201x版高考物理总复习第10章交变电流

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高考物理一轮总复习必修部分第10章交变电流传感器

如图(a)所示。
2．正弦交变电流的产生和变化规律 (1)产生：在匀强磁场中，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动产生的电流是正弦交变电流。
(2)中性面 ①中性面：线圈平面与磁感线垂直的位置称为中性面。
②中性面的特点以及与峰值面(中性面的垂面)的比较
中性面
峰值面
含义
线圈平面与磁场方向垂直
线圈平面与磁场方向平行
A．在线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大 B.在线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大 C.在线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小 D.在线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流最小
解析线圈在中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，感应电动势最小为 0，所以感应电流也最小为 0，所以 A 选项正确，B 选项错误。在与中性面垂直的瞬间，磁通量最小，感应电动势最大，所以感应电流最大，C 选项正确，D 选项错误。
4．[描述交流电的物理量](多选)如图所示，光滑绝缘水平桌面上直立一个单匝矩形导线框，线框的边长 LAB＝0.3 m，LAD＝0.2 m，总电阻为 R＝0.1 Ω。在直角坐标系 xOy 中，有界匀强磁场区域的下边界与 x 轴重合，上边界满足曲线方程 y＝0.2sin103πx m，磁感应强度大小 B＝0.2 T，方向垂直纸面向里。线框在沿 x 轴正方向的拉力 F 作用下，以速度 v＝10 m/s 水平向右做匀速直线运动，则下列判断正确的是( )
必考部分
第10章交变电流传感器
高考高考对本部分知识的考查主要以选择题的形式出现，但也出现过关于交变电流的计算
地位题，试题的难度一般在中等偏下，分值在 6～10 分左右。
1.交变电流、交变电流的图象 (Ⅰ) 2．正弦交变电流的函数表考纲达式、峰值和有效值(Ⅰ) 下载 3．理想变压器(Ⅱ) 4．远距离输电(Ⅰ) 实验十一：传感器的简单使用

高考物理大一轮复习第十章交变电流传感器本章小结完美版PPT资料

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高考物理总复习第10章交变电流课件

电能的输送
c 应知识结合出现在计算题中。
考点一交变电流的产生及描述(－/c)
[基础过关] 一、交变电流产生 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(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(a)所示。
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
Em＝nBSω ห้องสมุดไป่ตู้m＝RE＋mr
答案 A
要点二交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较
物理量物理含义
解析 U＝20V，Rmin＝UI0＝220Ω＝10Ω。
答案 B
2.线框在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动(由上向下看是逆时针方向)，
当转到如图所示位置时，磁通量和感应电动势大小的变化情况
是( ) A.磁通量和感应电动势都在变大 B.磁通量和感应电动势都在变小
3.(多选)某小型发电机产生的交变电动势为 e＝50sin 100πt(V)。对此
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。对正弦式交变电流，其有效值和峰值的关系为： E＝_U_2m_，U＝ _Im_2_，I＝___。
时间，单位是秒(s)，公式T＝ 1 。 f
(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

新课标2021版高考物理一轮复习第十章交变电流传感器第1讲交变电

新课标2021版高考物理一轮复习第十章交变电流传感器第1讲交变电第十章交变电流传感器【研透全国卷】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，变压器的原理及应用，远距离输电等知识.其中针对变压器的原理及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.预测在2021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行考查.考点内容交变电流、交变电流的图象一、交变电流的产生及描述正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值二、变压器、电能的输送第1讲交变电流的产生和描述知识点一交变电流、交变电流的图象 1.交变电流(1)定义：和都随时间做周期性变化的电流. (2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流. 2.正弦式交变电流的产生和图象(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕方向的轴匀速转动.(2)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线.答案：1.(1)大小方向 2.(1)垂直于磁场知识点二正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值 1.周期和频率理想变压器远距离输电Ⅱ Ⅰ 选择、计算Ⅰ 要求题型实验必考Ⅰ 选择 1.实验内容传感器的简单应用 2.命题形式填空2π(1)周期(T)：交变电流完成变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T＝. ω(2)频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的.单位是赫兹(Hz). (3)周期和频率的关系：T＝或f＝.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＝. (2)负载两端的电压u随时间变化的规律：u＝.(3)电流i随时间变化的规律：i＝.其中ω等于线圈转动的，Em＝. 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.对正弦式交变电流，其有效值和峰值的关系为：E＝，U＝，I＝.11答案：1.(1)一次周期性 (2)次数 (3)fT2.(1)Emsin ωt (2)Umsin ωt (3)Imsin ωt 角速度nBSω 3.(3)EmUmIm222(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)线圈经过中性面时产生的感应电动势最大.( ) (4)在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次.( )(5)最大值和有效值之间的2倍关系只适用于正弦(余弦)交流电.( ) (6)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.( ) 答案：(1) (2) (3) (4)√ (5)√ (6)考点正弦式交变电流的产生及变化规律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：ΔΦ①线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将Δt发生改变.ΔΦ②线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向Δt不改变.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象磁通量Φ＝Φmcos ωt ＝BScos ωt 电动势 e ＝Emsin ωt ＝nBSωsin ωt u＝Umsin ωt 电压＝REmsin ωt R＋r i＝Imsi n ωt 电流＝EmR＋rsin ωt考向1 交流电的产生[典例1] (多选)如图所示为交流发电机示意图，线圈的AB边连在金属滑环K上，CD 边连在滑环L上，导体制作的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接.关于其工作原理，下列分析正确的是( )A.当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大B.当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大C.当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.当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 [答案] AC考向2 交流电的变化规律[典例2] (多选)图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，从图甲所示位置开始计时，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( )甲乙 A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50π rad/sC.t＝0.01 s时，线圈平面与磁场方向平行D.t ＝0.02 s时，电阻R中电流的方向自右向左[解析] 电流表测量的是电路中电流的有效值I＝10 A，选项A正确.由题图乙可知，T2π＝0.02 s，所以ω＝＝100π rad/s，选项B错误.t＝0.01 s 时，电流最大，线圈平面与T磁场方向平行，选项C正确.t＝0.02 s时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R中电流的方向自左向右，选项D错误.[答案] AC[变式1] 矩形线圈abcd在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍.在t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在向纸外转动.规定图示箭头方向为电流正方向，则线圈中电流随时间变化的关系图线应是( )A BC D答案：A 解析：绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势Em＝nBSω，因左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知选项A正确.求解交变电流变化规律有关问题的三点注意(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Em＝n BSω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.考点有效值的理解和计算1.正弦交变电流的有效值可利用公式E＝表示正弦交流电的峰值.2.交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的，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.3.在交流电路中，电压表、电流表、功率表等电工仪表的示数均为交变电流的有效值.在没有具体说明的情况下，所给出的交变电流的电压、电流及电功率指的都是有效值.[典例3] 如图所示为交变电流随时间变化的图象，则交变电流的有效值为( )Em2、U＝Um、I＝直接计算，其中Em、Um、Im22ImA.52 A C.72 A 2B.5 A D.3.5 A22[解析] 设交变电流的有效值为I，根据有效值的定义，IRT＝(42 A)R＋(322A)R，解得I＝5 A，选项B正确.2[答案] B[变式2] 如图所示为一交流电压随时间变化的图象.每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定.根据图中数据可得，此交流电压的有效值为2TT感谢您的阅读，祝您生活愉快。

高考物理一轮复习第十章交变电流第1单元交变电流教案

第十章交变电流第1单元交变电流一、交变电流的产生1. 正弦交流电的产生当闭合矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴线做匀角速转动时，闭合线圈中就有交流电产生．如图所示．设矩形线圈abcd 以角速度ω绕oo ' 轴、从线圈平面跟磁感线垂直的位置开始做逆时针方向转动．此时，线圈都不切割磁感线，线圈中感应电动势等于零．经过时间t 线圈转过ωt 角，这时ab 边的线速度v 方向跟磁感线方向夹角等于ωt ，设ab 边的长度为l ，bd 边的长度为l'，线圈中感应电动势为t l Bl e ωωsin 22'=，对于N 匝线圈，有t NBS e .sin .ωω=或者写成t E e m .sin .ω=（ωωm m N NBS E Φ==. 叫做电动势的最大值。

）由上式，在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动的线圈里产生的感应电动势是按正弦规律变化的．根据闭合电路欧姆定t R E R e i m ωsin == 2．中性面——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，这个特定位置叫中性面．应注意：①中性面在垂直于磁场位置．②线圈通过中性面时，穿过线圈的磁通量最大．③线圈平面通过中性面时感应电动势为零．④线圈平面每转过中性面时，线圈中感应电流方向改变一次，转动一周线圈两次通过中性面，一周里线圈中电流方向改变两次．3．正弦交流电的图象矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴做匀角速转动，线圈里产生正弦交流电．当线圈从中性面开始转动，在一个周期中：在t （0，T 4）时间内，线圈中感应电动势从0达到最大值E m ．在t （T 4，T 2）时间内，线圈中感应电动势从最大值E m 减小到0．在t （T 2，3T 4）时间内，线圈中感应电动势从0增加到负的最大值-E m ．在t （3T 4，T ）时间内，线圈中感应电动势的值从负的最大值-E m 减小到0．电路中的感应电流、路端电压与感应电动势的变化规律相同，如图所示．二、描述交变电流的物理量1、瞬时值：它是反映不同时刻交流电的大小和方向，正弦交流瞬时值表达式为：t e m ωεsin =，t I i m ωsin =.应当注意必须从中性面开始。

(新课标)高考物理一轮复习第十章第1讲交变电流的产生及描述

A.乙图时刻线圈中感应电流为0 B.通过灯的电流随时间t的变化规律是i=Imcos(100πt)A C.灯泡能正常发光 D.灯泡的实际功率是80 W
栏目索引
解析由图乙可看出,该时刻线圈平面与磁场方向平行,穿过线圈的磁通
量的变化率最大,故感应电流最大,选项A错误;灯泡的电阻R= U 2 = 1002Ω=8
3
栏目索引
答案 AD
解析根据图线a:感应电动势最大值Em=BSωa=Φmωa,因此磁通量的最大
值Φm=
Em ωa
=
Em=Ta
2
3Wb,A正确。线圈先后两次周期之比
Ta= 0.0=4s ,2则转
T= ,B错误。t=0时刻感应电动势为零,线圈与中性面平行,
2(R r)
(2)在线圈由图示位置匀速转动90°的过程中,用有效值来计算电阻R上产生
的热量
Q=I2RT ,其中I=Im = nB,TL2=ω ,则 2
4
2 2 2(R r) ω
Q=I2R T =n2 B。2L4ωR
4 16(R r)2
(3)在转过90°的过程中感应电动势的平均值为
E=n
Φ
=t
4 2R 4 8
栏目索引
答案 ABC 线框在转动过程中,产生的感应电动势的有效值为E=
2B,电l2ω流的有效值为I= ,又周2B期l2ωT= ,则线框2转动一周产生的热
2
2R
ω
量Q=I2RT=
2RBl·2ω
2R
2
=
2,外力 B做2l的4ω功W=Q,选项A正确;感应电动
ωR
势的最大值Em=Bl2ω,选项B正确;线框转动90°的过程中,流过导体某一横截
函数
磁通量

高考物理一轮复习第十章交变电流第1节交变电流的产生及描述习题详解课件新人教版

第 1 节交变电流的产生及描述宏观·循图忆知
大小方向正弦 nBSω 热效应
微观·易错判断
(1)× (2)× (3)√ (4)√ (5)× (6)× 要点一
典例：解析：根据题图(b)可知：cd 两端在时间 0～0.5 内产生
恒定的电压，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量均
匀变化，即ΔΔit为恒定不变，故选项 C 正确，A、B、D 错误。答案：C
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1
[针对训练]
1．解析：磁极以 OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相
反方向转动，在 t＝0 时刻，由右手定则可知，产生的感应电流
方向为 a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项 C 正确。答案：C
2．解析：当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大，
磁通量变化率为零，感应电动势为零，线圈中的感应电流为零，
选项 A 正确 B 错误；当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，磁通量变化率最大，感应电动势最大，
感应电流最大，选项 C 正确 D 错误。答案：AC
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2
3．解析：(1)由图得 e＝Emsin ωt＝6 2sin 100πt(V) 则电流 i＝R＋e r＝0.6 2sin 100πt(A)。 (2)Em＝BSω Em＝6 2 V ω＝100πΦm＝BS＝ Eωm＝2.7×10－2 Wb。 (3)E＝Em2＝6 V，外力所做的功 W＝Q＝RE＋2 rT＝7.2×10－2J。答案：(1)i＝ 0.6 2sin 100πt(A) (2)2.7×10－2 Wb (3)7.2×10－2 J
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3
要点二典例：解析：首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过 R2 的电流最大值为 0.6 2 A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系 Im＝ 2I 可知其有效值为 0.6 A，由于 R1 与 R2 串联，所以通过 R1 的电流有效值也是 0.6 A，选项 A、C 错；R1 两端电压有效值为 U1＝IR1＝6 V，选项 B 对；R2 两端电压最大值为 U2m＝ImR2 ＝0.6 2×20 V＝12 2 V，选项 D 错。答案：B

高考物理冲刺资料之十交变电流知识点和经典题

交变电流知识点和经典题一、交变电流（一）定义：大小和方向都随时间作周期性变化的电流，叫做交变电流。

其中按正弦规律变化的交流叫正弦交流电。

如图所示（b ）、（c ）、（e ）所示电流都属于交流电，其中图（b ）是正弦交流电。

而（a ）、（d ）为直流，其中（a ）为恒定电流。

（二）交变电流的产生ABCD ----线圈；K 、L -----圆环；E 、F ---------电刷（三）正弦式交变电流1、定义：按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，简称正弦式电流。

2、产生：当线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，线圈中产生的交流是随时间按正弦规律变化的。

即正弦交流。

3、几个物理量（1）中性面：匀速旋转的线圈，位于跟磁感线垂直的平面叫做中性面。

（t=0）此位置过线框的磁通量最多．此位置不切割磁感线；此位置磁通量的变化率为零（斜率判断）．无感应电动势，e =E m sin ωt =0;i =I m sin ωt =0;交流电完成一次全变化中线框两次过中性面，电流的方向改变两次，频率为50Hz 的交流电每秒方向改变100次。

（2）正弦交流瞬时值e =E m sin ωt;i =I m sin ωt;代入时间即可求出。

（3）峰值：即最大的瞬时值。

E m =nBSω；I m =E m R+r；主要用于讨论电容器的击穿电压等。

（4）平均值：交变电流图像中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值。

E̅=BLv̅；E ̅=n ∆Ф∆t；I =E ̅R+r主要用于计算电路横截面的电荷量。

（5）有效值：为了度量交流电做功情况人们引入有效值，它是根据电流的热效应而定的．就是分别用交流电，直流电通过相同阻值的电阻，在相同时间内产生的热量相同，则直流电的值为交流电的有效值。

①描述交流电做功或热效应的物理量。

②电器“铭牌”上所标的一般是有效值。

③保险丝的熔断电流为有效值。

④交流电流表和交流电压表的读数是有效值。

对于交流电若没有特殊说明的均指有效值。

高考物理总复习第十章第1讲交变电流的产生和描述

有志者事竟成
11
高考复习· 物理
3．周期和频率：描述交变电流变化快慢的物理量． (1)周期：完成一次周期性变化所需的时间． (2)频率：在1 s内完成周期性变化的次数． 1 2π (3)周期和频率的关系：T＝ f ，ω＝ T ＝2πf.
有志者事竟成
12
高考复习· 物理
特别提示
Imax 只有正弦交变电流才有I＝的关系，对于 2
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高考复习· 物理
疑难辨析
疑难点一试推导出矩形线框绕垂直于匀强磁场的轴匀速转
动时产生感应电动势的表达式：e＝nBSωsinωt(从中性面位置开始计时)．
有志者事竟成
3
高考复习· 物理
备考建议
1.本章的重点之一是交流电有效值的理解和计算．对该部分知识，要抓住实质，即交流电和直流电在热效应上是等效的，通过对比，深刻理解和掌握交流电的“四值”． 2．本章的另一个重点是变压器的原理和远距离输电，要将电磁感应定律、电路原理、能的转化和守恒定律三方面的知识结合；要理解原、副线圈中的电压、电流、功率“谁决定谁”的制约关系，画出远距离输电的电路图．
高考复习· 物理
第十章交变电流传感器
有志者事竟成
1
高考复习· 物理
考纲展示
1.交变电流、交变电流的图象(Ⅰ) 2．正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ) 3．理想变压器(Ⅰ) 4．远距离输电(Ⅰ) 5．实验：传感器的简单应用
有志者事竟成
2
高考复习· 物理
命题规律
综合分析近三年新课标地区各省高考试题，命题有以下规律： (1)对本章知识多以选择题形式考查，试题难度不大． (2)命题重点在交变电流的规律、图象及变压器的规律，以考查识记能力、对比能力为主.

高考物理一轮复习第10章第1讲交变电流的产生和描述固考基教材梳理

高考物理一轮复习第10章第1讲交变电流的产生和描述固考基教材梳理交变电流变化规律表达式、图象、中性面产生方法描述周期、频率电动势、电压、电流电感和电容对交变电流的影响电感对交变电流的阻碍作用电容对交变电流的阻碍作用正弦式交变电流的产生和变化规律1．产生如图10－1－1所示，将闭合线圈置于匀强磁场中，并绕垂直于磁感线方向的轴做匀速转动．图10－1－12．变化规律(线圈在中性面位置开始计时)(1)电动势e随时间变化的规律：e＝Emsin ωt.(2)电压u随时间变化的规律：u＝Umsin ωt.(3)电流i随时间变化的规律：i＝Imsin ωt.其中ω等于线圈转动的角速度，Em＝nBl1l2ω＝nBSω.3．正弦式交变电流的图象(如图10－1－2所示)图10－1－2描述交变电流的物理量1．周期和频率(1)周期T ：交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)．公式表达式为T ＝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“四值”(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数． (2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值．(3)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果它们在交变电流的一个周期内产生的热量相等，则这个恒定电流I 、恒定电压U 就是这个交变电流的有效值．(4)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系I ＝Im 2，U ＝Um 2，E ＝Em 2.(5)平均值：交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值，其数值可以用E ＝n ΔΦΔt计算．电感和电容对交变电流的影响1．感抗表示电感线圈对交变电流阻碍作用的大小．(1)线圈的自感系数越大，交变电流的频率越大，电感对交变电流的阻碍作用越大． (2)作用：通直流、阻交流(低频扼流圈)，通低频、阻高频(高频扼流圈)． 2．容抗表示电容器对交变电流阻碍作用的大小．(1)电容器的电容越大，交流的频率越高，电容器对交流的阻碍作用就越小． (2)作用：通交流、隔直流；通高频、阻低频．1．(多选)如下图中各图面积均为S 的线圈均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 ＝BSωsin ωt 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，由这一原则判断，A图和C图中感应电动势均为e＝BSωsin ωt；B图中的转动轴不在线圈所在平面内；D图转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．【答案】AC2．下列四幅图是交流电的图象，其中能正确反映我国居民日常生活所用交流电的是( )【解析】我国居民日常生活所用的是正弦式交流电，其电压的有效值是220 V，最大值为311 V，周期为0.02 s，所以只有C正确．【答案】 C3．(多选)(2012·广东高考)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 V B．频率是100 HzC．有效值是25 2 V D．周期是0.02 s【解析】交变电动势e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt，其中Em为电动势的最大值，ω为角速度，有效值E＝Em2，周期T＝2πω，频率f＝1T.由e＝50sin 100πt知，Em＝50 V，E＝502V＝25 2 V，T＝2πω＝2π100πs＝0.02 s，f＝1T＝10.02Hz＝50 Hz，所以选项C、D正确．【答案】CD4．(多选)如图10－1－3所示电路中，A、B为两相同的小灯泡，L为直流电阻为零的电感线圈，下列说法正确的是( )图10－1－3A．电源为稳恒直流电源时，灯泡A、B亮度相同B．电源为稳恒直流电源时，灯泡A比B亮度大C．电源为交流电源时，灯泡A、B亮度相同D．电源为交流电源时，灯泡A比B亮度大【解析】电感线圈有通直流，阻交流的作用，电源为稳恒直流电源时，A、B亮度相同，选项A正确，B错误．电源为交流电源时，A灯比B灯亮度大，选项C错误，D正确．【答案】AD(对应学生用书第207页)正弦交流电的图象和变化规律1.两个特殊位置的特点(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．2．电流变化规律和磁通量变化规律的对比电流 i ＝Imsin ωt磁通量Φ＝Φmcos ωt ＝BScos ωt说明磁通量为最大值时，电流为零，线圈位于中性面位置3．由正弦交流电的图象可得到的信息 (1)交变电流的最大值． (2)周期T(频率f ＝1T)．(3)任意时刻线圈中产生的电流的大小和方向．如图10－1－4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10－1－4【解析】根据右手定则或楞次定律可以判断，t ＝0时刻线圈的cd 边离开纸面向外运动而切割磁感线，产生的感应电流i 为正向；此时线圈磁通量为零，但是cd 边切割磁感线的速度最大，磁通量的变化率最大，所以感应电动势、感应电流最大．【答案】 C 【迁移应用】1．一正弦交流电的电压随时间变化规律如图10－1－5所示，则该交流电( )图10－1－5A．电压瞬时值表达式为u＝100sin (25t) VB．周期为0.02 sC．电压有效值为100 2 VD．频率为25 Hz【解析】由图知周期为0.04 s，频率为25 Hz，B错误，D正确；交流电的电压瞬时值的表达式为u＝100sin (50t) V，A错误；该交流电的电压的有效值为50 2 V，C错误．【答案】 D交变电流四值的理解和应用物理量物理含义重要关系应用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsin ωt，u＝Umsin ωt，i＝Imsin ωt计算线圈某时刻的受力情况最大值最大的瞬时值Em＝nBSω，Em＝nΦmω，Im＝EmR＋r当考虑某些电学元件(电容器、晶体管等)的击穿电压时，指的是交变电压的最大值有效值根据电流的热效应(电流通过电阻产生的热量)进行定义对正弦、余弦交变电流E＝Em2，U＝Um2，I＝Im2(1)通常所说的交变电流的电压、电流，交流电表的读数，保险丝的熔断电流值，电器设备铭牌上所标的电压、电流值都是指交变电流的有效值(2)求解交变电流的电热问题时，必须用有效值来进行计算平均值交变电流图象中图线与t 轴所围成的面积与时间的比值E ＝BL v ，E ＝n ΔΦΔt，I ＝E R ＋r计算有关电荷量时只能用平均值(多选)(2013·山东高考)图10－1－6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( )甲乙图10－1－6A ．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【审题指导】解答本题时应注意以下两个方面的问题：(1)正弦交流电的最大值和有效值之间的关系以及正弦交流电的瞬时值表达式． (2)应用楞次定律或右手定则判定感应电流的方向．【解析】从交变电流图象获取交变电流的最大值、有效值．根据i －t 图象可知，电流最大值Im ＝10 2 A ，有效值I ＝Im 2＝10 A ，A 选项正确；交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，角速度ω＝2πT ＝100π rad/s.从图示位置开始转动时，经0.01 s 线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行．根据右手定则，在0.02 s 时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R 中的电流方向自左向右，因此选项A 、C 正确．【答案】 AC 【迁移应用】2．(多选)(2014·广东省深圳市一模)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 ＝2202sin 100πt(V)，那么( ) A ．该交变电流的频率是50 HzB ．当t ＝0时，线圈平面恰好位于中性面C ．当t ＝1100s 时，e 有最大值D ．该交变电流电动势的有效值为220 2 V【解析】由e ＝220 2 sin 100πt(V)可知，该交变电流的频率是50 Hz ，选项A 正确．当t ＝0时，产生的交变电动势为零，说明线圈平面恰好位于中性面，选项B 正确．当t ＝1100 s 时，e ＝2202sin 100πt(V)＝0，e 有最小值，该交变电流电动势的有效值为220 V ，选项C 、D 错误．【答案】 AB几种典型的交变电流有效值的计算1.计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解．“相同时间”一般取一个周期时间．2．利用两个公式Q ＝I2Rt 和Q ＝U2R t 可分别求得电流有效值和电压有效值．电流名称电流图象有效值正弦半波电流U ＝12Um 正弦单向脉动电流U ＝Um 2矩形脉动电流U ＝t1TUm 非对称性交变电流U ＝12U21＋U22(2012·全国大纲高考)一台电风扇的额定电压为交流220 V ．在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I 随时间t 的变化如图10－1－7所示．这段时间内电风扇的用电量为( )图10－1－7A ．3.9×10－2度B ．5.5×10－2度C ．7.8×10－2度D ．11.0×10－2度【解析】分段计算用电量，根据W ＝UIt 得W ＝W1＋W2＋W3＝220×0.3×10×60 J＋220×0.4×10×60 J＋220×0.2×40×60 J＝1.98×105 J，而1度＝1 kW·h＝3.6×106 J，所以W ＝1.98×105 J＝0.055 度＝5.5×10－2度，故B 选项正确，A 、C 、D 选项错误．【答案】 B1交变电流的有效值是根据电流的热效应电流通过电阻产生热量进行定义的，所以在进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热进行计算.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. 2利用两个公式Q ＝\f(U2,R) t 和Q ＝I2Rt 可以分别求得交变电流的电压有效值和电流有效值.【迁移应用】●分阶段缺失图象的有关问题3．如图10－1－8所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为( )图10－1－8 A ．Um B.Um2C.Um 3D.Um2【解析】由题给图象可知，交流电压的变化规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解．设电灯的阻值为R ，正弦交流电压的有效值与峰值的关系是U ＝Um/2，由于一个周期内半个周期有交流电压，一周期内交流电产生的热量为Q ＝Um22R t ＝U2m 2R ·T2，设交流电压的有效值为U ，由电流热效应得Q ＝U2m 2R ·T 2＝U2R ·T，所以该交流电压的有效值U ＝Um/2，可见选项D 正确．【答案】 D●不是正弦变化规律的交变电流有效值的计算4．如图10－1－9所示为一交流电的电流随时间变化的图象，此交流电的有效值是( )图10－1－9A ．3.5 A B.72A C ． 5 2 AD ．5 A【解析】交流电的有效值是根据其热效应而定义的，它是从电流产生热量相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效．设交流电的有效值为I ，令该交流电通过一个纯电阻用电器R ，在一个周期内有I2RT ＝I21R T 2＋I22R T2.所以该交流电的有效值为I ＝I212＋I222.代入数据得I ＝5 A.【答案】 D(对应学生用书第209页)失分点：交流电“四值”分辨不清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10－1－10甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )图10－1－10A ．电压表○V 的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J 【失误原因分析】不能正确区分电源电动势和路端电压，错选A ；认为在一个周期内电流的方向改变1次，错选B.不知道求焦耳热用交流电的有效值，错选C.【解析】本题考查测量正弦交流电的频率、电表的读数、功率和热量的计算以及图象的应用．首先，电压表的读数是交流电电压的有效值．从图中可以看出，电动势的有效值为220 V ，电压表测量的是路端电压，小于220 V ，A 项错误；由图可知，变流电的周期为0.02 s ，即1秒中有50个周期，电流的方向变化100次，B 项错误；灯泡的功率P ＝I2R ＝(UR ＋r )2R＝(220100)2×95 W＝459.8 W ，C 项错误；发电机线圈产生的热量为Q ＝I2Rt ＝(2.2)2×5×1 J ＝24.2 J ，D 项正确．【答案】 D 【即学即用】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 ＝2nπBSsin 2nπt【解析】线框交变电动势的最大值为Em ＝BSω＝2nπBS，产生的感应电动势瞬时值为e＝2nπBSsin 2nπt，A、D错；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】 B11。

2019年201X高考物理必考知识点：交变电流知识归纳总结-推荐word版 (2页)

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201X高考物理必考知识点：交变电流知识归纳总结
物理网为同学们搜集整理了201X高考物理必考知识点,供大家参考，希望对大家有所帮助!
交变电流知识点
(1)中性面线圈平面与磁感线垂直的位置，或瞬时感应电动势为零的位置。

中性面的特点：a.线圈处于中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，但
=0;
产生：矩形线圈在匀强磁场中绕与磁场垂直的轴匀速转动。

变化规律e=NBSsint=Emsini=Imsin(中性面位置开始计时)，最大值Em=NBS 四值：①瞬时值②最大值③有效值电流的热效应规定的;对于正弦式交流U= =0.707Um ④平均值
不对称方波：
不对称的正弦波
求某段时间内通过导线横截面的电荷量Q=It=t/R=/R
我国用的交变电流，周期是0.02s，频率是50Hz，电流方向每秒改变100次。

表达式：e=e=220
sin100t=311sin100t=311sin314t
线圈作用是通直流，阻交流;通低频，阻高频.
电容的作用是通交流、隔直流;通高频、阻低频.
变压器两个基本公式：①。

高考物理第10章至完

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)×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＝BSωsin ωt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10－1－2 A．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＝53r/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 aΦm aωa＝N aΦm a 2πT a＝10×10×2π0.4V＝500 π V，E m b＝N bΦm bωb＝30×5×2π0.6V＝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”的比较和理解物理量物理意义适用情况及说明瞬时值e＝E m sin ωtu＝U m sin ωti＝I m sin ωt计算线圈某时刻的受力情况峰值(最大值)E m＝nBSωI m＝E mR＋r讨论电容器的击穿电压有效值对正(余)弦交流电有：E＝E m2U＝U m2I＝I m2(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值(4)电表的读数为有效值平均值E＝BL v－计算通过电路截面的电荷【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 ＝πNBS 22(R ＋r ) B ．通过电阻R 的电荷量Q ＝NBS R ＋rC ．外力做功的平均功率P ＝N 2B 2S 2ω22(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O1O2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＝Tπsin2πT 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 m2＝ 2 A，B项错；线圈消耗的功率P＝I2R＝4 W，A项正确；由欧姆定律可知，感应电动势最大值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 T2π，解两式得：Φ＝E m T2πsin2πT t＝2Tπsin2πT 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10－1－6A.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311×22V≈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 V B．5 2 VC．10 V D．10 2 V解析根据P＝U2R，对直流电有P＝102R，对正弦式交流电有P2＝U′2R，所以正弦式交流电的有效值为U′＝PR2＝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 V B．频率是100 HzC．有效值是25 2 V D．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 m2，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＝2π100πs＝0.02 s，f＝1T＝10.02Hz＝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 ＝1T ＝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10－1－14 A ．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3 2U0C．第一次和第二次灯泡的电功率之比是2∶9 D．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U1＝22U0，A项正确；设第二次所加交流电压的有效值为U2，则根据有效值的含义有U22R T＝(2U0)2R·T2＋U20R·T2，解得U2＝102U0，B项错；根据电功率的定义式P＝U2R可知，P1∶P2＝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R1、R2与交流电源按照如图10－1－15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10－1－15A．通过R1的电流的有效值是1.2 AB．R1两端的电压有效值是6 VC．通过R2的电流的有效值是1.2 2 AD．R2两端的电压有效值是6 2 V解析由题图知流过R2交流电电流的最大值I2m＝0.6 2 A，有效值I2＝I2m 2＝0.6 A，故选项C错误；由U2m＝I2m R2＝12 2 V知，U2＝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l 1，ad 边的边长为l 2，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2nBl 2ωC ．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n 2B 2l 1l 22ωR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 ＝2nBl 2ωl 12＝nBl 1l 2ω，B 错误，C 正确；线圈此时的感应电流大小为：I ＝e R ＝nBl 1l 2ωR ，所以ad 边所受的安培力的大小为：F ＝nBIl 2，代入I 可得：F ＝n 2B 2l 1l 22ωR，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 AD13．(2013·郑州模拟)如图10－1－22甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n ＝100匝，总电阻r ＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S ＝0.040 m 2，小灯泡的电阻R ＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e ＝nB m S 2πT cos 2πT t ，其中B m 为磁感应强度的最大值，T 为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：图10－1－22 (1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；。

2019-2020-201X高考物理必考知识点精要交变电流-推荐word版 (2页)

2019-2020-201X高考物理必考知识点精要交变电流-推荐word版本文部分内容来自网络整理，本司不为其真实性负责，如有异议或侵权请及时联系，本司将立即删除！== 本文为word格式，下载后可方便编辑和修改！ ==201X高考物理必考知识点精要交变电流交变电流1.交变电流:大小和方向都随时间作周期性变化的电流，叫做交变电流.按正弦规律变化的电动势、电流称为正弦交流电.2.正弦交流电 ----(1)函数式:e=E m sinωt (其中★E m =NBSω)(2)线圈平面与中性面重合时，磁通量最大，电动势为零，磁通量的变化率为零，线圈平面与中心面垂直时，磁通量为零，电动势最大，磁通量的变化率最大.(3)若从线圈平面和磁场方向平行时开始计时，交变电流的变化规律为i=I m cosωt..(4)图像:正弦交流电的电动势e、电流i、和电压u，其变化规律可用函数图像描述。

3.表征交变电流的物理量(1)瞬时值:交流电某一时刻的值，常用e、u、i表示.(2)最大值:E m =NBSω，最大值E m (U m ，I m )与线圈的形状，以及转动轴处于线圈平面内哪个位置无关.在考虑电容器的耐压值时，则应根据交流电的最大值.(3)有效值:交流电的有效值是根据电流的热效应来规定的.即在同一时间内，跟某一交流电能使同一电阻产生相等热量的直流电的数值，叫做该交流电的有效值.①求电功、电功率以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算，有效值与最大值之间的关系E=Em/，U=Um/，I=Im/只适用于正弦交流电，其他交变电流的有效值只能根据有效值的定义来计算，切不可乱套公式.②在正弦交流电中，各种交流电器设备上标示值及交流电表上的测量值都指有效值.。

2021年高考物理一轮复习第10章交变电流传感器第2讲讲义(新课标全国)

考点一抱负变压器基本关系的应用1．构造如图1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．图1(1)原线圈：与沟通电源连接的线圈，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．原理电流磁效应、电磁感应． 3．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 . 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.[思维深化]1．抱负变压器物理量的制约关系：(1)电压：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比打算． (2)功率：原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2打算．(3)电流：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比打算． 2．推断下列说法是否正确：(1)变压器不但能转变交变电流的电压，还能转变交变电流的频率．( × )(2)抱负变压器能转变交变电压、交变电流，但不转变功率，即输入功率总等于输出功率．( √ ) (3)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈的输入电流随之增大．( √ )1．[变压器的有关规律](2021·课标Ⅰ·16)一抱负变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，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 的正弦沟通电源上，如图2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( )图2A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13答案 A解析原、副线圈电压比等于匝数比，依据副线圈负载电阻的电压U ，可知副线圈电压为U ，原线圈电压为3U ，副线圈电流I 2＝U R ，依据I 1I 2＝n 2n 1得原线圈电流I 1＝U 3R ，那么原线圈输入电压220 V ＝3U ＋U3R ·R ，整理可得U ＝66 V ；原、副线圈电阻消耗的功率可依据P ＝I 2R 求得，电阻相等，I 1∶I 2＝1∶3，可得功率之比为P 1∶P 2＝1∶9，即k ＝19.依据以上分析可知选项A 正确．2．[交变电流和抱负变压器的综合应用](2021·四川·2)用220 V 的正弦沟通电通过抱负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3所示，则( )图3A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin (100πt ＋π2) A答案 A解析由题意知：U 1＝220 V ，U 2＝110 V ，所以n 1n 2＝U 1U 2＝2∶1，U 2m ＝110 2 V ，选项B 、C 均错误．由图象可知：I 2m ＝0.05 A ，T ＝0.02 s ，则负载电流的函数表达式为i ＝0.05sin (100πt ) A ，选项D 错误．变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3.9 W ，选项A 正确．3．[变压器的有关规律](2021·广东·16)如图4，抱负变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，和均为抱负电表，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4A.电流频率为100 HzB.的读数为24 VC.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 ，又由于U 2U 1＝n 2n 1得：U 2＝6 V ，I 2＝U 2R L ＝1 A ，选项B 、C 错．由能量守恒得P 1＝P 2＝U 2I 2＝6 W ，D 选项对．4．[变压器的基本关系与沟通电有效值]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5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 的沟通电源上．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，且变压器是抱负的，则U 2和I 1分别约为( )图5A ．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解析由题图并依据抱负变压器电压比关系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 ，因抱负变压器原、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＝2.0×103220 A ≈9.1 A ，选项B 正确，选项A 、C 、D 错误．5．[交变电流与变压器的综合应用]如图6所示，匝数为50匝的矩形闭合导线框ABCD 处于磁感应强度大小B ＝210T 的水平匀强磁场中，线框面积S ＝0.5 m 2，线框电阻不计．线框绕垂直于磁场的轴OO ′以角速度ω＝100 rad/s 匀速转动，并与抱负变压器原线圈相连，副线圈接入一只“220 V,60 W ”灯泡，且灯泡正常发光，熔断器允许通过的最大电流为10 A ，下列说法正确的是( )图6A ．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B ．线框中产生电动势的有效值为250 2 VC ．变压器原、副线圈匝数之比为25∶22D ．允许变压器输出的最大功率为1 000 W 答案 C解析在图示位置线框和磁感线垂直，磁通量最大，线框中产生的感应电动势为零，A 错误；线框中产生的感应电动势最大值E m ＝NBSω＝250 2 V ，其有效值E ＝22E m＝250 V ，B 错误；灯泡能正常发光，则副线圈两端电压U 2＝220 V ，由U 1U 2＝n 1n 2可知变压器原、副线圈匝数之比为25∶22，C 正确；熔断器允许通过的最大电流为10 A ，即I 1＝10 A ，P 1＝U 1I 1＝250×10 W ＝2 500 W ，因此变压器允许输出的最大功率为2 500 W ，D 错误．关于抱负变压器的四点说明 1．变压器不能转变直流电压．2．变压器只能转变交变电流的电压和电流，不能转变交变电流的频率． 3．抱负变压器本身不消耗能量．4．抱负变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值．考点二抱负变压器的动态分析1．匝数比不变的状况(如图7所示)(1)U 1不变，依据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1打算输出电压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打算输入电流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7 图8 2．负载电阻不变的状况(如图8所示) (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)依据P 2＝U 22R，P 2发生变化，再依据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．6．(2021·安徽理综·16)如图9所示电路中，变压器为抱负变压器，a 、b 接在电压有效值不变的沟通电源两端，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位置，观看到电流表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( )图9A ．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 的方向滑动答案 D解析由于a 、b 接在电压有效值不变的沟通电源两端，故电压表V 1示数不变，选项A 错误；由抱负变压器原理公式U 1U 2＝n 1n 2且U 1、n 1、n 2不变，则U 2不变，即V 2的示数不变，V 3的示数U 3＝U 2－I 2R 0应减小，故选项B 错误；由公式I 1I 2＝n 2n 1得：n 1n 2＝ΔI 2ΔI 1＝0.80.2＝4，则n 1＞n 2，该变压器起降压作用，故C 错误；又I 2＝U 2R 0＋R，I 2增大，R 应减小，故滑片应沿c →d 方向滑动，故D 正确．7．(2021·天津理综·6)(多选)如图10所示，抱负变压器的原线圈连接一只抱负沟通电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调整，在副线圈两端连接了定值电阻R 0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 的正弦沟通电，则( )图10A ．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，电流表读数变小答案 BC解析 Q 位置不动，副线圈电压U 2不变，当P 上滑时，R 增大，由P ＝U 22R ＋R 0可知总功率减小，原线圈电压U 1不变，由P ＝U 1I 1可知原线圈电流I 1减小，故A 错误，B 正确；当P 位置不动，Q 上滑时，由U 2U 1＝n 2n 1知U 2增大，同理分析原线圈电流I 1增大，故C 正确，D 错误．8．(2022·课标Ⅱ·21)(多选)如图11，一抱负变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一抱负电流表接正弦沟通电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，用沟通电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )图11A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍答案 BD解析变压器的变压比U 1U 2＝n 1n 2，其中U 1、U 2是变压器原、副线圈两端的电压．U 1＝U ab ，由于二极管的单向导电特性，U cd ≠U 2，选项A 错误．增大负载电阻的阻值R ，负载的电功率减小，由于P 入＝P 出，且P 入＝I 1U ab ，所以原线圈上的电流I 1减小，即电流表的读数变小，选项B 正确．c 、d 端的电压由输入电压U ab 打算，负载电阻R 的阻值变小时，U cd 不变，选项C 错误．依据变压器上的能量关系有E 输入＝E 输出，在一个周期T 内，二极管未短路时有U ab I 1T ＝U 2R ·T 2＋0(U 为副线圈两端的电压)，二极管短路时有U ab I 2T ＝U 2R T ，由以上两式得I 2＝2I 1，选项D 正确．9．图12甲为抱负变压器，其原、副线圈的匝数比为4∶1，原线圈接图乙所示的正弦沟通电．图甲中R t 为阻值随温度上升而减小的热敏电阻，R 1为定值电阻，电压表和电流表均为抱负电表．则下列说法正确的是( )图12A ．图乙所示电压的瞬时值表达式为u ＝51sin 50πt VB ．变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4C ．变压器输入、输出功率之比为1∶4D ．R t 处温度上升时，电压表和电流表的示数均变大答案 B解析题图乙所示电压的瞬时值表达式为u ＝51sin 100πt V ，A 错误；依据n 1n 2＝I 2I 1可知，原、副线圈中的电流与匝数成反比，抱负变压器的输入、输出功率相等，B 正确，C 错误；R t 处温度上升时，R t 的阻值减小，电压表示数不变，电流表示数变大，所以D 选项错误．10．如图13甲所示，抱负变压器原、副线圈匝数比为n 1∶n 2＝2∶1，电表均为抱负电表，两个电阻的阻值均为1 Ω，C 是电容器，其击穿电压为22V ．图乙为原线圈两端的输入电压与时间的关系图象．下列说法正确的是( )图13A ．输入电压的频率为50 Hz ，经过变压器后通过电阻的沟通电频率为25 HzB ．S 断开时电压表的示数为1.41 V ，电流表的示数为0.35 AC ．S 断开时电压表的示数为1 V ，电流表的示数为0.25 AD ．闭合开关S ，电容器将被击穿答案 C解析由题图乙知T ＝0.02 s ，则f ＝1T ＝50 Hz ，变压器不转变沟通电的频率，所以输出的沟通电的频率仍为50Hz ，故A 错误．当S 断开时，由U 1U 2＝n 1n 2可知，电压表的示数U 2＝n 2n 1U 1＝1 V ，I 2＝U 22R ＝0.5 A ，又I 1I 2＝n 2n 1，则电流表的示数I 1＝n 2n 1I 2＝0.25 A ，所以B 项错误，C 项正确．开关S 闭合前，右端电阻R 两端电压最大值为22 V ，开关S 闭合后，电容器C 与右端电阻R 并联，则并联总电阻小于1 Ω，电容器两端的最大电压小于22V ，由于电容器的击穿电压为22V ，所以电容器不能被击穿，D 项错误．变压器动态问题的分析流程U 1――――→U 1 U 2＝n 1n 2U 2――――→I 2＝U 2R 负载I 2―――→I 1I 2＝n 2n 1I 1――――→P 1＝I 1U 1P 1考点三远距离输电问题1．削减输电电能损失的两种方法 (1)理论依据：P 损＝I 2R .(2)减小输电线的电阻：依据电阻定律R ＝ρlS ，要减小输电线的电阻R ，在保证输电距离状况下，可接受减小材料的电阻率、增大导线的横截面积等方法．(3)减小输电导线中的电流：在输电功率肯定的状况下，依据P ＝UI ，要减小电流，必需提高电压． 2．远距离高压输电的几个基本关系(以图14为例)图14(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．当输送功率肯定时，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.[思维深化]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 线为输电线路上的电流．11．(多选)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 ．输送电压越高，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 肯定时，ΔU 和I 成正比．若U 越高，I ＝PU ，I 越小，那么ΔU 越小．输电线路上损失的功率ΔP ＝I 2r ，当P 肯定时，I ＝P U ，所以ΔP ＝(PU)2r ，即ΔP 和U 的平方成反比，跟I 的平方成正比，故A 、C 正确．12．(2022·四川理综·1)如图15所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图象，则( )图15A ．用户用电器上沟通电的频率是100 HzB ．发电机输出沟通电的电压有效值是500 VC ．输电线上的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比打算D ．当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小答案 D解析由u －t 图象可知，沟通电的周期T ＝0.02 s ，故频率f ＝1T ＝50 Hz ，选项A 错误；沟通电的电压最大值U m ＝500 V ，故有效值U ＝U m2＝250 2 V ，选项B 错误；输电线上的电流由降压变压器副线圈上的电阻和降压变压器原副线圈的匝数比打算，选项C 错误；当用户用电器的总电阻增大时，副线圈上的电流减小，依据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，依据P ＝I 21R 得，输电线损失的功率减小，选项D 正确． 13．(多选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW ，电压为4 000 V ，经变压器T 1升压后向远方输电．输电线路总电阻为R ＝1 kΩ.到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V 、60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的损耗可忽视，发电机处于满负荷工作状态，则( ) A ．T 1原、副线圈电流分别为103 A 和20 AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105 V 和220 VC ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220 V 、60 W)正常发光答案 ABD解析远距离输电的模型如图所示．T 1原线圈的电流为I 1＝P 1U 1＝4 000×1034 000 A ＝1×103 A ，输电线上损失的功率为P 损＝I 22R ＝10%P 1，所以I 2＝ 10%P 1R＝ 4 000×103×0.11×103 A ＝20 A ，A 正确；T 1的变压比为n 1n 2＝I 2I 1＝20103＝150；T 1副线圈的电压为U 2＝50U 1＝2×105 V ，T 2原线圈的电压为U 3＝U 2－I 2R ＝2×105 V －20×103 V ＝1.8×105 V ，B 正确；T 2的变压比为n 3n 4＝U 3U 4＝1.8×105220＝9×10311，C 错误；能正常发光的灯泡盏数为N ＝90%P 160＝6×104，D 正确． 14．(2022·福建理综·16)图16为模拟远距离输电试验电路图，两抱负变压器的匝数n 1＝n 4<n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的抱负沟通电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L >2R ，忽视灯丝电阻随温度的变化．当A 、B 端接入低压沟通电源时( )图16A ．A 1、A 2两表的示数相同B ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压答案 D解析设A 、B 两端所加电压为U .由欧姆定律知，通过A 2表的电流大小I 2＝U 2R ＋R L .通过升压变压器升压后输出电压U ′＝n 2n 1U ，降压变压器获得电压为U ′－I 1·2R ＝n 2n 1U －I 1·2R ，灯泡L 1两端电压为(n 2n 1U －I 1·2R )n 4n 3，则通过灯泡L 1的电流为(n 2n 1U －I 1·2R )n 4n 3R L.故由变压器电流变化规律得I 1＝(n 2n 1U －I 1·2R )n 4n 3R L n 4n 3.又由于n 1＝n 4<n 2＝n 3，解上式得I 1＝Un 2n 1R L ＋n 1n 2·2R .由于R L >2R ，所以I 1<I 2.选项A 错误．通过灯泡L 1的电流为n 3n 4I 1＝n 2n 1I 1＝UR L ＋n 21n 22·2R>I 2，故灯炮L 1亮度更大，选项B 错误．由于I 1<I 2，依据欧姆定律以及电功率的有关学问可知，选项C 错误，选项D 正确．远距离输电问题的分析思路及常见的“三个误区”1．分析思路：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”的挨次一步一步进行分析．2．三个误区：(1)不能正确地利用公式P 损＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R 计算输电线上的损耗功率导致错误；(2)不能正确理解升压变压器的输出电压U 2、降压变压器的输入电压U 3和输电线上损失的电压ΔU 的关系导致错误，三者关系是U 2＝ΔU ＋U 3；(3)不能正确理解升压变压器的输入功率P 1、降压变压器的输出功率P 4和输电线上损失的功率P损的关系导致错误，三者关系是P 1＝P 损＋P 4.1．(2021·江苏单科·1)一电器中的变压器可视为抱负变压器，它将220 V 交变电流转变为110 V ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( ) A ．200 B ．400 C ．1 600 D ．3 200 答案 B解析依据变压器的变压规律U 1U 2＝n 1n 2得，n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，选项B 正确．2．(多选)如图17，一抱负变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦沟通电源；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，是抱负电压表．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( )图17A ．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 答案 AD解析当R ＝5R 0时，示数为5.0 V ，所以输出电流I 出＝5.0 V5R 0，U R 0＝I 出R 0＝1 V ，则变压器输出电压为6 V ，由n 1n 2＝U 1U 2得到输入电压的有效值为24 V ，所以原线圈两端电压最大值为2U 1≈34 V ，A 正确，B 错误．因I 入∶I 出＝n 2∶n 1不变，故输入电流不变时输出电流也不变，当负载由R ＝11R 0变为R ＝5R 0时，由U ＝IR 知副线圈电压由I (R 0＋11R 0)降到I (R 0＋5R 0)＝6 V ，则副线圈两端原来的电压有效值为12 V ，原线圈两端原来的电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．3．如图18所示，匀强磁场的磁感应强度B ＝25πT ，单匝矩形线圈的面积S ＝1 m 2，电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO ′匀速转动．线圈通过电刷与抱负变压器原线圈相连接，A 为沟通电流表．调整副线圈的触头P ，当变压器原、副线圈的匝数比为2∶1时，副线圈电路中标有“6 V 6W ”的灯泡正常发光，以下推断正确的是( )图18A ．电流表的示数为1 AB ．矩形线圈产生电动势的有效值为18 VC ．从矩形线圈转到中性面开头计时，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝122sin 30πt VD ．若矩形线圈的转速增大，为使灯泡仍能正常发光，应将P 适当上移答案 D解析因灯泡正常发光，则副线圈两端的电压有效值为U 2＝6 V ，通过灯泡的电流为I 2＝66 A ＝1 A ，电流表的示数为I 1＝n 2n 1I 2＝0.5 A ，原线圈两端电压的有效值为U 1＝n 1n 2U 2＝12 V ，矩形线圈产生电动势的有效值为12 V ，最大值为E m ＝BSω＝12 2 V ，得ω＝60π rad/s ，矩形线圈产生的电动势随时间的变化规律为e ＝122sin 60πt V ，矩形线圈的转速增大，产生的感应电动势增大，P 适当上移可以保持副线圈两端电压不变，小灯泡仍能正常发光．4．(多选)如图19甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接沟通电源和沟通电压表，副线圈与热水器、抽油烟机连接．已知副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S 接通抽油烟机，下列说法正确的是( )图19A ．电压表示数为44 VB ．副线圈上电压的瞬时值表达式u ＝2202sin(100πt ) VC ．热水器消耗的功率变大D ．变压器的输入功率增大答案 BD解析由题图乙可知，交变电流的峰值是220 2 V ，角速度ω＝2πT ＝100π rad/s ，则副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin(100πt ) V ，选项B 正确；依据U 1U 2＝n 1n 2得，U 1＝n 1n 2U 2＝1 100 V ，则电压表示数为1 100 V ，选项A 错误；接通开关，变压器的输出功率增大，则变压器的输入功率增大，选项D 正确；热水器消耗的功率P ＝U 2R不变，选项C 错误．5．(2022·浙江理综·15)如图20所示为远距离沟通输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一抱负变压器，流入用户端的电流是I 2.则( )图20A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．抱负变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U 答案 A解析依据抱负变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．6．(多选)如图21为发电厂向远处用户的输电电路示意图，升压变压器和降压变压器均为抱负变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变．若输送功率增大，下列说法中正确的有( )图21A ．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答案 CD解析已知发电厂的输出电压不变，升压变压器的原、副线圈匝数比不变，则由n 1n 2＝U 1U 2知，升压变压器的输出电压U 2不变，A 错；若输送功率增大，输电电压U 2不变，则由P ＝U 2I 2知，输电线上电流I 2增大，又输电线的电阻不变，由U 损＝I 2R 知输电线上损失电压增大，则降压变压器输出电压减小，B 错．因输电电流增大，则由P ＝I 22R知，输电线上损耗的功率变大，C 对．输电线上损耗功率占总功率的比例(I 22RU 2I 2＝I 2R U 2)增大，D 对．练出高分基础巩固1．有一种调压变压器的构造如图1所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，C 、D 之间加上输入电压，转动滑动触头P 就可以调整输出电压．图中A 为沟通电流表，V 为沟通电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦沟通电源，变压器可视为抱负变压器，则下列说法正确的是( )图1A ．当R 3不变，滑动触头P 顺时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小B ．当R 3不变，滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变小C ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向上滑动时，电流表读数变小，电压表读数变小D ．当P 不动，滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变大答案 A解析当R 3不变，P 顺时针转动时，n MN 减小，由U CD U MN ＝n CDn MN ，知U MN 减小，则电压、电流表读数均减小，A项正确，同理知B 项错；当P 不动时，匝数n MN 不变，输出电压U MN 不变，滑动触头向上滑动，R 3阻值变大，依据串反并同，得电压表示数变大，电流表示数变小，C 项错误，同理知D 项也错误．2．如图2所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心接头，电压表V 和电流表A 均为抱负电表，除滑动变阻器电阻R 、定值电阻R 0以外的其余电阻不计，从某时刻开头在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u 1＝2202sin 100πt (V)．下列说法中正确的是 ( )图2 A ．t ＝1600s 时刻，c 、d 两点间的电压瞬时值为110 V B ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 2 VC ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器滑片P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，电压表和电流表的示数均变大答案 D解析由c 、d 两点间的电压瞬时值表达式u 1＝2202sin 100πt (V)，当t ＝1600 s 时，u 1＝2202sin π6 V ＝110 2V ，选项A 错误．由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝U 1n 2n 1＝220×110 V ＝22 V ，选项B 错误．单刀双掷开关与a 连接，滑片P 向上移动时，电压表示数变大，选项C 错误．3．如图3为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u 1＝2202sin 100πt (V)，则下列表述不正确的是( )图3A ．U 1＜U 2，U 3＞U 4B ．U 1＝220 VC ．若U 2提高为原来的10倍，输电线上损失的功率为原来的1100D ．用户得到的交变电流频率为25 Hz 答案 D解析远距离输电接受高压输电，降压后才能使用，所以A 正确；U 1为有效值，应当是220 V ，所以B 正确；输电线上损失的功率为P 损＝(P U 2)2R 线，所以C 正确；由交变电流的瞬时值表达式可得交变电流的频率为f ＝100π2πHz ＝50 Hz ，所以D 错误．4．(多选)图4甲为一火灾报警系统．其中R 0为定值电阻，R 为热敏电阻，其阻值随温度的上升而减小．抱负变压器原、副线圈匝数比为5∶1，副线圈输出电压如图乙所示，则下列说法正确的是( )图4A ．原线圈输入电压有效值为220 VB ．副线圈输出电压瞬时值表达式u ＝442cos 100πt (V)C ．R 处消灭火情时，原线圈电流增大D ．R 处消灭火情时，电阻R 0的电功率减小答案 AC解析由题图乙可知，副线圈电压的峰值U m ＝44 2 V ，则副线圈电压的有效值为44 V ，依据U 1U 2＝n 1n 2＝51，得U 1＝220 V ，故选项A 正确．由题图乙可知，副线圈电压的峰值U m ＝44 2 V ，周期T ＝0.016 s ，ω＝2πT ＝125π rad/s ，所以u ＝442cos125πt (V)，故选项B 错误．R 处消灭火情时，其阻值变小，则副线圈电流变大，线圈匝数比不变，所以原线圈电流增大，故选项C 正确． R 处消灭火情时，其阻值变小，则副线圈电流变大，通过电阻R 0的电流变大，依据P ＝I 2R ，可知电阻R 0的电功率增大，故选项D 错误．5．(多选)如图5甲所示，抱负变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝10∶1，b 是原线圈的中心抽头，S 为单刀双掷开关，定值电阻R ＝10 Ω.从某时刻开头在原线圈c 、d 两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是( )图5A ．当S 与a 连接后，抱负电流表的示数为2.2 AB ．当S 与a 连接后，t ＝0.01 s 时抱负电流表示数为零C ．当S 由a 拨到b 后，原线圈的输入功率变为原来的4倍D ．当S 由a 拨到b 后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz答案 AC解析 S 与a 连接后，由U 1U 2＝n 1n 2，又知U 1＝22022 V ＝220 V ，得U 2＝22 V ，则抱负电压表的示数为22 V ，又知定值电阻R ＝10 Ω，可得抱负电流表示数为I ＝U 2R ＝2.2 A ，故A 对，B 错；S 由a 拨到b 后，n 1∶n 2＝5∶1，则U 1∶U 2′＝5∶1，得U 2′＝2U 2，据P ＝U 2R 得功率变为原来的4倍，故C 对；输出电压频率不变，仍为50 Hz ，故D 错．6．(多选)在如图6所示的电路中，T 为一降压式自耦调压变压器，开头时灯泡L 正常发光，现在电源电压U 略降低，为使灯L 仍能正常发光，可实行的措施是( )图6A ．将自耦调压变压器的滑片P 适当上滑B ．将自耦调压变压器的滑片P 适当下滑C ．适当增大滑动变阻器R 2的阻值D ．适当减小滑动变阻器R 2的阻值答案 AC解析依据U U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U ，所以应增加n 2，故A 正确；匝数比不变，应使R 1两端电压减小，则总电流减小，所以使R 2阻值增加，故C 正确．7．(多选)远距离输电装置如图7所示，升压变压器和降压变压器均是抱负变压器．当S 由2改接为1时，下列说法正确的是( )图7A ．电压表读数变大B ．电流表读数变大C ．电流表读数变小D ．输电线损失的功率减小。

201x版高考物理总复习第10章交变电流

高考物理一轮总复习 必修部分 第10章 交变电流 传感器

高考物理大一轮复习 第十章 交变电流 传感器本章小结完美版PPT资料