2015届高考物理总复习 第十章 交变电流 传感器章末检测 新人教版
步步高·2015高三物理总复习【Word文档】：第10章 交变电流 传感器 第2课时.
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n 1，副线圈的匝数为n 2，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R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.2 A ．下列判断正确的是( )A ．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A 2的示数为0.1 AD ．电流表A 2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A 1的示数可得原线圈中的功率P 1＝U 1I 1，P 1＝P 2＝I 22R ，所以电流表A 2的示数为I 2＝U 1I 1R ＝ 220×0.244 A ＝1 A ，C 、D 错误；原线圈和副线圈的匝数比n 1n 2＝I 2I 1＝51，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成正比答案 AC解析 输电线路上损失电压ΔU ＝IR ，在R 一定时，ΔU 和I 成正比．若U 越高，I ＝P U，I 越小，那么ΔU 越小．输电线路上损失的功率ΔP ＝I 2R ，当P 一定时，I ＝P U，所以ΔP ＝(P U)2R ，即ΔP 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，U 1n 1＝U 2n 2；有多个副线圈时，U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…. (3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1. 由P 入＝P 出及P ＝UI 推出有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋….4．几种常用的变压器 (1)自耦变压器——调压变压器．(2)互感器⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器：用来把高电压变成低电压.电流互感器：用来把大电流变成小电流. 5．理想变压器的理解(1)没有能量损失；(2)没有磁通量损失．二、远距离输电1．输电过程(如图2所示)图22．输送电流(1)I ＝P U ；(2)I ＝U －U ′R. 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Q ＝I 2Rt .4．电压损失(1)ΔU ＝U －U ′；(2)ΔU ＝IR .5．功率损失(1)ΔP ＝P －P ′；(2)ΔP ＝I 2R ＝(P U)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 ＝ρl S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P ＝UI 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U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定．(2)功率：原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定．(3)电流：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2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n 1＝350匝，副线圈匝数n 2＝70匝，电阻R ＝20 Ω，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u ＝202sin 5πt VB ．原线圈电流的有效值为0.04 AC ．在t ＝0.01 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U m ＝20 2 V ，周期T ＝0.02 s ，结合正弦交流电瞬时值的一般表达式u ＝U m sin2πTt 可得该交流电的瞬时值表达式应是u ＝202sin 100πt V ．A 选项错．因为变压器是理想变压器，则有U 1U 2＝n 1n 2，又U 1＝22U m ＝20 V ， 所以U 2＝n 2n 1U 1＝70350×20 V ＝4 V ，变压器的输出功率P 2＝P R ＝U 22R ＝4220W ＝0.8 W ．D 选项对．对理想变压器有P 1＝P 2，又P 1＝U 1I 1，所以原线圈中电流的有效值I 1＝P 1U 1＝P 2U 1＝0.820A ＝0.04 A ．B 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U 2即4 V ．C 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U 1、U 2、I 1、I 2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4∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源，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 2 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U 1U 2＝n 1n 2，故U 1＝4U 2＝24 V ，所以输入电压的最大值为U m ＝2U 1＝24 2 V ，所以选项A 正确；若输入电压不变，副线圈匝数增加，则U 2增大，由I 2＝U 2R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I 2＝U 2R，电流变小，又P 1＝P 2＝U 2I 2，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，I 2＝U 2R则输出电流也变为原来的2倍，故输出功率P 2＝U 2I 2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)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化．(3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化．图52．负载电阻不变的情况(如图6所示)图6(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化． (2)R 不变，U 2变化，故I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1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n 1∶n 2＝10∶1，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，R 2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，R 1为一定值电阻．下列说法中正确的是 ( )图7A ．电压表示数为22 VB ．此交变电源的频率为50 HzC ．当传感器R 2所在处出现火警时，电流表的示数减小D ．当传感器R 2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R 1两端的电压，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R 2所在处出现火警时，R 2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V 1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．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4∶1，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R t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u＝362sin 50πt VB．t＝0.01 s时，发电机线圈中穿过的磁通量最大C．R t温度升高时，变压器的输入功率变小D．R t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 2 V，周期为0.02 s ，故角速度是ω＝100π rad/s ，u ＝362sin 100πt V ，故A 错误．t ＝0.01 s 时，感应电动势为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．R t 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：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3.(2)电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3，U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线． (3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线. (4)输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝(P 2U 2)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1n 2. 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 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，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.由线路损耗的功率P 损＝I 2线R 线和P 损＝4%P 出可得I 线＝ P 损R 线＝ 9 000×4%10 A ＝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 ＝13n 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 线′2R 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 (2)320 V 5 760 W输电线路功率损失的计算方法(1)P 损＝P －P ′，P 为输送的功率，P ′为用户所得功率．(2)P 损＝I 2线R 线，I 线为输电线路上的电流，R 线为线路电阻．(3)P 损＝ΔU 2R 线，ΔU 为输电线路上损失的电压，R 线为线路电阻． (4)P 损＝ΔUI 线，ΔU 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＝I 2线R 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＝ΔUI 线和P 损＝ΔU 2R 线则不常用，其原因是在一般情况下，ΔU 不易求出，且易将ΔU 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U 1，输电导线总电阻为R ，在某一时段用户需求的电功率为P 0，用户的用电器正常工作的电压为U 2.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P 20R U 22B ．输电线上损耗的功率为P 20R U 21C ．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＝P －P 0，P 损＝I 2R ＝P 2R U 21，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η＝P 0P 0＋P 损＝增大，故可提高输电的效率，D 项错误．43．特殊的变压器模型——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L 1、L 2和L 3，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，只是匝数不同而己．由题意知原线圈是副线圈的一部分.U 2U 1＝n 2n 1，当P 上移时，U 1、n 2不变，n 1变大，U 2变小，因负载电路结构不变，因此负载上的总电流I 2＝U 2R 总应变小，R 上消耗的功率变小，由串、并联电路特点知三个灯泡都变暗，A 、B 都错误．由于原线圈的输入电压由外部电路决定，是不变的，C 错误；由P 入＝P 出，U 1I 1＝U 2I 2＝U 22R 总知，P 出减小时，I 1一定减小，电流表示数减小，D 项正确．答案 D高考题组1．(2013·广东理综·16)如图12，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝122sin 100πt (V)，下列说法正确的是( )图12A ．电流频率为100 Hz B.的读数为24 V C.的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W答案 D解析 由ω＝2πf ＝100π rad/s 得：f ＝50 Hz ，A 错．有效值U 1＝12 V ，又：U 2U 1＝n 2n 1得：U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L＝1 A ，B 、C 项错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 对． 2．(2012·福建理综·14)如图13所示，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0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U 1和U 2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是 ( )图13A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小答案 C解析 电路中交流电表的示数为有效值，故A 、B 项均错误；P 向下滑动过程中，R 变小，由于交流电源的输出电压和原、副线圈匝数不变，U 1、U 2均不变，所以I 2＝U 2R 0＋R变大，由I 1I 2＝n 2n 1，得I 1＝n 2n 1I 2变大，故C 项正确，D 项错误． 3. (2012·课标全国理综·17)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14所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100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的有效值为I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和I 1分别约为( )图14A ．380 V 和5.3 AB ．380 V 和9.1 AC ．240 V 和5.3 AD ．240 V 和9.1 A答案 B解析 由题图并根据理想变压器电压比关系U 1U 2＝n 1n 2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U 2＝380 V ，因理想变压器原、副线圈输入和输出的功率相等，即P 入＝P 出＝U 1I 1，解得I 1＝2.0×103220A ≈9.1 A ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误． 模拟题组4．图15甲中的变压器为理想变压器，原线圈匝数n 1与副线圈匝数n 2之比为10∶1，变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式交流电，电阻R 1＝R 2＝R 3＝20 Ω和电容器C 连接成如图甲所示的电路，其中，电容器的击穿电压为8 V ，电压表为理想交流电表，开关S 处于断开状态，则 ( )图15 A ．电压表的读数约为7.07 VB ．电流表的读数约为0.05 AC ．电阻R 2上消耗的功率为2.5 WD ．若闭合开关S ，电容器会被击穿答案 AC解析 由变压器变压公式，副线圈输出电压最大值为20 V ，电压表的读数为U R 2＝202×2020＋20 V ≈7.07 V ，选项A 正确；变压器输出功率为P 2＝U 2I 2＝U 22R 1＋R 2＝(102)240 W ＝5 W ，U 1＝2002V ＝100 2 V ，由P 1＝U 1I 1＝5 W 可得电流表的读数为240 A ≈0.035 A ，选项B 错误；电阻R 2上消耗的功率为P 22＝2.5 W ，选项C 正确；若闭合开关S ，R 1和R 3并联部分电压最大值为203V<8 V ，电容器不会被击穿，选项D 错误． 5．中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电项目，是目前世界上输电电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，不考虑其他因素的影响．则( )A ．输电电流变为原来的2倍B ．输电线上降落的电压将变为原来的2倍C ．输电线上降落的电压将变为原来的12D ．输电线上损耗的电功率将变为原来的12答案 C解析 由P ＝UI 可知，电压加倍，电流减半，A 、B 错误；输电线上的功率损失ΔP ＝I 2r 变为原来的14，D 错误；输电线上降落的电压ΔU ＝Ir 变为原来的12，C 正确．(限时：30分钟)►题组1 对理想变压器基本规律的考查1．如图1所示，半径为L ＝1 m 的金属圆环，其半径Oa 是铜棒，两者电阻均不计且接触良好．今让Oa 以圆心O 为轴，以角速度ω＝10 rad/s 匀速转动，圆环处于垂直于环面、磁感应强度为B ＝2 T 的匀强磁场中．从圆心O 引出导线，从圆环上接出导线，并接到匝数比为n 1∶n 2＝1∶4的理想变压器原线圈两端．则接在副线圈两端的理想电压表的示数为()图1A．40 V B．20 V C．80 V D．0答案 D解析由于Oa以圆心O为轴，以角速度ω＝10 rad/s匀速转动，产生恒定的感应电动势，变压器铁芯中磁通量不变，接在副线圈两端的理想电压表的示数为0，选项D正确．2．如图2甲所示，一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5，原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t的变化规律如图乙所示，副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则()图2A．变压器的输入电压最大值是220 2 VB．正弦交变电流的周期是1×10－3 sC．变压器的输入功率是1×103 WD．电压表的示数是100 2 V答案AC解析由题图乙可知，输入电压最大值为220 2 V，有效值为220 V，周期为2×10－2 s，故A正确，B错误；根据变压器原、副线圈电压关系得出输出电压有效值为U2＝100 V，则电压表的示数为100 V，D错误；变压器的输入功率等于输出功率，为P入＝P出＝U22R＝1×103 W，C正确．3．如图3所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小为B＝210T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5 m2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω＝200 rad/s匀速转动，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只额定电压为220 V、额定功率未知的灯泡，且灯泡正常发光，交流电流表的量程为0.6 A，读数为0.11 A．下列说法正确的是()图3A．灯泡的额定功率为22.4 WB．线框中产生交变电压的有效值为500 VC．变压器原、副线圈匝数之比为25∶11D．变压器输出端最多能并联6只这样的灯泡答案BC解析由E m＝nBSω可求出线框中产生交变电压的最大值为500 2 V，故有效值为500 V，B正确．灯泡的额定功率等于原线圈的输入功率为55 W，A错误．变压器原、副线圈匝数跟电压成正比，故C正确．副线圈接一只灯泡时，电流表示数是0.11 A，又电流表量程为0.6 A，故变压器输出端最多能并联5只这样的灯泡，D错误．4．如图4甲所示为一个小型电风扇的电路简图，其中理想变压器的原、副线圈匝数之比n1∶n2＝10∶1，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，输出端接有额定电压均为12 V的灯泡和风扇电动机，电动机线圈电阻r＝2 Ω.接通电源后，灯泡正常发光，风扇正常工作，则()图4A．电阻R两端的电压是10 VB．通过风扇电动机的电流是6 AC．通过灯泡的交流电频率是100 HzD．风扇突然卡住的瞬间，灯泡变暗答案AD解析据题图乙可知原线圈电压的有效值为220 V，周期为0.02 s，故其频率为50 Hz.由于理想变压器原、副线圈的电压跟匝数成正比，故副线圈两端的电压为22 V，又额定电压为12 V的灯泡正常发光，故电阻R两端的电压是10 V，A正确．风扇电动机不是纯电阻用电器，故风扇电动机线圈两端的电压小于12 V，通过风扇电动机的电流小于6 A ，B 错误．变压器不改变交流电的频率，故通过灯泡的交流电频率是50 Hz ，C 错误．风扇突然卡住的瞬间，风扇电动机线圈两端的电压增大，通过风扇的电流增大，则副线圈干路电流增大，R 两端的电压增大，由于原、副线圈匝数不变，故副线圈两端的电压不变，加在灯泡两端的电压减小，灯泡变暗，D 正确．►题组2 对变压器动态分析的考查5．如图5甲所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为10∶1，副线圈所接电路中，电压表V 1、V 2和电流表A 1、A 2都为理想电表，电阻R 1＝4 Ω，R 2＝6 Ω，R 3的最大阻值为12 Ω，原线圈两端加上如图乙所示的电压．在R 3的滑片自最下端滑动到最上端的过程中，以下说法正确的是 ( )图5A ．电压表V 1的示数增大B ．电压表V 2的示数为20 2 VC ．电流表A 1、A 2的示数都增大D ．电压表V 1的示数与电流表A 1的示数的乘积一直减小答案 D解析 当R 3的滑片向上移动时，R 2、R 3的总电阻减小，分压减小，所以电压表V 1的示数减小，A 错误．由变压比公式220 V U 2＝101得U 2＝22 V ，B 错误．根据“串反并同”得电流表A 1的示数增大，电流表A 2的示数减小，C 错误．电压表V 1的示数与电流表A 1的示数的乘积为电阻R 2、R 3消耗的功率之和，把变压器输出端当作电源，R 1当作内阻，可知：当R 2、R 3的总电阻等于R 1时电阻R 2、R 3消耗的功率之和最大，R 3的滑片在最下端时R 23＝R 1，所以当滑片上移时，R 23减小，D 正确．6．如图6所示，电路中理想变压器原、副线圈接入电路的匝数可通过单刀双掷开关改变，为交流电流表．在变压器原线圈a 、b 两端加上一峰值不变的正弦交变电压，下列分析正确的是()图6A．只将S1从1拨向2时，电流表示数变小B．只将S2从3拨向4时，电流表示数变大C．只将R的滑片上移，R2的电功率变大D．只将R的滑片上移，R2的电功率变小答案 D解析只将S1从1拨向2时，会使副线圈两端电压增大，输出功率增大，电流表示数会变大，所以A错；只将S2从3拨向4时，会使副线圈两端电压变小，输出功率变小，电流表示数会变小，所以B错；只将R的滑片上移，使得变阻器R阻值变大，变阻器R两端的电压增大，所以R2两端的电压会减小，R2的电功率变小，所以C错，D对．7．如图7甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的正弦交变电压，则下列说法中正确的是()甲乙图7A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为14.14 VB．当单刀双掷开关与a连接且t＝0.02 s时，电流表示数为零C．当单刀双掷开关由a拨向b后，原线圈的输入功率变大D．当单刀双掷开关由a拨向b后，副线圈输出电压的频率不变答案CD解析 由题图乙可知，电压的最大值为311 V ，交流电的周期为2×10－2 s ，所以交流电的频率为f ＝1T＝50 Hz ，交流电的有效值为220 V ，根据电压与匝数成正比可知，当单刀双掷开关与a 连接时，副线圈的电压为10 V ，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为1 A ，所以A 、B 错误．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，原线圈的匝数变小，所以副线圈输出的电压变大，电阻R 上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，所以C 正确．变压器不会改变电流的频率，所以D 正确．故选C 、D.8．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图8甲所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间输入交变电压，转动滑动触头P 就可以调节输出电压．图甲中两电表均为理想交流电表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器．现在C 、D 两端输入图乙所示正弦式交流电，变压器视为理想变压器，那么 ( )图8A ．由图乙可知C 、D 两端输入交流电压u 的表达式为u ＝362sin 100t (V)B ．当滑动触头P 逆时针转动时，M 、N 之间输出交流电压的频率变大C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数也变大D ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电阻R 2消耗的电功率变小答案 D解析 由题图乙可知u ＝362sin 100πt (V)，A 错误．M 、N 之间输出交流电压的频率由输入的交流电压的频率决定，B 错误．滑动变阻器的滑动触头向下滑动时，R 3减小，由“串反并同”可知电压表读数减小，电流表读数增大，R 2消耗的电功率P 2＝U 2R 2减小，C 错误，D 正确．►题组3 对远距离输电的考查9．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( ) A.PR kU ，1n B ．(P kU )2R ，1n。
(新课标)高考物理一轮复习第十章交变电流传感器第二节变压器电能的输送真题
变压器 电能的输送高考真题1.(2015·新课标全国Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V 的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A.U ＝66 V ，k ＝19 B ．U ＝22 V ，k ＝19 C.U ＝66 V ，k ＝13 D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：设变压器原、副线圈电压分别为U 1、U 2，电流分别为I 1、I 2，可知I 1＝U 0－U 1R ，I 2＝U 2R ，又因为U 0＝220 V ，U 1U 2＝31，I 1I 2＝13，可解得U 2＝66 V ，U 1＝198 V ，I 1＝22R ，I 2＝66R，原线圈中P 1＝(U 0－U 1)I 1，副线圈中P 2＝U 2I 2，易知P 1P 2＝19，故A 正确． 答案：A2.(2015·江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A.200B ．400 C.1 600 D ．3 200解析：由变压器变压比U 1U 2＝n 1n 2，可知n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，B 正确． 答案：B3．(2015·海南卷)(多选)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为41，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A.此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB.此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC.原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD.原线圈两端原来的电压有效值约为48 V解析：副线圈两端电压U 2′＝5.0 V 5R 0×6R 0＝6 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2，得U 1′＝24 V ，即此时原线圈两端电压有效值为24 V ，最大值U 1m ′＝2U 1′≈34 V ，A 正确，B 错误．由于前后两次保持输入、输出电流不变，此时副线圈两端电压U 2′＝6R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝12R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝2U 2′，原线圈两端也应有U 1＝2U 1′，即原来原线圈两端电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．答案：AD4.(2015·安徽理综)图示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，R 0为定值电阻，R 为滑动变阻器．现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一个位置，观察到电流表A 1的示数增大了0.2 A ，电流表A 2的示数增大了0.8 A ，则下列说法正确的是( )A ．电压表V 1示数增大B.电压表V 2、V 3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c →d 的方向滑动解析：对于理想变压器，原线圈电压决定副线圈电压，所以V 1、V 2示数均不变，A 、B 错误．A 1、A 2中电流与原、副线圈中电流相同，由I 1I 2＝n 2n 1，可知n 1>n 2，为降压变压器，C 错误．副线圈所连接的电路电压不变，电流变大，则电阻变小，即滑动变阻器沿c →d 的方向滑动，D 正确．答案：D5.(2015·天津理综)(多选)如图所示，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( )A.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，电流表读数变小解析：理想变压器原、副线圈两端功率相等，原线圈电压不变，电流由副线圈电路功率决定．保持Q位置不动，P向上滑动，则R增大，可判断出I1减小，A错误，B正确．保持P 的位置不动，将Q向上滑动，则U2增大，可判断出I1增大，C正确，D错误．答案：BC。
(全国通用)高三物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器-人教版高三全册物理试题
第十章交变电流传感器[备考指南]考点内容要求题型把握考情一、交变电流的产生与描述交变电流、交变电流的图像Ⅰ选择找规律从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查重点有：交变电流的有效值、瞬时值，变压器的原理与应用，远距离输电等知识。
其中针对变压器的原理与应用的题目出现频率较高，常以选择题的形式考查，分值一般为6分。
正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值Ⅰ二、变压器电能的输送理想变压器Ⅱ选择、计算明热点预计2017年高考中，对交流电的考查仍会集中在有效值、瞬时值的计算上，还会综合变压器、远距离输电等知识进展考查。
远距离输电Ⅰ实验十一传感器的简单应用填空第1节交变电流的产生与描述(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)规律物理量函数表达式图像 磁通量Φ＝Φm cos ωt ＝BS cos ωt电动势e ＝E m sin ωt ＝nBSωsinωt电压u ＝U m sin ωt ＝RE mR ＋rsin ωt电流i＝I m sin ωt＝E mR＋rsin ωt[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1011所示。
精品高考物理一轮复习第10章交变电流传感器4章末过关检测(十)新人教版
章末过关检测(十)(时间60分钟： 分值：100分)一、单项选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分．在每小题给出的四个选项中，只有一个选项正确)1．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：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 错误；而D 选项频率应该是25 Hz ．2．(2018·苏锡常镇四市高三调研)钳形电流测量仪的结构如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I 和匝数n 获知载流导线中的电流大小I 0，则关于该钳形电流测量仪的说法中正确的是( )A ．该测量仪可测量直流电的电流B ．载流导线中电流大小I 0＝I nC ．若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D ．若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小解析：选C ．该测量仪只能测量交流电的电流，选项A 错误；载流导线中电流大小I 0＝nI ，选项B 错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，会存在漏磁现象，测量出的电流将小于实际电流，选项C 正确；由I 0＝nI 知，若将载流导线在铁芯上多绕几匝，则钳形电流测量仪的示数将变大，选项D 错误．3．如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1．0 Ω，外接R ＝9．0 Ω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e ＝102sin 10πt (V)，则( )A ．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A 的示数为1．0 A解析：选D ．因e ＝102sin 10πt (V)，故ω＝10π rad/s ，f ＝ω2π＝5 Hz ，选项A 错误；E m ＝10 2 V ，故其有效值E ＝E m 2＝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，因此电路中理想交流电流表A 的示数I ＝E R ＋r ＝1．0 A ，选项D 正确；外接电阻R 所消耗功率为P ＝I 2R ＝1．02×9 W ＝9 W ，选项C 错误．4．如图甲所示，为一种调光台灯电路示意图，它通过双向可控硅电子器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如图乙所示，则此时交流电压表的示数为( )A ．220 VB ．110 VC ．2202 VD ．1102V 解析：选B ．设电压的有效值为U ，根据有效值定义有⎝ ⎛⎭⎪⎫22022R ·T 2＝U 2RT ，解得U ＝110 V ，则B 正确．。
高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器章末检测卷
权掇市安稳阳光实验学校第十章 交变电流 传感器章末检测(时间：90分钟 满分：100分)一、选择题(本题共14小题，每小题4分，共56分．在每小题给出的四个选项中，第1～8题只有一项符合题目要求，第9～14题有多项符合题目要求．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，有选错的得0分．)图11．两只相同的电阻，分别通过正弦交流电和方形波的交流电．两种交变电流的最大值相等，波形如图1所示 ，在正弦交流电的一个周期内，正弦交流电在电阻上产生的焦耳热Q 1与方形波交流电在电阻上产生的焦耳热Q 2之比为( )A ．3∶1B ．1∶2C ．2∶1D.4∶3【解析】 题图甲为正弦交流电，其有效值为I 1＝I2＝12A.题图乙为方波电流，由于电流的热效应与电流的方向无关，所以其有效值为I 2＝I m ＝1 A ，因此Q 1Q 2＝I 21RT I 22RT ＝12.【答案】 B2. 如图2所示，以300 r/min 绕中心轴匀速转动的线圈abdc 的面积是0.05 m 2，线圈共100匝，线圈电阻r ＝1 Ω，定值电阻R ＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度大小B ＝2πT ，从如图所示的线圈位置开始计时，则( )图2A ．电路中电压表的示数约为32 VB ．线圈转动130 s 时，磁通量的变化量大小为53πWbC ．线圈转动130 s 时，通过电阻R 的电流为522 AD ．线圈转过90°的过程中通过电阻R 的电荷量为1πC【解析】 线圈匀速转动产生的电动势为e ＝nBSωcos ωt ＝100 cos10πt (V)，所以电压表示数为U ＝2E m R 2R ＋r ≈64 V，A 错；线圈转动130s, 即线圈转过的角度为θ＝ωt ＝π3，磁通量的变化量大小为ΔΦ＝BS sin π3＝320π Wb ，B 错；线圈转动130 s 时，通过电阻R 的电流为i ＝e R ＋r ＝10010cos π3(A)＝5 A ，C 错；由q ＝I t ＝n ·ΔΦR ＋r ＝nBS R ＋r ＝1πC ，D 对．【答案】 D3. 如图3所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )图3A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R【解析】 扇形闭合导线框切割磁感线的有效长度始终是半径L ，各点的平均速度v ＝Lω2，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E ＝BL 2ω2，E 2R ×T 4＝I 2RT ，可得I ＝BL 2ω4R，故D 正确，A 、B 、C 错误．【答案】 D4．一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】 设电热器电阻为R ，正弦交流电源的电压有效值为U 效，接10 V直流电源时，P ＝U 2R ＝102R ①；接交流电源时，P 2＝U 2效R②，联立①②得U 效＝5 2 V ，故最大值U m ＝2U 效＝10 V ，C 选项正确．【答案】 C5．(2014·山东模拟)如图4甲所示电路中，L 1、L 2、L 3为三只“6 V 3 W”的灯泡，变压器为理想变压器，各电表均为理想电表，当ab 端接如图4乙所示的交变电压时，三只灯泡均正常发光．下列说法中正确的是( )甲乙图4A ．变压器原副线圈的匝数比为3：1B ．输出端交流电的频率为50 HzC ．电流表的示数为0.5 AD ．电压表的示数为18 V【解析】 由乙图可知ab 端接入的交流电有效值U ＝1822 V ＝18 V ，灯泡正常发光，说明灯泡电压为6 V ，那么变压器输入电压U 1＝18 V －6 V ＝12 V ，输出电压U 2＝6 V ，原副线圈匝数比为n 1n 2＝U 1U 2＝21，A 项错误；由乙图可知输入交流电的频率f ＝1T ＝12×10－2 Hz ＝50 Hz ，经变压器后频率不变，B 项正确；L 2、L 3正常发光，额定电流I ＝36 A ＝12 A ，电流表示数为2I ＝1 A ，C 错误；电压表示数为原线圈输入电压，即U 1＝12 V ，D 项错误．【答案】 B6．(2014·湖南长沙二模)如图5甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源，副线圈通过电阻为R 的导线与热水器、抽油烟机连接．测得副线圈两端的电压按图5乙所示规律变化，现闭合开关S 接通抽油烟机，下列说法正确的是( )图5A ．原线圈两端电压表示数为1 100 VB ．抽油烟机上电压的瞬时值表达式为u ＝220 2 sin(100 πt )VC ．抽油烟机工作时，热水器的实际功率增大D ．抽油烟机工作时，变压器的输入功率减小【解析】 由u t 图象知，U 2＝220 V ，则U 1＝n 1n 2U 2＝1 100 V ，A 项正确；因线路有电阻，故抽油烟机上的电压小于副线圈两端的电压，B 项错；抽油烟机工作时，副线圈中的电流变大，电阻R 上损失的电压变大，则热水器两端电压变小，实际功率变小，C 项错；抽油烟机工作时，变压器的输出功率增大，则输入功率增大，D 项错误．【答案】 A7．(2014·浙江重点中学协作体调研)如图6所示，导体棒ab 两个端点分别接在两个竖直放置、电阻不计、半径相等的金属圆环上，圆环通过电刷与导线c 、d 相接．c 、d 两个端点接在匝数比为n 1∶n 2＝10∶1的变压器原线圈两端，变压器副线圈接一个滑动变阻器，匀强磁场的磁感应强度为B ，方向竖直向下，导体棒ab 长为L (电阻不计)，绕与ab 平行的水平轴(也是两圆环的中心轴)OO ′以角速度ω匀速转动．如果变阻器的阻值为R 时，电流表的读数为I ，则( )图6A ．变阻器上消耗的功率为P ＝10I 2RB ．变压器原线圈两端的电压U 1＝10IRC ．取ab 在环的最低端时t ＝0，则棒ab 中感应电流的表达式是i ＝2I sinωtD ．ab 沿环转动过程中受到的最大安培力F ＝2BIL【解析】 根据变压器原副线圈匝数比可知，副线圈(变阻器)中的电流为10I ，副线圈的电压为10IR ，故变阻器的功率为100I 2R ，故A 错误．原线圈的电压为100IR ，B 错误．当ab 棒在环的最低点时切割的速度最大，感应电动势(电流)最大，电流表达式应为i ＝2I cos ωt ，C 错误．ab 棒上最大电流为2I ，所以最大安培力为2BIL ，D 正确．【答案】 D8. (2014·江苏苏北四校调研)如图7所示的电路中，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1：n 2＝22∶5，电阻R 1＝R 2＝25 Ω，D 为理想二极管，原线圈接u ＝2202sin 100πt (V)的交流电．则( )图7A ．交流电的频率为100 HzB ．通过R 1的电流为2 2 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为200 W【解析】 原线圈接u ＝2202sin 100πt (V)的交流电．所以T ＝2π100 π＝0.02 s ，交流电的频率f ＝1T＝50 Hz ，故A 错误；由原线圈接u ＝2202sin100πt (V)的交流电，电压有效值是220 V ，原、副线圈的匝数比n 1：n 2＝22∶5，根据原副线圈电压之比等于匝数之比可知，副线圈的电压为U 2＝522×220 V＝50V ，通过R 1的电流I ＝5025＝2 A ，故B 错误；由于二极管的单向导电性，通过R 2的只有正向的电流，不是完整的交流电，根据有效值的定义有：502R T 2＋0＝U2RT ，解得R 2两端电压的有效值为U ＝25 2 V ，所以通过R 2的电流为I 2＝UR 2＝ 2 A ，故C 正确；副线圈的电阻R 1消耗的功率P ＝U 22R 1＝100 W ，电阻R 2消耗的功率为P ′＝12×50225W ＝50 W ，所以副线圈的输出功率应为150 W ，由输出功率等于输入功率可知变压器的输入功率为150 W ，D 错误．【答案】 C9. (2014·江苏高考改编)如图8所示，在线圈上端放置一盛有冷水的金属杯，现接通交流电源，过了几分钟，杯内的水沸腾起来．若要缩短上述加热时间，下列措施可行的有( )图8A ．减少线圈的匝数B ．提高交流电源的频率C ．将金属杯换为瓷杯D ．取走线圈中的铁芯【解析】 当电磁铁接通交流电源时，金属杯处在变化的磁场中产生涡电流发热，使水温升高．要缩短加热时间，需增大涡电流，即增大感应电动势或减小电阻．增加线圈匝数、提高交变电流的频率都是为了增大感应电动势．瓷杯不能产生涡电流，取走铁芯会导致磁性减弱．所以选项B正确，选项A、C、D错误．【答案】AB10．(2014·湖南四校联考)为了保证行车安全和乘客身体健康，地铁车厢内装有烟雾装置，其原理如图9所示．M为纯电阻的烟雾传感器，其阻值R M随着烟雾浓度的改变而变化，电阻R为可变电阻．车厢内有人抽烟时，烟雾浓度增大，导致S两端的电压增大到临界值，S装置发出警报．下列说法正确的是( )图9A．R M随烟雾浓度的增大而减小B．R M随烟雾浓度的增大而增大C．若要提高灵敏度可增大RD．若要提高灵敏度可减小R【解析】烟雾浓度增大，导致S两端的电压增大到临界值，说明传感器阻值减小，则有R M随烟雾浓度的增大而减小，A项正确，B项错误；要提高灵敏度，就是要使S两端电压达到临界值时烟雾浓度更小，传感器阻值比调整前更大，此时并联部分阻值应和调整前相同，故R应适当减小，C项错误，D项正确．【答案】AD11．(2014·山东临沂3月质检)某交流发电机的输出电压随时间变化的图象如图10所示，输出功率是20 kW，现用5 000 V高压输电，输电线上的总电阻是40 Ω，再利用n1∶n2＝22∶1的降压变压器降压后供给用户，则下列说法正确的是( )图10A．交变电流的频率为100 HzB．发电机输出电压的有效值为220 VC．流过高压输电线的电流为125 AD．降压变压器输出电压的有效值为220 V【解析】由交变电流的图象可知交变电流的频率为50 Hz，发电机输出电压的有效值为220 V，A项错；B项正确，由P＝UI得输电电流I＝PU＝4 A，C 项错；输电线路上损失的电压ΔU＝IR线＝160 V，降压器输出电压的有效值为U2＝n2n1U1＝122×(5 000－160)V＝220 V，D项正确．【答案】BD12．(2014·浙江丽水中学月考)如图11所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线送给用户，两条输电线总电阻用R0表示．当负载增加时，则( )图11A ．电压表、的示数几乎不变B ．电流表的示数增大，电流表的示数减小C ．电压表的示数增大，电流表的示数增大D ．电压表、的示数之差与电流表的示数的比值不变【解析】据题意可知，电压表和分别测量原线圈电压和副线圈电压，因原线圈输入电压不变，则副线圈的电压也不变，所以A选项正确；负载增加，则副线圈电流增大，即示数增大，据副线圈电流决定原线圈电流，则原线圈电流也增大，所以B 选项错误；由于增大，则R0所分担电压增大，又知副线圈两端电压不变，则示数减小，C错误；电压表、的示数之差与电流表的示数的比值其实是输电线的总电阻R0，而输电线电阻大小不变，所以D选项正确．【答案】AD13．如图12所示，某变电站用10 kV的高压向10 km外的小区供电，输送的电功率为200 kW.现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是( )图12选项型号千米电阻(Ω/km)A DYD30/C 1B DYD50/C 0.6C DYD100/C 0.3D DYD150/C 0.2【解析】由P＝UI解得输电电流I＝U＝20 A，输电线路上损耗的功率不超过P线＝200 kW×2%＝4 kW，由P线＝I2R，解得R＝10 Ω，由于输电线长度需要20 km，所以可以选择千米电阻0.5 Ω/km以下的型号DYD100/C或型号DYD150/C，符合要求的是选项C、D.【答案】CD14. (2014·河南郑州预测)如图13所示，一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为n1：n2＝40∶1，在副线圈两端接有“6 V40 W”的电灯泡．若灯泡正常发光，则下列说法中正确的是( )图13A．在原、副线圈中，通过每匝线圈的磁通量时时刻刻都相同B．通过原、副线圈的交变电流的频率相同C．变压器输入电压的最大值为240 VD．变压器输入功率为40 W【解析】因为有铁芯的存在，铁芯的导磁性好，可以防止磁场外漏，理想变压器是无磁漏现象的，故A正确；变化的磁场(电场)产生同频率变化的电场(磁场)，所以原、副线圈的交变电流的频率相同，都与电源频率相同，故B 正确；副线圈两端接有“6 V 40 W”的电灯泡，且恰能正常发光，则副线圈的电压为U 2＝6 V ，电流为I 2＝P U 2＝203A ；因原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝40∶1，由U 1U 2＝n 1n 2得原线圈的电压的有效值U 1＝240 V ，电流I 1＝U 2U 1I 2＝16A ，所以变压器的输入功率为P 入＝I 1U 1＝40 W ，故C 错误、D 正确．【答案】 ABD15．(14分) 某学生为了测量一物体的质量，找到一个力电转换器，该转换器的输出电压正比于受压面的压力(比例系数为k )，如图14所示．测量时先调节输入端的电压．使转换器空载时的输出电压为0；而后在其受压面上放一物体，即可测得与物体的质量成正比的输出电压U .现有下列器材：力电转换器、质量为m 0的砝码、电压表、滑动变阻器、干电池各一个、开关及导线若干、待测物体(可置于力电转换器的受压面上)．请完成对该物体质量的测量．图14(1)设计一个电路，要求力电转换器的输入电压可调，并且使电压的调节范围尽可能大，画出完整的测量电路图．(2)简要说明测量步骤，求出比例系数k ，并测出待测物体的质量m . (3)请设想实验中可能会出现的一个问题． 【解析】 (1)设计的电路如图所示．(2)测量步骤与结果：①调节滑动变阻器，使转换器的输出电压为零；②将砝码放在转换器上，记下输出电压U 0；③将待测物体放在转换器上，记下输出电压U 1；由U 0＝km 0g ，得k ＝U 0/m 0g ，又知U 1＝kmg ，所以m ＝m 0U 1/U 0.(3)因电源的电压不够而使输出电压调不到零(或待测物体质量超出转换器量程)．【答案】 见解析16．(15分)发电机的端电压为220 V ，输出电功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路图； (2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．【解析】 该题是输电线路的分析和计算问题，给合电路结构和输电过程中的电压关系和电流关系可解此题．(1)线路图如图所示：(2)升压变压器的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V升压变压器的输出电流I 2＝n 1n 2I 1由P ＝U 1I 1得，升压变压器的输入电流I 1＝P U 1＝44×103220 A ＝200 A所以I 2＝n 1n 2I 1＝1×20010A ＝20 A输电线路上的电压损失和功率损失分别为U R ＝I 2R ＝4 V ，P R ＝I 22R ＝0.08 kW降压变压器的输入电流和输入电压分别为I 3＝I 2＝20 A ，U 3＝U 2－U R ＝2 196 V降压变压器的输出电压和输出电流分别为U 4＝n 4n 3U 3＝219.6 V ，I 4＝n 3n 4I 3＝200 A用户得到的功率P 4＝U 4I 4＝43.92 kW(3)若不采用高压输电，线路损失电压为U R ′＝I 1R ＝40 V 用户得到的电压U ′＝U 1－U R ′＝180 V 用户得到的功率为P ′＝U ′I 1＝36 kW. 【答案】 见解析17．(15分)如图15所示，理想变压器B 的原线圈跟副线圈的匝数比n 1：n 2＝2∶1，交流电源电压u 1＝311 sin (100 πt ) V ，F 为熔断电流为I 0＝1.0 A的保险丝，负载为一可变电阻．图15(1)当电阻R ＝100 Ω时，保险丝能否被熔断？(2)要使保险丝不被熔断，电阻R 的阻值应不小于多少？变压器输出的电功率不能超过多少？【解析】 原线圈电压的有效值为U 1＝3112V ＝220 V由U 1U 2＝n 1n 2得副线圈两端的电压 U 2＝n 2n 1U 1＝12×220 V＝110 V(1)当R ＝100 Ω时，副线圈中电流I 2＝U 2R ＝110100A ＝1.10 A由U 1I 1＝U 2I 2得原线圈中的电流为I 1＝U 2U 1I 2＝110220×1.10 A＝0.55 A由于I 1<I 0(熔断电流)，故保险丝不会熔断．(2)设电阻R 取某一值R 0时，原线圈中的电流I 1刚好达到熔断电流I 0，即I 1＝1.0 A ，则副线圈中的电流为I 2＝U 1U 2I 1＝2×1.0 A＝2.0 A电阻R 的阻值为：R 0＝U 2I 2＝1102.0Ω＝55 Ω此时变压器的输出功率为P2＝I2·U2＝2.0×110 W＝220 W可见，要使保险丝F不被熔断，电阻R的阻值不能小于55 Ω，变压器输出的电功率不能超过220 W.【答案】见解析。
高考总复习 物理第十章 交变电流 传感器
第十章交变电流传感器第1讲交变电流的产生和描述(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(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．正弦交流电的产生和图象(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：用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．如图(e)、(f)所示．判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间发生周期性变化．()(2)线圈平面与磁感线垂直的位置称为中性面．()(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最大．()答案(1)√(2)√(3)×正弦交变电流的函数表达式、有效值(考纲要求Ⅰ)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.(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 ＝nBSω.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 m2，U＝U m2，I＝I m2.判断正误，正确的划“√”，错误的划“×”．(1)在一个周期内交变电流的方向要改变两次．()(2)交流电气设备上所标的电压和电流值及交流电压表和电流表测量的是交流电的有效值．()(3)交变电流的峰值总是有效值的2倍．()答案(1)√(2)√(3)×基础自测1．(单选)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一次C．线圈平面经过中性面一次，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解析依据交流电的变化规律可知，如果从中性面开始计时，有e＝E m sin ωt 和i＝I m sin ωt；如果从垂直于中性面的位置开始计时，有e＝E m cos ωt和i＝I m cos ωt.不难看出：线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流的方向和感应电动势的方向都改变两次．故正确答案为C.答案 C2．(单选)风力发电机为一种新能源产品，功率为200 W到15 kW，广泛应用于分散住户．若风力发电机的矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是()．A．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势最大B．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势最大C．穿过线圈的磁通量最大，线圈中的感应电动势等于零D．穿过线圈的磁通量等于零，线圈中的感应电动势等于零解析当线圈通过中性面时，感应电动势为零，但此时穿过线圈的磁通量最大；当线圈平面转到与磁感线平行时，穿过线圈的磁通量为零，但此时感应电动势最大．答案 C3．(2013·福建泉州模拟)(单选)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ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsinωt的图是()．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e＝BSωsin ωt，由这一原理可判断，A图中感应电动势为e＝BSωsin ωt；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．答案 A4．(多选)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nπBSB．线框交变电动势的有效值为2nπBSC．从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD．感应电动势瞬时值为e＝2nπBS sin 2nπt解析线框交变电动势的最大值为E m＝BSω＝2nπBS，产生的感应电动势瞬时值为e＝2nπBS sin 2nπt，A错、D对；该线框交变电动势的有效值为E＝E m2＝2nπBS，B对；线框中的平均感应电动势E＝ΔΦΔt＝4nBS，C错．答案BD5．(单选)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10－1－1甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则()．图10－1－1A．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热点一正弦交变电流的产生及变化规律1．正弦式交变电流的变化规律线圈在中性面位置时开始计时续表2.(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．【典例1】 (2013·山东卷，17)如图10－1－2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10－1－2A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50 π 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 电流表的示数为交变电流的有效值10 A ，A 项正确；由ω＝2πT 可得，线圈转动的角速度为ω＝100 π rad/s ，B 项错；0.01 s 时，电路中电流最大，故该时刻通过线圈的磁通量最小，即该时刻线圈平面与磁场平行，C 项正确；根据楞次定律可得，0.02 s 时电阻R 中电流的方向自左向右，D 项错．答案 AC 反思总结 解决交变电流图象问题的三点注意(1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．(2)注意峰值公式E m ＝nBSω中的S 为有效面积．(3)在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．【跟踪短训】1．如图10－1－3所示，图线a 和图线b 分别表示线圈A 和线圈B 在同一匀强磁场中匀速转动时，通过线圈的磁通量随时间的变化规律．已知线圈A 的匝数与线圈B 的匝数分别为10和30，以下说法正确的是( )．图10－1－3A ．线圈A 与线圈B 转速之比2∶3B ．线圈A 与线圈B 产生的最大电动势之比为1∶1C ．线圈A 的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝500 πcos 5πt (V)D ．线圈B 在t ＝0.3 s 时刻时，感应电流为零解析 由图象可得T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，则转速n a ＝1T a ＝2.5 r/s ，n b ＝1T b＝53 r/s ，所以线圈A 与线圈B 转速之比为3∶2，A 错误；线圈A 、B 中产生的最大电动势分别为E m a ＝N a Φm a ωa ＝N a Φm a 2πT a＝10×10×2π0.4 V ＝500 π V ，E m b ＝N b Φm b ωb ＝30×5×2π0.6 V ＝500π V ，所以线圈A 与线圈B 产生的最大电动势之比为1∶1，B 正确；在t ＝0时刻，线圈A 的感应电动势最大，因此感应电动势的瞬时值表达式为e ＝500πcos 5πt (V)，C 正确；在t ＝0.3 s 时刻，通过线圈B 的磁通量为零，磁通量的变化率最大，故感应电流最大，D 错误．答案 BC热点二 交变电流“四值”的应用对交变电流的“四值”的比较和理解【典例2】如图10－1－4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′以角速度ω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10－1－4A．通过电阻R的电荷量Q＝πNBS22(R＋r)B．通过电阻R的电荷量Q＝NBSR＋rC．外力做功的平均功率P＝N2B2S2ω22(R＋r)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＝NBSωsin ωt解析 从图示位置转过90°的过程中，磁通量的变化量ΔΦ＝BS ，通过电阻R 的电荷量Q ＝I Δt ＝E R ＋r Δt ＝N ΔΦR ＋r ＝NBS R ＋r，故选项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ω匀速转动，产生的感应电动势最大值为E m ＝NBSω，感应电流有效值为I ＝E m 2(R ＋r )，外力做功的平均功率为P ＝I 2(R ＋r )＝N 2B 2S 2ω22(R ＋r )，选项C 正确；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 ＝NBSωsin ⎝ ⎛⎭⎪⎫ωt ＋π2，选项D 错误． 答案 BC反思总结 交变电流瞬时值表达式的求法(1)先求电动势的最大值E m ＝nBSω；(2)求出角速度ω，ω＝2πT ；(3)明确从哪一位置开始计时，从而确定是正弦函数还是余弦函数；(4)写出瞬时值的表达式．【跟踪短训】2．如图10－1－5所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2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( )．图10－1－5A ．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 ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πT tD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πT t解析 线圈转动角速度ω＝2πT ，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 m cos 60°＝1 A ⇒I m ＝2 A ，正弦交变电流有效值I ＝I m 2＝ 2 A ，B 项错；线圈消耗的功率P ＝I 2R ＝4 W ，A 项正确；由欧姆定律可知，感应电动势最大值E m ＝I m R ＝4 V ，所以瞬时值表达式为e ＝4 cos 2πT t ，C 项正确；通过线圈的磁通量Φ＝Φm sin ωt ＝Φm sin 2πT t ，由感应电动势的最大值E m ＝BSω＝Φm ×2πT ⇒Φm ＝E m T 2π，解两式得：Φ＝E m T 2πsin 2πT t ＝2T πsin 2πT t ，D 项错．答案 AC3．(2013·东北三校一模，19)如图10－1－6所示，一个“”形线框处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，OO ′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO ′匀速转动，通过金属转轴和电刷与阻值为R 的外电阻相连．已知线框各边长为L ，总电阻为r ，不计转轴与电刷的电阻，则电路中电流的有效值为( )．图10－1－6 A.BωL 2R ＋rB.2BωL 22(R ＋r )C.2BωL 24(R ＋r ) D.BωL 22(R ＋r )解析 由交流电产生的原理可知，线框以图示位置为起点，以转过角度为阶段分析，在0～π2内产生顺时针方向的电流，π2～32π内无电流产生，32π～2π内产生逆时针方向的电流，π2、32π时产生的电流值最大为I m ＝BL 2ωR ＋r.由交流电有效值定义可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R 总·T 4＋0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R 总·T 4＝I 2x R 总T ，得I x ＝I m 2＝BL 2ω2(R ＋r )，所以D 正确． 答案 D思想方法 16.求交变电流有效值的方法1．公式法利用E ＝E m 2，U ＝U m 2，I ＝I m 2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．【典例1】 (利用有效值的定义计算——分段转化为直流电)如图10－1－7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( )．图10－1－7A ．5 2 AB ．5 AC ．3.5 2 AD ．3.5 A解析 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：I 2R ×0.02＝(42)2R ×0.01＋(32)2R ×0.01 解之得：I ＝5 A ，即B 项正确．答案 B【典例2】 (利用有效值的定义计算——分段转化为正弦交变电流)图10－1－8是表示一交变电流随时间变化的图象，其中，从t ＝0开始的每个T 2时间内的图象均为半个周期的正弦曲线．求此交变电流的有效值．图10－1－8解析 虽然此题所给交变电流正、负半周的最大值不同，但在任意一个周期内，前半周期和后半周期的有效值是可以求的，分别为I 1＝22 A ，I 2＝42A ．设所求交变电流的有效值为I ，根据有效值的定义，选择一个周期的时间，利用在相同时间内通过相同的电阻所产生的热量相等，由焦耳定律得I 2RT ＝I 21R T 2＋I 22R T 2即I 2＝⎝ ⎛⎭⎪⎫222×12＋⎝ ⎛⎭⎪⎫422×12 答案 5 A即学即练 如图10－1－9所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )．图10－1－9A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R解析 线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时18周期，出磁场的过程用时18周期，进、出磁场时产生的感应电流大小均为I ′＝12BL 2ωR ，则转动一周产生的感应电流的有效值I 满足：I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12BL 2ωR 2R ×14T ，解得I ＝BL 2ω4R ，D 项正确．答案 D附：对应高考题组(PPT 课件文本，见教师用书)1．(2011·天津理综，4)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，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )．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 线框中感应电动势与磁通量的变化率成正比，而t ＝0.005 s 时e 最大，故A 错误．t ＝0.01 s 时e ＝0，故B 正确．电动势有效值为311×22 V ≈220 V ，故C 错误．周期T ＝0.02 s ，频率f ＝1T ＝50 Hz ，故D 错误．答案 B2．(2012·北京理综，15)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式交流电源上，其消耗的电功率为P 2.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 ＝102R ，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．(2012·广东理综，19)某小型发电机产生的交变电动势为e ＝50sin 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 ＝50sin 100πt (V)知，E m ＝50 V ，E ＝502V ＝25 2 V ，T ＝2πω＝2π100π s ＝0.02 s ，f ＝1T ＝10.02 Hz ＝50 Hz ，所以选项C 、D 正确．答案 CD4．(2012·安徽卷，23)如图甲所示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．图乙是线圈的主视图，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，如图丙所示，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 ＝BωL 1L 22(R ＋r )，根据焦耳定律知转动一周电阻R 上的焦耳热为Q ＝I 2RT ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤BωL 1L 22(R ＋r )2R ·2πω＝πωRB 2L 21L 22(R ＋r )2. 答案 (1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt (2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0) (3)πωRB 2L 21L 22(R ＋r )2A 对点训练——练熟基础知识题组一交变电流的产生及变化规律1．(单选)一矩形线框在匀强磁场内绕垂直于磁场的轴匀速转动的过程中，线框输出的交流电压随时间变化的图象如图10－1－10所示，下列说法中正确的是()．图10－1－10A．t＝0时刻线框平面与磁场平行B．交流电压的频率为4 HzC．1 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量变化最快D．2 s末线框平面垂直于磁场，通过线框的磁通量最大解析由u-t图象可知，t＝0时刻瞬时电压为零，线框处于中性面，频率f ＝0.25 Hz，故选项A、B错误；由图象可知，1 s末交变电压最大，通过线框＝1T的磁通量变化率最大，此时线框与磁场方向平行，而2 s末交变电压为零，此时线框经过中性面与磁场垂直，穿过线框的磁通量最大，故选项C错误、D正确．答案 D2．(单选)如图10－1－11所示为发电机结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，其表面呈半圆柱面状．M是圆柱形铁芯，它与磁极柱面共轴，铁芯上绕有矩形线框，可绕与铁芯共轴的固定轴转动．磁极与铁芯间的磁场均匀辐向分布．从图示位置开始计时，当线框匀速转动时，图中能正确反映线框感应电动势e随时间t的变化规律的是()．图10－1－11解析矩形线框在均匀辐向磁场中转动，v始终与B垂直，由E＝BL v知E 大小不变，方向周期性变化．答案 D3．(单选)某台家用柴油发电机正常工作时能够产生与我国照明电网相同的交变电流．现在该发电机出现了故障，转子匀速转动时的转速只能达到正常工作时的一半，则它产生的交变电动势随时间变化的图象是()．解析线圈转速为正常时的一半，据ω＝2πn＝2πT知，周期变为正常时的2倍，又据E m＝NBSω知，最大值变为正常时的一半，结合我国电网交流电实际情况，知正确选项为B.答案 B题组二交变电流有效值的计算4．(单选)如图10－1－12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10－1－12A ．1∶2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6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 ⎝ ⎛⎭⎪⎫122R ×2×10－2＋0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2 得I 1＝33 A图乙中，I 的值不变，I 2＝1 A由W ＝UIt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3.答案 C5．(多选)如图10－1－13所示，先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电．第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化，如图10－1－14甲所示；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示．若图甲、乙中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相等的，则以下说法正确的是( )．图10－1－13图10－1－14A ．第一次灯泡两端的电压有效值是22U 0B ．第二次灯泡两端的电压有效值是32U 0C ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一次和第二次灯泡的电功率之比是1∶5解析 第一次所加正弦交流电压的有效值为U 1＝22U 0，A 项正确；设第二次所加交流电压的有效值为U 2，则根据有效值的含义有U 22R T ＝(2U 0)2R ·T 2＋U 20R ·T 2，解得U 2＝102U 0，B 项错；根据电功率的定义式P ＝U 2R 可知，P 1∶P 2＝1∶5，C 项错、D 项正确．答案 AD题组三 交变电流“四值”的应用6．(单选)电阻R 1、R 2与交流电源按照如图10－1－15甲所示方式连接，R 1＝10 Ω、R 2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示．则( )．图10－1－15A ．通过R 1的电流的有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的有效值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压有效值是6 2 V解析 由题图知流过R 2交流电电流的最大值I 2m ＝0.6 2 A ，有效值I 2＝I 2m 2＝0.6 A ，故选项C 错误；由U 2m ＝I 2m R 2＝12 2 V 知，U 2＝12 V ，选项D 错误；因串联电路电流处处相同，则I1m＝0.6 2 A，电流的有效值I1＝I1m2＝0.6 A，故选项A错误；由U1＝I1R1＝6 V，故选项B正确．答案 B7．(多选)如图10－1－16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，线圈沿逆时针方向转动．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，线圈的电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时()．图10－1－16A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBl2ωC．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为n2B2l1l22ωR解析当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合安培定则可知，线圈中感应电流的方向为adcba，故A错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大．此时电动势的大小为：e＝2nBl2ωl12＝nBl1l2ω，B错误，C正确；线圈此时的感应电流大小为：I＝eR ＝nBl1l2ωR，所以ad边所受的安培力的大小为：F＝nBIl2，代入I可得：F＝n2B2l1l22ωR，D正确．答案CD8．(单选)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10－1－17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( )．图10－1－17A ．电压表的示数为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 电压表的示数应为有效值，U ＝U m 2·R R ＋r＝209 V ，A 项错；电路中的电流方向每秒钟改变100次，B 项错；P 灯＝U 2R ＝459.8 W ，C 项错；发电机线圈内阻的发热功率为P ′＝I 2r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U R 2r ＝24.2 W ，每秒生热24.2 J ，D 项对． 答案 D9．(2013·福建卷，15)(单选)如图10－1－18所示，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1.0 Ω，外接R ＝9.0 Ω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e ＝102sin 10πt (V)，则( )．图10－1－18A ．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 由e ＝102sin 10πt (V)知电动势的有效值E 有＝E m 2＝1022V ＝10 V ，故B 选项错误；电路中的理想电流表示数为电流的有效值：I 有＝E 有r ＋R ＝1.0 A ，故D 选项正确；电阻R 消耗的电功率P ＝I 2有·R ＝9.0 W ，故C 选项错误；交流电的角速度ω＝10π rad/s ，所以频率f ＝ω2π＝5 Hz ，故A 选项错误.答案 D10．(单选)如图10－1－19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( )．图10－1－19A ．电压表的读数为NBSω2B ．通过电阻R 的电荷量为q ＝NBS 2(R ＋r )C ．电阻R 所产生的焦耳热为Q ＝N 2B 2S 2ωR π4(R ＋r )2D ．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NSBω2(R ＋r )解析 线圈在磁场中转动产生正弦交流电，其电动势的最大值为E m ＝NBSω，电动势的有效值为E ＝NBSω2，电压表的读数等于交流电源的路端电压，且为有效值，则U ＝NBSωR 2(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，即q ＝I t ＝N ΔΦR ＋r ＝N ⎝ ⎛⎭⎪⎫BS －12BS R ＋r ＝NBS 2(R ＋r )，故B 正确；计算电阻R 上产生的焦耳热应该用有效值，则电阻R 产生的焦耳热为Q ＝I 2Rt ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤NBSω2(R ＋r )2R π3ω＝πN 2B 2S 2Rω6(R ＋r )2，故C 错误；线圈由图示位置转过60°时的电流为瞬时值，则符合电流瞬时值表达式，大小为i ＝NBSωR ＋r sin π3＝3NBSω2(R ＋r )，故D 错误． 答案 BB 深化训练——提高能力技巧11．(2013·西安五校联考)(单选)如图10－1－20所示，N 匝矩形导线框以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕轴OO ′匀速转动，线框面积为S ，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R 、理想电流表和二极管D .二极管D 具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大．下列说法正确的是( )．图10－1－20A ．图示位置电流表的示数为0B ．R 两端电压的有效值U ＝ω2NBS C ．一个周期内通过R 的电荷量q ＝2BS /RD ．交流电流表的示数I ＝ω2R NBS解析 图示位置电流表测的是有效值，故其示数不为0，选项A 错误；由于接有二极管，二极管D 具有单向导电性，由⎝ ⎛⎭⎪⎫ω2R NBS 2RT /2＝U 2T /R 解得R 两端电压的有效值U ＝ωNBS /2，交流电流表的示数I ＝ω2R NBS ，选项B 错误、D 正确；一个周期内通过R 的电荷量q ＝2NBS /R ，选项C 错误．答案 D12．(多选)如图10－1－21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( )．图10－1－21A ．电阻R 两端电压变化规律的函数表达式为u ＝2.5sin(200πt ) VB ．电阻R 消耗的电功率为1.25 WC ．如图丙所示，若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，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 ，周期为T ＝0.01 s ，其角速度为ω＝2πT ＝200π rad/s ，由欧姆定律得U m ＝I m R ＝2.5 V ．所以R 两端电压的表达式为u ＝2.5sin(200πt ) V ，选项A 正确．该电流的有效值为I ＝I m 2，电阻R 消耗的电功率为P ＝I 2R ，解得P ＝0.625 W ，B 选项错误．○A 的示数为有效值，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 ＝nBSω为原来的2倍．电路中电流的有效值也是原来的2倍，为2×0.52A ≠1 A ．选项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 ，可知选项D 正确．答案 AD。
新人教版高三物理一轮复习 交变电流 传感器复习题及答案解析
章末检测(十)(时间:60分钟，分值:100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题6分，共36分，每小题只有一个选项符合题意)1.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垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图)，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定由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()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3．电阻R1、R2与交流电源按照如图甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S 后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示．则() A．通过R1的电流的有效值是1.2 AB．R1两端的电压的有效值是6 VC．通过R2的电流的有效值是1.2 2 AD．R2两端的电压的有效值是6 2 V4.如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为4∶1，原线圈接入一电压为u＝U0sin ωt的交流电源，副线圈接一个R＝27.5 Ω的负载电阻．若U0＝220 2 V，ω＝100π rad/s，则下述结论正确的是()A ．副线圈中电压表的读数为55 2 VB ．副线圈中输出交流电的周期为1100πsC ．原线圈中电流表的读数为0.5 AD ．原线圈中的输入功率为110 2 W 5.如图所示的电路中，有一自耦变压器，左侧并联一只理想电压表V 1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V 2.下列说法中正确的是( )A ．若F 不动，滑片P 向下滑动时，V 1示数变大，V 2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，V 1、V 2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 6.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R二、多项选择题(本大题共3小题，每小题6分，共18分，每小题有多个选项符合题意) 7．矩形线圈绕垂直匀强磁场磁感线的轴匀速转动，当线圈通过中性面时，下列说法正确的是( )A ．穿过线圈的磁通量最大，线圈中感应电动势最大B ．穿过线圈的磁通量最大，线圈中感应电动势等于零C ．线圈中感应电流最大，方向将改变D ．线圈中感应电流等于零，方向将改变8．如图甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化．下列说法正确的是( )A ．图甲表示交流电，图乙表示直流电B ．两种电压的周期相等C ．两种电压的有效值相等D．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin 100πt V9．在如图所示的远距离输电电路中，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增大D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)10．(10分)一台臭氧发生器P的电阻为10 kΩ，当供电电压等于24 V时能正常工作，否则不产生臭氧．现要用这种臭氧发生器制成自动消毒装置，要求它在有光照时能产生臭氧，在黑暗时不产生臭氧，拟用一个光敏电阻R1对它进行控制，R1的阻值在有光照时为100 Ω，黑暗时为1 000 Ω，允许通过的最大电流为3 mA；电源E的电压为36 V，内阻不计；另有一个滑动变阻器R2，阻值为0～100 Ω，允许通过的最大电流为0.4 A；一个开关S和导线若干．臭氧发生器P和光敏电阻R1的符号如图所示．设计一个满足上述要求的电路图，图中各元件要标上字母代号，其中滑动变阻器两固定接线柱端分别标上字母A、B.(电路图画在虚线框内)11.(16分)如图所示，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:(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．12．(20分)发电机的端电压为220 V ，输出电功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路图． (2)求用户得到的电压和功率．(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．章末检测(十)1．[解析]选C.从图示位置计时，应为余弦曲线，故A 、B 错；根据法拉第电磁感应定律可知开始时电流为正方向，C 正确．2．[解析]选B.t ＝0时刻，磁通量最大，线圈在中性面，A 错；t ＝0.01 s 时刻，斜率最大，即Φ的变化率最大，B 正确；t ＝0.02 s 时刻，ΔΦΔt＝0，e ＝0，C 错；t ＝0时，e ＝0，故D 错．3．B4．[解析]选C.由U 1∶U 2＝4∶1和U 1＝220 V 得U 2＝55 V ，电压表示数为55 V ，A 错；T ＝2πω＝0.02 s ，故B 错；I 2＝U 2R ＝2 A ，由I 1/I 2＝n 2/n 1得:I 1＝0.5 A ，C 正确，P ＝U 2I 2＝110 W ，故D 错．5．[解析]选B.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，V 2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V 2的示数减小，C 、D 错误．6．[解析]选D.线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时18周期，出磁场的过程用时18周期，进、出磁场时产生的感应电流大小都为I ′＝12BL 2ωR，则转动一周产生的感应电流的有效值满足:I 2RT ＝12BL 2ωR 2R ×14T ，解得I ＝BL 2ω4R，D 正确．7．[解析]选BD.当线圈通过中性面时，垂直于磁场，穿过线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为零，线圈中感应电动势等于零，电流方向将改变，选项B 、D 正确．8．[解析]选BD.甲、乙两图都表示交流电，A 错；由题图可知，周期相等，B 对；两种电压的峰值相等，但有效值不等，C 错；由甲图知:U m ＝311 V ，ω＝2πT＝100π r ad/s ，φ0＝0，故表达式为u ＝311sin 100πt V ，D 正确．9．[解析]选CD.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 ＝PU可知，当输出电压不变，而输出功率增大时输电电流增大，由U 损＝IR 及P 损＝I 2R 可知U 损及P 损均增大，当U 损增大时降压变压器的输出电压减小，故C 项正确，B 选项错误．由P 损＝P 2U 2R 可知P 损P ＝P U2R .当输出功率增大时输电线损耗功率占总功率的比例增大，D 项正确．10．[解析]为了能控制臭氧发生器，应该用滑动变阻器的分压式接法，有光照时P 能正常工作，无光照时P 不工作．电路图如图所示:[答案]见解析图11．[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．(1分)此交变电动势的最大值为E m ＝B Sω＝B·πr 22·2πn ＝π2B nr 2.(3分)(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 ＝E m 2＝2π2Bnr 22(1分)电阻R 上产生的热量Q ＝⎝⎛⎭⎫E R 2R ·T 4＝π4B 2r 4n 8R.(3分)(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E ＝ΔΦΔt (1分)通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝ER ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R.(3分)(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⎝⎛⎭⎫E m 22R·T 2＝E ′2RT ， 解得E ′＝E m2(2分)故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB2R .(2分)[答案](1)π2B nr 2(2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R (4)π2r 2nB 2R12．[解析](1)线路图如图所示:(4分)(2)升压变压器副线圈上的输出电压U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V ，(1分)升压变压器副线圈上的输出电流I 2＝n 1n 2I 1，(1分)升压变压器原线圈上的输入电流，由P ＝U 1I 1得I 1＝P U 1＝44×103220A ＝200 A ，(1分)所以I 2＝n 1n 2I 1＝110×200 A ＝20 A ．(2分)输电线路上的电压损失和功率损失分别为 U R ＝I 2R ＝4 V ，(1分) P R ＝I 22R ＝0.08 k W.(2分)加到降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为 I 3＝I 2＝20 A ，(1分)U 3＝U 2－U R ＝2 196 V ．(1分)降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为U 4＝n 4n 3U 3＝219.6 V ，(1分)I 4＝n 3n 4I 3＝200 A ．(1分)用户得到的功率P 4＝U 4I 4＝43.92 k W.(1分) (3)若不采用高压输电，线路损失电压为 U ′R ＝I 1R ＝40 V ，(1分)用户得到的电压U ′＝U 1－U ′R ＝180 V ，(1分) 用户得到的功率为P ′＝U ′I 1＝36 k W.(1分) [答案]见解析。
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．。
- 1、下载文档前请自行甄别文档内容的完整性，平台不提供额外的编辑、内容补充、找答案等附加服务。
- 2、"仅部分预览"的文档,不可在线预览部分如存在完整性等问题,可反馈申请退款(可完整预览的文档不适用该条件!)。
- 3、如文档侵犯您的权益，请联系客服反馈,我们会尽快为您处理(人工客服工作时间：9:00-18:30)。
2015届高三物理总复习题库第十章交变电流传感器章末检测1．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流e＝220 2sin 100πt(V)，那么( )．A．该交变电流的频率是100 HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝1200s时，e最大D．该交变电流电动势的有效值为220 2 V解析根据交变电流的表达式可知该交变电流的频率f＝ω2π＝50 Hz，有效值为220 V，A、D错；当t＝0时，e＝0，所以线圈平面恰好处于中性面，B错；当t＝1200s时，e 有最大值220 2 V，C正确．答案 C2．供电公司检修人员用交流电表监控供电线路中强电流和高电压，使用的仪器是电流互感器和电压互感器，接线如图1所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b 为两只交流电表，下列说法中正确的是( )．图1A．A为电流互感器，且n1<n2，a是电流表B．B为电压互感器，且n3>n4，b是电压表C．B为电流互感器，且n3<n4，b是电流表D．A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表解析A为电流互感器，串联接入电路，副线圈中电流较小，则n1<n2，a是电流表，A 正确；B为电压互感器，并联接入电路，副线圈中电压较小，则n3>n4，b是电压表，B 正确．答案AB3．电阻R1、R2和交流电源按照图2甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示，则( )．图2A ．通过R 1的电流的有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流的有效值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压有效值是6 2 V解析 由题图知流过R 2交流电电流的最大值I 2m ＝0.6 2 A ，故选项C 错误；由U 2m ＝I 2m R 2＝12 2 V 知，选项D 错误；因串联电路电流处处相同，则I 1m ＝0.6 2 A ，电流的有效值I 1＝I 1m2＝0.6 A ，故A 项错误；由U 1＝I 1R 1＝6 V ，故选项B 正确．答案 B4．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t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203V解析 由图可知t ＝0时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；由图可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，线圈先后两次转速之比n a ∶n b ＝T b ∶T a ＝3∶2，选项B 正确；交流电a 的瞬时值为u ＝U m sin ⎝⎛⎭⎪⎫2πT a t ，得u ＝10sin5πt (V)，选项C 正确；感应电动势最大值U m ＝NBS ω＝NBS ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ，所以U m a ∶U m b ＝T b ∶T a，交流电b 的最大值为203 V ，选项D 正确． 答案 BCD5．如图4所示，abcd 为一边长为L 、匝数为N 的正方形闭合线圈，绕对称轴OO ′匀速转动，角速度为ω.空间中只有OO ′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .若闭合线圈的总电阻为R ，则( )．图4A ．线圈中电动势的有效值为22NBL 2ω B ．线圈中电动势的最大值为12NBL 2ωC ．在转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流D ．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为12NBL 2解析 最大值E m ＝12NBL 2ω，有效值E ＝E m 2＝24NBL 2ω.在转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，故线圈中始终有电流通过．图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为12BL 2，正确选项为B. 答案 B6．如图5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ω＝100π rad/s.线圈的匝数N ＝100，边长ab ＝0.2 m ，ad ＝0.4 m ，电阻不计．磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小B ＝216πT ．电容器放电时间不计．下列说法正确的是( )．图5A ．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25 2 VC ．电容器的耐压值至少为50 VD ．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 ＝NBS ωsin ωt ＝502sin 100πt V ，其峰值为50 2 V ，所以A 、C 均错．由于一个周期内只有半个周期产生感应电动势，所以有E 2RT ＝502R ×T2＋0，解得E ＝25 2 V ，即B 正确．C 变大时电容器对交流电的阻碍作用减小，电流表的示数变大，所以D 错． 答案 B7．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106kW ，现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )． A ．输电线上输送的电流大小为2.0×105A B ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻解析 输电线上输送的电流I ＝P U ＝3×106 kW500 kV＝6 000 A ，A 错；输电线上损失的电压为ΔU ＝Ir ＝6 000×2.5 V＝1.5×104V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV 的电压输电，则输电线上输送的电流I ′＝P U ′＝3×106 kW 5 kV＝6×105 A ，输电线上损失的功率ΔP ＝I ′2r ＝(6×105)2×2.5 W＝9×108kW ，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106kW ，C 错；D 项中输电线上损失的功率ΔP ＝U 2r，U 应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D 错． 答案 B8．电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图6所示．现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )．图6A ．线圈转动的角速度ω＝100 rad/sB ．在t ＝0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量最大C ．电热丝两端的电压U ＝100 2 VD ．电热丝此时的发热功率P ＝1 800 W解析 由题图可以看出该交变电流的周期T ＝0.02 s ，则角速度ω＝2πT ＝2π0.02＝100πrad/s ，A 项错．t ＝0.01 s 时刻，电压达到最大，则此时磁通量变化率最大，磁通量为零，B 项错．电热丝两端电压为路端电压U R ＝RR ＋r U ＝99＋1×U m2＝90 2 V ，故C 项错．根据电功率公式P ＝U 2RR＝229W ＝1 800 W ，故D 项正确．答案 D9．如图7甲所示，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，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，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( )．图7A ．t ＝0.01 s 时刻穿过线框回路的磁通量为零B ．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 ．灯泡的额定电压为220 2 V解析 由题图知t ＝0.01 s 时e ＝0，此时线圈平面位于中性面，磁通量最大，A 错；周期T ＝0.02 s ，所以n ＝1T ＝50 r/s ，B 对；由理想变压器原理得：U 1U L ＝n 1n 2，其中U 1＝2222V ，得U L ＝220 V ，I L ＝P U L ＝0.1 A ，而I 1I L ＝n 2n 1，得I 1＝1 A ，C 对；灯泡的额定电压为交流电压的有效值220 V ，D 错． 答案 BC10．如图8甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A 的保险丝L ，原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈匝数n 2＝120匝．当原线圈接在如图乙所示的交流电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接( )．图8A ．阻值为12 Ω的电阻B ．并联两盏“36 V,40 W”的灯泡C ．工作频率为10 Hz 的用电设备D ．耐压值为36 V 的电容器解析 根据图乙可知，原线圈输入的交变电压的最大值U 1m ＝180 2 V ，有效值U 1＝180 V ，周期T 1＝0.02 s ，频率f 1＝1/T 1＝50 Hz ，又n 1∶n 2＝5∶1，所以副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V ，有效值U 2＝36 V ，周期T 2＝T 1＝0.02 s ，频率f 2＝f 1＝50 Hz ；若副线圈两端接阻值为12 Ω的电阻，则I 2＝U 2/R ＝3 A ，I 1＝n 2I 2/n 1＝0.6 A>0.5 A ，即流过保险丝的电流超过了其熔断电流，选项A 错误；若并联两盏“36 V,40 W”的灯泡，那么，灯泡两端电压刚好为其额定电压，此外，流过保险丝的电流I 1＝n 2I 2/n 1＝0.2I 2＝0.2×2×4036＝49(A)<0.5 A ，显然，整个电路和用电器均能正常工作，所以选项B 正确；输出交流电的频率为50 Hz ，所以副线圈两端不可以接工作频率为10 Hz 的用电设备，选项C 错误；电容器的耐压值指的是允许通过的最大电压值，题中副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V>36 V ，即超过了电容器的耐压值，所以选项D 错误． 答案 B。