2019版高考物理大一轮复习第九章电磁感应交变电流第3讲交变电流学案

2019版高考物理大一轮复习第九章电磁感应交变电流第3讲交变电流学案[考试标准]知识内容必考要求加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1s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＝Emsinωt，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＝Umsinωt.3电流i随时间变化的规律i＝Imsinωt.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1A．周期是

0.01sB．最大值是311VC．有效值约220VD．表达式为u＝220sin100πtV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　多选如图2所示，当交流电源的电压有效值U＝220V，频率f＝50Hz时，三只灯泡L

1、L

2、L3的亮度相同L无直流电阻，若将交流电源的频率变为100Hz，则　　图2A．L1灯比原来亮B．L2灯比原来亮C．L3灯和原来一样亮D．L3灯比原来亮答案　AC

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32．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1ΔU＝U－U′；2ΔU＝IR.4．功率损失1ΔP＝P－P′；2ΔP＝I2R＝2R.5．输送电流1I＝；2I＝.自测4　多选理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接交流电源，则　　A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1答案　BC解析　根据变压器的电压比＝和电流比＝可知选项B、C是正确的；对于理想变压器，不改变频率，输入与输出的功率相等，即P1＝P2，所以选项A、D是错误的．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＝Emsinωt，i＝Imsinωt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夹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　多选xx·浙江名校协作体模拟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4所示，已知发电机线圈内阻为

5.0Ω，现外接一只电阻为

95.0Ω的灯泡，则　　图4A．电压表V的示数为220VB．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

2.2AD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为

48.4J答案　BC解析　由题图知电压峰值为220V，周期为2×10－2s，所以有效值为220V，角速度ω＝＝rad/s＝100πrad/s.电压表测的是路端电压U＝R＝×95V＝209V，故A错误；因周期T＝2×10－2s，所以频率f＝＝Hz＝50Hz，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＝

2.2A，故C正确；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝t＝×1J＝

24.2J，故D错误．变式1　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5A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中感应电流的方向为adcbaC．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　当线圈转至图示位置时，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；图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，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2　多选某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin100πtV．对此电动势，下列表述正确的有　　A．最大值是50VB．频率是100HzC．有效值是25VD．周期是

0.02s答案　CD解析　交变电动势e＝Emsinωt＝50sin100πtV，故电动势最大值是50V，有效值是V＝25V，又ω＝2πf＝＝100πrad/s，故频率是50Hz，周期是

0.02s，选项C、D正确．变式3　多选xx·绍兴市选考模拟图6甲为风力发电的简易模型．在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连．在某一风速时，电压传感器显示如图乙所示正弦规律变化，则　　图6A．磁铁的转速为10r/sB．线圈两端电压的有效值为6VC．交流电压的表达式为u＝12sin5πtVD．该交流电可以直接加在击穿电压为9V的电容器上答案　BC解析　电流的周期为T＝

0.4s，故磁铁的转速为n＝＝r/s＝

2.5r/s，故A错误；通过题图乙可知电压的最大值为12V，故有效值U＝＝V＝6V，故B正确；周期T＝

0.4s，故ω＝＝rad/s＝5πrad/s，故交流电压的表达式为u＝12sin5πtV，故C正确；该交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能直接加在击穿电压为9V的电容器上，故D错误．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例2　多选如图7所示，将额定电压为60V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．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220V和

2.2A．以下判断正确的是　　图7A．变压器输入功率为484WB．通过原线圈的电流的有效值为

0.6AC．通过副线圈的电流的最大值为

2.2AD．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×

2.2W＝132W，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，因此选项A错误；再根据变压器变压公式和变流公式可知，＝和＝，联立可求得通过原线圈的电流的有效值为

0.6A，所以选项B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

2.2A，故选项C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，所以D选项正确．变式4　多选如图8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8A．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220V时，副线圈输出直流电压12VD．当原线圈输入交流电压220V、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220V，输出电压为12V，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；由理想变压器的输出功率等于输入功率，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．变式5　多选如图9所示，理想变压器原线圈的匝数为n1，副线圈的匝数为n2，原线圈的两端a、b接正弦交流电源，电压表V的示数为220V，负载电阻R＝44Ω，电流表A1的示数为

0.2A．下列判断正确的是　　图9A．原线圈和副线圈的匝数比为2∶1B．原线圈和副线圈的匝数比为5∶1C．电流表A2的示数为1AD．电流表A2的示数为

0.4A答案　BC解析　由电压表V的示数和电流表A1的示数可得原线圈中的功率P1＝U1I1，P1＝P2＝I22R，所以电流表A2的示数为I2＝＝A＝1A，C正确，D错误；原线圈和副线圈的匝数比＝＝，A错误，B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112．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3　多选如图12所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心接头，电压表V和电流表A均为理想电表，除滑动变阻器电阻R、定值电阻R0以外的其余电阻不计，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u1＝220sin100πtV．下列说法中正确的是　　图12A．t＝s时刻，c、d两点间的电压瞬时值为110VB．当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压的有效值为22VC．单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大答案　AD解析　由c、d两点间的电压瞬时值表达式u1＝220sin100πtV知，当t＝s时，u1＝220sinV＝110V，选项A正确；单刀双掷开关与a连接，由＝得U2＝＝220×V＝22V，选项B错误；单刀双掷开关与a连接，滑片P向上移动时，变阻器接入电路的阻值变大，I2减小，U0＝I2R0减小，U2不变，则电压表示数变大，选项C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数变少，由＝可知副线圈输出总电压变大，根据闭合电路欧姆定律，副线圈的电流变大，电压表测量滑动变阻器两端的电压，所以电压表示数变大，D正确．变式6　多选如图13所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则　　图13A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小答案　BC解析　Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；当P位置不动，Q上滑时，由＝知U2增大，同理可知原线圈电流I1增大，故C正确，D错误．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4　多选xx·台州市六校联考电能是我们社会生活的重要资源，由于地理环境的限制，发电站一般离用电的场所都很远．现假设将三门核电站发出来的电输送到椒江使用，在远距离输电过程中，一定要考虑输送效率问题，下列说法正确的是　　A．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗B．减小输电线的电阻有利于减少输电过程中的电能损失C．增大输电线的电阻有利于减小输电过程中的电能损失D．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小答案　AB解析　根据输电上损失的电热功率P＝I2R知，减小电流和减小电阻都可以减小电能损失，选项A、B正确，C错误；根据P＝UI知，电压一定时，输送的电功率越大，电流越大，所以输电线上的电能损失越大，选项D错误．考向4　交变电流和变压器的综合问题例5　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14A．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UD．从中性面开始计时，原线圈输入电压的瞬时值表达式为u＝Usinωt答案　AD解析　电压表测量的是原线圈的电压有效值，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＝U1＋，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＝Usinωt，D正确．1．多选关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是　　A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变B．线圈每转动一周，感应电流的方向改变两次C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都改变一次D．线圈每转动一周，感应电动势和感应电流的方向都改变一次答案　BC解析　当线圈在匀强磁场中转动产生交变电流时，线圈平面每经过中性面一次，感应电流与感应电动势方向均改变一次，转动一周，感应电流方向改变两次，B、C正确，A、D错误．2．多选线圈在磁场中匀速转动产生的交流电动势为e＝10sin20πtV，则下列说法正确的是　　A．t＝0时，线圈平面位于中性面B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速度最大D．t＝

0.4s时，e达到峰值10V答案　AB3．xx·舟山市联考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1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1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．4．多选xx·浙江市部分重点中学高二上期末如图2甲所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则　　图2A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10V答案　AC解析　线圈经过中性面时不切割磁感线，此时感应电动势为零，选项A正确；由题图乙可知曲线a、b的周期之比为2∶3，则对应的线圈转速之比为3∶2，选项B错误；曲线a的周期Ta＝4×10－2s，其频率fa＝＝25Hz，选项C正确；曲线a、b表示的交变电动势的峰值之比＝＝，又Ema＝15V，得Emb＝10V，Ub＝Emb＝5V，选项D错误．5．多选如图3所示的实验电路中，若交流电压的有效值与直流电压相等，S为双刀双掷开关，下列叙述中正确的是　　图3A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出来时灯变亮D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时灯变暗答案　AC解析　线圈对恒定电流几乎无阻碍作用，对交变电流，有铁芯、匝数越多，则自感系数越大，阻碍作用越大．6．多选如图4所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接入正弦式交变电流，电流表A、电压表V均为理想电表，R是光敏电阻其阻值随光的强度增大而减小、L是理想线圈、D是灯泡．下列说法正确的是　　图4A．若电压表V的示数为6V，则输入电压的峰值为60VB．有光照射R时，电流表A的示数变大C．若抽出L中的铁芯，灯D变亮D．若输入电压的峰值保持不变，频率变大，则灯D变亮答案　BC解析　根据公式＝可以得到输入端电压为U1＝60V，则峰值Um＝60V，故选项A错误；根据题意，有光照射R时，R阻值减小，则副线圈电流增大，根据＝，原线圈电流增大，故电流表A示数增大，故选项B正确；抽出L中的铁芯，理想线圈自感系数减小，对电流的阻碍减小，所以灯D变亮，故选项C正确；若输入电压的峰值保持不变，则有效值不变，匝数不变，则副线圈电压不变，频率变大，L的阻碍作用变大，故灯D变暗，故选项D错误．

7.多选仅采取下列中的某一个措施，能使如图5所示的理想变压器输出功率增加的是　　图5A．增加负载电阻R的阻值B．减小负载电阻R的阻值C．增加副线圈的匝数n2D．减少原线圈的匝数n1答案　BCD解析　由P出＝知U2一定时，R减小，P出增大，A错误，B正确；又U2＝U1知U

1、R一定时，n1减少或n2增加，均引起U2增加，P出增加，C、D正确．8．多选xx·湖州市高二上期末发生冰冻灾害时，高压电线上会凝结成冰层，非常容易造成高压输电线压断或铁塔倾覆．为清除高压输电线上的冰层，可利用电流的热效应．若在正常供电时，高压线上输电电压为U，输电电流为I，热损耗功率为P；除冰时，输电线上的热损耗功率需变为9P，则除冰时认为输电功率和输电线电阻不变　　A．输电电流为3IB．输电电流为9IC．输电电压为3UD．输电电压为答案　AD解析　输电线的电阻不变，根据P损＝I2R知，输电线上的热损耗功率要变为9P，则输电电流变为3I，故A正确，B错误．输电功率不变，输电电流变为3I，根据P＝UI知，输电电压为，故C错误，D正确．9．多选xx·湖州市高二上期末如图6所示，一理想变压器的原、副线圈匝数分别为n1＝1400匝、n2＝700匝，并接有一负载电阻R阻值可变．变压器的输入功率为P

1、输入电压为U

1、输入电流为I1，输出功率为P

2、输出电压为U

2、输出电流为I2，下面说法正确的是　　图6A．P1∶P2＝2∶1B．U1∶U2＝2∶1C．I1∶I2＝2∶1D．若R减小，输入功率P1增大答案　BD解析　由于输出功率等于输入功率，因此变压器功率关系为P1∶P2＝1∶1，故A错误；电压之比等于线圈匝数之比，故U1∶U2＝1400∶700＝2∶1，故B正确；电流之比等于线圈匝数的反比，故I1∶I2＝1∶2，故C错误；若R减小，则输出电流变大，由P＝UI可知，输出功率变大，则输入功率一定变大，故D正确．10．多选xx·杭州市四校期中考试某变压器原、副线圈匝数比为55∶9，原线圈所接电源电压按图7所示规律变化，副线圈接有负载．下列判断正确的是　　图7A．输出电压的有效值为36VB．原、副线圈中电流之比为55∶9C．变压器输入、输出功率之比为55∶9D．交流电源电压有效值为220V，频率为50Hz答案　AD解析　由题图知，输入电压的有效值U1＝220V，由＝得，输出电压的有效值U2＝U1＝×220V＝36V，选项A正确；原、副线圈中的电流之比＝＝，选项B错误；变压器输入功率等于输出功率，选项C错误；交流电源的频率f＝＝＝50Hz，选项D正确．11．多选如图8所示，理想变压器的原线圈接入u＝11000sin100πtV的交变电压，副线圈通过电阻r＝6Ω的导线对“220V　880W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知　　图8A．原、副线圈的匝数比为50∶1B．交变电压的频率为50HzC．副线圈中电流的有效值为4AD．变压器的输入功率为880W答案　BC解析　RL正常工作时的电流为I＝＝4A，电阻r两端电压Ur＝Ir＝24V，副线圈两端电压U2＝220V＋24V＝244V，原、副线圈匝数比＝＝＝；由输入电压表达式可知交变电压的频率f＝＝50Hz；副线圈中电流即为电器正常工作时的电流I＝4A，此时副线圈的总功率P＝I2r＋P0＝96W＋880W＝976W，原线圈输入功率与其等值．12．多选某发电站用交变电压远距离输电，在输送功率不变的前提下，若输电电压降低为原来的

0.9倍，则下面说法正确的是　　A．因I＝，所以输电线上的电流减为原来的

0.9倍B．因I＝，所以输电线上的电流增为原来的倍C．因P＝，所以输电线上损失的功率为原来的

0.92倍D．若要使输电线上损失的功率不变，可将输电线的电阻减为原来的

0.92倍答案　BD解析　输送的功率一定，根据P＝UI知，若输送电压降低为原来的

0.9倍，则电流增大到原来的倍，故A错误，B正确；根据P损＝I2R，可知，输电线上损失的功率为原来的倍，故C错误；若要使输电线上损失的功率不变，根据P损＝I2R知，可将输电线的电阻减为原来的

0.92倍，故D正确．13．多选如图9所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是　　图9A．I1和I2表示电流的有效值B．U1和U2表示电压的最大值C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小答案　AC解析　交流电表的示数为有效值，故A正确，B错误；P向下滑动过程中，R变小，由于交流电源、原副线圈匝数比不变，故U

1、U2均不变，所以I2＝变大，由＝，得I1＝I2变大，故C项正确，D项错误．14．多选xx·绍兴第一中学期末如图10所示，面积为S的单匝闭合线框在磁感应强度为B的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，从中性面开始计时，下列说法中正确的是　　图10A．在穿过线框的磁通量为的时刻，线框中的感应电动势为B．在穿过线框的磁通量为的时刻，线框中的感应电动势为C．线框转动90°的过程中，感应电动势的平均值为D．线框转动180°的过程中，感应电动势的平均值为0答案　BC解析　在穿过线框的磁通量为的时刻，线圈转过60°，此时的电动势e＝BSωsin60°＝，A错误；穿过线框的磁通量为的时刻，线框转过45°，线框中的感应电动势为e＝BSωsin45°＝，B正确；线框转动90°过程中，感应电动势的平均值为＝＝，C正确；线框转动180°，磁通量的改变量为2BS，平均感应电动势＝＝＝，D错误．15．多选如图11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11A．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R2D．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．16．多选xx·嘉兴市高二上期末如图12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12A．电压表读数为200VB．电压表读数为200VC．副线圈交流电的周期为

0.02sD．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＝10V，根据＝，得U2＝U1＝×10V＝200V，故A错误，B正确；根据题图乙知原线圈交流电的周期T＝

0.02s，则副线圈交流电的周期也为

0.02s，故C正确；滑动变阻器滑片向下滑动，变阻器电阻变小，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．。