2024版浙江新高考选考物理一轮复习教师用书：12+第九章　5+第3节　交变电流+Word版含答案 (1)

第3节　交变电流【基础梳理】提示：大小方向　周期性变化　正弦式　锯齿形　正弦式交变电流　一次周期性变化　1 s内　T＝eq \f(1,f)　在某一时刻　最大值　在相同的时间内产生的热量相等　平均值　原线圈　副线圈　闭合铁芯　互感　P出＝P入　eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)　n1I1＝n2I2＋n3I3＋…　把高电压变成低电压　把大电流变成小电流　升压变压器　降压变压器　P－P′　I2R　eq \f(ΔU2,R)　eq \f(P,U)　eq \f(U－U′,R)【自我诊断】 判一判(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化．(　　)(2)线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，经过中性面时产生的感应电动势最大．(　　)(3)交流电压表及交流电流表的读数均为瞬时值．(　　)(4)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．　(　　)(5)理想变压器的基本关系式中，电压和电流可以均为有效值．(　　)(6)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．(　　)提示：(1)√　(2)×　(3)×　(4)×　(5)√　(6)× 做一做(1)如图所示为一交变电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是(　　)A．5eq \r(2) A　　　　　　 B．5 AC．3.5eq \r(2) A D．3.5 A(2)某理想变压器原、副线圈的匝数之比为1∶10，当输入电压增加20 V时，输出电压(　　)A．降低2 V B．增加2 VC．降低200 V D．增加200 V提示：(1)选B.选择一个周期(0.02 s)的时间，根据交流电有效值的定义和焦耳定律，有：I2R×0.02 s＝(4eq \r(2) A)2R×0.01 s＋(3eq \r(2) A)2R×0.01 s，解得：I＝5 A，即B项正确．(2)选D.假设理想变压器原线圈的输入电压为U1，则由变压器的工作原理可知eq \f(U1,n1)＝eq \f(U2,n2)，变压器副线圈的输出电压为U2＝10U1；当输入电压增加20 V时，即输入电压为(U1＋20) V，则变压器的输出电压为U′2＝10(U1＋20) V，则输出电压的变化量为ΔU＝U′2－U2＝(10U1＋200－10U1) V＝200 V，即输出电压增加200 V，A、B、C错误，D正确．　交变电流的产生和描述【题组过关】1．(2020·湖州质检)一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是(　　)A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减小时，感应电动势也减小C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5EmD．角速度ω等于eq \f(Em,Φm)解析：选D.根据正弦式交变电流的产生及其变化规律，当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大，磁通量减为零时，感应电动势最大，由此可知A、B项错误；设从线框位于中性面开始计时，则有e＝Emsin ωt，式中Em＝BSω，因Φm＝BS，故角速度ω＝eq \f(Em,Φm)，D项正确；设e＝0.5Em，则解出ωt＝eq \f(π,6)，此时Φ＝B·Scoseq \f(π,6)＝eq \f(\r(3),2)BS＝eq \f(\r(3),2)Φm，所以C项错误．2．(2020·舟山模拟)如图甲所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交变电流如图乙所示，设沿abcda方向为电流正方向，则(　　)A．乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程B．乙图中c时刻对应甲图中的C图C．若乙图中d等于0.02 s，则1 s内电流的方向改变了50次D．若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz解析：选A.由交变电流的产生原理可知，甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面，线圈在中性面时电流为零，再经过eq \f(1,4)个周期电流达到最大值，再由楞次定律判断出电流的方向，因此甲图中A至B图的过程电流为正，且从零逐渐增大到最大值，A正确；甲图中的C图对应的电流为零，B错误；每经过中性面一次线圈中的电流方向就要改变一次，所以一个周期内电流方向要改变两次，所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期，若已知d等于0.02 s，则频率为50 Hz，1 s内电流的方向将改变100次，C错误；若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率应该为25 Hz，D错误．3．一只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变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是(　　)A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大D．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：选B.由Φ－t图知，t＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e＝0，故A、D两项错误；由图知T＝0.04 s，在t＝0.01 s时，Φ＝0，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，则B项正确；在t＝0.02 s时，Φ最大，eq \f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，则C项错误．eq \a\vs4\al()1．两个特殊位置及其特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，eq \f(ΔΦ,Δt)＝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，eq \f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不改变．2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)3.书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值．(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式①若线圈从中性面位置开始转动，则i－t图象为正弦函数图象，函数式为i＝Imsin ωt.②若线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图象为余弦函数图象，函数式为i＝Imcos ωt.　 　交变电流“四值”的应用【题组过关】1．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e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压(　　)A．峰值是e0　 B．峰值是2e0C．有效值是eq \f(\r(2),2)Ne0 D．有效值是eq \r(2)Ne0解析：选D.因每匝矩形线圈ab边和cd边产生的电动势的最大值都是e0，每匝中ab和cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e0.N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E＝eq \r(2)Ne0，故选项D正确．2．(2020·宁波调研)小型交流发电机中，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呈正弦函数关系，如图所示．此线圈与一个R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是(　　)A．交变电流的周期为0.125 s B．交变电流的频率为8 HzC．交变电流的有效值为eq \r(2) A D．交变电流的最大值为4 A解析：选C.由图象可知交变电流的周期T＝0.250 s，频率f＝eq \f(1,T)＝4 Hz，故选项A、B错误；交变电流的有效值I＝eq \f(Um,\r(2)R)＝eq \f(20,\r(2)×10) A＝eq \r(2) A，故选项C正确；交变电流的最大值Im＝eq \f(Um,R)＝eq \f(20,10) A＝2 A，故选项D错误．3．(2020·湖州联考)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甲所示．电路组成如图乙所示，已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，外接灯泡阻值为95.0 Ω，灯泡正常发光，则(　　)A．电压表 V的示数为220 VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡消耗的功率为509 WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J解析：选D.电压表V的示数应为有效值，U＝eq \f(Um,\r(2))·eq \f(R,R＋r)＝209 V，A项错误；电路中的电流方向每秒钟改变100次，B项错误；P灯＝eq \f(U2,R)＝459.8 W，C项错误；发电机线圈内阻的发热功率为P′＝I2r＝(eq \f(U,R))2r＝24.2 W，每秒生热24.2 J，D项正确．eq \a\vs4\al()交变电流的瞬时值、峰值、有效值、平均值的比较　 　变压器的分析与计算【题组过关】1．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．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(　　)A．U＝110 V，I＝0.2 AB．U＝110 V，I＝0.05 AC．U＝110eq \r(2) V，I＝0.2 AD．U＝110eq \r(2) V，I＝0.2eq \r(2) A解析：选A.直接求出副线圈中的电压、电流分别为：220 V、0.1 A．故原线圈中的电压、电流分别为110 V、0.2 A.2.(2020·金华质检)原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端接一正弦交变电流，为了使变压器输入功率增大，可以采取的措施有(　　)A．只增加原线圈的匝数n1B．只减少副线圈的匝数n2C．只减少负载电阻R的阻值D．只增大负载电阻R的阻值解析：选C.由eq \f(n1,n2)＝eq \f(U1,U2)知，当n1增大时，U2减小，当减小n2时，U2也减小，又根据P入＝P出＝eq \f(Ueq \o\al(2,2),R)知，A、B、D均错误，C正确．3．(2020·1月浙江选考)如图所示，甲乙两图中的理想变压器以不同的方式接在高压电路中．甲图中变压器原副线圈的匝数比为k1，电压表读数为U，乙图中变压器原副线圈的匝数比为k2，电流表读数为I.则甲图中高压线电压和乙图中高压线电流分别为(　　)A．k1U，k2I B．k1U，eq \f(I,k2)C.eq \f(U,k1)，k2I D.eq \f(U,k1)，eq \f(I,k2)答案：Beq \a\vs4\al()理想变压器中的相互作用关系(1)变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值．(2)利用eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)时，U1必须是原线圈两端的电压，它不一定等于电源电压(当原线圈回路里串联电阻或灯泡时，U1小于电源电压)；U2是副线圈两端的电压，它是副线圈与用电器构成的回路的总电压，等于回路各部分电压之和．(3)对理想变压器，P入＝P出，P出为副线圈回路中消耗的总的电功率，变压器可以改变交变电压、电流，但不能改变功率，也不能改变交流电的频率．　 　远距离输电【题组过关】1．在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，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有(　　)A．升压变压器的输出电压增大B．降压变压器的输出电压增大C．输电线上损耗的功率减小D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大答案：D2．(多选)(2020·舟山质检)在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为l，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则下列关系式中正确的是(　　)A．P′＝eq \f(U2S,ρl)　　　　　　　B．P′＝eq \f(P2ρl,U2S)C．P用＝P－eq \f(U2S,ρl) D．P用＝P(1－eq \f(Pρl,U2S))解析：选BD.输电线电阻R＝ρeq \f(l,S)，输电电流I＝eq \f(P,U)，故输电线上损失的电功率为P′＝I2R＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,U)))eq \s\up12(2)ρeq \f(l,S)＝eq \f(P2ρl,U2S)，用户得到的电功率为P用＝P－P′＝Peq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(1－\f(Pρl,U2S))).eq \a\vs4\al()远距离高压输电的几个基本关系(以图示为例)(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.(2)电压、电流关系：eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)＝eq \f(I2,I1)，eq \f(U3,U4)＝eq \f(n3,n4)＝eq \f(I4,I3)U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．(3)输电电流：I线＝eq \f(P2,U2)＝eq \f(P3,U3)＝eq \f(U2－U3,R线).(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝Ieq \o\al(2,线)R线＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P2,U2)))eq \s\up12(2)R线．当输送的电功率一定时，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eq \f(1,n2).　 　实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系【题组过关】1．(2017·4月浙江选考)(1)为完成“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验，必须要选用的是________(多选)．A．有闭合铁芯的原、副线圈　 B．无铁芯的原、副线圈C．交流电源 D．直流电源E．多用电表(交流电压挡) F．多用电表(交流电流挡)用匝数na＝60和nb＝120的变压器，实验测量数据如下表，根据测量数据可判断连接电源的线圈是________(选填“na”或“nb”)．(2)用如图所示的装置做“探究感应电流方向的规律”实验，磁体从靠近线圈的上方静止下落．当磁体运动到如图所示的位置时，流过线圈的感应电流方向从________(选填“a到b”或“b到a”)．在磁体穿过整个线圈的过程中，传感器显示的电流i随时间t的图象应该是________．答案：(1)ACE　nb　(2)b到a　A2．(2016·10月浙江选考)如图所示，在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中，下列说法正确的是________(填字母)．A．用可拆变压器，能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈B．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表C．原线圈接0、8接线柱，副线圈接0、4接线柱，副线圈电压大于原线圈电压D．为便于探究，先保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，研究其对副线圈电压的影响答案：AD3．在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中，电源输出端与变压器线圈连接方式正确的是图中的________(选填“甲”或“乙”)．变压器原、副线圈的匝数分别为120匝和60匝，测得的电压分别为8.2 V和3.6 V，据此可知电压比与匝数比不相等，主要原因是______________________．解析：变压器是在交流电的条件下工作的，所以需要接交流电，故应选图乙；变压器工作时会漏磁，所以电压比与匝数比不等，同时铁芯和导线发热也会造成变压器的能量损耗．答案：乙　漏磁、铁芯发热、导线发热eq \a\vs4\al()1．变压器的工作原理：变压器工作的原理是互感，由于原、副线圈使用同一个铁芯，因而穿过原、副线圈(每匝)的磁通量相同，在原、副线圈产生的感应电动势与它们的匝数成正比．2．变压器线圈两端电压与匝数的关系：根据法拉第电磁感应原理产生的感应电动势与线圈匝数成正比．只要副线圈的匝数多电压就大，匝数少电压就小．变压器原副线圈的端电压之比等于这两个线圈的匝数之比：公式eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2).3．变压器线圈两端电流与匝数的关系：原副线圈中的电流跟匝数成反比(仅限一个副线圈)，即n1I1＝n2I2. [随堂检测]1．(2020·湖州调研)一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中，下列的物理量不一定相等的是(　　)A．交变电流的频率　 　 B．电流的有效值C．电功率 D．磁通量的变化率解析：选B.变压器原、副线圈中一定相等的物理量是频率、磁通量的变化率、电功率，故选B.2．(2020·嘉兴检测)理想变压器原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u 随时间t 变化的规律如图所示，原、副线圈匝数比eq \f(n1,n2) ＝100，副线圈只接入一个R＝10 Ω的电阻，则下列说法错误的是(　　)A．与电阻R并联的电压表示数为3.11 VB．流过电阻R的电流最大值为0.311 AC．变压器的输入功率为0.484 WD．一个周期内，电阻R上产生的热量为9.68×10－3 J解析：选A.由题中图线得，原线圈两端的电压为U1≈220 V，由变压器原、副线圈电压比eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)得，副线圈上的电压为U2＝2.2 V，选项A错误；流过电阻R的电流最大值Im＝eq \f(\r(2)U2,R)≈0.311 A，选项B正确；变压器的输入功率等于输出功率，即有P入＝eq \f(Ueq \o\al(2,2),R)＝0.484 W，选项C正确；一个周期内，电阻R上产生的热量Q＝P入T＝9.68×10－3 J，选项D正确．3．通过某电流表的电流按如图所示的规律变化，则该电流表的读数为(　　)A．4eq \r(2) A B．4 AC．5 A D．5eq \r(2) A解析：选C.根据交变电流有效值的定义取一个周期T.有I2RT＝eq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(8,\r(2))))eq \s\up12(2)R·eq \f(T,2)＋(3eq \r(2))2R·eq \f(T,2)，得I＝5 A.4．(2020·绍兴检测)如图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(　　)A．电阻R上的电功率为20 WB．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＝14.1·cos 100πt V　D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝14.1·cos 50πt A　解析：选C.电阻R上的电功率为P＝eq \f(U2,R)＝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＝eq \f(u,R)＝1.41cos 100πt A，选项D错误．5．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则下列说法正确的是(　　)A．用户端的电压为eq \f(I1U1,I2)B．输电线上的电压降为UC．理想变压器的输入功率为Ieq \o\al(2,1)rD．输电线路上损失的电功率为I1U解析：选A.根据变压器的工作原理、欧姆定律和电功率公式解决问题．根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝eq \f(I1U1,I2)，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ieq \o\al(2,1)r＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝Ieq \o\al(2,1)r＝I1(U－U1)，选项D错误． [课后达标]一、选择题1．有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由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(　　)答案：C2.(2020·湖州检测)一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图所示为穿过线圈的磁通量Ф随时间变化的图线，则下列说法正确的是(　　)A．t＝0时，线圈平面与中性面垂直B．t＝eq \f(T,4)时刻，磁通量的变化率最大C．t＝eq \f(T,2)时刻，交流电动势达到最小D．t＝T时刻，交流电动势为零答案：A3．将阻值为100 Ω的用电器接到按i＝1.414sin 100πt(A)的规律变化的交流电路中，则(　　)A．该交流的周期为0.02 sB．用电器两端的电压为141.4 VC．通过用电器的电流为1.414 AD．用电器消耗的功率为141.4 W答案：A4．(2020·舟山高二期中)如图所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，原线圈两端接恒压交流电源，当滑动变阻器的滑动触头向下滑动时(　　)A．A1的读数变大，A2的读数变大B．A1的读数变大，A2的读数变小C．A1的读数变小，A2的读数变大D．A1的读数变小，A2的读数变小解析：选A.当滑动触头下移时，R3变小，R总变小，I＝eq \f(U,R总)，U不变，I变大，U并＝U－UR1，U并变小，通过R2的电流IR2变小，IA2＝I－IR2，IA2变大，A2的示数变大，由原、副线圈电流与匝数成反比，可知A1的示数变大．5．(2020·嘉兴测试)图1、图2分别表示两种电压的波形，其中图1所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是(　　)A．图1表示交流电压，图2表示直流电压B．两种电压的有效值相等C．图1所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin 100πt(V)D．图1所示电压经匝数比为10∶1的变压器变压后，频率变为原来的eq \f(1,10)解析：选C.图2表示的电压方向在变，也是交流电压，A错；图2表示的电压是非正弦交流电压，有效值与最大值之间并不满足E＝eq \f(Em,\r(2))，B错；变压器不能改变交变电流的频率，选项D错．6．理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为(　　)A．1∶2　 B．2∶lC．2∶3 D．3∶2解析：选B.三灯都正常工作，则电流相等，由此可知变压器的原、副线圈的电流比eq \f(I1,I2)＝eq \f(1,2)，对于理想变压器，由于功率相等，P1＝P2，得eq \f(U1,U2)＝eq \f(I2,I1)得eq \f(U1,U2)＝eq \f(2,1)，选项B正确．7．(2020·宁波调研)对于理想变压器，下列说法中不正确的是(　　)A．原线圈的输入功率随着副线圈的输出功率增大而增大B．原线圈的输入电流随着副线圈的输出电流增大而增大C．原线圈的电压不随副线圈的输出电流变化而变化D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零答案：D8．(2020·杭州质检)如图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为100∶1和1∶100，图中a、b表示电压表或电流表，已知电压表的示数为22 V，电流表的示数为1 A，则(　　)A．a为电流表，b为电压表B．a为电压表，b为电流表C．线路输送电功率是2 200 kWD．输电线路总电阻为22 Ω解析：选B.由题图可知a表是电压表，b表是电流表．而连接电压表的互感器原线圈的匝数与副线圈匝数之比为100∶1，连接电流表的互感器原线圈的匝数与副线圈匝数之比为1∶100，由电压表的示数为22 V，得原线圈的电压为2 200 V，由电流表的示数为1 A，得原线圈的电流为100 A．所以电线输送功率是2.2×105 W，由已知条件无法求输电线电阻．9.某小型水电站的电能输送示意图如图所示．发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2.降压变压器原、副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则(　　)A.eq \f(n2,n1)>eq \f(n3,n4)B.eq \f(n2,n1)U3，所以eq \f(n2,n1)>eq \f(n3,n4)，A正确，B、C错误；升压变压器的输出功率等于降压变压器的输入功率加上输电线损失功率，D错误．10.如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么(　　)A．线圈消耗的电功率为2 WB．线圈中感应电流的有效值为2 AC．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))VD．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝eq \f(T,π)sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))解析：选C.从线圈平面平行于磁感线开始计时，正弦交变电流的感应电动势的一般表达式为e＝Emcos θ，且该式的成立与转轴的位置无关(转轴平行于磁感线的情况除外)，则感应电流i＝eq \f(e,R)＝eq \f(Em,R)cos θ，由题给条件有1＝eq \f(Em,2)×eq \f(1,2)，解得Em＝4 V，则Im＝2 A，I有效＝eq \r(2) A，电功率P＝Ieq \o\al(2,有效)R＝4 W，所以A、B错误．e＝4cos ωt＝4coseq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t)) V，故C正确．由Em＝BSω＝Φm·eq \f(2π,T)得Φm＝eq \f(2T,π)，故Φ＝eq \f(2T,π)·sineq \b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(2π,T)t))，故D错误．二、非选择题11．(2020·杭州调研)某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线总电阻为6 Ω.(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率；(2)若改用5 000 V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压．解析：(1)输电线上的电流为I＝eq \f(P,U)＝eq \f(20×103,380) A≈52.63 A输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW.(2)改用高压输电后，输电线上的电流为I′＝eq \f(P,U′)＝eq \f(20×103,5 000) A＝4 A用户端在变压器降压前获得的电压U1＝U′－I′R＝(5 000－4×6) V＝4 976 V根据eq \f(U1,U2)＝eq \f(n1,n2)，用户得到的电压为U2＝eq \f(n2,n1)U1＝eq \f(1,22)×4 976 V≈226.18 V.答案：(1)16.62 kW　(2)226.18 V12．(2020·丽水质检)如图所示是家庭用的“漏电保护器”的关键部分的原理图，其中P是一个变压器铁芯，入户的两根电线(火线和零线)采用双线绕法，绕在铁芯的一侧作为原线圈，然后再接户内的用电器．Q是一个脱扣开关的控制部分(脱扣开关本身没有画出，它是串联在本图左边的火线上，开关断开时，用户的供电被切断)，Q接在铁芯另一侧副线圈的a、b两端之间，当a、b间没有电压时，Q使得脱扣开关闭合，当a、b间有电压时脱扣开关立即断开，使用户断电．(1)用户正常用电时，a、b之间有没有电压？为什么？(2)如果某人站在地面上，手误触火线而触电，脱扣开关是否会断开？为什么？(3)已知原线圈的双线各在铁芯上绕了N1匝，加在另一侧的副线圈绕了N2匝．已知正常用电时通过火线和零线的电流都是I，某人站在地面上，手误触火线而触电时通过人体的电流为I′.把这个变压器视为理想变压器，在人触电的这段时间内，已知a、b两端的电压是2 V，求火线线圈两端的电压和通过Q的电流各多大？解析：(1)由题文中提取的有用信息是：“火线和零线采用双线”，在铁芯中没有交变磁通产生．因此，在Q中不会产生电磁感应，a、b间没有电压．(2)手误触火线时，相当于把入户线短接，通过人体的电流不通过原线圈，在Q中会产生电磁感应，a、b间有电压，Q会断开．(3)根据变压器规律eq \f(U1,Uab)＝eq \f(n1,n2)，eq \f(I′,Iab)＝eq \f(n2,n1)，可得火线线圈两端的电压为U1＝eq \f(2n1,n2) V通过Q的电流为Iab＝eq \f(n1I, n2).答案：见解析函数图象磁通量Φ＝Φmcos ωt ＝BScos ωt电动势　e＝Emsin ωt　　 ＝nBSωsin ωt电压u＝Umsin ωt　 ＝eq \f(REm,R＋r)sin ωt电流i＝Imsin ωt　 ＝eq \f(Em,R＋r)sin ωt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 ωti＝Imsin ωt计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em＝nBSωIm＝eq \f(Em,R＋r)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值、电压值对正弦式交变电流有：E＝eq \f(Em,\r(2))U＝eq \f(Um,\r(2))I＝eq \f(Im,\r(2))(1)计算与电流的热效应有关的量(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平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值E＝neq \f(ΔΦ,Δt)I＝eq \f(\o(E,\s\up6(－)),R＋r)计算通过电路截面的电荷量Ua/V1.802.803.804.90Ub/V4.006.018.029.98