【教师专用】2019届高考物理一轮复习第十章交变电流传感器

1、文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持第十章交变电流传感器必须掌握的概念、公式或规律必须理解的6个关键点必须明确的5个易错易混点1.6个重要概念瞬时值、峰值、有效值、平均值、理想变压器、传感器1 .交流电与直流电的区别.2 .正弦式交流电与其池交流电功效 值的区别.1.计算有效值时，“相同时间”要至少取一个周期 的时间.2.5个公式i = Insin cot, e= Esin w t Em= nBSoEmIm上忑忑u Uni11n2i7=;r r= Un212niP损=i2r3 .正弦式交流电的产生，是从哪里开 始计时的问题.4 .变压器的工作原理.2 .计算电功和能量问

2、题时， 用有效值；电表的读数 也是有效值；计算电荷量时要用平均值.3 .变压器的基本关系中 U和I均为有效值.3.3个规律正弦式交流电的变化规律理想变压器的基本规律电能输送的规律5.远距离输电中有关电能损失的计 算问题.6.变压器的动态分析问题的 思路.4 .计算P=I时，U为输电线电阻两端的电压， R非输送电压.5 .变压器中，输出 P2（l2）决定输入P1（ I 1）,输入U决定输出U2.第1节交变电流的产生和描述真题回放1 .（多选）（2013 山东高考）图10-1-1甲是小型交流发电机的示意图，两磁极 M 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

3、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10-1-1乙所示.以下判断正确的是（）甲乙图 10-1-1A.电流表白勺示数为10 A8 .线圈转动的角速度为50兀rad/sC. 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【解析】根据i -t图象可知，电流最大值Im= 10/2 A,有效值I=!m=10 A, A选项正确；交变电流的周期T= 2X10 2 s ,角速,2、2度co = -= 100 71 rad/s , B选项错误；从图本位置开始转动时，经 0.01 s线圈回到水平状态，线圈平面与磁场万向平行，C选项正确；在

4、0.02 s时，线圈经过一个周期，即在图示位置，根据右手定则，电阻 R中的电流方向自左向右，因此D选项错误.【答案】AC外接R= 9.0 Q的电阻.闭合开关 S,当发2. （2013 福建高考）如图10-1-2所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e= 10*sin 10图 10-1-2A.该交变电流的频率为 10 HzB.该电动势的有效值为 10 2 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【解析】因 e= 10，2sin 10 7tt (V),故 3 = 10 兀 rad/s ,f=27=5 也选项A错误

5、;En=10V2 V,故其有效值 E=1=10 V，选项B错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中?表的示数EI =R+ r= 1.0 A,选项D正确；外接电阻 R所消耗功率为P= I2R= 1.0 2X9 WJ= 9 W,选项 C错误.3.（多选）（2012 广东高考）某小型发电机产生的交变电动势为e = 50sin 100 % t （V）.对此电动势，下列表述正确的有A.C.最大值是50 2有效值是25 , 2B.频率是100 HzD.周期是0.02 s文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.Em2兀【解析】交变电动势e= Esin w t或3=8。$

6、 cot,其中曰为电动势的最大值，w为角速度，有效值 E=-f，周期T=,频率平 °1f =由 e=50sin 100 Ttt(V)知，&=50 V,50 J2【答案】L 2 7127t11 .，一，V = 25W V, !=丁=昕 s=0.02 s，亍/ Hz=5。Hz,所以选项 C、D 正确.CD考向分析1.考纲展示(1)交变电流、交变电流的图象 (I )(2)正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(I )2.命题趋势本节命题常集中于：(1)交变电流产生过程的理解.(2)对“四值”的理解应用.3.选材特点(1)来源于教材中正弦交变电流的产生过程，通过变换角度考查.(2)来

7、源于实际生活中的物理现象，考查有效值、瞬时值的计算考点一正弦式交变电流的变化规律1 .正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)规律物理量函数图象磁通量= nCOS w t = BScos w t电动势e= Esin w t = nBSo sin w t电压RE u= Usinw t = _ sin w tR+ r电流Emi I nsinw t , sin w tR+ r2 .两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时,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/ BA=0, /J-取大，e最大，i最大，电流方向不改变.图 10-1-53 .交变电流

8、瞬时值表达式书写的基本思路(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或公式E= nBSo ,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.线圈从中性面位置开始转动，则i -1图象为正弦函数图象，函数式为 i = I msin wt.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=InCOS cot.【例1】 如图10-1-3(a)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(a)以线圈平面与磁场夹角。=45°时如图10-1-3(b)为计时起点，并规定当电流自 a流向b时电流方向为正

9、.则选项图中正确的是 ()(b)【思维模板】问1：该题的关键条件有哪些?文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持提示： 线圈逆时针转动.(2)以图b时刻为计时起点.4 3) a- b的电流方向为正.问2： t=0时刻后短时间内电流是变大，还是变小？提示：变小.【解析】方法一：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，产生的电流按正弦规律变化，由于t=0时，线圈的转动方向如图b,由右手定则判断可得，此时 ad中电流方向为由a到d,线圈中电流方向为 a-d-c-b-a,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

10、76;夹角，由E= 2Blv1,可得E= 2 J2Blv即此时的电动势电流当然也是最大值的 2-倍，由图b还能观察到，线圈在接下来45。的转动过程中，ad、bc两边的切割速度越来越小，所以感应电动势应减小，感应电流应减小，故D正确，A B、C错误.方法二：还可以用排除法解题.因计时起点时刻对应9=45。，即t=0时，线圈中感应电流不为零，也不是最大，故A、B错误；当线圈再转过45。时，线圈处于中性面位置，即此时感应电流为零，故 D正确、C错误. 【答案】D突破训练 1如图10-1-4甲所示，矩形线圈 abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图10-1-4乙所示，设沿abcda

11、方向为电流正方向，则下列说法正确的是()甲乙图 10-1-4A.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 1 1 【解析】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，因此图甲中，A至B图的过程中电流为正且从零逐渐增大到最大值，A对；甲图中的C图对应的电流为零，B错；每经过中性面一次线圈中的电流方向将要改变一次，一个周期内电流方

12、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内电流的方向改变 100次，C错；而D选项频率应该是25 Hz, D错. 【答案】A考点二交变电流“四值”的应用交变电流的瞬时值、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e= Ensinw t计算线圈某时刻的受力情况i = I nsinco t峰值取大的瞬时值Em= nBSoEnI m R+ r讨论电容器的击穿电压功效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值EmE=V2umu=，2/2I m5,I =忑(只适用于正弦式交变电流 )(1)

13、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”上所标的一般是指有效值(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"E = BLvAE = n At"EI R+ r计算通过电路截面的电荷量【例2】(多选)如图10-1-5所示，有一矩形线圈，面积为 S,匝数为N,内阻为r,在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴OO以角D.从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e=NB5 sin cot一，- E A NBS ,【解析】 从图本位置转过90°的过程中，磁通量

14、的变化量A=BS,通过电阻R的电何量Qi= I A t = D A t = NTT7 = d_l r，故rvr rrvr r rRr r选项A错误、B正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO以角速度 匀速转动，产生的感应电动势最大值为国=NBSo ,感应电流有效Em小 I I2MBCO 2位4值为I=-r,外力做功的平均功率为P= I2(R+ r)=. m ,选项C正确；2 R+ rR+ r.、 TT从图本位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e=NBS3 sin( cot +-2),选项D错误.【答案】BC突破训练 2一个单匝矩形线框的面积为S,在磁感应强度为 B的匀强磁场中，从线圈平面

15、与磁场垂直的位置开始计时，转速为n转/秒，则()A.线框交变电动势的最大值为n% BSB.线框交变电动势的有效值为 业 兀BS1速度3匀速转动，从图示位置转过90。的过程中，下列说法正确的是()图 10-1-5A.通过电阻R的电荷量B.通过电阻R的电荷量C.外力做功的平均功率Q2 ,2 R+ rNBS* R+7Me2sVPR+ rC.从开始车专动经过4周期，线框中的平均感应电动势为2nBS文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.D.感应电动势瞬时值为e=q2nTtBSsin 2 n % t【解析】线框交变电动势的最大值为Ema彳BSo =2ri7t BS产生的感应电动势瞬

16、时值为e=2nTtB$in 2 nut, A、D错；该线框交变电动势的有效值为E= Eax= "nTtBS, B对；线框中的平土感应电动势E=¥=4nBS, C错.W VAt思想方法12求交变电流有效值的方法1 .公式法LmImU=衣，I=g计算，只适用于正余弦式交流电.2 .利用有效值的定义计算（非正弦式交流电）在计算有效值“相同时间”至少取一个周期或周期的整数倍.3 .利用能量关系当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值.4 .几种典型的交变电流及其有效值名称电流（电压）图象后效值正弦式父父电流ImI飞LmU;于正弦式半波父艾电流I mI =I

17、2LmU=万正弦单向脉动电流I mLmU-而矩形脉动电流I=骷1m非对称性交变电流I =I2+ I2u= y12 U+ii【例3】（多选）（2014 东北地区名校第二次联考）如图所示，图10-1-6甲和图10-1-6乙分别表示正弦脉冲波和方波式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，经过1 min的时间，则（）图 10-1-6A.图甲所示交变电流的有效值为号A文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.B.图乙所示交变电流的有效值为AC.两电阻消耗的电功之比为1 ： 3D.两电阻消耗的电功之比为3： 1【解析】设题图甲、乙所示交变电流的有效值分别

18、为111、I 2,则()2x RX 2X 10 2+0+(-j-)2X R2X2X 10-2= I2RX 6X10；解得图 10-1-9I 2= 1 A,故选项A正确、B错误；由 W= 12川得哂/： W= I1 ： I 2= 1 ： 3,故选项C正确、D错误.【答案】AC突破训练3一个边长为6 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为 0.36 Q.磁感应强度B随时间t的变化关系如图 10-1-7所示，则线框中感应电流的有效值为（）图 10-1-7A.也X10 5 AB.46x10 5 AC当 X 10 5 AD.322X 10 5 A【解析】由法拉第电磁感应定律和欧姆

19、定律可得03 s内产生的感应电流Ii = 2X10 5 A,35 s内产生的感应电流I2=3X10 5 A,且与03 s内方向相反，于是可作出i随时间t变化的图象如图所示.由有效值的定义得I：Rt1 + I2Rt2= I2Rt,代入数据可得I =46x10 -5 A,故B选项正确.【答案】 B描述交变电流的物理量1 .（多选）（2014 广东肇庆一模）一个矩形线圈在匀强磁场中转动，它产生的交变电动势为e=220V2sin 100兀t （V）.关于这个交变电流，下列说法中正确的是 （）A.交变电流的频率为100 HzB.该电动势的有效值为220 VC.线圈转动的角速度co = 50% rad/s

20、D. t = 0时，线圈平面处于中性面一一 . & . .【解析】由271f = 100兀知，该交变电流的频率为 50 Hz, A错；电动势有效值 E=j=220 V, B对；3=100兀rad/s , C错；t=0时，e=0,此时线圈处于中性面，D对.【答案】BD交变电流中的图象问题10-1-8甲所示，则下列说法2. 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 中正确的是（）A. t = 0时刻线圈平面与中性面垂直文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持B. t = 0.01 s时刻 的变化率达到最大C. t = 0.

21、02 s时刻感应电动势达到最大D.该线圈相应的感应电动势图象如图10-1-8乙所示【解析】由-t图知，在t=0时，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 =一，A 一， 一，一 一， 一， A 一 一0.01 s时，=0, 4 t取大，e取大，则B项正确；在t = 0.02 s时， 取大，& t = 0, e=。，则C项错.【答案】B交变电流的产生原理3.（多选）（2014 天津高考）如图10-1-9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10-1-9乙中曲线

22、a、b所示，则（）甲乙图 10-1-9A.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25 HzD.曲线b表示的交变电动势有效值为10 V【解析】由图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故 A正确；由图象可知，曲线 a、b对应的线圈转动白周期之比为2： 3,则转速之比为3 ： 2,故B错误；由图象可知曲线 a的周期Ta=4X10 22t =五） -设交流电压的有效值为 U,由电流热效应得 Q=-= p - T,所以该交流电压的有效值U= in/2 ,2R 22R 2 R可见选项D正确.【答案】D交变电流中的综合问题 s ,

23、则曲线a表示的交变电动势频率 fa=9=25 Hz,故C正确；D. 一八.一2交变电动势的最大值 日=nBSco ,则曲线a、b表布的交变电动势的峰值之比为国：Emb=a ： =3： 2,即 国=马国=10 V,故曲线b表3D错误.示的交变电动势的有效值为【答案】AC有效值的计算4.如图10-1-10所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压随时间变化的图象，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为（）图 10-1-10A. UnUn11nlmB." CW D552-曰、二电厂生的热重为Qi=口 1R5. 一台小型发电机产生的电动势随时间变

24、化的正弦规律图象如图10-1-11甲所示.已知发电机线圈内阻为5.0 ，则外接一只电阻 Un ,，、-【解析】设电灯的阻值为 R,正弦交流电压的有效彳1与峰值的关系是旧石，由于一个周期内半个周期有交流电压，一周期内交流文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持为95.0 Q的灯泡，如图10-1-11乙所示，则（）甲乙图 10-1-11A.电压表白勺示数为 220 VB.电路中的电流方向每秒钟改变50次C.灯泡实际消耗的功率为484 WD.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 JRE【解析】电压表不数为灯泡两端电压的有效值，由图象知电动势的最大值 £=220&q

25、uot; V,有效值已220 V,灯泡两端电压U=U2209 V, A项错；由图象知 T= 0.02 s , 一个周期内电流万向改变两次，可知 1 s内电流万向改变100次，B项错；灯泡的实际功率 P>=- =R2092W= 459.8 W, C项错；电流的有效值95I= = 2.2 A ,发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q= 12rt =2.2 2X5.0 X1 J = 24.2 J , D项对.【答案】D课时提升练（二十九）交变电流的产生和描述（限时：45分钟）A组对点训练一一巩固基础知识题组一正弦式交变电流的产生1 .如图10-1-12所示，矩形线圈abcd绕轴OO匀速转动产生交

26、流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是（）图 10-1-12A. t = 0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感生电流最大B. t = T（T为周期）时感生电流沿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4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【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，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，B正确；根据转速和频率的定义可知C错误；根据 Em= nBSo , E= 皋 I=E-可知电流有效值变为原来的2倍，D错误.R

27、【答案】B2 . 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m,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，感应电动势也为零8 .当磁通量减小时，感应电动势也减小文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.C.当磁通量等于 0.5m时，感应电动势等于0.5 Em一 ，、，一 Em.角速度等于志【解析】 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= Emsint

28、,式中Em= BSco .因m= B§故角速度3Em，D项正确；设e = 0.5Em,则解出 m7r 1rlI兀w t = 6.此时=B Scos =y3BS-孚m,所以C项错.【答案】 D题组二有效值的计算3.图10-1-13甲为一正弦交流电的图象，图 10-1-13乙为一方波交流电的图象.以下关于这两个交流电的说法中正确的是（）图 10-1-13A.两种交变电流的有效值均为2 AB.图甲表示的交变电流的瞬时值的表达式为i=2sin 10 Tit （A）C.两种交变电流分别通过同一只电阻，在各自的一个周期内，在该电阻上产生的热量之比为Q甲：Q乙=2 ： 3 .、一 1D.图甲表示的

29、交变电流经过一个变压比为5： 1的升压变压器后，该交变电流的频率将变为原来的-【解析】从题图上可以看出，正弦交流电的峰值是2 A,周期是0.4 s ;而方波交流电的峰值也是2 A,周期则为0.3 s .正弦交流电电流的有效值为方波交流电电流的有效值I2=2 A, A错误；正弦交流电的电流瞬时值的数学表达式为i = 2sin 5 7tt (A),B错误；将两种不同的交流电分别通过同一个电阻的时候，由于热量的计算要用电流的有效值，所以有Q甲=I2RT, Q乙=I2RR 代入数据可彳导Q甲：Q乙=2： 3, C正确；变压器只能改变电路中的电压和电流，不能改变交变电流的频率，D错误.4.多数同学家里都

30、有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，这种调节方法成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速.现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的.如图10-1-14甲所示为一种调光台灯的电路示意图，它通过双向可控硅电子元件实现了无级调节亮度.给该台灯接220 V的正弦交流电后加在灯管两端的电压为如图10-1-14乙所示的周期性电压（每个周期的前半部分为一正弦函数完整波形的前1段），则此时交流电压表的示数为 （）图 10-1-14A. 220VB. 110VC.2202D.1102交流电的有效值是根据电流的热效应来规定的，即在同一时间内，跟某一交流电能使

31、同一电阻产生相等热量的直流电的数值，叫做该交流电的有效值.设电压的有效值为U,根据有效值定义有2202 RT U2-=pT,解得U= 110 V,所以选项B正确.2 R【答案】 B5. 通过某电流表的电流按如图10-1-15所示的规律变化，则该电流表的读数为（）图 10-1-15B. 4 AA. 4 ,2 A文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.C. 5 A【解析】D.52 A82T2 T 2, 一,一由电流的热效应可得(用 RX2+(3小)RX-= I RT,解得I=5 A,选项C正确.题组三交变电流“四值”的集合6. (2014 辽宁沈阳质量检测)在匀强磁场中，一矩

32、形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图10-1-16乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图10-1-16甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Q,外接一只电阻为 9.0 Q的灯泡，则()甲乙图 10-1-16A.电压表V的示数为20 VB.电路中的电流方向每秒改变5次C.灯泡实际消耗的功率为36 WD.电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos (5兀t)V【解析】由甲图知电动势峰值为20yl2 V,周期为0.2 s,所以有效值为20 V,角速度3=2T=10兀rad/s ,电压表测的是路端电压U= -E- R= -20-Z-X9.0 V = 18 V, A项错误；交流电的频

33、率 f = 1= 5 Hz,每一周期电流方向改变两次，所以每秒改变10次，B项R十 r9.0 十 1.0IU2182错误；灯泡实际消耗功率为P>=-=- W= 36 W,故C项正确；电动势瞬时值表达式e= 20j2cos 10兀t (V) , D项错误.R 9.0【答案】C7. (2014 郑州市一模)图10-1-17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F 10 a的电阻连接，与电阻 R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V.图10-1-17乙是矩形线圈磁通量 随时间t变化的图

34、象，则()甲 乙图 10-1-17A.电阻R上的电功率为20 W8. 0.02 s的R两端的电压瞬时值为零9. R两端的电压u随时间t变化的规律是 u=14.1cos 100兀% t(V)D.通过R的电流i随时间t变化的规律是i=cos 50 Tit (A)【解析】电压表上的示数为有效值，故可知电阻R上的电功率为 P=10 W,则A错误；由乙图可知，0.02 s时磁通量为0,但F磁通量的变化率是最大的，故此日的电压瞬时值最大，则B错误；由于磁通量按正弦规律变化，则电动势必按余弦规律变化，且电压最大值为10/V , 3 =爷=100兀rad/s ,所以R两端的电压 u随时间t变化的规律是 u=1

35、4.1cos 100兀t (V),故C正确；同理可知通过 R的电流i随时间t变化的规律是i =R= 1.41cos 100 % t (A),则D错误.T,转轴QQ垂直于磁场方向，线圈电阻为 2 .从线圈平8 .(多选)如图10-1-18所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为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()文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.图 10-1-18A.线圈消耗的电功率为 4 WB.线圈中感应电流的有效值为2 AC.任意时刻线圈中白感应电动势为e = 4cos2：tD.任意时刻穿过线圈的磁通量为=1sin-7&qu

36、ot;t兀 I2【解析】线圈转动角速度 W = T,线圈平面从与磁场方向平行开始计时，当转过 60时，电流的瞬时值表达式为i = I mcos 60=1 A? Im= 2 A,正弦交变电流有效值 I= =5A, B项错；线圈消耗的功率 P= I2R= 4 W, A项正确；由欧姆定律可知，感应电动势最 ,2,大值Em= InfR= 4 V,所以瞬时值表达式为 e=4 cos 21t , C项正确；通过线圈的磁通量二毋所cot;正所21t,由感应电动势的最大值 Em= BScO = mX -1 界，解两式得： =畀3所 等-1 = sint , D项错.2兀2兀 I 兀 I【答案】ACB组深化训练

37、一一提升应考能力9 .（多选）（2014 南京模拟）如图10-1-19甲所示，为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规 律变化，其e-t图象如图10-1-19乙所示.发电机线圈的内阻为1 Q ,外接灯泡的电阻为 9 ，则（）甲乙图 10-1-19A.电压表白勺示数为 6 V10 发电机的输出功率为 4 WC.在1.0X10 2 S时刻，穿过线圈的磁通量最大D.在2.0X10 2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大【解析】根据e-t图象可知产生的交变电流的电动势最大值为6 V,有效值为6 V,根据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数为U= -9- X 6 V= 5.4

38、 V , A错；根据电功率公式得发电机的输出功率为P= （-6-）2X9 W= 3.24 W, B错；根据e-t图象可知在1.0X109 I 19 I 12 s时刻，电动势为零，说明此时线圈处于中性面，磁通量最大，C正确；在2.0X10 2s时刻，电动势为最大，说明此时线圈处于与中性面垂直的位置，磁通量最小，但是磁通量的变化率最大，D正确.【答案】CD10.（多选）如图10-1-20所示，某玩具电磁驱动发电机可简化为在匀强磁场中的一匝闭合金属线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，磁场的磁感应弓II度大小为 B,线圈面积为 S,电阻为R当线圈以右边为轴，以恒定的角速度 匀速转动时，下列叙述中正确的

39、是（）图 10-1-202BSoA.产生的感应电流的有效值为gB.转过30°时，线圈中的电流方向为逆时针C.转过90。的过程中，通过线圈导线某一横截面的电荷量为BSR文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持_2_2D.线圈转动一周产生的热量为2兀 3 BSR【解析】线圈中产生的感应电动势最大值为Ee BSco,电动势有效值为 E=乎E-*BSco ,则电流的有效值为I =E= "22R，选项A正确；据楞次定律可知转过30。时，线圈中感应电流方向为顺时针，选项 B错误；由"E=W，T =-1, q = Tt,得到电荷量q= tRA BS 一 .,

40、、，_2 兀 co B2S2.-5-=言 故选项C正确；线圈转一周的过程中，产生的热量为Q= I2Rt=B-,选项D错误.R RR【答案】AC11 .在如图10-1-21甲所示电路中，D为理想二极管（正向电阻为零，反向电阻为无穷大）.R = 30 Q , R=60 Q , R=10 Q .在MN间加上如图10-1-21乙所示的交变电压时，R两端电压表的读数大约是（）甲乙图 10-1-21A. 3 VB. 3.5 VC. 4 VD. 5 V【解析】在00.01 s内，二极管导通，电压表读数为U3=_ R3_ Ukf= 4 V,在0.010.02 s内，二极管截止，电压表读数U'=不工R+

41、 R2R + RUn= 3 V.根据交流电有效值的定义得：U3XT+ U3-XT= UXT, U= 3.5 V, B正确.E 2R32 R【答案】B12 .如图10-1-22所示，用电阻率为p、横截面积为 S的硬导线做成一个边长为L的方框，其中一边串接有一理想电流表，方框的B右半部分位于匀强磁场区域中，磁场方向垂直纸面向里，当磁感应强度大小随时间的变化率k>0时，电流表本数为I1；当磁场的磁感 k应强度大小为B,线框绕虚线以角速度3 =承速转动时，电流表本数为I2,则I1 ： 12为（）B图 10-1-22A.啦：1B.2 ： 1C. 1 ： 1D./2 : 22【解析】方框的电阻为 R

42、= p -,当磁感应强度的大小随时间的变化率为k时，由法拉第电磁感应定律知曰=77，即11 = "£=o,S2R 8 P当线框绕虚线以角速度3 =3速转动时，有12 = 'R=¥BLR_ = 16LkS，所以I1： I2=&： 1, A对，B c D错.【答案】 A13. （2014 苏北四市二模）如图10-1-23所示，矩形线圈abcd与可变电容器 C理想电流表 A组成闭合电路.线圈在有界匀强磁场中 绕垂直于磁场的 bc边匀速转动，转动的角速度 =100兀rad/s.线圈的匝数 N= 100匝，边长ab= 0.2 m , ad= 0.4 m ,电

43、阻不计.磁场 只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B= £ T.电容器放电时间不计.下列说法正确的是（）16 71图 10-1-23A.该线圈产生的交流电动势峰值为50 VB.该线圈产生的交流电动势有效值为C.电容器的耐压值至少为50 V文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.D.电容器的电容 C变大时，电流表的示数变小【解析】该交流电的瞬时值表达式为e=NBS3 sinco t = 5042sin 100兀t (V),其峰值为502 V,所以A、C均错误；由于一个 E2502 T周期内只有半个周期产生感应电动势，所以有ET= 50-XT+0,解得E= 25、/

44、2 V,即B正确；C变大时电容器对交流电的阻碍作用减小，电R R 2流表的示数变大，所以 D错.10-1-24 乙14.(多选)如图10-1-24甲所示，将阻值为 R= 5 a的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图所示，电流表串联在电路中测量电流的大小.对此，下列说法正确的是10-1-24A.电阻R两端电压的函数表达式为u = 2.5sin 200 % t(V)B.电阻R消耗的电功率为1.25 WC.若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图10-1-24丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为D.这一交变电流与图10-1-24 丁所示电流比较，其有效值

45、之比为【解析】图乙所示电流的最大值为In= 0.5 A ,由欧姆定律得Un= ImR= 2.5 V .周期为 T= 0.01 s , 3 =2= 200 兀 rad/s ,所以 RI mEn= nBSo为原来的2倍.电路中两端电压的表达式为u = 2.5sin 200兀t (V) , A正确；该电流的有效值为I=忑,电阻R消耗的电功率为 P= 12R,解得P= 0.625 W, B错误；该交变电流由图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值电流的有效值也是原来的 2倍，为2X05AW 1 A.电流表的示数为有效值，C错误；图乙中的正弦交变电流的有效值为05 A.

46、图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A ,可知D正确.【答案】 AD15.如图10-1-25所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压,正弦交流电的每一个二分之一周期中,前面四分之一周期被截去,则现在电灯上电压的有效值为(图 10-1-25A. UnUnB2UnCWDW【解析】由题给图象可知,交流电压的变化规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解.设电灯的阻值为R正弦交流电压的有imUm2效值与峰值的关系是 U= -r，由于一个周期内半个周期有交流电压，一周期内交流电产生的热量为Q=-2R2Un t 、一-t=2R-设交流电压的有效值为U,由电流热效应得Q=2 RT U2-

47、T,所以该交流电压的有效值 U= U/2 ,可见选项D正确.2 R第2节变压器电能的输送真题回放1.(多选)(2014 课标全国卷n)如图10-2-1 , 一理想变压器原、副线圈的匝数分别为m、n2.原线圈通过一理想电流表？接正弦交流文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持.电源，一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端.图 10-2-1假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大.用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为 Ub和U,则（）A. Ub : UCd= ni ： n2B.增大负载电阻的阻值 R,电流表的读数变小C.负载电阻的阻值越小，cd间的电

48、压 S越大D.将二极管短路，电流表的读数加倍U ni【解析】变压器的变压比 元=一，其中U、U是变压器原、副线圈两端的电压.U=Ub,由于二极管的单向导电特性，UdWU,选项12 n2A错误；增大负载电阻 R的阻值，负载的电功率减小，由于P入=P出，且P入=IiUb,所以原线圈上的电流 Ii减小，即电流表的读数变小，选项B正确；c、d端的电压由输入电压 5决定，负载电阻 R的阻值变小时，UCd不变，选项C错误；U2 T根据变压器上的能量关系有E输入=E输出，在一个周期 T的时间内，二极管未短路时有UbIiT=- 8+0（U为副线圈两端的电压），二极R 2U12管短路时有 Ubl2T= -T,由

49、以上两式得I 2=2Ii,选项D正确.R【答案】 BD2. （20i2 课标全国卷）自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分.一升压式自耦调压变压器的电路如图i0-2-2所示，其副线圈匝数可调.图 i0-2-2已知变压器线圈总匝数为i 900匝；原线圈为i ioO匝，接在有效值为 220 V的交流电源上.当变压器输出电压调至最大时，负载 R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为Ii,负载两端电压的有效值为U,且变压器是理想的，则 U和Ii分另畛勺为（）A. 380 V 和 5.3 AB. 380 V 和 9.i AC. 240 V 和 5.3 AD.240 V

50、 和 9.i A U ni【解析】根据理想变压器电压比关系 百=一,代入数据解得副线圈两端的电压有效值U=380 V,因理想变压器原、副线圈输入和输U n23M_2Xi0一 八一，一出的功率相等，即 P入=P出=UI1,解得Ii= 220 Z 9.i A,选项 B正确，选项 A C、D错误.【答案】 B3. （20i2 福建高考）如图i0-2-3所示，理想变压器原线圈输入电压 u=Usin cot,副线圈电路中 R为定值电阻，R是滑动变阻器.。Vi和。V 2是理想交流电压表，示数分别用U和U表示；OA i和OA2是理想交流电流表，示数分别用Ii和I2表示.下列说法正确的是（）图 i0-2-3A

51、. Ii和I 2表示电流的瞬时值B. U和U2表示电压的最大值C.滑片P向下滑动过程中，U不变、Ii变大D.滑片P向下滑动过程中，U变小、Ii变小【解析】交流电表的示数为有效值，故A、B两项均错误；P向下滑动过程中，R变小，由于交流电源、原副线圈匝数不变，U、UL211 n2n2均不变，所以I 2=三不变大，由=,得Ii= -I2变大，故C项正确、D项错误.R）+ K12 nini文档来源为：从网络收集整理.word版本可编辑.欢迎下载支持【答案】 C考向分析1.考纲展示（1）理想变压器（n）（2）远距离输电（I）2.命题趋势本节的命题仍以下列题型为主：（1）理想变压器的动态分析.（2）理想变

52、压器与交变电流的规律综合.（3）远距离输电与理想变压器的综合.3.选材特点主要考查一个原线圈、一个副线圈的理想变压器，有时也会考查自耦变压器和互感器的工作原理.远距离输电问题常结合实际应用进行考查 .考点一变压器基本规律的应用理想变压器的规律理想变压器没有能量损失；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U1 n1原、副线圈的电压比等于匝数比，即 7，=-,与负载情况、副线圈个数的多少无关U2 n2电流关系一 11 n2只有一个副线圈；电流和匝数成反比，即 丁 = 一； 12 仆多个副线圈：由输入功率和输出功率相等确定电流关系，即UlI 1=L2I2

53、+U3I3 + I nUn频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压 ._ .一 rn2 副线圈电压 U由原线圈电压 U和匝数比决定，即 L2=;U（原制约副）n1功率原线圈中的功率P2由用户负载决定，原线圈的输入功率 R由副线圈的输出功率 P2决 定，即R=F2（副制约原）电流原线圈的电流I1由副线圈的电流12和匝数比决定，即I1=nI2（副制约原）【例1】（多选）（2014 山东高考）如图10-2-4,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220 V和2.2 A .以下判断正确的是（）图 10-2-4A.变压器输入功率为 484 WB.通过原线圈的电流的有效值为0.6