(浙江选考)2020版高考物理一轮复习第10章交变电流实验13探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系课

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高三物理高考第一轮复习课件：交变电流的产生和描述

提示:由Φ—t图象可以看出,在磁通量为零的时刻,磁
通量的变化率最大,产生的感应电动势也最大,原因是此时线圈的两边框垂直切割磁感线,产生的感应电动势为最大值.
热点二对交变电流有效值的理解 1.交变电流的“四值”的比较
物理量瞬时值
物理含义
重要关系
交变电流某一时刻的值
e=Emsin ωt i=Imsin ωt
=0.02 s
线圈匀速转动一周,外力做功大小等于电功的大小,即
W=I2(R+r)T=( E )2(R+r)T Rr
代入数据得W=98.6 J
(4)从t=0起转过90°的过程中,Δt内流过R的电荷量 q= NΦtNBS N1 B l2 l
(Rr)t Rr Rr 代入数据得q=0.1 C.
答案 (1)adcba (2)e=314cos 100πt V
第十章交变电流传感器
第1课时交变电流的产生和描述变压器考点自清
一、交变电流的产生和变化规律 1.交变电流
大小和方向都随时间做周期性变化的电流,叫做交变电流,简称交流（AC）.
2.正弦式交变电流（如图1所示）
图1
（1）定义:按正弦规律变化的交变电流.
（2）产生:将闭合矩形线圈置于匀强磁场中,并绕垂
变化,且最大感应电动势Em=nBabω,所以感应电动势的瞬时值表达式为e=nBabωsin ωt.
(3) En Φ t nπB2 / (a) b2nπBab
(4)i=
e
nBasbinπ
3
3nBab
Rr Rr
2(Rr)
答案 (1)自下而上 (2)e=nBabωsin ωt
(3) 2nBab

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)。

(浙江专版)高考物理一轮复习第10章交变电流传感器2第二节变压器、远距离输电及传感器课件新人教版

栏目导引
第十章交变电流传感器
1．关于理想变压器的四点说明 (1)变压器不能改变直流电压． (2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． (3)理想变压器本身不消耗能量． (4)理想变压器基本关系中的 U1、U2、I1、I2 均为有效值．
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第十章交变电流传感器
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第十章交变电流传感器
3．霍尔元件：在一个很小的矩形半导体(例如砷化铟)薄片上，制作四个电极 E、F、 M、N，它就成了一个霍尔元件(如图所示)．在 E、F 间通入恒定的电流 I，同时外加与薄片垂直的磁场 B，则薄片中的载流子就在洛伦兹力的作用下，向着与电流和磁场都垂直的方向漂移，使 M、N 间出现了电压，称为霍尔电压 UH．
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二、远距离输电 1．输电线路(如图所示)
第十章交变电流传感器
2．输送电流：I＝UP＝U－RU′．
3．电压损失：Δ U＝U－U′＝IR．
4．功率损失：Δ P＝P－P′＝__I_2_R____＝UP2·R＝ΔRU2．
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第十章交变电流传感器
三、传感器及其应用 1．传感器是指这样一类元件：它能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等物理量，并能把它们按照一定的规律转换为便于传送和处理的另一个物理量(通常是电压、电流等电学量)，或转换为电路的通断．如：光敏电阻、热敏电阻等． 2．传感器的应用 (1)力传感器的应用：电子秤等． (2)温度传感器的应用：电熨斗、电饭锅等． (3)光传感器的应用：火灾报警器等．
【自我诊断】判一判 (1)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率．( × ) (2)理想变压器的基本关系式中，电压和电流可以均为有效值．( √ ) (3)变压器只能使交变电流的电压减小．( × ) (4)高压输电的目的是增大输电的电流．( × ) (5)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小．( × ) (6)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定．( √ )

高考物理一轮交变电流理想变压器

高考物理一轮：交变电流、理想变压器主要知识点：1．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)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． E m ＝nBSω (3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值．对正弦交流电，其有效值和峰值的关系为：E ＝E m 2，U ＝U m 2，I ＝I m2.1、如图，线圈在磁场中匀速转动产生交变电流，以下相关说法中正确的是（）A ．线圈在甲、丙图位置时，磁通量变化率最大B ．线圈在乙、丁图位置时，产生的电流最大C ．线圈经过甲、丙图位置时，电流的方向都要改变一次D ．线圈每转动一周，电流方向改变一次 2、一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动时，产生的感应电动势为（V ），则如下说法中正确的是（） A ．此交流电的频率是100HzB ．t=0时线圈平面恰与中性面重合C ．如果发电机的功率足够大，它可使“220V100W ”的灯泡正常发光D ．用交流电压表测量的读数为 Vt e π100sin 2220=甲乙丙丁22203、如图所示，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( )．A ．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 2πTt4、如图1所示，在匀强磁场中矩形金属线圈两次分别以不同的转速绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图像如图2中曲线a 、b 所示，则( ) A.两次时刻线圈平面均与中性面重合B.曲线、对应的线圈转速之比为C.曲线表示的交变电动势频率为25D.曲线表示的交变电动势有效值为105、如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R ．线框绕与合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过时的感应电流为I 下列说法正确的是（）6、如图所示，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( )．A ．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 ωt7、如图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( )．补充：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 m2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．1、如图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( )．A ．5 2 AB ．5 AC ．3.5 2 AD ．3.5 A2、如图左所示，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，如图右甲所示；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( )．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∶53、如图所示，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( )．A ．图示位置电流表的示数为0B ．R 两端电压的有效值U ＝ω2NBSC ．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 NBS4、一个电热器接在10V 的直流电源上，在ts 内产生的焦耳热为Q ，今将该电热器接在一交流电源上，它在2ts 内产生的焦耳热为Q ，则这一交流电源的交流电压的最大值和有效值分别是（） A ．最大值是V ，有效值是10V B ．最大值是10V ，有效值是V C ．最大值是V ，有效值是5VD．最大值是20V ，有效值是V5、如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B .电阻为R 、半径为L 、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O 轴以角速度ω匀速转动(O 轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )．A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4RD.BL 2ω4R巩固练习：21025252101、如图，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场，磁场方向垂直于纸面。

(浙江选考)高考物理一轮复习第10章交变电流第1讲交变电流的产生和描述学案

［选考导航］知识内容考试要求历次选考统计2016/042016/102017/042017/112018/042018/11交变电流c描述交变电流的物理量c电感和电容对交变电流的影响b变压器c电能的输送c实验13探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系212111基过关爲孤教材自扌理宾知识排查r L'J 11交变电流和其图象1. 交变电流（1）定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。

（2）图象：如图（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。

fen L/亠o小）(ill2. 正弦式交变电流的产生和图象（1）产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。

（2）图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线。

如图（e）、（f）、（g）所示。

1- X戲一交变电流的描述1. 周期和频率（1）周期（T）:交变电流完成一次周期性变化（线圈转一周）所需的时间，单位是秒（s），公式2n(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)。

1 1(3) 周期和频率的关系：T= f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= E m sin_ 3t。

(2) 负载两端的电压u随时间变化的规律：u= U sin_ 3t。

⑶电流i随时间变化的规律：i = l m sin_ 3t。

其中3等于线圈转动的角速度，E m= nBS w°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，瞬时值的表达式是时间的函数。

⑵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。

变电流，其有效值和峰值的关系为:馆氓点三电感和电容对交变电流的影响(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。

(浙江选考)2020版高考物理一轮复习第10章交变电流第2讲变压器电能的输送学案

第2讲变压器电能的输送知识排查理想变压器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.原理：电流磁效应、电磁感应。

(1)功率关系：P 入＝P 出。

(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2。

(3)电流关系：只有一个副线圈时I 1I 2＝n 2n 1。

(4)频率关系：f 入＝f 出。

远距离输电图21.电压损失：(1)ΔU ＝U 2－U 3。

(2)ΔU ＝I 2R 线。

2.功率损失：(1)ΔP ＝P 2－P 3。

(2)ΔP ＝I 22R 线＝ΔU2R 线。

3.功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3。

4.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。

5.输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线。

6.输电线上损耗的电功率：P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P 2U 22R 线。

小题速练(1)理想变压器的根本关系式中，电压和电流均为有效值( ) (2)变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率( ) (3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压( ) (4)变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小( ) (5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失( ) (6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗( ) 答案 (1)√ (2)× (3)× (4)× (5)√ (6)√2.[人教版选修3－2·P 44·T 2改编]有些机床为了平安，照明电灯用的电压是36 V ，这个电压是把380 V 的电压降压后得到的。

【名师推荐资料】(浙江专版)新2020届高考物理一轮复习第10章交变电流传感器 2 第二节变压器、远距离输

2 第二节变压器、远距离输电及传感器(建议用时：60分钟)一、单项选择题1．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 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 解析：选A ．由题图可知通过负载的电流最大值为I m ＝0．05 A ，周期T ＝0．02 s ，故电流的函数表达式i ＝I m sin 2πTt ＝0．05sin 100πt (A)，D 错误；理想变压器匝数比等于电压比，即 n 1∶n 2＝U 1∶U 2＝2∶1，C 错误；输出电压U 2＝110 V ，其最大值U 2m ＝2U 2＝110 2 V ，B 错误；理想变压器输入功率等于输出功率，即输入功率P ＝I 2U 2＝0.052×110 W ≈3．9 W ，A 正确．2．如图所示为远距离交流输电的简化电路图．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理想变压器，流入用户端的电流为I 2．则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21r D ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：选A ．根据理想变压器的工作原理，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．3．(2018·扬州模拟)如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002·sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：选C ．由题可知，副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，故A 错误；2πf ＝100π Hz ，f ＝50 Hz ，故B 错误；I 2＝880220A ＝4 A ，故C 正确；由于理想变压器P 入＝P 出＝I 22r ＋880 W ＞880 W ，故D 错误．4．在如图所示的铁芯上绕有4个线圈，匝数之比为n 1∶n 2∶n 3∶n 4＝1∶1∶2∶1，今在线圈1两端接正弦交流电源，下列判断正确的是( )A ．U 1＝U 2＝12U 3＝U 4B ．U 1＝U 2＝12U 3，U 4＝0C ．U 1＝U 2＋U 3＋U 4D ．以上均不对解析：选B ．线圈1、2、3的电压关系遵守变压比公式，线圈4中的磁通量始终为0，不产生感应电动势，故U 4＝0，B 正确．5．(2018·江苏师大附中等四校联考)如图所示是发电厂通过升压变压器进行高压输电，接近用户端时再通过降压变压器降压给用户供电的示意图；图中变压器均可视为理想变压器，图中电表均为理想交流电表；设发电厂输出的电压一定，两条输电线总电阻用R 0表示，变阻器R 相当于用户用电器的总电阻．当用电器增加时，相当于R 变小，则当用电进入高峰时( )A ．电压表V 1、V 2的读数均不变，电流表A 2的读数增大，电流表A 1的读数减小B ．电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 2的读数增大，电流表A 3的读数减小C ．电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变D ．线路损耗功率不变解析：选C ．因为输入电压和匝数比都不变，电压表V 1、V 2的读数均不变，用电高峰期，电阻减小，电流增大，根据电流比等于匝数比的倒数且匝数比不变知电流都增大，故A 错误；输电线上的电压损失增大，故电压表V 3、V 4的读数均减小，电流表A 2的读数增大，电流表A 3的读数增大，故B 错误；电压表V 2、V 3的读数之差与电流表A 2的读数的比值不变，等于输电线的电阻值，故C 正确；线路上的电流变大，则线路消耗的功率变大，选项D 错误．6．(2018·南通高三调研)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接在频率为50 Hz 的正弦交流电源上，电流表A 为理想电表，副线圈两端接入一只“220 V40 W ”的灯泡，此时灯泡正常发光．则( )A ．电流表的示数为0．18 AB ．电源的输出功率为40 WC ．电源的输出电压为2 200 VD ．副线圈中交变电流的频率为10 Hz解析：选B ．副线圈上的灯泡正常发光，故副线圈上的电流大小为I 2＝P U ＝211 A ，根据I 1I 2＝n 2n 1，可得原线圈上的电流大小为I 1＝255A ≈0．036 A ，故A 项错误；电源的输出功率等于副线圈上消耗的功率，所以电源的输出功率为40 W ，故B 项正确；由U 1U 2＝n 1n 2，输出电压U 2＝220 V ，知U 1＝1 100 V ，故C 项错误；副线圈中电流的频率与原线圈中电流频率相同，故D 项错误．7．如图所示，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( )A ．用户用电器上交流电的频率是100 HzB ．发电机输出交流电的电压有效值是500 VC ．输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定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解析：选D ．由u －t 图象可知，交流电的周期T ＝0．02 s ，故频率f ＝1T＝50 Hz ，选项A 错误；交流电的最大值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决定，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，根据I 1I 2＝n 2n 1，原线圈(输电线)上的电流减小，根据P ＝I 21R ，得输电线上损失的功率减小，选项D 正确．8．如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器．原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2解析：选C ．根据欧姆定律I ＝U R，U 2由220 V 降至110 V ，副线圈上的电流变为原来的12，即调节前后，副线圈上电流之比为2∶1，选项A 错误；根据P ＝UI 知，U 、I 均变为原来的12时，副线圈上输出的功率变为原来的14，即调节前后副线圈的输出功率之比为4∶1，选项B 错误；根据理想变压器电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，当U 2由220 V 降至110 V 时，n 2变为原来的12，即调节前后副线圈接入的匝数比为2∶1，选项C 正确；根据理想变压器P 入＝P 出，所以原线圈输入功率等于副线圈的输出功率，即调节前后原线圈输入功率之比为4∶1，选项D 错误．9．(2018·江苏八校联考)有一种调压变压器的构造如图所示．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 就可以调节输出电压．图中A 为交流电流表，V 为交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，C 、D 两端接正弦交流电源，变压器可视为理想变压器，则下列说法正确的是( )A ．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，电压表读数变大解析：选A ．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 项错误；当P 不动时，匝数n MN 不变，输出电压U MN 不变，滑片向上滑动，根据串反并同，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．二、多项选择题 10．(2018·南京检测)如图，将额定电压为60 V 的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S 后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V 和2．2 A ．以下判断正确的是( )A ．变压器输入功率为484 WB ．通过原线圈的电流的有效值为0．6 AC ．通过副线圈的电流的最大值为2．2 AD ．变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶3解析：选BD ．变压器的输入功率P 1＝P 2＝I 2U 2＝2．2×60 W ＝132 W ，选项A 错误；由U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝U 1U 2＝22060＝113，选项D 正确；由I 1I 2＝n 2n 1得I 1＝n 2n 1I 2＝311×2．2 A ＝0．6 A ，选项B 正确；根据I ＝I m2得副线圈上的电流的最大值I 2m ＝2I 2＝2．2 2 A ，选项C 错误．11．如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q 来调节，在副线圈两端连接了定值电阻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 的正弦交流电，则( )A ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变大B ．保持Q 的位置不动，将P 向上滑动时，电流表读数变小C ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变大D ．保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，电流表读数变小解析：选BC ．保持Q 的位置不动，则U 2不变，将P 向上滑动时，R 接入电路的电阻变大，根据I 2＝U 2R 0＋R知，I 2变小，由I 1I 2＝n 2n 1得I 1也变小，即电流表读数变小，选项A 错误，选项B 正确；保持P 的位置不动，将Q 向上滑动时，U 2变大，则根据P 2＝U 22R 0＋R知副线圈输出功率变大，由P 1＝P 2知，变压器原线圈输入功率P 1变大，而P 1＝I 1U ，输入电压U 一定，I 1变大，即电流表读数变大，选项C 正确，选项D 错误．12．如图所示理想变压器的三个线圈的匝数n 1∶n 2∶n 3＝1∶4∶4，在M 、N 间接正弦交流电源，在a 、b 和c 、d 间接相同的电阻器R ，则( )A ．U 1＝U 2＝4U 3B ．U 2＝U 3＝2U 1C ．I 1＝4I 2＝4I 3D ．P 1＝2P 2＝2P 3解析：选BCD ．由于副线圈有两个相同的铁芯，所以原线圈中的磁通量与副线圈中的磁通量关系为：Φ1＝2Φ2＝2Φ3，磁通量变化率关系为：ΔΦ1Δt ＝2ΔΦ2Δt ＝2ΔΦ3Δt ，故每匝线圈产生的感应电动势关系为：e 1＝2e 2＝2e 3，对理想变压器有：U 1＝n 1e 1，U 2＝n 2e 2，U 3＝n 3e 3，因此，可得：U 1n 1＝2U 2n 2＝2U 3n 3，代入n 1∶n 2∶n 3＝1∶4∶4得U 2＝U 3＝2U 1，故A 错误，B 正确；由能量守恒得：P 1＝P 2＋P 3＝2P 2＝2P 3，D 正确；由I 1U 1＝2I 2U 2＝2I 3U 3得：I 1＝4I 2＝4I 3，C 正确．13．如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，V 是理想电压表．现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5．0 V ，则( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值为48 V解析：选AD ．当负载电阻阻值减小为R ＝5R 0时，根据串并联电路规律，R 两端电压为R 0两端电压的5倍，因为电压表测量R 两端的电压，所以U R 0＝15×5 V ＝1 V ，故副线圈两端电压为U 2＝6 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得此时原线圈两端电压的有效值为U 1＝24 V ，所以此时原线圈两端电压的最大值约为24 2 V ≈34 V ，A 正确、B 错误；因为变化过程中变压器的输入电流不变，所以对于副线圈中变化前后电流也不变，则变化后电压U ′2＝IR 0＋5IR 0，变化前，U 2＝IR 0＋11IR 0＝12IR 0，所以U 2＝2U ′2＝12 V ，根据公式U 1U 2＝n 1n 2可得原线圈两端原来的电压有效值为48 V ，D 正确、C 错误．14．电流互感器和电压互感器如图所示．其中n 1、n 2、n 3、n 4分别为四组线圈的匝数，a 、b 为两只交流电表，则( )A ．A 为电流互感器，且n 1<n 2，a 是电流表B ．A 为电压互感器，且n 1>n 2，a 是电压表C ．B 为电流互感器，且n 3<n 4，b 是电流表D ．B 为电压互感器，且n 3>n 4，b 是电压表解析：选AD ．由题图可知A 为电流互感器，B 为电压互感器，因此a 是电流表，b 是电压表，在A 中，有I 1n 1＝I 2n 2，要把大电流变为小电流，有n 2>n 1；在B 中，有U 3U 4＝n 3n 4，要把高电压变为低电压，则有n 3>n 4；综上所述可知，选项A 、D 正确．15．如图所示的电路中，T 为一降压式自耦调压变压器．开始时灯泡L 正常发光，现在电源电压U 略降低，为使灯泡L 仍能正常发光，可采用的措施是( )A ．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的阻值解析：选AC ．若保持负载总电阻不变，电源电压U 略降低时，为使灯泡L 仍能正常发光，只需输出电压U 2保持不变．根据变压比U U 2＝n 1n 2，可得U 2＝n 2n 1U ，由此可知，n 2应增大，自耦调压变压器的滑片P 应适当上滑，选项A 正确，选项B 错误；若保持匝数比不变，根据变压比U U 2＝n 1n 2，可得U 2减小，为使灯泡L 仍能正常发光，加在L 两端的电压应不变，则加在R 1两端的电压应减小，故总电流应减小，负载总电阻应增大，R 2应增大，选项C 正确，选项D 错误．。

高考物理一轮核动力资源包：第10章-交变电流、传感器第2单元变压器电能的输送

P A.4
P B.2
C．2P
D．4P
题
理自主
【解析】
设输送功率为 P′，输送电流为 I，
组演
练
预习
高频考
输送电压为 U，则 P′＝UI，I＝PU′，P 损＝P＝I2R.
综合提
升
输送电压升为原来的 2 倍，则输送电流降为原来的一
点透
半，P 降为原来的四分之一，故选 A.
析
导悟
【答案】 A
确的是( ) A．电流频率为 100 Hz B. 的读数为 24 V
练综合提升
考
点透
C. 的读数为 0.5 A D．变压器输入功率为 6 W
析
导
悟
课
时
多维
作业
拓
展
能
力
突
破
菜单
新课标高考总复习·物理
第十章交变电流传感器
基
础
梳
题
理自
【解析】
交流电的瞬时值的表达式为 u＝Umsin ωt＝Umsin
基
础梳理自
(1)U1 不变，根据UU12＝nn12，输入电压 U1 决定输出电
主预
压 U2，不论负载电阻 R 如何变化，U2 也不变．
习
(2)当负载电阻发生变化时，I2 变化，输出电流 I2 决
题组演练综合
高频
定输入电流 I1，故 I1 发生变化．
提升
考点
(3)I2 变化引起 P2 变化，P1＝P2，故 P1 发生变化．
提升
考
点
透析
2．变压器的以上关系都是根据“口”字型的变压器推

2020版物理新导学浙江选考大一轮精讲讲义：第十章电磁感应交变电流专题强化五 Word版含答案

专题强化五　动力学、动量和能量观点在电学中的应用命题点一　电磁感应中的动量和能量的应用感应电流在磁场中受到安培力的作用，因此电磁感应问题往往跟力学问题联系在一起.解决这类问题需要综合应用电磁感应规律(法拉第电磁感应定律、楞次定律)及力学中的有关规律(牛顿运动定律、动量守恒定律、动量定理、动能定理等).解决这类问题的方法：(1)选择研究对象.即是哪一根导体棒或几根导体棒组成的系统.(2)分析其受力情况.安培力既跟电流方向垂直又跟磁场方向垂直.(3)分析研究对象所受的各力做功情况和合外力情况，选定所要应用的物理规律.(4)分析研究对象(或系统)是否符合动量守恒的条件.(5)运用物理规律列方程求解.注意：加速度a＝0时，速度v达到最大值.类型1　动量定理和功能关系的应用例1　(2017·浙江4月选考·22)间距为l的两平行金属导轨由水平部分和倾斜部分平滑连接而成，如图1所示.倾角为θ的导轨处于大小为B1、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅰ中.水平导轨上的无磁场区间静止放置一质量为3m的“联动双杆”(由两根长为l的金属杆cd 和ef，用长度为L的刚性绝缘杆连接构成)，在“联动双杆”右侧存在大小为B2、方向垂直导轨平面向上的匀强磁场区间Ⅱ，其长度大于L.质量为m、长为l的金属杆ab从倾斜导轨上端释放，达到匀速后进入水平导轨(无能量损失)，杆ab与“联动双杆”发生碰撞，碰后杆ab 和cd合在一起形成“联动三杆”.“联动三杆”继续沿水平导轨进入磁场区间Ⅱ并从中滑出.运动过程中，杆ab、cd和ef与导轨始终接触良好，且保持与导轨垂直.已知杆ab、cd和ef 电阻均为R＝0.02 Ω，m＝0.1 kg，l＝0.5 m，L＝0.3 m，θ＝30°，B1＝0.1 T，B2＝0.2 T.不计摩擦阻力和导轨电阻，忽略磁场边界效应，g取10 m/s2.求：图1(1)杆ab 在倾斜导轨上匀速运动时的速度大小v 0；(2)“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ前的速度大小v ；(3)“联动三杆”滑过磁场区间Ⅱ产生的焦耳热Q .答案　见解析解析　(1)杆ab 匀速时处于平衡状态，有mg sin θ＝B 12l 2v 0R ＋R 2解得：v 0＝6 m/s.(2)杆ab 与“联动双杆”碰撞时，由动量守恒定律得m v 0＝4m v ，解得v ＝＝1.5 m/s.v 04(3)设“联动三杆”进入磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv ，由动量定理得B 2l Δt ＝4m ΔvI 因＝＝＝，解得Δv ＝0.25 m/s.I E R 总ΔΦΔt ·R 总B 2Ll Δt (R ＋R 2)设“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时速度变化量的大小为Δv ′，同样有B 2′l Δt ′＝4m Δv ′，I ′＝I B 2lLΔt ′(R ＋R 2)解得Δv ′＝0.25 m/s.因此“联动三杆”滑出磁场区间Ⅱ时的速度为v ′＝v －Δv －Δv ′＝1 m/s.由能量守恒得：Q ＝×4m (v 2－v ′2)＝0.25 J.12变式1　(2018·宁波市十校联考)如图2所示，两根相距为d 的粗糙平行金属导轨放在倾角为θ的斜面上(电阻忽略不计)，金属导轨上端连有阻值为R 的电阻，在平行于斜面的矩形区域mnOP (mP 长为l ，且平行于金属导轨，不考虑磁场的边界效应)内存在一个垂直斜面向上的匀强磁场B (图中未画出)，一根电阻为r ，质量为m 的金属棒EF 自磁场上边界虚线mn 处由静止释放，经过t 时间离开磁场区域，金属棒与金属导轨间的动摩擦因数为μ.求：(重力加速度为g )图2(1)t 时间内通过电阻R 的电荷量q ；(2)t 时间内电阻R 上产生的焦耳热Q ；(3)沿着导轨向下平行移动磁场区域，从原位置释放金属棒，当它恰好能匀速通过磁场时，磁场的移动距离s 和金属棒通过磁场的时间t ′.答案　(1)BldR ＋r (2)·{mgl (sin θ－μcos θ)－m [(sin θ－μcos θ)gt －]2}R R ＋r 12B 2d 2l m (R ＋r )(3)　m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d 4B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )解析　(1)由法拉第电磁感应定律得＝＝E ΔΦΔt Bld t通过电阻R 的电荷量为q ＝·t ＝E R ＋r Bld R ＋r(2)金属棒向下运动的过程中受到重力、支持力、摩擦力以及安培力的作用，在沿斜面的方向上，由动量定理得：(mg sin θ－μmg cos θ)t －Bd ··t ＝m v －0E R ＋r得：v ＝(g sin θ－μg cos θ)t －B 2d 2lm (R ＋r )由功能关系可得：Q 总＝mgl (sin θ－μcos θ)－m v 212则电阻R 上产生的焦耳热为：Q ＝·Q 总R R ＋r联立可得：Q ＝·{mgl (sin θ－μcos θ)－m [(sin θ－μcos θ)gt －]2}R R ＋r 12B 2d 2l m (R ＋r )(3)金属棒在磁场中做匀速直线运动时，mg sin θ＝μmg cos θ＋B 2d 2v mR ＋r得：v m ＝mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )B 2d 2在磁场区域外，金属棒沿导轨向下运动的加速度为：a ＝g (sin θ－μcos θ)又：v m 2＝2as ，得s ＝m 2(R ＋r )2g (sin θ－μcos θ)2B 4d 4金属棒通过磁场的时间为：t ′＝＝.l v m B 2d 2l mg (sin θ－μcos θ)(R ＋r )类型2　动量守恒定律和功能关系的应用例2　(2018·宁波市3月选考)如图3甲所示，绝缘水平面上固定着两根足够长的光滑金属导轨PQ 、MN ，相距为L ＝0.5 m ，ef 右侧导轨处于匀强磁场中，磁场方向垂直导轨平面向下，磁感应强度B 的大小如图乙变化.开始时ab 棒和cd 棒锁定在导轨如图所示位置，ab 棒与cd 棒平行，ab 棒离水平面高度为h ＝0.2 m ，cd 棒与ef 之间的距离也为L ，ab 棒的质量为m 1＝0.2 kg ，有效电阻R 1＝0.05 Ω，cd 棒的质量为m 2＝0.1 kg ，有效电阻为R 2＝0.15 Ω.(设ab 、cd 棒在运动过程中始终与导轨垂直，两棒与导轨接触良好，导轨电阻不计，空气阻力不计，g 取10 m/s 2).问：图3(1)0～1 s 时间段内通过cd 棒的电流大小与方向；(2)假如在第1 s 末，同时解除对ab 棒和cd 棒的锁定，稳定后ab 棒和cd 棒将以相同的速度做匀速直线运动，试求这一速度的大小；(3)对ab 棒和cd 棒从解除锁定到开始以相同的速度做匀速直线运动的过程，ab 棒上产生的热量；(4)ab 棒和cd 棒速度相同时，它们之间的距离大小.答案　见解析解析　(1)由楞次定律可得，cd 棒中的电流方向为由d 到cE ＝＝S ＝L 2ΔΦΔt ΔB Δt ΔB Δt代入数据得：E ＝0.25 Vcd 棒中的电流大小I ＝E R 1＋R 2代入数据得：I ＝1.25 A(2)设ab 棒刚进入磁场时的速度为v 0，由机械能守恒定律有：m 1gh ＝m 1v 0212得v 0＝2 m/s由题意可知，ab 棒进入磁场后做加速度减小的减速运动，cd 棒做加速度减小的加速运动，而由ab 、cd 棒组成的回路感应电动势越来越小，最终ab 、cd 棒达到共同速度做匀速直线运动，系统稳定.以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，水平方向上只受到大小时刻相等、方向时刻相反的安培力作用，系统在磁场中运动时动量守恒.m 1v 0＝(m 1＋m 2)v 共得：v 共＝ m/s.43(3)以ab 、cd 棒构成的系统为研究对象，从解除锁定开始到ab 、cd 棒以相同的速度稳定运动的过程中，系统损失的机械能转化为系统两电阻上的热量.m 1gh －(m 1＋m 2)v 共2＝Q 总12则Q ab ＝Q 总＝ J R 1R 1＋R 2130(4)以ab 棒为研究对象，ab 棒从进入磁场到达到稳定速度过程中，由动量定理有：m 1v 共－m 1v 0＝－∑F 安Δt ＝－∑BL Δt ＝－BL v R 1＋R 2B 2L 2Δx R 1＋R 2解得Δx ＝ m 875分析可知Δx 为这个过程中两棒相对靠近的距离，所以，稳定时两棒之间的距离为：x ＝L －Δx ＝ m.59150变式2　如图4所示，一个质量为m 、电阻不计、足够长的光滑U 形金属框架MNQP ，位于光滑绝缘水平桌面上，平行导轨MN 和PQ 相距为L .空间存在着足够大的方向竖直向下的匀强磁场，磁感应强度的大小为B .另有质量也为m 的金属棒CD ，垂直于MN 放置在导轨上，并用一根绝缘细线系在定点A .已知，细线能承受的最大拉力为F T0，CD 棒接入导轨间的有效电阻为R .现从t ＝0时刻开始对U 形框架施加水平向右的拉力F (大小未知)，使其从静止开始做加速度为a 的匀加速直线运动.图4(1)求从框架开始运动到细线断开所需的时间t 0及细线断开时框架的瞬时速度v 0大小；(2)若在细线断开时，立即撤去拉力F ，求此后过程回路中产生的总焦耳热Q .答案　(1) (2)F T0R B 2L 2a F T0R B 2L 2mF T02R 24B 4L 4解析　(1)细线断开时，对CD 棒有F T0＝F 安，F 安＝BIL ，I ＝，E ＝BL v 0，v 0＝at 0E R联立解得t 0＝F T0R B 2L 2a细线断开时，框架的瞬时速度大小v 0＝F T0R B 2L 2(2)在细线断开时立即撤去拉力F ，框架向右减速运动，CD 棒向右加速运动，设二者最终速度大小为v ，由系统动量守恒可得m v 0＝2m v得v ＝＝v 02F T0R 2B 2L 2撤去拉力F 后，系统总动能的减少量等于回路消耗的电能，最终在回路中产生的总焦耳热Q ＝m v 02－×2m v 21212联立得Q ＝.mF T02R 24B 4L 4命题点二　电场、磁场中动量和能量观点的应用动量与电磁学知识综合应用类问题的求解与一般的力学问题求解思路并无差异，只是问题的情景更复杂多样；分析清楚物理过程，正确识别物理模型是解决问题的关键.类型1　电场中动量和能量观点的应用例3　如图5所示，光滑绝缘水平面上方分布着场强大小为E 、方向水平向右的匀强电场.质量为3m 、电荷量为＋q 的球A 由静止开始运动，与相距为L 、质量为m 的不带电小球B 发生对心碰撞，碰撞时间极短，碰撞后作为一个整体继续向右运动.两球均可视为质点，求：图5(1)两球发生碰撞前A 球的速度大小；(2)A 、B 碰撞过程中系统损失的机械能；(3)A 、B 碰撞过程中B 球受到的冲量大小.答案　(1)　(2)EqL (3)2EqL 3m 146EqLm 4解析　(1)由动能定理：EqL ＝×3m v 212解得v ＝2EqL3m(2)A 、B 碰撞时间极短，可认为A 、B 碰撞过程中系统动量守恒，设向右为正方向，由动量守恒定律得：3m v ＝(3m ＋m )v 1解得v 1＝v 34系统损失的机械能：ΔE ＝×3m v 2－(3m ＋m )v 12＝EqL 121214(3)以B 为研究对象，设向右为正方向，由动量定理得：I ＝m v 1－0解得I ＝，方向水平向右.6EqLm4类型2　磁场中动量和能量观点的应用例4　如图6所示，ab 、ef 是平行的固定在水平绝缘桌面上的光滑金属导轨，导轨间距为d .在导轨左端ae 上连有一个阻值为R 的电阻，一质量为3m 、长为d 、电阻为r 的金属棒恰能置于导轨上并和导轨良好接触.起初金属棒静止于MN 位置，MN 距离ae 边足够远，整个装置处于方向垂直桌面向下、磁感应强度为B 的匀强磁场中，现有一质量为m 的带电荷量为＋q 的绝缘小球在桌面上从O 点(O 为导轨上的一点)以与ef 成60°角斜向右上方射向ab ，随后小球直接垂直地打在金属棒的中点上，并和棒黏合在一起(设小球与棒之间没有电荷转移).棒运动过程中始终和导轨接触良好，不计导轨间电场的影响，导轨的电阻不计.求：图6(1)小球射入磁场时的速度v 0的大小；(2)电阻R 上产生的热量Q R .答案　(1)　(2)qBd 3m q 2B 2d 2R 72m (R ＋r )解析　(1)小球射入磁场后将做匀速圆周运动，设圆周运动的半径为r ，其轨迹如图所示由几何知识可知：＝r ＋r sin (90°－60°)①d 2小球在磁场中做匀速圆周运动：q v 0B ＝m ②v 02r由①②得：v 0＝③qBd 3m(2)小球和金属棒的碰撞过程，以向左为正方向，由动量守恒定律得：m v 0＝(m ＋3m )v ④金属棒切割磁感线的过程中，棒和小球的动能转化为电能进而转化成焦耳热：(m ＋3m )v 2＝Q ⑤12Q R ＝Q ⑥R R ＋r由③④⑤⑥可得：Q R ＝q 2B 2d 2R72m (R ＋r )1.如图1所示，粗糙绝缘水平地面上方以PQ 为界，左边有水平向右的匀强电场，场强大小为E ＝，右边有垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度大小为B ，磁场以MN 为右边界，mg q一个质量为2m 的带电荷量为＋q 的物体从地面上O 点出发，在电场力作用下运动到Q 点时与另一质量为m 、不带电的物体发生正碰，碰后两者粘为一体，并恰好能在QN 间做匀速直线运动，已知两物体与地面间的动摩擦因数μ＝0.1，g 为重力加速度，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8.图1(1)求O 、Q 之间的距离x 1；(2)若MN 右侧有一倾角θ＝37°的倾斜传送带正以速度v 0逆时针转动，物体系统通过N 点到传送带时无动能损失，且传送带足够大，已知物体系统与传送带间的动摩擦因数为μ1＝0.5，求物体系统在传送带上上升过程中运动的最大距离.答案　(1)　(2)405m 2g 16B 2q 29m 2g 2B 2q 2解析　(1)设两物体碰后的瞬间速度为v 2，则有：Bq v 2＝3mg设带电物体碰撞前的速度为v 1，取向右为正方向，由动量守恒定律有：2m v 1＝3m v 2对带电物体，从O 到Q 由动能定理可得：Eqx 1－μ·2mgx 1＝×2m v 12，则x 1＝12405m 2g 16B 2q 2(2)物体系统沿传送带向上做匀减速运动，由牛顿第二定律得：3mg sin θ＋μ1·3mg cos θ＝3ma 则a ＝g .故物体系统上升的最大距离为：x 2＝＝.v 222a 9m 2g 2B 2q 22.(2018·湖州市、衢州市、丽水市高三期末)两根相距为d ＝12 cm 的金属直角导轨如图2甲所示放置，水平部分处在同一水平面内且足够长，竖直部分长度L ＝24 cm ，下端由一电阻连接，电阻阻值R 0＝2 Ω.质量m ＝1 g 、电阻R ＝1 Ω的金属细杆MN 与水平部分导轨垂直接触，杆与导轨之间的动摩擦因数为μ＝0.1，导轨电阻不计.整个装置处于磁感应强度大小为B 、方向水平向右的均匀磁场中，此磁场垂直于竖直轨道平面，磁感应强度B 随时间t 变化如图乙所示，t ＝3 s 后磁场不变.t ＝0时给杆MN 一向左的初速度v 0＝5 m/s ，t ＝4 s 时杆的速度减为零.(不计空气阻力)图2(1)判断初始时流过MN 杆的电流方向；(2)求4 s 内感应电流的平均值；(3)求4 s 内MN 杆克服摩擦力做的功；(4)求前3 s 内安培力对MN 杆的冲量的大小.答案　(1)M →N (2)4.8×10－3 A (3)1.25×10－2 J(4)10－2 N·s解析　(1)M 到N (M →N )(2)＝＝·S ＝·Ld E ΔΦΔt ΔB Δt ΔB Δt 得＝＝4.8×10－3 A I E R ＋R0(3)0～4 s ，杆的速度由v 0＝5 m/s 减为0，只有摩擦力做功，由动能定理得W f ＝0－m v 02＝－1.25×10－2 J 12即克服摩擦力做的功是1.25×10－2 J.(4)3～4 s 内：－μmg Δt 2＝0－m v 3v 3＝1 m/s0～3 s 内：－∑μ(mg ＋F 安)Δt 1＝m v 3－m v 0得：－μmg Δt 1－μI 安＝m v 3－m v 0I 安＝10－2 N·s.3.(2017·浙江11月选考·22)如图3所示，匝数N ＝100、截面积S ＝1.0×10－2 m 2、电阻r ＝0.15 Ω的线圈内有方向垂直于线圈平面向上的随时间均匀增加的匀强磁场B 1，其变化率k ＝0.80 T/s.线圈通过开关S 连接两根相互平行、间距d ＝0.20 m 的竖直导轨，下端连接阻值R ＝0.50 Ω的电阻.一根阻值也为0.50 Ω、质量m ＝1.0×10－2 kg 的导体棒ab 搁置在等高的挡条上，在竖直导轨间的区域仅有垂直纸面的不随时间变化的匀强磁场B 2.接通开关S 后，棒对挡条的压力恰好为零.假设棒始终与导轨垂直，且与导轨接触良好，不计摩擦阻力和导轨电阻.图3(1)求磁感应强度B 2的大小，并指出磁场方向；(2)断开开关S 后撤去挡条，棒开始下滑，经t ＝0.25 s 后下降了h ＝0.29 m ，求此过程棒上产生的热量.答案　(1)0.5 T 磁场垂直纸面向外　(2)2.3×10－3 J解析　(1)线圈中产生的感应电动势为E ＝，N ΔΦΔtΔΦ＝S ΔB 1Δt代入数据得：E ＝0.8 V等效电路图如图：总电流I ＝＝ A ＝2 A ，I ab ＝＝1 A Er ＋R 20.80.15＋0.25I 2根据题意，此刻棒对挡条的压力为零，即导体棒所受安培力等于其重力，方向竖直向上即B 2I ab d ＝mg ，解得B 2＝0.5 T ，根据左手定则可知磁场的方向应该垂直纸面向外.(2)开关断开之后，撤去挡条，ab 下滑过程切割磁感线，从而产生感应电流，根据动量定理，则(mg －B 2I ′d )t ＝m v －0其中I ′t ＝q ＝ΔΦR ＋R abΔΦ＝B 2·dh根据动能定理可知mgh ＋W ＝m v 2－012联立解得W ≈－4.6×10－3 J因此导体棒上产生的热量为Q ＝|W |＝2.3×10－3 J.124.(2018·浙江11月选考·22)如图4所示，在间距L ＝0.2 m 的两光滑平行水平金属导轨间存在方向垂直于纸面(向内为正)的磁场，磁感应强度的分布沿y 方向不变，沿x 方向如下：B ＝Error!导轨间通过单刀双掷开关S 连接恒流源和电容C ＝1 F 的未充电的电容器，恒流源可为电路提供恒定电流I ＝2 A ，电流方向如图所示.有一质量m ＝0.1 kg 的金属棒ab 垂直导轨静止放置于x 0＝0.7 m 处.开关S 掷向1，棒ab 从静止开始运动，到达x 3＝－0.2 m 处时，开关S 掷向2.已知棒ab 在运动过程中始终与导轨垂直，求：(提示：可以用F －x 图象下的“面积”代表力F 所做的功)图4(1)棒ab 运动到x 1＝0.2 m 时的速度v 1；(2)棒ab 运动到x 2＝－0.1 m 时的速度v 2；(3)电容器最终所带的电荷量Q .答案　(1)2 m/s (2)m/s (3) C 115527解析　(1)从x 0→x 1的过程，由于安培力为恒力，由动能定理有BIL (x 0－x 1)＝m v 12－0，12得v 1＝2 m/s(2)从x 1→x 2过程中，安培力F ＝BIL ，由于B ＝5x ，可知F ＝2x ，可知F 随x 变化而变化，F －x 图象如图所示，所以在这个过程中，安培力做功的大小为图象与x 轴围成的面积，W 安＝0.03 J所以W 安＝m v 22－m v 121212得v 2＝ m/s1155(3)从x ＝0.2 m 处移到x ＝－0.2 m 处安培力不做功，v 3＝v 1＝2 m/s 设最后稳定时的速度为v ，则导体棒两端电压U ＝BL v电容器上所带电荷量Q ＝CU电路中通过的电荷量Q ＝I ′t根据动量定理得－BI ′Lt ＝m v －m v 3联立解得Q ＝ C.27。

近年届高考物理一轮复习第10章交变电流传感器2第二节变压器、远距离输电及传感器随堂检测巩固落实新人

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2 第二节变压器、远距离输电及传感器1．（多选）(2018·南京、盐城、连云港三市高三模拟）关于下列器材的原理和用途，叙述正确的是( ）A．变压器可以改变交流电压与稳恒直流电压B．扼流圈对变化的电流有阻碍作用C．真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用解析：选BD．变压器可以改变交流电压,不能改变稳恒直流电压,选项A错误；扼流圈对变化的电流有阻碍作用，选项B正确；真空冶炼炉的工作原理是通过涡流发热使炉内金属熔化，选项C错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用，选项D正确．2．(2018·扬州中学高三考试）某课外兴趣小组设计了一种不需要电池供电的防触电“警示牌”，把它放在高压输电线附近时，其上面的文字“小心触电”就会自动发亮,对防止触电起到警示作用，关于这种“警示牌”,下列说法中正确的是（)A．警示牌内没有电源，却能够使“小心触电"发亮，违背了能量转化与守恒定律B．警示牌内部一定隐藏有太阳能电池为其供电，从而使“小心触电”发亮C．警示牌放在交变电流流过的输电线附近时,“小心触电”能发亮D．警示牌放在稳恒电流流过的输电线附近时，“小心触电”能发亮解析：选C．从题目中可以看出，其作用是对防止触电起到了警示作用，故一定是放置在交流电路旁边,利用电磁感应原理工作,不违背能量守恒定律,A错误，C正确；题目中明确是不需要电池供电的“警示牌”，太阳能电池也是电池，B错误；警示牌放在稳恒电流流过的输电线附近时，无感应电流产生,D错误．3．(多选）如图，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2．原线圈通过一理想电流表A接正弦交流电源，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．用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为U ab和U cd，则（）A．U ab∶U cd＝n1∶n2B．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，电流表的读数加倍解析:选BD．变压器的变压比U1U2＝错误!,其中U1、U2是变压器原、副线圈两端的电压．U1＝U ab，由于二极管的单向导电特性,U cd≠U2，选项A错误；增大负载电阻R的阻值，负载的电功率减小，由于P入＝P出，且P入＝I1U ab，所以原线圈上的电流I1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决定，负载电阻R的阻值变小时，U cd不变,选项C错误;根据变压器上的能量关系有E输入＝E输出，在一个周期T的时间内，二极管未短路时有U ab I1T＝错误!·错误!＋0（U为副线圈两端的电压），二极管短路时有U ab I2T＝错误!T，由以上两式得I2＝2I1，选项D正确．4．远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2, 电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R．变压器为理想变压器,则下列关系式中正确的是（）A．错误!＝错误!B．I2＝错误!C．I1U1＝I错误!R D．I1U1＝I2U2解析：选D．根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、错误!＝错误!．U2不是加在R两端的电压，故I2≠错误!，而I1U1等于R上消耗的功率I错误!R与下一级变压器的输入功率之和．只有选项D正确．。