝数的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布（其右视图如图乙所示），线圈所在位置的磁感应强度大小均为，线圈内阻为，它的引出线接有的小灯泡，外力推动线圈框架的端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小灯泡，从时刻开始计时，线圈运动的速度随时间变化的规律如图丙所示，摩擦等损耗不计，求：
（1）电压表的示数；
（2）时外力的大小。
【答案】（1）电压表的示数为；
（2）时外力的大小为。
【考点】根据或者图像计算感应电动势；安培力的计算公式及简单应用；正弦式交变电流的有效值
【专题】定量思想；交流电专题；推理法；推理能力
【分析】（1）线圈中产生的是正弦式电流，电压表测量灯泡电压的有效值。由电流最大值求出电压的最大值，再求解有效值。
（2）线圈做简谐运动，时线圈通过平衡位置，外力等于安培力。
【解答】解：（1）由图丙可得，。根据电磁感应定律得电动势最大值
电动势的有效值
电流的有效值
电压表的示数
代入数据解得
（2）时，根据闭合电路欧姆定律得电流强度
此时线圈的速度最大而加速度为零，则根据平衡条件和安培力表达式得
解得
答：（1）电压表的示数为；
（2）时外力的大小为。
【点评】本题考查导线切割磁感线产生感应电动势公式及正弦式电流有效值与最大值之间的关系，关键是电动势的大小表达式。
24．（2024•南通一模）如图所示，一个小型交流发电机输出端连接理想变压器，原、副线圈匝数分别为、，副线圈连接电阻。交流发电机的线圈匝数为，电动势瞬时值的表达式为，发电机线圈电阻不计。求：
（1）通过发电机线圈磁通量的最大值；
（2）变压器原线圈中电流的有效值。
【答案】（1）通过发电机线圈磁通量的最大值为；
（2）变压器原线圈中电流的有效值为。
【考点】变压器的构造与原理；交变电流的图像和图像
【专题】交流电专题；信息给予题；实验能力；计算题；定量思想；推理法
【分析】（1）根据感应电动势最大值和磁通量最大值的表达式求解作答；
（2）根据理想变压器电压与匝数比的关系以及功率关系求解作答。
【解答】解：（1）设匀强磁场的磁感应强度大小为，线圈面积为；
感应电动势的最大值
磁通量的最大值
联立解得；
（2）设变压器原、副线圈上电压的有效值为、则
根据理想变压器电压与匝数比的关系
变压器原线圈的输入电压
根据理想变压器的功率关系
代入数据联立解得。
答：（1）通过发电机线圈磁通量的最大值为；
（2）变压器原线圈中电流的有效值为。
【点评】本题主要考查交变电流的产生、理想变压器电压与匝数比的关系和功率关系；知道正弦交变电流有效值和最大值的关系。
25．（2024•四川一模）电动晒衣杆方便实用，在日常生活中得到广泛应用。如图所示，一理想变压器，原、副线圈的匝数比为，原线圈两端接入正弦交流电源，电压为，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机。当开关接通后，电动机带动质量为的晾衣杆以速度匀速上升，此时电流表读数为，重力加速度为。求：
（1）电动机的输入功率；
（2）电动机线圈电阻。
【答案】（1）电动机的输入功率为；
（2）电动机线圈电阻为。
【考点】变压器的构造与原理；电功和电功率的计算
【专题】定量思想；推理法；功率的计算专题；推理能力
【分析】（1）根据变压器匝数比结合有效值、总功率公式列式解答；
（2）根据能量的转化和守恒定律结合热功率公式求解线圈电阻。
【解答】解：（1）根据公式，得，则电动机的输入功率为
（2）电动机线圈电阻消耗的功率为，又，得
答：（1）电动机的输入功率为；
（2）电动机线圈电阻为。
【点评】考查变压器的功率问题，会根据能量的转化和守恒定律列式求解相应的物理量。
考点卡片
1．牛顿第二定律的简单应用
【知识点的认识】
牛顿第二定律的表达式是F＝ma，已知物体的受力和质量，可以计算物体的加速度；已知物体的质量和加速度，可以计算物体的合外力；已知物体的合外力和加速度，可以计算物体的质量。
【命题方向】
一质量为m的人站在电梯中，电梯加速上升，加速度大小为g，g为重力加速度。人对电梯底部的压力为（ ）
A、 B、2mg C、mg D、
分析：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律列式求解即可。
解答：对人受力分析，受重力和电梯的支持力，加速度向上，根据牛顿第二定律
N﹣mg＝ma
故N＝mg+ma＝mg
根据牛顿第三定律，人对电梯的压力等于电梯对人的支持力，故人对电梯的压力等于mg；
故选：A。
点评：本题关键对人受力分析，然后根据牛顿第二定律列式求解。
【解题方法点拨】
在应用牛顿第二定律解决简单问题时，要先明确物体的受力情况，然后列出牛顿第二定律的表达式，再根据需要求出相关物理量。
2．动能定理的简单应用
【知识点的认识】
1.动能定理的内容：合外力做的功等于动能的变化量。
2.表达式：W合＝ΔEk＝Ek末﹣Ek初
3.本考点针对简单情况下用动能定理来解题的情况。
【命题方向】
如图所示，质量m＝10kg的物体放在水平地面上，物体与地面的动摩擦因数μ＝0.2，g＝10m/s2，今用F＝50N的水平恒力作用于物体上，使物体由静止开始做匀加速直线运动，作用时间t＝6s后撤去F，求：
（1）物体在前6s运动的过程中的加速度；
（2）物体在前6s运动的位移
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功。
分析：（1）对物体受力分析知，物体做匀加速运动，由牛顿第二定律就可求出加速度；
（2）用匀变速直线运动的位移公式即可求得位移的大小；
（3）对全程用动能定理，可以求得摩擦力的功。
解答：（1）对物体受力分析，由牛顿第二定律得
F﹣μmg＝ma，
解得 a＝3m/s2，
（2）由位移公式得 X＝at2＝×3×62m＝54m。
（3）对全程用动能定理得
FX﹣Wf＝0
Wf＝FX＝50×54J＝2700J。
答：（1）物体在前6s运动的过程中的加速度是3m/s2；
（2）物体在前6s运动的位移是54m；
（3）物体从开始运动直到最终静止的过程中克服摩擦力所做的功为2700J。
点评：分析清楚物体的运动过程，直接应用牛顿第二定律和匀变速直线运动的规律求解即可，求摩擦力的功的时候对全程应用动能定理比较简单。
【解题思路点拨】
1．应用动能定理的一般步骤
（1）选取研究对象，明确并分析运动过程。
（2）分析受力及各力做功的情况
①受哪些力？
②每个力是否做功？
③在哪段位移哪段过程中做功？
④做正功还是负功？
⑤做多少功？求出代数和。
（3）明确过程始末状态的动能Ek1及Ek2。
（4）列方程W总＝Ek2﹣Ek1，必要时注意分析题目潜在的条件，补充方程进行求解。
注意：
①在研究某一物体受到力的持续作用而发生状态改变时，如涉及位移和速度而不涉及时间时应首先考虑应用动能定理，而后考虑牛顿定律、运动学公式，如涉及加速度时，先考虑牛顿第二定律。
②用动能定理解题，关键是对研究对象进行准确的受力分析及运动过程分析，并画出物体运动过程的草图，以便更准确地理解物理过程和各物理量的关系。有些力在物体运动全过程中不是始终存在的，在计算外力做功时更应引起注意。
3．电功和电功率的概念及影响因素
【知识点的认识】
1．电功
（1）电功：电路中电场力移动电荷做的功．
（2）公式：W＝qU＝IUt．
（3）实质：电能转化成其他形式能的过程．
2．电功率
（1）定义：单位时间内电流做的功，表示电流做功的快慢．
（2）公式：P＝＝IU．
【命题方向】
本考点主要考查电功和电功率的定义类问题
下列关于电功率的说法中正确的是（ ）
A、电功率是表示电流做功多少的物理量
B、电功率是表示电流做功效率高低的物理量
C、电功率是反映电流做功快慢程度的物理量
D、功率为100W的用电器正常工作10h耗电1Kw/h
分析：电功率是描述做功快慢的物理量，由W＝Pt计算电流做的功．
解答：A、电功率是描述做功快慢的物理量，与电流做功的多少无关。故A错误；
B、电功率是描述做功快慢的物理量，与电流做功效率高低无关。故C错误；
C、电功率是描述做功快慢的物理量。故C正确；
D、功率为100W的用电器正常工作10h耗电：W＝Pt＝100W×1h＝1000W•h＝1Kw/h。故D正确
故选：CD。
点评：电流做功的过程是电能转化为其他形式的能的过程，电功率反映的电流做功的快慢．
【解题思路点拨】
1.电功的计算公式W＝qU＝UIt；电功率的计算公式P＝＝UI。
2.电功和电功率的计算公式都是针对所有电路都成立的。
4．电功和电功率的计算
【知识点的认识】
1.电功的计算公式：W＝qU＝UIt
2.电功率的计算公式：P＝＝UI
3.如果是纯电阻电路，电流做的功完全用来发热，则有
W＝qU＝UIt＝I2Rt＝t
P＝UI＝I2R＝。
【解题思路点拨】
四个定值电阻连成如图所示的电路。RA、RC的规格为“6V 6W”，RB、RD的规格为“6V 12W”。将该电路接在输出电压U＝11V的恒压电源上，则（ ）
A、RA的功率最大，为6W
B、RB的功率最小，为0.67W
C、RC的功率最小，为1.33W
D、RD的功率最大，为12W
分析：根据P＝求出每个电阻值，根据欧姆定律求出电路总电流，进而求出每个并联电阻两端的电压，根据P＝I2R和P＝求各个电阻的功率。
解答：由P＝知，RA＝RC＝＝Ω＝6Ω，RB＝RD＝＝Ω＝3Ω
电阻B和C并联的电阻RBC＝＝Ω＝2Ω
则电路的总电流I＝＝＝A＝1A
则并联电阻两端电压UBC＝IRBC＝1×2V＝2V
则RA的功率为PA＝I2RA＝12×6W＝6W
RB的功率为PB＝＝W≈1.33W
RC的功率为PC＝＝W≈0.67W
RD的功率为PD＝I2RD＝12×3W＝3W
由此可知：RA的功率最大，为6W
RC的功率最小，为0.67W
故A正确，BCD错误；
故选：A。
点评：本题考查闭合电路的欧姆定律以及电阻功率的求法。注意并联电阻的求解，以及求功率时，串联电路常用P＝I2R而并联电路常用P＝进行求解。
【解题思路点拨】
根据具体的电路，电功和电功率的计算有很多公式可选，要先具体分析电路条件，选择出合适的公式，进而计算电功或电功率。
5．磁通量的概念和计算公式的定性分析
【知识点的认识】
一、磁通量
1．概念：匀强磁场中磁感应强度和与磁场方向垂直的平面面积S的乘积。即Φ＝BS。
2.拓展：磁场与平面不垂直时，这个面在垂直于磁场方向的投影面积S'与磁感应强度的乘积表示磁通量。即Φ＝BSsinθ＝BS'。θ表示面与磁场的夹角。
3.单位：韦伯（Wb），1Wb＝1T•m2．
4.标矢性：标量，但有正负，正负表示从不同的方向穿过某个平面。
5．磁通量的计算公式
（1）公式：Φ＝BS．
（2）适用条件：①匀强磁场；②S是垂直磁场并在磁场中的有效面积．
6.引申：B＝表示磁感应强度的大小等于穿过垂直磁场方向的单位面积的磁通量。
7.磁通量的影响因素：
根据公式Φ＝BS可知磁通量的大小与磁感应强度和垂直于磁场的面积有关。
【命题方向】
关于磁通量的概念，以下说法中正确的是（ ）
A、磁通量发生变化，一定是磁场发生变化引起的
B、磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也越大
C、磁感应强度越大，线圈面积越大，则磁通量也越大
D、线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零
分析：由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，磁通量发生变化，不一定是磁场发生变化引起的．磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也不一定越大．磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量也不一定越大．线圈的磁通量为零，但该处的磁感应强度不一定为零．
解答：A、由磁通量公式Φ＝BSsinθ可知，可能是由磁感应强度B变化，或由面积S变化，或由角度θ变化引起的。故A错误。
B、磁通量大小取决于B、S、θ三个因素，磁感应强度越大，穿过闭合回路的磁通量也不一定越大。故B错误。
C、当线圈与磁场平行时，磁感应强度再大，磁通量为零。则磁感应强度越大，线圈面积越大，磁通量也不一定越大。故C错误。
D、磁通量为零，磁感应强度可能为零；也可能线圈与磁场平行时，但磁感应强度不为零。故D正确。
故选：D。
点评：本题考查磁通量的概念，要抓住两种特殊情况：当线圈与磁场平行时，Φ＝0；当线圈与磁场垂直时，Φ＝BS．
【解题方法点拨】
对磁通量的理解
（1）线圈平面与磁场方向垂直时磁通量最大，线圈转动后穿过线圈的磁感线条数减少，磁通量减小。
（2）在匀强磁场中才能应用公式Φ＝BSsinθ（θ表示面与磁场的夹角）计算磁通量。应用公式时还需要明确公式中各物理量的含义
6．安培力的计算公式及简单应用
【知识点的认识】
如图所示，在磁感应强度为B的匀强磁场中，垂直磁场放置的长度为l的导体，所通电流为I，导体所受的安培力大小为F＝BIl；若将导体转过90°，即电流与磁场平行，此时导体所受的安培力的大小为F＝0.
2.如图所示，当电流方向与磁场方向夹角为θ时，安培力的大小为F＝BIlsinθ
【命题方向】
一根长0.20m、通有2.0A电流的通电直导线，放在磁感应强度为0.50T的匀强磁场中，受到的最大安培力是多少？
分析：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大；根据安培力的公式计算安培力的大小．
解答：当通电导线与磁场垂直时，导线所受的磁场力最大，为：
Fmax＝BIL＝0.50×2.0×0.20N＝0.2N
答：受到的最大安培力是0.2N．
点评：本题只要掌握安培力大小的计算公式F＝BILsinα，就能正确解答，基本题．
【解题思路点拨】
1、电流方向与磁场方向平行时，导线不受安培力的作用。
2、电流方向与磁场方向垂直时，导线受到安培力的大小为F＝BIl。
3、电流方向与磁场方向夹角为θ时，导线受到安培力的大小为F＝BIlsinθ。
7．右手定则
【知识点的认识】
右手定则
伸开右手，让大拇指跟其余四指垂直，并且都跟手掌在同一 平面内，让磁感线垂直穿过掌心，大拇指指向导体的运动方向，其余四指所指的方向，就是感应电流的方向．
【命题方向】
题型一：楞次定律、右手定则、左手定则、安培定则的综合应用
如图所示，水平放置的两条光滑轨道上有可自由移动的金属棒PQ、MN，当PQ在外力作用下运动时，MN在磁场力作用下向右运动．则PQ所做的运动可能是（ ）
A．向右匀加速运动
B．向左匀加速运动
C．向右匀减速运动
D．向左匀减速运动
分析：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；根据右手螺旋定则，与楞次定律可知PQ的运动情况．
解：MN在磁场力作用下向右运动，说明MN受到的磁场力向右，由左手定则可知电流由M指向N，由楞次定律可知，线圈中产生感应电流的磁场应该是向上减小，或向下增加；再由右手螺旋定则与楞次定律可知，PQ可能是向左加速运动或向右减速运动．故BC正确，AD错误．
故选：BC．
点评：本题关键是分析好引起感应电流的磁通量的变化，进而才能分析产生电流的磁通量是由什么样的运动产生的．
【解题方法点拨】
1．右手定则适用于部分导体切割磁感线运动时感应电流的方向判定，而楞次定律适用于一切电磁感应现象，是判断感应电流方向的基本方法，对于由于磁通量变化而引起的感应电流，运用楞次定律判断其方向更方便．
2．安培定则、左手定则、右手定则、楞次定律的比较及应用．
（1）规律比较
（2）应用区别
关键是抓住因果关系：①因电而生磁（I→B）→安培定则；②因动而生电（v、B→I安）→右手定则；③因电而受力（I、B→F安）→左手定则．
8．导体转动切割磁感线产生的感应电动势
【知识点的认识】
如果导体棒绕平行于磁场的轴转动时，因为棒上各处速度不再相等，动生电动势的计算公式E＝Blv就不再适用。
如下图所示，导体棒在磁场中旋转，切割磁感线产生感应电动势：
虽然导体棒各处速度不同，但是根据圆周运动线速度与角速度的关系可知各处速度大小呈线性变化，所以可以用中点处的线速度表示平均速度从而计算感应电动势，即
E＝Bl＝Bl
①如果转轴绕棒的一端旋转，vmin＝0，vmax＝ωl，则E＝Bωl2
ω是棒转动的角速度
②如果以棒上一点为圆心旋转，E＝Bω（﹣），l1和l2是指圆心到两端点的距离，且l1指较长的一段
③如果以棒外一点Wie圆心旋转，E＝Bω（﹣），l1和l2是指圆心到两端点的距离，且l1指较长的一段
【命题方向】
一直升飞机停在南半球的地磁极上空。该处地磁场的方向竖直向上，磁感应强度为B．直升飞机螺旋桨叶片的长度为l，螺旋桨转动的频率为f，顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动。螺旋桨叶片的近轴端为a，远轴端为b，如图所示。如果忽略a到转轴中心线的距离，用ε表示每个叶片中的感应电动势，则（ ）
A、ε＝πfl2B，且a点电势低于b点电势
B、ε＝2πfl2B，且a点电势低于b点电势
C、ε＝πfl2B，且a点电势高于b点电势
D、ε＝2πfl2B，且a点电势高于b点电势
分析：转动切割产生的感应电动势根据E＝求出大小，根据右手定则判断出电动势的方向，从而判断出a、b两点的电势高低。
解答：顺着地磁场的方向看螺旋桨，螺旋桨按顺时针方向转动，若俯视，则叶片逆时针转动切割磁感线，
根据右手定则，b点电势高于a点电势；
v＝lω＝2πlf，所以电动势为．故A正确，BCD错误。
故选：A。
点评：解决本题的关键掌握转动切割产生感应电动势的表达式E＝，以及会用右手定则判断感应电动势的方向。
【解题思路点拨】
对于导体转动切割磁感线产生的感应电动势，要先确认转动的圆心，然后根据E＝Bl进行计算，要正确计算导体棒的平均速度。
9．根据B-t或者φ-t图像计算感应电动势
【知识点的认识】
本考点旨在针对电磁感应中的B﹣t图像或Φ﹣t图像问题。
1.B﹣t图像
（1）图像意义：B﹣t图像的纵坐标直接反映了某一时刻的磁感应强度。
（2）斜率的意义：根据法拉第电磁感应定律E＝n＝nS
（3）拐点的意义：如果拐点的斜率为0，表示感应电动势的方向要改变。
B﹣t图像的斜率就等于，由此可以计算感应电动势。
2.Φ﹣t图像
（1）图像意义：Φ﹣t图像的纵坐标直接反映某一时刻的磁通量大小。
（2）斜率的意义：根据法拉第电磁感应定律E＝n，Φ﹣t图像的斜率就等于，由此可以计算感应电动势。
（3）拐点的意义：如果拐点的斜率为0，表示感应电动势的方向要改变。
【命题方向】
如图甲所示，匀强磁场中有一面积为S、电阻为R的单匝金属圆环，磁场方向垂直于圆环平面竖直向上。图乙为该磁场的磁感应强度B随时间t变化的图像，曲线上P点坐标为（t0，B0），P点的切线在B轴上的截距为B1，由以上信息不能得到的是（ ）
A、t＝t0时，圆环中感应电流的方向
B、t＝t0时，圆环中感应电动势的大小
C、0﹣t0内，通过圆环某截面的电量
D、0﹣t0内，圆环所产生的焦耳热
分析：根据法拉第电磁感应定律结合图像分析电动势大小，根据楞次定律判断感应电流方向，根据电荷量的计算公式解得电量，焦耳热需要通过有效值计算。
解答：A．根据楞次定律可知，t＝t0时，圆环中感应电流的方向从上向下看为顺时针方向，故A错误；
B．t＝t0时，圆环中感应电动势的大小
故B错误；
C．0﹣t0内，通过圆环某截面的电量
故C错误；
D．0﹣t0内感应电动势不断变化，但是不能求解电动势的有效值，则不能求解圆环所产生的焦耳热，故D正确。
故选：D。
点评：本题考查电磁感应定律，解题关键掌握图像的含义及楞次定律的应用。
【解题思路点拨】
1.解决图像问题的一般步骤
（1）明确图像的种类，是B﹣t图像还是Φ﹣t图像，或者是E﹣t图像、i﹣t图像等。
（2）分析电磁感应的具体过程。
（3）用右手定则或楞次定律确定方向对应关系，
（4）结合法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿运动定律等写出函数关系式。
（5）根据函数关系式进行数学分析，如分析斜率的变化、截距等。
（6）画出图像或判断图像。
2.电磁感应中图像类选择题的三种常见解法
（1）排除法：定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势（增大还是减小）变化快慢（均匀变化还是非均匀变化），特别是物理量的正负，排除错误的选项。
（2）函数法：根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系，然后由函数关系对图像作出分析和判断，这未必是最简单的方法，但却是最有效的方法。
（3）面积法：对于i﹣t图像，图线与时间轴之间所围图形的面积表示电荷量，可通过q＝n与磁通量的变化联系起来。
10．自感现象与自感系数
【知识点的认识】
一、自感
1．概念：由于导体本身的电流变化而产生的电磁感应现象称为自感，由于自感而产生的感应电动势叫做 自感电动势．
2．表达式：E＝L．
3．自感系数L
（1）相关因素：与线圈的大小、形状、匝数以及是否有铁芯有关．
（2）单位：亨利（H，1mH＝10﹣3H，1μH＝10﹣6H）．
4．自感电动势的方向：由楞次定律可知，自感电动势总是阻碍原来导体中电流的变化．当回路中的电流增加时，自感电动势和原来电流的方向相反；当回路中的电流减小时，自感电动势和原来电流的方向相同．自感对电路中的电流变化有阻碍作用，使电流不能突变．
【命题方向】
下列说法正确的是（ ）
当线圈中电流不变时，线圈中没有自感电动势
当线圈中电流反向时．线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相反
当线圈中电流增大时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
当线圈中电流减小时，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反
根据产生自感电动势的条件和楞次定律分析有无自感电动势产生及自感电动势的方向．
解：A、由法拉第电磁感应定律可知，当线圈中电流不变时，不产生自感电动势，故A正确；
B、根据楞次定律可知，当线圈中电流反向时，相当于电流减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中原电流的方向相同，故B错误；
C、当线圈中电流增大时，自感电动势阻碍电流的增大，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相反，故C正确；
D、当线圈中电流减小时，自感电动势阻碍电流的减小，线圈中自感电动势的方向与线圈中电流的方向相同，故D错误。
故选：AC。
点评：自感现象是特殊的电磁感应现象，遵循电磁感应现象的普遍规律，即楞次定律和法拉第电磁感应定律．
【解题方法点拨】
对自感电动势的理解：
1.产生原因：通过线圈的电流发生变化，导致穿过线圈的磁通量发生变化，因而在线圈上产生感应电动势。
2.自感电动势的方向：当原电流增大时，自感电动势的方向与原电流方向相反；当原电流减小时，自感电动势的方向与原电流方向相同（即增反减同）。
3.自感电动势的作用：总是阻碍原电流的变化，但原电流仍在变化，只是原电流的变化时间变长，即总是起着推迟电流变化的作用
11．交流发电机及其产生交变电流的原理
【知识点的认识】
1.产生装置
将闭合线圈置于匀强磁场，并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动，线圈中将产生按正（余）弦规律变化的交流电。
2.两个特殊位置及特点
①中性面 上图甲和丙所处的位置 特点：穿过线圈的磁通量Φ最大，磁通量的变化率＝0，所以感应电动势E＝0，该应电流I＝0，交变电流此时方向改变
②与中性面垂直的位置 上图乙和丁所处的位置 特点：穿过线圈的磁通量Φ＝0，磁通量的变化率最大，所以感应电动势E最大，该应电流I最大，交变电流此时方向不变
3.交变电流的变化规律
对于如图所示的发电机，设t＝0时线圈刚好转到中性面，此时导线AB的速度方向刚好与磁感线平行，因此感应电动势为0。设线圈旋转的角速度为ω，AB和CD的长度为l，AD和BC的长度为d，则经过时间t，线框转过的角度θ＝ωt。线框旋转过程中AB和CD的速度v＝ω，与磁感线垂直的速度为vsinθ，即sinωt。根据法拉第电磁感应定律，线框上的感应电动势
e＝2Blvsinθ＝ωBldsin ωt＝ωBSsin ωt
其中，S表示线框的面积。
设Em＝ωBS，可知线框的电动势是随时间按正弦函数规律变化的，为
e＝Emsin ωt
式中Em是常数，表示电动势可能达到的最大值。对于单匝线圈，Em＝ωBS；如果线圈匝数为N，则Em＝NωBS。
同理如果线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcsωt。
【命题方向】
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，电路中产生的最大电流为Im，已知线圈转动的周期为T，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、从图示位置开始经过，电流方向将发生改变
D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为
分析：线圈平面与磁场垂直时，线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，从中性面开始计时线圈中电流i随时间t变化的关系式为。
解答：ABC、图示位置为中性面，磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次，故ABC错误；
D、从图示位置计时，线圈中电流i随时间t变化的关系式为，故D正确。
故选：D。
点评：本题主要考查了中性面，明确线圈位于中性面位置，此时磁通量最大，磁通量的变化率最小，电流最小，每经过一次图示位置的中性面，电流方向就改变一次。
【解题思路点拨】
正弦交变电流产生的原理
矩形线圈绕垂直于匀强磁场的轴匀速转动的过程中，与轴平行的两条边（导线）切割磁感线，因而产生感应电动势，线圈上就有了电流．交流发电机的工作过程是将机械能转化为电能和回路中内能的过程，符合能量守恒定律.
12．根据线圈转动位置判断电流方向
【知识点的认识】
线圈在磁场中转动产生交变电流，可以根据右手定则判断具体时刻的电流方向。
【命题方向】
如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动．已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻力R，转动的角速度为ω．则当线圈转至图示位置时（ ）
A、线圈中感应电流的方向为abcda
B、线圈中的感应电流为
C、穿过线圈的磁通量为0
D、穿过线圈磁通量的变化率为0
分析：根据右手定则判断感应电流的方向．图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，根据感应电动势公式求解线圈中的感应电动势．图示时刻线圈中产生的感应电动势最大，由法拉第电磁感应定律分析磁通量的变化率．
解答：A、图示时刻，ad速度方向向里，bc速度方向向外，根据右手定则判断出ad中感应电流方向为a→d，bc中电流方向为c→b，线圈中感应电流的方向为adcba。故A错误。
B、线圈中的感应电动势为E＝nBSω＝nBl2ω，
线圈中的感应电流为，故B正确
C、图示时刻ad、bc两边垂直切割磁感线，穿过线圈磁通量为0，由法拉第电磁感应定律分析得知，磁通量的变化率最大。故C正确
D、穿过线圈磁通量的变化率为Bl2ω．故D错误；
故选：BC。
点评：本题研究交变电流的产生规律，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定律等知识的综合应用．
【解题思路点拨】
根据右手定则分析线圈处于某一位置时电流的方向。
13．中性面及其性质
【知识点的认识】
1.跟磁场方向垂直的平面叫作中性面．线圈每经过一次中性面，电动势（电流）的方向改变一次，转动一周，电动势（电流）的方向改变两次.
2.中性面的特点是：中心面与磁场垂直，电路中电流为0、电动势为0、通过线圈的磁通量最大、磁通量的变化率为0。
3.与中心面垂直的位置的特点是：电路中电流最大、电动势最大、通过线圈的磁通量为0、磁通量的变化率最大。
【命题方向】
矩形线圈绕垂直于匀强磁场的对称轴做匀速转动，经过中性面时，以下说法不正确的是（ ）
A、线圈平面与磁感线方向垂直
B、线圈中感应电流的方向将发生改变
C、通过线圈平面的磁通量最大
D、通过线圈的感应电流最大
分析：矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生正弦式电流．在中性面时，线圈与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零．线圈每通过中性面一次，电流方向改变一次．
解答：A、中性面，就是磁场方向与线圈平面垂直的位置。故A正确。
B、中性面时，电流减为零，经过中性面电流方向将发生改变，大小增大。故B正确。
C、经过中性面时，磁场垂直于线圈平面，此时磁通量最大。故C正确。
D、经过中性面时，当线圈平面与磁场方向垂直，左右两边不切割磁感线，不产生的感应电动势，感应电流为零。故D错误。
本题选错误的，故选：D。
点评：本题考查正弦式电流产生原理的理解能力，抓住两个特殊位置的特点：线圈与磁场垂直时，磁通量最大，感应电动势为零；线圈与磁场平行时，磁通量为零，感应电动势最大．
【解题思路点拨】
两个特殊位置的比较
14．交变电流的u-t图像和i-t图像
【知识点的认识】
1.用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图（e）、（f）所示．
2.可以直接或间接从图像上读取的物理量有：任意时刻的电压或电流、交变电压或电流的最大值、交变电压或电流的周期、可以求出交变电流或电压的角频率（线圈转动的角速度）、交变电压或电流的表达式、交变电压或电流的有效值等。
【命题方向】
图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动．从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（ ）
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50 π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
分析：由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向．
解答：A、由题图乙可知交流电电流的最大值是A，周期T＝0.02s，由于电流表的示数为有效值，故示数I＝＝10A，选项A正确；
B、角速度＝＝100π rad/s，选项B错误；
C、0.01s时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为0，故线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；
D、由楞次定律可判断出0.02s时流过电阻的电流方向自左向右，选项D错误．
故选AC．
点评：本题是2013年 的高考题，考查的知识点较多，难度不大．
【解题方法点拨】
解决交变电流图象问题的三点注意
（1）只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．
（2）注意峰值公式Em＝nBSω中的S为有效面积．
（3）在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．
15．正弦式交变电流的函数表达式及推导
【知识点的认识】
1.正弦式电流的函数表达式为i＝Imsinωt，u＝Umsinωt，
式中Im、Um分别表示电流和电压的峰值。i和u表示电流和电压的瞬时值。ω表示线圈转动的角速度。
（1）此表达式代表的是线圈从中线面开始转动的情况。
（2）式子中Um＝NBSω。
2.表达式的推导：若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度匀速转动，如图所示，则经时间t：
（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。
（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。
（3）ab 边转动的线速度大小v＝ω
（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ＝•sinωt。
（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n 匝，则e＝nBSωsinωt。
【命题方向】
矩形线圈在匀强磁场中转动产生e＝220V的交流电，则有（ ）
A、频率是50Hz
B、当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直
C、当t＝时，e有最大值
D、有效值为220V
分析：根据交流电的表达式，可以知道其最大值，以及线圈转动的角速度等物理量，然后进一步求出其它物理量，如有效值、周期、频率等．
解答：A、线圈的角速度为100πrad/s，故其频率为：f＝＝50Hz，故A正确；
B、当t＝0时e＝0，此时线圈处在中性面上，故B错误。
C、当t＝s时，sin100πt＝1，所以e有最大值，故C正确；
D、有效值为：＝220V，故D正确；
故选：ACD。
点评：对于交流电的产生和描述要正确理解，要会推导交流电的表达式，明确交流电表达式中各个物理量的含义．
【解题思路点拨】
1.交变电压的表达式u＝Umsinωt，根据欧姆定律即可得出电路中电流的i＝。
2.正弦式交变电流瞬时值的表达式
16．计算从不同位置开始计时交变电流的表达式
【知识点的认识】
1.当线圈从不同位置开始转动时，交变电流的瞬时值表达式是不相同的，交变电流表达式的推导方向如下：
若矩形线圈在磁场中从中性面开始以角速度匀速转动，如图所示，则经时间t：
（1）线圈转过的角度为θ＝ωt。
（2）ab边的线速度跟磁感线方向的夹角θ＝ωt。
（3）ab 边转动的线速度大小v＝ω
（4）ab边产生的感应电动势eab＝Blabvsinθ＝•sinωt。
（5）整个线圈产生的感应电动势e＝2eab＝BSωsinωt，若线圈为n 匝，则e＝nBSωsinωt。
2.常见的两个起转位置是从中性面开始和从与中性面垂直的位置开始，这两种方式开始计时的情况交变电流的表达式为：
【命题方向】
如图所示线圈面积为0.05m2，共100匝，线圈总电阻为r＝1Ω，外电阻R＝9Ω，线圈处于B＝T的匀强磁场中．当线圈绕轴以转速n＝300r/min匀速转动时，求：
（1）若从线圈处于中性面开始计时，写出电动势的瞬时值表达式．
（2）两电表的示数．
（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量．
（4）线圈匀速转一圈产生的总热量．
分析：（1）从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt．感应电动势的最大值Em＝nBSω，由题已知条件代入求出．
（2）交流电表测量有效值，由感应电动势的最大值，求出感应电动势的有效值，由欧姆定律求解两电表的读数．
（3）线圈转过180°的过程中，由q＝n求解通过电阻的电荷量．
（4）根据焦耳定律Q＝I2Rt求解线圈匀速转一圈产生的总热量，I为电流的有效值．
解答：（1）线圈的角速度ω＝2πn＝10πrad/s，感应电动势的最大值Em＝nBSω＝100V，则从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e＝Emsinωt＝100sin10πtV
（2）电路中电流的有效值I＝，E＝Em，代入解得I＝5A，即电流表读数为5A．
电压表读数为U＝IR＝45V
（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量q＝n＝＝C
（4）线圈匀速转一圈产生的总热量Q＝I2RT＝I2R＝100J．
答：
（1）若从线圈处于中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为100sin10πtV；
（2）电流表读数为5A，电压表读数为45V．
（3）线圈转过180°的过程中，通过电阻的电荷量是C．
（4）线圈匀速转一圈产生的总热量是100J．
点评：本题是交变电流规律的基本应用，注意交流电表测量的是交流电的有效值．常规题．
【解题思路点拨】
1.从中心面起转和从垂直于中线面的位置起转，相位差了，所以，表达式一个是i＝Imsinωt，另一个是i＝Imsin（ωt+）＝Imcsωt，在确定表达式时一定要关注从何处开始计时。
2.正弦式交流电和余弦式交流电除了相位不同，并无区别，因此两者统称为正弦式交变电流。
17．正弦式交变电流的有效值
【知识点的认识】
对于正弦式交变电流，有效值与峰值之间的关系为：
I＝，U＝
【命题方向】
家庭电路中电压的瞬时值表达式为u＝220sin314t（v），则交流电压的有效值是（ ）
A、220V B、220V C、110V D、110V
分析：根据交流电的表达式可读出该交流电的最大值，再根据最大值与有效值的关系可直接求解有效值。
解答：由瞬时表达式可知，最大值Um＝220V，则有效值U＝＝V＝220V，故A正确，BCD错误。
故选：A。
点评：本题考查对交流电最大值和有效值的认识，要明确二者的关系，掌握有效值的计算方法。
【解题思路点拨】
对有效值的理解：
在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。
（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：
I＝，U＝。
（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。
（3）有效值的应用
计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。
18．用有效值计算交流电路的电功、电功率和焦耳热
【知识点的认识】
1.计算交流电路中的电功、电功率和焦耳热时，需要用有效值进行计算。
2.交变电流的计算方法：
（1）对于正弦式交变电流：I＝，U＝。
（2）对于非正弦交变电流，可利用有效值的定义来计算其有效值。
【命题方向】
将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l，它在磁感应强度为B、方向如图的匀强磁场中匀速转动，转速为n，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路有额定功率为P的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为（ ）
A、 B、 C、 D、
分析：根据Em＝nBSω可以求得最大电动势的大小，由P＝可以求得灯泡的电阻的大小。
解答：根据最大感应电动势Em＝nBSω可得，
最大感应电动势为 Em＝Bl22πn，
所以有效的电动势为E＝＝Bl2πn，
由P＝可得，
灯泡的电阻R＝＝，所以B正确。
故选：B。
点评：掌握住最大感应电动势的计算方法是本题的关键，记住最大感应电动势Em＝nBSω和有效值之间的关系，计算时的电压要用有效值来计算。
【解题思路点拨】
1.对有效值的理解：
在一个周期内通过同一个电阻，跟交变电流的热效应等效的恒定电流值、电压值。
（1）正弦式交变电流的有效值Ⅰ、U与峰值Im、Um的关系为：
I＝，U＝。
（2）非正弦式交变电流的有效值只能根据电流的热效应计算。
（3）有效值的应用
计算与电流热效应有关的量、交流电表的测量值、电气设备标注的额定电压和额定电流以及通常提到的交流的数值都指有效值。
2.交变电流“四值”的应用
对交变电流的“四值”的比较和理解
19．变压器的构造与原理
【知识点的认识】
1.变压器的构造：变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的（如图）。一个线圈与交流电源连接，叫作原线圈，也叫初级线圈；另一个线圈与负载连接，叫作副线圈，也叫次级线圈。
2.各部分的功能
原线圈：接在交流电源上的线圈，在铁芯内产生交变磁场。
副线圈：连接负载的线圈，产生感应电动势，为负载提供电能。
铁芯：硅钢叠合成的闭合框架，能增强磁场和集中磁感线，提高变压器效率。
3.工作原理：
互感现象是变压器工作的基础。
当原线圈两端加上交变电压U1时，原线圈中就有交变电流I1通过，
并在铁芯中产生交变的磁场，铁芯中的磁通量就发生变化。由于副线圈也绕在同一铁芯上，铁芯中磁通量的变化便会在副线圈上产生
感应电动势。
4.理想变压器
（1）闭合铁芯的“漏磁”忽略不计。
（2）变压器线圈的电阻忽略不计。
（3）闭合铁芯中产生的涡流忽略不计。即没有能量损失的变压器叫作理想变压器。
【命题方向】
关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是（ ）
A、通有正弦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不相等
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
分析：变压器的工作原理是互感现象，理想变压器是无漏磁、无铜损、无铁损．
解答：A、通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量是按照正弦规律周期性变化的，故A错误；
B、由于是理想变压器，穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等，故B错误；
C、穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势，符合法拉第电磁感应定律，故C正确；
D、变压器的工作原理是互感现象，原、副线圈并没有直接相连，故D错误；
故选：C。
点评：本题关键是明确变压器的工作原理，知道理想变压器是指无能量损失的变压器，基础题．
【解题思路点拨】
变压器是由原线圈、副线圈和铁芯组成的，因为器工作原理是互感现象，可以改变交变电流的大小，对直流电流无效。
20．理想变压器两端的电压、电流与匝数的关系
【知识点的认识】
一、理想变压器的基本规律
1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系
（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2
（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器
2.理想变压器原、副线圈的功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入＝P出
3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系
（1）只有一个副线圈时：
原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1
（2）有多个副线圈时
由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••
4.理想变压器原、副线圈的功率关系
变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2
二、各物理量之间的因果关系
（1）由于U1取决于电源电压，由U2＝U1可知U1决定U2，即原线圈两端的电压决定副线圈两端的电压。
（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2＝，由I1＝I2可知，I2决定11，即副线圈中的电流决定原线圈中的电流。
（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。
【命题方向】
如图所示，L1、L2是理想变压器的两个线圈．如果把它当作降压器，则（ ）
A、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5
B、L1接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1
C、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为5：1
D、L2接电源，原、副线圈两端电压之比为1：5
分析：根据理想变压器中原副线圈的电压与匝数成正比即可分析求解．
解答：如果把它当作降压器，则原线圈的匝数应比副线圈匝数多，所以L1接电源，
＝
故选：B。
点评：要根据理想变压器中电流、电压与匝数比之间的关系进行有关问题的解答，难度不大，属于基础题。
【解题思路点拨】
理想变压器的规律
21．理想变压器两端的功率关系
【知识点的认识】
一、理想变压器的基本规律
1.理想变压器原、副线圈的电压与匝数的关系
（1）原、副线圈的电压之比等于匝数之比：U1：U2＝n1：n2
（2）如果n1＞n2，变压器为降压变压器；如果n1＜n2，变压器为升压变压器
2.理想变压器原、副线圈的功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率：P入＝P出
3.理想变压器原、副线圈的电流与匝数的关系
（1）只有一个副线圈时：
原、副线圈的电流之比等于匝数的反比：I1：I2＝n2：n1
（2）有多个副线圈时
由P1＝P2，可得U1I1＝U2I2+U3I3+•••或n1I1＝n2I2+n3I3+•••
4.理想变压器原、副线圈的功率关系
变压器只改变交变电流的大小，不改变交变电流的频率：f1＝f2
二、各物理量之间的因果关系
（1）由于U1取决于电源电压，由U2＝U1可知U1决定U2，即原线圈两端的电压决定副线圈两端的电压。
（2）由于副线圈中电流取决于所接负载I2＝，由I1＝I2可知，I2决定11，即副线圈中的电流决定原线圈中的电流。
（3）由于副线圈输出功率取决于负载消耗的功率，由P入＝P出可知输出功率决定输入功率，功率按需提供。
【命题方向】
理想变压器原、副线圈匝数比为10：1．下列说法正确的是（ ）
A、原、副线圈上的电流之比为10：1
B、正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1：1
C、原、副线圈产生的电压之比为10：1
D、正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为10：1
分析：变压器的原线圈的输入电压决定副线圈的输出电压，副线圈的输出功率决定原线圈的输出功率，由于匝数比不变，故副线圈的输出电压保持不变，当负载电阻减小时，输出功率变大，故输入功率也变大．
解答：A、理想变压器，原副线圈的电流与匝数成反比为1：10，故A错误；
BD、由于是理想变压器，则原副线圈的电功率是相等的，正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1：1，故B正确D错误；
C、理想变压器，原副线圈的电压与匝数成正比，可得原、副线圈产生的电压之比为10：1．故C正确；
故选：BC。
点评：该知识点题目比较简单，且题目单一，只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系，输入电压和输出电压的关系的一切题目都水到渠成．
【解题思路点拨】
理想变压器的规律
22．变压器的动态分析——原线圈有负载
【知识点的认识】
1.理想变压器的规律
2.理想变压器的动态分析．
解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法
（1）分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定．
（2）分析该类问题的一般思维流程是：
【命题方向】
如图所示，一理想变压器与定值电阻R1、理想电流表A1、共同接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可以通过调节滑动触头P来改变，副线圈连接了滑动变阻器R、定值电阻R2和理想电流表A2，则（ ）
A、若保持R不变，将触头P向上滑动，则A1的读数变小，A2的读数变小
B、若保持P位置不动，增大R，则R2的电功率变大，R1的电功率不变
C、若保持P位置不动，增大R，则A1的读数减小，A2的读数不变
D、若保持R不变，将触头P向下滑动，则电源U的总功率变小
分析：当保持R不变，则由原线圈电压匝数变化，导致副线圈的电压变化，从而根据闭合电路欧姆定律即可求解；当保持P位置不变时，则由电阻变化来确定电流的如何变化，从而得出电表如何，再由变压器的变压比与变流比关系来判定结果．
解答：A、R不变，P向上滑动，原线圈匝数增大，副线圈电压减小，电流表A2读数变小，副线圈消耗功率减小，根据原副线圈的功率相同，则原线圈功率也减小原线圈，电流表A1读数变小，A对；
B、P位置不动，副线圈电压不变，R2的电功率不变，A2的读数不变，若R增大，副线圈负载电阻值增大，故副线圈电流减小，功率减小，原线圈功率减小，电流表A1读数减小，R1的电压即U不变，故R1的电功率不变，B错C对；
D、若R不变，P向下滑动，副线圈电压将增大，功率增大，电源的总功率增大，D错。
故选：AC。
点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
【解题思路点拨】
理想变压器问题的分析流程
（1）由分析U2的情况。
（2）由I2＝分析I2的情况。
（3）由P1＝P2＝I2U2判断输入功率P1的情况。
（4）由P1＝I1U1分析I1的变化情况。
可表示为：
23．变压器的动态分析——原线圈无负载
【知识点的认识】
1.理想变压器的规律
2.理想变压器的动态分析．
解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法
（1）分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定．
（2）分析该类问题的一般思维流程是：
【命题方向】
如图所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压μ＝311sin314t（V）的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料（电阻率随温度升高而减小）制成的传感器，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压（报警器未画出），R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是（ ）
A.A1的示数增大，A2的示数减小
B.A1的示数增大，A2的示数增大
C.V1的示数增大，V2的示数增大
D.V1的示数不变，V2的示数减小
分析：和闭合电路中的动态分析类似，可以根据R2的变化，确定出总电路的电阻的变化，进而可以确定总电路的电流的变化的情况，在根据电压不变，来分析其他的元件的电流和电压的变化的情况．
解答：当传感器R2所在处出现火情时，R2的电阻减小，导致电路的总的电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A1测量的是原线圈中的总的电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流A1示数也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R3的电压变压变大，所以V2的示数要减小，即R1的电压也要减小，所以A2的示数要减小，所以AD正确。
故选：AD。
点评：电路的动态变化的分析，总的原则就是由部分电路的变化确定总电路的变化的情况，再确定其他的电路的变化的情况，即先部分后整体再部分的方法．
【解题思路点拨】
理想变压器问题的分析流程
（1）由分析U2的情况。
（2）由I2＝分析I2的情况。
（3）由P1＝P2＝I2U2判断输入功率P1的情况。
（4）由P1＝I1U1分析I1的变化情况。
可表示为：
24．自耦变压器
【知识点的认识】
图甲是自耦变压器的示意图。这种变压器的特点是铁芯上只绕有一个线圈。如果把整个线圈作原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压；如果把线圈的一部分作原线圈，整个线圈作副线圈，就可以升高电压。
调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图乙所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，AB之间加上输入电压U1，移动滑动触头P的位置就可以调节输出电压U2。
【命题方向】
调压变压器是一种自耦变压器，它的构造如图所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上．AB间加上正弦交流电压U，移动滑动触头P的位置，就可以调节输出电压．在输出端连接了滑动变阻器R和理想交流电流表，变阻器的滑动触头为Q．则（ ）
A、保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变大
B、保持P的位置不动，将Q向下移动时，电流表的读数变小
C、保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变大
D、保持Q的位置不动，将P沿逆时针方向移动时，电流表的读数变小
分析：保持P的位置不动，输出电压不变，将Q向下移动时，R变大，电流减小，电流表的读数减小；保持Q的位置不动，R不变，将P沿逆时针方向移动时，副线圈匝数变大，输出电压变大，电流表的读数变大．
解答：保持P的位置不动，即是保持变压器的原、副线圈的匝数比不变，则滑动变阻器R两端的电压不变，当将Q向下移动时，连入电路的电阻的阻值变大，因而电流减小，A错误B正确；保持Q的位置不动，即是保持滑动变阻器R连入电路的阻值不变，将P沿逆时针方向移动时，变压器的原线圈的匝数不变，副线圈的匝数增多，滑动变阻器R两端的电压将增大，所以电流表的读数变大，C正确D错误。
故选：BC。
点评：做好本题要能知道自耦变压器的原理，结合变压器的特点和欧姆定律去分析．
【解题思路点拨】
了解自耦变压器的构造与工作原理，能够对自耦变压器进行一定的分析。
25．电压与电流互感器
【知识点的认识】
1.电压互感器：如图甲所示，原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表。互感器将高电压变为低电压，通过电压表测低电压，结合匝数比可计算出高压电路的电压。
（2）电流互感器：如图乙所示，原线圈串联在待测大电流电路中，副线圈接电流表。互感器将大电流变成小电流，通过电流表测出小电流，结合匝数比可计算出大电流电路的电流。
【命题方向】
如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器．若已知变压比为1000：1，变流比为100：1，并且知道电压表示数为220V，电流表示数为10A，则输电线的输送功率为（ ）
A、2.2×103W B、2.2×10﹣2W C、2.2×108W D、2.2×104W
分析：根据变压比和变流比计算出输送电压和电流，最后根据电功率P＝UI计算电功率．
解答：已知变压比为1000：1，电压表示数为220V，故传输电压为：U＝220V×1000＝2.2×105V；
已知变流比为100：1，电流表示数为10A，故传输电流为：I＝10A×100＝1000A；
故电功率为：P＝UI＝2.2×105V×1000A＝2.2×108W；
故选：C。
点评：本题实质是电压互感器与电流互感器的简单运用，电压互感器与电流互感器是利用变压器原理将电压、电流减小到可测范围进行测量的仪器．
【解题思路点拨】
互感器与变压器的原理一样，都是互感现象；判断电压互感器和电流互感器的方法可以类比电压表和电流表，电压互感器是“并联”在电路中的，电流互感器是“串联”在电路中的。
26．远距离输电的相关计算
【知识点的认识】
远距离输电
1．输电过程（如图所示）
2．输电导线上的能量损失：主要是由输电线的电阻发热产生的，表达式为Q＝I2Rt。
3．电压损失
（1）△U＝U﹣U′；（2）△U＝IR。
4．功率损失
（1）△P＝P﹣P′；（2）△P＝I2R＝2R
5．输送电流
（1）I＝；（2）I＝。
【命题方向】
常考题型：
2013年4月20日在四川省雅安市芦山县发生7.0级地震、地震发生后，某公司向灾区捐赠一批柴油发电机。该柴油发电机说明书的部分内容如下表所示。现在用一台该型号的柴油发电机给灾民临时安置区供电，发电机到安置区的距离是400m，输电线路中的火线和零线均为GBC260型单股铜导线，该型导线单位长度的电阻为2.5×10﹣4Ω/m。安置区家用电器的总功率为44kW，当这些家用电器都正常工作时，下列说法中正确的是：（ ）
A．输电线路中的电流为20A
B．输电线路损失的电功率为8000W
C．发电机实际输出电压是260V
D．如果该柴油发电机发的电是正弦交流电，则输出电压的峰值是300V
【分析】A、输电线路的电流可根据P＝UI求得。
B、先求出线路电阻，再由电功率公式求得损失的电功率。
C、发电机输出的电压等于线路损失的电压加安置区电压。
D、根据正弦交变电流的有效值和峰值的关系可求出峰值。
解：A、由P＝UI得输电线中的电流：I＝，故A错误；
B、线路电阻R线＝2.5×10﹣4Ω/m×800m＝0.2Ω．线路损失的电功率P线＝I线2R线＝（200A）2×0.2Ω＝8×103W，故B正确；
C、线路两端的电压U线＝I线R线＝200A×0.2Ω＝40V，发电机输出电压U＝U线+U0＝（40+220）V＝260V，故C正确；
D、根据正弦交变电流的有效值和峰值的关系可得峰值Um＝U＝260V，故D错误。
故选：BC。
【点评】求发电机的输出电压对学生来说是易错点，也是难点，要注意：发电机的输出电压等于输电线损失的电压与用户电压之和；熟练应用电功率公式及其变形公式、燃烧值公式等知识即可正确解题。
【解题方法点拨】
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
（1）理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＝，，P1＝P2。
（2）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＝，，P3＝P4。
3．掌握一个守恒
能量守恒关系式P1＝P损+P3。
27．探究变压器原、副线圈电压与匝数的关系
【知识点的认识】
一、实验目的：U1一定时，n1，n2对U2的影响．
二、实验方法：控制变量法
n1一定，研究n2和U2的关系
n2一定，研究n1和U2的关系．
三、实验步骤：
1、保持原线圈的匝数不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响．
2、保持副线圈的匝数不变，研究原线圈的匝数对副线圈电压的影响
四、实验结论
通过实验分析表明，原，副线圈的电压之比，等于两个线圈的匝数之比．
四、注意事项
1、要事先推测副线圈两端电压的可能值．
2、为了人身安全，只能使用低压交流电压，所用电压不要超过12v，即使这样，通电时不要用手接触裸露的导线，接线柱．
3、为了多用电表的安全，使用交流电压档测电压时，先用最大量程档测试，大致确定电压后在选择适当的档位进行测量．
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2.40
4.40
6.40
8.80
10.40
0.99
1.85
2.72
3.76
4.48
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基本现象
应用的定则或定律
运动电荷、电流产生磁场
安培定则
磁场对运动电荷、电流有作用力
左手定则
电磁感应
部分导体做切割磁感线运动
右手定则
闭合回路磁通量变化
楞次定律
位置
线圈平面与磁场方向垂直（中性面）
线圈平面与磁场方向平行
磁通量
最大
0
磁通量变化率
0
最大
感应电动势
0
最大
感应电流
0
最大
电流方向
改变
不变
物理量
物理意义
适用情况及说明
瞬时值
e＝Emsin ωt
u＝Umsin ωt
i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值（最大值）
E m＝nBSωIm＝
讨论电容器的击穿电压
有效值
对正（余）弦交流电有：
E＝，
U＝，
I＝．
（1）计算与电流的热效应有关的量（如电功、电功率、电热等）
（2）电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值
（3）保险丝的熔断电流为有效值
（4）电表的读数为有效值
平均值
＝BL
＝n
＝
计算通过电路截面的电荷量
理想变压器
①没有能量损失；②没有磁通量损失
基本
关系
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出
电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，即＝，与负载情况、副线圈个数的多少无关
电流关系
①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即；
②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn
频率关系
原、副线圈中电流的频率相等
制
约
关
系
电压
副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝U1（原制约副）
功率
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）
电流
原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1＝I2（副制约原）
理想变压器
①没有能量损失；②没有磁通量损失
基本
关系
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出
电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，即＝，与负载情况、副线圈个数的多少无关
电流关系
①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即；
②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn
频率关系
原、副线圈中电流的频率相等
制
约
关
系
电压
副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝U1（原制约副）
功率
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）
电流
原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1＝I2（副制约原）
理想变压器
①没有能量损失；②没有磁通量损失
基本
关系
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出
电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，即＝，与负载情况、副线圈个数的多少无关
电流关系
①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即；
②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn
频率关系
原、副线圈中电流的频率相等
制
约
关
系
电压
副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝U1（原制约副）
功率
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）
电流
原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1＝I2（副制约原）
理想变压器
①没有能量损失；②没有磁通量损失
基本
关系
功率关系
原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率P入＝P出
电压关系
原、副线圈的电压比等于匝数比，即＝，与负载情况、副线圈个数的多少无关
电流关系
①只有一个副线圈：电流和匝数成反比，即；
②多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即U1I1＝U2I2+U3I3+…+InUn
频率关系
原、副线圈中电流的频率相等
制
约
关
系
电压
副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定，即U2＝U1（原制约副）
功率
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）
电流
原线圈的电流I1由副线圈的电流I2和匝数比决定，即I1＝I2（副制约原）
型号
AED6500S
最大输出功率
60kW
输出电压范围
220V～300V