第十章 交变电流传感器
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
限 时 规 范 特 训
易 错 易 混 分 析
选修3-2
第十章
交变电流 传感器
金版教程
基 础 知 识 梳 理
高三物理
考 技 案 例 导 析
考技案例导析
随 堂 针 对 训 练
易 错 易 混 分 析
限 时 规 范 特 训
限 时 规 范 特 训 随 堂 针 对 训 练
考 技 案 例 导 析
易 错 易 混 分 析
选修3-2
第十章
交变电流 传感器
金版教程
基 础 知 识 梳 理
高三物理
[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．
限 时 规 范 特 训 随 堂 针 对 训 练
考 技 案 例 导 析
易 错 易 混 分 析
选修3-2
第十章
交变电流 传感器
金版教程
基 础 知 识 梳 理
高三物理
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：
第十章_交变电流_传感器
第1课时交变电流的产生及描述基础知识归纳1. 交变电流流的最主要特征.交变电流的产生有很多形式 .常见的正（余）弦式交变电流可由线圈在匀强磁场中绕 磁感应强度方向的轴转动产生.若从中性面开始转动则产生 正弦式交变电流,从峰值转动则产生余弦式交变电流.3. 中性面与峰值面当线圈转动至线圈平面垂直于磁感线位置时，各边都不切割磁感线，线圈中没有感应电 流，这个特定位置叫做 中性面.其特点是：与磁场方向垂直，线圈每次经过该面感应电流方向均发生改变，线圈每转一周，两次经过中性面，故感应电流的方向改变两次.峰值面的特点是：磁通量为零 ，但电动势 最大.4. 描述交变电流的“四值”（1） 瞬时值：e = NBSwsin wt , i = I m sin wt （从中性面开始计时）（2） 峰值：E m = NBSw, I m = E m /R，「空R热效应 定义,E = 早,I = l m /72（正、余弦式交流电）.J 2重点难点突破一、 如何理解正弦式交流电的峰值、有效值和平均值峰值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感应线方向的轴匀速转动时，所产生的感应电动势的峰值为E m = NB wS,即仅由匝数 N ，线圈面积S ,磁感应强度 B 和角速度3四个物理量决 定•与轴的具体位置、线圈的形状及线圈是否闭合都是无关的 .一般在求瞬时值的表达式时，需求出其最大值.有效值：是根据交变电流的热效应规定的，反映的是交变电流产生热效应的平均效果.让交变电流与恒定电流通过阻值相同的电阻，若在相等时间内产生的热量相等，这一恒定电 流值就是交变电流的有效值 .正弦式交变电流的有效值和最大值之间的关系是：E = E“雀 I = l m /V 2 U = U 屈i平均值：指在一段时间内产生的电压（电流）的平均值，其数值需由法拉第电磁感应定律求，即E = 旦计算.求通过横截面电荷量时需用电流的平均值，或指交变电流图象的波形A t与横轴（t 轴）所围面积跟时间的比值.二、 学习交变电流时如何区分使用有效值和平均值1. 在计算交变电流通过导体产生的热量和电功率及确定保险丝的熔断电流时，只能用交 流电的有效值；在考虑电容器的耐压值时，则应用交变电流的最大值；在计算通过导体的电 荷量时，只能用平第十章交变电流传感器垂直w, （3）平均值：E=N詈（4）有效值：根据电流的均值，而不能用有效值.2.在实际应用中，交流电器铭牌上标明的额定电压或额定电流都是指有效值，交流电流表和交流电压表指示的电流、 电压也是有效值，解题中，若题目不加特别说明， 提到的电流、电压、电动势，都是指有效值 . 3.对非正弦式交变电流的有效值，必须按有效值的定义求出 .三、交变电流的图象可提供什么信息 1. 根据图象的意义，从图象的纵坐标轴上可以直接读出交变电流的峰值，从图象的横坐 标轴上可以直接读出交变电流的周期，从而可推导角速度及频率 . 1 2 n2. 周期与角速度、频率的关系是 T =丄.交变电流的频率与线圈的频率相等 . f ⑥3. 图象本身则体现了函数关系，反映了交变电流的瞬时变化关系，故图象本身是书写交 变电流瞬时表达式的依据. ITS 严典例精析 1.交流电的产生原理 【例11单匝矩形线圈abcd 放在匀强磁场中，如图所示，示位置起以角速度 o 绕不同转轴做匀速转动，则 （ ） A. 以 B. 以 C. 以ab = dc = l 1, ad = bc = I 2, 从图 D.以 00为转轴时，感应电动势 0i 0i 为转轴时，感应电动势 00’为转轴时，感应电动势 e= Bl i l 2 3Si n ot e= Bl i l 2osi n ot e= BI 1I 20COS wt a 1diT -1 '---7t 00为转轴或以ab 为转轴时，感应电动势 e = Bl i l 2osin （3t +7）2 【解析1以00为转轴时，图示位置相当于是峰值面，根据感应电动势的表达式 e =E m cosot 可知e =Bl 1l 2oC0St 则C 对，A 错；再根据三角函数关系可知D 选项正确；若线圈以O 1O 1为转轴， 则线圈磁通量变化始终为零，则感应电动势为零 . 【答案1 CD 【思维提升1交变电流的产生与线圈平面初始位置有关，因此书写表达式时首先要看清 初始位置.若线圈平面与磁感应强度方向平行，则不会有感应电动势产生 . 【拓展11如图所示，交流发电机线圈的面积为 0.05 m 2,共100匝，在磁感应强度为-T n 的匀强磁场中，以10 nrad/s 的角速度匀速转动，电阻 尺和R 2的阻值均为50 Q,线圈的内阻 忽略不计，若从图示位置开始计时，则 （C ） A. 线圈中的电动势为 e = 50sin n V B. 电压表的示数为 50寸2 V C. 电流表的示数为^2 A D. R 1上消耗的电功率为 50 W 【解析1图中所示，线圈位于中性面，此时有 e m = NBSo= 100 X>0.05 >10 n= 50 V n 则电动势为 e = 50cos ot V 电压表示数为有效值 U =予=2^2 V电流表示数为有效值1= U= 婆2A =迈AR 外25em P RI =—=平严 W = 25 WR 502.对交流电平均值、有效值和峰值的理解【例2】交流发电机转子有 n 匝线圈，每匝线圈所围面积为 S,匀强磁场的磁感应强度为B ，匀速转动的角速度为 3,线圈内电阻为r ，外电路电阻为R 当线圈由图中实线位置第一次 匀速转动90°到达虚线位置过程中，求：(1) 通过R 的电荷量q 为多少？ (2) R 上产生电热Q R 为多少？ (3) 外力做的功 W 为多少？【解析】(1)由电流的定义，计算电荷量应该用平均值，即q =「t ,而I =E n A ① nBSnBS---- = ------- = -------- ，故 q = ---- R +r t(R +r) t(R +r) R +r2(2) 求电热应该用有效值，先求总电热Q,再按照内外电阻之比求 R 上产生的电热Q R Q= I (R E 2n (nBS oo )2n nn 2B 2S 2R nn 2B 2S 2R + r)t= -- *——= --------- = ----------- ,Q R = ------ Q = --------- 2—R +r 2© 2(R +r)2o 4(R +r) ' R +r 4(R + r)2(3) 根据能量守恒，外力做功的过程是机械能向电能转化的过程，电流通过电阻，又将电2 B 2 S能转化为内能，即放出的电热，因此W = Q =nS4(R +r)【思维提升】 要掌握交变电流“四值”的意义：计算电荷量只能用平均值；计算电功、 电功率、电热等与热效应有关的量必须用有效值；而电压表、电流表所能测量到的也是有效 值.【拓展2】如图所示为一交变电流的 i-t 图象，下列说法正确的是(D )A. 交变电流的频率f = 50 Hz ,有效值为5^5 AB. 交变电流的有效值1 = 5寸2 AC. 交变电流的平均值 r = 10 AD. 若此交变电流通过阻值为 10 Q 的电阻，则这个电阻两端的电压为 25烦 V【解析】对于正弦交流电可直接应用最大值为有效值的 匹倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦交流电，可直接得到这两部分正弦交流电的有效值，分别为 11 = 2.5/2 A和12= 7.5 J 2 A ，再利用有效值的定义求解.2 2取一个周期T 中的前0.01 S 和后0.01 S 计算产生的电热可列计算式：I RX0.02= I 1RX0.01 +I 2RX ).01解得 1 = 2.5>/10 A对于不同的时间段，交流电的平均值不同，求交流电的平均值应明确指出是哪一段时间 的平均值. 知 U = IR = 2.5710 AX10 Q= 25浙0 V3.对交流电产生原理的理解及应用【例31电阻为1 Q 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所示 .现把交流电加在电阻为 9 Q 的电热丝上，下列判断正确的是( )A. 线圈转动的角速度B. 在 t = 0.01 S 时刻，1 1 i .yrXF hO-：卫f■L'Ir' a-J p- 3= 100 rad/s穿过线圈的磁通量最大U = ioo V 2 V P = 1 800 W02n= 100 n rad/s,C.电热丝两端的电压D.电热丝此时的发热功率【解析】由图可以看出该交变电流的周期T= 0.02 S,则角速度3= =TA 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， R 9 电热丝两端电压为路端电压 U R =—— U = —— Wm 曲 V = 9^2 V ，则C 错；根据电 R +r 9+ 1B 错;U R = (9092) W = 1 800 W 可知 D 正确. 功率公式P = R 【答案】D 【思维提升】 以看出周期与峰值 变化率，因此，与磁通量、磁感应强度的图象是互余的关系 . 【拓展31曾经流行过一种自行车，它有能向车头供电的小型交流发电机，如图甲为其 结构示意图.图中N 、S 是一对固定的磁极，abcd 为固定转轴上的矩形线框，转轴过 be 边中 点，与ab 边平行，它的一端有一半径「0 = 1.0 cm 的摩擦小轮，小轮与自行车车轮的边缘相接 触，如图乙所示，当车轮转动时，因摩擦而带动小轮转动，从而使线框在磁极间转动 .设线框 由N = 800匝导线圈组成，每匝线圈的面积 S = 20 cm 2，磁极间的磁场可看做匀强磁场，磁感应强 % 弄清图象与瞬时表达式的关系是处理图象问题的要点 .此外，由图象直接可.要注意交变电动势、 电流实际上还是由电磁感应产生的， 取决于磁通量的度B = 0.01 T ,自行车车轮的半径 R i = 35 cm , 小齿轮的半径 R 2= 4.0 cm ，大齿轮的半径 R 3= 10.0 cm.现从静止开始使大齿轮加速转 动，问大齿轮的角速度为多大时才能使发电 （假定摩擦 ） 擦小轮 机输出电压的有效值 U = 3.2 V ? 小轮与自行车车轮之间无相对滑动 【解析】当自行车车轮转动时， 中产生一正弦交流电动势，其最大值 S L 其中O 0为线框转动的角速度，即摩擦小轮转动的角速度 U = E m /V 2 ② 设自行车车轮转动的角速度为R 1 O 1 =「0 00 ③ 通过摩擦小轮使发电机的线框在匀强磁场内转动，线框 E m = NBSo o ① .发电机两端电压的有效值 031 , 由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，有 小齿轮转动的角速度与自行车车轮转动的角速度相同，也为 为 O,有 R 3O= R 201 ④ 由以上各式解得 o= 72uR 2r 0/BSNR 3R 1 ，代入数据得 o= 3.2 rad/s ⑥ 7易错门诊 【例4】 如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交 流电的有效值是（ ） B.鉅A A .3.5 A C.5 也 A D.5 A01.设大齿轮转动的角速度4厅.//A丨n ZL1 1 1 1 1 1 1! 2T 山 ■ Z-3JT5^1 1 L亍!_!【错解】此交变电流的峰值不同，最大值取其平均值 4近+ 3迄 7I m = 2A=72 AI = —= 3.5 A ，选 A. 【错因】本题所给的交流电的图象不是正弦交流电的图形, 故公式1=¥不适用于此交流电•交流电的最大值不是两个不同峰值的算术平均值 .【正解】交流电的有效值是根据其热效应而定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效 .设交流电的有效值为I ，令该交变电流通过一阻值为 R 的纯电阻，在一个周期内有：|2R T= |?R T+ I 2R T2 2所以该交流电的有效值为第2课时 电感和电容器对交变电流的影响能引起自感现象，交流电的电流时刻改变， 阻高频”这是对不同频率的交流而言的， 作用越强，感抗也就越大.（4）应用：低频扼流线圈的自感系数 扼流线圈的自感系数很小，有“2. 电容器对交变电流的阻碍作用 （1） 电容对交变电流的阻碍作用叫容抗原理：当电源电压推动电路中形成电流的自由电荷向这个方向做定向移动，因此交流电 路中的电容对交变电流有阻碍作用.（2）影响电容器对交变电流阻碍作用大小的因素：电容器的电容和交流的频率.频率一定，则电容器充（放）电时间一定，又因电压一定，根据 Q = CU 可知，C 大的电容 充入（或放出）的电荷量多，因此充电（或放电）的速率就大，所以电流也就越大，容抗越小；而 C一定时，电容器充入（或放出）的电荷量一定，频率越高，电容器充（放）电的时间越短，充电【答案】D【思维提升】接应用I =丄m ，' 丄譽，U = U m 关系, 和焦耳定律求解.关于交变电流的有效值问题，首先观察是不是正弦式交流电，若是，则直 罷求解；若只有部分是，则具有完整的整数倍的 并结合焦耳定律求解；若完全不是正弦式交流电, 4波型可直接应用1=则根据有效值的定义基础知识归纳1.电感对交变电流的阻碍作用（1） 电感对交变电流的阻碍作用叫感抗 .原理：将交变电流通入电感线圈，由于线圈中的电流大小和方向都时刻变化，根据电磁 感应原理，电感线圈中必产生自感电动势，以阻碍电流的变化，因此交变电路的电感线圈对 交变电流有阻碍作用.（2）影响电感对交变电流阻碍作用大小的因素：感抗的大小与线圈的自感系数和交流电的频率.感抗用R L 表示，R L = 2 nL ,单位是欧姆，类似于一个电阻 .（3）电感器在电路中的作用：通直流，阻交流；通低频，阻高频 .很大，有“ 通直流，阻交流 ”的作用，高频 通低频、通直流，阻高频”的作用.因为交变电流的频率越高，电流的变化越快，自感（或放电）的速率越大，容抗也越小.容抗用X C表示，x c = 1 ，单位是欧姆，类似于一个电2 nc阻.（3）电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频信号和交流信号，如图1所示，该电路 就起到“隔直流，通交流”的作用；在电子 技术中，从某一装置输出的电流常常既有高 频成分，又有低频成分，若在下一级电路的 输入端并联一个电容器， 就可只把低频成分 的交流信号输送到下一级装置， 如图2所示, 具有这种“通高频，阻低频”用途的电容器 叫咼频旁路电容器.重点难点突破一、为什么交变电流能够通过电容器电容器的两极板之间是绝缘的，不论是恒定电流还是交变电流, 极板之间的绝缘体（电介质）.通常所说的交变电流“通过”电 容器，并非有自由电荷穿过了电容器，而是在交流电源的作用下，当电压升高时，电容器充电，电容器极板上的电荷量增多，形成充电电流，当电压降低时，电容器放电，电容器极板上的 电荷量减少，形成放电电流，由于电容器反复地充电和放电， 使电路中有持续的交变电流， 表现为交变电流“通过”了电容器.如右图：二、电阻、电感器、电容器对交变电流阻碍作用的区别与联系三、如何应用和防止感抗和容抗根据电感线圈“通直流，阻交流”、电容器“通交流、隔直流”的特点，可以将二者结 合并与电阻组合到一起来完成一定的任务.如在变压器并整流后的直流电中仍含有交流的成分，这时可以用一个电容器与负载并联在一起，或将一个电感线圈串联在电路中，把电流中前2 级— 输■A自由电荷都不能通过两 0 xor ©ITy的交流成分滤掉；又如在无线电的接收方面，接收到的是直流和交流的复合成分，而我们只 需要其中的交流的信号成分，这时就可以把一个电容器串联在电路中，将其中的直流成分滤 掉. 典例精析 1. 电感与电容对交流电的阻碍作用 【例1】一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接， 一块铁插进线圈之后，该灯将： （ ） A.变亮 B.变暗 C.对灯没影响 D.无法判断 【解析】线圈和灯泡是串联的，当铁插进线圈后， 电感线圈的自感系数增 大，所以电感线圈对交变电流阻碍作用增大，因此电路中的电流变小，则灯变暗 【答案】B 【思维提升】 人们可用改变插入线圈中铁芯的长度来控制舞台灯光的亮和暗 【拓展1】如图所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是 A. 把电介质插入电容器，灯泡变亮 B. 增大电容器两极板间的距离，灯泡变亮 C. 减小电容器两极板间的正对面积，灯泡变暗 D. 使交变电流频率减小，灯泡变暗 【解析】 把电介质插入电容器，电容增大，电容器对交变电流的阻碍作用变小， 如图所示.(ACD ) 所以灯 泡变亮，故A 正确；增大电容器两极板间的距离，电容变小，电容器对交变电流的阻碍作用 变大，所以灯泡变暗，故 B 错；减小电容器两极板间的正对面积，电容变小，灯泡变暗，故 C 正确；交变电流频率减小，电容器对交变电流的阻碍作用增大， 2. 电感和电容对低频与高频电流的不同作用效果 【例2】如图所示，线圈的自感系数L 和电容器的电容 此电路的重要作用是 A. 阻直流通交流， B. 阻交流通直流， C. 阻低频通高频， D. 阻高频通低频，灯泡变暗，故 C 都很小(L = 1 mH , C = 200 pF), （） 输出交流电输出直流电 输出高频交流电输出低频交流电和直流电 “通直流、阻交流，通低频、 输入 输出 【解析】（1）线圈的作用是： 交流、阻直流，通高频、阻低频” .（2）因为线圈自感系数 L 很小，所以对低频成分的阻碍作用 很小，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容 C 很小，对低频成分和直流成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很 小，被它滤掉，最终输出的是低频交流和直流 . 【答案】D 【思维提升】此电路中的电容器为旁路电容，它能将高频成分滤掉 . 【拓展2】如图所示，从某一装置中输出的电流既有交流成分，又有直流成分，现要把 交流成分输送给下一级，有关甲、乙两图的说法正确的是 （C ）阻高频”.电容器的作用是：“通 A.应选甲图电路， 其中 C 的电容要大 前 B.应选甲图电路， 其中 C 的电容要小 级 軸 C.应选乙图电路， 其中 C 的电容要大 出 D.应选乙图电路， 其中 C 的电容要小【解析】 要把交流成分输送给下一级，则电容要起到后级输入r ny“隔直流,通交流 后忍输入n oO ”的作用，故应升压 降压选用乙图电路，要使交流成分都顺利通过电容器而输送到下一级，需容抗较小，容抗与电容 成反比，故应选C.3. 影响感抗、容抗的因素【例31如图所示，L i 、L 2和L 3是相同型号的白炽灯，L i 与电容器C 串联，L 2与带铁 芯的线圈L 串联，L 3与一个定值电阻 R 串联.当a 、b 间接电压有效值为 U 、频率为f 的正弦 交流电源时，三只灯泡的亮度相同.现将a 、b 间接另一正弦交流电源 时，发现灯泡L i 变亮、 交流电源可能是（ ）通过电阻的电流的 有效值不变；电感线圈对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示，线圈的自感系数越大，电流 的频率越高，自感电动势就越大，即线圈对电流的阻碍作用就越大，感抗也就越大，因此， 通过电感线圈的电流的有效值变小；电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一 定时，在相同的电压下电容器容纳的电荷一定，频率越高，充（放）电的时间越短，充（放）电的 电流越大，容抗越小，因此，通过电容器的电流的有效值变大.【答案1 A【思维提升1电阻、电感线圈和电容器三者对电流均有阻碍作用，容抗、感抗受频率影 响，而电阻不受交流电频率影响 .理解电阻、感抗（线圈无直流电阻）和容抗的产生原因及三者 的区别是解决这类问题的关键： （1）电阻：对交、直流均阻碍.（2）感抗：只对变化电流有阻碍.（3） 容抗：只通交流，不能通直流 .【拓展31如图所示，把电阻 R ,电感线圈L ,电容器C 并联，接到一个交流电源上， 三个电流表示数相同，若保持电源电压大小不变，而将电源频率增 大，则三个电流表示数A .I i = I 2= I 3 C.l 2> I l >I 3【解析1交流电频率增大，电阻 R 对电流的阻碍作用不变，所以 A i 表读数不变.频率增 大，电感线圈对交变电流阻碍作用增大，对电流的阻碍作用变大，所以电流变小，A 2读数变小.频率增大，电容器对交变电流阻碍作用变小，对电流的阻碍作用变小，所以电流变大，A 3读数变大，故答案为 D. '鸞*易错门诊4. 电感与电容对高频和低频电流的不同作用效果【例41 “二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、 低音频段分别称为高音扬声器和低音扬声器 .音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例 还原成高、低频的机械振动.如图所示为音箱的电路图，高、 f’一低频混合电流由a 、b 输入，L i 和L 2是线圈，C i 和C 2是电rvE 容器，则（） ；A. 甲是高频扬声器，Ci 的作用是通低频阻高频 -~TB. 甲是低频扬声器，C i 的作用是通高频阻低频C. L i 的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器L 2变暗、L 3亮度不变.由此可知，另一正弦A.电压有效值仍为 U , 而频率大于 fB.电压有效值大于 U ,而频率大于 fC.电压有效值仍为 U ,而频率小于 fD.电压有效值小于 U , 而频率大于 f【解析】 电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，因此,I 1、I 2、I 3的关系是（D ）B.l l >l 2>I 3RX-乙1熟记两个公式，R-= 2 n fL ,民=2 nCf第3课时变压器电能输送基础知识归纳1. 变压器 (1) 变压器的结构如图所示：闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成一个变压器 .原线圈n i (又称初级线圈)与电源连接，副线圈 n 2(又称次级线圈)与负载连接，作为用电器的电源 .(2) 理想变压器的工作原理① 理想变压器：是种理想化模型，没有任何损耗，输入功率等于输出功率 ② 工作原理：电磁感应理想变压器原、副线圈中具有完全相同的磁通量及磁通量的变化率③ 电压比和电流比 电压比：由U = n 血得单个副线圈△t 电流比：单个副线圈 ^二匹 >2 n i多个副线圈，由 P i = P 2+P 3+… 得 U i l i = U 2I 2 + U 3I 3 +…n i l i = n 2I 2 + n 3l 3 +…(3) 几种常见的变压器：自耦变压器、互感器 . 2. 远距离输电 (1) 目的向远距离输送电能，且尽可能减少在输电线上的损失.(2) 方法由卩损=I 2R 可知，要减小损失的电能可以有两种方法：① 减小输电导线的电阻.由于R = PS ，故可采用电阻率 P 较小的材料，并加大导线的横截 面积.这种方法的作用十分有限，代价较高，可适当选用.P② 减小输电电流.由于1 = U , P 为额定输出功率，U 为输出电压，增大U 可减小I.这是远 距离输电的一种常用的方法 .(3) 远距离输电的电路模式如图所示①功率关系：P i = P 2P 3= P 4D.L 2的作用是减弱乙扬声器的低频电流 【错解】【错因】【正解】AC 认为频率越大，感抗越小，容抗越大 . 乙扬声器所在电路为并联电路，由于 L i 阻咼频，C i 通咼频，使甲为低频扬 L 2阻高频，使乙为高频扬声器.甲、 声器，C 2通高频， 【答案】BD【思维提升】 U 1=虫，多个副线圈 U i : U 2 : U 3= n i : n 2 ： n 3U 2 n 2h*1U,P2= P3 + AP发血机/?巧用户升压降压U 3 _ 门3 0?"石 U 2= U 3 + AUU 2,即U 2随着U i 的变化而变化，因为 U 2=匹U i ,所以只ni要U i 不变化，不论负载如何变化， 2. 输出功率P 2决定输入功率理想变压器的输出功率和输入功率相等，即P 2= P i .在输入电压U l 不变的情况下，U 2不U 2变.若负载电阻R 增大，则由公式 P =—得：输出功率P 2减小，输入功率 P i 也随着减小；R反之，若负载电阻 R 增大，则输出功率P 2增大，输入功率P i 也随着P 2减小.3. 输出电流12决定输入电流l i .在输入电压U i 不变的情况下，U 2不变若负载电阻R 增大，则由公式I = U得:输出电流Rl 2减小，由P 2= P i 知输入电流l i 亦随着减小；反之，若负载电阻R 减小，则输出电流l 2增大, 输入电流l i 亦随着增大.三、变压器工作时能量损耗的来源有哪些变压器在工作时，实际上从副线圈输出的功率并不等于从原线圈输入的功率，而有少量 的功率损耗，功率损耗的形式有三种：1. 铜损：实际变压器的原、畐y 线圈都是用绝缘铜导线绕制的，虽然铜的电阻率很小，但 铜导线还是有一定的电阻，因此，当变压器工作时，线圈中就会有热量产生导致能量损耗， 这种损耗叫铜损.2. 铁损：变压器工作时，原、副线圈中有交变电流通过，在铁芯中产生交变磁通量，铁 芯中就会因电磁感应产生涡流，使铁芯发热而导致能量损耗，这种在铁芯中损失的能量叫铁 损.②电压关系:U i _ n i n2U 2③输电电流: P 2I = U 2--R-④输电线上电压降和消耗的电功率 AU = IR , AP = I 2R注意：R 为两根输电导线的总电阻.重点难点突破一、原、副线圈匝数不变时，理想变压器有哪些决定关系理想变压器的原、副线圈的匝数不变时，如果变压器的负载发生变化，怎样确定其他有 关物理量的变化，可依据以下原则来判断.有三个决定关系：1.输入电压U 1决定输出电压 U 2不变. P i .3.磁损：变压器工作时，原、副线圈产生的交变磁通量绝大多数通过铁芯，但也有很少 一部分磁通量从线圈匝与匝之间漏掉，即有漏磁 .这就使得通过原副线圈的磁通量并不相等,这漏掉的磁通量会在周围空间形成电磁波而损失一部分能量，这种损耗叫磁损 . 四、 “提高电压，降低电流”是否与欧姆定律相矛盾 不矛盾，欧姆定律是对纯电阻耗能元件成立的定律，而“提高电压，降低电流”是从输 送角度，由P = IU ，且P —定的条件下得出的结论，两者没有联系 . 五、 高压输电是不是电压越高越好 输电线上的电压损失，不但有导线电阻引起的电压损失，而且有电抗引起的电压损失， 电抗造成的电压损失随电压的增大而增大，所以高压输电并非电压越高越好 . 另外，电压越高，对线路和变压器的技术要求就越高，线路的修建费用就会增多，所以 实际输电时，综合考虑各种因素，依照不同的情况，选择合适的输电电压 . 典例精析 1.变压器的决定关系 【例1】理想变压器的原线圈连接一个电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触 头Q 调节，如图所示.在副线圈上连接了定值电阻 动触头.原线圈两端接在电压为 A. 保持Q 的位置不动，将 B. 保持Q 的位置不动，将 C. 保持P 的位置不动，将（ D. 保持P 的位置不动，将' 【解析】根据理想变压器原、 U 的交流电源上.则（ P 向上滑动时， P 向上滑动时， Q 向上滑动时， Q 向上滑动时， 、 副线圈上电压、 R o 和滑动变阻器 ） 电流表的读数变大 电流表的读数变小 电流表的读数变大 电流表的读数变小 电流的决定关系知: R , P 为滑动变阻器的滑d"I5R* T 在输入电压 U i 不变的 情况下，U 2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 不动，将Q 向上滑动时，由 岂二匹知，副线圈上匝数增大，引起副线圈上电压增大， U 2 口2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， 【答案】BC C 正确,P 的位置 即副 【思维提升】一般由负载变化引起变压器各量的变化时，分析顺序为：负载变化 圈电流变化7原线圈电流变化，负载变化 7副线圈功率变化 7原线圈功率变化. 【拓展1】如图所示，一只理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡 L 2,输电线等效电阻为 R.开始时开关S 断开，当S 接通时，下列选项正确的是 （BCD ） IfL i 和 A. 副线圈两端 M 、N 的输出电压减小 B. 副线圈输电线等效电阻 R 上的电压降增大 C. 通过灯泡L i 的电流减小 D. 原线圈中的电流增大 【解析】由于输入电压不变，所以 S 接通时，理想变压器副线圈 M 、N 两端的输出电压不变. 并联灯泡L 2,总电阻变小，由欧姆定律 1 = U 2/R 2知，流过R 的电流增大，电阻上的电压 降U R = IR 增大. 副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率 电流l i 也增大. U MN 不变，U R 变大，所以U LI 变小，流过灯泡 L i 的电流减小. 2.变压器的比例关系 l l U l = I 2U 2，得I 2增大，原线圈输入。
高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器 第1讲 交变电流的产生及描述课件
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，ΔΔΦt ＝0，
e＝0，i＝0，电流方向发生改变。
(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΔΦt 最大，
e 最大，i 最大，电流方向不改变。
[典题 1] 如图(a)所示，一矩形线圈 abcd 放置在匀强磁场 中，并绕过 ab、cd 中点的轴 OO′以角速度 ω 逆时针匀速转动。 若以线圈平面与磁场夹角 θ＝45°时为计时起点，如图(b)所 示，并规定当电流自 a 流向 b 时电流方向为正。则下列选项中 正确的是( )
[交变电流的图象] 4．在小型交流发电机中，矩形金属线
圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电 动势与时间呈正弦函数关系，如图所示。 此线圈与一个 R＝10 Ω的电阻构成闭合电路，电路中的其他电 阻不计。下列说法正确的是( ) A．交变电流的周期为 0.125 s B．交变电流的频率为 8 Hz C．交变电流的有效值为 2 A D．交变电流的最大值为 4 A
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＝T1。
(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＝ Emsin ωt 。其中 ω 等 于线圈转动的 角速度 ，Em＝ nBSω 。
考点一
正弦交变电流的产生及变 化规律断
1．正弦式交变电流的变化规律及对应图象(线圈在中性面
位置开始计时)
函数
图象
磁通量 Φ＝Φm·cos ωt＝ BScos ωt
电动势 e＝Em·sin ωt＝ nBSωsin ωt
电压
u＝Um·sin ωt＝
交流电课件
下图所示，下列说法中正确的是(
)
A．交变电流的频率为0.02 Hz B．交变电流的瞬时表达式为i＝5cos 50πt(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，则其产生的热功率为5 W
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
栏目导引
三. 表征正弦交变电流的物理量．
A．滑动变阻器 R 消耗的功率为 36 W B．定值电阻 R0 的电阻值为 19 Ω C．流过灯泡 L 的交变电流频率为 25 Hz D．将滑动变阻器 R 的滑片向上滑时，灯泡 L 的亮度变暗
工具
Байду номын сангаас
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
栏目导引
如右图所示，理想变压器的原线圈两端输入的交变电压保持恒
匝数比为1∶4，降压变压器的匝数比为4∶1，输电线的总电阻为R＝4 Ω，
全校22个教室，每个教室用“220 V,40 W”的灯泡6盏，要求所有灯都正 常发光，则 (1)发电机的输出功率多大？ (2)发电机的电动势多大？ (3)输电线上损耗的电功率多大？
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
2 2 m
I 2 Im 2
U 2 Um 2
各种使用交变电流的电气设备上所标的额定电压和额定电流的数值，一 般交流电流表和交流电压表测量的数值，也都是有效值．计算热量，热 功率、保险丝的熔断电流时用有效值。另外以后提到交变电流的数值， 凡没有特别说明的，都是指有效值．
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
栏目导引
高中物理选修3-2：10-3
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
1．在做热敏实验时，加开水后要等一会儿再测其阻值，以使电阻 ．在做热敏实验时，加开水后要等一会儿再测其阻值， 温度与水的温度相同，并同时读出水温． 温度与水的温度相同，并同时读出水温． 2．光敏实验中，如果效果不明显，可将电阻部分电路放入带盖的 ．光敏实验中，如果效果不明显， 纸盒中，并通过盖上小孔改变射到光敏电阻上的光的多少． 纸盒中，并通过盖上小孔改变射到光敏电阻上的光的多少． 3．欧姆表每次换挡后都要重新调零． ．欧姆表每次换挡后都要重新调零．
1．传感器能够将感受到的物理量(力、 热、光 、声等)转换成便于 ． 传感器能够将感受到的物理量 力 声等 转换成便于 测量的量(一般是电学量 ． 测量的量 一般是电学量)． 一般是电学量 2．其工作过程如下图： ．其工作过程如下图：
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、烧杯、冷水、热水、 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、导线等． 小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等．
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
(1)利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图． 利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路，画出电路原理图． 利用以下器材设计一个自动控制路灯的电路 光敏电阻 R1，符号 灯泡 L，额定功率 40 W，额定电压 36 V，符号 ， ， ， 保护电阻 R2，符号 电磁开关， 电磁开关，符号 蓄电池 E，电压 36 V，内阻很小；开关 S，导线若干． ， ，内阻很小； ，导线若干．
安培表外接法．热敏电阻的阻值随温度的升高而减小， 安培表外接法．热敏电阻的阻值随温度的升高而减小，热敏电阻两端的 电压由零逐渐增大，滑动变阻器选用分压式． 电压由零逐渐增大，滑动变阻器选用分压式． (1)实验电路如图所示． 实验电路如图所示． 实验电路如图所示
高中物理选修3-2：10-2
总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律可知干路上电流增加，但并联电路
栏目导引
如右图所示，理想变压器的原线圈两端输入的交变电压保持恒
定．则当开关S合上时，下列说法正确的是(
A．电压表的示数变小 B．原线圈的电流增大 C．流过R1的电流不变 D．变压器的输入功率减小
)
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
栏目导引
解析：
由于原、副线圈两端电压不变，当开关S闭合时，回路中
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
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
栏目导引
解析：
U1 n1 交流电源的电压有效值不变，即 V1 示数不变，因 ＝ ， U2 n2
B．电流表 的示数为 0.2 A D．电压表的示数为 44 V
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
栏目导引
解析：
由交流电源的电压瞬时值表达式可知，ω＝100π，所以频
1 ω 率 f＝ ＝ ＝50 Hz，A 项说法正确；理想变压器的电压比等于线圈匝 T 2π n1 U1 n2 数比， ＝ ， 即 其中原线圈电压的有效值 U1＝220 V， 2＝ U1＝44 V， U n2 U2 n1 U2 故 D 项说法正确；I2＝ ＝1 A，故 C 项说法错误；由电流比与线圈匝 R I1 n2 n2 数成反比，即 ＝ ，所以 I1＝ I2＝0.2 A，故 B 项说法正确．综上所 I2 n1 n1 述，说法错误的是 C 项．
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
第十章交变电流传感器
第十章交变电流传感器考纲要览主题内容要求说明交变电流交变电流、交变电流的图象Ⅰ正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值Ⅰ电感和电容对交变电流的影响Ⅰ理想变压器Ⅰ远距离输电Ⅰ传感器传感器及其工作原理Ⅰ传感器的应用传感器的应用实例考向预测交变电流事实上电磁感应现象研究的继续和其规律的具体应用，纵观近几年高考题，本内容命题频率较高的知识点有：交变电流的转变规律、交变电流的四值：即峰值、有效值、平均值、瞬时值。
变压器的电压比、电流比。
另外，带电粒子在加有交变电压的平行板间的运动等综合性问题，也是最近几年高考的热点。
传感器一章与生产生活实际结合紧密，对理论联系实际的能力有必然的要求，原教材中只以分组实验形式显现，属新增加的内容，要引发足够重视．本内容可能会以选择、计算等题型出此刻高考题中，且其中大多数题目和图像有关。
第1课时交变电流的产生及描述基础知识回忆1．交变电流的产生（1）交变电流：大小和方向均随时刻作周期性转变的电流．其中，方向随时刻转变是交变电流的最要紧特点．（2）交变电流的产生①矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，线圈中就会产生按正弦规律转变的交变电流，这种交变电流叫正弦式交变电流．②中性面：垂直于磁场的平面叫中性面。
线圈位于中性面位置时，穿过线圈平面的磁通量最大，但磁通量的转变率为零，此位置线圈中的感应电动势为零，且线圈每通过中性面位置一次，感应电流的方向就改变一次．线圈每转一周，两次通过中性面位置，感应电流的方向改变两次．（3）正弦式交变电流的转变规律：假设从中性面位置开始计时，那么线圈中的感应电动势、回路中的电流、加在外电阻上的电压的瞬时值均按正弦规律转变．①函数式：e = E m sinωt (E m= NBSω)i=I m sinωt(I m=rREm=rRNBS＋ω)u = Umsinωt(U m = I m R=rRRNBS＋ω)图10－1－1图10－1－2 22-22t/sI/A图10－1－3②图像如下图：2． 描述交变电流的物理量：（1）描述交变电流转变快慢的物理量① 周期T ：交变电流完成一次周期性转变所需的时刻．单位：s .② 频率f ：交变电流在一秒内完成周期性转变的次数。
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。
第十章 交变电流 传感器10-1(新课标复习资料)
高三物理
交流电的产生和变化规律
1.交变电流
方 大小和方向都随时间做周期性变化的电流．其中，方 大小 方向
向 向随时间变化是交变电流的最主要特征．
随 堂 针 对 训 练
考 技 案 例 导 析
2.正(余)弦式交流电 交变电流的产生有很多形式．常见的正(余)弦式交变
垂直 电流可由线圈在匀强磁场中绕垂直磁感应强度方向的轴转
高频 低频 直流 (2)作用：通高频、阻低频、隔直流.
选修3-2
第十章 交变电流 传感器
易 错 易 混 分 析
限 时 规 范 特 训
金版教程
基 础 知 识 梳 理
高三物理
考 技 案 例 导 析
考技案例导析
随 堂 针 对 训 练
易 错 易 混 分 析
限 时 规 范 特 训
选修3-2
第十章
交变电流 传感器
金版教程
高三物理
选 修 3-2
选修3-2
第十章
交变电流 传感器
金版教程
高三物理
第十章
交变电流 传感器
选修3-2
第十章
交变电流 传感器
金版教程
高三物理
主 题
内 容 交变电流、交变电流的图象 正弦交变电流的函数表达
要 求 Ⅰ Ⅰ Ⅰ Ⅰ
说 明
交变电流 式、峰值和有效值 理想变压器 远距离输电 传感器及其工作原理 传感器 传感器的应用 传感器的应用实例
选修3-2
第十章
交变电流 传感器
金版教程
高三物理
第1单元 交变电流的产生及描述
选修3-2
第十章
交变电流 传感器
金版教程
基 础 知 识 梳 理
高三物理
高中物理选修3-2：10章末
i－t、e－t图象峰值对应线圈平面处于与磁感线平行的位置，磁通 － 、 － 图象峰值对应线圈平面处于与磁感线平行的位置 图象峰值对应线圈平面处于与磁感线平行的位置， 量为零，磁通量变化率最大． － 、 － 图象与横轴交点处 图象与横轴交点处， 量为零，磁通量变化率最大．i－t、e－t图象与横轴交点处，对应线圈位 于中性面位置，磁通量最大，磁通量变化率为零． － 图象峰值对应电 于中性面位置，磁通量最大，磁通量变化率为零．Φ－t图象峰值对应电 流为零， － 图象是正弦规律变化时 对应的i－ 、 － 图象是余弦规律 图象是正弦规律变化时， 流为零，Φ－t图象是正弦规律变化时，对应的 －t、e－t图象是余弦规律 变化，感应电动势最大值 变化，感应电动势最大值Em＝nBSω.
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
栏目导引
一个按正弦规律变化的交变电流的i－ 图象如图所示 图象如图所示， 一个按正弦规律变化的交变电流的 －t图象如图所示，根据图 象可以断定( 象可以断定 )
A．交变电流的频率 ＝0.2 Hz ．交变电流的频率f＝ B．交变电流的有效值 有＝14.14 A ．交变电流的有效值I C．交变电流瞬时值表达式 ＝20sin 0.02t(A) ．交变电流瞬时值表达式i＝ T D．在t＝ 时刻，电流的大小与其有效值相等 ． ＝ 时刻， 8
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
栏目导引
【错因分析】 不能将交流电的产生原理与图象正确结合，或判 错因分析】 不能将交流电的产生原理与图象正确结合， 断初始时刻的电流方向错误而错选C. 断初始时刻的电流方向错误而错选
工具
必考部分 选修3-2 第十章 交变电流 传感器
栏目导引
正确解析】 【正确解析】 从乙图可看出初始时刻线圈平面与中性面的夹角为 π 又由楞次定律可判断， 与正方向相反)， ， 又由楞次定律可判断， 初始时刻电流方向为从 b 到 a(与正方向相反 ， 与正方向相反 4
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 ＝nBSω.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＝U m2E＝E m2.1.一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．t1时刻通过线圈的磁通量为零B．t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大C．t3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n1∶n2＝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 Hz B．110 V；50 HzC．220 V；50 Hz D．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U1＝3112V＝220 V，则原副线圈的电压比有U1U2＝n1n2，得副线圈两端电压的有效值为U2＝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nπB SB．线框交变电动势的有效值为2 nπB 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＝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＝Em2＝2nπBS，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1．变化规律(线圈从中性面位置开始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 Sωsin ωt电压u＝U m·sin ωt ＝RE mR＋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与中性面垂直的位置线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e最大，i最大，交变电流方向不改变(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L1，bc长度为L2，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e1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e2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，＝L22转动时ab、cd的线速度v＝ωr＝ωL2，2且与磁场方向的夹角为ωt，所以，整个线圈中的感应电动势e1＝2BL1v sin ωt＝BL1L2ωsin 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e2＝2BL1v sin (ωt＋φ0)＝BL1L2ωsin(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 )2·R ·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 )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＝nBSω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 m2＝52 2 A，P＝I2R＝(522)2×0.4 W＝5 W，所以D对．答案： D交变电流“四值”的理解及应用交流电“四值”的比较平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间比值E＝BLvE＝nΔΦΔtI＝ER＋r计算通过电路截面的电荷量如图甲所示，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1 2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＝2.5V．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＝I2R，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＝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．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NBSω2B．通过电阻R的电荷量为q＝NBS2(R＋r)C．电阻R所产生的焦耳热为Q＝N2B2S2ωRπ4(R＋r)2D．当线圈由图示位置转过60°时的电流为NBSω2(R＋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＝NBSω，电动势的有效值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＝NBSω2(R＋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＝NΔΦR＋r ＝N⎝⎛⎭⎪⎪⎫BS－12BSR＋r＝NBS2(R＋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＝I2Rt＝⎣⎢⎢⎡⎦⎥⎥⎤NB Sω2(R＋r)2Rπ3ω＝πN2B2S2Rω6(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，则符号瞬时值表达式为i＝NBSωR＋rsin ωt＝NBSωR＋rsinπ3＝3NBSω2(R＋r)，故D错误．答案： B交变电流有效值的计算交变电流类型有效值求解方法正弦式交变电流方法一：有效值＝最大值2方法二：电流的热效应非正弦式交变电流电流的热效应先后用如图甲、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＝I2A1R×0.04所以I A1＝2.5 A由有效值的定义有：I m2R·T2＋(I m2)2R·T2＝I2A2R·T，即52R·T2＋(52)2R·T2＝I2A2R·T，可得I A2＝2.5 3 A≈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 m2、I＝I m2关系．(2)利用公式Q＝U2R t和Q＝I2Rt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 m 2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 m2，则P b＝I2b 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＝I2a R＝I m2R，故P a∶P b＝1∶1 2＝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 ＝0.04s ，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＝(10 V )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 Sω，而ω＝2πT，解得Φm＝E mnω≈0.01 Wb，C正确；由E m＝nBSω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 πs＝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220V ，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第2讲变压器电能的输送一、变压器1．变压器的构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈．(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈．2．变压器的原理：电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化．变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，所以尽管两个线圈之间没有导线相连，副线圈也能够输出电流．互感现象是变压器工作的基础．3．理想变压器没有能量损失的变压器，即输入功率等于输出功率． 4．基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：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＋…＋U n I n .5．几种常用的变压器(1)自耦变压器的原、副线圈共用一个线圈，如图所示．(2)互感器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高压电路中作用把高电压变成低电压把大电流变成小电流匝数特点副线圈匝数比原线圈匝数少副线圈匝数比原线圈匝数多二、电能的输送1．输电线路及其电压、电能损失(1)输电线路(如图所示)(2)电压和电能损失①输电电流：I＝P U；②电压损失：ΔU＝U－U′＝Ir＝P Ur；③电能损失：ΔP＝P－P′＝I2r＝(PU)2r；2．减少电能损失的方法：根据P损＝I2R线，减小输电电能损失有两种方法．(1)减小输电线的电阻：根据电阻定律R＝ρlS，要减小输电线的电阻R，在输电距离一定的情况下，可采用的方法有选用电阻率小的金属材料，尽可能增大导线的横截面积等．(2)减小输电导线中的电流：在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压．3．远距离输电(1)远距离输电导线上损失的电功率：输送功率一定时，线路电流I＝P U，输电线上损失功率P损＝I2R线＝P2U2R线，可知P损∝1 U2.远距离输电线路中的功率关系：P输＝P损＋P用．(2)远距离输电的基本电路：由于发电机组本身的输出电压不可能很高，所以采用高压输电时，在发电站内需要升压变压器升压到几百千伏后再向远距离送电，到达用电区再用降压变压器降到所需的电压，基本电路如图所示．1．如图所示，理想变压器原、副线圈匝数比为2∶1.电池和交变电源的电动势都为6 V，内阻均不计．下列说法正确的是()A．S与a接通的瞬间，R中无感应电流B．S与a接通稳定后，R两端的电压为0C．S与b接通稳定后，R两端的电压为3 VD．S与b接通稳定后，原、副线圈中电流的频率之比为2∶1解析：由理想变压器的原理可知，当S与a接通电流稳定时，由于通过原线圈与副线圈中的磁通量不发生变化，故在副线圈中无感应电流，但在刚接通瞬间，副线圈两端的电压不为零，R中有感应电流，故A错误，B正确；当S与b接通稳定后，原线圈中接有交变电流，由变压器的变压比可得副线圈电压为3 V，C正确；变压器并不改变交变电流的频率，D 错误．答案：BC2．如图所示，原、副线圈匝数比为2∶1的理想变压器正常工作时，以下说法不正确的是()A．原、副线圈磁通量之比为2∶1B．原、副线圈电流之比为1∶2C．输入功率和输出功率之比为1∶1D．原、副线圈磁通量变化率之比为1∶1解析：由于原、副线圈共用一个铁芯，故通过原、副线圈磁通量之比和原、副线圈磁通量变化率之比均为1∶1，选项A错误而D正确；由I1∶I2＝n2∶n1得，I1∶I2＝1∶2，选项B正确；由于理想变压器不考虑变压器自身的功率损失，故选项C正确，本题选择不正确的选项，故应选A.答案： A3．对于远距离输电，在P送一定的，输情况下，设输电线路中的电流为I送，为了节能，采用高电线的总电阻为R线输电，下列说法正确的是()压U送A．由U送＝I送R线，输电线路中的电流变大B．由P送＝I送U送，输电线路中的电流变小C．由P耗＝U2送/R线，输电线路消耗功率增大D．由P送＝I2送R线，不会影响输电线路中的电流解析：由U线＝I线R线，I送＝I线，U送≠U线(U送＝U到＋U线)，故U送≠I送R线，选项A错；公式P送＝I送U送，针对的是同一研究对象，故选项B对、D 错；P耗＝I2线R线＝I2送R线＝(P送/U送)2R线，因此U送增大时，输电线路消耗功率P耗减小，故选项C错．答案： B4.如图所示，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；原线圈电路中接有电压表和电流表．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()A．U＝110 V，I＝0.2 AB．U＝110 V，I＝0.05 AC．U＝110 2 V，I＝0.2 AD．U＝110 2 V，I＝0.2 2 A解析：由于灯泡正常发光，故灯泡两端电压即副线圈两端电压为U2＝220 V，通过灯泡的电流即副线圈中的电流为I2＝22 W220 V＝0.1 A．根据理想变压器电压关系U1∶U2＝n1∶n2，得U1＝110 V，电流关系I1∶I2＝n2∶n1，得I1＝0.2 A，则U＝U1＝110 V，I＝I1＝0.2 A．故选项A 正确，选项B、D、D错误．答案： A5．图甲中的变压器为理想变压器，原线圈的匝数n1与副线圈的匝数n2之比为10∶1.变压器的原线圈接如图乙所示的正弦式电流，两个20 Ω的定值电阻串联接在副线圈两端．电压表为理想电表．则()A．原线圈上电压的有效值为100 VB．原线圈上电压的有效值约为70.7 VC ．电压表的读数为5.0 VD ．电压表的读数约为3.5 V解析：本题考查交流电图象的应用及理想变压器与闭合电路．由图乙可得该正弦交流电的峰值为100 V，所以其有效值为：U＝U m2＝70.7 V，A错误，B正确；由理想变压器原、副线圈的电压比等于相应的匝数比可得：u1u2＝n1n2⇒u2＝n2u1n1，其中：U1有＝U＝U m2＝70.7 V，所以U2有＝7.07 V，故副线圈上的电压表的读数为：U V＝RR＋RU2有≈3.5 V，D正确，C错误．答案：BD理想变压器基本关系的应用变压器的工作原理及基本关系(2012·课标)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有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为()A．380 V和5.3 AB．380 V和9.1 AC．240 V和5.3 AD．240 V和9.1 A解析：根据理想变压器电压比关系U1 U 2＝n1n2，代入数据解得副线圈两端的电压有效值U2＝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＝U1I1，解得I1＝2×103220A≈9.1 A，选项B正确；选项A、C、D错误．答案： B理想变压器的注意事项(1)在理想变压器中，副线圈的端电压U2由输入电压U1和匝数比n2/n1共同决定，与负载电阻大小无关．(2)电网送电遵循“用多少送多少”的原则，原线圈中的输入电流I1是由副线圈中的输出电流I2决定的，原、副线圈各一个绕组时，I1＝n2n1I2，副线圈有多个绕组时，由P入＝P出的功率关系来确定．1－1：如图甲所示，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()A．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：t＝0.01 s时刻交变电流电动势为零，线圈处于中性面，磁通量最大；由图象可知周期T＝0.02 s，转速n＝1T＝50 r/s；变压器原线圈中电压有效值为U1＝22 V，原线圈中输入功率与副线圈输出功率相同，由P＝22 W，P＝UI，得I＝1A；由U1U2＝n1n2知副线圈两端电压U2＝220V．正确选项为B、C.。
第十章第一节
物理
抓
纲
扣
本
·
落
实
基 础
第十章 交变电流 传感器
达 标 训
练
·
技
能
剖
过
题
关
探
法
·
突
破
考
点
菜单
第十章 交变电流 传感器
物理
【2014高考·备考导航】
抓
纲
扣 本 ·
考点
考纲 要求
考查角度
落
实 基 础
剖 题 探
1
交变电流、交 变电流的图象
正弦交变电流
2
的函数表达式 、峰值和有效
值
基
达
础 量的变化率为 零 ，感应电动势为 零 ．
标 训
练
(2)线圈经过中性面时，线圈中的电流改变方向，线圈 · 技
剖
转动一周两次经过中性面，所以一个周期内电流方向改
能 过
题
关
探 法
变 两次 ．
·
突
破
考
点
菜单
第十章 交变电流 传感器
物理
【自主检测】
抓
1．(2013·南宁期末)在匀强磁场中，一矩形金属线框
练 ·
1．交变电流
技 能
剖 题 探
(1)定义：大小 方和向
过
都随时间做周期性变化的电 关
法 ·
流．
突 破
(2)图象：如图10－1－1(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于
考 点
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(a)所示． 菜单
第十章 交变电流 传感器
抓 纲 扣 本 · 落 实 基 础
(新课标)高考物理大一轮复习-第10章 交变电流 传感器 第1节 交变电流的产生及描述课件
现，题目难度中等．
Ⅱ 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
Ⅰ 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．
性，用电流热效应的等效法求解．设电灯的阻值为R，正弦式交
流电压的有效值与峰值的关系是U＝
题组二 模拟题组 3．(2016·河南豫北九校联考)一个矩形线圈在匀强磁场中匀 速转动，产生的交变电动势e＝220 2sin 100πt(V)，那么( ) A．该交变电流的频率是100 Hz B．当t＝0时，线圈平面恰好位于中性面 C．当t＝1010 s时，e有最大值 D．该交变电流电动势的有效值为220 2 V
考点三 交变电流有效值的计算 1．公式法 利用E＝Em2、U＝U2m、I＝ Im2计算，只适用于正(余)弦式交变 电流． 2．利用有效值的定义计算(非正弦式电流) 计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍．
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．
1．通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周 期为1 s．电阻两端电压的有效值为( )
A．12 V B．4 10 V C．15 V D．8 5 V
解析：选B.由题意结合有效值的定义可得I2RT＝
2I21R25T＋I22R110T，将I1＝0.1 A，I2＝0.2 A代入可得流过电阻的
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式． 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＝Imsin ωt，图象如图甲所示． 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＝Imcos ωt.图象如图乙所示．
(浙江专版)2019届高考物理一轮复习 第10章 交变电流传感器 3 章末热点集训课件 新人教版
第十章 交变电流 传感器
[解析] 从图示位置开始计时，即从线框处于中性面位置开始 计时，感应电动势瞬时值 e＝NBSωsin ωt，选项 A 正确；线
框通过中性面前后，E流v过a电lu阻atiRon的o电n流ly方. 向发生改变，每转 eate1d周w电ith流A方s向p改os变e.S2 l次id，es1 f秒o钟r .内N线ET框转3.动5 圈Cl数ie为ntT1＝Pr2ωoπf，ile故5.2.0
Copyright 2004-2011 Aspose Pty Ltd.
＝NBSωsin ωt B．线框通过中性面前后，流过电阻 R 的电流方向将发生改 变，1 秒钟内流过电阻 R 的电流方向改变ωπ次
第十章 交变电流 传感器
C．线框从图示位置转过 60°的过程中，通过电阻 R 的电荷
eate量d 为wi2t(NhRB＋ASrs)pose.SlEidveaslufoarti.oNnEoTnl3y..5 Client Profile 5.2.0 D．电压C表o的py示ri数gh跟t 线20框0转4-动20的1角1速A度spωos大e 小Pt无y关Ltd.
况下，为C了o适py当ri提gh高t 用20户0的4-用20电1功1率A，sp可o采se取P的ty措L施td是.( )
第十章 交变电流 传感器
A．适当减小输电线的电阻 r
B．适当提高nn43
Evaluation only.
eateCd．w适it当hCA提os高ppynnor21si的ge.h同St时l2id，0e0降s4f低-o2rnn043.1N1EATsp3o.5seCPliteynLt tPdr.ofile 5.2.0
数分别用 U1 和 U2 表示Ev，aAlu1 和atiAo2n是o理n想ly.交流电流表，示数分 eate别d 用wiIt1h和AIs2p表o示se，.S下li列de说s法fo正r 确.N的E是T(3.5 C) lient Profile 5.2.0
- 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)。
第十章 ⎪⎪⎪交变电流 传感器 [全国卷考情分析]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。
(×)突破点(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(线圈在中性面位臵开始计时)1．(2017·惠州模拟)如图甲所示，在磁感应强度大小为B的匀强磁场中，有一矩形单匝线圈，其面积为S，总电阻为r，线圈两端外接一电阻R和一个理想交流电流表。
若线圈绕对称轴OO′以角速度ω做匀速转动，图乙是线圈转动过程中产生的感应电动势e随时间t 变化的图像，下列说法正确的是()A ．在t 1～t 3时间内，穿过线圈平面的磁通量的变化量为BSB ．在t 3～t 4时间内，通过电阻R 的电荷量为BSRC ．在t 3时刻穿过线圈平面的磁通量的变化率为2BSωD ．在t 3时刻电流表的示数为BSω2(R ＋r )解析：选D 由题图可知，在t 1和t 3时刻穿过线圈平面的磁通量大小为BS ，方向相反，则在t 1～t 3时间内穿过线圈平面的磁通量的变化量为2BS ，A 错误；在t 3～t 4时间内，磁通量的变化量为BS ，则平均电动势E ＝BSΔt ，因此通过电阻R 的电荷量为q ＝E R ＋r ·Δt ＝BS Δt (R ＋r )Δt ＝BS R ＋r ，故B 错误；在t 3时刻电动势E ＝BSω，则由法拉第电磁感应定律，E ＝ΔΦΔt 可知，则穿过线圈的磁通量变化率为BSω，故C 错误；在t 3时刻电流表的示数为交变电流的有效值，则有I ＝E 2(R ＋r )＝BSω2(R ＋r )，故D 正确。
2．(2015·山东高考)如图甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。
左端连接在一周期为T 0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R 0的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化。
规定内圆环a 端电势高于b 端时，a 、b 间的电压u ab 为正，下列u ab -t 图像可能正确的是( )解析：选C 由题图乙知，0～0.25T 0，外圆环电流逐渐增大且ΔiΔt 逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且ΔBΔt逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a 端电势高，所以u ab ＞0，根据法拉第电磁感应定律u ab ＝ΔΦΔt ＝ΔBS Δt知，u ab 逐渐减小；t ＝0.25T 0时，Δi Δt ＝0，所以ΔBΔt ＝0，u ab ＝0；同理可知0.25T 0＜t ＜0.5T 0时，u ab ＜0，且|u ab |逐渐增大；0.5T 0～T 0内重复0～0.5T 0的变化规律。
故选项C 正确。
3.一边长为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( )A ．t 1时刻穿过线框的磁通量为BL 2B ．t 2时刻穿过线框的磁通量为零C ．t 3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 t 1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A 错误；t 2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm ＝BL 2，B 错误；t 3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 ＝BL 2ω，则ω＝E mBL 2，D 正确。
突破点(二) 有效值的理解与计算(1)计算有效值的根据是电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解。
(2)利用公式Q ＝I 2Rt 和Q ＝U 2Rt 可分别求得电流有效值和电压有效值。
有效值的求解[典例] 电阻R 1、R 2与交流电源按照图甲所示方式连接，R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω。
合上开关S 后，通过电阻R 2的正弦式交变电流i 随时间t 变化的情况如图乙所示。
则( )A ．通过R 1的电流有效值是1.2 AB ．R 1两端的电压有效值是6 VC ．通过R 2的电流有效值是1.2 2 AD ．R 2两端的电压最大值是6 2 V[解析] 首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过R 2的电流最大值为0.6 2A ，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系I m ＝2I 可知其有效值为0.6 A ，由于R 1与R 2串联，所以通过R 1的电流有效值也是0.6 A ，选项 A 、C 错；R 1两端电压有效值为U 1＝IR 1＝6 V ，选项B 对；R 2两端电压最大值为U 2m ＝I m R 2＝0.62×20 V ＝12 2 V ，选项D 错。
[答案] B[多维探究][变式1] 把图像下半部分翻到t 轴的上面正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的。
线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，则此感应电动势的有效值为________ V 。
解析：由有效值的定义式得：⎝⎛⎭⎫31122R ×T2×2＝U 2R T ，得：U ＝220 V 。
答案：220 V[变式2] 仅余12周期的波形家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小。
某电子调光灯经调整后电压波形如图所示，求灯泡两端的电压的有效值。
解析：从u -t 图像看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为U 1＝U m2；后半周期电压为零。
根据有效值的定义，U 2R T ＝⎝⎛⎭⎫U m 22R ·T2＋0，解得U ＝U m2。
答案：U m2[变式3] 仅余14周期的波形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 ．U m B.U m 2C.U m 3D.U m 2解析：选D 从U -t 图像上看，每个14周期正弦波形的有效值U 1＝U m 2，根据有效值的定义：U 2R T ＝⎝⎛⎭⎫U m 22R ×T4×2＋0，解得：U ＝U m2，D 正确。
[变式4] 把正余弦波形变成矩形波形如图所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是( )A ．5 2 AB ．3.5 2 AC ．3.5 AD ．5 A解析：选D 交流电的有效值是根据其热效应定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效。
设交流电的有效值为I ，令该交变电流通过一阻值为R 的纯电阻，在一个周期内有：I 2RT ＝I 12R T 2＋I 22R T2。
所以该交流电的有效值为I ＝I 12＋I 222＝5 A 。
[变式5] 上下波形的最大值不一致电压u 随时间t 的变化情况如图所示，求电压的有效值？解析：由有效值的定义式得：⎝⎛⎭⎫15622R×T 2＋⎝⎛⎭⎫31122R ×T 2＝U 2R T ，得：U ＝5510 V 。
答案：5510 V[变式6] 在电阻两端并联二极管如图所示电路，电阻R 1与电阻R 2阻值相同，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A 、B 间加一正弦交流电u ＝20 2sin 100πt V ，则加在R 2上的电压有效值为( ) A ．10 V B ．20 V C ．15 V D ．510 V解析：选D 电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R 2上的电压等于输入电压值，电压值取负值时，即在后半周期内，二极管电阻无穷大可看作断路，R 2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R 2的电压有效值为U ，根据电流的热效应，在一个周期内满足U 2R T ＝202R T 2＋102R T2，可求出U ＝510 V 。
故选项D 正确。
[方法规律]几种典型交变电流的有效值突破点(三) 交变电流“四值”的理解和应用对交变电流“四值”的比较和理解[多角练通]1.(2015·四川高考)小型手摇发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈绕OO ′匀速转动，如图所示。
矩形线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )A ．峰值是e 0B ．峰值是2e 0C ．有效值是22Ne 0 D ．有效值是2Ne 0 解析：选D 因每匝矩形线圈ab 边和cd 边产生的电动势的最大值都是e 0，每匝中ab 和cd 串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2e 0。
N 匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne 0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E ＝2Ne 0，故选项D 正确。
2．(2013·福建高考)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 由产生的电动势可知，该交流电的频率为5 Hz ，选项A 错误；该电动势的有效值为10 V ，选项B 错误；外接电阻R 所消耗的电功率为9 W ，选项C 错误；电路中交流电流表的示数为电流的有效值，为1.0 A ，选项D 正确。
3．(多选)(2017·江苏四市一模)如图甲所示为风力发电的简易模型图，在风力的作用下，风叶带动与其固定在一起的永磁铁转动，转速与风速成正比。