2016年高三第一轮复习金版教程第十章交变电流传感器10-2b

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高考物理一轮总复习必修部分第10章交变电流传感器

如图(a)所示。
2．正弦交变电流的产生和变化规律 (1)产生：在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的电流是正弦交变电流。
(2)中性面 ①中性面：线圈平面与磁感线垂直的位置称为中性面。
②中性面的特点以及与峰值面(中性面的垂面)的比较
中性面
峰值面
含义
线圈平面与磁场方向垂直
线圈平面与磁场方向平行
A．在线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大 B.在线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大 C.在线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小 D.在线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流最小
解析线圈在中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小为 0，所以感应电流也最小为 0，所以 A 选项正确，B 选项错误。在与中性面垂直的瞬间，磁通量最小，感应电动势最大，所以感应电流最大，C 选项正确，D 选项错误。
4．[描述交流电的物理量](多选)如图所示，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 LAB＝0.3 m，LAD＝0.2 m，总电阻为 R＝0.1 Ω。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 y＝0.2sin103πx m，磁感应强度大小 B＝0.2 T，方向垂直纸面向里。线框在沿 x 轴正方向的拉力 F 作用下，以速度 v＝10 m/s 水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是( )
必考部分
第10章交变电流传感器
高考高考对本部分知识的考查主要以选择题的形式出现，但也出现过关于交变电流的计算
地位题，试题的难度一般在中等偏下，分值在 6～10 分左右。
1.交变电流、交变电流的图象 (Ⅰ) 2．正弦交变电流的函数表考纲达式、峰值和有效值(Ⅰ) 下载 3．理想变压器(Ⅱ) 4．远距离输电(Ⅰ) 实验十一：传感器的简单使用

第十章交变电流传感器10-2(新课标复习资料)

考技案例导析
区再用降压变压器降到所需的电压，基本电路如图所示．降压变压器
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第十章
交变电流传感器
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[解析] 根据理想变压器原、副线圈上电压、电流的决定关系知：在输入电压 U1 不变的情况下，U2 不变．当保持 Q 的位置不动，滑动头 P 向上滑动时，副线圈上的电阻增大，电流减小，故输入电流 I 亦随着减小，即电流表的示数变小， A 错误，B 正确；当保持 P 的位置不动，将 Q 向上滑动时， U1 n1 由＝知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大， U2 n2 即副线圈上电流增大，故原线圈上的电流亦随着增大，故电流表的示数增大，C 正确，D 错误．
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交变电流传感器
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n1 (1)U1 不变，发生变化，故 U2 变化． n2 (2)R 不变，U2 改变，故 I2 发生变化． U2 2 (3)根据 P2＝，P2 发生变化，再根据 P1＝P2，故 P1 R 变化，P1＝U1I1，U1 不变，故 I1 发生变化． 3．分析动态问题的思路程序可表示为：

新题策2016高考物理(全国通用)一轮复习教师用书：第10章交变电流传感器(PDF版)

电流方向不改变 . 大, i 最大 ,
图象 , 函数式为i c o s = I ω t . m
磁场中 , 并绕过 a b、 c d 中点的轴O O '以角速度 ω 逆时针匀速转动. 若以线圈平面与磁场夹角 θ=4 时如图( 为计时起点, 并 5 ° b) 则下列四幅图中正确规定当电流自 a 流向b 时电流方向为正 . 的是 (
甲线圈平面与中性面垂直 t =0 时刻 , A.
图1 1 3 0
乙
t =0. 0 1s时刻 , Φ 的变化率最大 B.
交流电动势达到最小 C. t =0. 0 2s时刻 ,
书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 3.
该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示 D.
)
2 8 1
【 ) 例 1】如图1 所示, 一矩形线圈a 0 1 2( a b c d 放置在匀强
( ) 图象 : 用以描述交流电随时间变化的规律 , 如果线圈从 3
构建思维桥梁
拓展延伸应用
��
( ) e
正弦交流电的产生和图象 2. ( ) 中性面 1
图1 1 1 0
( ) f
磁场中 , 绕垂直于磁感线的轴线做匀角速转动时 , 闭合线圈中就棒的速度随时间t 按正弦规律变化 , 而感应电动势又以速度成
【解析】由图可知t 穿过线圈的磁 =0 时刻时感应电动势为零 , , 先后两次转速之比 n 选项 B 正确; 交 n a∶ b =T b ∶T a =3∶2
边, 即线圈有一半位于匀强磁场之中 , 而另一半位于磁场之外 .
, , 通量最大 , 选项 A 正确 ; 由图可知 T 线圈 . 4 s T . 6s a =0 b =0 2 π ( , 流电 a 的瞬时值为u=Ums 得 u=1 选 i n t , V) 0 s i n5 π t T a

2016届高考物理一轮高考真题备选题库(四川专版)第十章《交变电流传感器》

第十章交变电流传感器第1节交变电流的产生及描述1．(2014·海南高考)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∶2B ．2∶1C ．2∶3D ．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I 1I 2＝12，理想变压器的输入功率与输出功率相等，P 1＝P 2，得U 1U 2＝I 2I 1 ，得：U 1U 2＝n 1n 2＝21，选项B 正确。

2．(2014·全国卷Ⅰ)如图(a)，线圈ab 、cd 绕在同一软铁芯上，在ab 线圈中通以变化的电流，用示波器测得线圈cd 间电压如图(b)所示，已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比，则下列描述线圈ab 中电流随时间变化关系的图中，可能正确的是( )解析：选C 根据题图(b)可知：cd 两端在0～0.5产生恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均匀变化，即Δi Δt为恒定不变，故选项C 正确，A 、B 、D 错误。

3．(2014·天津高考)如图1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像如图2中曲线a 、b 所示，则( )A ．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：选AC t ＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A 项正确；图中a 、b 对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比n a ∶n b ＝1T a∶1T b ＝3∶2，B 项错误；a 线表示的交流电动势的频率为f a ＝1T a ＝14×10－2Hz ＝25 Hz ，C 项正确；a 线对应线圈相应的电动势的最大值E a m ＝NBS ·2πT a，由图像知E a m ＝15 V ，b 线对应线圈相应的电动势的最大值E b m ＝NBS ·2πT b ，因此E b m E a m ＝T a T b ＝23，E b m ＝10 V ，有效值E b ＝102 V ＝5 2 V ，D 项错误。

高三物理一轮复习配套文档：第十章交变电流传感器

第十章⎪⎪⎪交变电流传感器[备考指南]第1节交变电流的产生及描述(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。

(×)(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。

(×)(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。

(√)(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。

(√)(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的峰值。

(×)(6)交变电流的峰值总是有效值的2倍。

(×)要点一交变电流的产生和描述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：①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，ΔΦΔt＝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，ΔΦΔt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E m＝nBSω，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)[多角练通]1．一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图10-1-1所示。

已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定()图10-1-1A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL2B．t2时刻穿过线框的磁通量为零C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零D．线框转动的角速度为E mBL2解析：选D t1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A错误；t2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm＝BL2，B错误；t3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C错误；交变电流的最大值为E m＝BL2ω，则ω＝E mBL2，D正确。

2016届高考物理一轮复习同步课件：10 交变电流

2 2
D．第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5
5、如图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( )
A．Um Um C. 3
Um B. 2 Um D. 2
6．如图甲所示，标有“220 V
40 W”的灯泡和标有“20
7.（15新课标1卷）
考点四理想变压器的动态分析问题
பைடு நூலகம்
1.如图所示是一种理想自耦变压器示意图，线圈绕在一个圆环形的铁芯上，P是可移动的滑动触头．A、B 间接交流电压U，输出端连接了两个相同的灯泡L1和 L2，Q为滑动变阻器的滑动触头．当开关S闭合，P处于如图所在的位置时，两灯均能发光．下列说法正确的是( ) A．将P沿逆时针方向移动，两灯均变暗 B．P不动，将Q向左移动，两灯均变亮 C．P不动，将Q向右移动，输入功率变大 D．断开开关S，L1将变暗
高三物理一轮复习
第十章
考纲展示要求 Ⅰ
交变电流
传感器
复习定位
1.交变电流、交变电流的图象
2.正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值
Ⅰ
3.理想变压器
4.远距离输电实验十一：传感器的简单使用
Ⅱ
Ⅰ
1.本章考题贴近生活，与生产实际联系紧密，多以发电机为载体，综合考查交变电流的产生及描述，变压器以及远距离输电等多个考点，多以选择题形式出现，题目难度中等． 2．本章的复习应抓住以下四点： (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)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． (3)远距离输电的原理和相关计算． (4)传感器的简单使用，能够解决与科技、社会紧密结合的问题．

高考物理一轮复习第十章交变电流传感器基础学案

高考物理一轮复习第十章交变电流传感器基础学案传感器第1节交变电流的产生和描述[精题对点诊断]1、[正弦式交变电流的产生]图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是( )【解析】A、B选项中闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场且过线圈平面的转轴匀速转动，满足产生正弦式交变电流的条件，能产生正弦式交变电流；C选项中转轴平行于磁场，转动过程中，穿过线圈的磁通量始终为零，故C中不产生正弦式交变电流；D选项中虽然只有一半线圈在磁场中，但是始终有一边切割磁感线按照正弦规律产生感应电动势，且一边转出磁场时，另一边恰好进入磁场，保证转动过程中感应电动势连续按照正弦规律变化，故C选项正确、【答案】 C2、[有效值与最大值]交流电压的瞬时值u＝Umsin(100πt)V，当t＝ s时，u＝5 V，从电压表中看到的示数应为()A、10 VB、10 VC、5 VD、5 V【解析】由交流电压表达式可知t＝ s时有5 ＝Umsin(100π)，则得Um＝10 V、从电压表中看到的任何时刻都是有效值，U＝＝10 V，选项A正确、【答案】 A3、[交流电的瞬时表达式]某交流电的瞬时表达式是i＝5sin(50πt)A、从t＝0时刻到第一次出现最大值的时间是()A、 sB、 sC、 sD、 s【解析】依题意从中性面开始计时，第一次出现电流最大值需 s，Δt ＝＝＝ s＝ s，选项A正确、【答案】A[基础知识回顾]一、正弦式交变电流1、产生如图10－1－1所示，将闭合线圈置于匀强磁场中，并绕垂直于磁感线方向的轴做匀速转动、图10－1－12、变化规律(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、(2)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、其中ω等于线圈转动的角速度：Em＝nBl1l2ω＝nBSω、3、正弦式交变电流的图象(如图10－1－2所示)图10－1－2二、描述交变电流的物理量1、周期和频率(1)周期T：交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)、公式表达式为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、交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值(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、(3)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果它们在交变电流的一个周期内产生的热量相等，则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交变电流的有效值、(4)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系I＝，U＝，E＝、(5)平均值：交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值，其数值可以用＝n 计算、[基本能力提升]一、判断题(1)闭合线圈在磁场中转动，当线圈中磁通量最大时，线圈中产生的电流最大、()(2)只有在中性面开始计时时，电动势表达式才可书写为e＝Emsin ωt、(√)(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零、(√)(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的峰值、()(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的有效值、(√)(6)交变电流的峰值总是有效值的倍、()二、选择题一正弦式电流的电压随时间变化的规律如图10－1－3所示、由图可知()图10－1－3A、该交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝100sin25 t(V)B、该交变电流的频率为4 HzC、该交变电流的电压的有效值为100 VD、若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W【解析】由题图可知，交变电流周期T＝410－2 s，峰值电压Um＝100 V，故交变电流的频率f＝＝25 Hz，有效值U＝＝50 V、加在R＝100 Ω的电阻上的热功率P＝＝50 W，瞬时值表达式u＝Umsint＝100sin50πt(V)，故选项D正确、【答案】D第2节变压器电能的输送[精题对点诊断]1、[变压器的原理](多选)理想变压器原、副线圈两侧一定相同的物理量有()A、交变电流的频率B、交变电流的功率C、磁通量的变化率D、交变电流的电压的最大值【解析】理想变压器原、副线圈中交变电流的频率相同，因为磁通量始终相同，变化的周期一样，A项正确；理想变压器没有能量损耗，B项正确；磁通量一样，变化率也一样，但根据公式E＝n，匝数不同，E的最大值也就不一样，C项正确，D项错误、【答案】ABC2、[变压器的电压关系、电流关系]如图10－2－1所示，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；原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表、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()图10－2－1A、U＝110 V，I＝0、2 AB、U＝110 V，I＝0、05 AC、U＝110 V，I＝0、2 AD、U＝110 V，I＝0、2 A【解析】由变压原理＝可得U1＝110 V，即电压表示数为110 V；由P 入＝P出，灯泡正常发光可得P入＝U1I1＝P出＝22 W，I1＝ A＝0、2 A，故选项A正确、【答案】 A3、[远距离输电问题](多选)(xx江苏高考)在如图10－2－2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()图10－2－2A、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、输出电线上损耗的功率增大D、输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【解析】升压变压器的输出电压由电源电压及匝数比决定，输出功率变大时升压变压器的输出电压不变，A项错误；由I＝可知当输出功率增大时输出电流增大，由U损＝IR及P损＝I2R可知U损及P 损均增大，故C项正确；当U损增大时降压变压器的输出电压减小，B项错误；由P损＝R可知＝R，当输出功率增大时输电线损耗比例增大，D项正确、【答案】CD[基础知识回顾]一、理想变压器1、构造和原理(如图10－2－3所示)图10－2－3(1)主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成、(2)工作原理：电磁感应的互感现象、2、理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P入＝P 出、(2)电压关系：＝，若n1＞n2，为降压变压器；若n1＜n2，为升压变压器、(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝；有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn、二、远距离输电1、输电过程(如图10－2－4所示)图10－2－42、输送电流(1)I＝、(2)I＝、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＝、[基本能力提升]一、判断题(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用、(√)(2)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、()(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压、()(4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之增大、(√)(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失、(√)(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗、(√)二、选择题一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R、设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2，当R增大时()A、I1减小，P1增大B、I1减小，P1减小C、I2增大，P2减小D、I2增大，P2增大【解析】原、副线圈匝数不变，输出电压不变，R增大，I2减小，P2减小，从而推知，I1减小，P1减小，B项正确、【答案】 B。

高考物理大一轮复习第十章交变电流传感器本章小结完美正规版

解析由图乙可读出交流电的最大值为U V,周期 =2 =220 T ×10 s,所例VB若定、将值21C滑电8间W动阻输如出”变R图字0的阻的所样电器阻功示,R当值率的,一为滑为滑1零理动动9 想Ω触变头变阻向压器下器R滑的原动滑、,则动副灯触泡线L头圈的处的亮在度匝变某数暗位比置为时n1,电∶n流2表=4示∶数1,原为线0.圈a、b间接一电压为u=220
D.B、C间输出的电功率为零滑例2动触如头图处所在示,某一位理想置变时压,电器流原表、示副数线圈为的0.匝数比为n1∶n2=4∶1,原线圈a、b间接一电压为u=220 sin 100πt(V)的电源,灯泡L标有“36 V 18W”字样,当滑动变阻器R的滑动触头处在某位
5置时A,,电R上流表消示耗数的为0功. 率P=IRU=0.
一该交、流交电变的交电频流率流图为象1电0与0 H变压z压器的组合有效值,不能读出T 瞬时值,所以读数为220 V,C错误;由于B、C间
接理想电压表,其阻值RV无穷大,则P=
答案 AD
≈0,D正确。
U2 RV
二、交变电流瞬时值与变压器组合此类题目利用瞬时值包含的信息确定最大值、角速度,结合“四值”关系和变压器的原理、规律分析判断。
高考物理大一轮复习第十章交变电流传感器本章小结课件
专题十交变电流与变压器组合问题一、交变电流图象与变压器组合
根据交变电流图象信息确定交变电流的最大值及周期,利用变压器的基本量的关系分析问题。例1 如图甲所示为一种可调压自耦变压器的结构示意图,线圈均匀绕
在圆环形铁芯上,若A、B间输入如图乙所示的交变电压,转动滑动触头P
以sinω1=002 T π=t(1V0)0,Aπ正rad确/s;,由则交f=流电1 的电压瞬时值表达式为u=U ωt 2 =50 Hz知,B错误;因电压表测交流s电in压时=,2读20数为 V此例滑以t例置流AA2一滑此=5BB1时经动类2动类ω1间、A×间1,灯变,=题触题电输灯81交如输泡阻W0流目头目入泡如-图L变器入=2表的 L”利处利的图1字刚R所s示的交电0用在用交消时好甲示样0数流交变瞬某瞬流耗电正π,为电所,电一的时位时流常当压图0的r流理功示a.值置值发电表滑电象d的率想光包时包为/的的压s频动与为变,含含,,则读瞬电一电则率3变压变的的6时数流为压交种器W(阻信信值压为1表瞬流可0原表息息器零器0示时电、达调确确H)数R组z式值的副定定压的为为合线表电最最0自滑u.圈达压大大=耦2动的值值式瞬20变匝触、、为时数压角角头s值ui比=n速速器处表21为度度20的在达00n,,结结 1π结式某∶t(合合V为构sn位)i““2nu=示置四四=14U∶0意时值值0m1””图,,π原电s关关t,i(线n线流V系系ω圈)圈表和和ta=均、变变示22b压压匀数0间器器绕为接的的一0原原.电理理压、、为规规u律律=2分分20析析判判s断断in。。100πt(Vm)的电源,灯泡L标有“36 V 18W”字样,当滑动变阻器R的

高三物理一轮复习必考第10章交变电流传感器章末高效整合教师用书

峙对市爱惜阳光实验学校第10章交变电流传感器物理模型1|电动机、发电机模型模型特点两种模型电动机发电机工作原理通电线圈在磁场中受到安培力而转动闭合线圈在磁场中受外力转动，产生感电动势能量转化电能转化为机械能机械能转化为电能解题要点(1)受力方向由左手那么来判断；(2)能量关系：P总＝P输出＋P热；(1)产生的感电动势方向由右手那么判断；(2)感电动势大小由法拉第电磁感律计算；解题要点(3)实际功率：P实际≤P额；(4)电压、电流关系：U>IR(3)注意感电流的最大值、瞬时值、有效值均值的计算；(4)能量转化中满足能量守恒律形象比喻左手抓着电动机右手抓着发电机某兴趣小组设计了一种发电装置，如图101所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为80°，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝L、bc＝ad＝2L.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中，这两条边所经过处的磁感强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.图101(1)求出感电动势的最大值；(2)假设产生的交流电周期为T，感电动势的最大值为E m，画出感电动势随时间变化的图象；(3)求线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(4)计算外接电阻上电流的有效值I.【标准解答】(1)bc、ad边的运动速度v＝ωL2感电动势的最大值E m＝2NB·2Lv＝2NBL2ω.(2)产生的交流电周期为T＝2πω，感电动势随时间变化的图象如下图．(3)电流I m＝E mr＋R安培力F＝2NBI m L解得F＝4N2B2L3ωR＋r.(4)在一个周期内，电阻R中有电流的时间为t＝4T9.根据有效值的义，R上消耗的电能I2m Rt＝I2RT，联立解得I＝4NBL2ω3R＋r.【答案】(1)2NBL2ω(2)见解析(3)4N2B2L3ωR＋r(4)4NBL2ω3R＋r[突破训练]1．如图102所示为电动机的简化模型，线圈abcd可绕轴O1O2自由转动．当线圈中通入如下图的电流时，顺着O1O2的方向看去，线圈将( ) 【导学号：96622183】图102A．顺时针转动B．逆时针转动C．仍然保持静止D．既可能顺时针转动，也可能逆时针转动A 在题示位置，由左手那么可以判断，ab边受到的安培力向上，cd边受到的安培力向下，那么线圈顺时针转动，故A项正确．物理模型2|三种特殊的变压器模型1．自耦变压器高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的根本关系对自耦变压器均适用，如图103所示．图1032．互感器分为电压互感器和电流互感器，比拟如下：类型电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在待测交流电路中副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用将高电压变为低电压将大电流变成小电流利用的公式U1U2＝n1n2I1n1＝I2n23.双副线圈变压器计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，注意三个联系：(1)电压关系：U1n1＝U2n2＝U3n3＝…(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋…(多项选择)一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图104甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数．变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在如图10214乙所示的交流电源上，电压表为理想电表．那么( )甲乙图104A ．交流电源电压瞬时值的表达式为u ＝220sin 100πt (V)B ．P 向上移动时，电压表的最大示数为380 VC ．P 向下移动时，原、副线圈的电流之比减小D ．P 向下移动时，变压器的输入功率变大【标准解答】由图乙结合交流电瞬时值表达式u ＝U m ·sin ωt 可得交流电源电压瞬时值的表达式为u ＝2202·sin 100πt (V)，A 错误；P 向上移动时，电压表的示数为有效值，当副线圈匝数到达1 900时，副线圈输出的电压最大，由变压器原、副线圈电压比跟线圈匝数成正比的关系可知副线圈最大输出电压为380 V ，即电压表的最大示数为380 V ，B 正确；P 向下移动时，副线圈匝数减少，由变压器原副线圈电流比跟线圈匝数成反比的关系可知C 正确；由P ＝U 2R可知副线圈的输出功率减小，故原线圈的输入功率也减小，D 错误．【答案】 BC [突破训练]2．(2021·模拟)为了测量高电压和强电流的大小，常用到变压器的有关原理．如图105所示，L 1和L 2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器，电压表和电流表为理想交流电表．假设电压互感器上下线圈的匝数比为1 000∶1，电流互感器上下线圈的匝数比为1∶100，电压表示数为220 V ，电流表示数为10 A ，那么以下说法正确的选项是( )图105A ．两输电线间的电压为220 VB ．L 2中的电流为10 AC ．输电线中输送的功率为×108W D ．两输电线间的电阻为22 ΩC 根据变压器的工作原理有U 1U 2＝1 0001和I 1I 2＝1001，解得U 1＝×105V ，I 1＝1000 A ，所以A 、B 错误；输电线中输送的功率P ＝U 1I 1＝×108W ，C 正确；由于输电线路不能视为简单的纯电阻电路，不能用欧姆律求出电阻，D 错误．3．如图106所示，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n 1：n 2：n 3为( ) 【导学号：96622184】图106A ．1∶1∶1B ．3∶2∶1C ．6∶2∶1D ．2∶2∶1B 灯泡正常发光，可得U A ＝U B ＝UC ＝UD ，所以U 2＝2U 3.由变压器的电压比公式n 2n 3＝U 2U 3＝2U 3U 3＝21，所以n 2＝2n 3，同理，灯泡正常发光，功率相，即P A ＝P B ＝P C＝P D .由P ＝I 2R ，得I A ＝I B ＝I C ＝I D ，即I 1＝I 2＝I 3.由U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3得n 1I 1＝n 2I 2＋n3I3，即n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1.高考热点1|交变电流“四值〞的用1．正弦式交变电流的重要公式瞬时值峰值有效值平均值e＝E m sin ωt i＝I m sin ωt u＝U m sin ωt E m＝NBSωI m＝E mR＋rU m＝I m RE＝E m2U＝U m2I＝I m2E－＝nΔΦΔtI－＝E－R＋r2.对交变电流有效值的理解交变电流的有效值是根据电流的热效(电流通过电阻生热)进行义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算．注意“三同〞，即“相同电阻〞上“相同时间〞内产生“相同热量〞．计算时，“相同时间〞至少要取一个周期的时间．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图107甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，那么( )甲乙图107A．t＝0.005 s时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 VD．线框产生的交变电动势频率为100 Hz【标准解答】线框中感电动势与磁通量的变化率成正比，而t＝0.005 s 时e最大，应选项A错误；t＝0.01 s时，e＝0，应选项B正确；电动势有效值为311×22V≈220 V，应选项C错误；周期T＝0.02 s，频率f＝1T＝50 Hz，应选项D错误．【答案】B[突破训练]4．如图108甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω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．那么( )甲乙图108A．电阻R上的电功率为20 WB．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＝1cos 100πt(V)D ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1cos 50πt (A)C R 上电功率P ＝U 2R ＝10 W ，A 错；0.02 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，此时R两端的电压瞬时值最大，B 错；R 两端电压的最大值为10 2 V ，ω＝2πT＝100πrad/s ，因此R 两端电压u ＝1cos 100πt (V)，C 正确；i ＝1cos 100πt (A)，D错．高考热点2|与变压器相关的综合问题1．远距离高压输电的几个根本关系2．理想变压器中相关物理量间的制约关系的分析程序可表示为：(多项选择)如图109所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如下图电路，开关S 原来闭合，且R 1＝R 2，再将S 断开，那么交流电压表的示数U 、交流电流表的示数I 、电阻R 1上的功率P 1及该变压器原线圈的输入功率P 的变化情况正确的选项是( )图109A ．U 增大B ．I 增大C ．P 1减小D ．P 减小【标准解答】开关S 由闭合到断开时，负载的总电阻变大，变压器的输出电压U 2不变，那么输出电流I 2变小，R 上的电压变小，R 1上的电压变大，电阻R 1上的功率P 1＝U 2R 1R 1＝U 2R 1，R 1不变，U 变大，那么P 1增大，故A 正确，C 错误．由电流与匝数的关系可知电流表的示数I 减小，B 错误．输出电功率P 出＝I 2U 2，U 2不变，I 2减小，那么P 出减小，输入功率于输出功率，所以D 正确．【答案】 AD [突破训练]5．如图1010甲所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.假设升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.以下说法正确的选项是( ) 【导学号：96622185】图1010A ．用户端交流电的频率为100 HzB ．输电线中电流为30 AC ．用户端电压为250 VD ．输电线路损耗功率为180 kWB 变压器不改变交变电流的频率，故用户端交变电流的周期为T ＝0.02 s ，频率为50 Hz ，选项A 错误；升压变压器输入电压为U 1＝250 V ，那么输出电压为U 2＝25 000 V ，由P 2＝P 1＝750 kW 及P 2＝I 2U 2得，输电线中的电流为I 2＝30 A ，选项B 正确；输电线路损耗功率为ΔP ＝I 22r ＝302×100 W＝90 kW ，选项D 错误；线路损失电压为ΔU＝I2r＝3 000 V，那么降压变压器输入电压为U3＝U2－ΔU ＝22 000 V，那么用户端电压为220 V，选项C错误．。

高考物理一轮复习第十章交变电流传感器教参

第十章交变电流传感器第1讲交变电流的产生及描述考纲下载：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)主干知识·练中回扣——忆教材夯基提能 1．交变电流及其产生和图象 (1)交变电流①定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。

②图象：如图甲、乙、丙、丁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，如图甲所示。

(2)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，其图象为正弦曲线。

如图甲、乙所示。

2．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 ＝2πω。

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 ＝1f 或f ＝1T。

(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 ＝E m sin _ωt 。

其中ω等于线圈转动的角速度，E m ＝nBSω。

②负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝U m sin _ωt 。

③电流i 随时间变化的规律：i ＝I m sin _ωt 。

(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(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 ＝E m 2，U ＝U m2，I ＝I m 2。

巩固小练1．判断正误(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，一定会产生正弦式交变电流。

(×)(2)线圈在磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时，产生的感应电动势也最大。

高考物理一轮复习第十章交变电流传感器(有解析)

权掇市安稳阳光实验学校第十章交变电流传感器一、选择题(每小题4分，共40分)1．交变电源的电压是6 V ，它跟电阻R 1、R 2及电容器C 、电压表V 一起连接组成的电路如图10－1所示．图中电压表的读数为U 1.为了保证电容器C 不被击穿，电容器的耐压值应是U 2，则( )图10－1A.U 2＝6 2 V B ．U 2＝6 V C ．U 2≥6 V D ．U 2≥6 2 V解析：电容器两极板间电压超过电容器的耐压值就被击穿，因此电容器的耐压值是加在电容器两极间电压的瞬时值．因此U ≥6 2 V ，D 正确．答案：D2．将输入电压为220 V 、输出电压为6 V 的变压器，改绕成输出电压为30 V 的变压器．若副线圈原来的匝数为30匝，原线圈匝数不变，则副线圈应增加的匝数是( )A ．150匝B ．120匝C ．130匝D ．144匝解析：U 1U 2＝n 1n 2＝1103，因为副线圈的匝数是30匝，所以原线圈的匝数是1 100匝，根据U 1U 2′＝n 1n 2′＝22030＝1 100150，所以副线圈应该增加的匝数是120匝．答案：B3．用U 1＝U 和U 2＝kU 两种电压输送电能，若输送功率、输电线上损耗功率、输电线的长度和材料都相同，则两种情况下输电线的截面直径之比d 1∶d 2为( )A ．k B.1kC ．k 2D.1k2解析：设输送电压为U ′，输电线电阻为R ，则P 耗＝(P U ′)2R ＝P 2U ′2·ρL S ＝P 2U ′2·ρL14πd2.因P 耗相同，所以由上式可得U ′·d 必为定值，d 1∶d 2＝U 2∶U 1＝k ，选项A 正确．答案：A4．如图10－2所示的电路可将声音信号转化为电信号，该电路中右侧固定不动的金属板b 与能在声波驱动下沿水平方向振动的镀有金属层的振动膜a 构成一个电容器，a 、b 通过导线与恒定电源两极相接．若声源S 做简谐运动，则( )图10－2A.a 振动过程中，a 、b 板间的电场强度不变 B ．a 振动过程中，a 、b 板所带电荷量不变C ．a 振动过程中，灵敏电流表中始终有方向不变的电流D ．a 向右的位移最大时，a 、b 板所构成的电容器的电容最大解析：由于平行板电容器两极板与电池两极相连接，因此两极板间的电压U 保持不变，根据场强E ＝U d 、C ＝εr S4πkd可判断A 错、D 对．再由Q ＝CU 可知B错．由于Q 变化，使电容器出现充电、放电现象，显然电流表中电流方向不断变化，C错．答案：D5．某农村水力发电站发电机的输出电压，先通过电站附近的升压变压器升压后，再用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器．降压后，再用线路接到各用户．设发电机输出电压稳定且两变压器均为理想变压器．在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率却增加，这时与用电低谷期比较( ) A．升压变压器的副线圈两端的电压变大B．高压输电线路的电压损失变大C ．降压变压器的副线圈两端的电压变大D．降压变压器的副线圈中的电流变大解析：用电高峰期与用电低谷时相比用电总功率增加，所以输送功率增加，因升压变压器原线圈电压不变，副线圈两端电压也就不变，输电电流增加，由U损＝IR线知，输电线路电压损失变大，降压变压器原线圈电压降低，副线圈电压降低，又因用电功率增加所以降压变压器副线圈中电流变大．综上所述，B、D项正确．答案：BD6．如图10－3所示，T为理想变压器，A1、A2为理想交流电流表，V1、V2为理想交流电压表，R1、R2、R3为电阻，原线圈两端接电压一定的正弦交流电，当开关S 闭合时，各交流电表的示数变化情况应是( )图10－3A.电压表V1读数变小 B．电压表V2读数变大C．电流表A1读数变大 D．电流表A2读数变小解析：理想变压器，开关S闭合时，V2示数不变，R总变小，A2示数变大，由电流关系A1示数也变大，V1示数减小，故A、C正确．答案：AC7．通有电流i＝I max sinωt的长直导线OO′与断开的圆形导线圈在同一平面内，如图10－4所示(设电流由O至O′为正)，为使A端的电势高于B端的电势且U AB减小，交流电必须处于每个周期的( )图10－4A.第一个14周期B．第二个14周期C．第三个14周期D．第四个14周解析：由E∝ΔΦΔt∝ΔiΔt可知，要E减小，即要ΔiΔt减小，题中要求E A＞E B，由楞次定律知，只有在0～T4内才符合要求．答案：A8.如图10－5所示，R1、R2为定值电阻，L为小灯泡，R3为光敏电阻，当照射光强度增大时( )A．电压表的示数增大B．R2中电流减小C．小灯泡的功率增大D．电路的路端电压增大路电阻随R3的减小而减小，R1两端电压因干路电流增大而增大，同时内电压增大，故电路路端电压减小，而电压表的示数增大，A 项正确，D项错误；由路端电压减小，而R1两端电压增大知，R2两端电压必减小，则R 2中电流减小，故B 项正确；结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大，则小灯泡的功率增大．答案：ABC9．一个边长为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 Ω，磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图10－6所示．则线框中感应电流的有效值为( )图10－6A.2×10－5A B.6×10－5A C.22×10－5A D.322×10－5A 解析：0～3 s 内的感应电动势E 1＝ΔB Δt S ＝6×10－33×(6×10－2)2 V ＝0.72×10－5V ，感应电流I 1＝E 1R＝2×10－5A ；同理可求得3～5 s 内的感应电流I 2＝3×10－5A.设感应电流有效值为I ，由有效值的定义应有(2×10－5)2R ×3＋(3×10－5)2R ×2＝I 2R ×5，解得I ＝6×10－5A.[来答案：B10．如图10－7所示，一台理想的变压器副线圈接有5个相同的灯泡，若L 1、L 2、L 3、L 4恰能正常发光，如果原副线圈的匝数比为4∶1，则原线圈电路中的灯泡L 5( )图10－7A.一定正常发光 B ．比正常发光要暗些C ．比正常发光要亮些D ．一定会烧坏解析：4个灯泡并联，电路中总的电流是每个灯泡额定电流的4倍，原副线圈的匝数比是4∶1，所以原副线圈的电流之比为1∶4，副线圈中的总电流是一个灯泡额定电流的4倍，所以原线圈中的电流是一个灯泡的额定电流，所以原线圈电路中的灯泡正常发光．答案：A二、实验题(共16分)图10－811.(8分)有一种角速度计可以测量航天器的转动角速度，其结构如图10－8所示，角速度计固定在待测装置上，元件A 可在光滑杆上滑动，静止时，电压输出刚好为零．当装置绕竖直轴OO ′转动时，元件A 在光滑杆上发生位移并输出电压信号，成为航天器制导系统的信息源．已知A 的质量为m ，弹簧的劲度系数为k ，自然长度为l 0，电源的电动势为E ，滑动变阻器B 总长度为l ，当系统以角速度ω转动时，求U 与ω的函数关系为__________．解析：当系统以角速度ω转动时，对元件A ，弹簧弹力提供做圆周运动的向心力为kx ＝mω2(l 0＋x )，电压表的读数U ＝E xl，解得U 与ω的函数关系为U ＝mω2l 0Ekl －mω2l.当x ＝l 时，U ＝E ，ω＝klm (l 0＋l )，上式成立的条件是ω≤klm (l 0＋l ).答案：U ＝mω2l 0Ekl －mω2l(ω≤klm (l 0＋l ))12．(8分)如图10－9(a)所示为一测量硫化镉光敏电阻特性的实验电路，电源电压恒定．电流表内阻不计，开关闭合后，调节滑动变阻器滑片，使小灯泡发光逐渐增强，测得流过电阻的电流和光强的关系曲线如图10－9(b)所示，试根据这一特性由图10－10中给定的器材设计一个自动光控电路．图10－10[解析：由光敏电阻的特性曲线可以看出，当入射光增强时，光敏电阻的阻值减小，流过光敏电阻的电流增大．根据题意设计一个自动光控电路如图10－11所示．控制过程是：当有光照时，光电流经过放大器输出一个较大的电流，驱动电磁继电器吸引衔铁使两个触点断开，当无光照时，光电流减小，放大器输出电流减小，电磁继电器释放衔铁，使两个触点闭合，控制电路接通，灯开始工作．答案：见图10－11 三、计算题(共44分)13．(8分)一小型发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n ＝100，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间按正弦规律变化，如图10－12所示，发电机内阻r ＝5.0 Ω，外电路电阻R ＝95 Ω，已知感应电动势的最大值E max ＝nωΦmax ，其中Φmax 为穿过每匝线圈磁通量的最大值，求串联在外电路中的交流电流表(内阻不计)的读数．图10－12解析：由Φ－t 图线看出Φmax ＝1.0×10－2Wb ，T ＝3.14×10－2s.已知感应电动势的最大值E max ＝nωΦmax ，又ω＝2πT，故电路中电流最大值I max ＝E maxR ＋r＝2 A.交流电流表的示数是交流电的有效值，即I ＝I max2＝1.4 A.答案：1.4 A14．(10分)如图10－13所示，左侧的圆形导电环半径为r ＝1.0 cm ，导电环与一个理想变压器的原线圈相连，变压器的副线圈两端与一个电容为C ＝100 pF 的电容器相接，导电环的电阻不计．环中有垂直于圆环平面的变化磁场，磁场磁感应强度B 的变化率为ΔBΔt ＝1002πsin ωt .若电容器C 所带电荷量的最大值为1.41×10－9C ，则所用理想变压器的原副线圈的匝数之比为多少？(取π2＝10)图10－13解析：圆形导电环中感应电动势的最大值为E m ＝ΔBS Δt ＝1002π×πr 2＝210V. 电容器两端的最大电压为U m ＝Q C ＝1.41×10－9100×10－12V ＝14.1 V ，变压器原副线圈匝数比为n 1∶n 2＝E m ∶U m ＝1∶100. 答案：1∶10015.(12分)如图10－14所示，圆形线圈共100匝，半径为r ＝0.1 m ，在匀强磁场中绕过直径的轴OO ′匀速转动，磁感应强度B ＝0.1 T ，角速度为ω＝300πrad/s ，电阻R ＝10 Ω，求：(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流为多大？(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图10－14所示，图示位置为t ＝0时刻)．解析：(1)当从图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流，E m ＝NBSω＝30 V ，则I m ＝E mR＝3 A.(2)由题意知：i ＝I m sin ωt ，而I m ＝3 A ，ω＝300π rad/s ，所以，i ＝3sin300πt A.答案：(1)3 A (2)i ＝3sin 300πt A[16．(14分)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 Ω，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，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是多少？解析：建立如图10－15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．图10－15本题可以从线路上损耗的功率为突破口，先求出输电线上的电流I 线，再根据输出功率求出U 2，然后再求出U 3.(1)由线路损耗的功率P 线＝I 2线R 线可得I 线＝P 线R 线＝9 000×4%10A ＝6 A.又因为P 输出＝U 2I 线，所以U 2＝P 输出I 线＝9 0006 V ＝1 500 V ，U 3＝U 2－I 线R 线＝(1 500－6×10) V ＝1 440 V.根据理想变压器规律n 1n 2＝U 1U 2＝500 V 1 500 V ＝13，n 3n 4＝U 3U 4＝1 440 V 220 V ＝7211. 所以升压变压器和降压变压器原、副线圈的匝数比分别是1∶3和72∶11. (2)若不用变压器而由发电机直接输送(模型如图10－16所示)，由P 输出＝UI 线′可得I 线′＝P 输出U ＝9 000500A ＝18 A.所以线路损耗的功率P 线＝I 2线R 线＝182×10 W ＝3 240 W.用户得到的电压U 用户＝U －I 线R 线＝(500－18×10) V ＝320 V. 用户得到的功率P 用户＝P 输出－P 线＝(9 000－3 240) W ＝5 760 W. 答案：(1)1∶3 72∶11 (3)320 V 5 760 W。

2016届高三高考物理一轮课件第10章-3(交变电流、传感器)

人教物理
第十章
2016年新课标高考· 大一轮复习讲义
夯实·必备知识精研·疑难要点演练·目标课堂
解析：从乙图可以知道：每间隔 1 秒的时间光传感器就输出一个电信号，而在这一段时间内传送带运动了两个工件之间 0.2 的距离，所以传送带运动的速度是 v＝ m/s＝0.2 m/s.故 A 1 错误、B 正确；传送带每小时传送的距离为 s＝vt＝0.2×3 600 s m，工件个数为 n＝L＝3 600 个，C 正确、D 错误．答案：BC
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[典例赏析1]
用对温度敏感的半导体材料制成的
某热敏电阻 RT，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将RT和两个适当的固定电阻 R1、R2连成如图a虚线框内所示的电路，图a
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第十章
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第十章
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一、实验目的
1．认识热敏电阻、光敏电阻等传感器的特性．
2．了解传感器在技术上的简单应用．二、实验原理热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线
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第十章
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3 ．为了保护电脑元件不受损害，在电脑内部有很多传感器，其中最重要的就是温度传感器，常用的温度传感器有两种：一种是用金属做的热电阻；另一种是用半导体做的热敏电阻．关于这两种温度传感器的特点，下列说法正确的是( )

2016年高三第一轮复习金版教程第十章交变电流传感器阶段示范性金考卷10

阶段示范性金考卷(十)本卷测试内容：交变电流传感器本试卷分为第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，共110分。

测试时间90分钟。

第Ⅰ卷(选择题，共60分)一、选择题(本题共12小题，每小题5分，共60分。

在每小题给出的四个选项中，第2、6、9、11小题，只有一个选项正确；第1、3、4、5、7、8、10、12小题，有多个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分。

)1. 下列说法正确的是()A. 话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B. 电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C. 电子秤所使用的测力装置是力传感器D. 半导体热敏电阻常用作温度传感器，因为温度越高，它的电阻值越大解析：电话话筒的作用是把声信号变为电信号，A选项错误；电熨斗中用到双金属片，是利用温度传感器控制电路的通断，B选项正确；电子秤是利用压敏电阻把力信号转变为电信号，是力传感器，C 选项正确；半导体热敏电阻的阻值随温度升高而减小，D选项错误。

答案：BC2. [2014·北京市怀柔区高三适应性练习]某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是()A. 交变电流的频率为0.02 HzB. 交变电流的瞬时表达式为i＝5cos50πt(A)C. 在t＝0.01 s时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D. 若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则发电机的热功率为5 W解析：根据图象可知i m＝5 A，T＝20×10－3 s＝0.02 s，所以，交变电流的频率f＝1/T＝50 Hz，瞬时表达式为i＝i m cosωt＝i m cos(2πT)t ＝5cos100πt(A)，所以选项A、B错误；在t＝0.01 s时，交变电流的瞬时值最大，说明感应电动势最大，穿过交流发电机线圈的磁通量的变化率最大，磁通量最小，选项C错误；该余弦交变电流的有效值为i有＝i m/2，若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其热功率为P热＝i2有R ＝5 W，所以选项D正确。

金版教程新课标人教物理高三一轮总复习10-329页PPT

第十章交变电流传感器
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应用(一)：光控开关，电路如下图所示．
第十章交变电流传感器
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原理：白天，光强度较大，光敏电阻RG阻值较小，加在斯密特触发器输入端A的电压较低，则输出端Y输出高电平，发光二极管LED不导通；当天色暗到一定程度时，RG 阻值增大到一定值，斯密特触发器的输入端A的电压上升到1.6 V，输出端Y突然从高电平跳到低电平，则发光二极管LED导通发光(相当于路灯亮了)，这样就达到了使路灯天明自动熄灭，天暗自动开启的目的．
○25 转电换信成号
，由指针式仪表或数字式仪
表显示出来．
○26 热敏电阻
○27 金测属温热仪电中阻的测温元件可以是 ○28 红外线敏感元件、
、热电偶，还可以是
等．
第十章交变电流传感器
人教版物理
6. 光传感器的应用——鼠标器、火灾报警器：机械式
鼠标器内的码盘两侧分别装有红外发射管和红外接收管，
2. 声传感器的应用——话筒：它是一种常用的声传感器，其作用是将 ⑲声信号转换为 ⑳电信号．
3. 温度传感器的应用——电熨斗：○2它1 双装金有属片温度传感器，其作用是○22 控制电路的通断．
4. 温度传感器的应用——电饭锅：它的主要元件是
○23 感温铁氧体．
5. 温度传感器的应用——测温仪：它可以把○24 温度
第十章交变电流传感器
人教版物理
如图所示是用来测定角度θ的电容式传感器．当动片
与定片之间的角度θ发生变化时，引起极板正对面积S的变
化，则电容C发生变化．知道电容C的变化，就可以知道θ
的变化情况．
如图所示是测定压力F的电容式传感器．待测压力F作用于可动膜片电极上的时候，膜片发生形变，使极板间距离d发生变化，引起电容C的变化．知道电容C的变化，就可以知道F的变化情况．

骄子之路2016届高考物理一轮复习第十章交变电流传感器阶段综合测评

阶段综合测评十交变电流传感器(时间：90分钟满分：100分)温馨提示：1.第Ⅰ卷答案写在答题卡上，第Ⅱ卷书写在试卷上；交卷前请核对班级、姓名、考号.2.本场考试时间为90分钟，注意把握好答题时间.3.认真审题，仔细作答，永远不要以粗心为借口原谅自己．第Ⅰ卷(选择题，共70分)一、选择题(本题共14小题，每小题5分，共70分．有的小题给出的四个选项中只有一个选项正确；有的小题给出的四个选项中有多个选项正确，全部选对得5分，选对但不全得3分，有错选或不答得0分)1．(2015届黄山市高三第一次质检)一理想变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U 如图所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )A ．流过电阻的电流是20 AB ．与电阻并联的电压表的示数是100 2 VC ．变压器的输入功率是1×103W D ．经过1分钟电阻发出的热量是6×103J解析：由题意可知原线圈输入电压U 1＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 2＝U 1n 2n 1＝100 V ，所以流过电阻的电流I ＝U 2R＝10 A ，选项A 错误；副线圈输出电压为100 V ，电压表示数为100 V ，选项B 错误；变压器的输出功率P 2＝I 2R ＝103W ，理想变压器输入功率等于输出功率，故选项C 正确；经1分钟电阻R 发出的热量Q ＝I 2Rt ＝6×104J ，故选项D 错误．答案：C2．(2015届广东省中山一中等七校高三联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入的交流电如图乙所示，电阻R ＝22 Ω，则( )A ．交流电的频率为100 HzB ．t ＝0.005 s 时电压表的读数为22 2 VC ．t ＝0.01 s 时电流表读数为1 AD ．该变压器原线圈的输入功率为22 W解析：由图象知交流电的周期为T ＝0.02 s ，频率为f ＝1T＝50 Hz ，故选项A 错误；电压表的读数为电压的有效值，原线圈的电压有效值为220 V ，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压有效值为22 V ，所以电压表的读数为22 V ，故选项B 错误；副线圈的电阻为22 Ω，所以副线圈的电流为I ＝1 A ，电流与匝数成反比，原线圈的电流为110 A ，电流表的读数为电流的有效值，所以电流表读数为0.1 A ，故选项C错误；副线圈消耗的功率P ＝UI ＝22×1＝22 W ，输入功率等于输出功率，故选项D 正确．答案：D3．(2015届潍坊市高三质检)如图所示，可调理想变压器原线圈接交流电，副线圈通过滑动触头P 可改变其匝数．下列说法正确的是( )A ．仅增大R 的阻值，通过灯泡L 的电流将变大B ．仅增大R 的阻值，通过灯泡L 的电流将变小C ．仅将滑动触头P 向下滑动，灯泡L 两端的电压将变大D ．仅将滑动触头P 向下滑动，灯泡L 两端的电压将变小解析：副线圈滑动触头P 的位置不动，输出电压保持不变，仅增大R 的阻值，通过灯泡的电流将减小，选项A 错误；选项B 正确；仅将滑动触头P 向下滑动，变压器输出电压减小，灯泡两端电压减小，选项D 正确，选项C 错误．答案：BD4．如图所示，理想变压器的原线圈两端接u ＝2202sin100πt (V)的交流电源上副线圈两端接R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )A ．原线圈中的输入功率为220 2 WB ．原线圈中电流表的读数为1 AC ．副线圈中电压表的读数为100 2 VD ．副线圈中输出交流电的周期为0.01 s解析：原线圈输入电压为U 1＝220 V ，副线圈输出电压U 2＝110 V ，输出功率P 出＝U 22R＝220 W ，则输入功率P入＝U1I1＝220 W，解得I1＝1 A，故选项A、C错误，选项B正确；由u＝2202sin100πt(V)可知，交流电的频率为50 Hz，周期为0.02 s，故选项D错误．答案：B5．(2015届北京市海淀区高三期末考试)某小型水电站的电能输送示意图如图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝2202sin100πt V，降压变压器的副线圈与阻值R0＝11 Ω的电阻组成闭合回路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是( )A．通过R0电流的有效值是20 AB．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D．升压变压器T1的输出功率大于降压变压器T2的输入功率解析：降压变压器T2的输出电压为220 V，通过R0的电流I0＝20 A，选项A正确；由题意可知，变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1，选项B正确；升压变压器的输出电压等于输电线损失电压与降压变压器输入电压之和，故选项C错误；升压变压器T1的输入功率等于输电线损失功率与降压器T2的输入功率之和，故选项D正确．答案：ABD6．如图所示，A1和A2是两个规格完全相同的灯泡．L是自感系数很大的线圈，其自身的直流电阻与小灯泡正常工作时电阻相同．对于这个电路，下列说法中可能正确的是( )A．闭合开关S时，A2先亮，A1后亮B．闭合开关S时，A1和A2同时亮C．闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A2立刻熄灭，A1过一会儿熄灭D．闭合开关S，待电路稳定后，重新断开开关S，A1和A2都立刻熄灭解析：闭合开关时，A2、A1两灯泡同时亮，选项A错误，选项B正确；闭合开关S，电路稳定后，再断开开关S，灯A2立刻熄灭，由于线圈L的自感作用，灯A1过一会儿熄灭，选项C正确，选项D错误．答案：BC7．如图所示，在匀强磁场中有一个矩形单匝线圈ABCD，AB边与磁场垂直，MN边始终与金属滑环K相连，PQ边始终与金属滑环L相连．金属滑环L、交流电流表A、定值电阻R、金属滑环K通过导线串联．使矩形线圈以恒定角速度绕过BC、AD中点的轴旋转．下列说法中正确的是( )A．线圈平面与磁场垂直时，流经定值电阻R的电流最大B．线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大C．线圈转动的角速度越大，交流电流表A的示数越小D．交流电流表A的示数随时间按正弦规律变化解析：线圈平面与磁场垂直时，通过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，线圈此时产生的感应电动势为零，流经定值电阻R的电流最小，选项A错误；线圈平面与磁场平行时，线圈产生的感应电动势最大，流经定值电阻R的电流最大，选项B正确；线圈转动的角速度越大产生的感应电动势越大，电流表的示数越大，选项C错误；交流表的示数为交变电流的有效值，其示数保持不变，选项D错误．答案：B8．(2015届甘肃省天水市高三期末考试)为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计，如图所示．当开关S闭合后( )A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变解析：由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变，则副线圈电压不变，V2示数不变，V1与V2示数的比值不变，选项C错误，选项D正确；开关S闭合后，变压器副线圈的负载电阻减小，V2不变，由欧姆定律可得A1示数变大，由于理想变压器P2＝P1，V1与V2示数的比值不变，所以A1与A2示数的比值不变，选项A正确，选项B错误．答案：AD9．(2015届河北省唐山市高三模拟)如图所示，理想变压器的a、b端加上一交流电压(电压有效值保持不变)，副线圈c、d端所接灯泡L恰好正常发光．此时滑动变阻器的滑片P位于图示位置．现将滑片下移(导线电阻不计)，则以下说法中正确的是( )A ．灯仍能正常发光，原线圈输入电流变小B ．灯仍能正常发光，原线圈输入功率不变C ．灯不能正常发光，原线圈输入功率变大D ．灯不能正常发光，原线圈输入电压不变解析：当滑动变阻器R 的滑片P 向下移动时，R 的有效电阻增大，副线圈输出功率减小，原线圈输入功率减小，即原线圈输入电流减小，电于输出电压不变，灯泡正常发光，故选项A 正确，选项B 、C 、D 错误．答案：A10．(2015届开封市高三二模)如图所示，T 为理想变压器，原副线圈匝数比为5∶1.A 1、A 2为理想交流电流表，V 1、V 2为理想交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压u ＝2202sin314t V ，以下说法正确的是( )A ．当光照增强时，电压表V 1示数为44 2 V 保持不变B ．当光照增强时，电压表V 2示数变大C ．通过电流表A 1的电流方向每秒变化100次D ．当光照增强时，电流表A 1、A 2示数同时变大解析：根据U 1U 2＝n 1n 2，可知U 2＝U 1n 2n 1＝44 V ，所以电压表V 1的示数为44 V ，选项A 错误；光照增强时，副线圈组成电路的总电阻减小，电流表A 2的示数增大，R 1两端电压增大，则V 2的示数减小，选项B 错误；由题意可知变压器输入交变电流的频率为50 Hz ，通过电流表A 1的电流方向每秒钟变化100次，选项C 正确；光照增强时，A 2的示数增大，变压器的输出功率增大，则变压器的输入功率增大，则输入电流增大，电流表A 1的示数增大，选项D 正确．答案：CD11．(2015届郑州市高三质检)如图所示为街头变压器通过降压给用户供电的示意图．变压器和用户之间两条输电线的总电阻用R 0表示，用电器增加时相当于R 的值减小(滑动片向下移).○V 1和○V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；○A 1和○A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．忽略变压器上的能量损失，输入电压恒定．下列说法正确的是( )A．用电器数目增加时，用电器两端电压减小B．用电器数目增加时，两电流表示数I1、I2不变C．变压器的输入功率与用电器数目增减无关D．滑片P向上滑动的过程中，输电线上的功率损耗减小解析：用电器数目增加时，即输出功率增大，输电线中电流增大，输电线损失电压增大，则用电器两端电压减小，选项A正确，选项C错误；用电器数目增大时，变压器原副线圈中电流均增大，选项B错误；滑片P向上滑动时，其有效电阻增大，输出功率减小，输电线中电流减小，输电线损失减小，选项D正确．答案：AD12．(2015届潍坊市高三上学期期末考试)如图所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出的交变电动势的图象如图所示，经一理想变压器给一灯泡供电，原副线圈的匝数比为1∶10，副线圈电路中灯泡额定功率为22 W．现闭合开关，灯泡正常发光．则( )A．t＝0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．该交流发电机的转速为50 r/sC．变压器原线圈中电流表示数为1 AD．小灯泡的额定电压为220 2 V解析：t＝0.01 s时，线圈产生的感应电动势为零，则此时线圈平面与磁场垂直，通过线圈的磁通量最大，选项A错误；由题意可知该交变电流的周期为0.02 s，所以发电机的转速为50 r/s，故选项B正确，变压器原线圈输入电压U1＝22 V，变压器副线圈输出电压为220 V，灯泡正常发光，小灯泡的额定电压为220 V，原线圈输入功率为22 W，所以原线圈中的电流为1 A，故选项C正确，选项D错误．答案：BC13．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数分别是n1、n2，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，副线圈接定值电阻R，其余电阻不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压．当单刀双掷开关由a拨向b后，下列说法正确的是( )A．副线圈输出电压的频率变小B ．电压表的示数变大C ．电流表的示数变小D ．原线圈的输入功率变大解析：副线圈输出电压的频率保持不变，故选项A 错误；原线圈输入电压不变，当开关由a 拨到b 后，原线圈匝数减半，则输出电压是原来的2倍，故选项B 正确；副线圈输电压增大，副线圈电路电阻不变，副线圈中电流变大，副线圈输出功率变大，选项C 错误，选项D 正确．答案：BD14．(2015届西安市第一中学月考)如图所示，理想变压器原线圈的匝数，n 1＝2 200匝，副线圈的匝数n 2＝220匝，设R 1为定值电阻，L 为灯泡，C 为电容器，电流表、电压表均为理想电表．原线圈接u ＝311sin314t (V)的交流电源，起初开关S 处于断开状态．下列说法中正确的是( )A ．当开关S 闭合后，电流表的示数变大B ．电压表的示数为22 2 VC ．若S 闭合时灯发光，则减小电源频率可使灯更亮D ．若S 闭合时灯发光，则减小C 的电容可使灯更亮解析：根据n 1n 2＝U 1U 2，得U 2＝U 1n 2n 1＝22 V ，所以电压表的示数为22 V ，选项B 错误；当开关闭合后灯泡发光，副线圈输出功率增大，原线圈输入功率变大，原线圈中电流增大，电流表示数变大，选项A 正确；当闭合开关时灯泡发光，减小电源的频率，电容器的容抗增大，灯泡变暗，选项C 错误；减小C 的电容，则电容器的容抗增大，灯泡变暗，选项D 错误．答案：A第Ⅱ卷(非选择题，共30分)二、计算题(本题共3小题，共30分，解答时写出必要的文字说明、方程式和重要的演算步骤．只写出最后答案的不能得分，有数值计算的题，答案中必须明确数值和单位)15．(8分)如图所示为一交流发电机的原理示意图，其中矩形线圈abcd 的边长ab ＝cd ＝50 cm ，bc ＝ad ＝20 cm ，匝数n ＝100，线圈的总电阻r ＝0.20 Ω，线圈在磁感强度B ＝0.050 T 的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO ′匀速转动，线圈两端通过电刷E 、F 与阻值R ＝4.8 Ω的定值电阻连接，当线圈以角速度ω匀速转动时，发电机的输出功率为2.16×103W ，计算中π取3.(1)推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式E m ＝nBS ω(其中S 表示线圈的面积)； (2)求线圈转动的角速度ω；(3)线圈以ω角速度转动100圈过程中发电机产生的电能．解析：(1)当线圈平面与磁场平行时，线圈产生的感应电动势最大．E m ＝2nBLv ＝2nB ·L ab ·L bc2·ω＝nBS ω.(2)该发电机产生交变电动势的有效值E ＝E m2，发电机的输出功率P 出＝⎝⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R联立解得ω＝300 rad/s. (3)根据Q ＝E 2R ＋r·tt ＝100×2πω联立解得Q ＝4 500 J.答案：(1)略 (2)300 rad/s (3)4 500 J16．(10分)如图所示，某小型发电站的发电机输出交流电压为500 V ，输出电功率为50 kW ，如果用电阻为3 Ω的输电线向远处用户送电，这时用户获得的电压和电功率是多少？假如，要求输电线上损失的电功率是输送功率的0.6%，则发电站要安装一个升压变压器，到达用户前再用降压变压器变为220 V 供用户使用，不考虑变压器的能量损失，这两个变压器原、副线圈的匝数比各是多少？解析：用500 V 电压送电时示意图如图所示，则输电线上的电流I 0＝P U 0＝50×103500A ＝100 A用户获得电压U 1＝U 0－I 0R ＝(500－100×3)V＝200 V 用户获得的功率P 1＝U 1I 0＝2×104W.改用高压输送时，示意图如图所示，要求P 损＝0.6%P ，即P 损＝50×103×0.6% W＝300 W输电电流I ＝P 损R ＝ 3003A ＝10 A 发电站升压后输电电压U ＝P I ＝50×10310 V ＝5 000 V升压变压器匝数比n 1n 2＝U 0U ＝5005 000＝110输电线上损失的电压U ′＝IR ＝10×3 V＝30 V 到达用户输入变压器电压U 2＝U －U ′＝(5 000－30)V ＝4 970 V所以降压变压器的原副线圈的匝数比为4 970220＝49722.答案：200 V 2×104W 1∶10 497∶2217．(12分)如图所示，线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R ＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B ＝1π T ，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时．问：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； (2)线圈转过110 s 时电动势的瞬时值多大？(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经130 s 通过电阻R 的电荷量是多少？解析：(1)e ＝E m sin ωt ＝nBS ·2πf sin(2πft )V ＝100×1π×0.05×2π×30060sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫2π×30060t V＝50sin10πt V(2)当t ＝110 s 时，e ＝50sin ⎝ ⎛⎭⎪⎫10π×110V ＝0 V. (3)电动势的有效值为E ＝E m2＝502V≈35.4 V，电流表示数I ＝ER ＋r ＝35.49＋1A ＝3.54 A ，电压表示数U ＝IR ＝3.54×9 V＝31.86 V. (4)130 s 内线圈转过的角度 θ＝ωt ＝30060×2π×130＝π3.该过程中，ΔΦ＝BS －BS cos θ＝12BS由I ＝qΔt ，I ＝ER ＋r ，E ＝n ΔΦΔt得q ＝n ΔΦR ＋r＝nBS R ＋r ＝100×1π×0.05＋ C ＝14πC. 答案：(1)e ＝50sin10πt V (2)43.3 V (3)31.86 V 3.54 A (4)14πC。

【金版新学案】高考物理一轮复习讲义第十章交变电流传感器第1讲交变电流的产生和描述教科版

第十章交变电流传感器第1讲交变电流的产生和描述一、交变电流1．交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流．2．正弦交变电流的产生(如图所示)：将线圈置于(1)匀强磁场中；(2)绕垂直于磁场方向的轴；(3)匀速转动．3．中性面(1)定义：与磁场方向垂直的平面．(2)特点①穿过线圈的磁通量最大；磁通量的变化率为零；感应电动势为零．②线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次；线圈转动一周，两次经过中性面，电流方向改变两次．二、交变电流的图象及正弦交变电流的函数表达式1．交变电流的图象(1)图象：如图(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交流电，如图(a)所示．(2)正弦交变电流的图象(如图所示)2．正弦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 ＝E m sin_ωt .(2)负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝U m sin_ωt . (3)电流i 随时间变化的规律：i ＝I m sin_ωt . 其中ω等于线圈转动的角速度，E m ＝nBS ω. 三、描述交变电流的物理量 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)．公式表达式为T ＝2πω.(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 ＝1f 或f ＝1T.2．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：①根据电流的热效应来定义．②用直流电压、电流表征交流电压、电流．③正弦交流电的有效值⎩⎪⎨⎪⎧I ＝I m2U ＝Um 2E ＝Em2.1.一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e 随时间t 的变化图象如图所示，下列说法中正确的是( )A ．t 1时刻通过线圈的磁通量为零B ．t 2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C ．t 3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大D ．每当e 转换方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都为最大答案： D2．如图甲所示，矩形线圈abcd 在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生的交流电如图乙所示，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：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，因此图甲中A 至B 图的过程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，所以一个周期以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；而D 选项频率应该是25 Hz.答案： A3.(2013·唐山摸底)一理想变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，原线圈两端接一正弦式交变电流，其电压μ随时间t 变化的规律如图所示，则副线圈两端电压的有效值和频率分别为( )A ．110 V ；0.5 HzB ．110 V ；50 HzC ．220 V ；50 HzD ．220 V ；0.5 Hz解析：本题考查变压器和交变电流四值．根据题图可知原线圈两端所接正弦式交变电流的周期为2×10－2s ，频率为50 Hz ，有效值为U 1＝3112V ＝220 V ，则原副线圈的电压比有U 1U 2＝n 1n 2，得副线圈两端电压的有效值为U 2＝110 V ，由变压器的原理可知原副线圈的交变电流的频率相同，所以可判定只有B 对．答案： B4．一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 πB S B ．线框交变电动势的有效值为2n πB SC ．从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势为2nB SD ．感应电动势瞬时值为e ＝2n πBS sin 2n πt解析：线框交变电动势的最大值为E m ＝BS ω＝2n πBS ，产生的感应电动势瞬时值为e ＝2n πBS sin2n πt ，A 错，D 对；该线框交变电动势的有效值为E ＝E m 2＝2n πBS ，B 对；线框中的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝4nBS ，C 错．答案： BD5．(2011·天津卷)在匀强磁场中，一矩形金属框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )甲乙A ．t ＝0.005 s 时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 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz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，线圈处于中性面位置，A 错，B 对．答案： B交变电流的产生及变化规律物理量规律函数图象磁通量Φ＝Φm cos ωt＝BS cos ωt电动势e ＝E m sin ωt ＝nB S ωsin ωt电压u ＝U m ·sin ωt ＝RE m R ＋rsin ωt电流i ＝I m sin ωt ＝E mR ＋rsin ωt两个特殊位置特点中性面线圈处于中性面时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，i ＝0，交变电流方向发生改变(2012·安徽理综)图1是交流发电机模型示意图．在磁感应强度为B 的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd 可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴OO ′转动，由线圈引出的导线ae 和df 分别与两个跟线圈一起绕OO ′转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻R 形成闭合电路．图2是线圈的主视图，导线ab 和cd 分别用它们的横截面来表示．已知ab 长度为L 1，bc 长度为L 2，线圈以恒定角速度ω逆时针转动．(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t 时刻整个线圈中的感应电动势e 1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成φ0夹角位置时开始计时，如图3所示，试写出t 时刻整个线圈中的感应电动势e 2的表达式；(3)若线圈电阻为r ，求线圈每转动一周电阻R 上产生的焦耳热．(其它电阻均不计) 解析： (1)矩形线圈abcd 在磁场中转动时，ab 、cd 切割磁感线，且转动的半径为r ＝L 22，转动时ab 、cd 的线速度v ＝ωr ＝ωL 22，且与磁场方向的夹角为ωt ，所以，整个线圈中的感应电动势e 1＝2BL 1v sin ωt ＝BL 1L 2ωsin ωt .(2)当t ＝0时，线圈平面与中性面的夹角为φ0，则某时刻t 时，线圈平面与中性面的夹角为(ωt ＋φ0)故此时感应电动势的瞬时值e 2＝2BL 1v sin (ωt ＋φ0)＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)． (3)线圈匀速转动时感应电动势的最大值E m ＝BL 1L 2ω，故有效值E ＝E m 2＝BL 1L 2ω2回路中电流的有效值I ＝E R ＋r ＝B ωL 1L 22R ＋r根据焦耳定律知转动一周电阻R 上的焦耳热为( )Q ＝I 2RT ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤B ωL 1L 22R ＋r 2·R ·2πω＝πωRB 2L 21L 22R ＋r 2.答案： (1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt . (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)(3) πωRB 2L 21L 22R ＋r 2交变电流瞬时值表达式的书写技巧(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBS ω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．如：①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 ＝I m sin ωt . ②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 ＝I m cos ωt .1－1：某交流发电机给灯泡供电，产生正弦式交变电流的图象如图所示，下列说法中正确的是( )A ．交变电流的频率为0.02 HzB ．交变电流的瞬时值表达式为i ＝5cos 50πt AC ．在t ＝0.01 s 时，穿过交流发电机线圈的磁通量最大D ．若发电机线圈电阻为0.4 Ω，则其产生的热功率为5 W 解析：由图象可知交变电流的周期为0.02 s ，频率为50 Hz ，A 错误；因ω＝2πT＝100π，则瞬时值表达式i ＝5cos 100πt A ，B 错；当t ＝0.01 s 时，感应电流最大，则穿过线圈的磁通量为零，C 错；电流的有效值I ＝I m 2＝522 A ，P ＝I 2R ＝(522)2×0.4 W＝5 W ，所以D 对．答案： D交变电流“四值”的理解及应用如图甲所示，将阻值为R ＝5 Ω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乙所示，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( )A ．电阻R 两端电压变化规律的函数表达式为u ＝2.5sin 200πt (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，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 AD ．这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值之比为12解析：图乙所示电流的最大值为I m ＝0.5 A ，由欧姆定律得U m ＝I m R ＝2.5 V ．周期为T ＝0.01 s ，ω＝2πT ＝200π rad/s ，所以R 两端电压的表达式为u ＝2.5sin 200πt (V)，A 正确；该电流的有效值为I ＝I m2，电阻R 消耗的电功率为P ＝I 2R ，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E m ＝nBS ω为原来的2倍．电路中电流的有效值也是原来的2倍，为2×0.52 A ≠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0.52A ．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： AD2－1：如图所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω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( )A ．电压表的读数为NBS ω2B ．通过电阻R 的电荷量为q ＝NBSR＋r C ．电阻R 所产生的焦耳热为Q ＝N 2B 2S 2ωR πR ＋r 2D ．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NBS ωR ＋r解析：线圈在磁场转动产生了正弦交流电，其电动势的最大值E m ＝NBS ω，电动势的有效值E ＝NBS ω2，电压表的读数等于交流电源的路端电压，且为有效值，则U ＝NBS ω2R ＋r×R ，A 错误；求通过电阻R 的电荷量要用交流电的平均电流，则q ＝I t ＝N ΔΦR ＋r ＝N ⎝ ⎛⎭⎪⎫BS －12BS R ＋r＝NBSR ＋r，故B 正确；电阻R 上产生的热量的计算应该用有效值来计算，则电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤NBS ω2R ＋r 2R π3ω＝πN 2B 2S 2R ωR ＋r 2，故C 错误；线圈由图示位置转过60°时的电流为瞬时值，则符号瞬时值表达式为i ＝NBS ωR ＋r sin ωt ＝NBS ωR ＋r sin π3＝3NBS ωR ＋r，故D 错误．答案： B交变电流有效值的计算先后用如图甲、乙所示的电流通过丙图中的电阻R ，则电流表的示数分别为多少？解析：根据交流电的有效值的定义得：(52)2R ×0.02＋0＝I 2A1R ×0.04 所以I A1＝2.5 A由有效值的定义有：I m2R ·T 2＋(I m 2)2R ·T 2＝I 2A2R ·T ，即52R ·T 2＋(52)2R ·T 2＝I 2A2R ·T ，可得I A2＝2.5 3A≈4.33 A.答案： 2.5 A 4.33 A(1)利用电流热效应进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算．注意“三同”：即“相同电阻”，“相同时间”内产生“相同热量”．计算时“相同时间”一般取一个周期．若图象部分是正弦式交变电流，其中的14T 和12T 部分可直接应用U ＝U m 2、I ＝I m2关系．(2)利用公式Q ＝U 2Rt 和Q ＝I 2Rt 可分别求得电压有效值和电流有效值．两个完全相同的电热器a 、b ，分别通过如图甲和乙所示的电流最大值相等的方波交变电流和正弦交变电流，则这两个电热器的电功率之比P a ∶P b 等于多少？解析：有效值与最大值关系I ＝I m2仅对正弦式交变电流适用，即对于题图乙所示的交变电流是适用的．对于电热器b 有I b ＝I m 2，则P b ＝I 2b R ＝12I m2R ，对于题图甲的方波交变电流来说，由于每个时刻通过电阻R的电流均为I m ，只是方向随时间做周期性变化，而电流通过电阻发热量与电流方向无关，因此从热效应来说，题图甲交变电流与电流是I m 的恒定电流是等效的，也可以说题图甲交变电流的有效值为I m ，即I a ＝I m ，P a ＝I 2a R ＝I m2R ，故P a ∶P b ＝1∶12＝2∶1.答案： 2∶11.一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的变化率达最大C ．0.02 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乙所示解析：由Φ－t 图知，在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，ΔΦΔt最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错．答案： B2．(2012·北京理综)一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V 解析：根据P ＝U 2R ，对直流电有P ＝2R ，对正弦式交流电有P 2＝U ′2R ，所以正弦式交流电的有效值为U ′＝PR 2＝102V ，故交流电源输出电压的最大值U ′m ＝2U ′＝10 V ，故选项C 正确，选项A 、B 、D 错误．答案： C3．(2013·浙江五校联考)如图甲所示，一小型发电机内有n ＝100匝矩形线圈，线圈电阻为1 Ω.在外力作用下矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，发电机线圈两端与R ＝10 Ω的电阻构成闭合回路．通过电阻R 的交变电流如图乙所示，下列判断正确的是( )A ．该发电机产生的交变电流的频率为100 HzB ．该发电机产生交流电的最大感应电动势为200 2 VC ．穿过线圈的最大磁通量约为0.01 WbD ．若线圈的转速增加一倍，电阻R 的功率为32 kW解析：由图乙知交流电的周期T ＝0.02 s ，即f ＝1T＝50 Hz ，A 错误；最大感应电动势E m ＝I m (R ＋r )＝220 2 V ，B 错误；且E m ＝nB S ω，而ω＝2πT ，解得Φm ＝E m n ω≈0.01 Wb，C 正确；由E m ＝nBS ω知线圈转速增加一倍，感应电动势增为原来的2倍，则通过电阻的电流为40 A ，其功率P ＝I 2R ＝16 kW ，D 错误．答案： C4．(2012·广东理综)某小型发电机产生的交变电动势为e ＝50 sin 100πt (V)．对此电动势，下列表述正确的有( )A ．最大值是50 2 VB ．频率是100 HzC ．有效值是25 2 VD ．周期是0.02 s解析：交变电动势e ＝E m sin ωt 或e ＝E m cos ωt ，其中E m 为电动势的最大值，ω为角速度，有效值E ＝E m 2，周期T ＝2πω，频率f ＝1T .由e ＝50 sin 100 πt 知，E m ＝50 V ，E ＝502V ＝25 2 V ，T ＝2πω＝2π100 π s ＝0.02 s ，f ＝1T ＝10.02Hz ＝50 Hz ，所以选项C 、D 正确．答案： CD5．(改编题)一只“220 V，100 W ”的灯泡接在u ＝311 sin(314t ) V 的交变电源上，则下列说法中判断错误的是( )A ．在1 min 内，电流通过灯泡做的功是22 000 JB ．与灯泡串联的电流表的示数为0.45 AC ．与灯泡并联的电压表的示数为220 VD ．通过灯泡的电流的表达式为i ＝0.64 sin (314t ) A解析：本题考查交变电流有效值．在1 min 内，电流通过灯泡做的功是W ＝Pt ＝100×60 J＝6 000 J ，A 错误；从电压瞬时值表达式知，电压有效值为220 V ，通过灯的电流I ＝100 W 220 V＝0.45 A ，也是与灯泡串联的电流表的示数，故B正确；电压表与灯泡并联，测得的也是灯泡的电压有效值，故示数为220 V，所以C 正确；通过灯泡的电流的有效值为0.45 A，故其最大值I m＝2×0.45 A＝0.64 A，故D正确．答案： A。

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