2018版高考物理总复习第10章交变电流教师用书

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【教师】高三物理一轮复习必考部分第10章交变电流传感器第2节变压器电能的输送教师用书

【关键字】教师第2节变压器电能的输送知识点1 理想变压器1．构造(如图10-2-1所示)图10-2-1变压器由原线圈、副线圈和紧闭铁芯组成．2．基本关系(1)电压关系：＝.(2)功率关系：P入＝P出．(3)电流关系：①只有一个副线圈时：＝.②有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn.知识点2 远距离输电1．输电过程(如图10-2-2所示)图10-2-22．电压损失(1)ΔU＝U－U′(2)ΔU＝IR3．功率损失(1)ΔP＝P－P′(2)ΔP＝I2R＝2R4．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R线．由R线＝ρ知，可采用加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．(2)减小输电导线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压．知识点3 传感器的简单应用1．传感器将输入的非电学量，如力、热、磁、光、声等，转换为电学量的装置．2．传感器的工作原理非电学量传感器敏感元件转换元件转换电路电学量3．四类常见的敏感元件(1)光敏电阻：在被光照时电阻发生变化，光照增强电阻减小，光照减弱电阻增大．(2)热敏电阻①正温度系数热敏电阻：温度升高电阻增大．②负温度系数热敏电阻：温度升高电阻减小．(3)金属热电阻：电阻率随温度的升高而增大．(4)霍尔元件：能把磁感应强度这一磁学量转换成电压这一电学量的元件，UH＝k.1．正误判断(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)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．(×)(3)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．(×)(4)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．(√)(5)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗．(√)(6)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越大．(√)2．(理想变压器原理的理解)(多选)理想变压器的原、副线圈匝数比n1∶n2＝10∶1，原线圈两端接通交流电源，则( ) 【导学号：】A．原、副线圈中电流频率之比f1∶f2＝10∶1B．原、副线圈两端电压之比为U1∶U2＝10∶1C．原、副线圈内交变电流之比I1∶I2＝1∶10D．变压器输入和输出功率之比P1∶P2＝10∶1【答案】BC3．(变压器规律的应用)(多选)(2017·无锡模拟)如图10-2-3所示，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．紧闭开关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．以下判断正确的是( )图10-2-3A．变压器输入功率为484 WB．通过原线圈的电流的有效值为C．通过副线圈的电流的最大值为D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3【答案】BD4．(远距离输电电损的理解)远距离输电时，在输送电功率不变的条件下( ) 【导学号：】A．只有增大导线的电阻，才能减小电流，提高输电效率B．提高输电电压，能减小电流，提高输电效率C．提高输电电压势必增大输电导线上的能量损耗D．提高输电电压势必增大输电导线上的电流【答案】 B[核心精讲]1．变压器的工作原理2．理想变压器的基本关系理想变压器①没有能量损失(铜损、铁损)②没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比：U1U2＝n1n2电流关系只有一个副线圈时，电流和匝数成反比：I1I2＝n2n1频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定功率原线圈的输入功率P入由副线圈的输出功率P出决定电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定[题组通关]1．(多选)如图1024所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2，原线圈的两端a、b接正弦式交流电源，电压表的示数为220 V，负载电阻R1＝66 Ω，R2＝33 Ω，电流表的示数为0.4 A．则下列判断中正确的是( )图1024A．原、副线圈的匝数比为1∶10B．原、副线圈的匝数比为5∶1C．电流表的示数为2 AD．电流表的示数为0.4 ABC 负载电阻R1＝66 Ω，R2＝33 Ω，并联后的电阻为R＝22 Ω，变压器输入功率P1＝U1I1＝P2＝I22R，所以电流表的示数为I2＝U1I1R＝2 A，C正确，D错误；原、副线圈的匝数比n1∶n2＝I2∶I1＝5∶1，A错误，B正确．2．(2016·全国乙卷)一含有理想变压器的电路如图1025所示，图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为( ) 【导学号：】图1025A．2 B．3C．4 D．5B 设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I 时，副线圈电流为kI ；原线圈电流为4I 时，副线圈电流为4kI .根据变压器的输入功率等于输出功率得UI －I 2R 1＝(kI )2(R 2＋R 3)4UI －(4I )2R 1＝(4kI )2R 2联立两式代入数据解得k ＝3，选项B 正确．[名师微博]关于理想变压器的四点注意1．变压器不能改变直流电压．2．变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率．3．理想变压器本身不消耗能量．4．理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值．[核心精讲]1．匝数比不变的情况(如图1026所示)图1026(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，可以得出不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，根据输出电流I 2决定输入电流I 1，可以判断I 1的变化． (3)I 2变化引起P 2变化，根据P 1＝P 2，可以判断P 1的变化．2．负载电阻不变的情况(如图1027所示)图1027(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，U 2变化．(2)R 不变，U 2变化，I 2发生变化． (3)根据P 2＝U 22R和P 1＝P 2，可以判断P 2变化时，P 1发生变化，U 1不变时，I 1发生变化． [师生共研](2015·安徽高考)如图1028所示电路中，变压器为理想变压器，a 、b 接在电压有效值不变的交流电源两端，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，观察到电流表的示数增大了0.2 A ，电流表的示数增大了0.8A ，则下列说法正确的是( )图1028A ．电压表示数增大 B ．电压表、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【合作探讨】(1)滑片移动时，的示数变了.的示数变吗？提示：的示数由的决定，故不变．(2)、的示数均变大了，变压器的输入功率P1、输出功率P2如何变？两者的关系如何变？提示：P1、P2均变大，但P1＝P2不变．D 电压表的示数和a、b间电压的有效值相同，滑片滑动时示数不变，选项A错误；电压表测量的电压为副线圈两端的电压，原、副线圈匝数不变，输入电压不变，故示数不变，示数为示数减去R0两端电压，两线圈中电流增大，易知R0两端电压升高，故示数减小，选项B错误；理想变压器U1I1＝U2I2，则U1ΔI1＝U2ΔI2，ΔI2＞ΔI1，故U2＜U1，变压器为降压变压器，选项C错误；因I2增大，故知R减小，变阻器滑片是沿c→d 的方向滑动，选项D正确．理想变压器动态分析的方法1．分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约的关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析、判定．2．电压、电流、功率之间的制约关系(1)U1决定U2(2)I2决定I1(3)P2决定P13．可以把理想变压器的副线圈看做是给用户供电的无阻电源，对负载电路进行动态分析时，可以参照直流电路动态分析的方法．[题组通关]3．(多选)(2017·徐州模拟)如图1029所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈中心的抽头，电压表和电流表均为理想电表，从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u1＝2202sin 100πt(V)，则( )图1029A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表V1的示数为22 VB．当t＝1600s时，电压表V0的读数为220 VC．单刀双掷开关与a连接，当滑动变阻器滑片P向上移动的过程中，电压表V1的示数增大，电流表示数变小D．当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表V1和电流表的示数均变小BC 当单刀双掷开关与a连接时，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，副线圈输出电压为U 2＝22 V ，但电压表V 1示数小于U 2，故A 错误；当t ＝1600s 时，电压表V 0的读数为有效值220 V ，故B 正确；单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，滑动变阻器的电阻变大，电路的总电阻变大，由于副线圈输出电压U 2是由变压器决定的，所以电流表示数变小，电压表V 1示数变大，故C 正确；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，理想变压器原、副线圈的匝数比变为5∶1，副线圈输出电压U 2变大，电流表和电压表V 1的示数均变大，故D 错误．4．(多选)如图10210所示，变压器输入有效值恒定的电压，副线圈匝数可调，输出电压通过输电线送给用户(电灯等用电器)，R 表示输电线的电阻，则( ) 【导学号：】图10210A ．用电器增加时，变压器输出电压增大B ．要提高用户的电压，滑动触头P 应向上滑C ．用电器增加时，输电线的热损耗减少D ．用电器增加时，变压器的输入功率增加BD 由于变压器原、副线圈匝数不变，而且输入电压不变，因此增加负载不会影响输出电压，A 错误；根据变压器原理可知输出电压U 2＝n 2n 1U 1，当滑动触头P 向上滑时，n 2增大，所以输出电压增大，B 正确；由于用电器是并联的，因此用电器增加时总电阻变小，输出电压不变，总电流增大，故输电线上热损耗增大，C 错误；用电器增加时总电阻变小，总电流增大，输出功率增大，所以输入功率增大，D 正确．[核心精讲]1．理清三个回路图10211远距离输电电网间的基本结构，如图10211所示．输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路．在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁．2．抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是：U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是：U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4.3．掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户．[师生共研](2015·福建高考)图10212为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T 的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 的交流电源，若输送电功率为P ，输电线的总电阻为2r ，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )图10212A.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 2U 2m 4rB.⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U 2m 4r C ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 1n 22⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r D ．4⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 12⎝ ⎛⎭⎪⎫P U m 2r C 升压变压器T 的原线圈两端电压的有效值为U 1＝U m 2；由变压关系可得U 1U 2＝n 1n 2，则U 2＝n 2U m 2n 1；因为输送电功率为P ，输电线中的电流为I 2＝P U 2＝2n 1P n 2U m ，则输电线上损失的电功率为ΔP ＝I 22(2r )＝4n 21P 2r n 22U 2m，故选项C 正确．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 线为线路上的电流．[题组通关]5．如图10213所示为远距离输电的原理图，变压器均为理想变压器，图中标出了各部分的电压和电流，输电线总电阻为R ，以下结论正确的是( )图10213A ．I 2＝U 2RB ．U 2I 2＝U 4I 4C ．若用户的用电功率变大，则U 4变大D ．若用户的用电功率变大，则I 1变大D 在输电的回路中，有U 2＝I 2R ＋U 3，输电线上损失的电压小于升压变压器的输出电压，A 错误；升压变压器的输入功率为总功率，等于输电线上的损耗功率和用户得到的功率之和，B错误；电厂输出的电压U1不变，则U2不变，若用户的用电功率变大，则输电电流变大，那么输电线上损失的电压变大，用户得到的电压变小，C错误，D正确．此文档是由网络收集并进行重新排版整理.word可编辑版本！。

(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．。

2018高考物理一轮总复习教师用书：第10章第1讲电磁

选修3－2第十章电磁感应考点一电磁感应现象的判断1．磁通量(1)概念：在磁感应强度为B的匀强磁场中，与磁场方向垂直的面积S和B的乘积。

(2)公式：Φ＝BS。

(3)单位：1 Wb＝1_T·m2。

(4)物理意义：相当于穿过某一面积的磁感线的条数。

2．电磁感应现象(1)电磁感应现象当穿过闭合电路的磁通量发生变化时，电路中有感应电流产生的现象。

(2)产生感应电流的条件①条件：穿过闭合电路的磁通量发生变化。

②特例：闭合电路的一部分导体在磁场内做切割磁感线的运动。

(3)产生电磁感应现象的实质电磁感应现象的实质是产生感应电动势，如果回路闭合则产生感应电流；如果回路不闭合，则只产生感应电动势，而不产生感应电流。

(4)能量转化发生电磁感应现象时，机械能或其他形式的能转化为电能。

[思维诊断](1)磁通量虽然是标量，但有正、负之分。

( )(2)当导体切割磁感线运动时，导体中一定产生感应电流。

( ) (3)穿过线圈的磁通量与线圈的匝数无关。

( )(4)电路中磁通量发生变化时，就一定会产生感应电流。

( ) 答案： (1)√ (2)× (3)√ (4)× [题组训练] 1.[磁通量的计算]在一空间有方向相反、磁感应强度大小均为B 的匀强磁场，如图所示，垂直纸面向外的磁场分布在一半径为a 的圆形区域内，垂直纸面向里的磁场分布在除圆形区域外的整个区域，该平面内有一半径为b (b >2a )的圆形线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，线圈与半径为a 的圆形区域是同心圆。

从某时刻起磁感应强度大小开始减小到B 2，则此过程中该线圈磁通量的变化量的大小为( )A.12πB (b 2－a 2) B ．πB (b 2－2a 2) C ．πB (b 2－a 2)D ．12πB (b 2－2a 2)解析：计算磁通量Φ时，磁感线既有垂直纸面向外的，又有垂直纸面向里的，所以可以取垂直纸面向里的方向为正方向。

磁感应强度大小为B 时线圈磁通量Φ1＝πB (b 2－a 2)－πBa 2，磁感应强度大小为B 2时线圈磁通量Φ2＝12πB (b 2－a 2)－12πBa 2，因而该线圈磁通量的变化量的大小为ΔΦ＝|Φ2－Φ1|＝12πB (b 2－2a 2)，故选项D 正确。

2018年全国卷高考物理复习精品教材：交变电流

A. ��1 时刻
B. ��2 时刻
C. ��3 时刻
D. ��4 时刻
【目标二】区分四值：瞬时值、峰值、有效值和平均值
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所需的时间．单位：秒. ②频率 f ：交变电流在 1s 内完成周期性变化的次数．单位：赫兹，简称赫，符号 Hz . ③周期与频率的关系： f
A.
��m 2
B.
��m 2
C.
��m 2 2
D.
2��m
【变式 2】如图所示是一交变电流的�� − ��图像，则该交变电流的有效值为( )
A. 4 Α
B. 2 2 Α
C.
8 3
Α
D.
2 30 3
Α
【变式 3】（多选）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 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( )
2�� 2 �� 2 �� 2 �� (�� +�� )
【例 12】在一小型交流发电机中,矩形金属线圈 abcd 的面积为 S,匝数为 n,线圈总电阻为 r,在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕 OO'轴以角速度 w 匀速转动(如图甲所示),产生的感应电动势 e 随时间 t 的变化关系如图乙所示,矩形线圈与阻值为 R 的电阻构成闭合电路,下列说法中正确的是( )
A. 从 t3 到 t5 这段时间穿过线圈磁通量的变化量为零 B. 从 t3 到 t4 这段时间通过电阻 R 的电荷量为 C. t4 时刻穿过线圈的磁通量变化率大小为 E0 D. t1 时刻电阻 R 的发热功率为2(�� +0 �� )2

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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近年高考物理一轮复习第10章电磁感应第3节电磁感应定律的综合应用教师用书(2021年整理)

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第3节电磁感应定律的综合应用知识点1 电磁感应中的电路问题1．内电路和外电路（1)切割磁感线运动的导体或磁通量发生变化的线圈都相当于电源．(2）该部分导体的电阻或线圈的电阻相当于电源的内阻，其余部分是外电路．2．电源电动势和路端电压(1)电动势：E＝Blv或E＝n错误!.(2）路端电压：U＝IR＝E－Ir.知识点2 电磁感应的图象问题图象类型（1）磁感应强度B、磁通量Φ、感应电动势E和感应电流I随时间t变化的图象,即B。

t图象、Φt图象、E。

t图象和I。

t图象(2）对于切割磁感线产生感应电动势和感应电流的情况，还常涉及感应电动势E和感应电流I随位移x变化的图象，即Ex图象和I。

x图象问题类型(1）由给定的电磁感应过程判断或画出正确的图象（2)由给定的有关图象分析电磁感应过程，求解相应的物理量（3)利用给出的图象判断或画出新的图象应用知识左手定则、安培定则、右手定则、楞次定律、法拉第电磁感应定律、欧姆定律、牛顿定律、函数图象知识等1．能量的转化感应电流在磁场中受安培力，外力克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能，电流做功再将电能转化为其他形式的能．2．实质电磁感应现象的能量转化,实质是其他形式的能和电能之间的转化．3．电磁感应现象中能量的三种计算方法(1)利用克服安培力做功求解：电磁感应中产生的电能等于克服安培力所做的功．（2)利用能量守恒求解：机械能的减少量等于电能的增加量．（3）利用电路特征来求解：通过电路中所产生的电能来计算．知识点4 电磁感应中的动力学问题1．安培力的大小错误!⇒F A＝错误!2．安培力的方向(1)用左手定则判断：先用右手定则判断感应电流的方向,再用左手定则判定安培力的方向．(2）用楞次定律判断：安培力的方向一定与导体切割磁感线的运动方向相反．3．安培力参与物体的运动导体棒（或线框)在安培力和其他力的作用下,可以做加速运动、减速运动、匀速运动、静止或做其他类型的运动，可应用动能定理、牛顿运动定律等规律解题．1．正误判断(1)闭合电路的欧姆定律同样适用于电磁感应电路．（√）（2）“相当于电源”的导体棒两端的电压一定等于电源的电动势．(×)（3)电流一定从高电势流向低电势．(×)（4）在有安培力的作用下，导体棒不能做加速运动．(×）(5）电路中的电能增加，外力一定克服安培力做了功．（√）2．[电磁感应中的动力学问题]如图10。

2018版高考物理二轮教师用书：第1部分专题10 直流与交流含解析精品

专题十直流与交流——————[知识结构互联]——————[核心要点回扣]——————1．闭合电路的欧姆定律(1)I ＝E R ＋r.(2)U 路＝E －Ir . 2．交变电流的“四值”(1)最大值：E m ＝NBSω.(2)瞬时值：e ＝E m sin_ωt .(3)有效值：由电流的热效应定义求解．(4)平均值：E ＝n ΔΦΔt .3．理想变压器的四个基本关系(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：I 1I 2＝n 2n 1. (4)频率关系：f 1＝f 2.考点1 直流电路的分析与计算(对应学生用书第51页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计] 五年1考：2018年Ⅱ卷T 17[考情分析]1．该考点单独命题较少，多与实验综合在一起考查．2．命题点多考查电路的结构、串、并联特点、电容器电容的计算等内容．3．要熟练掌握串、并联电路电压与电阻关系，电容、电压、电荷量的关系．4．不会简化电路结构，电容器的连接方式不清、不明白电容的电路相当于断路易造成错解．1．(直流电路的计算)(2018·Ⅱ卷T 17)阻值相等的四个电阻、电容器C 及电池E (内阻可忽略)连接成如图10-1所示电路．开关S 断开且电流稳定时，C 所带的电荷量为Q 1；闭合开关S ，电流再次稳定后，C 所带的电荷量为Q 2.Q 1与Q 2的比值为( )图10-1A.25B.12C.35D.23C [断开S 和闭合S 后等效电路分别如图甲、乙所示．根据串联电路的电压与电阻成正比可得甲、乙两图中电容器两极板间的电压U 1＝15E ，U 2＝13E ，C 所带的电荷量Q ＝CU ，则Q 1∶Q 2＝3∶5，选项C正确．]在第1题中，若将电路调换为如图10-2所示，电源的内阻不计，电动势为12 V，R1＝8 Ω，R2＝4 Ω，电容C＝40 μF，则下列说法正确的是()图10-2A．开关断开时，电容器不带电B．将开关闭合，电容器充电C．将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为4.8×10－14 CD．若现开关处于闭合状态，将开关S断开，到再次稳定后，通过R1的总电荷量为3.2×10－4 C【解析】开关断开时，电容器两端电压不为零，电容器带电，A项错误；将开关闭合，电容器两端电压变小，电容器放电，B项错误；将开关闭合后，稳定时电容器的电荷量为Q＝U·C＝4×40×10－6C＝1.6×10－4C，C 项错误；若开关现处于闭合状态，将开关S断开，再次稳定后，通过R1的总电荷量ΔQ＝|ΔU|·C＝(12－4)×40×10－6 C＝3.2×10－4 C，D项正确．【答案】 D■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·1．明确1个定律、2个关系(1)闭合电路的欧姆定律：I＝ER＋r.(2)路端电压与电流的关系：U＝E－Ir.(3)路端电压与负载的关系U＝IR＝RR＋rE＝11＋rRE，路端电压随外电阻的增大而增大，随外电阻的减小而减小．2．明确引起电路动态变化的原因(1)滑动变阻器、热敏电阻或光敏电阻的阻值变化．(2)某支路开关闭合或断开．3．闭合电路动态分析的两种常用方法(1)程序分析法：流程如下(2)利用结论法：即“串反并同”法①“串反”——即某一电阻增大(减小)时，与它串联或间接串联的电阻中的电流、两端电压、消耗的电功率都减小(增大)；②“并同”——即某一电阻增大(减小)时，与它并联与间接并联的电阻中的电流、两端的电压、消耗的电功率都增大(减小)．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..·考向1直流电路的动态分析1．(2018·钦州市港区月考)在如图10-3所示的电路中，电池的电动势为E，内电阻为r，R1、R2为两个阻值固定的电阻，当可变电阻R的滑片向下移动时，理想电流表的示数I和理想电压表的示数U将()【导学号：19624120】图10-3A．I变小，U变大B．I变大，U变小C．I变小，U变小D．I变大，U变大B[当R的滑动触头P向下移动时，变阻器接入电路的电阻减小，外电路总电阻减小，根据闭合电路欧姆定律分析得知总电流I增大．电压表测量路端电压U，而U＝E－Ir，I增大，E、r不变，则U变小．设变阻器R2两端电压为U′，则U′＝E－I(R1＋r)，I增大，其他量不变，则U′变小，通过R2的电流变小，而总电流变大，则电流表的示数I变大．故B正确．](2018·吉林大学附中模拟)如图所示电路中，电流表A和电压表V均可视为理想电表．现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法正确的是()A．电流表A的示数变小，电压表V的示数变大B．小灯泡L变亮C．电容器C上电荷量减少D．电源的总功率变大A[闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律得知，电路中总电流I减小，则小灯泡L变暗，电流表A的示数变小．电压表的示数U＝E－I(R L＋r)，I减小，其他量不变，则U增大，即电压表V的示数变大，故A正确，B错误．电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U增大，由Q ＝CU，知电容器C上的电荷量增多，故C错误．电源的总功率P＝EI，I 减小，则电源的总功率变小，故D错误．]考向2直流电路的计算2．(2018·中卫市一模)机动车的尾气含有铅等大量有害物质，并且也是造成地球“温室效应”的重要因素之一．电动汽车因其无尾气排放且噪声小等因素，正在逐渐被人们接受．某国产品牌电动汽车的铭牌如下，已知蓄电池储存的电能等于其容量乘输出电压，则下列说法正确的是()B．电动机的内阻为0.5 ΩC ．蓄电池充满电后储存的电能不小于2.88×118 JD ．充满电后在额定功率下连续行驶的时间不小于16 hD [电动汽车正常工作时消耗的电功率为：P ＝U 额I 额＝36×50 W ＝1 800W ，故A 错误；电动机内阻的发热功率为：P 热＝P －P 出＝(1 800－1 675) W＝125 W ，则电动机内阻为：r ＝P 热I 2＝1252 500Ω＝0.18 Ω，故B 错误；蓄电池充满电后储存的电能为：W ＝UIt ＝800×3 600×36 J ＝1.18×118 J ，故C错误；在额定功率下连续行驶最长时间为：t ′＝UIt U 额I 额＝800×3636×50h ＝16 h ，故D 正确．](多选)(2018·湖北八校二联)在如图甲所示的电路中，电源电动势为3.0 V ，内阻不计，L 1、L 2为相同规格的小灯泡，这种小灯泡的伏安特性曲线如图乙所示，R 为定值电阻，阻值为7.5 Ω.当开关S 闭合后( )A ．L 1的电阻为112 ΩB ．L 1消耗的电功率为7.5 WC ．L 2的电阻为7.5 ΩD ．L 2消耗的电功率为0.3 WCD [S 闭合后，L 1两端的电压为3.0 V ，由乙图可知，I 1＝0.25 A ，故P 1＝0.75 W ，R 1＝12 Ω，A 、B 均错误；L 2与R 及电源串联，把R 和电源等效成电动势为3 V ，内阻为7.5 Ω的新电源，在图乙中作出新电源的I -U 图线，如图，两图线的交点表示出了此时L 2两端的电压与通过的电流的大小，由图知U 2＝1.5 V ，I 2＝0.2 A ，所以R 2＝U 2I 2＝1.50.2 Ω＝7.5 Ω，P 2＝U 2I 2＝1.5×0.2 W ＝0.3 W ，C 、D 正确．]考点2交变电流的产生与描述(对应学生用书第52页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年1考：2018年Ⅲ卷T21[考情分析]1．该考点单独命题较少，常与变压器结合在一起命题．2．考查的重点是交变电流的变化规律及有效值的意义和计算．3．要掌握电磁感应现象产生的原因，法拉第电磁感应定律及交变电流中的基本概念和常用物理量．4．感应电动势产生及大小的计算，特别是切割类中的有效长度易错．2．(交流电的产生及有效值的计算)(多选)(2018·Ⅲ卷T21)如图10-4所示，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．现使线框M、N在t＝0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面且过O M和O N的轴，以相同的周期T逆时针匀速转动，则()图10-4A．两导线框中均会产生正弦交流电B．两导线框中感应电流的周期都等于TC．在t＝T8时，两导线框中产生的感应电动势相等D．两导线框的电阻相等时，两导线框中感应电流的有效值也相等[题眼点拨]①“半圆形导线框”说明转初过程中一直有感应电流；②“扇形导线框”说明转动过程中只有一半时间内有感应电流；③“半径相等”说明有效切割长度相同．BC [两导线框匀速转动切割磁感线产生感应电动势的大小不变，选项A 错误；导线框的转动周期为T ，则感应电流的周期也为T ，选项B 正确；在t ＝T 8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 导线框中只有一半时间内有感应电流，所以两导线框的电阻相等时，感应电流的有效值不相等，选项D 错误．]在第2题中，若改成如图10-5所示的情景．单匝矩形闭合导线框abcd 一半处于磁感应强度为B 的水平有界匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R .线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO ′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界．试写出线框中感应电流的瞬时值表达式并画出i -t 图象．(图中位置为计时位置)图10-5【解析】线框中产生电动势的最大值Em ＝12BωS ，则I m ＝E m R ＝BωS 2R因图中位置为中性面，故电流瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ＝BωS 2R sin ωti -t 图象如图所示．【答案】见解析■释疑难·类题通法…………………………………………………………………·解决交变电流的产生和描述的基本思路(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)书写交变电流瞬时值表达式的基本思路①确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBSω求出相应峰值．②明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．a ．若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 .b ．若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 .■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 交变电流的产生3．(多选)小型发电机线圈共N 匝，每匝可简化为矩形线圈abcd ，bc 边长度为L 1，磁极间的磁场可视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO ′，线圈以角速度ω绕OO ′匀速转动，如图10-6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，下列说法正确的是( )【导学号：19624121】图10-6A ．ab 边长度为L ＝2e 0BωL 1B ．产生的交变电流的周期是2πωC ．若从中性面开始计时，则发电机的感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωtD ．发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，产生的感应电动势的平均值是2Ne 0πAC [由题意可知，线圈ab 边和cd 边产生的感应电动势的最大值都为e 0，由e 0＝BL v ＝BL ωL 12，解得L ＝2e 0BωL 1，选项A 正确；T ＝2πω，选项B 错误；对单匝矩形线圈，其感应电动势最大值为2e 0，发电机线圈共N 匝，所以发电机线圈中总感应电动势最大值为2Ne 0，从中性面开始计时，则感应电动势的瞬时值表达式为e ＝2Ne 0sin ωt ，选项C 正确；发电机线圈从垂直中性面位置转动90°的过程中，磁通量变化量为ΔΦ＝BLL 1＝2e 0ω，时间Δt ＝T 4＝π2ω，产生的感应电动势平均值是E －＝N ΔΦΔt ＝4Ne 0π，选项D 错误．]考向2 交变电流的“四值”问题4．(多选)(2018·天津河东区二模)如图10-7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cd 边重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π6时的感应电流为I ，下列说法正确的是( )图10-7A ．线框中感应电流的有效值为2IB ．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IR ωC ．从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为2I ωD ．线框转动一周的过程中，产生的热量为8πI 2R ωBC [由E m ＝nBSω，从中性面开始计时，则电流i ＝nBSωR sin ωt ，当ωt ＝π6时电流为I，则I＝nBSω2R，则2I＝nBSωR；由nBSωR＝2I为电流的最大值，则线框中感应电流的有效值为2I2＝2I，故A错误；转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为BS＝2IRnω，因n＝1，则B正确；从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为BStR t＝BSR＝2Iω，则C正确；电流的有效值为2I，线框转动一周的过程中，产生的热量为Q＝(2I)2R×2πω＝4πRI2ω，则D错误．](2018·张掖模拟)电动机的内电阻r＝2 Ω，与R＝8 Ω的电阻串联接在线圈上，如图所示．已知线圈面积为220m2，共100匝，线圈的电阻为2 Ω，线圈在B＝2πT的匀强磁场中绕OO′以转速n＝600 r/min匀速转动，在合上开关S后电动机正常工作时，电压表的示数为100 V．则下列说法正确的是()A．电路中电流的最大值为5 2 AB．电路中电流的最大值为10 2 AC．电动机正常工作时的输出功率为1 000 WD．电动机正常工作时的输出功率为800 2 WB[线圈的角速度ω＝20π rad/s，电动势的最大值E m＝NBSω＝200 2 V，有效值E＝E m2＝200 V，电路中的电流I＝E－UR＋r线圈＝10 A，电流的最大值为I m＝10 2 A，选项A错误，B正确；电动机正常工作时的输出功率为P出＝UI－I2r＝800 W，选项C、D错误．]考向3交变电流的图象问题5．(多选)(2018·湖南衡阳联考)如图10-8甲所示，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，产生的交变电动势如图乙中曲线a 、b 所示，则下列说法正确的是( )【导学号：19624122】图10-8A ．曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36sin 25πt VB ．曲线b 表示的交变电动势最大值为28.8 VC ．t ＝5×10－2 s 时，曲线a 、b 对应的感应电动势大小之比为32∶2 D ．t ＝6×10－2 s 时，曲线a 对应线框的磁通量最大，曲线b 对应线框的磁通量为0AC [由图乙可知，E m a ＝36 V ，ωa ＝2πT a＝2π8×10－2 rad/s ＝25π rad/s ，则曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝E m a sin ωa t ＝36sin 25πt V ，故A 正确；由图乙知曲线a 、b 表示的交变电流的周期之比为T a ∶Τb ＝(8×10－2)∶(12×10－2)＝2∶3，由ω＝2πT 可知ωa ∶ωb ＝T b ∶T a ＝3∶2，所以曲线a 、b 表示的交变电动势的最大值之比为E m a ∶E m b ＝NBSωa ∶NBSωb ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，又知E m a ＝36 V ，则E m b ＝24 V ，故B 错误；曲线a 表示的交变电动势瞬时值e a ＝36sin 25πt V ，曲线b 表示的交变电动势瞬时值e b ＝24sin 2π12×10－2t V ，将t ＝5×10－2 s 代入，得e a ＝－18 2 V ，e b ＝12 V ，|e a |∶e b ＝32∶2，故C 正确；由图乙知t ＝6×10－2 s 时，a 的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b 的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故D 错误．](多选)如图甲所示，将阻值为R ＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交流电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中．对此，下列说法正确的是( )A ．电阻R 两端电压变化规律的函数表达式为u ＝2.5sin 200πt (V)B ．在t ＝0.01 s 时刻穿过线圈的磁通量为180πWbC ．如图丙所示，若此交变电流由一矩形导线框在匀强磁场中匀速转动产生，当导线框的转速提高一倍后，电流表的示数为1 AD ．这一交变电流与图丁所示电流比较，其有效值的比为12ABD [读取i -t 图象信息．电流最大值为I m ＝0.5 A 、周期为T ＝0.01 s. 理解函数关系式．角速度为ω＝2πT ＝200π rad/s ，电阻R 两端电压最大值为U m ＝I m R ＝2.5 V ，则有u ＝2.5sin 200πt (V)，故选A.又有U m ＝BSω，在t ＝0.01 s 时刻穿过线圈的磁通量为Φm ＝BS ＝U m ω＝180πWb ，故选B.当转速提高一倍，则ω提高一倍，则U m ′＝2BSω，变为原来的2倍，则电流有效值也变为原来的2倍，为2×I m 2＝2×0.52A ≠1 A ，的示数为有效值，故不选C.图乙的正弦交流电的电流有效值为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，其有效值为0.5 A，其比值为0.520.5＝12，故选D.]考点3变压器问题(对应学生用书第53页)■品真题·感悟高考……………………………………………………………·[考题统计]五年4考：2018年Ⅰ卷T16、Ⅲ卷T192018年Ⅰ卷T162018年Ⅱ卷T21[考情分析]1．该考点是本专题的命题热点，理想变压器的原理、基本规律的应用、电路结构的变化及分析与计算是主要命题角度．2．熟练掌握理想变压器的“三种关系”，能用直流电路动态分析方法结合变压器制约关系分析动态问题是突破该考点的关键．3．变压器“电压比”中电压是指变压器两端的电压．4．公式I1I2＝n2n1仅用于“一原一副”的情况．“一原多副”要结合功率关系求解．5．变压器动态变化类要看清电路结构，找到变化原因，分清变量、不变量．3．(变压器的基本关系)(2018·Ⅰ卷T16)一含有理想变压器的电路如图10-9所示，图中电阻R1、R2和R 3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω，为理想交流电流表，U为正弦交流电压源，输出电压的有效值恒定．当开关S断开时，电流表的示数为I；当S闭合时，电流表的示数为4I.该变压器原、副线圈匝数比为()【导学号：19624123】图10-9A．2B．3C．4 D．5[题眼点拨]①“S断开”说明副线圈R2、R3串联；②“S闭合”说明副线圈电阻R3被短路；③“理想变压器”说明电源输出功率等于R1与副线圈消耗的功率之和．B[设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为I时，副线圈电流为kI；原线圈电流为4I时，副线圈电流为4kI.根据变压器的输入功率等于输出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确．]4．(变压器的基本关系)(多选)(2018·Ⅲ卷T19)如图10-10所示，理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b.当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是()图10-10A．原、副线圈匝数比为9∶1B．原、副线圈匝数比为1∶9C．此时a和b的电功率之比为9∶1D．此时a和b的电功率之比为1∶9AD[设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0I a＝U0I b得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据P＝UI，a、b灯泡的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．]在第4题中，将两额定电压相同的灯泡a、b换为电阻值相同的两个定值电阻如图10-11所示．已知理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1 ，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，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10-11A ．U ＝66 V ，k ＝19B ．U ＝22 V ，k ＝19C ．U ＝66 V ，k ＝13D ．U ＝22 V ，k ＝13【解析】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 21R I 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U 3＋3U ＝220 V ，解得U ＝66 V ．选项A 正确．【答案】 A5．(变压器的动态分析)(多选) (2018·Ⅱ卷T 21)如图10-12所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表Ⓐ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( )【导学号：19624124】图10-12A ．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[题眼点拨] ①“二极管正向电阻为零，反向电阻无穷大”说明一个周期T内R 中只有T 2时间有电流通过；②“将二极管短路”说明R 两端电压为正弦式交变电压．BD [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R 的阻值，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 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 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．]■熟技巧·类题通法…………………………………………………………………·变压器分析与计算的两点技巧1．理想变压器问题中的两个“理清”(1)理清变量和不变量．如原线圈电压不变，原、副线圈的匝数比不变，其他物理量可随电路的变化而发生变化．(2)理清动态变化过程中的决定关系，即U 2由U 1决定，P 1、I 1由P 2、I 2决定．2．理想变压器问题的分析流程(1)由U 1U 2＝n 1n 2分析U 2的情况； (2)由I 2＝U 2R 分析I 2的情况；(3)由P 1＝P 2＝I 2U 2判断输入功率的情况；(4)由P 1＝I 1U 1分析I 1的变化情况．■对考向·高效速练…………………………………………………………………..· 考向1 变压器的基本关系6. (2018·北京高考)如图10-13所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )【导学号：19624125】图10-13A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 sB [理想变压器原线圈两端电压的有效值为U 1＝220 V ，U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝n 2U 1n 1＝110 V ，即电压表的读数为110 V ，通过负载电阻的电流I 2＝U 2R ＝11055 A ＝2 A ，则副线圈的输出功率P ＝U 2I 2＝110×2 W ＝220 W ，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，为220 W ，故选项A 、C 错误．由n 1I 1＝n 2I 2得I 1＝n 2I 2n 1＝1 A ，即电流表的读数为1 A ，选项B 正确．由u ＝2202sin 100πt (V)可知，角速度ω＝100π rad/s ，原线圈所接交流电的周期T ＝2πω＝0.02 s ，副线圈输出交流电的周期不变，仍为0.02 s ，选项D 错误．]考向2 变压器的动态分析7．(2018·鸡西市模拟)某同学模拟“远距离输电”，将实验室提供的器材连接成如图10-14所示电路，A 、B 为理想变压器，灯L 1、L 2相同且阻值不变．保持A 的输入电压不变，开关S 断开时，灯L 1正常发光．则( )图10-14A ．仅闭合S ，L 1变亮B ．仅闭合S ，A 的输入功率变小C ．仅将滑片P 上移，L 1变亮D ．仅将滑片P 上移，A 的输入功率变小D[闭合S，则消耗功率增大，B副线圈中电流增大，B原线圈电流也增大，则R上损失的电压和功率增大，则B输入电压U B1＝U A2－IR，减小，灯泡两端电压U B2减小，故灯泡会变暗，故A错误；由上分析知A的输入电流增大，电压不变，根据P＝UI知输入功率增大，故B错误；仅将滑片P上移，A副线圈匝数减小，则输出电压减小，B的输入电压减小，灯泡电压也减小，故L1变暗，消耗功率减小，则A输入功率减小，故C错误，D正确．](2018·晋城市三模)如图1所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，副线圈线路由理想电压表、理想电流表、理想二极管、电阻R及电容器连接组成，R＝55 Ω，原线圈a、b端接入如图2所示的交变电流，则下列说法正确的是()A．电流表的示数为 2 AB．电压表的示数为110 VC．若只增大原线圈输入交流电的频率，则电流表的示数变大D．若只增大原线圈输入交流电的频率，则电压表的示数变小C[原线圈两端的输入电压的有效值为220 V，根据U1U2＝n1n2可得U2＝110V，由于理想二极管反向电阻无穷大，故相当于断路，故交变电流只有半个周期通过，根据电流的热效应可得U22R·T2＝U′2R·T，解得U′＝55 2 V，由于流过电流表的电流为流过电阻和电容器的电流之和，因无法求得流过电容器的电流，故无法求得电流表的电流，故A、B错误；若只增大原线圈输入交流电的频率，电容器的容抗减小，故副线圈回路中总的电阻减小，根据I＝U′R总可知，电流增大，故C正确；若只增大原线圈输入交流电的频率，电压表的示数不变，故D错误．]热点模型解读| 输电模型(对应学生用书第55页)压变压器的变压比为n ，输电线的电阻为R ，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电机输出的电压恒为U ，若由于用户的负载变化，使电压表V 2的示数减小了ΔU ，则下列判断正确的是( )图10-15A ．电流表A 2的示数增大了ΔU RB ．电流表A 1的示数增大了n ΔU RC ．电流表V 1的示数减小了ΔUD ．输电线损失的功率增加了(n ΔU R )2R[解题指导] 此题属于远距离输电过程中的变压器动态分析模型，理想变压器满足原副线圈电压、电压变化量与匝数成正比，电流的变化量与匝数成反比．B [电压表V 2的示数减小了ΔU ，根据变压器的变压比可知降压变压器输入电压减小了ΔU 3＝n ΔU ，由于升压变压器输入电压不变，因此输电线上的电压增大了n ΔU ，因此电流表A 1的示数增大了n ΔU R ，B 正确；根据变流比，电流表A 2的示数增大了n 2ΔU R ，A 错误；由于发电机的输出电压不变，因此升压变压器的输出电压不变，电压表V 1的示数不变，C 错误；设原来输电线上的电流为I ，则输电线损失的功率增加了(I ＋n ΔU R )2R －I 2R ，不等于(n ΔU R )2R ，D 错误．][拓展应用] (2018·黄冈中学模拟)一般发电机组输出的电压在十千伏上下，不符合远距离输电的要求．要在发电站内用升压变压器，升压到几百千伏后再向远距离输电．到达几百公里甚至几千公里之外的用电区之后，再经“一次高压变电站”“二次变电站”降压．已知经低压变电站降压变压器(可视为理想变压器)后供给某小区居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，该变压器原、副线圈匝数比为50∶1，则( )【导学号：19624126】A ．原线圈上的电压为11 000 2 VB ．原线圈中电流的频率是100 HzC ．原线圈使用的导线应该比副线圈的要粗D ．采用高压输电有利于减少输电线路中的损耗D [供给某小区居民的交流电u ＝2202sin 100πt V ，最大值为220 2 V ，故输出电压有效值为220 V ，根据变压比公式U 1U 2＝n 1n 2，输入电压为：U 1＝50×2201V＝11 000 V，故A错误；交流电u＝2202sin 100πt V，故频率f＝100π2πHz＝50 Hz，故B错误；变压器原、副线圈的电流比等于匝数之反比，即I1I2＝n2n1＝150，副线圈的电流大于原线圈的电流，所以副线圈的导线粗，故C错误；在输送电功率一定的情况下，根据公式P＝UI，高压输电有利于减小输电电流，电功率损耗ΔP＝I2r也会减小，故D正确．]。

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高考一轮物理(通用版)文档第十章电磁感应章末专题复习教师用书Word版含答案

章末专题复习物理方法|等效法在电磁感应中的应用1．方法概述闭合线圈磁通量的变化或导体棒切割磁感线形成感应电流．将电磁感应和电路问题相结合，采用等效的方法找到电源和电路结构，利用闭合电路问题求解．2．方法技巧(1)明确切割磁感线的导体相当于电源，其电阻是电源的内阻，其他部分为外电路，电源的正、负极由右手定则来判定．(2)画出等效电路图，并结合闭合电路欧姆定律等有关知识解决相关问题．3．等效问题如图10-1所示，直角三角形导线框abc固定在匀强磁场中，ab是一段长为L、电阻为R的均匀导线，ac和bc的电阻可不计，ac长度为L2.磁场的磁感应强度为B，方向垂直纸面向里．现有一段长度为L2，电阻为R2的均匀导体棒MN架在导线框上，开始时紧靠ac，然后沿ab方向以恒定速度v向b端滑动，滑动中始终与ac平行并与导线框保持良好接触，当MN滑过的距离为L3时，导线ac中的电流为多大？方向如何？图10-1【解析】 MN 滑过的距离为L 3时，如图甲所示，它与bc 的接触点为P ，等效电路图如图乙所示．甲乙由几何关系可知MP 长度为L 3，MP 中的感应电动势E ＝13BL vMP 段的电阻r ＝13RMacP 和MbP 两电路的并联电阻为r 并＝13×2313＋23R ＝29R由欧姆定律得，PM 中的电流I ＝E r ＋r 并ac 中的电流I ac ＝23I解得I ac ＝2BL v 5R根据右手定则可知，MP 中的感应电流的方向由P 流向M ，所以电流I ac 的方向由a 流向c .【答案】 2BL v 5R 方向由a 流向c[突破训练]1．如图10-2所示，水平桌面上固定有一半径为R 的金属细圆环，环面水平，圆环每单位长度的电阻为r ，空间有一匀强磁场，磁感应强度大小为B ，方向竖直向下；一长度为2R 、电阻可忽略的导体棒置于圆环左侧并与环相切，切点为棒的中点．棒在拉力的作用下以恒定加速度a 从静止开始向右运动，运动过程中棒与圆环接触良好．下列说法正确的是()图10-2A．拉力的大小在运动过程中保持不变B．棒通过整个圆环所用的时间为2R aC．棒经过环心时流过棒的电流为B2aR πrD．棒经过环心时所受安培力的大小为8B2R2aRπrD[导体棒做匀加速运动，合外力恒定，由于受到的安培力随速度的变化而变化，故拉力一直变化，选项A错误；设棒通过整个圆环所用的时间为t，由匀变速直线运动的基本关系式可得2R＝12at2，解得t＝4Ra，选项B错误；由v2－v2＝2ax可知棒经过环心时的速度v＝2aR，此时的感应电动势E＝2BR v，此时金属圆环的两侧并联，等效电阻r总＝πRr2，故棒经过环心时流过棒的电流为I＝Er总＝4B2aRπr，选项C错误；由对选项C的分析可知棒经过环心时所受安培力的大小为F＝2BIR＝8B2R2aRπr，选项D正确．]物理模型|电磁感应中的“杆＋导轨”模型1．单杆模型(1)模型特点：导体棒运动→感应电动势→闭合回路→感应电流→安培力→阻碍棒相对于磁场运动．图10-3(2)分析思路：确定电源(3)解题关键：对棒的受力分析，动能定理应用．图10-4 2．双杆模型(1)模型特点①一杆切割一杆静止时，分析同单杆类似．②两杆同时切割时，回路中的感应电动势由两杆共同决定，E＝ΔΦΔt＝Bl|v1－v2|.(2)解题要点：单独分析每一根杆的运动状态及受力情况，建立两杆联系，列方程求解．如图10-5所示，两根足够长的平行金属导轨固定在倾角θ＝30°的斜面上，导轨电阻不计，间距L＝0.4 m．导轨所在空间被分成区域Ⅰ和Ⅱ，两区域的边界与斜面的交线为MN，Ⅰ中的匀强磁场方向垂直斜面向下，Ⅱ中的匀强磁场方向垂直斜面向上，两磁场的磁感应强度大小均为B＝0.5 T．在区域Ⅰ中，将质量m1＝0.1 kg，电阻R1＝0.1 Ω的金属条ab放在导轨上，ab刚好不下滑．然后，在区域Ⅱ中将质量m2＝0.4 kg，电阻R2＝0.1 Ω的光滑导体棒cd置于导轨上，由静止开始下滑．cd在滑动过程中始终处于区域Ⅱ的磁场中，ab、cd始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触，g取10 m/s2.问：图10-5(1)cd下滑的过程中，ab中的电流方向；(2)ab刚要向上滑动时，cd的速度v多大；(3)从cd开始下滑到ab刚要向上滑动的过程中，cd滑动的距离x＝3.8 m，此过程中ab上产生的热量Q是多少．【思路导引】【解析】(1)由右手定则可判断出cd中的电流方向为由d到c，则ab中电流方向为由a流向b.(2)开始放置ab刚好不下滑时，ab所受摩擦力为最大静摩擦力，设其为F max，有F max＝m1g sin θ①设ab刚要上滑时，cd棒的感应电动势为E，由法拉第电磁感应定律有E＝BL v②设电路中的感应电流为I，由闭合电路欧姆定律有I＝ER1＋R2③设ab所受安培力为F安，有F安＝BIL ④此时ab受到的最大静摩擦力方向沿斜面向下，由平衡条件有F安＝m1g sin θ＋F max ⑤综合①②③④⑤式，代入数据解得v＝5 m/s.(3)设cd棒运动过程中在电路中产生的总热量为Q总，由能量守恒定律有m2gx sin θ＝Q总＋12m2v2又Q＝R1R1＋R2Q总解得Q＝1.3 J.【答案】(1)由a流向b(2)5 m/s(3)1.3 J[突破训练]2．(2017·四川雅安中学月考)如图10-6所示，两条足够长的平行金属导轨相距L，与水平面的夹角为θ，整个空间存在垂直于导轨平面的匀强磁场，磁感应强度大小均为B，虚线上方轨道光滑且磁场方向垂直导轨平面向上，虚线下方轨道粗糙且磁场方向垂直导轨平面向下．当导体棒EF 以初速度v 0沿导轨上滑至最大高度的过程中，导体棒MN 一直静止在导轨上，若两导体棒质量均为m 、电阻均为R ，导轨电阻不计，重力加速度为g ，在此过程中导体棒EF 上产生的电热为Q ，求：(1)导体棒MN 受到的最大摩擦力；(2)导体棒EF 上升的最大高度．图10-6【解析】 (1)EF 获得向上初速度v 0时，产生感应电动势E ＝BL v 0，电路中电流为I ，由闭合电路的欧姆定律有I ＝E 2R ，此时对导体棒MN 受力分析，由平衡条件有F A ＋mg sin α＝F f ，F A ＝BIL ，解得F f ＝B 2L 2v 02R ＋mg sin θ.(2)导体棒EF 上升过程MN 一直静止，对系统由能的转化和守恒定律有12m v 20＝mgh ＋2Q ，解得h ＝m v 20－4Q 2mg .【答案】 (1)B 2L 2v 02R ＋mg sin θ (2)m v 20－4Q 2mg高考热点|电磁感应中电荷量和焦耳热的计算1．电荷量的计算(1)思考方向：根据法拉第电磁感应定律E ＝n ΔΦΔt确定平均感应电动势，结合闭合电路欧姆定律和电流的定义式I ＝q t 计算电荷量．(2)公式推导过程根据法拉第电磁感应定律→回路中平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ↓根据闭合电路欧姆定律→I＝ER＋r＝nΔΦΔt(R＋r)↓根据电流定义式I＝qt→q＝IΔt＝nΔΦR＋r2．焦耳热的计算求解电磁感应过程中产生的焦耳热，有以下三种思路：(1)电路中感应电流恒定时：应用焦耳定律：Q＝I2Rt.(2)导体切割磁感线克服安培力做功：焦耳热等于克服安培力做的功：Q＝W安．(3)电路中感应电流是变化的：根据功能关系来求解焦耳热．如图10-7所示，一对光滑的平行金属导轨固定在同一水平面内，导轨间距l＝0.5 m，左端接有阻值R＝0.3 Ω的电阻．一质量m＝0.1 kg、电阻r＝0.1 Ω的金属棒MN放置在导轨上，整个装置置于竖直向上的匀强磁场中，磁场的磁感应强度B＝0.4 T．棒在水平向右的外力作用下，由静止开始以a＝2 m/s2的加速度做匀加速运动，当棒的位移x＝9 m时撤去外力，棒继续运动一段距离后停下来，已知撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q1∶Q2＝2∶1.导轨足够长且电阻不计，棒在运动过程中始终与导轨垂直且两端与导轨保持良好接触．求：图10-7(1)棒在匀加速运动过程中，通过电阻R的电荷量q；(2)撤去外力后回路中产生的焦耳热Q2；(3)外力做的功W F.【思路导引】【解析】 (1)设棒匀加速运动的时间为Δt ，回路的磁通量变化量为ΔΦ，回路中的平均感应电动势为E ，由法拉第电磁感应定律得 E ＝ΔΦΔt① 其中ΔΦ＝Blx ②设回路中的平均电流为I ，由闭合电路欧姆定律得 I ＝E R ＋r ③则通过电阻R 的电荷量为q ＝I Δt ④联立①②③④式，代入数据得q ＝4.5 C ． ⑤(2)设撤去外力时棒的速度为v ，对棒的匀加速运动过程，由运动学公式得v 2＝2ax ⑥设棒在撤去外力后的运动过程中安培力所做的功为W ，由动能定理得W ＝0－12m v 2 ⑦撤去外力后回路中产生的焦耳热Q 2＝－W ⑧联立⑥⑦⑧式，代入数据得Q 2＝1.8 J ． ⑨(3)由题意知，撤去外力前后回路中产生的焦耳热之比Q 1∶Q 2＝2∶1，可得Q 1＝3.6 J ⑩在棒运动的整个过程中，由功能关系可知W F ＝Q 1＋Q 2⑪由⑨⑩⑪式得W F ＝5.4 J.【答案】 (1)4.5 C (2)1.8 J (3)5.4 J[突破训练]3．如图10-8所示，两根足够长平行金属导轨MN、PQ固定在倾角θ＝37°的绝缘斜面上，顶部接有一阻值R＝3 Ω的定值电阻，下端开口，轨道间距L＝1 m．整个装置处于磁感应强度B＝2 T的匀强磁场中，磁场方向垂直斜面向上．质量m＝1 kg的金属棒ab置于导轨上，ab在导轨之间的电阻r＝1 Ω，导轨电阻不计．金属棒ab由静止释放后沿导轨运动时始终垂直于导轨，且与导轨接触良好．已知金属棒ab沿导轨向下运动的最大速度v m＝2.0 m/s，sin 37°＝0.6，cos 37°＝0.8，g取10 m/s2.(1)求金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ；(2)若从金属棒ab开始运动至达到最大速度过程中，电阻R上产生的焦耳热为1.5 J，求流过电阻R的总电荷量q.【导学号：92492381】图10-8【解析】(1)金属棒由静止释放后，沿导轨做变加速运动，加速度不断减小，当加速度为零时有最大速度v m.由牛顿第二定律得mg sin θ－μmg cos θ－F安＝0F安＝BIL，I＝ER＋r，E＝BL v m.解得金属棒ab与导轨间的动摩擦因数μ＝0.5.(2)设金属棒从开始运动至达到最大速度过程中，沿导轨下滑距离为x 由能量守恒定律得mgx sin θ＝μmgx cos θ＋Q R＋Q r＋12m v2m根据焦耳定律得Q RQ r＝Rr，则金属棒上产生的焦耳热Q r＝0.5 J解得x＝2.0 m根据q＝IΔt，I＝ER＋r，E＝ΔΦΔt，ΔΦ＝BLx可得q＝BLxR＋r＝1.0 C.【答案】(1)0.5(2)1.0 C。

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 .

2018版高考物理全国专用大二轮总复习与增分策略课件专题十八交变电流

答案
3.功率损失 (1)ΔP＝P－P′.
(2)ΔP＝
I2R
U－U′2 ＝R.
4.输送电流 (1)I＝UP.
U－U′ (2)I＝ R .
答案
加试基础练
12345
1.(多选)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，能产生正弦式交变电流的是( )
√
√
√
解析选项C情况下，穿过线圈的磁通量始终为零，不能产生正弦式交变电流，而A、B、D情况均可产生.
解析
12345
5.输电线的电阻共计为r，输送的电功率为P，用电压U送电，则用户能
得到的电功率为( ) A.P
√B.P－UP22r
C.P－Ur 2
P2 D.U2r
解析输电电流 I＝UP，输电线上的损失功率 P′＝I2r＝UP22r，
用户得到的功率 P 用＝P－P′＝P－UP22r，故本题只有 B 正确.
减小电流，必须提高电压.
(3)输电线路功率损失的计算方法 ①P损＝P－P′，P为输送的功率，P′为用户所得功率. ②P损＝I线2R线，I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻. ③P损＝ΔRU线2 ，ΔU为在输电线路上损失的电压，R线为线路电阻. ④P损＝ΔUI线，ΔU为在输电线路上损失的电压，I线为输电线路上的电流.
＝
1 2Um ，I＝
1 2Im .
答案
三、电感和电容对交变电流的影响 1.电感器对交变电流的阻碍作用 (1)线圈的自感系数越大，交流的频率越高，对交变电流的阻碍作用越大. (2)电感器的应用
类型区别
自感系数
低频扼流圈较大
高频扼流圈较小
阻碍作用
较大
较小
应用
通直流、阻交流通低频、阻高频

高三物理总复习第十章章末整合

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A．V1 的示数保持 311V，V2 的示数减小 B．V1 的示数减小，V2 的示数减小 C．A1 的示数增大，A2 的示数增大 D．A1 的示数增大，A2 的示数减小
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[解析] 原线圈两端的电压不变，B 错．电表读数为交流电的有效值，原线圈电压最大值为 311V，有效值为 220V， A 错．根据理想变压器的电压与匝数的关系，副线圈两端的电压也不变．R2 处温度升高时，传感器 R2 电阻减小，则副线圈电流增大，所以通过电阻 R3 上的电流将增大，电阻 R3 上的电压也将增大，则 V2 的示数减小，R1 两端的电压
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A．1 ∶ 2 C．1 ∶3
B．1 ∶2 D．1 ∶6
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[解析] 电功的计算要用有效值计算，图甲中，由有效 1 2 1 2 －2 2 值的定义得( ) R×2×10 ＋0＋( ) R×2×10 － 2 ＝ I 1 2 2 R×6×10－2，解得 I1＝ 3 A；图乙中，电流的大小不变， 3
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减小，A2 的示数减小．由理想变压器的电流与匝数的关系可知，副线圈的电流增大，则原线圈中的输入电流增大， A1 的示数增大，故 C 错、D 正确．
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[答案] D
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(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。

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