2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第十章电磁感应交变电流第2讲

第2讲　交变电流
[考试标准]
知识内容
考试要求
说明
交变电流
c
1.不要求知道交流发电机各部分的名称.
2.不要求推导交流电动势的瞬时值表达式.
3.不要求计算线圈在磁场中转动时的电动势.
4.不要求证明正弦式交变电流有效值与峰值之间的关系.
5.不要求计算方波等其他交变电流的有效值.
6.不要求知道感抗、容抗的概念.
7.不要求分析、计算两个及以上副线圈和有两个磁路的变压器问题.
8.不要求计算同时涉及升压、降压的输电问题.
描述交变电流的物理量
c
电感和电容对交变电流的影响
b
变压器
c
电能的输送
c


一、交变电流
1.产生：线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动.
2.两个特殊位置的特点：
(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变.
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变.
3.电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次.
自测1　(多选)关于中性面，下列说法正确的是(　　)
A.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零
B.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大
C.线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次
D.线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次
答案　AC
二、正弦式交变电流的描述
1.周期和频率
(1)周期(T)：交变电流完成一次周期性变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝.
(2)频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz).
(3)周期和频率的关系：T＝或f＝.
2.正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时)
(1)电动势e随时间变化的规律：e＝Emsin ωt，其中ω为线圈转动的角速度，Em＝nBSω.
(2)负载两端的电压u随时间变化的规律：u＝Umsin ωt.
(3)电流i随时间变化的规律：i＝Imsin ωt.
3.交变电流的瞬时值、峰值和有效值
(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数.
(2)峰值：交变电流(电流、电压或电动势)所能达到的最大的值，也叫最大值.
(3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：E＝，U＝，I＝.
自测2　(多选)如图1所示是某种正弦交变电压的波形图，由图可确定该电压的(　　)

图1
A.周期是0.01 s
B.最大值是311 V
C.有效值约是220 V
D.表达式为u＝220sin 100πt(V)
答案　BC
三、电感和电容对交变电流的影响
1.电感器对交变电流的阻碍作用
(1)感抗：电感器对交变电流阻碍作用的大小.
(2)影响因素：线圈的自感系数越大，交流的频率越高，感抗越大.




(3)感抗的应用
类型
区别　　
低频扼流圈
高频扼流圈
自感系数
较大
较小
感抗大小
较大
较小
作用
通直流、阻交流
通直流、通低频、阻高频

2.电容器对交变电流的阻碍作用
(1)容抗：电容器对交变电流阻碍作用的大小.
(2)影响因素：电容器的电容越大，交流的频率越高，容抗越小.
(3)作用：“通交流，隔直流；通高频，阻低频”.
自测3　如图2所示，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I1、I2、I3表示此时通过R、C和L的电流有效值，则(　　)

图2
A.I1＝I2＝I3 B.I1>I2>I3
C.I3>I1>I2 D.I1>I2＝I3
答案　C
四、变压器
1.原理
电流磁效应、电磁感应.
2.基本关系式
(1)功率关系：P入＝P出.
(2)电压关系：＝.
(3)电流关系：只有一个副线圈时＝.
3.几种常用的变压器
(1)自耦变压器——调压变压器.
(2)互感器

五、电能的输送
1.输电过程(如图3所示)

图3
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)ΔU＝U－U′；(2)ΔU＝IR.
4.功率损失：(1)ΔP＝P－P′；(2)ΔP＝I2R＝()2R.
5.输送电流：(1)I＝；(2)I＝.
自测4　要减少电能输送时的损失，下列说法中正确的是(　　)
A.降低输电电压
B.把输电导线埋于地下
C.提高输电电压
D.增大输电导线中的电流
答案　C

命题点一　交变电流的产生和描述
正弦式交变电流的瞬时值、峰值、有效值、平均值的比较
物理量
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值
最大瞬时值
Em＝nBSω，Em＝nΦmω，Im＝
讨论电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值
对正(余)弦交流电有：E＝，U＝，I＝
(1)计算与电流热效应有关的量(如功、功率、热量等)
(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)交流电压表和电流表的读数为有效值
平均值
交变电流图象中图线与时间轴所围的面积与时间的比值
＝Bl，＝n，＝
计算通过电路横截面的电荷量

例1　如图4甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其单匝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(　　)

图4
A.电阻R的电功率为20 W
B.t＝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＝14.1cos 50πt A
答案　C
解析　电阻R的电功率为P＝＝10 W，选项A错误；由题图乙知t＝0.02 s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt V，选项C正确；通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝＝1.41cos 100πt A，选项D错误.
变式1　(多选)交变电动势瞬时值表达式e＝10sin 4πt V，下列说法正确的是(　　)
A.此交变电流的频率是4π Hz
B.此交变电流的周期是0.5 s
C.当t＝0时，产生此交变电流的线圈与中性面重合
D.当t＝0.5 s时，此交变电动势有最大值
答案　BC
解析　由表达式可知ω＝4π rad/s＝2πf，f＝2 Hz，故选项A错误；由T＝＝0.5 s，可知选项B正确；当t＝0时，由e＝10sin 4πt V＝0可知此时线圈与中性面重合，故选项C正确；当t＝0.5 s时，由e＝10sin 4πt V＝0可知交变电动势最小，故选项D错误.
变式2　(多选)如图5所示，闭合的矩形导体线圈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′方向观察，线圈顺时针方向转动.则当线圈转至图示位置时(　　)

图5
A.线圈中感应电流的方向为abcda
B.线圈中感应电流的方向为adcba
C.穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大
D.线圈ad边所受安培力的方向垂直纸面向里
答案　ACD
解析　当线圈转至题图所示位置时，由楞次定律可知，线圈中感应电流的方向为abcda，选项A正确，B错误；题图所示位置穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大，感应电动势最大，选项C正确；由左手定则知线圈ad边所受安培力的方向垂直纸面向里，选项D正确.
变式3　(多选)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图6所示，已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，则(　　)

图6
A.电压表V的示数为220 V
B.电路中的电流方向每秒改变100次
C.通过灯泡电流的最大值为2.2 A
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为48.4 J
答案　BC
解析　由题图知电动势峰值为220 V，周期为2×10－2 s，所以电动势有效值为220 V，角速度ω＝＝ rad/s＝100π rad/s.电压表测的是路端电压，U＝R＝ ×95 V＝209 V，故A错误；因周期T＝2×10－2 s，所以频率f＝＝ Hz＝50 Hz，电流方向每秒钟改变100次，故B正确；通过灯泡电流的最大值为Im＝ A＝2.2 A，故C正确；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝t＝×1 J＝24.2 J，故D错误.
拓展点　交流电有效值的求解
计算交变电流有效值的方法
(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解.
(2)分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量.
(3)利用两个公式Q＝I2Rt和Q＝t可分别求得电流有效值和电压有效值.
(4)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I＝、U＝求解.
例2　电压u随时间t的变化情况如图7所示，皆为正弦函数图象的一部分，求电压的有效值.

图7
答案　55 V
解析　由有效值的定义式得：
·＋·＝T，解得U＝55 V.
命题点二　变压器和电能的输送
考向1　理想变压器原理和基本关系
1.变压器的工作原理


2.理想变压器的制约关系：
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U2＝U1
功率
原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定P入＝P出
电流
原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定I1＝I2(只有一个副线圈)

例3　(多选)如图8所示，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交流电源上.闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A.以下判断正确的是(　　)

图8
A.变压器输入功率为484 W
B.通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C.通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D.变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3
答案　BD
解析　根据功率公式可以求出用电器消耗的功率为60×2.2 W＝132 W，此即变压器输出功率，再根据理想变压器输入功率等于输出功率，选项A错误；根据变压器的变压公式可知，变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝11∶3，再由＝，可求得通过原线圈的电流的有效值为0.6 A，选项B、D正确；由于电流表显示的是有效值，因此通过副线圈的电流的最大值为2.2 A，选项C错误.
变式4　(多选)如图9所示为一种变压器的实物图，根据其铭牌上所提供的信息，以下判断正确的是(　　)

图9
A.这是一个升压变压器
B.原线圈的匝数比副线圈的匝数多
C.当原线圈输入交流电压220 V时，副线圈输出直流电压12 V
D.当原线圈输入交流电压220 V、副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大
答案　BD
解析　根据铭牌上所提供的信息可知：变压器的输入电压为220 V，输出电压为12 V，该变压器为降压变压器，故选项A错误，B正确；变压器的工作原理是电磁感应，故变压器的原、副线圈上的电压都为交流电压，选项C错误；由理想变压器的输入功率等于输出功率，且原线圈的电压大于副线圈的电压，知副线圈接负载时，副线圈中电流比原线圈中电流大，选项D正确.
考向2　理想变压器的动态分析
常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况：
(1)匝数比不变的情况(如图10所示)
①U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，不论负载电阻R如何变化，U2不变.
②当负载电阻发生变化时，I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化.
③I2变化引起P2变化，P1＝P2，故P1发生变化.

图10

图11
(2)负载电阻不变的情况(如图11所示)
①U1不变，发生变化，故U2变化.
②R不变，U2变化，故I2发生变化.
③根据P2＝，P2发生变化，再根据P1＝P2，故P1变化，P1＝U1I1，U1不变，故I1发生变化.



例4　(多选)(2018·嘉兴市期末)如图12是一个理想变压器，K为单刀双掷开关，P是滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈两端的电压，I1为通过原线圈的电流，则(　　)

图12
A.K合在b处，保持U1不变，使P上滑，I1将增大
B.K合在b处，保持P的位置不变，减小U1，I1将减小
C.保持U1及P的位置不变，K由b合向a后，I1将增大D.保持U1及P的位置不变，K由b合向a后，R消耗的功率将减小
答案　BD
解析　K合在b处，保持U1不变，故U2不变，P上滑，R增大，I2减小，I1也减小，故A错误；K合在b处，U1减小，U2减小，P不动，R不变，故I2减小，I1也减小，故B正确；U1不变，K由b合到a，则n1增大，U2＝U1减小，P2＝减小，又P2＝P1＝U1I1，故I1减小，故C错误，D正确.
变式5　(多选)(2018·牌头中学期中改编)如图13所示为一理想变压器工作电路图，今欲使变压器的输入功率增大到原来的2倍，在其他条件不变的情况下，可行的办法是(　　)

图13
A.原线圈的匝数n1增加到原来的2倍
B.副线圈的匝数n2增加到原来的2倍
C.负载电阻的阻值R变为原来的
D.n2和R都变为原来的2倍
答案　CD
解析　原线圈匝数增加使得副线圈电压减小，输出功率减小，输入功率也减小，故A错误；副线圈匝数增加到原来的2倍，副线圈电压增大到原来的2倍，根据P＝，故输出功率增加到原来的4倍，故B错误；负载电阻的阻值变为原来的，而电压不变，所以输出功率和输入功率增加为原来的2倍，故C正确；副线圈匝数和负载电阻都增加到原来的2倍，副线圈电压增大到原来的2倍，根据P＝，故输出功率增加到原来的2倍，故D正确.
考向3　电能的输送
远距离输电的三个易错点：
(1)计算输电线上损失的功率ΔP＝，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压；
(2)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；
(3)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，而不是“送多少用多少”，说明原线圈电流由副线圈电流决定.
例5　(2018·宁波市十校联考)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW，现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是(　　)
A.输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B.输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C.若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D.输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻
答案　B
解析　由P＝IU得输电线上输送的电流为：I＝＝ A＝6×103 A，由ΔU＝Ir得输电线路上的电压损失为：ΔU＝6×103×2.5 V＝1.5×104 V，故A错误，B正确；若改用5 kV电压输电，输电线上损失的功率为：ΔP＝2×2.5 W＝9×108 kW>3×106 kW，故C错误；ΔP＝中，U为输电线上的电压降，而不是输电电压，故D错误.
考向4　交变电流和变压器的综合问题
例6　(多选)手摇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14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14
A.灯泡的额定电压为
B.灯泡的额定功率为
C.发电机的线圈中产生的电动势最大值为U
D.从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usin ωt
答案　AD
解析　电压表测量的是原线圈两端电压的有效值，因为此时灯泡正常发光，则灯泡的额定电压等于此时副线圈的电压，则由＝k得灯泡的额定电压UL＝，A正确；灯泡的额定功率PL＝＝，B错误；副线圈的电流IL＝＝，因原、副线圈的电流之比＝，故原线圈的电流I1＝，因此发电机的线圈中产生的电动势的有效值E＝U＋I1r，最大值Em＝E＝U(1＋)，C错误；原线圈输入电压最大值为U，则从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usin ωt，D正确.


1.(多选)下面关于交变电流的说法中正确的是(　　)
A.交流电器设备上所标的电压值和电流值是交变电流的峰值
B.用交流电流表和电压表测定的数值是交变电流的瞬时值
C.给定的交变电流数值，在没有特别说明的情况下都是指有效值
D.和交变电流有相同热效应的直流电流的数值是交变电流的有效值
答案　CD
2.一个照明电灯，其两端允许的最大电压为311 V.当它接入220 V的照明电路时，这盏灯(　　)
A.将不亮 B.灯丝将烧断
C.只能暗淡发光 D.能正常发光
答案　D
解析　220 V的照明电路其有效值为220 V，最大值为311 V，正好适合.



3.(多选)如图1所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路.t1、t2时刻线框分别转到图甲(线框水平)、图乙(线框与磁感线垂直)所示的位置，下列说法正确的是(　　)

图1
A.t1时刻穿过线框的磁通量最大
B.t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
C.t2时刻穿过线框的磁通量变化率为0
D.t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左
答案　BC
解析　t1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电流方向从右向左，A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，而磁通量的变化率为零，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，C正确，D错误.
4.(多选)一只闭合的矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间的变化图象如图2所示，则下列说法正确的是(　　)

图2
A.t＝0时刻线圈平面与中性面重合
B.t＝0.1 s时刻，穿过线圈平面的磁通量的变化率最大
C.t＝0.2 s时刻，线圈中有最大感应电动势
D.若转动周期减小一半，则电动势也减小一半
答案　AB
解析　矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，若以线圈通过中性面时为计时起点，感应电动势瞬时值表达式为e＝Emsin ωt，由题图可知Φ＝Φmcos ωt，当Φ最大时，＝0，即e＝0，线圈平面与中性面重合；当Φ＝0时，为最大，即e＝Em，所以A、B正确，C错误；由Em＝nBSω可知，周期减半时角速度增大一倍，则电动势就增大一倍，故D错误.
5.处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab边垂直.在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图3所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动.若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是(　　)

图3


答案　C
解析　线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电.对于题图所示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的感应电流的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对.
6.标有“220 V　100 W”的一灯泡接在u＝311sin 314t V的正弦交变电流上，则(　　)
A.产生该交变电流的发电机转速为每分钟50转
B.与该灯泡串联的理想电流表读数为0.64 A
C.与该灯泡并联的理想电压表读数为311 V
D.通过该灯泡的电流i＝0.64sin 314t A
答案　D
解析　灯泡接在u＝311sin 314t V的正弦交变电流上，ω＝314 rad/s，由ω＝2πn知产生该交变电流的发电机转速为每秒50转，故A错误；由交变电流u＝311sin 314t V可知，电压的最大值Um＝311 V，有效值U＝Um≈220 V，可以使“220 V　100 W”的灯泡正常发光，电流表的示数I＝≈0.45 A，故B错误；与灯泡并联的理想电压表读数为220 V，故C错误；灯泡的最大电流为Im＝I≈0.64 A，因此通过该灯泡的电流i＝0.64sin 314t A，故D正确.
7.在匀强磁场中一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图4甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则(　　)

图4
A.t＝0.005 s时通过线框的磁通量变化率为零
B.t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C.线框产生的交变电动势有效值为311 V
D.线框产生的交变电动势频率为100 Hz
答案　B
解析　由图象知，该交变电流电动势峰值为311 V，交变电动势频率为f＝50 Hz，C、D错；t＝0.005 s时，e＝311 V，磁通量变化最快，t＝0.01 s时，e＝0，磁通量最大，线框处于中性面位置，A错，B对.
8.(多选)如图5所示，550 kV句章变电站的投产大大填补了余姚、慈溪及杭州湾新区的用电缺口，缓解了用电紧张局面.相比原来的275千伏输电，下列说法正确的是(　　)

图5
A.输电线上的频率减小一半
B.输电线上的电流减小一半
C.输电线上损失的电功率减小一半
D.输电线上损失的电功率减小为原来的
答案　BD





9.(多选)如图6所示，在远距离输电过程中，若保持原线圈的输入功率不变，下列说法正确的是(　　)

图6
A.升高U1会减小输电电流I2
B.升高U1会增大线路的功率损耗
C.升高U1会增大线路的电压损耗
D.升高U1会提高电能的利用率
答案　AD
解析　输送功率不变，升高U1，则升压变压器的输出电压变大，根据P＝UI知，输电线上的电流I2减小，故A正确；升高U1，输电线上的电流减小，根据P损＝I2R知，输电线上的功率损耗减小，根据ΔU＝IR知，输电线上的电压损失减小，故B、C错误；电能的利用率为，因为升高U1，输电线上的电流减小，则电能的利用率提高，故D正确.
10.(多选)(2018·温州市十五校联合体期末)如图7所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为10∶1，原线圈接正弦交流电源，电压u＝311sin 100πt(V)，副线圈接入“22 V　100 W”的灯泡一只，则(　　)

图7
A.灯泡正常发光
B.电源输出功率为1 000 W
C.电流表的示数为0.45 A
D.电流表的示数为4.5 A
答案　AC
11.(多选)远距离送电，已知升压变压器输出电压为U1，功率为P，降压变压器的输入电压为U2，输电线的电阻为R，输电线上电压降为U线，则线路损耗的热功率P损可用下面哪几种方法计算(　　)
A.P损＝ B.P损＝
C.P损＝ D.P损＝
答案　BD
解析　根据P＝U1I得，输电线上的电流I＝，则输电线上损耗的功率P损＝I2R＝.又输电线上电压降U线＝U1－U2，则输电线上损耗的功率P损＝＝，故B、D正确，A、C错误.

12.(多选)(2019届余姚中学模拟)如图8甲所示，在直铁棒上有两个线圈，线圈n1＝20匝，n2＝400匝，原线圈输入电压u1随时间变化的图象如图乙所示，则(　　)

图8
A.电压表读数为200 V
B.电压表读数为200 V
C.副线圈交流电的周期为0.02 s
D.滑动变阻器滑片向下滑动，则电路输入功率变大
答案　BCD
解析　原线圈电压的有效值U1＝ V＝10 V，根据＝，得U2＝U1＝×10 V＝200 V，故A错误，B正确；根据题图乙知原线圈交流电的周期T＝0.02 s，则副线圈交流电的周期也为0.02 s，故C正确；滑动变阻器滑片向下滑动，变阻器接入电路的电阻变小，根据P2＝，输出功率变大，输入功率等于输出功率，则电路输入功率变大，故D正确.
13.(多选)如图9所示的电路中，理想变压器的输入电压u不变，R1为定值电阻，若要使电压表示数增大，可采用的办法是(　　)

图9
A.保持其他不变，将滑动接头P向上移
B.保持其他不变，将滑动接头P向下移
C.保持其他不变，增大R2
D.保持其他不变，减小R2
答案　AC
解析　保持其他不变，将滑动接头P向上移，则原、副线圈的匝数比减小，所以副线圈的电压增大，则电压表的示数UV＝R2将增大，故A正确；保持其他不变，将滑动接头P向下移，则原、副线圈的匝数比增大，所以副线圈的电压减小，则电压表的示数UV＝R2将减小，故B错误；保持其他不变，增大R2，则电压表的示数UV＝U2－R1将增大，故C正确；保持其他不变，减小R2，则电压表的示数UV＝U2－R1将减小，故D错误.
14.如图10所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表.下列说法正确的是(　　)

图10
A.原线圈的输入功率为220 W
B.电流表的读数为1 A
C.电压表的读数为110 V
D.副线圈输出交流电的周期为50 s
答案　B
解析　由u＝220sin 100πt(V)可知，原线圈电压最大值为220 V，故原线圈电压的有效值为U1＝220 V ，根据＝可知，U2＝U1＝110 V，故电压表的读数为110 V，故C错误；副线圈电流有效值为I2＝＝2 A，根据P＝UI可知，输出功率为220 W，则原线圈的输入功率为220 W，故A错误；原线圈中的电流I1＝＝1 A，故B正确；因为ω＝＝100π rad/s，所以T＝0.02 s，故D错误.




15.(多选)(2018·书生中学月考改编)如图11所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，电压表和电流表均为理想交流电表，R为副线圈的负载电阻.现在原线圈a、b两端加上交变电压u，其随时间变化的规律u＝220sin 100πt V，则(　　)

图11
A.副线圈中产生的交变电流频率为50 Hz
B.电压表的示数为22 V
C.若电流表示数为0.1 A，则原线圈中的电流为1 A
D.若电流表示数为0.1 A，则1 min内电阻R上产生的焦耳热为132 J
答案　AD
解析　交变电流的周期为T＝＝ s＝0.02 s，频率为50 Hz，变压器不改变交流电的频率，故A正确.由题意知原线圈的电压最大值为220 V，则有效值为 V＝220 V，故副线圈的电压有效值为22 V，电压表的示数为22 V，故B错误.若副线圈的电流是I＝0.1 A，则原线圈的电流是0.01 A，故C错误.若副线圈的电流是I＝0.1 A，则1 min内电阻R上产生的焦耳热为Q＝UIt＝22×0.1×60 J＝132 J，故D正确.
16.(多选)(2018·新高考联盟联考)图12甲是交流发电机的示意图，发出的电直接输出到理想变压器的原线圈，为理想交流电压表.变压器的副线圈接有三个支路，每个支路接有相同规格的小灯泡L1、L2和L3，且L2串有理想电感L、L3串有电容器C.发电机两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场.线圈绕垂直于磁场的水平轴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(　　)


图12
A.图甲线圈位置叫中性面，此时所产生的感应电动势最大，由图乙可得，此时电压表示数为10 V
B.线圈转动的角速度为100π rad/s,0.02 s时线圈内电流的流向是D→C→B→A
C.如果灯泡L1恰好正常发光，那么L2、L3两小灯泡都能发光但比L1要暗
D.增大线圈的转动速度，L1、L2、L3三个小灯泡的亮度均不会变化
答案　BC