高考物理备考30分钟课堂集训系列专题10交变电流传感器

合集下载

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

2020年高考物理精选专题(含答案详解)10 交变电流变压器传感器的简单应用

2020年高考物理精选专题（含答案详解）一、单选题（共11题；共22分）1.如图所示的电路中，D1、D2是完全相同的灯泡，线圈L的自感系数较大，直流电阻不计。

先闭合开关S，电路稳定后再断开开关S，此时( )A. D1立刻熄灭B. D2立刻熄灭C. D1闪亮一下逐渐熄灭D. D2闪亮一下逐渐熄灭2.如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1：n2=10:1，a、b两点间的电压为u=220√2sin100πt（V），R为可变电阻，P为额定电流1A、用铅锑合金制成的保险丝．为使保险丝中的电流不超过1A，可变电阻R连入电路的最小阻值是（）A. 2.2ΩB. 2.2√2ΩC. 22ΩD. 22√2Ω3.某实验小组模拟远距离输电的原理图如图所示，A、B为理想变压器，R为输电线路的电阻，灯泡L1、L2规格相同，保持变压器A的输入电压不变，开关S断开时，灯泡L1正常发光，则( )A. 仅将滑片P上移，A的输入功率不变B. 仅将滑片P上移，L1变暗C. 仅闭合S，L1、L2均正常发光D. 仅闭合S，A的输入功率不变4.A、B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦式交变电流，则两电热器的电功率P A∶P B等于( )A. 5∶4B. 3∶2C. √2∶1D. 2∶15.如图所示，A、B是两个完全相同的灯泡，L是自感系数较大的线圈，其直流电阻忽略不计。

当开关S 闭合时，下列说法正确的是（）A. A和B一起亮，然后A熄灭B. A和B一起亮，然后A逐渐熄灭C. A比B先亮，然后A熄灭D. B比A先亮，然后A逐渐变亮6.如图所示为远距离交流输电的简化电路图，升压变压器与发电厂相连，降压变压器与用户相连，两变压器均为理想变压器，发电厂输出发电功率P、升压变压器原线圈两端电压和输电线总电阻保持不变。

当升压变压器原副线圈匝数比为k时，用户得到的功率为P1则当升压变压器的原副线圈匝数比为nk时，用户得到的电功率为（）A. (1−n2k2)P+n2k2P1B. (1−n2)P+n2P1C. (1−1n2k2)P+P1n2k2D. (1−1n2k2)P+P1n2k27.如图所示，一理想变压器的原副线圈匝数分别为n1和n2，原线圈输入电压保持不变，副线圈输出端通过开关S接电阻R1和滑动变阻器R，电流表为理想电表，下列说法正确的是（）A. 若S断开，则副线圈输出端电压为零B. 若S闭合，滑动片P向上滑动，则两电流表示数都变小C. 若S闭合，滑动片P向上滑动，则电流表A1示数变大，A2示数变小D. 若S闭合，滑动片P向上滑动，则电流表A1示数不变，A2示数变小8.如图所示，一理想变压器原线圈匝数n1=500匝，副线圈匝数n2=100匝，原线圈中接一交变电源，交变电电压u=220√2sin100πt(V)。

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课件

220×0.2 44
A＝1
A，C、D错误；原线圈和副线圈的匝数比nn12
＝II12＝51，A错误，B正确．
答案：B
2．用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则( )
A.变压器输入功率约为3.9 W B.输出电压的最大值是110 V C.变压器原、副线圈匝数比是1 2 D.负载电流的函数表达式i＝0.05sin(100πt＋π2)A
第十章
交变电流传感器
第二节变压器电能的输送
突破考点01 突破考点02 突破考点03
突破考点04 课时作业高考真题
突破考点01
变压器
自主练透
1.构造和原理(如图所示)
(1)主要构造：由________、________和铁芯组成． (2)工作原理：电磁感应的________现象．
2.基本关系 (1)电压关系：UU12＝________. (2)电流关系：只有一个副线圈时：II12＝________. (3)功率关系：P入＝________. (4)频率关系：原、副线圈中电流的频率相等．
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化．
2.负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变，nn12发生变化，U2变化． (2)R不变，U2变化，I2发生变化． (3)根据P2＝UR22和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化．
【例1】如下图所示，理想变压器输入端PQ接稳定的交流电源，通过单刀双掷开关S可改变变压器原线圈匝数(图中电压表及电流表皆为理想电表)，则下列说法中正确的是( )
3.几种常用的变压器 (1)自耦变压器——也叫________变压器． (2)互感器 ①电压互感器，用来把高电压变成________； ②电流互感器，用来把大电流变成________．

高考物理热点集训【交变电流传感器】课件

第十章交变电流传感器
十章交变电流传感器
解析：选 D.当滑动变阻器滑动触头 P 逐渐
向上移动时，变阻器有效电阻 R 变小，相
当于负载增加，输出功率增加，则输入功
率增加，而输入电压 U 不变，则 I1 变大， R1 两端电压变大，则 U1＝U－I1R1 变小；
由变压器公式U1＝n1＝I2和 U2 n2 I1
I2＝UR2，得
解析：选 A.装置 P 启动后，只有一半时
间有电流通过，故电热丝的功率变为原来
的一半，A 正确；装置 P 启动前，电压
的有效值为 U＝3121 V，P 启动后，由有
3112
效值的定义可得UR′2T＝
2 R
×T2＋0，解
得 U′＝3211 V，则电压表的读数与原来
相比，UU′＝ 22，C、D 均错误．
第十章交变电流传感器
热点2 理想变压器的综合分析
变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，综合利用欧姆定律、串、并联电路的特点进行判定是高考考查的热点之一．
第十章交变电流传感器
实战演练 4．(2012·湖北宜昌模拟)如图10－4所示，一低压交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，通过上下调节P1、P2的位置，可以改变变压器输入、输出电压．图中L是一个小灯泡，R2是定值电阻，R1、R3是滑动变
第十章交变电流传感器
5．(2012·江西重点中学联考)如图10－ 5所示，当滑动变阻器滑动触头P逐渐向上移动时，接在理想变压器两端的四个理想电表示数( )
图10－5
第十章交变电流传感器
A．V1不变、V2不变、A1变大、A2变大 B．V1不变、V2不变、A1变小、A2变小 C．V1变大、V2变大、A1变小、A2变小 D．V1变小、V2变小、A1变大、A2变大

高考专题复习第10单元-交变电流传感器-物理

第44讲 │ 要点探究
[点评] 本题考查对交流电图象的解读能力，要求考生能够通过交流电图象找出周期、最大值并计算有效值，写出交流电表达式．对交流电有效值的计算要看交流电是否为正弦(余弦)交流 Im Um 电，若是，则直接应用I＝，U＝求解；若只有部分是，则 2 2 1 Im Um 具有完整的周期整数倍的波形可直接应用I＝，U＝关系， 4 2 2 并结合焦耳定律求解；若完全不是正弦式交流电，则根据有效值的定义和焦耳定律求解，如变式题就不是正弦交流电．
第十单元 │ 使用建议使用建议
1. 本单元复习是根据交变电流的产生——交变电流的描述——交变电压的改变——交变电流的输送这条主线编排的． (1)突出主干知识：通过复习，要求学生能根据法拉第电磁感应定律理解交变电流的产生及其变化规律．不仅要求对产生交流电的具体模型有明确认识，而且能根据实际模型确定交流电的变化规律——数学表达式、图象或根据图象确定相应的物理模型．
第44讲 │ 考点整合考点整合
一、正弦式交变电流的产生电磁感应 1.产生原理：__________原理(如图 44－1 所示，匀速旋转线圈时， ab、cd 将切割磁感线产生周期性变化的电流)．
图 44－1
第44讲 │ 考点整合
2.两个位置最大 (1)中性面位置(通过的磁通量______、感应电动势为 0、电流方向发生改变的位置)．
第44讲 │ 要点探究
3．图象体现了函数关系，反映了交变电流的瞬时变化关系，故图象是书写交变电流瞬时值表达式的依据． 4.交变电流的表达式与线圈平面初始位置有关，由图象可以确定线圈的初始位置，即从中性面的位置开始计时，交变电流的图象为正弦图象；从垂直中性面的位置开始计时，交变电流的图象为余弦图象.

高考物理总复习：选修3-2第十章交变电流传感器

时间的比值，其数值可以用 E ＝○28 ________计算．
【重点提示】 (1)有效值和平均值是不同的．求电
流的热效应要用有效值，求流过导体截面的电量要用平
均值．
(2)用电器铭牌上所标的电压都是额定电压的有效
值．
(3)只有正(余)弦交变电流的有效值是最大值的
1， 2
其他交变电流的有效值要根据有效值的定义求解．
(2)若线圈匝数为 N，当其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，所产生的感应电动势的最大值为：Em＝NBSω.即 Em 仅由 N、B、S、ω 四个量决定，与轴的具体位置和线圈的形状都是无关的．
例 1 一个矩形线圈 abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈所围面积的磁通量 Φ 随时间 t 变化的规律如下图所示，下面的说法正确的是( )
效
热效应等效的
E＝Em2
(2)电气设备“铭牌”所
值恒定电 U＝U2m
标的一般是有效值 (3)保险丝的熔断电流为
流值
I＝
Im 2
有效值
交变电流图像中图平均线与时间值轴所夹的面积与时间的比
E ＝BL v E ＝nΔΔΦt
E I ＝R＋r
计算通过电路截面的电荷量
2.对交变电动势的表达式 e＝NBSωsinωt 的理解应注意的几个问题
(2)书写电动势表达式时应注意 ω 是线圈在磁场中转动的角速度，即 ω＝φt ，而线圈的转速 n 与角速度 ω 是不同的．
正确地写出了电动势的表达式，利用闭合电路欧姆定律 i＝R＋e r＝RE＋mrsinωt 就可以计算电路中的瞬时电流或写出电流瞬时值表达式了．而路端电压 u＝iR＝RE＋mRr sinωt，即可写出表达式．

高考物理十交变电流传感器10-1-2变压器远距离输电市赛课公开课一等奖省名师优质课获奖PPT课件

16/53
2．理想变压器的基本关系
17/53
18/53
[典例剖析] (多选)(2016·全国卷Ⅲ)如图，①理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡 a 和 b.当②输入电压 U 为灯泡额定电压的 10 倍时，两灯均能正常发光，下列说法正确的是 ()
19/53
A．原、副线圈匝数比为 9∶1 B．原、副线圈匝数比为 1∶9 C．此时 a 和 b 的电功率之比为 9∶1 D．此时 a 和 b 的电功率之比为 1∶9 [审题指导] ①线圈的输入功率等于输出功率． ②变压器输入电压不等于 U.
[答案] AD
21/53
关于理想变压器的四点注意 (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)II12＝nn21只适合一个原线圈带一个副线圈的情形．
22/53
[变式训练] 1．(多选)(2018·江苏四市联考)如右图所示，在某一输电线路的起始端接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为 100∶1 和 1∶100，图中 a、b 表示电压表或电流表，已知电压表的示数为 22 V，电流表的示数为 1 A 则( )
27/53
[解析] 由原线圈电压瞬时值表达式可知，原线圈输入电压有效值为 220 V，交变电流的频率 f＝T1＝2ωπ＝50 Hz，D 项错；副线圈上灯泡正常发光，说明副线圈输出电压有效值为 22 V，由理想变压器变压规律可知，nn12＝UU12＝10，A 项错；由灯泡电功率 P＝UI 可知，通过每只灯泡的电流为 1 A，故副线圈输出电流为 10 A，由理想变压器变流规律可知，II21＝10，所以原线圈中电流的有效值为 1 A，B 项正确，C 项错．

高三物理总复习配套交变电流传感器时课件

电压 U 增大，装置发出警报，此时
(C)
A．RM 变大，且 R 越大，U 增大越明显
B．RM 变大，且 R 越小，U 增大越明显
C．RM 变小，且 R 越大，U 增大越明显
D．RM 变小，且 R 越小，U 增大越明显
图7
基础回放
课堂探究
随堂训练
随堂训练
第3课时传感器的原理及应用
4．如图 8 所示，R1、R2 为定值电阻，L 为小灯泡，R3 为光
制成的电阻 R 随摄氏温度 t 变化的图象，若用该电阻与电池(电动势
E＝1.5 V，内阻不计)、电流表(量程为 5 mA，内阻不计)、电阻箱 R′
串联起来，连接成如图乙所示的电路，用该电阻做测温探头，把电
流表的电流刻度改为相应的温度刻度，就得到了一个简单的“金属
电阻温度计”．
(1) 电流刻度较大处对应的温度刻度 ___较__小___ ； ( 选填 “ 较大 ” 或
控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发
生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位
为 lx)．某光敏电阻 ROS 在不同照度下的阻值如下表所示：照度(lx) 0.2 0.4 0.6 0.8 1.0 1.2
电阻(kΩ) 75 40 28 23 20 18
(1) 根据表中数据，请在图 3 给定的坐标系
(1)在下面的虚线框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小．
基础回放
课堂探究
随堂训练
随堂训练
第3课时传感器的原理及应用
(2)根据电路图，在图 12 的实物图上连线．
基础回放
图12
课堂探究
随堂训练
随堂训练

高考物理总复习闯关密训卷专题10 交变电流传感器

2013高考总复习闯关密训物理卷专题10 交变电流传感器选题表的使用说明：1.首先梳理出本单元要考查的知识点填到下表2.按照考查知识点的主次选题，将题号填到下表专题10 交变电流传感器测试卷一、选择题(本题共14小题，每小题3分，共42分。

在下列各题的四个选项中，有的是一个选项正确，有的是多个选项正确，全部选对的得3分，选对但不全的得2分，有错选的得0分，请将正确选项的序号涂在答题卡上)1、如图10－1－12所示，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，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定a→b→c→d→a方向的感应电流为正方向，则下图能反映线圈感应电)流I随时间t变化的图线是(图10－1－122、2007年度诺贝尔物理学奖授予了法国和德国的两位科学家，以表彰他们发现“巨磁电阻效应”．基于巨磁电阻效应开发的用于读取硬盘数据的技术，被认为是纳米技术的第一次真正应用．在下列有关其他电阻应用的说法中，错误的是( )A．热敏电阻可应用于温度测控装置中B．光敏电阻是一种光电传感器C．电阻丝可应用于电热设备中D．电阻在电路中主要起到通过直流、阻碍交流的作用3、一正弦交流电的电压随时间变化规律如图，则该交流电A．电压瞬时值表达式为u＝100sin（25t）VB．周期为0.02sC．电压有效值为100D．频率为25 Hz4、矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的转轴匀速转动，产生的交流电动势的最大值为E m.设t＝0时线圈平面与磁场平行，当线圈的匝数增加一倍，转速也增大一倍，其他条件不变时，交流电的电动势为（）A．e＝2E m sin2ωt B．e＝4E m sin2ωtC．e＝E m cos2ωt D．e＝4E m cos2ωt5、如图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小，此电路的重要作用是A．阻高频通低频，输出低频和直流B．阻低频通高频，输出高频电流C．阻交流通直流，输出直流D．阻直流通交流，输出交流6、如图所示，50匝矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B＝／10T的水平匀强磁场中，线框面积S＝0.5m2，线框电阻不计。

高考物理大一轮复习第十章交变电流传感器本章小结优秀PPT

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 到如图甲中所示位置,在B、C间接一个理想的交流电压表(图甲中未画出),则 ( )
交流电压的有效值,不能读出瞬时值,所以读数为220 解解二sin析析、1交00由由变πtω图电(V=乙流)2,Aπ可瞬正f知读时确1出值0;由交与0πf流变=r a电压d=/的器5s=0最组2Hπ大合zf知,值得,为Bf=错U50m误H=;因z2,2A电T0错压误表V。,周测期交T流=电2×压1时0-,2读s数,所为
流经灯泡L的交变电流的频率为100 Hz
V,C错误;由于B、C间
接理想电压表,其阻值RV无穷大,则P= U 2 ≈0,D正确。
答案 AD
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。例2 如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=4∶1,原线圈a、 b间接一电压为u=220 2 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置时,电流表示数为0.25 A,灯泡L刚好正常发光,则 ( ) A.流经灯泡L的交变电流的频率为100 Hz B.定值电阻R0的阻值为19 Ω C.滑动变阻器R消耗的功率为36 W D.若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑动,则灯泡L的亮度变暗
A.AB间输入的交流电的电压瞬时值表达式为u=220 sin2 100 πt(V)

高考物理总复习-第十章-交变电流-传感器讲义

第十章交变电流传感器考纲下载考向前瞻(1)交变电流描述交变电流的物理量和图像(Ⅰ)(2)正弦交变电流的函数表达式(Ⅰ)(3)电感和电容对交变电流的影响(Ⅰ)(4)理想变压器(Ⅱ)|(5)远距离输电(Ⅰ)(6)传感器的工作原理及其应用(Ⅰ)预计在2016年的高考中，对交流电的考查仍会集中在正弦交变电流、变压器、远距离输电和传感器知识点上，仍将通过交变电流的图像考查交变电流的四值、变压器等问题，一般为分值不超过6分的选择题。

第1节交变电流的产生及描述交变电流的产生及变化规律对应学生用书P170[必备知识]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)图像：如图10－1－1(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电流，其中图(a)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流。

图10－1－12．正弦式电流的产生和图像(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)图像：如果从线圈位于中性面开始计时，其图像为正弦曲线。

如图10－1－1(a)所示。

(3)中性面：线圈平面与磁感线垂直的位置称为中性面。

—(4)中性面与峰值面(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磁通量^最大(BS)0磁通量的变化率0最大感应电动势0最大(nBSω)|电流方向发生改变方向不变3(1)电动势e随时间变化的规律：e＝E m sin_ωt，其中E m＝nBSω，ω表示线圈转动的角速度。

(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。

[典题例析]^(2014·连云港摸底)如图10－1－2甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动。

若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示。

已知发电机线圈内阻为Ω，外接灯泡的电阻为Ω。

求：图10－1－2(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；(2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量；(3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功。

高考物理总复习教师用书第十章交变电流、传感器

第十章交变电流传感器[学习目标定位]考纲下载考情上线1.交变电流、交变电流的图象(Ⅰ)2．正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ) 3．理想变压器(Ⅰ)4．远距离输电(Ⅰ)实验十一：传感器的简单使用高考地位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题，试题的难度一般在中等偏下，分值在6～10分左右。

考点点击1.交变电流的产生、图象和有效值问题。

2．变压器、电压、功率、电流关系及远距离输电。

第1单元交变电流的产生及描述[想一想]线圈在匀强磁场中转动产生交变电流，线圈平面每转动一周，感应电流的方向改变几次？线圈在什么位置，电流方向会发生改变？[提示] 线圈每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，线圈平面每转动一周，经过两次中性面，故感应电流的方向改变两次。

[记一记]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10－1－1(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电流。

其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，如图10－1－1(a)所示。

图10－1－12．正弦式电流的产生和图象(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：用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置时开始计时，其图象为正弦曲线。

如图10－1－1(a)所示。

3．正弦式电流的函数表达式若n 匝面积为S 的线圈以角速度ω绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从中性面开始计时，其函数形式为e ＝nBSωsin_ωt ，用E m ＝nBSω表示电动势最大值，则有e ＝E m sin ωt 。

其电流大小为i ＝e R ＝E mRsin ωt ＝I m sin ωt 。

[试一试]1．一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10－1－2甲所示，则下列说法正确的是( )图10－1－2A ．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解析：选B 由Φ－t 图知，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 项错误。

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。

【红对勾】高考物理复习单元综合测试10交变电流传感器

单元综合测试十 (交变电流传感器)本试卷分第Ⅰ卷(选择题)和第Ⅱ卷(非选择题)两部分，试卷满分为100分．考试时间为90分钟．第Ⅰ卷(选择题，共40分)一、选择题(本题共10小题，每题4分，共40分．有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，把正确选项前的字母填在题后的括号内)1．闭合线圈在匀强磁场中匀速转动，产生正弦式电流i ＝I m sin ωt ，若保持其他条件不变，使发电机线圈匝数及转速各增加一倍，则电流的变化规律为( )A ．i ＝2I m sin2ωtB ．i ＝4I m sin2ωtC ．i ＝2I m sin ωtD ．i ＝4I m sin ωt 解析：转速加倍则ω＝2πn 也加倍，电流的最大值I m 也加倍故i ＝2I m sin2ωt 选项A正确．答案：A2．在图1所示两电路中，当a 、b 两端与e 、f 两端分别加上220 V 的交流电压时，测得c 、d 间与g 、h 间的电压均为110 V ；若分别在c 、d 与g 、h 的两端加上110 V 的交流电压，则a 、b 间与e 、f 间的电压分别为( )图1A ．220 V,220 VB ．220 V,110 VC ．110 V,110 VD ．220 V,0解析：对变压器，由U 1U 2＝n 1n 2可得U ab ＝220 V ；对滑动变阻器来说，当gh 间接上电压时，ef 间电压U ef ＝110 V ，故B 选项正确．答案：B3．利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103kW C ．1.6 kW D ．10 kW 解析：用电器的额定电流为：I ＝P U ＝40×103800A ＝50 A ，输电线上消耗功率P 线＝I 2R ＝502×0.4 W＝1000 W ＝1 kW.所以若采用超导材料则线路上的损耗将被节约．答案：A4．(2011·福建卷)图2甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n 1：n 2＝5：1，电阻R ＝20 Ω，L 1、L 2为规格相同的两只小灯泡，S 1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u 随时间t 的变化关系如图2乙所示．现将S 1接1、S 2闭合，此时L 2正常发光．下列说法正确的是( )图2A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin(50πt )VB ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W解析：由图象可知U m ＝202，T ＝0.02 s ，故ω＝2πT＝100π，即输入电压u 的表达式u ＝202sin(100πt )V ，所以A 项错误．断开S 2后两灯泡串联，总电压仍为4 V ，所以L 1、L 2均不能正常发光，B 项错误．根据P 入＝P 出＝U 2R可知断开S 2后R 增大，P 入变小，C 项错误．若S 1接2，由P ＝U 2R 可得P ＝4220W ＝0.8 W ，故答案为D. 答案：D图35．汽车消耗的主要燃料是柴油和汽油．柴油机是靠压缩汽缸内的空气点火的；而汽油机做功冲程开始时，汽缸中汽油和空气的混合气是靠火花塞点燃的．但是汽车蓄电池的电压只有12 V ，不能在火花塞中产生火花，因此，要使用如图3所示的点火装置，此装置的核心是一个变压器，该变压器的原线圈通过开关连到蓄电池上，副线圈接到火花塞的两端，开关由机械控制，做功冲程开始时，开关由闭合变为断开，从而在副线圈中产生10000 V 以上的电压，这样就能在火花塞中产生火花了．下列说法中正确的是( )A ．柴油机的压缩点火过程是通过做功使空气的内能增加的B ．汽油机点火装置的开关始终闭合，副线圈的两端也会有高压C ．接该变压器的原线圈的电源必须是交流电源，否则就不能在副线圈中产生高压D ．汽油机的点火装置中变压器的副线圈匝数必须远大于原线圈的匝数解析：汽车柴油机压缩汽缸内空气，实际上是活塞对气体做功使其内能增加，当温度升高到一定温度时，柴油着火燃烧．汽油机是借助于变压器在通入原线圈中电压(12 V)断电时产生变化的磁通量从而在副线圈中产生瞬时高压(10000 V)，而达到产生火花的目的，所以电源可以是直流，且副线圈匝数要远大于原线圈匝数，故A 、D 正确．答案：AD图46．如图4是自动调温式电熨斗，下列说法正确的是( )A ．常温时上下触点是接触的B ．双金属片温度升高时，上金属片形变较大，双金属片将向下弯曲C ．原来温度控制在80℃断开电源，现要求60℃断开电源，应使调温旋钮下调一些D ．由熨烫丝绸衣物状态转化为熨烫棉麻衣物状态，应使调温旋钮下移一些解析：双金属片上层金属的膨胀系数大于下层金属，常温下，弹性铜片和双金属片触点是接触的，通电后，电热丝发热(题图螺旋状部分)，当温度升高到某一值时，双金属片上层的金属受热膨胀，形变量大于下层金属，双金属片向下弯曲，使触点分离，切断电路；随着温度的降低，当降到某一温度时，双金属片收缩恢复原状，两触点又接触接通电路．调温旋钮下压弹性铜片，可使触点分离的温度升高，上提弹性铜片，可降低触点的分离温度，从而实现了调温控制．答案：ABD7．电容式话筒的保真度比动圈式话筒好，其工作原理如图5所示．Q 是绝缘支架，薄金属膜M 和固定电极N 形成一个电容器，被直流电源充电，当声波使膜片振动时，电容发生变化，电路中形成变化的电流．当膜片向右运动的过程中有( )图5A ．电容变大B ．电容变小C ．导线AB 中有向左的电流D ．导线AB 中有向右的电流解析：膜片右移时，由于板间距离d 变小，由C ＝εS 4πkd知，A 对；由Q ＝CU 知，C 对，D 错．答案：AC8．如图6所示是霍尔元件的工作原理示意图，如果用d 表示薄片的厚度，k 为霍尔系数，对于一个霍尔元件d 、k 为定值，如果保持电流I 恒定，则可以验证U H 随B 的变化情况，以下说法中错误的是( )图6A．将永磁体的一个磁极逐渐靠近霍尔元件的工作面时，U H将变大B．在测定地球两极的磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平C．在测定地球赤道上磁场强弱时，霍尔元件的工作面应保持水平D．改变磁感线与霍尔元件工作面的夹角，U H将发生变化答案：C9．全自动洗衣机中，排水阀是由程序控制器控制其动作的，当洗衣机进行排水和脱水工序时电磁铁的线圈通电，使电磁铁的铁芯2运动，牵引排水阀的活塞，排出污水，牵引电磁铁的结构如图7所示，以下说法正确的是( )图7A．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为N极，B端为S极B．若某时刻输入控制电流时，a为正，b为负，则铁芯2中A端为S极，B端为N极C．若a、b处输入交变电流，铁芯2不能吸入线圈中D．若a、b处输入交变电流，铁芯2能吸入线圈中解析：根据磁化现象和磁极间同名磁极相斥，异名磁极相吸原理易判断B、D正确．答案：BD10．某中学的学生食堂新安装了磁卡就餐系统，使用不到一周，便出现了电源总开关总是无法接通的问题．经检查，电源总开关中漏电保护器动作切断了电源．漏电保护器电路如图8所示，变压器A处用火线与零线双股平行绕制成线圈，然后接到磁卡机上，B处有一个输出线圈，一旦线圈B中的电流经放大器放大后便推动断电器切断电源．造成漏电保护器动作切断电源的原因判断为磁卡机用电端( )图8A．零线与火线之间漏电B．火线与地之间漏电或零线直接接地C．只有火线与地之间漏电才会产生D．刷卡机装得过多，造成电流太大解析：由题意知，火线和零线均绕在铁芯上，故只有火线与零线中电流大小不等时，才会引起漏电保护器切断电源，故可能是火线与地之间漏电，也可能是零线与地之间漏电．答案：B第Ⅱ卷(非选择题，共60分)二、填空题(本题共2小题，每题8分，共16分)11．(2010·全国卷Ⅱ)如图9，一热敏电阻R T放在控温容器M内；Ⓐ为毫安表，量程6mA，内阻为数十欧姆；E为直流电源，电动势约为3V，内阻很小；R为电阻箱，最大阻值为999.9Ω；S为开关．已知R T在95℃时的阻值为150Ω，在20℃时的阻值约为550Ω.现要求在降温过程中测量在95℃～20℃之间的多个温度下R T的阻值．图9(1)在图中画出连线，完成实验原理电路图．(2)完成下列实验步骤中的填空：a．依照实验原理电路图连线．b．调节控温容器M内的温度，使得R T的温度为95℃.c．将电阻箱调到适当的初值，以保证仪器安全．d．闭合开关．调节电阻箱，记录电流表的示数I0，并记录________．e．将R T的温度降为T1(20℃<T1<95℃)；调节电阻箱，使得电流表的读数________，记录________．f．温度为T1时热敏电阻的电阻值RT1＝________.g．逐步降低T1的数值，直至20℃为止；在每一温度下重复步骤e f.解析：(1)电阻箱的最大阻值与热敏电阻的最大阻值相差不大，因此电阻箱应为与热敏电阻串联．(2)本实验原理是当电路的两种状态的电流相等时，外电路的总电阻相等.95℃和R T时对应的电路的电阻相等，有150＋R0＝R T＋R，即R T1＝R0－R1＋150 Ω.答案：(1)实验原理电路图如图10所示．图10(2)d.电阻箱的读数R0e．仍为I0电阻箱的读数R1f．R0－R1＋150 Ω12．某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒定．．．．)、电压表、待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在图11(1)的实物图上连线．图11(2)实验的主要步骤：①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，__________，__________，断开开关；③重复第②步操作若干次，测得多组数据．(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图10(2)的R－t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R－t关系式：R＝________＋________t(Ω)(保留3位有效数字)．解析：改变温度后，热敏电阻阻值改变，电压表示数改变，从图线知R与t成线性关系，且纵轴上截距(当t＝0℃时)R＝100 Ω，斜率为ΔR/Δt＝0.395，所以R＝100＋0.395t(Ω)．答案：(1)实物连线图如图12 (2)记录温度计数值记录电压表数值(3)100 0.395图12三、计算题(本题共4小题，13、14题各10分，15、16题各12分，共44分，计算时必须有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)图1313．如图13所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO ′轴匀速转动，磁场方向与转轴垂直．线圈匝数n ＝40，电阻r ＝0.1 Ω，长l 1＝0.05 m ，宽l 2＝0.04 m ，角速度ω＝100 rad/s ，磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ．线圈两端外接电阻R ＝9.9 Ω的用电器和一个交流电流表．求：(1)线圈中产生的最大感应电动势；(2)电流表的读数；(3)用电器上消耗的电功率．解析：(1)E m ＝nB ωS ＝nB ωl 1l 2＝1.6 V.(2)I m ＝E mR ＋r ＝0.16 A ，电流表读数为有效值I ＝I m2＝0.11 A.(3)P ＝I 2R ＝0.12 W.答案：(1)1.6 V (2)0.11 A (3)0.12 W14．(2011·江苏卷)图14(1)为一理想变压器，ab 为原线圈，ce 为副线圈，d 为副线圈引出的一个接头，原线圈输入正弦式交变电压的u －t 图象如图14(2)所示．若只在ce 间接一只R ce ＝400 Ω的电阻，或只在de 间接一只R de ＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.图14(1)请写出原线圈输入电压瞬时值u ab 的表达式；(2)求只在ce 间接400 Ω电阻时，原线圈中的电流I 1；(3)求ce 和de 间线圈的匝数比n ce n de. 解析：(1)由题图(2)知ω＝200πrad/s电压瞬时值u ab ＝400sin200πt (V)．(2)电压有效值U 1＝2002V ，理想变压器P 1＝P 2，原线圈中的电流I 1＝P 1U 1，解得I 1≈0.28 A(或25A)． (3)设ab 间匝数为n 1， U 1n 1＝U ce n ce ，同理U 1n 1＝U de n de，由题意知U ce 2R ce ＝U de 2R de ，解得n ce n de ＝R ce R de ，代入数据得n ce n de ＝43. 答案：(1)u ab ＝400sin200πt (V) (2)0.28 A(或25A) (3)n ce n de ＝4315．有条河流，流量Q ＝2 m 3/s ，落差h ＝5 m ，现利用其发电，若发电机总效率为50%，输出电压为240 V ，输电线总电阻R ＝30 Ω，允许损失功率为输出功率的6%，为满足用电的需求，则该输电线路所使用的理想的升压、降压变压器的匝数比各是多少？能使多少盏“220 V,100 W”的电灯正常发光？(g 取10 N/kg)解析：设水的密度为ρ电源端：P 输出＝mgh /t ×50%＝Q ρgh ×0.5＝2×1×103×10×5×0.5 W＝5×104W输出电压U 0＝240 V ；输送电路如图15所示．图15为满足输电要求，据ΔP 损＝I 送2R 有I 送＝ΔP 损/R ＝P 输出×6%R ＝5×104×0.0630 A ＝10A ，则送电电压为U 送＝P 输出I 送＝5×10410V ＝5×103V所以升压变压器的变压比为 n 1∶n 2＝U 0∶U 送＝240/(5×103)＝6∶125输电线电压损失ΔU 损＝I 送R ＝10×30 V＝300 V ，用户端：U 1＝U 送－ΔU 损＝5×103V －300V ＝4700V ，据题意可知U 2＝220 V ，所以降压变压器的匝数比为n 1′∶n 2′＝U 1∶U 2＝4700/220＝235∶11.因为理想变压器没有能量损失，所以可正常发光的电灯盏数为 N ＝P 输－ΔP 损P 灯＝5×104－5×104×0.06100(盏) ＝470(盏)．答案：6：125 235：11 470图1616．如图16所示是一种悬球式加速度仪，它可以用来测定沿水平轨道运动的列车的加速度，金属球的质量为m ，它系在金属丝的下端，金属丝的上端悬挂在O 点，AB 是一根长为L 的均匀电阻丝，其阻值为R ，金属丝与电阻丝接触良好，摩擦不计，电阻丝的中心C 焊接一根导线，从O 点也引出一根导线，两线之间接入一个电压表V ，(金属丝和导线电阻不计)．图中虚线OC 与AB 垂直，且OC ＝h ，电阻丝AB 接在电压为U 的直流稳压电源上，整个装置固定在列车中使AB 沿前进的方向．列车静止时金属丝呈竖直状态，当列车加速或减速前进时，金属丝将偏离竖直方向，从电压表V 的读数变化可以测出加速度的大小．(1)当列车向右做匀加速直线运动时，试导出加速度a 与电压表读数为U ′的关系式(用U ′、U 、L 、h 及重力加速度g 等表示)．(2)用导出的a 与U ′的关系式说明表盘上a 的刻度是否均匀？解析：图17(1)设列车加速度为a 时，小球偏离竖直方向θ角，此时小球受力情况如图17所示，根据牛顿第二定律得mg tan θ＝ma ①因为tan θ＝DC h ②由①②两式得a ＝g ·DC h③又设列车加速度为a 时，电压表读数为U ′， U ′U ＝R DC R AB ＝DC L④ 由④得DC ＝U ′L /U ⑤将⑤代入③得a ＝g ·U ′L Uh⑥ (2)由⑥式可知，g 、L 、U 、h 均为常数，则列车加速度a 与电压表读数U ′成正比，可将电压表上刻度一一对应地改成加速度a 的数值，因而可知表盘上加速度a 的刻度与电压刻度一样是均匀的．U′L Uh (2)均匀答案：(1)a＝g·。

高考物理备考30分钟课堂集训系列专题10交变电流传感器

高考物理一轮总复习 必修部分 第10章 交变电流 传感器

2020年高考物理精选专题(含答案详解)10 交变电流 变压器 传感器的简单应用

高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器 第二节 变压器 电能的输送课件

高考物理热点集训【交变电流 传感器】课件

高考专题复习第10单元-交变电流 传感器-物理

高考物理总复习：选修3-2第十章交变电流 传感器