(浙江选考)高考物理总复习第10章交变电流教师用书

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(新课标)高考物理大一轮复习第10章交变电流传感器教师用书

第10章交变电流传感器考纲展示要求复习定位1.交变电流、交变电流的图象 Ⅰ 1.本章考题贴近生活，与生产实际联系紧密，多以发电机为载体，综合考查交变电流的产生及描述，变压器以及远距离输电等多个考点，多以选择题形式出现，题目难度中等．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．2.正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值 Ⅰ3.理想变压器 Ⅱ4.远距离输电Ⅰ实验：传感器的简单使用第1节交变电流的产生及描述一、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． 2．正弦交流电(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)中性面①定义：与磁场垂直的平面．②特点：线圈位于中性面时，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．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次．(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时) ①电动势(e )：e ＝E m sin_ωt . ②电压(u )：u ＝U m sin_ωt . ③电流(i )：i ＝I m sin_ωt . (4)图象(如图所示)二、描述交变电流的物理量1．交变电流的周期和频率的关系：T ＝1f.2．峰值和有效值(1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值．(2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，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．(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系I ＝I m2，U ＝U m2，E ＝E m2.3．平均值：E ＝nΔΦΔt. [易错警示·微点拨]1．交变电流的主要特征是电流的方向随时间变化． 2．线圈转动过程中磁通量最大时，电动势为零．3．线圈在磁场中转动产生的电动势的最大值与线圈形状无关． 4．最大值和有效值之间的2倍关系只适用于正(余)弦交流电．考点一正弦交变电流的产生与瞬时值表达式(高频考点)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．交变电流瞬时值表达式书写的基本思路(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式E m ＝nBS ω，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．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 ，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 ＝I m cos ωt .图象如图乙所示．题组一高考题组1．(2014·高考天津卷)(多选)如图1所示，在匀强磁场中，一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象如图2中曲线a 、b 所示，则( )A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V解析：选AC.由交变电流的图象获得最大值、周期等信息，结合交变电流的产生过程求解． A ．由图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A 正确．B ．由图象可知，曲线a 、b 对应的线圈转动的周期之比为2∶3，则转速之比为3∶2，故B 错误．C ．由图象可知曲线a 的周期T a ＝4×10－2s ，则曲线a 表示的交变电动势频率f a ＝1T a＝25 Hz ，故C 正确．D ．交变电动势的最大值E m ＝nBS ω，则曲线a 、b 表示的交变电动势的峰值之比为E m a ∶E m b ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，即E m b ＝23E m a ＝10 V ，故曲线b 表示的交变电动势的有效值为E 有＝102 V ＝5 2 V ，D 错误．2．(2013·高考福建卷)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 ＝10 2sin 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．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 ＝2202sin 100πt (V)，那么( )A ．该交变电流的频率是100 HzB ．当t ＝0时，线圈平面恰好位于中性面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：选B.根据交变电动势e ＝2202sin 100πt (V)，可知其最大值为220 2 V ，有效值为220 V ，频率f ＝100π2π Hz ＝50 Hz ，则选项A 、D 错误；由瞬时值表达式可知：当t ＝0和t ＝1100 s时，e ＝0，线圈平面恰好位于中性面，选项B 正确、C 错误．4．图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e 随时间t 变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈的内电阻不计，外接灯泡的电阻为12 Ω.则( )A ．在t ＝0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量为零B ．电压表的示数为6 2 VC ．灯泡消耗的电功率为3 WD ．若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e ＝12 2sin 100πt (V)解析：选C.在t ＝0.01 s 时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；电动势的最大值为E m ＝6 2 V ，电压表测量的为有效值，故示数为6 22V ＝6 V ，选项B 错误；灯泡消耗的电功率P ＝E 2R ＝6212W ＝3 W ，选项C 正确；周期为0.02 s ，则瞬时电动势的表达式为e ＝E m sin (2πTt )＝6 2sin 100πt (V)，转速提高一倍后，最大值变成12 2 V ，ω＝2πn ，故角速度变为原来的2倍，表达式应为12 2sin 200πt (V)，选项D 错误．交变电流瞬时值表达式的推导思路 ①先求电动势的最大值E m ＝nBS ω； 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.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 ＝nBS ω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.考点二正弦交变电流“四值”的比较物理含义重要关系适用情况瞬时值交变电流某一时刻的值e＝E m sin ωt i ＝I m sin ωt 计算线圈某时刻的受力最大值最大的瞬时值E m ＝nBS ωI m ＝E mR ＋r确定用电器的耐压值，如电容器、晶体管等的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正(余)弦式交流电：E ＝E m2U ＝U m2I ＝I m2①计算与电流热效应相关的量，如功、功率、热量等；②交流电表的测量值；③电气设备所标注的额定电压、额定电流；④保险丝的熔断电流平均值交变电流图象中图线与时间轴围成面积与时间的比值E ＝nΔΦΔtI ＝E R ＋r计算通过电路某一截面的电荷量：q ＝I ·t1．(2015·高考四川卷)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．(2016·攀枝花高三诊断)如图所示，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20 cm ，ad 边长l 2＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO ′轴以n ＝3 000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω，t ＝0时线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里．求：(1)t ＝0时感应电流的方向； (2)感应电动势的瞬时值表达式； (3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量．解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba . (2)线圈的角速度 ω＝2πn ＝100π rad/s图示位置的感应电动势最大，其大小为E m ＝NBl 1l 2ω代入数据得E m ＝314 V 感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝314cos(100πt ) V.(3)电动势的有效值E ＝E m2线圈匀速转动的周期T ＝2πω＝0.02 s 线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W ＝I 2(R ＋r )T ＝E 2R ＋r·T代入数据得W ＝98.6 J.(4)从t ＝0起转过90°过程中，Δt 内流过R 的电荷量：q ＝N ΔΦR ＋r Δt Δt ＝NB ΔS R ＋r ＝NBl 1l 2R ＋r代入数据得q ＝0.1 C.答案：(1)感应电流方向沿adcba (2)e ＝314cos (100πt ) V (3)98.6 J (4)0.1 C交变电流“四值”应用的几点提醒(1)在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构．(2)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的．(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值．考点三交变电流有效值的计算1．公式法利用E ＝E m2、U ＝U m2、I ＝I m2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 VB ．410 VC ．15 VD ．8 5 V解析：选B.由题意结合有效值的定义可得I 2RT ＝2⎝ ⎛⎭⎪⎫I 21R 25T ＋I 22R 110T ，将I 1＝0.1 A ，I 2＝0.2 A代入可得流过电阻的电流的有效值I ＝ 1025A ，故电阻两端电压的有效值为IR ＝410 V ，选项B 正确．2．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 mB ．U m2C.U m3D ．U m2解析：选D.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 ，正弦式交流电压的有效值与峰值的关系是U ＝U m2，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 ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫U m 22R·T 2＝U 2m2R ·T 2，设交流电压的有效值为U ，由电流热效应得Q ＝U 2m2R ·T 2＝U 2R ·T ，所以该交流电压的有效值U ＝U m 2，D 正确．有效值计算的“三同”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．课堂小结——名师微点拨本节课学习注意以下“两点提醒”、“三个易混” 1.对正弦交流电产生的两点提醒：(1)正弦交流电的产生与线圈转动轴垂直于匀强磁场．(2)线圈转动一周，电流方向改变两次，且在通过中性面的位置．2.交流电“四值”的三个易混点：(1)线圈从中性面位置开始计时，瞬时值表达式才是正弦函数； (2)电流的有效值计算时“相同时间”要取至少一个周期的时间； (3)最大值和有效值之间的2倍关系只适用于正(余)弦交流电；课时规范训练(单独成册)1．某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110 V 、频率为60 Hz ，要使它产生的电动势变为220 V 、频率变为50 Hz ，需要调整线圈的转速n 、匝数N 或磁感应强度的大小B .下列调整合适的是( )A ．使n 变为原来的1.2倍，B 变为原来的2倍，N 变为原来的1.2倍 B ．使n 变为原来的56，B 变为原来的56，N 变为原来的2倍C ．使n 变为原来的56，N 变为原来的2倍，B 不变D ．使n 变为原来的56，N 变为原来的2.4倍，B 不变解析：选D.因为发电机产生的交流电电动势110 V 指的是有效值，故其最大值为E m1＝110 2V ，调整后为E m 2＝220 2 V ，即E m1E m2＝12，根据E m ＝NBS ω和ω＝2πn ，可知，选项A 中，E m2＝1.2N ×2B ×S ×1.2×2πn ＝2.88E m1，故选项A 错误；B 、C 、D 三个选项中的调整使频率均变为原来的56，即50 Hz ，只有D 项中的调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍，故选项B 、C 错误，D 正确．2．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是( )A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大D ．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：选B.由Φ－t 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，则B 项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错误．3．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交变电流，则两电热器的电功率之比P A ∶P B 等于( )A ．5∶4B ．3∶2 C.2∶1D ．2∶1解析：选A.对甲有P A ＝I 20R ·T 2＋⎝ ⎛⎭⎪⎫I 022R ·T 2T＝58I 20R ，对乙有P B ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫I 022R ＝12I 20R ，则P A ∶P B ＝5∶4，A 正确，B 、C 、D 错误．4．(2016·宝鸡质检)如图所示，图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦交流电的图象如图线b 所示．以下关于这两个正弦交流电的说法中正确的是( )A ．线圈先后两次转速之比为1∶2B ．交流电a 的电压瞬时值u ＝10sin 0.4πt (V)C ．交流电b 的电压最大值为203V D ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零解析：选C.产生的正弦交流电的周期之比为2∶3，线圈先后两次转速之比为3∶2，选项A 错误；交流电a 的周期为0.4 s ．交流电a 的电压瞬时值u ＝10sin 5πt (V)，选项B 错误；由最大值nBS ω可知，二者最大值之比为3∶2，交流电b 的电压最大值为203V ，选项C 正确；在图中t ＝0时刻感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项D 错误．5．(2016·江苏南京、盐城联考)图甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示，发电机线圈内阻为10 Ω，外接一只电阻为90 Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则( )A ．t ＝0时刻线圈平面与中性面垂直B ．每秒钟内电流方向改变100次C ．灯泡两端的电压为22 VD ．0～0.01 s 时间内通过灯泡的电荷量为0解析：选B.t ＝0时刻，感应电动势为0，线圈平面与中性面重合，选项A 错误；由图象知，该交流电的周期为0.02 s ，而交流电在一个周期内电流方向改变2次，故1 s 内电流方向改变100次，选项B 正确；由图象知电动势最大值E m ＝31.1 V ，所以有效值E ＝22 V ，则灯泡两端电压为U ＝ER ＋rR ＝19.8 V ，选项C 错误；0～0.01 s 时间内通过灯泡的电荷量不为零，选项D 错误． 6.(2016·江南十校摸底联考)如图所示，N 匝矩形导线框以角速度ω绕对称轴OO ′匀速转动，线框面积为S ，线框电阻、电感均不计，在OO ′左侧有磁感应强度为B 的匀强磁场，外电路接有电阻R 和理想电流表A ，那么可以确定的是( )A ．从图示时刻起，线框产生的瞬时电动势为e ＝NB ωS sin ωt B ．电流表的示数I ＝2ω4RNBS C ．R 两端电压有效值U ＝ω2NBSD ．一个周期内R 的发热量Q ＝πωNBS 2R解析：选B.线框始终只有一半面积在磁场中，故瞬时电动势为e ＝⎝⎛⎭⎪⎫NBS ω2sin ωt ，电压有效值为U ＝ω22NBS ，A 、C 错误，B 正确．Q ＝U 2R T ＝πωNBS24R ，D 错误．7．电阻R 1、R 2与交流电源按照如图甲所示方式连接，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：选B.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 2m2＝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I 1m ＝0.6 2 A ，电流的有效值I 1＝I 1m2＝0.6 A ，故选项A 错误；由U 1＝I 1R 1＝6 V ，故选项B 正确．8．(2016·昆明三中、玉溪一中统考)将阻值为100 Ω的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示．则可以判断( )A ．t ＝0时刻线圈应转到图甲所示的位置B ．该线圈的转速为100π r/sC ．穿过线圈的磁通量的最大值为150π WbD ．线圈转一周所产生的电热为9.68 J解析：选D.t ＝0时刻线圈中感应电动势为零，线圈应转到中性面位置，即与图甲所示的位置垂直，选项A 错误．由图乙可知，周期为0.02 s ，该线圈的角速度为ω＝2πT＝100π rad/s ，转速为n ＝1/T ＝50 r/s ，选项B 错误．由图乙可知，感应电动势最大值E m ＝311 V ，而E m ＝NBS ω，所以穿过线圈的磁通量的最大值为BS ＝E m N ω＝250πWb ，选项C 错误．感应电动势有效值为E ＝220 V ，线圈转一周所产生的电热为Q ＝E 2RT ＝9.68 J ，选项D 正确．9.(2016·乌鲁木齐模拟)如图所示，闭合金属线框曲线部分恰好是半个周期的正弦曲线，直线部分长度为0.4 m ，线框的电阻为1 Ω，若线框从虚线位置开始以2 m/s 的速度匀速进入足够大的匀强磁场(线框直线部分始终与磁场右边界垂直)，这个过程中线框释放出的焦耳热为0.4 J ，线框中电流随时间变化的关系式为( )A ．i ＝2sin 10πt (A)B ．i ＝2sin 10πt (A)C ．i ＝2sin 5πt (A)D ．i ＝2sin 5πt (A)解析：选C.设该正弦式交流电的电流有效值为I ，由题意可得Q ＝I 2Rt ，其中t ＝l v＝0.2 s ，解得I ＝ 2 A ，所以该正弦式交流电的最大值为I m ＝2I ＝2 A ，金属线框从图示的位置到完全进入磁场为半个周期，故T ＝2l v＝0.4 s ，ω＝2πT＝5π rad/s ，所以正弦式交流电的表达式为i ＝2sin5πt (A)，C 正确．10．如图，直角坐标系xOy 的二、四象限有垂直坐标系平面向里的匀强磁场，磁感应强度大小均为B ，在第三象限有垂直坐标系平面向外的匀强磁场，磁感应强度大小为2B .现将半径为L ，圆心角为90°的扇形闭合导线框OPQ 在外力作用下以恒定角速度绕O 点在纸面内沿逆时针方向匀速转动．t ＝0时线框在图示位置，设电流逆时针方向为正方向．下列关于导线框中的电流随时间变化的关系图象正确的是( )解析：选B.设导线框转过角度为θ，当0＜θ≤π2时，只有PO 在第二象限切割磁感线，感应电流方向为逆时针方向，即正方向，电流大小I 1＝12BL 2ωR ，当π2＜θ≤π时，PO 在第三象限切割磁感线，感应电流方向为从O 到P ，大小为I 2′＝12×2BL 2ωR，QO 在第二象限切割磁感线，感应电流方向为从Q 到O ，大小为I 2″＝12BL 2ωR，两个边切割磁感线产生的感应电流都是顺时针，所以感应电流方向为负，大小I 2＝12×2BL 2ωR＋12BL 2ωR ＝32BL 2ωR＝3I 1，故只有B 对．11．如图所示，交变电流发电机的矩形框ab ＝dc ＝0.40 m ，bc ＝ad ＝0.20 m ，共有50匝线圈，其电阻r ＝1.0 Ω，在磁感应强度B ＝0.20 T 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的对称轴OO ′以100πr/s 的转速匀速转动，向R ＝9.0 Ω的电阻供电，求：(1)发电机产生的电动势的最大值； (2)交变电流电压表和电流表的示数； (3)此发电机的功率．解析：(1)线圈面积S ＝ab ·ad ＝0.4×0.2 m 2＝0.08 m 2线圈旋转角速度 ω＝100π r/s ＝100×2ππrad/s ＝200 rad/sE m ＝NB ωS ＝50×0.2×200×0.08 V＝160 V(2)电压表示数(即路端电压示数)U ＝E R ＋r ·R ＝162×9.0 V＝72 2 V 电流表示数I ＝I m2＝162A ＝8 2 A (3)发电机的功率P ＝UI ＝E 2R ＋r ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫160229.0＋1.0W ＝1 280 W答案：(1)160 V(2)U ＝72 2 V I ＝8 2 A (3)P ＝1 280 W12．图甲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．(其他电阻均不计) 解析：(1)如图，线圈abcd 转动过程中，只有导线ab 和cd 切割磁感线，设ab 、cd 的转动速度为v ，则v ＝ωL 22.在t 时刻，导线ab 和cd 因切割磁感线产生的感应电动势方向相同，大小均为E 1＝BL 1v 2. 由图象知v 2＝v sin ωt .整个线圈在t 时刻产生的感应电动势为e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt .(2)当线圈由题图丙位置开始转动时，在t 时刻线圈的感应电动势为e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)．(3)由闭合电路欧姆定律得I ＝E R ＋r.E 为感应电动势的有效值，E ＝E m2＝BL 1L 2ω2.线圈转动一周在R 上产生的焦耳热Q ＝I 2RT ，其中T ＝2πω，所以Q ＝πR ω(BL 1L 2R ＋r )2.答案：(1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt(2)e 2＝BL 1L 2ωsin (ωt ＋φ0) (3)πR ω(BL 1L 2R ＋r)2第2节变压器远距离输电一、变压器原理1．构造和原理(如图所示)(1)主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成． (2)工作原理：电磁感应的互感现象． 2．理解变压器的基本关系式 (1)功率关系：P 入＝P 出．(2)电压关系：U 1U 2＝n 1n 2，若n 1>n 2，为降压变压器，若n 1<n 2，为升压变压器．(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝n 2n 1；有多个副线圈时，U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n . 二、远距离输电 1．电路损失(1)功率损失：设输电电流为I ，输电线的电阻为R ，则功率损失为ΔP ＝I 2R . (2)电压损失：ΔU ＝IR .减小功率损失和电压损失，都要求提高输电电压，减小输电电流． 2．降低损耗的两个途径(1)一个途径是减小输电线的电阻．由电阻定律R ＝ρl S可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线．此外，还要尽可能增加导线的横截面积．(2)另一个途径是减小输电导线中的电流，由P ＝IU 可知，当输送功率一定时，提高电压可以减小输电电流．[易错警示·微点拨]1．变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用． 2．变压器只改变交变电流的电压，不能改变其频率． 3．理想变压器的基本关系式中，电压和电流均为有效值． 4．提高输电电压减小电损是一种常用方法而不是唯一方法．5．当变压器只有一个副线圈工作时，才能有I 1I 2＝n 2n 1.考点一理想变压器基本规律的应用(高频考点)1．理想变压器的基本特点：(1)无漏磁，故原、副线圈中的Φ、ΔΦΔt 相同．(2)线圈无电阻，因此无电压降，U ＝E ＝n ΔΦΔt .(3)根据U n ＝ΔΦΔt得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有U 1n 1＝U 2n 2＝U 3n 3＝…2．理想变压器的基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即P 入＝P 出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即U 1U 2＝n 1n 2，与副线圈的个数无关电流关系①只有一个副线圈时：I 1I 2＝n 2n 1②有多个副线圈时：由P 入＝P 出得U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3＋…＋U n I n 或I 1n 1＝I 2n 2＋I 3n 3＋…＋I n n n .频率关系f 1＝f 2，变压器不改变交流电的频率题组一高考题组1．(2015·高考江苏卷)一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V 交变电流改变为110 V ．已知变压器原线圈的匝数为800，则副线圈的匝数为( )A ．200B ．400C ．1 600D ．3 200解析：选B.根据理想变压器原、副线圈电压与匝数的关系U 1U 2＝n 1n 2，得n 2＝n 1U 2U 1＝800×110220＝400，选项B 正确．2．(2015·高考全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、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 的正弦交流电源上，如图所示，设副线圈回路中电阻两端的电压为U ，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k ，则( )A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13解析：选A.设原、副线圈中的电流分别为I 1、I 2，则I 1I 2＝n 2n 1＝13，故k ＝I 21RI 22R ＝19.设原线圈两端的电压为U 1，则U 1U ＝n 1n 2＝31，故U 1＝3U ，而原线圈上电阻分担的电压为13U ，故U3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．题组二模拟题组3．(2016·河南八市质检)(多选)理想变压器原线圈α匝数n 1＝200匝，副线圈b 匝数n 2＝100匝，线圈a 接在u ＝442sin(314t ) V 交流电源上，“12 V,6 W”的灯泡恰好正常发光．电阻R 2＝16 Ω，电压表V 为理想电表．下列推断正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为25Wb/s C ．电压表V 的示数为22 V D ．R 1消耗的功率是1 W解析：选BD.由u ＝44 2sin(314t ) V ，知f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 错误；灯泡正常发光，由P＝UI 得灯泡中的电流I 2＝6 W12 V ＝0.5 A ，电压表的示数U 2＝12 V ＋0.5×16 V＝20 V ，C 错误；穿过铁芯的磁通量的最大变化率为ΔΦΔt ＝20 2100 Wb/s ＝25 Wb/s ，B 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝40 V ，则R 1两端电压U R 1＝44 V －40 V ＝4 V ，由原、副线圈的电流与匝数成反比，可得通过R 1的电流I 1＝0.25 A ，则R 1的功率P ＝U R 1I 1＝1 W ，D 正确．4．(2016·河南“五校”二联)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I 1，负载两端电压的有效值为U 2，且变压器是理想的，则U 2和I 1分别约为( )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：选B.当变压器输出电压调至最大时，由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2n 1U 1＝1 9001 100×220 V＝380 V ，由P 1＝P 2，P 1＝U 1I 1，P 2＝U 2I 2，得I 1＝P 2U 1＝2 000220A ＝9.1 A ，选项B 正确．理想变压器问题三点应牢记(1)熟记两个基本公式：①U 1U 2＝n 1n 2，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比． ②P 入＝P 出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于输出功率之和． (2)原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变化率相等．(3)原、副线圈中电流变化规律一样，电流的周期、频率一样．考点二理想变压器的动态分析常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况． 1．匝数比不变的情况(如图甲所示)(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变． (2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化． (3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化．。

(浙江选考)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职基过关................................. ! .: .. :. H ： ■::.:.壞抓数材自主帮实知识排查I w 「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。

(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。

3. 基本关系式远距离输电1. 电压损失：(1) △ U= U 2 — U 。

(2) △ U= 12R 线。

2. 功率损失：(1) △ P = F 2— R 。

(2) △ P = l 2R 线=宇3.功率关系：F 1 = F 2, P 3= F 4, P 2= P 损 + F 3o4.电压、电流关系： U n 1 12 U 3 n 3 I 4li= n 2 =I 1，U= n 4 = 13，U=4+ U, 12= 13= I 线。

(1)功率关系:P 入=P 出。

电压关系:n 1 U 2—n 2电流关系:只有一个副线圈时11 n 2匚=n?(4)频率关系: f 入=療绊廂 ------------- ,血维宙5.输电电流：I 线=P ； = P 3 =苓三。

U 3R®2P 26.输电线上损耗的电功率：P 损=I 线厶U= I 线只线=u小题速练1. 思考判断 (1)理想变压器的基本关系式中，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⑶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 ⑴ V (2) X (3) X ⑷X (5) V ⑹ V由题意知输电线上的电流 I = U 则输电线的总电阻造成的电压损失 △ U = Ir = Pr ,故1 3U U 2 11X 10 100 丄…士“，故选项A 正确。

2018版高考物理总复习第10章交变电流教师用书

第10章交变电流[考纲要求][基础过关]一、交变电流产生1．交变电流都随时间做周期性变化的电流。

方向和大小定义：)(1 (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。

2．正弦交变电流的产生和图象方向的轴匀速转动。

垂直于磁场产生：在匀强磁场里，线圈绕(1)(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。

二、交变电流的描述1．周期和频率T，公式(s)单位是秒所需的时间，)线圈转一周(变化一次周期性：交变电流完成)T (周期(1)＝2πω。

Hz)(。

单位是赫兹次数内完成周期性变化的1 s ：交变电流在)f (频率(2)(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)。

ωt __sin m E ＝e 随时间变化的规律：e 电动势(1)。

ωt __sin m U ＝u 随时间变化的规律：u 负载两端的电压(2)。

nBS ω＝m E ，角速度等于线圈转动的ω。

其中ωt __sin m I ＝i 时间变化的规律：随i 电流(3)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：EU I 【过关演练】1．阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈两端的电压随时间的变化规律如图所示。

下列说法中，正确的是( )A ．线圈两端电压的平均值为10 VB ．电压表连接在线圈两端时，其示数为20 VC ．在0.01 s 时，线圈平面与磁场垂直D ．当接外电路时，线圈内的电流方向1 s 内改变50 次解析线圈两端电压平均值可看成E －t 图线与t 轴包围面积与时间的比值，故平均值应大于10 V ，A 项错误；由E －t 图象知，U m ＝20 V ，故有U 有＝102 V ＝14 V ，即电压表读数为14 V ，B 项错误；t ＝0.01 s 时，U ＝0，线圈位于中性面位置，故C 项正确；由T ＝0.02 s ，知f＝50 Hz ，一个周期内电流方向改变两次，故线圈中电流方向每秒变化100次，D 项错误。

高考物理(人教版)总复习教师用书配套优质课件：选修3-2第十章交变电流传感器第2讲变压器电能的输送

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理想变压器基本规律的应用
1.一般解题思路 (1)分析题干条件找出不变量和变量． (2)利用原、副线圈之间的功率关系确定原、副线圈中的电流． (3)根据电磁感应原理，分析电压、电流与原、副线圈匝数比之间的关系．
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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，如下图 A、B 所示． (2)电压互感器：属降压变压器，并联在电路中，用于测高电压，如图 C 所示． (3)电流互感器：属于升压变压器，串联在电路中，用于测大电流，如图 D 所示．
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一、理想变压器 1．变压器 (1)主要构造变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的，如右图．
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4．基本关系式
U1 U2 ＝ n (1)电压关系： 1 n2
(3)功率关系： P出＝P入
.
(2)电流关系：只有一个副线圈时，
．
I1 n2 ＝ I2 n1
.
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高考物理大一轮复习(浙江专用人教版)课件第十章交变电流 10.2

两端的电压;
-5基础夯实
4.将数据填入表格,分析实验数据,得出实验结论。
原线圈
匝数 n1
副线圈
匝数 n2
原线圈两端
电压 U1/V
100
200
400
50
100
200
6
6
6
副线圈两
端电压 U2/V
n1 U1
n2 U2
-6基础夯实
五、注意事项
1.输入电压不超过12 V。
2.手不能接触裸露的导线、接线柱。
电源上,用多用电表测量副线圈的电压,下列操作正确的是( D )
A.原线圈接直流电压,电表用直流电压挡
B.原线圈接直流电压,电表用交流电压挡
C.原线圈接交流电压,电表用直流电压挡
D.原线圈接交流电压,电表用交流电压挡
(2)该学生继续做实验,先保持原线圈的匝数不变,增加副线圈的
匝数,观察到副线圈两端的电压增大 (选填“增大”“减小”或“不
2、一切真理要由学生自己获得，或由他们重新发现，至少由他们重建。
多维课堂
3、教育始于母亲膝下，孩童耳听一言一语，均影响其性格的形成。
4、好的教师是让学生发现真理，而不只是传授知识。
5、数学教学要“淡化形式，注重实质.
6、“教学的艺术不在于传授本领，而在于激励、唤醒、鼓舞”。2021年11月上午7时2分21.11.2307:02November 23, 2021
变”);然后再保持副线圈的匝数不变,增加原线圈的匝数,观察到副
线圈两端的电压减小(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究副线
圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是控制变量法。
-11考点
解析: 副线圈上的感应电动势,是通过两个线圈间的互感现象产生

高考总复习物理教师用书(选修3-2)：10-1交变电流的产生和描述

第1讲交变电流的产生和描述对应学生用书P1631.(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)中性面①中性面：与磁场方向平行的平面．(2)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．(3)图象：用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置时开始计时，其图象为正弦曲线．如图(a)(e)、(f)所示．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 ＝nBS ω.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：交变电流的电流或电压所能达到的最大值，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 m2.1．图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是( )．答案 C2．如图10－1－1甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO ′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图10－1－1乙所示的余弦规律变化，在t ＝π2ω时刻( )．图10－1－1A ．线圈中的电流最大B ．穿过线圈的磁通量为零C ．线圈所受的安培力为零D ．穿过线圈磁通量的变化率最大解析注意线圈转动过程中通过两个特殊位置(平行于磁感线和垂直于磁感线)时的特点；磁通量、磁通量的变化、磁通量的变化率不同；t ＝π2ω＝T4，线圈转过90°，本题应选C 项．答案 C 3.图10－1－2如图10－1－2所示，矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内．下述说法正确的是( )．A ．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零B ．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C ．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值为零D ．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍解析本题考查电磁感应现象，基础题．线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感应线平行时，磁通量最小，感应电动势最大，A 、B 、C 项错；电流的有效值I ＝nBS ω2R，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D 正确．答案 D4．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 ＝NBS ω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 5.图10－1－3(2011·扬州模拟)一正弦式电流的电压随时间变化的规律如图10－1－3所示．由图可知( )．A ．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u ＝100sin 25t (V)B ．该交变电流的频率为4 HzC ．该交变电流的电压的有效值为100 VD ．若将该交流电压加在阻值为R ＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W解析从图中可知，交变电流周期T ＝4×10－2 s ，峰值电压U m ＝100 V ，故交变电流的频率f ＝1T ＝25 Hz ，有效值U ＝U m2＝50 2 V ．加在R ＝100 Ω的电阻上时的热功率P ＝U 2R ＝50 W ，瞬时值表达式u ＝U m sin 2πTt ＝100sin 50πt (V)，故正确选项为D.答案 D6．(2012·广东江门市模拟)风速仪的简易装置如图10－1－4甲所示．在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化．风速为v 1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图10－1－4乙所示；若风速变为v 2，且v 2>v 1，则感应电流的峰值I m 和周期T 的变化情况是( )．图10－1－4A ．I m 变大，T 变小B ．I m 变大，T 不变C ．I m 变小，T 变小D ．I m 不变，T 变大解析由于线圈和永磁铁不变，风速增大时，转速增大，磁感应强度的变化率增大，故感应电动势增大，感应电流增大；转速增大，周期变小，故A 正确．答案A对应学生用书P164考点一正弦式电流的变化规律及应用 1．(如图10－1－5(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°时如图10－1－5(b)为计时起点，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正．则下列四幅图中正确的是( )．图10－1－5解析 t ＝0时线圈中感应电流方向c →b →a →d 为负．经过T8时，线圈平面与磁场垂直，线圈中瞬时电流为零，所以D 正确，A 、B 、C 错误．答案 D——关于交变电流图象的题目分为两类一类是给出图象，求解有关的物理量；另一类是通过计算，将结果用图象表示出来．【变式1】如图10－1－6所示，图10－1－6图线a 是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦交流电的图象如图线b 所示，以下关于这两个正弦交流电的说法错误的是( )．A ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B ．线圈先后两次转速之比为3∶2C ．交流电a 的瞬时值为u ＝10sin 5πt (V)D ．交流电b 的最大值为203V解析由图可知t ＝0时刻时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，选项A 错误；由图可知T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，线圈先后两次转速之比n a ∶n b ＝T b ∶T a ＝3∶2，选项B 正确；交流电a 的瞬时值为u ＝U m sin ⎝⎛⎭⎪⎫2πT a t ，得u ＝10sin5πt (V)，选项C 正确；感应电动势最大值U m ＝NBS ω＝NBS ⎝⎛⎭⎪⎫2πT ，所以U m a ∶U m b＝T b ∶T a ，交流电b 的最大值为203V ，选项D 正确．答案 A考点二对交变电流的“四值”的比较和理解如图10－1－7所示，图10－1－7N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20 cm ，ad 边长l 2＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝0.4 T 的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO ′轴以n ＝3 000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω，t ＝0时，线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里．(1)在图中标出t ＝0时感应电流的方向； (2)写出感应电动势的瞬时值表达式； (3)线圈转一圈外力做多少功？(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量是多少？解析 (1)线圈感应电流方向为adcba (图略)． (2)线圈的角速度ω＝2πn ＝100π rad/s图示位置的感应电动势最大，其大小为E m ＝NBl 1l 2ω代入数据得E m ≈314 V电动势的表达式e ＝E m cos ωt ＝314cos 100πt V. (3)电动势的有效值E ＝E m2线圈匀速转动的周期T ＝2πω＝0.02 s线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W ＝I 2(R ＋r )T ＝E 2R ＋r·T代入数据得W ≈98.6 J.(4)从t ＝0起转过90°过程中，Δt 内流过R 的电荷量q ＝N ΔΦ(R ＋r )Δt Δt ＝NBS R ＋r ＝NBl 1l 2R ＋r 代入数据得q ＝0.1 C.答案 (1)方向沿adcba 图略 (2)e ＝314cos 100πt V (3)98.6 J (4)0.1 C【变式2】电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，图10－1－8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10－1－8所示．现把交流电加在电阻为9 Ω的电热丝上，下列判断正确的是( )．A ．线圈转动的角速度ω＝100 rad/sB ．在t ＝0.01 s 时刻，穿过线圈的磁通量最大C ．电热丝两端的电压U ＝100 2 VD ．电热丝此时的发热功率P ＝1 800 W解析由题图可以看出该交变电流的周期T ＝0.02 s ，则角速度ω＝2πT＝2π0.02＝100π rad/s ，A 项错．t ＝0.01 s 时刻，电压达到最大，则此时磁通量变化率最大，磁通量为零，B 项错．电热丝两端电压为路端电压U R ＝R R ＋r U ＝99＋1×U m 2＝90 2 V ，故C 项错．根据电功率公式P ＝U R 2R ＝(902)29 W ＝1 800 W ，故D 项正确．答案 D【典例3】(2011·皖南八校联考)如图10－1－9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( )．A ．1∶ 2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6图10－1－9解析电功的计算，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 12R ×6×10－2，得I 1＝33A ；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 C——求交变电流有效值的“三同”原则交变电流的有效值是根据电流通过电阻时产生的热效应定义的，即让交变电流和直流电通过相同的电阻，在相同的时间里若产生的热量相同，则交变电流(电压)的有效值就等于这个直流电流(电压)的值，即求解交变电流有效值问题必须在相同电阻、相同时间、相同热量的“三同”原则下求解．【变式3】一个边长为6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中，图10－1－10线框平面与磁场垂直，电阻为0.36 Ω.磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图10－1－10所示，则线框中感应电流的有效值为( )A.2×10－5 AB.6×10－5 AC.22×10－5 AD.322×10－5 A 解析由法拉第电磁感应定律和欧姆定律E ＝ΔΦΔt ＝S ·ΔB Δt ，I ＝E R ＝S R ·ΔBΔt可得0～3 s 内，I 1＝(6×10－2)20.36×6×10－33 A＝2×10－5 A 3～5 s 内，I 2＝(6×10－2)20.36×0－6×10－32 A＝－3×10－5 A.于是可作出i 随时间变化的图象如图所示．由有效值的定义，Q 直＝Q 交，I 12Rt 1＋I 22Rt 2＝I 2Rt ，12×10－10R ＋18×10－10R ＝5RI 2，I ＝6×10－5 A ，故B 选项正确．答案 B对应学生用书P166 13.“电动机、发电机”模型图10－1－12解析(1)由s－t图像，可得线圈的切割速度对应学生用书P1671．(2010·广东理综，19)图10－1－13是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )．图10－1－13A ．周期是0.01 sB ．最大值是220 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin 100πt (V) 解析由图象知，该交变电压的周期为0.02 s ，最大值为311 V ，而有效值U ＝U m 2＝3112V ＝220 V ，故A 、B 错，C 正确．正弦交变电压的瞬时值表达式u ＝U m sin ωt ＝311sin 2π0.02t (V)＝311sin 100πt (V)，故D 选项错误．答案 C图10－1－142．(2011·安徽卷，19)如图10－1－14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解析导线框进出磁场时产生感应电动势，根据法拉第电磁感应定律知，E＝BL v ＝12BL 2ω，导线框转动一周的过程只有0～T 8和T 2～58T 时间内有感应电流，设线框内产生的感应电流的有效值为I ，则I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫12BL 2ωR 2·R ⎝⎛⎭⎪⎫T 8＋T 8，解得I ＝BL 2ω4R. 答案 D3．(2011·天津卷，4)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10－1－15甲所示，产生的交变电动势的图象如图10－1－15乙所示，则( )．图10－1－15A ．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图10－1－164．(2011·四川卷，20)如图10－1－16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8 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 2πTtD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Tπsin 2πTt解析线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正(或余)弦式交变电流，因为从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以瞬时电动势表达式e ＝E m cos ωt ，当转过60°时e ＝E m cos 60°＝E m2，而i ＝e R ＝E m22 Ω＝E m4 Ω＝1 A ，所以E m ＝4 V ．故电动势有效值E ＝E m 2＝2 2 V ，则线圈消耗功率P ＝E 2R ＝(22)22 W ＝4 W ，则选项A 错误；线圈中感应电流的有效值I ＝E R ＝222A ＝ 2 A ，则选项B 错误；因为E m ＝4 V ，所以e ＝E m ·cos ωt ＝4cos 2πT t ，则选项C 正确；因为E m ＝BS ·2πT，所以Φm ＝BS ＝E m ·T 2π＝2Tπ，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φm ·sin ωt＝2T πsin 2πT t ，所以选项D 错误．答案 C。

高考物理一轮复习课件第10单元交变电流传感器课件新人教版浙江专版

图 44－2 图象提供的主要信息有峰值、周期(或频率)、各时刻的瞬时值及各时刻对应的线圈的位置．
第44讲 │ 考点自主梳理
► 知识点三描述交变电流的物理量
1 1．交变电流的周期和频率的关系：T＝___f _____. 2．交变电流峰值、瞬时值、有效值和平均值 (1)电动势的峰值 Em＝_N__B_S_ω___.涉及_电__容__器___(元件)的两极之间的耐压值时考虑峰值． (2)瞬时值：e＝NBSωsinωt.以中性面位置为计时起点，在确定线圈在磁场中的__位__置____时考虑瞬时值．
[答案]B
第44讲 │ 考向互动探究
[解析] 由图乙可知，正弦式交变电流的最大值为 311 V，周期 T＝0.02 s，所以该交变电流的有效值为 E 有＝Em2＝3121 V≈220 V，频率 f＝T1＝50 Hz，C、D 错误；由图乙，t＝0.005 s 时电动势最大，磁通量的变化率最大，A 错误；由图乙，t ＝0.01 s 时电动势为 0，磁通量变化率为 0，但磁通量最大，线框处于中性面位置，B 正确．
江苏卷6，海南卷12，四川卷17
全国Ⅱ卷19，天津卷7，重庆卷17，四川卷19，山东卷 19
浙江卷16，山东卷20，福建卷15，课标全国卷17，海南卷11，江苏
卷13
高压输电
广东卷9，海南卷9，江苏卷7，福建卷
山东卷19
13，浙江卷17
第十单元 │ 使用建议
使用建议
1. 本单元可根据交变电流的产生——交变电流的描述— —交变电压的改变——交变电流的输送这一主线进行复习．
刻线圈中的感应电动势为 e＝4cos 2Tπt，C 正确；磁通量的最大值
Φm＝BS＝BωSω＝Eωm＝ω4 ＝2πT，则穿过线圈任意时刻的磁通量 Φ＝

高三物理一轮复习必考第10章交变电流传感器章末高效整合教师用书

峙对市爱惜阳光实验学校第10章交变电流传感器物理模型1|电动机、发电机模型模型特点两种模型电动机发电机工作原理通电线圈在磁场中受到安培力而转动闭合线圈在磁场中受外力转动，产生感电动势能量转化电能转化为机械能机械能转化为电能解题要点(1)受力方向由左手那么来判断；(2)能量关系：P总＝P输出＋P热；(1)产生的感电动势方向由右手那么判断；(2)感电动势大小由法拉第电磁感律计算；解题要点(3)实际功率：P实际≤P额；(4)电压、电流关系：U>IR(3)注意感电流的最大值、瞬时值、有效值均值的计算；(4)能量转化中满足能量守恒律形象比喻左手抓着电动机右手抓着发电机某兴趣小组设计了一种发电装置，如图101所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为80°，磁场均沿半径方向．匝数为N 的矩形线圈abcd的边长ab＝cd＝L、bc＝ad＝2L.线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动，bc和ad边同时进入磁场．在磁场中，这两条边所经过处的磁感强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直．线圈的总电阻为r，外接电阻为R.图101(1)求出感电动势的最大值；(2)假设产生的交流电周期为T，感电动势的最大值为E m，画出感电动势随时间变化的图象；(3)求线圈切割磁感线时，bc边所受安培力的大小F；(4)计算外接电阻上电流的有效值I.【标准解答】(1)bc、ad边的运动速度v＝ωL2感电动势的最大值E m＝2NB·2Lv＝2NBL2ω.(2)产生的交流电周期为T＝2πω，感电动势随时间变化的图象如下图．(3)电流I m＝E mr＋R安培力F＝2NBI m L解得F＝4N2B2L3ωR＋r.(4)在一个周期内，电阻R中有电流的时间为t＝4T9.根据有效值的义，R上消耗的电能I2m Rt＝I2RT，联立解得I＝4NBL2ω3R＋r.【答案】(1)2NBL2ω(2)见解析(3)4N2B2L3ωR＋r(4)4NBL2ω3R＋r[突破训练]1．如图102所示为电动机的简化模型，线圈abcd可绕轴O1O2自由转动．当线圈中通入如下图的电流时，顺着O1O2的方向看去，线圈将( ) 【导学号：96622183】图102A．顺时针转动B．逆时针转动C．仍然保持静止D．既可能顺时针转动，也可能逆时针转动A 在题示位置，由左手那么可以判断，ab边受到的安培力向上，cd边受到的安培力向下，那么线圈顺时针转动，故A项正确．物理模型2|三种特殊的变压器模型1．自耦变压器高中物理中研究的变压器本身就是一种忽略了能量损失的理想模型，自耦变压器(又称调压器)，它只有一个线圈，其中的一作为另一个线圈，当交流电源接不同的端点时，它可以升压也可以降压，变压器的根本关系对自耦变压器均适用，如图103所示．图1032．互感器分为电压互感器和电流互感器，比拟如下：类型电压互感器电流互感器原理图原线圈的连接并联在高压电路中串联在待测交流电路中副线圈的连接连接电压表连接电流表互感器的作用将高电压变为低电压将大电流变成小电流利用的公式U1U2＝n1n2I1n1＝I2n23.双副线圈变压器计算具有两个(或两个以上)副线圈的变压器问题时，注意三个联系：(1)电压关系：U1n1＝U2n2＝U3n3＝…(2)电流关系：n1I1＝n2I2＋n3I3＋…(3)功率关系：P1＝P2＋P3＋…(多项选择)一自耦调压变压器(可看做理想变压器)的电路如图104甲所示，移动滑动触头P可改变副线圈匝数．变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在如图10214乙所示的交流电源上，电压表为理想电表．那么( )甲乙图104A ．交流电源电压瞬时值的表达式为u ＝220sin 100πt (V)B ．P 向上移动时，电压表的最大示数为380 VC ．P 向下移动时，原、副线圈的电流之比减小D ．P 向下移动时，变压器的输入功率变大【标准解答】由图乙结合交流电瞬时值表达式u ＝U m ·sin ωt 可得交流电源电压瞬时值的表达式为u ＝2202·sin 100πt (V)，A 错误；P 向上移动时，电压表的示数为有效值，当副线圈匝数到达1 900时，副线圈输出的电压最大，由变压器原、副线圈电压比跟线圈匝数成正比的关系可知副线圈最大输出电压为380 V ，即电压表的最大示数为380 V ，B 正确；P 向下移动时，副线圈匝数减少，由变压器原副线圈电流比跟线圈匝数成反比的关系可知C 正确；由P ＝U 2R可知副线圈的输出功率减小，故原线圈的输入功率也减小，D 错误．【答案】 BC [突破训练]2．(2021·模拟)为了测量高电压和强电流的大小，常用到变压器的有关原理．如图105所示，L 1和L 2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器，电压表和电流表为理想交流电表．假设电压互感器上下线圈的匝数比为1 000∶1，电流互感器上下线圈的匝数比为1∶100，电压表示数为220 V ，电流表示数为10 A ，那么以下说法正确的选项是( )图105A ．两输电线间的电压为220 VB ．L 2中的电流为10 AC ．输电线中输送的功率为×108W D ．两输电线间的电阻为22 ΩC 根据变压器的工作原理有U 1U 2＝1 0001和I 1I 2＝1001，解得U 1＝×105V ，I 1＝1000 A ，所以A 、B 错误；输电线中输送的功率P ＝U 1I 1＝×108W ，C 正确；由于输电线路不能视为简单的纯电阻电路，不能用欧姆律求出电阻，D 错误．3．如图106所示，接于理想变压器中的四个规格相同的灯泡都正常发光，那么，理想变压器的匝数比n 1：n 2：n 3为( ) 【导学号：96622184】图106A ．1∶1∶1B ．3∶2∶1C ．6∶2∶1D ．2∶2∶1B 灯泡正常发光，可得U A ＝U B ＝UC ＝UD ，所以U 2＝2U 3.由变压器的电压比公式n 2n 3＝U 2U 3＝2U 3U 3＝21，所以n 2＝2n 3，同理，灯泡正常发光，功率相，即P A ＝P B ＝P C＝P D .由P ＝I 2R ，得I A ＝I B ＝I C ＝I D ，即I 1＝I 2＝I 3.由U 1I 1＝U 2I 2＋U 3I 3得n 1I 1＝n 2I 2＋n3I3，即n1＝n2＋n3＝2n3＋n3＝3n3，所以n1∶n2∶n3＝3∶2∶1.高考热点1|交变电流“四值〞的用1．正弦式交变电流的重要公式瞬时值峰值有效值平均值e＝E m sin ωt i＝I m sin ωt u＝U m sin ωt E m＝NBSωI m＝E mR＋rU m＝I m RE＝E m2U＝U m2I＝I m2E－＝nΔΦΔtI－＝E－R＋r2.对交变电流有效值的理解交变电流的有效值是根据电流的热效(电流通过电阻生热)进行义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算．注意“三同〞，即“相同电阻〞上“相同时间〞内产生“相同热量〞．计算时，“相同时间〞至少要取一个周期的时间．在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图107甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，那么( )甲乙图107A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311 VD．线框产生的交变电动势频率为100 Hz【标准解答】线框中感电动势与磁通量的变化率成正比，而t＝0.005 s 时e最大，应选项A错误；t＝0.01 s时，e＝0，应选项B正确；电动势有效值为311×22V≈220 V，应选项C错误；周期T＝0.02 s，频率f＝1T＝50 Hz，应选项D错误．【答案】B[突破训练]4．如图108甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电阻R＝10 Ω连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电压表，示数是10 V．图乙是矩形线圈中磁通量Φ随时间t变化的图象．那么( )甲乙图108A．电阻R上的电功率为20 WB．0.02 s时R两端的电压瞬时值为零C．R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝1cos 100πt(V)D ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1cos 50πt (A)C R 上电功率P ＝U 2R ＝10 W ，A 错；0.02 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt最大，此时R两端的电压瞬时值最大，B 错；R 两端电压的最大值为10 2 V ，ω＝2πT＝100πrad/s ，因此R 两端电压u ＝1cos 100πt (V)，C 正确；i ＝1cos 100πt (A)，D错．高考热点2|与变压器相关的综合问题1．远距离高压输电的几个根本关系2．理想变压器中相关物理量间的制约关系的分析程序可表示为：(多项选择)如图109所示，某理想变压器的原线圈接一交流电，副线圈接如下图电路，开关S 原来闭合，且R 1＝R 2，再将S 断开，那么交流电压表的示数U 、交流电流表的示数I 、电阻R 1上的功率P 1及该变压器原线圈的输入功率P 的变化情况正确的选项是( )图109A ．U 增大B ．I 增大C ．P 1减小D ．P 减小【标准解答】开关S 由闭合到断开时，负载的总电阻变大，变压器的输出电压U 2不变，那么输出电流I 2变小，R 上的电压变小，R 1上的电压变大，电阻R 1上的功率P 1＝U 2R 1R 1＝U 2R 1，R 1不变，U 变大，那么P 1增大，故A 正确，C 错误．由电流与匝数的关系可知电流表的示数I 减小，B 错误．输出电功率P 出＝I 2U 2，U 2不变，I 2减小，那么P 出减小，输入功率于输出功率，所以D 正确．【答案】 AD [突破训练]5．如图1010甲所示为远距离输电示意图，升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，降压变压器原、副线圈匝数比为100∶1，远距离输电线的总电阻为100 Ω.假设升压变压器的输入电压如图乙所示，输入功率为750 kW.以下说法正确的选项是( ) 【导学号：96622185】图1010A ．用户端交流电的频率为100 HzB ．输电线中电流为30 AC ．用户端电压为250 VD ．输电线路损耗功率为180 kWB 变压器不改变交变电流的频率，故用户端交变电流的周期为T ＝0.02 s ，频率为50 Hz ，选项A 错误；升压变压器输入电压为U 1＝250 V ，那么输出电压为U 2＝25 000 V ，由P 2＝P 1＝750 kW 及P 2＝I 2U 2得，输电线中的电流为I 2＝30 A ，选项B 正确；输电线路损耗功率为ΔP ＝I 22r ＝302×100 W＝90 kW ，选项D 错误；线路损失电压为ΔU＝I2r＝3 000 V，那么降压变压器输入电压为U3＝U2－ΔU ＝22 000 V，那么用户端电压为220 V，选项C错误．。

2018年浙江省高考物理教师用书：第10章交变电流含解

[考纲要求][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。

2．正弦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。

二、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。

对正弦式交变电流，其有效值和峰值的关系为：EU I【过关演练】1．阻值不计的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线圈两端的电压随时间的变化规律如图所示。

下列说法中，正确的是()A．线圈两端电压的平均值为10 VB．电压表连接在线圈两端时，其示数为20 VC．在0.01 s时，线圈平面与磁场垂直D．当接外电路时，线圈内的电流方向1 s内改变50 次解析线圈两端电压平均值可看成E－t图线与t轴包围面积与时间的比值，故平均值应大于10 V，A项错误；由E－t图象知，U m＝20 V，故有U有＝10 2 V＝14 V，即电压表读数为14 V，B项错误；t＝0.01 s时，U＝0，线圈位于中性面位置，故C 项正确；由T ＝0.02 s ，知f ＝50 Hz ，一个周期内电流方向改变两次，故线圈中电流方向每秒变化100次，D 项错误。

新题策(全国通用)高考物理一轮复习第10章交变电流传感器教师用书(pdf)

( ) ( ) 、 ( ) 、 ( ) 、 ( 图象 : 如图 1 所示都属于交变电 2 0 1 1 a b c d)
2 8 0
( ) a ( ) b ( ) c ( ) d
匀速转动 .
( ) 产生 : 在匀强磁场里 , 线圈绕 ③垂直于磁场 2
方向的轴
( ) 所示 . f
) ( ) 中性面位置时开始计时 , 其图象为正弦曲线 . 如图1 0 1 1( a e
物理量
电流方向将发生改变 . i =0,
【答案】 B C ( ) 确定正弦交变电流的峰值 , 根据已知图象读出或由公式 1 一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于如图 1 1 4 甲所示 , 2. 0 Em = n B S ω 求出相应峰值 . 从线圈平面与磁场方向的转轴 O O '以恒定的角速度ω 转动 , ( ) 明确线圈的初始位置 , 找出对应的函数关系式 . 2 磁场方向平行时开始计时 , 线圈中产生的交变电流按照图乙图象 , 函数式为i s i n = I ω t . m 则i 如: ① 线圈从中性面位置开始转动 , t图象为正弦函数则i ② 线圈从垂直中性面位置开始转动 , t 图象为余弦函数 π 所示的余弦规律变化 , 在t = 时刻 2 ω (
中性面线圈平面与磁场方向垂直最大 ( B S) 0 0 发生改变峰值面线圈平面与磁场方向平行零最大最大 ( n B S ω) 方向不变
含义
交变电流 1. 电流 . ( ) 定义 : 1 ① 大小和 ②方向
都随时间做周期性变化的
磁通量磁通量的变化率感应电动势电流方向
) 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 .

(新课标)高考物理总复习教师用书第十章交变电流、传感器

第十章交变电流传感器[学习目标定位]考纲下载考情上线1.交变电流、交变电流的图象(Ⅰ)2．正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ) 3．理想变压器(Ⅰ)4．远距离输电(Ⅰ)实验十一：传感器的简单使用高考地位高考对本部分知识的考查主要以选择题的形式出现，但也出现过关于交变电流的计算题，试题的难度一般在中等偏下，分值在6～10分左右。

考点点击1.交变电流的产生、图象和有效值问题。

2．变压器、电压、功率、电流关系及远距离输电。

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

[记一记]1．交变电流(1)定义：大小和方向都随时间做周期性变化的电流。

(2)图象：如图10－1－1(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电流。

其中按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，如图10－1－1(a)所示。

图10－1－12．正弦式电流的产生和图象(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。

(2)图象：用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置时开始计时，其图象为正弦曲线。

如图10－1－1(a)所示。

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

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

[试一试]1．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图10－1－2甲所示，则下列说法正确的是( )图10－1－2A ．t ＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B ．t ＝0.01 s 时刻，Φ的变化率最大C ．t ＝0.02 s 时刻，交流电动势达到最大D ．该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：选B 由Φ－t 图知，t ＝0时，Φ最大，即线圈处于中性面位置，此时e ＝0，故A 、D 两项错误；由图知T ＝0.04 s ，在t ＝0.01 s 时，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，则B项正确；在t ＝0.02 s 时，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，则C 项错误。

最新-2021版浙江物理选考部分B版课件：第十章交变电流 101 精品

• 3．交变电流瞬时值表达式的求法
• [题组训练] • 1．(基础考点→对描述交变电流物理量的认
识)下列提到的交变电流，不是指有效值的是
•( ) • A．交流电压表的读数 • B．保险丝熔断电流 • C．电容器击穿电压 • D．220 V交流电压 • 解析电容器击穿电压指电容器两端允许
加的电压的最大值。 • 答案 C
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。
• [规律方法] • 1．交流电产生过程中的两个特殊位置
图示
概念
中性面位置
与中性面垂直的位置
B⊥S
B∥S
特点
Φ＝BS，最大 e＝nΔΔΦt ＝0，最小
(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＝
Em 2
，U＝
Um 2
，I＝
Im 2
。
• [规律方法]
• 1．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的物比理较量物理含义重要关系适用情况及说明
从中性面
交变电流
开始计时 e 计算线圈某时刻
• 2．电容器对交变电流的阻碍作用
• (1)电容器的大电容越，对交变小电流的阻
高，交流的频率越
• 碍作用越交。直
高
低
• (2)作用：“通流，隔流；通频，阻频”。
[题组训练] 1．(基础考点→电感器的应用)如图所示的电路中，L 为电感线圈，
A 为灯泡，电流表内阻为零。电压表内阻无限大，交流电源的

2021年高考物理一轮复习第10章交变电流传感器第1讲讲义(人教版浙江)

[考试标准]学问内容必考要求加试要求简谐运动 b 简谐运动的描述 c 简谐运动的回复力和能量b 单摆c 外力作用下的振动b考点一简谐运动的规律1.简谐运动(1)定义：假如质点的位移与时间的关系遵从正弦函数的规律.即它的振动图象(x －t 图象)是一条正弦曲线，这样的振动叫做简谐运动.(2)平衡位置：物体在振动过程中回复力为零的位置. (3)回复力①定义：使物体返回到平衡位置的力. ②公式：F ＝－kx .③方向：总是指向平衡位置.④来源：属于效果力，可以是某一个力，也可以是几个力的合力或某个力的分力. 2.简谐运动的运动规律：x ＝A sin (ωt ＋φ) (1)变化规律位移增大时⎩⎪⎨⎪⎧回复力、加速度增大⎭⎪⎬⎪⎫速度、动能减小势能增大机械能守恒振幅、周期、频率保持不变(2)对称规律①做简谐运动的物体，在关于平衡位置对称的两点，回复力、位移、加速度具有等大反向的关系，另外速度的大小、动能具有对称性，速度的方向可能相同或相反.②振动物体来回通过相同的两点间的时间相等，如t BC ＝t CB ；振动物体经过关于平衡位置对称的等长的两线段的时间相等，如t BC ＝t B ′C ′，如图1所示.图1(3)运动的周期性特征相隔T 或nT 的两个时刻振动物体处于同一位置且振动状态相同.3.单摆周期公式：T ＝2πl g ，f ＝12πgl(1)只要测出单摆的摆长l 和周期T ，就可以依据g ＝4π2lT2，求出当地的重力加速度g .(2)l 为等效摆长，表示从悬点到摆球重心的距离，要区分摆长和摆线长，悬点实质为摆球摇摆所在圆弧的圆心. (3)g 为当地的重力加速度. [思维深化]请推断下列说法是否正确.(1)简谐运动的平衡位置就是质点所受合力为零的位置.( × )(2)做简谐运动的质点先后通过同一点，回复力、速度、加速度、位移都是相同的.( × ) (3)做简谐运动的质点，速度增大时，其加速度肯定减小.( √ )1.[简谐运动的规律]关于简谐运动的位移、加速度和速度的关系，下列说法中正确的是( ) A.位移减小时，加速度减小，速度也减小B.位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向相同C.物体的运动方向指向平衡位置时，速度方向与位移方向相反；背离平衡位置时，速度方向与位移方向相同D.物体向负方向运动时，加速度方向与速度方向相同；向正方向运动时，加速度方向与速度方向相反答案 C解析位移减小时，加速度减小，速度增大，A 错误；位移方向总是与加速度方向相反，与速度方向有时相同，有时相反，B 、D 错误，C 正确.2.[竖直方向弹簧振子]如图2所示，将弹簧振子从平衡位置拉下一段距离Δx ，释放后振子在A 、B 间振动，且AB ＝20 cm ，振子由A 到B 的时间为0.1 s ，则下列说法中正确的是( )图2A.振子在A 、B 两点时，弹簧弹力大小相等B.振子由A 到O 的时间比振子由O 到B 的时间短C.振子从A →O →B →O →A 通过的路程为40 cmD.振子从A →O →B →O →A 通过的路程为20 cm 答案 C解析在A 、B 两点，弹力大小并不相等，选项A 错误；据对称性，振子从A 到O 和从O 到B 时间相同，选项B 错误；振子从A →O →B →O →A 通过的路程即振子运动轨迹的长度为40 cm ，选项C 正确，D 错误. 3.[水平方向弹簧振子]如图3，一轻弹簧一端固定，另一端连接一物块构成弹簧振子，该物块是由a 、b 两个小物块粘在一起组成的.物块在光滑水平面上左右振动，振幅为A 0，周期为T 0.当物块向右通过平衡位置时，a 、b 之间的粘胶脱落；以后小物块a 振动的振幅和周期分别为A 和T ，则A ________A 0(填“>”“<”或“＝”), T ________T 0(填“>”“<”或“＝”).图3答案＜＜4.[单摆模型的理解](多选)单摆是为了争辩振动而抽象出的抱负化模型，其抱负化条件是( ) A.摆线质量不计B.摆线长度不伸缩C.摆球的直径比摆线长度短得多D.只要是单摆的运动就是一种简谐运动答案 ABC解析一根不行伸长的且没有质量的细线悬挂一质点组成的装置，我们称做单摆，它是一个抱负化模型，所谓抱负化是指细线不伸缩且无质量，小球的大小不计可视为质点，故A 、B 、C 正确；单摆做简谐运动的条件是细线与竖直方向夹角很小，一般θ≤5°，故D 项错误.5.[周期公式的应用]如图4所示，一单摆悬于O 点，摆长为L ，若在O 点的正下方的O ′点钉一个光滑钉子，使OO ′＝L2，将单摆拉至A 处释放，小球将在A 、B 、C 间来回振动，若振动中摆线与竖直方向夹角小于5°，则此摆的周期是( )图4 A.2πL g B.2π L 2g C.2π(L g＋ L 2g) D.π(L g＋ L 2g) 答案 D 解析依据T ＝2πL g ，该单摆有12周期摆长为L ，12周期摆长为12L ，故T ＝πLg＋πL2g＝π(L g＋L 2g)，故D 正确.6.[简谐运动的对称性]一个做简谐运动的质点，先后以同样的速度通过相距10 cm 的A 、B 两点，历时0.5 s(如图5).过B 点后再经过t ＝0.5 s 质点以大小相等、方向相反的速度再次通过B 点，则质点振动的周期是( )图5A.0.5 sB.1 sC.2 sD.4 s 答案 C解析依据题意，由振动的对称性可知：AB 的中点(设为O )为平衡位置，A 、B 两点对称分布于O 点两侧，如图.质点从平衡位置O 向右运动到B 的时间应为t OB ＝12×0.5 s ＝0.25 s.质点从B 向右到达右方极端位置(设为D )的时间t BD ＝12×0.5 s ＝0.25 s.所以，质点从O 到D 的时间：t OD ＝14T ＝0.25 s ＋0.25 s ＝0.5 s所以T ＝2 s.7.[水平方向的弹簧振子]如图6所示为一弹簧振子，O 为平衡位置，振子在B 、C 之间做简谐运动，设向右为正方向，则振子( )图6A.由C 向O 运动时，位移为正值，速度为正值，加速度为正值B.由O向B运动时，位移为正值，速度为正值，加速度为负值C.由B向O运动时，位移为负值，速度为正值，加速度为正值D.由O向C运动时，位移为负值，速度为负值，加速度为负值答案 B解析由C向O运动时，位移为负值，速度为正值，A错误；由O向B运动时，速度为正值，位移为正值，回复力为负值，加速度为负值，B正确；由B向O运动时，位移为正值，速度、加速度为负值，C错误；由O 向C运动时，位移为负值，速度为负值，加速度为正值，D错误.考点二简谐运动的图象1.简谐运动的图象(1)从平衡位置开头计时，函数表达式为x＝A sin ωt，图象如图7甲所示.图7(2)从最大位移处开头计时，函数表达式为x＝A cos ωt，图象如图乙所示.(3)物理意义：表示振动质点的位移随时间的变化规律.2.振动图象的信息(1)由图象可以看出振幅、周期.(2)可以确定某时刻质点离开平衡位置的位移.(3)可以依据图象确定某时刻质点回复力、加速度和速度的方向.①回复力和加速度的方向：因回复力总是指向平衡位置，故回复力和加速度在图象上总是指向t轴.②速度的方向：速度的方向可以通过下一时刻位移的变化来判定，若下一时刻位移增大，振动质点的速度方向就是远离t轴；若下一时刻位移减小，振动质点的速度方向就是指向t轴.8.[振动图象的理解]一个弹簧振子沿x轴做简谐运动，取平衡位置O为x轴坐标原点.从某时刻开头计时，经过四分之一周期，振子具有沿x轴正方向的最大加速度.能正确反映振子位移x与时间t关系的图象是() 答案 A解析如图所示，O为平衡位置，由题意知t＝T4时，振子具有正向最大加速度，故此时振子应在A处，位移x为负的最大值.分析各图象知，只有A项正确.9.[应用图象分析运动过程]如图8为某质点的振动图象，由图象可知()图8A.质点的振动方程为x＝2sin 50πt(cm)B.在t＝0.01 s时质点的速度为负向最大C.P时刻质点的振动方向向下D.从0.02 s至0.03 s质点的位移增大，速度减小答案 D解析由题图可知，质点振动方程为x＝2sin 50(πt＋π)(cm)＝－2sin 50πt(cm)；t＝0.01 s时质点速度为零；P时刻质点振动方向向上；在0.02 s至0.03 s质点离开平衡位置，位移增大，速度减小，故选项D正确.10.[应用图象求解有关物理量]一竖直悬挂的弹簧振子，下端装有一记录笔，在竖直平面内放置有一记录纸，当振子上下振动时，以速率v水平向左匀速拉动记录纸，记录笔在纸上留下如图9所示的图象，y1、y2、x0、2x0为纸上印迹的位置坐标.由此图求振动的周期和振幅.图9答案2x0vy1－y22解析由图象可知，记录纸在一个周期内沿x方向的位移为2x0，水平速度为v，故周期T＝2x0v；又由图象知2A＝y1－y2，故振幅A＝y1－y22.11.[应用图象求解有关物理量]如图10所示为一弹簧振子的振动图象，试完成以下问题：图10(1)写出该振子简谐运动的表达式；(2)在第2 s 末到第3 s 末这段时间内，弹簧振子的加速度、速度、动能和弹性势能各是怎样变化的？ (3)该振子在前100 s 的总位移是多少？路程是多少？答案见解析解析 (1)由振动图象可得A ＝5 cm ，T ＝4 s ，φ＝0 则ω＝2πT ＝π2rad/s故该振子简谐运动的表达式为x ＝5sin π2t cm(2)由题图可知，在t ＝2 s 时，振子恰好通过平衡位置，此时加速度为零，随着时间的连续，位移不断变大，加速度也变大，速度不断变小，动能不断减小，弹性势能渐渐增大，当t ＝3 s 时，加速度达到最大值，速度等于零，动能等于零，弹性势能达到最大值.(3)振子经过一个周期位移为零，路程为4×5 cm ＝20 cm ，前100 s 刚好经过了25个周期，所以前100 s 振子的位移x ＝0，振子的路程s ＝25×20 cm ＝500 cm ＝5 m.考点三受迫振动和共振1.受迫振动(1)概念：振动系统在驱动力作用下的振动.(2)特点：受迫振动的频率等于驱动力的频率，跟系统的固有频率无关. 2.共振(1)现象：当驱动力的频率等于系统的固有频率时，受迫振动的振幅最大. (2)条件：驱动力的频率等于系统的固有频率. (3)特征：共振时振幅最大. (4)共振曲线：如图11所示.图113.自由振动、受迫振动和共振的关系比较振动项目自由振动受迫振动共振受力状况仅受回复力受驱动力作用受驱动力作用振动周期或频率由系统本身性质打算，即固有周期T 0或固有频率f 0由驱动力的周期或频率打算，即T ＝T 驱或f ＝f 驱T 驱＝T 0 或f 驱＝f 0振动能量振动物体的机械能不变由产生驱动力的物体供应振动物体获得的能量最大常见例子弹簧振子或单摆(θ≤5°)机械工作时底座发生的振动共振筛、声音的共鸣等12.[受迫振动]如图12所示的装置，弹簧振子的固有频率是4 Hz.现匀速转动把手，给弹簧振子以周期性的驱动力，测得弹簧振子振动达到稳定时的频率为1 Hz ，则把手转动的频率为( )图12A.1 HzB.3 HzC.4 HzD.5 Hz 答案 A解析受迫振动的频率等于驱动力的频率，把手转动的频率为1 Hz ，选项A 正确.13.[振动图象分析]一个单摆在地面上做受迫振动，其共振曲线(振幅A 与驱动力频率f 的关系)如图13所示，则( )图13A.此单摆的固有周期约为0.5 sB.此单摆的摆长约为1 mC.若摆长增大，单摆的固有频率增大D.若摆长增大，共振曲线的峰将向右移动答案 B解析由共振曲线知此单摆的固有频率为0.5 Hz，固有周期为2 s；再由T＝2πlg，得此单摆的摆长约为1 m；若摆长增大，单摆的固有周期增大，固有频率减小，则共振曲线的峰将向左移动.14.[共振]在试验室可以做“声波碎杯”的试验，用手指轻弹一只玻璃酒杯，可以听到动听的声音，测得这声音的频率为500 Hz.将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，就能使酒杯碎掉.下列说法中正确的是()A.操作人员必需把声波发生器输出的功率调到很大B.操作人员必需使声波发生器发出频率很高的超声波C.操作人员必需同时增大声波发生器发出声波的频率和功率D.操作人员必需将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，且适当增大其输出功率答案 D解析由题可知用手指轻弹一只酒杯，测得这声音的频率为500 Hz，就是酒杯的固有频率.当物体发生共振时，物体振动的振幅最大，甚至可能造成物体解体.将这只酒杯放在一个大功率的声波发生器前，操作人员通过调整其发出的声波，将酒杯碎掉是利用的共振现象，而发生共振的条件是驱动力的频率等于物体的固有频率，而酒杯的固有频率为500 Hz，故操作人员要将声波发生器发出的声波频率调到500 Hz，使酒杯产生共振，从而能将酒杯碎掉，故D正确.练出高分基础巩固题组1.做简谐运动的物体，当它每次经过同一位置时，可能不同的物理量是()A.位移B.速度C.加速度D.回复力答案 B2.在飞机的进展史中有一个阶段，飞机上天后不久，机翼很快就抖动起来，而且越抖越厉害，后来人们经过了艰苦的探究，利用在飞机机翼前缘处装置一个配重杆的方法，解决了这一问题，在飞机机翼前缘处装置配重杆的主要目的是()A.加大飞机的惯性B.使机体更加平衡C.使机翼更加坚固D.转变机翼的固有频率答案 D解析飞机飞上天后，在气流周期性驱动力作用下做受迫振动，机翼越抖越厉害说明气流驱动力频率与机翼的固有频率格外接近或相等.在机翼前缘处装置配重杆，目的是通过转变机翼的质量来转变其固有频率，使驱动力频率与固有频率相差较大，从而实现减振的目的，D选项正确.3.如图1所示，弹簧振子在B、C间振动，O为平衡位置，BO＝OC＝5 cm，若振子从B到C的运动时间是1 s，则下列说法正确的是()图1A.振子从B经O到C完成一次全振动B.振动周期是1 s，振幅是10 cmC.经过两次全振动，振子通过的路程是20 cmD.从B开头经过3 s，振子通过的路程是30 cm答案 D解析振子从B→O→C仅完成了半次全振动，所以周期T＝2×1 s＝2 s，振幅A＝BO＝5 cm.弹簧振子在一次全振动过程中通过的路程为4A＝20 cm，所以两次全振动中通过路程为40 cm,3 s的时间为1.5T，所以振子通过的路程为30 cm.4.一弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式为y＝0.1sin (2.5πt)，位移y的单位为m，时间t的单位为s.则()A.弹簧振子的振幅为0.2 mB.弹簧振子的周期为1.25 sC.在t＝0.2 s时，振子的运动速度为零D.在任意0.2 s时间内，振子的位移均为0.1 m答案 C解析依据弹簧振子的位移y随时间t变化的关系式y＝0.1sin (2.5πt)可知，弹簧振子的振幅为0.1 m，选项A错误，由ω＝2πT＝2.5π rad/s可得弹簧振子的周期T＝0.8 s，选项B错误；在t＝0.2 s时，振子的位移最大，运动速度为零，选项C正确；在任意0.2 s时间内，振子的位移不肯定均为0.1 m，振子的最大位移大小为0.1 m，选项D错误.5.如图2所示为某弹簧振子在0～5 s内的振动图象，由图可知，下列说法中正确的是()图2A.振动周期为5 s，振幅为8 cmB.第2 s末振子的速度为零，加速度为负向的最大值C.第3 s末振子的速度为正向的最大值D.从第1 s末到第2 s末振子在做加速运动答案 C解析依据题图可知，弹簧振子的周期T＝4 s，振幅A＝8 cm，选项A错误；第2 s末振子到达负向最大位移处，速度为零，加速度最大，且沿x轴正方向，选项B错误；第3 s末振子经过平衡位置，速度达到最大，且向x轴正方向运动，选项C正确；从第1 s末到第2 s末振子经过平衡位置向下运动到达负向最大位移处，速度渐渐减小，选项D错误.6.如图3所示，质量相同的四个摆球悬于同一根横线上，四个摆的摆长分别为L1＝2 m、L2＝1.5 m、L3＝1 m、L4＝0.5 m.现以摆3为驱动摆，让摆3振动，使其余三个摆也振动起来，则摆球振动稳定后()图3A.摆1的振幅肯定最大B.摆4的周期肯定最短C.四个摆的振幅相同D.四个摆的周期相同答案 D解析让摆3振动，则其余三个摆做受迫振动，受迫振动稳定后其周期等于驱动摆的周期，因此四个摆的周期相同，B错误，D正确；与驱动摆的摆长越接近则振幅越大，故A、C错误.7.(多选)如图4所示为某物体做简谐运动的图象，下列说法中正确的是()图4A.由P→Q位移在增大B.由P→Q速度在增大C.由M→N位移先减小后增大D.由M→N位移始终减小答案AC解析物体经过平衡位置向正方向运动，先后经过P、Q两点，故位移增大，速度减小；物体从正方向最大位移处向负方向运动，先后经过M、N两点，且N点在平衡位置另一侧，故从M→N位移先减小后增大.8.(多选)一质点做简谐运动的振动图象如图5所示，质点的速度与加速度方向相同的时间段是()图5A.0～0.3 sB.0.3～0.6 sC.0.6～0.9 sD.0.9～1.2 s答案BD解析质点做简谐运动时加速度方向与回复力方向相同，与位移方向相反，总是指向平衡位置；位移增加时速度与位移方向相同，位移减小时速度与位移方向相反.9.(多选)如图6所示，两单摆的摆长相同，平衡时两摆球刚好接触，现将摆球A在两摆线所在平面内向左拉开一小角度后释放，碰撞后，两摆球分开各自做简谐运动，以m A、m B分别表示摆球A、B的质量，则()图6A.假如m A>m B，下一次碰撞将发生在平衡位置右侧B.假如m A<m B，下一次碰撞将发生在平衡位置左侧C.无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不行能在平衡位置右侧D.无论两球质量之比是多少，下一次碰撞都不行能在平衡位置左侧答案CD解析单摆做简谐运动的周期T＝2πlg与摆球的质量无关，因此两单摆周期相同.碰后经过12T都将回到最低点再次发生碰撞，下一次碰撞肯定发生在平衡位置，不行能在平衡位置左侧或右侧，故C、D正确.解答本题的关键在于正确理解单摆的等时性.10.(多选)如图7所示，下列说法正确的是()图7A.振动图象上的A 、B 两点振动物体的速度相同B.在t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 时，质点的加速度大小相等，方向相反C.振动图象上A 、B 两点的速度大小相等，方向相反D.质点在t ＝0.2 s 和t ＝0.3 s 时的动能相等答案 BC解析 A 、B 两处位移相同，速度大小相等，但方向相反，选项A 错误，C 正确；t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 质点离开平衡位置的位移最大，方向相反，由F ＝－kx ，a ＝－kxm 可知，选项B 正确；t ＝0.2 s 时，物体通过平衡位置，速度最大，动能最大；而t ＝0.3 s 时，速度为零，动能最小，故选项D 错误.11.(多选)如图8所示是甲、乙两个单摆在同一地点振动过程的振动图象，下列说法正确的是( )图8A.甲、乙两摆摆长相同B.甲摆摆长比乙摆摆长小C.甲摆第一次回到平衡位置时，乙摆也回到平衡位置D.在乙摆的一个周期内，甲、乙两摆有同时经过各自平衡位置的时刻答案 BD解析由振动图象可知，甲摆的周期小于乙摆的周期，依据单摆周期公式T ＝2πlg可知，甲摆的摆长小于乙摆的摆长，选项A 错误，B 正确；甲摆第一次回到平衡位置时，乙摆在其最大位移处，选项C 错误；在乙摆的一个周期内，当t ＝4 s 时两单摆同时经过各自的平衡位置，选项D 正确. 力量提升题组12.有一弹簧振子，振幅为0.8 cm ，周期为0.5 s ，初始时具有负方向的最大加速度，则它的振动方程是( ) A.x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt ＋π2 m B.x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt －π2 m C.x ＝8×10－1sin ⎝⎛⎭⎫πt ＋3π2 m D.x ＝8×10－1sin ⎝⎛⎭⎫π4t ＋π2 m答案 A解析振幅A ＝0.8 cm ＝8×10－3 m ，ω＝2πT＝4π rad/s.由题知初始时(即t ＝0时)振子在正向最大位移处，即sinφ0＝1，得φ0＝π2，故振子做简谐运动的方程为：x ＝8×10－3sin ⎝⎛⎭⎫4πt ＋π2 m ，选项A 正确. 13.一质点做简谐运动，其位移和时间的关系如图9所示.图9(1)求t ＝0.25×10－2 s 时质点的位移；(2)在t ＝1.5×10－2 s 到t ＝2×10－2 s 的振动过程中，质点的位移、回复力、速度、动能、势能如何变化？ (3)在t ＝0到t ＝8.5×10－2 s 时间内，质点的路程、位移各多大？答案 (1)－ 2 cm (2)变大变大变小变小变大 (3)34 cm 2 cm解析 (1)由题图可知A ＝2 cm ，T ＝2×10－2 s ，振动方程为 x ＝A sin (ωt －π2)＝－A cos ωt ＝－2cos (2π2×10－2t ) cm ＝－2cos 100πt cm当t ＝0.25×10－2 s 时，x ＝－2cos π4cm ＝－ 2 cm.(2)由题图可知在t ＝1.5×10－2 s 到t ＝2×10－2 s 的振动过程中，质点的位移变大，回复力变大，速度变小，动能变小，势能变大.(3)在t ＝0到t ＝8.5×10－2 s 时间内经受174个周期，质点的路程为s ＝17A ＝34 cm ，位移为2 cm.14.如图10甲是一个单摆振动的情形，O 是它的平衡位置，B 、C 是摆球所能到达的最远位置.设向右为正方向.图乙是这个单摆的振动图象.依据图象回答：图10(1)单摆振动的频率是多大？ (2)开头时摆球在何位置？(3)若当地的重力加速度为10 m/s 2，试求这个摆的摆长是多少？(计算结果保留两位有效数字) 答案 (1)1.25 Hz (2)B 点 (3)0.16 m 解析 (1)由题图乙知周期T ＝0.8 s ，则频率f＝1T＝1.25 Hz.(2)由题图乙知，t＝0时摆球在负向最大位移处，因向右为正方向，所以开头时摆球在B点.(3)由T＝2πlg，得l＝gT24π2≈0.16 m.。

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