步步高届高考物理一轮复习--交变电流传感器

1、步步高2015届高考物理一轮复习-交变电流 传感器考点内容要求考纲解读交变电流、交变电流的图象1交变电流的产生及其各物理量的变化规律，应用交流电的图象解决问题2利用有效值的定义，对交变电流的有效值进行计算3理想变压器原、副线圈中电流、电压、功率之间的关系应用，变压器动态变化的分析方法4远距离输电的原理和相关计算5传感器的简单使用，能够解决与科技、社会紧密结合的问题.正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值理想变压器远距离输电实验：传感器的简单使用第1课时交变电流的产生和描述考纲解读 1.理解交变电流的产生过程，能正确书写交变电流的表达式.2.理解描述交变电流的几个物理量，会计算交变电流的有效值1

2、交变电流的产生和变化规律如图1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，则下列说法正确的是()图1A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50次D若乙图中b等于0.02 s，则交流电的频率为50 Hz答案A2描述交变电流的物理量小型交流发电机中，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2所示此线圈与一个R10 的电阻构成闭合电路，电路中的其他电阻不计下列说法正确的是()图2A交变电流的周期为0.12

3、5 sB交变电流的频率为8 Hz C交变电流的有效值为 AD交变电流的最大值为4 A答案C解析由题图可直接获取的信息是：交变电流的周期是0.250 s，A错；感应电动势的最大值为20 V，线圈中产生的交变电流为正弦式交变电流，从而可推出：交变电流的频率f Hz4 Hz，B错；交变电流的最大值Im A2 A，D错；交变电流的有效值I A A所以正确选项为C.3瞬时值表达式的书写方法如图3所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()图3A在图中t0时刻穿过线圈的磁通量均为零B线圈先、

4、后两次转速之比为32C交流电a的瞬时值表达式为u10sin 5t (V)D交流电b的最大值为5 V答案BC解析t0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A错读图得两次周期之比为23，由转速n得转速与周期成反比，故B正确读图得a的最大值为10 V，5 rad/s，由交流电感应电动势的瞬时值表达式eEmsin t (V)(从线圈在中性面位置开始计时)得，u10sin 5t (V)，故C正确交流电的最大值EmNBS，所以根据两次转速的比值可得，交流电b的最大值为10 V V，故D错4交变电流有效值的计算方法如图4所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，

5、则此交变电流的电压的有效值是()图4A. V B5 VC. V D3 V答案C解析设其有效值为U，根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得，在一个周期内有t1t2t，即()20.01 s(4 V)20.01 sU20.02 s，解得U V，故C正确一、交变电流的产生和变化规律1交变电流大小和方向都随时间做周期性变化的电流如图5(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电流其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，简称正弦式电流，如图(a)所示图52正弦交变电流的产生和图象(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动(2)中性面定义：与磁场方向垂直的平面特点a线圈位于中性

6、面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零b线圈转动一周，两次经过中性面线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次(3)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦函数曲线二、正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值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，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：eEmsin_t.(2)负载两端的电压u随时

7、间变化的规律：uUmsin_t.(3)电流i随时间变化的规律：iImsin_t.其中等于线圈转动的角速度，EmnBS.3交变电流的瞬时值、峰值、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：交变电流的电流或电压所能达到的最大值，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变电流，其有效值和峰值的关系为：E，U，I.(4)平均值：是交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值考点一正弦式交变电流的产生及变化规律1正弦式交变电流的产生(1)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：线圈平面与中性面重合时，SB，最大，0

8、，e0，i0，电流方向将发生改变线圈平面与中性面垂直时，SB，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(4)交变电动势的最大值EmnBS，与转轴位置无关，与线圈形状无关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) 规律物理量函数表达式图象磁通量mcos tBScos t电动势eEmsin tnBSsin t电压uUmsin tsin t电流iImsin tsin t例1如图6甲所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO以角速度逆时针匀速转动若以线圈

9、平面与磁场夹角45时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时，电流方向为正则下列四幅图中正确的是()图6解析该题考查交变电流的产生过程t0时刻，根据题图乙表示的转动方向，由右手定则知，此时ad中电流方向由a到d，线圈中电流方向为adcba，与规定的电流正方向相反，电流为负值又因为此时ad、bc两边的切割速度方向与磁场方向成45夹角，由E2Blv，可得E2BlvEm，即此时电流是最大值的倍，由题图乙还能观察到，线圈在接下来45的转动过程中，ad、bc两边的切割速度v越来越小，所以感应电动势应减小，感应电流应减小，故瞬时电流的表达式为iImcos (t)，则图象为D图象所描述，故D项正确答案

10、D突破训练1如图7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R10 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随时间t变化的图象则()图7A电阻R上的电动率为20 WBt0.02 s时R两端的电压瞬时值为零CR两端的电压u随时间t变化的规律是u14.1cos 100t VD通过R的电流i随时间t变化的规律是i1.41cos 50t A答案C解析电阻R上的电功率为P10 W，选项A错误；由题图乙知t0.02 s时磁通量变化率最大，R两端的电压瞬时值最大，选

11、项B错误；R两端的电压u随时间t变化的规律是u14.1cos 100t V，通过R的电流i随时间t的变化规律是iu/R1.41cos 100t A，选项C正确，D错误考点二交流电有效值的求解1正弦式交流电的有效值：I，U，E2非正弦式交流电有效值的求解根据电流的热效应进行计算例2如图8所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲W乙为()图8A1 B12C13 D16解析电功的计算中，I要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得()2R21020()2R2102IR6102，得I1 A

12、；图乙中，I的值大小不变，I21 A，由WUItI2Rt可以得到W甲W乙13.答案C突破训练2通过一阻值R100 的电阻的交变电流如图9所示，其周期为1 s电阻两端电压的有效值为()图9A12 VB4 VC15 VD8 V答案B解析由有效值定义可得1 s(0.1 A)2R0.4 s2(0.2 A)2R0.1 s2，其中R100 ，可得U4 V，B正确考点三交变电流“四值”的比较交变电流的瞬时值、峰值、有效值和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eEmsin tiImsin t计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值EmnBSIm讨论电容器的击穿电压有效值跟

13、交变电流的热效应等效的恒定电流的值EUI适用于正(余)弦式交变电流(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Bln计算通过电路横截面的电荷量例3如图10所示，匀强磁场的磁感应强度B0.5 T，边长L10 cm的正方形线圈共100匝，线圈总电阻r1 ，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO匀速转动，角速度2 rad/s，外电路中的电阻R4 ，求：图10(1)感应电动势的最大值；(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60时的瞬时感应电动势；(3)由图示位置(线

14、圈平面与磁感线平行)转过60的过程中产生的平均感应电动势；(4)交流电压表的示数；(5)线圈转动一周产生的总热量；(6)从图示位置开始的周期内通过R的电荷量解析(1)感应电动势的最大值为EmnBS1000.50.122 V3.14 V(2)由图示位置转过60时的瞬时感应电动势为eEmcos 603.140.5 V1.57 V(3)由图示位置转过60的过程中产生的平均感应电动势为nn100V2.6 V(4)交流电压表的示数为外电路两端电压的有效值，即UR V1.78 V(5)线圈转动一周产生的总热量为QT0.99 J(6)在周期内通过电阻R的电荷量为q C0.087 C答案(1)3.14 V(2

15、)1.57 V(3)2.6 V(4)1.78 V(5)0.99 J(6)0.087 C突破训练3如图11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11A电压表的读数为B通过电阻R的电荷量为qC电阻R所产生的焦耳热为QD当线圈由图示位置转过60时的电流为答案B解析线圈在磁场中转动产生了正弦交流电，其电动势的最大值EmNBS，电动势的有效值E，电压表的读数等于交流电源的路端电压，且为有效值，则UR，A错误；求通过电阻R的电荷量要用交流电的平均电流，则qt，故B正确；

16、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QI2Rt2R，故C错误；线圈由图示位置转过60时的电流为瞬时值，则isin tsin ，故D错误.高考题组1(2013福建15)如图12所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r1.0 ，外接R9.0 的电阻闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e10sin 10t (V)，则()图12A该交变电流的频率为10 HzB该电动势的有效值为10 VC外接电阻R所消耗的电功率为10 WD电路中理想交流电流表的示数为1.0 A答案D解析由交变电流电动势的表达式e10sin 10t VEmsin t可知，该交变电流的频率为f Hz

17、5 Hz，A错误该交变电流电动势的有效值E V10 V，B错误电流的有效值I A1.0 A，外接电阻R所消耗的电功率PRI2R1.029.0 W9 W，故C错误，D正确2(2013山东17)图13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，为交流电流表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13A电流表的示数为10 AB线圈转动的角速度为50 rad/sC0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左答案AC解析电流表测量的是电路中电流的有效

18、值I10 A，选项A正确由题图乙可知，T0.02 s，所以100 rad/s，选项B错误t0.01 s时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确t0.02 s时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R中电流的方向自左向右，选项D错误模拟题组3如图14所示，边长为L的正方形单匝线圈abcd，电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B，若线圈从图示位置开始，以角速度绕OO轴匀速转动，则以下判断正确的是()图14A图示位置线圈中的感应电动势最大为EmBL2B闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为eBL2sin tC线圈从图示位置转过1

19、80的过程中，流过电阻R的电荷量为qD线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q答案BD解析图示位置线圈中的感应电动势最小为零，A错；若线圈从图示位置开始转动，闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为eBL2sin t，B对；线圈从图示位置转过180的过程中，流过电阻R的电荷量为q，C错；线圈转动一周的过程中，电阻R上产生的热量为Q，D对4如图15所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长LAB0.3 m，LAD0.2 m，总电阻为R0.1 .在直角坐标系xOy中，有界匀强磁场区域的下边界与x轴重合，上边界满足曲线方程y0.2sin x m，磁感应强度大小B0.2 T，方向垂直纸

20、面向里线框在沿x轴正方向的拉力F作用下，以速度v10 m/s水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是()图15A线框中的电流先沿逆时针方向再沿顺时针方向B线框中感应电动势的最大值为 VC线框中感应电流的有效值为4 AD线框穿过磁场区域的过程中外力做功为0.048 J答案AD解析由题意可知线框在外力作用下匀速切割磁感线，由右手定则可判断A正确；由EBlv可知当线框的AD边或BC边全部在磁场中时，线框中的感应电动势最大，故最大值为Em0.20.210 V0.4 V，B错误；线框中的感应电流的最大值为4 A，该电流是正弦式交流电，故有效值是2 A，C错误；由于线框做匀速直线运动，由能量守恒定律可得

21、外力做的功等于线框中产生的焦耳热，即WQ(2)20.1 J0.048 J，D正确(限时：45分钟)题组1对交变电流的产生及其图象的考查1如图所示，面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度匀速转动，能产生正弦交变电动势eBSsin t的图是()答案A解析线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为eBSsin t，由这一原理可判断，A图中感应电动势为eBSsin t；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直2矩形线框绕垂直于匀强磁场且沿线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是()A当

22、线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次D线框经过中性面时，各边不切割磁感线答案CD解析线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边速度方向与磁感线平行，不切割磁感线，穿过线框的磁通量的变化率等于零，所以感应电动势等于零，感应电动势或感应电流的方向在此时刻改变垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，切割磁感线的两边的速度与磁感线垂直，有效切割速度最大，此时穿过线框的磁通量的变化率最大，所以感应电动势最大故C、D正确3如图1所示，闭合的矩形导体线圈ab

23、cd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已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为，则当线圈转至图示位置时()图1A线圈中感应电流的方向为abcdaB线圈中的感应电动势为2nBL2C穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D线圈ab边所受安培力的大小为答案AC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；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，线圈中的感应电动势为nBL1L2，选项B错误，C正确；线圈ab边所受安培力的大小为

24、F0，选项D错误4电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器如图2甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量随时间t的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流i随时间t变化的图象为()图2答案B解析由感应电流公式In，感应电流大小与磁通量的变化率有关，在t图线上各点切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正、负号表示电流的方向；根据题图乙，在0t0时间内，感应电流I的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，同理分析t02

25、t0时间内，只有选项B符合要求5如图3所示，矩形线圈边长为ab20 cm，bc10 cm，匝数N100匝，磁场的磁感应强度B0.01 T当线圈以n50 r/s的转速从图示位置开始逆时针匀速转动时，求：图3(1)线圈中交变电动势瞬时值表达式；(2)从线圈开始转动起，经0.01 s时感应电动势的瞬时值答案(1)e6.28sin (100t) V(2)3.14 V解析(1)线圈的角速度为2n100 rad/s产生的感应电动势的最大值为EmNBSNBabbc6.28 V.又刚开始转动时线圈平面与中性面夹角为30，故线圈中交变电动势的瞬时值表达式为eEmsin (t)6.28sin(100t) V.(2

26、)把t0.01 s代入上式，可得此时感应电动势的瞬时值：e3.14 V.题组2对交变电流“四值”的考查6如图4所示，矩形线圈abcd绕轴OO匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是()图4At0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感应电流最大Bt(T为周期)时感应电流沿abcda方向C若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的2倍D若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍答案BC解析图示时刻，ab、cd边切割磁感线的有效速率为零，产生的感应电动势为零，感应电流为零，A错误；根据线圈的转动方向，确定时线圈的位置，用右手定则可以确定线圈中的感应电流沿abcda方向，

27、B正确；根据转速和频率的定义可知C正确；根据2f，EmnBS，E，I可知电流有效值变为原来的2倍，D错误7如图5所示，一个单匝矩形导线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO匀速转动，转动周期为T0.线圈产生的电动势的最大值为Em，则()图5A线圈产生的电动势的有效值为EmB线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为C线圈转动过程中磁通量变化率的最大值为EmD经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变2次答案BC解析由交变电流有效值和最大值的关系可知线圈产生的电动势的有效值为Em，选项A错误；由题意知线圈产生的电动势的最大值为EmBSBS，故线圈转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值BS，选项B正确；线圈

28、转动过程中磁通量变化率的大小等于产生的感应电动势的大小，选项C正确；正弦式交变电流一个周期内电流方向变化两次，经过2T0的时间，通过线圈电流的方向改变4次，选项D错误8如图6所示，边长为L0.2 m的正方形线圈abcd，其匝数n10，总电阻为r2 ，外电路的电阻为R8 ，ab的中点和cd的中点的连线OO恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B1 T，若线圈从图示位置开始，以角速度2 rad/s绕OO轴匀速转动则以下判断中正确的是()图6A在t时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快B闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e0.8sin 2tC从t0时刻到t时刻，电阻R上产生的

29、热量为Q3.2104 JD从t0时刻到t时刻，通过R的电荷量q0.02 C答案AD解析线圈在磁场中转动，EmnBS0.4 V，B项错；当线圈平面与磁场平行时磁通量变化最快，A正确；QRI2Rt2Rt1.6103 J，C错；qn0.02 C，D正确9如图7所示，矩形线圈abcd，面积为S，匝数为N，线圈电阻为R，在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动(P1以ab边为轴，P2以ad边中点与bc边中点的连线为轴)，当从线圈平面与磁场方向平行开始计时，线圈转过90的过程中，绕P1及P2轴转动产生的交流电的电流大小、电荷量及焦耳热分别为I1、q1、Q1及I2、q2、Q2

30、，则下面判断正确的是()图7A线圈绕P1和P2轴转动时电流的方向相同，都是abcdBq1q2CI1I2DQ1Q2答案C解析绕P1、P2轴转动时电流的方向相同，电流的方向都是adcba，A错；电荷量q，与绕哪个轴转动没有关系，B项错；线圈绕两轴转动时产生的电动势相同，所以电流相同，发热也相同，C对，D错10如图8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半径为r0.10 m、匝数n20匝的线圈，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)在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B T，线圈的电阻为R10.50 ，它的引出线接有R29.5 的小电珠外

31、力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)，求：图8(1)小电珠中电流的最大值；(2)电压表的示数；(3)t0.1 s时外力F的大小答案(1)0.16 A(2)1.07 V(3)0.128 N解析(1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的最大值为：EmnBlv2nBrvm.电路总电阻为R1R2，那么小电珠中电流的最大值为Im A0.16 A.(2)电压表示数为有效值UImR20.169.5 V0.76 V1.07 V.(3

32、)当t0.1 s也就是时，外力F的大小为FnB2rImvm0.128 N.11如图9所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B.M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：图9(1)感应电动势的最大值；(2)从图示位置起转过1/4转的时间内，负载电阻R上产生的热量；(3)从图示位置起转过1/4转的时间内，通过负载电阻R的电荷量；(4)电流表的示数答案(1)2Bnr2(2)(3)(4)解析(1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流此交变电动势的最大值为EmBSB2n

33、2Bnr2(2)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的有效值为E电阻R上产生的热量Q()2R(3)在线圈从图示位置转过1/4转的时间内，电动势的平均值为通过R的电荷量qtt(4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E，由有效值的定义得T，解得E故电流表的示数为I.第2课时变压器、电能的输送考纲解读 1.理解变压器的原理，掌握理想变压器原、副线圈的功率关系、电压关系及电流关系，并会进行有关计算.2.能利用功率、电压、电流关系对变压器进行动态分析.3.会计算远距离输电问题中线路损失的功率和电压1理想变压器的工作原理关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是()A通过正弦交变电流的原线圈产生

34、的磁通量不变B穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等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答案BC解析由于是交变电流，交变电流的磁场不断变化，磁通量也在变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B、C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，故D错2理想变压器的功率、电压、电流关系如图1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220 V，负载电阻R44 ，电流表A1的示数为0.2 A下列判断正确的是()图1A原线圈和副线圈的匝数比为21B原线圈和副线圈的匝数比为51C电流表A2的示数为

35、0.1 AD电流表A2的示数为0.4 A答案B解析由题意可求得原线圈的功率，利用理想变压器原、副线圈中的功率相等可求得副线圈中的电流，再利用原、副线圈中的电流之比可求得两线圈的匝数比由电压表V示数和电流表A1的示数可得原线圈中的功率P1U1I1，P1P2IR，所以电流表A2的示数为I2 A1 A，C、D错误；原线圈和副线圈的匝数比，A错误，B正确3远距离输电中的电压与功率损失在远距离输电中，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，那么()A输电线路上损失的电压与输送电流成正比B输电的电压越高，输电线路上损失的电压越大C输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比D输电线路上损失的功率跟输电线上的电流

36、成正比答案AC解析输电线路上损失电压UIR，在R一定时，U和I成正比若U越高，I，I越小，那么U越小输电线路上损失的功率PI2R，当P一定时，I，所以P()2R，即P和U的平方成反比，跟I的平方成正比，故A、C正确一、理想变压器1主要构造：由原线圈、副线圈和铁芯三部分组成2工作原理：电磁感应的互感现象3基本关系式(1)功率关系：P入P出(2)电压关系：只有一个副线圈时，；有多个副线圈时，.(3)电流关系：只有一个副线圈时，.由P入P出及PUI推出有多个副线圈时，U1I1U2I2U3I3.4几种常用的变压器(1)自耦变压器调压变压器(2)互感器5理想变压器的理解(1)没有能量损失；(2)没有磁通

37、量损失二、远距离输电1输电过程(如图2所示)图22输送电流(1)I；(2)I.3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QI2Rt.4电压损失(1)UUU；(2)UIR.5功率损失(1)PPP；(2)PI2R()2R.6降低输电损耗的两个途径(1)减小输电线的电阻，由电阻定律R可知，在输电距离一定的情况下，为了减小电阻，应采用电阻率小的材料，也可以增加导线的横截面积(2)减小输电导线中的输电电流，由PUI可知，当输送功率一定时，提高输电电压，可以减小输电电流.考点一理想变压器原、副线圈基本关系的应用制约关系(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：

38、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和匝数比决定例1如图3甲所示，理想变压器的原线圈匝数n1350匝，副线圈匝数n270匝，电阻R20 ，是交流电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则下列说法正确的是()甲乙图3A加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为u20sin 5t VB原线圈电流的有效值为0.04 AC在t0.01 s时，电压表的示数为0D电阻R上消耗的电功率为0.8 W解析由题图乙可知该交流电的峰值Um20 V，周期T0.02 s，结合正弦交流电瞬时值的一般表达式uUmsin t可得该交流电的瞬时值表达式应是u20sin 100t VA

39、选项错因为变压器是理想变压器，则有，又U1Um20 V，所以U2U120 V4 V，变压器的输出功率P2PR W0.8 WD选项对对理想变压器有P1P2，又P1U1I1，所以原线圈中电流的有效值I1 A0.04 AB选项对因交流电压表测量的是交流电的有效值，故电压表的示数等于U2即4 VC选项错答案BD关于理想变压器的四点说明(1)变压器不能改变直流电压(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率(3)理想变压器本身不消耗能量(4)理想变压器基本关系中的U1、U2、I1、I2均为有效值突破训练1如图4所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈两端接入一正弦交流电源，

40、副线圈电路中R为负载电阻，交流电压表和交流电流表都是理想电表下列结论正确的是()图4A若电压表读数为6 V，则输入电压的最大值为24 VB若输入电压不变，副线圈匝数增加到原来的2倍，则电流表的读数减小到原来的一半C若输入电压不变，负载电阻的阻值增加到原来的2倍，则输入功率也增加到原来的2倍D若保持负载电阻的阻值不变，输入电压增加到原来的2倍，则输出功率增加到原来的4倍答案AD解析本题考查变压器的原理以及交流电的有关知识，意在考查考生对交变电流的认识和理解若电压表的读数为6 V，则变压器的输出电压的有效值为6 V，由，故U14U224 V，所以输入电压的最大值为UmU124 V，所以选项A正确；

41、若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U2增大，由I2可知，电流表示数增大，所以选项B错；输入电压和匝数比不变，则电压值不变，当负载电阻R变大时，则I2，电流变小，又P1P2U2I2，故输入功率也减小，所以选项C错；若负载电阻R不变，输入电压变为原来的2倍，则输出电压也变为原来的2倍，I2则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P2U2I2变为原来的4倍，所以选项D正确考点二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5所示)(1)U1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，

42、I2变化，输出电流I2决定输入电流I1，故I1发生变化(3)I2变化引起P2变化，P1P2，故P1发生变化图5图62负载电阻不变的情况(如图6所示)(1)U1不变，发生变化，故U2变化(2)R不变，U2变化，故I2发生变化(3)根据P2，P2发生变化，再根据P1P2，故P1变化，P1U1I1，U1不变，故I1发生变化例2火警报警系统原理如图7甲所示，M是一个小型理想变压器，原、副线圈匝数之比n1n2101，接线柱a、b接上一个正弦交变电源，电压随时间变化规律如图乙所示，在变压器右侧部分，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，R1为一定值电阻下列说法中正确的是()图7A电

43、压表示数为22 VB此交变电源的频率为50 HzC当传感器R2所在处出现火警时，电流表的示数减小D当传感器R2所在处出现火警时，电压表的示数减小解析副线圈两端电压是22 V，电压表示数等于副线圈两端电压减去R1两端的电压，小于22 V，所以A错；从题图乙可知，周期是0.02 s，所以频率是50 Hz，B正确；当传感器R2所在处出现火警时，R2的电阻变小，它两端的电压变小，电流变大，电流表的示数变大，电压表的示数变小，C错，D对答案BD例3如图8所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V1后接在稳定的交流电源上；右侧串联灯泡L和滑动变阻器R，R上并联一只理想电压表V2.下列说法中正确

44、的是()图8A若F不动，滑片P向下滑动时，V1示数变大，V2示数变小B若F不动，滑片P向下滑动时，灯泡消耗的功率变小C若P不动，滑片F向下移动时，V1、V2的示数均变小D若P不动，滑片F向下移动时，灯泡消耗的功率变大解析若F不动，滑片P向下滑动时，滑动变阻器接入电路中的电阻变大，则副线圈回路中总电阻变大，则回路中电流减小，灯泡两端电压减小，功率变小，滑动变阻器两端电压变大，V2的示数变大，而原线圈两端电压不变，则A错误，B正确；若P不动，滑片F向下移动时，根据理想变压器特点可知原线圈两端电压不变，副线圈两端电压减小，则副线圈回路中电流变小，灯泡L消耗的功率减小，电压表V2的示数变小，C、D错误

45、答案B突破训练2图9甲为理想变压器的示意图，其原、副线圈的匝数之比为41，电压表和电流表均为理想电表若发电机向原线圈输入图乙所示的正弦交流电，图中Rt为NTC型热敏电阻(阻值随温度升高而变小)，R1为定值电阻下列说法中正确的是()图9A交流电压u的表达式为u36sin 50t VBt0.01 s时，发电机线圈中穿过的磁通量最大CRt温度升高时，变压器的输入功率变小DRt温度升高时，电压表的示数不变、电流表的示数变大答案BD解析原线圈接的是题图乙所示的正弦交流电，由题图知最大电压为36 V，周期为0.02 s，故角速度是100 rad/s，u36sin 100t V，故A错误t0.01 s时，感

46、应电动势为0，线圈处于中性面位置，发电机线圈中穿过的磁通量最大，B正确Rt温度升高时，副线圈中的电阻减小，由于原、副线圈电压均不变，故电压表示数不变，电流表的示数变大，故输出功率变大，理想变压器的输入、输出功率相等，故输入功率变大，C错误，D正确考点三远距离输电问题1远距离输电的处理思路对高压输电问题，应按“发电机升压变压器远距离输电线降压变压器用电器”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析2远距离高压输电的几个基本关系(以图10为例)图10(1)功率关系：P1P2，P3P4，P2P损P3.(2)电压、电流关系：，U2UU3，I2I3I线(3)输电电流：I线.(4)输电线上损

47、耗的电功率：P损I线UIR线()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.例4某村在距村庄较远的地方修建了一座小型水电站，发电机输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线的总电阻为10 ，允许线路损耗的功率为输出功率的4%，求：(1)村民和村办小企业需要220 V电压时，求所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数比各为多少；(不计变压器的损耗)(2)若不用变压器而由发电机直接输送，村民和村办小企业得到的电压和功率各是多少解析(1)建立如图所示的远距离输电模型，要求变压器原、副线圈的匝数比，先要知道原、副线圈两端的电压之比本题可以线路上损耗的功

48、率为突破口，先求出输电线上的电流I线，再根据输出功率求出U2，然后再求出U3.由线路损耗的功率P损IR线和P损4%P出可得I线 A6 A又因为P输出U2I线，所以U2 V1 500 VU3U2I线R线(1 500610) V1 440 V根据理想变压器规律所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是13和7211.(2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图所示)，由P输出UI线可得I线 A18 A所以线路损耗的功率P线I线2R线18210 W3 240 W用户得到的电压U用户UI线R线(5001810) V320 V用户得到的功率P用户P输出P线(9 0003 240) W5 760

49、 W.答案(1)137211(2)320 V5 760 W输电线路功率损失的计算方法(1)P损PP，P为输送的功率，P为用户所得功率(2)P损IR线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻(3)P损，U为输电线路上损失的电压，R线为线路电阻(4)P损UI线，U为输电线路上损失的电压，I线为线路上的电流特别提醒在远距离输电问题中，计算线路功率损耗时一般用P损IR线，其原因是I线可以由公式P输出I线U输出求出，而P损UI线和P损则不常用，其原因是在一般情况下，U不易求出，且易将U和U输出相混而造成错误突破训练3随着社会经济的发展，人们对能源的需求也日益扩大，节能变得越来越重要某发电厂采用升压变压器

50、向某一特定用户供电，用户通过降压变压器用电，若发电厂输出电压为U1，输电导线总电阻为R，在某一时段用户需求的电功率为P0，用户的用电器正常工作的电压为U2.在满足用户正常用电的情况下，下列说法正确的是()A输电线上损耗的功率为B输电线上损耗的功率为C若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电D采用更高的电压输电会降低输电的效率答案C解析设发电厂输出功率为P，则输电线上损耗的功率P损PP0，P损I2R，A、B项错误；采用更高的电压输电，可以减小输电线上的电流，故可以减少输电线上损耗的功率，C项正确；采用更高的电压输电，输电线上损耗的功率减少，用户需求功率不变，则发电厂输电效率增大，故可提高输电的效率，D项错误44两种特殊的变压器模型1自耦变压器自耦变压器又称为调压变压器，它只有一个线圈，把全部线圈作为原线圈或副线圈，线圈的一部分作为副线圈或原线圈由此自耦变压器可以降压，也可以升压，变压器的基本规律对自耦变压器均适用例5如图11所示，接在照明电路中的自耦变压器的副线圈上通过输电线接有三个灯泡L1、L2和L3，输电线的等效电阻为R.当滑动触头P向上移动一段距离后，下列说法正确的是()图11A等效电阻R上消耗的功率变大B三个灯泡都变亮C原线圈两端的输入电压减小D原线圈中电流表示数减小解析自耦变压器的原、副线圈是同一个线圈，只