高考物理一轮复习 第10章 交变电流 传感器课时作业29
步步高高考物理一轮复习(新课标)同步测试：第10章 交变电流 传感器 章末
第十章章末检测1．一个矩形线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流e＝220 2sin 100πt(V)，那么()．A．该交变电流的频率是100 HzB．当t＝0时，线圈平面恰好与中性面垂直C．当t＝1200s时，e最大D．该交变电流电动势的有效值为220 2 V解析根据交变电流的表达式可知该交变电流的频率f＝ω2π＝50 Hz，有效值为220 V，A、D错；当t＝0时，e＝0，所以线圈平面恰好处于中性面，B错；当t＝1200s时，e有最大值220 2 V，C正确．答案 C2．供电公司检修人员用交流电表监控供电线路中强电流和高电压，使用的仪器是电流互感器和电压互感器，接线如图1所示．其中n1、n2、n3、n4分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，下列说法中正确的是()．图1A．A为电流互感器，且n1<n2，a是电流表B．B为电压互感器，且n3>n4，b是电压表C．B为电流互感器，且n3<n4，b是电流表D．A为电压互感器，且n1>n2，a是电压表解析A为电流互感器，串联接入电路，副线圈中电流较小，则n1<n2，a是电流表，A正确；B为电压互感器，并联接入电路，副线圈中电压较小，则n3>n4，b是电压表，B正确．答案AB3．电阻R1、R2和交流电源按照图2甲所示方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示，则()．图2A．通过R1的电流的有效值是1.2 AB．R1两端的电压有效值是6 VC．通过R2的电流的有效值是1.2 2 AD．R2两端的电压有效值是6 2 V解析由题图知流过R2交流电电流的最大值I2m＝0.6 2 A，故选项C错误；由U2m＝I2m R2＝12 2 V知，选项D错误；因串联电路电流处处相同，则I1m＝0.6 2 A，电流的有效值I1＝I1m2＝0.6 A，故A项错误；由U1＝I1R1＝6 V，故选项B正确．答案 B4．如图3所示，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正确的是()．图3A ．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203 V解析 由图可知t ＝0时刻感应电动势为零，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 ＝10sin 5πt (V)，选项C 正确；感应电动势最大值U m ＝NBSω＝NBS ⎝ ⎛⎭⎪⎫2πT ，所以U m a ∶U m b ＝T b ∶T a ，交流电b 的最大值为203 V ，选项D 正确．答案 BCD5．如图4所示，abcd 为一边长为L 、匝数为N 的正方形闭合线圈，绕对称轴OO ′匀速转动，角速度为ω.空间中只有OO ′左侧存在垂直纸面向里的匀强磁场，磁感应强度为B .若闭合线圈的总电阻为R ，则( )．图4A ．线圈中电动势的有效值为22NBL 2ωB ．线圈中电动势的最大值为12NBL 2ωC ．在转动一圈的过程中，线圈中有一半时间没有电流D ．当线圈转到图中所处的位置时，穿过线圈的磁通量为12NBL 2解析最大值E m＝12NBL2ω，有效值E＝E m2＝24NBL2ω.在转动的过程中，线圈始终有一半在磁场中运动，故线圈中始终有电流通过．图中所示位置中，穿过线圈的磁通量为12BL2，正确选项为B.答案 B6．如图5所示，矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表A组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动，转动的角速度ω＝100π rad/s.线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m，ad＝0.4 m，电阻不计．磁场只分布在bc边的左侧，磁感应强度大小B＝216πT．电容器放电时间不计．下列说法正确的是()．图5A．该线圈产生的交流电动势峰值为50 VB．该线圈产生的交流电动势有效值为25 2 VC．电容器的耐压值至少为50 VD．电容器的电容C变大时，电流表的示数变小解析该交流电的瞬时值表达式为e＝NBSωsin ωt＝502sin 100πt V，其峰值为50 2 V，所以A、C均错．由于一个周期内只有半个周期产生感应电动势，所以有E2R T＝502R×T2＋0，解得E＝25 2 V，即B正确．C变大时电容器对交流电的阻碍作用减小，电流表的示数变大，所以D错．答案 B7．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW ，现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )．A ．输电线上输送的电流大小为2.0×105 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻解析 输电线上输送的电流I ＝P U ＝3×106 kW 500 kV ＝6 000 A ，A 错；输电线上损失的电压为ΔU ＝Ir ＝6 000×2.5 V ＝1.5×104 V ＝15 kV ，B 对；若改用5 kV的电压输电，则输电线上输送的电流I ′＝P U ′＝3×106 kW 5 kV ＝6×105 A ，输电线上损失的功率ΔP ＝I ′2r ＝(6×105)2×2.5 W ＝9×108 kW ，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106 kW ，C 错；D 项中输电线上损失的功率ΔP ＝U 2r ，U 应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D 错． 答案 B8．电阻为1 Ω的矩形线圈绕垂直于磁场方向的轴，在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势随时间变化的图象如图6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( )．图6A ．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＝RR＋rU＝99＋1×U m2＝90 2 V，故C项错．根据电功率公式P＝U2RR＝(902)29W＝1 800 W，故D项正确．答案 D9．如图7甲所示，矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴在匀强磁场中匀速转动，输出交流电的电动势图象如图乙所示，经原副线圈的匝数比为1∶10的理想变压器给一灯泡供电，如图丙所示，副线圈电路中灯泡额定功率为22 W．现闭合开关，灯泡正常发光．则()．图7A．t＝0.01 s时刻穿过线框回路的磁通量为零B．交流发电机的转速为50 r/sC．变压器原线圈中电流表示数为1 AD．灯泡的额定电压为220 2 V解析由题图知t＝0.01 s时e＝0，此时线圈平面位于中性面，磁通量最大，A错；周期T＝0.02 s，所以n＝1T＝50 r/s，B对；由理想变压器原理得：U1U L＝n1n2，其中U1＝2222V，得U L＝220 V，I L＝PU L＝0.1 A，而I1I L＝n2n1，得I1＝1 A，C对；灯泡的额定电压为交流电压的有效值220 V，D错．答案BC10．如图8甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A的保险丝L，原线圈匝数n1＝600匝，副线圈匝数n2＝120匝．当原线圈接在如图乙所示的交流电源上时，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接()．图8A．阻值为12 Ω的电阻B．并联两盏“36 V,40 W”的灯泡C．工作频率为10 Hz的用电设备D．耐压值为36 V的电容器解析根据图乙可知，原线圈输入的交变电压的最大值U1m＝180 2 V，有效值U1＝180 V，周期T1＝0.02 s，频率f1＝1/T1＝50 Hz，又n1∶n2＝5∶1，所以副线圈的输出电压的最大值为U2m＝36 2 V，有效值U2＝36 V，周期T2＝T1＝0.02 s，频率f2＝f1＝50 Hz；若副线圈两端接阻值为12 Ω的电阻，则I2＝U2/R＝3 A，I1＝n2I2/n1＝0.6 A>0.5 A，即流过保险丝的电流超过了其熔断电流，选项A错误；若并联两盏“36 V,40 W”的灯泡，那么，灯泡两端电压刚好为其额定电压，此外，流过保险丝的电流I1＝n2I2/n1＝0.2I2＝0.2×2×40 36＝49(A)<0.5 A，显然，整个电路和用电器均能正常工作，所以选项B正确；输出交流电的频率为50 Hz，所以副线圈两端不可以接工作频率为10 Hz的用电设备，选项C错误；电容器的耐压值指的是允许通过的最大电压值，题中副线圈的输出电压的最大值为U2m＝36 2 V>36 V，即超过了电容器的耐压值，所以选项D错误．答案 B。
高三物理一轮总复习 第10章《交变电流 传感器》2 变压器 电能的输送课时作业 新人教版
变压器电能的输送一、选择题1．(多选)(2016·武汉调研)如图所示，某变电站用10 kV的高压向10 km外的小区供电，输送的电功率为200 kW.现要求在输电线路上损耗的功率不超过输送电功率的2%，下列不同规格的输电线中，符合要求的是( )选项型号千米电阻(Ω/km)A DYD30/C 1B DYD50/C 0.6C DYD100/C 0.3D DYD150/C 0.2【解析】由P＝UI得输电电流为20 A，输电线路上损耗的功率不超过P损＝200 kW×2%＝4 kW，由P损＝I2R解得R＝10 Ω，输电线长度为20 km，故可选择千米电阻0.5 Ω/km 以下的型号DYD100/C或DYD150/C，C、D正确．【答案】CD2．如图所示为重庆某中学教学区供电示意图，供电部门通过理想变压器原线圈A、B 端送电，虚线框内表示教学区内各教室的照明电路．已知变压器副线圈C、D两端距教学区输入端E、F距离较远，电路之间输电线电阻不能忽略，设定A、B端输入电压一定，则以下说法正确的是( )A．如果教学区同时使用的电灯减少，A、B端输入功率仍不变B．C、D端电压一定为220 VC．E、F端电压一定为220 VD．教学区内同时使用的电灯越多，E、F端输入电压越低【解析】使用的电灯减少时，输电线与照明电路的总电阻变大，副线圈两端电压U2不变，故P出＝U22R总变小，又P入＝P出，所以A、B端输出功率变小．A项错误；由于输电线电阻的分压，要保证教室内照明灯正常工作，则应有U CD>220 V；而U EF会因为使用的电灯数量不同而获得不同电压，B、C项错误；当使用的电灯越多时，输电线上损失的电压就越多，EF端输入的电压就越低，D项正确．【答案】D3．(2016·厦门质检)如图所示，a、b间接入正弦交流电，变压器右侧部分为一火灾报警系统原理图，R2为热敏电阻，随着温度升高其电阻变小，所有电表均为理想电表，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当R2所在处出现火情时，以下说法中正确的是( )A．V1的示数不变，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的示数减小，A2的示数减小【解析】V1测量的是电源的电压，由电源本身决定，与负载无关，B项错；变压器的输出电压由输入电压及变压器的变压比决定，故是否出现火情，输出电压均不变；将输出电压等效为负载电路中电源的电动势，R 3等效为电源的内电阻．出现火情时，R 2所处位置温度升高，其电阻减小，故电路总电阻减小，因此电压表V 2示数减小，A 项正确；由欧姆定律可知，通过电阻R 1的电流减小，C 项错；电路总电流增大，变压器输出功率增大，故变压器输入功率也增大，由P ＝UI 可知，原线圈中电流增大，D 项错．【答案】 A4．(2016·唐山模拟)利用超导材料零电阻的性质，可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电线的总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ．如果用临界温度以下的超导电缆替代原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103 kWC ．1.6 kWD ．10 kW【解析】 用电器的额定电流为：I ＝P U ＝40×103800A ＝50 A ，输电线上消耗的功率P 线＝I 2R ＝502×0.4 W ＝1 000 W ＝1 kW ，所以若采用超导电缆代替原来的输电线，线路上节约的电功率为1 kW .【答案】 A5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝51，电阻R 1＝R 2＝10 Ω，D 为理想二极管，原线圈接入如图乙所示的交流电源．则A ．R 2中交变电流的频率为50 HzB ．通过R 1的电流为1 AC ．通过R 2的电流为 2 AD ．变压器的输入功率为30 W 【解析】 由题图乙可知，该交流电的周期为T ＝0.04 s ，所以频率为f ＝1T＝25 Hz ，变压器和二极管都不会改变交流电的频率，所以A 错误；根据变压公式U U 1＝n 1n 2得R 1两端的电压U 1＝10 2 V ，所以通过R 1的电流为 2 A ，B 错误；根据有效值的定义，设R 2两端的电压有效值为U 2，U 21R 2T 2＝U 22R 2T ，所以U 2＝10 V ，通过R 2的电流为1 A ，C 错；变压器的输入功率为P ＝I 21R 1＋I 22R 2＝30 W ，D 对．【答案】 D6．(多选)如图是自耦变压器的示意图，负载变化时输入电压不会有大的变化．输电线的电阻用R 0表示，如果变压器上的能量损失可以忽略．以下说法正确的是( )A ．开关S 1接a ，闭合开关S ，电压表V 示数减小，电流表A 示数增大B ．开关S 1接a ，闭合开关S 后，原线圈输入功率减小C ．断开开关S ，开关S 1接a 时电流表的示数为I 1，开关S 1接b 时电流表的示数为I 2，则I 1>I 2D ．断开开关S ，开关S 1接a 时原线圈输入功率为P 1，开关S 1接b 时原线圈输入功率为P 2，则P 1<P 2【解析】 闭合开关S ，不影响变压器副线圈两端电压，副线圈所接负载的电阻变小，根据欧姆定律，电流表的读数变大，输电线上的电压变大，导致电压表的读数变小，选项A 正确；根据P ＝UI ，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项B 错误；开关S 1从接a 变到接b ，理想变压器的原线圈的匝数变小，副线圈两端电压变大，电流表的读数变大，选项C 错误；根据P ＝UI ，副线圈输出功率变大，理想变压器的输入功率等于输出功率，故原线圈输入功率增大，选项D 正确．【答案】 AD7.如图所示，有一理想变压器，原、副线圈的匝数比为n 1，原线圈接正弦交流电，电压为u ＝U 0cos 100πt(V )，副线圈接有一个交流电流表和一个电动机．电动机线圈电阻为R ，当电键S 接通后，电流表读数为I ，电动机带动一电阻为r ，质量为m 、长为l 的金属杆在光滑的没有电阻的导轨上以速度v 匀速上升．下列判断正确的是( )A ．电动机两端电压为IR ，其消耗的电功率为I 2RB ．原线圈中的电流为nI ，变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ，副线圈电流的频率为50 HzC ．变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ＋B 2l 2v 2rD ．电动机的热功率为I 2R ，副线圈电压的有效值为U 0n【解析】 电动机两端电压大于IR ，IR 是电动机线圈电阻R 上的电压，用于发热，A错；原线圈中的电流为I n ，B 错；变压器的输入功率为I 2R ＋mgv ＋B 2l 2v 2r，即一部分在电动机线圈电阻R 上发热变成内能；另一部分用于对外做功，将其中一部分电能转化为金属杆的机械能，其余部分克服安培力做功，转化为电能，电流通过纯电阻电路转化为金属杆上的焦耳热，C 对；副线圈电压的有效值为U 02n，D 错． 【答案】 C8．(2015·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 ．已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为( )A ．200B ．400C . 1 600D ．3 200【解析】 由变压器变压比U 1U 2＝n 1n 2，可知n 2＝U 2U 1n 1＝110220×800＝400，B 正确． 【答案】 B9．(多选)(2015·海南卷)如图所示，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R 0，负载电阻的阻值R ＝11R 0，是理想电压表，现将负载电阻的阻值减小为R ＝5R 0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0 V ，则( )A ．此时原线圈两端电压的最大值约为34 VB ．此时原线圈两端电压的最大值约为24 VC ．原线圈两端原来的电压有效值约为68 VD ．原线圈两端原来的电压有效值约为48 V【解析】 副线圈两端电压U 2′＝5.0 V 5 R 0×6R 0＝6 V ，根据U 1′U 2′＝n 1n 2，得U 1′＝24 V ，即此时原线圈两端电压有效值为24 V ，最大值U 1m ′＝2U 1′≈34 V ，A 正确，B 错误．由于前后两次保持输入、输出电流不变，此时副线圈两端电压U 2′＝6R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝12R 0I ，原来副线圈两端电压U 2＝2U 2′，原线圈两端也应有U 1＝2U 1′，即原来原线圈两端电压有效值为48 V ，C 错误，D 正确．【答案】 AD10.(2015·广东卷)如图为气流加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管．视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变．调节触头P ，使输出电压有效值由220 V 降至110 V ．调节前后( )A ．副线圈中的电流比为1∶2B ．副线圈输出功率比为2∶1C ．副线圈的接入匝数比为2∶1D ．原线圈输入功率比为1∶2【解析】 设加热管电阻为R ，对于副线圈，I 2＝220R ，I 2′＝110R，则调节前后I 2∶I 2′＝2∶1，A 错误．由P ＝U 2R可知，调节前后副线圈输出功率之比为4∶1，B 错误．原副线圈电压之比为匝数之比，电压减为原来一半，则副线圈匝数也减为原来的一半，C 正确．理想变压器副线圈功率等于原线圈功率，则原线圈输入功率之比为4∶1，D 错误．【答案】 C11．(多选)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的电功率，可采取的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3【解析】 当发电机输出功率一定时，为使用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 正确．根据输电线上的电流I ＝P U 2可知，也可以通过提高输电电压，减小输电电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 正确． 【答案】 AC12．如图甲所示，理想变压器的原线圈电路中装有0.5 A 的保险丝L ，原线圈匝数n 1＝600匝，副线圈匝数n 2＝120匝．已知原线圈接在如图乙所示的交流电源上，要使整个电路和用电器正常工作，则副线圈两端可以接( )A ．阻值为12 Ω的电阻B ．并联两盏“36 V 40 W ”的灯泡C ．工作频率为10 Hz 的用电设备D ．耐压值为36 V 的电容器 【解析】 根据题图乙可知，原线圈输入的交变电压的最大值U 1m ＝180 2 V ，有效值U 1＝180 V ，周期T 1＝0.02 s ，频率f 1＝1/T 1＝50 Hz ，又n 1n 2＝51，所以副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V ，有效值U 2＝36 V ，周期T 2＝T 1＝0.02 s ，频率f 2＝f 1＝50 Hz .若副线圈两端接阻值为12 Ω的电阻，则I 2＝U 2/R ＝3 A ，I 1＝n 2I 2/n 1＝0.6 A >0.5 A ，即流过保险丝的电流超过了其熔断电流，选项A 错误；若并联两盏“36 V 40 W ”的灯泡，那么，灯泡两端电压刚好为其额定电压，此外，流过保险丝的电流I′1＝n 2I′2/n 1＝0.2I 2＝0.2×2×(40 W /36 V )＝49A <0.5 A ，显然，整个电路和用电器均能正常工作，所以选项B 正确；输出交流电的频率为50 Hz ，所以副线圈两端不可以接工作频率为10 Hz 的用电设备，选项C 错误；电容器的耐压值指的是允许承受的最大电压值，题中副线圈的输出电压的最大值为U 2m ＝36 2 V >36 V ，即超过了电容器的耐压值，所以选项D 错误．【答案】 B二、非选择题13．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S ＝0.05 m 2，线圈转动的频率为50 Hz ，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B ＝2πT .为用此发电机所发出交流电带动两个标有“220 V ，11 kW ”的电机正常工作，需在发电机的输出端a 、b 与电机之间接一个理想变压器，电路如图所示，求：(1)发电机的输出电压的有效值为多少？(2)变压器原、副线圈的匝数比为多少？(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多大？【解析】 (1)根据E m ＝NBSω＝1 100 2 V得输出电压的有效值为U 1＝E m 2＝1 100 V . (2)根据U 1U 2＝n 1n 2得n 1n 2＝51.(3)根据P 入＝P 出＝2.2×104W ，再根据P 入＝U 1I 1，解得I 1＝20 A .【答案】 (1)1 100 V (2)5 1 (3)20 A14．某发电厂发电机的输出功率P ＝100 kW ，发电机端电压U ＝250 V ，向远处送电的输电线的总电阻R ＝8 Ω.要使输电线上的功率损失不超过输送功率的5%，用户得到的电压又正好是220 V ，那么：(1)应该怎样安装变压器？画出输电线路的示意图．(2)求出所用的变压器的原、副线圈的匝数比．【解析】 (1)只要安装一台升压变压器和一台降压变压器，输电线路示意图如图所示． (2)按题意，P 损＝5%P ＝0.05×100×103 W＝5×103 W .设输电线路中的电流为I ，P 损＝I 2R ，I ＝ P 损R ＝ 5×1038A ＝25 A . 输送电压U 2＝P I ＝100×10325V ＝4 000 V ， 对升压变压器n 1n 2＝U 1U 2＝2504 000＝116， 输电线路上损失电压U 损＝IR ＝25×8 V ＝200 V ，降压变压器原线圈n 3两端电压U 3＝U 2－U 损＝(4 000－200)V ＝3 800 V ，用户在副线圈n 4两端得到电压U 4＝220 V ，所以n 3n 4＝U 3U 4＝3 800220＝19011. 即升压变压器原、副线圈匝数比为116；降压变压器原、副线圈匝数比为19011.【答案】 见解析。
届高考物理人教版第一轮复习课时作业章末质量检测交变电流传感器
届高考物理人教版第一轮复习课时作业章末质量检测交变电流传感器IMB standardization office【IMB 5AB- IMBK 08- IMB 2C】章末质量检测(十)(时间：60分钟满分：100分)一、选择题(本题10小题，每小题7分，共70分。
在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。
)1．如图1所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿逆时针方向转动。
已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为l1，ad边的边长为l2，线圈的电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时()图1A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBl2ωC．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D．线圈ad边所受安培力的大小为，方向垂直纸面向里解析当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合安培定则可知，线圈中感应电流的方向为adcba，故A错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大。
此时电动势的大小为e＝2nBl2ω＝nBl1l2ω，B错误，C正确；线圈此时的感应电流大小为I＝＝，所以ad边所受的安培力的大小为F＝nBIl2，代入I可得F＝，方向垂直纸面向外，D错误。
答案 C2．正弦交变电流经过匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图2甲所示方式连接，R＝10Ω。
图乙是R两端电压U随时间变化的图象，U m＝10V，则下列说法中正确的是()图2A．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R＝cos100πt(A)B．电流表A的读数为C．电流表A的读数为AD．电压表V的读数为10V解析由图乙知T＝2×10－2s，f＝50Hz，ω＝2πf＝100πrad/s，I m＝＝1A，故i R＝cos100πt(A)，A错误；通过R的电流的有效值I2＝＝A，再根据＝知，I1＝A，B 错误，C正确；电压表读数应为副线圈两端电压的有效值，即U＝＝V，故D错误。
2021届高考一轮(人教)物理：交变电流、传感器含答案
2021届高考一轮（人教）物理：交变电流、传感器含答案复习：交变电流、传感器1、(双选)如图所示，理想变压器原线圈接电压为220 V的正弦交流电，开关S 接1时，原、副线圈的匝数比为11:1，滑动变阻器接入电路的阻值为10 Ω，电压表和电流表均为理想电表．下列说法正确的有()A．变压器输入功率与输出功率之比为1:1B．1 min内滑动变阻器上产生的热量为40 JC．仅将S从1拨到2，电流表示数减小D．仅将滑动变阻器的滑片向下滑动，两电表示数均减小2、三束单色光1、2和3的波长分别为λ1、λ2和λ3(λ1>λ2>λ3)。
分别用这三束光照射同一种金属。
已知用光束2照射时，恰能产生光电子。
下列说法正确的是 ( )A.用光束1照射时，不能产生光电子B.用光束3照射时，不能产生光电子C.用光束2照射时，光越强，单位时间内产生的光电子数目越多D.用光束2照射时，光越强，产生的光电子的最大初动能越大3、如图所示，在xOy直角坐标系中的第二象限有垂直坐标平面向里的匀强磁场，第四象限有垂直坐标平面向外的匀强磁场，磁感应强度的大小均为B．直角扇形导线框半径为L、总电阻为R，在坐标平面内绕坐标原点O以角速度ω逆时针匀速转动．线框从图中所示位置开始转动一周的过程中，线框内感应电流的有效值是()A．I＝BL2ωR B．I＝BL2ω2RC．I＝0 D．I＝BLω2R4、一电阻接到方波交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q方；若该电阻接到正弦交流电源上，在一个周期内产生的热量为Q正。
该电阻上电压的峰值均为u0，周期均为T，如图所示。
则Q方∶Q正等于()A．1∶ 2 B．2∶1C．1∶2D．2∶15、远距离输电的原理图如图所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2, 电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R．变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是()A．I1I2＝n1n2B．I2＝U2RC．I1U1＝I22R D．I1U1＝I2U26、(多选)如图所示为某小型发电站高压输电示意图，变压器均为理想变压器，发电机输出功率P＝20 kW。
高考物理大一轮复习学案第十章交变电流、传感器(含答案)
考纲展示热点视角1.交变电流、交变电流的图象Ⅰ2.正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值Ⅰ3.理想变压器Ⅰ4.远距离输电Ⅰ 实验十一：传感器的简单使用 说明：1.不要求讨论交变电流的相位和相位差的问题.2.只限于单相理想变压器.1.交变电流的四值计算以及变压器的原理和应用是高考考查的热点，题型以选择题为主.2.传感器在生产和科技中的应用越来越广泛，这使传感器的原理及应用在高考中出现的可能性有所增加.3.本章知识与生产、生活联系紧密，理论联系实际的题目出现的可能性较大，如涉及民生的远距离输电问题.第一节 交变电流的产生和描述一、交变电流的产生和变化规律 1．交变电流(1)定义：大小和方向随时间做□01________变化的电流． (2)图象：下图甲、乙、丙、丁所示都属于交变电流，其中甲属于□02________交流电．2．正弦交流电(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕□03____________方向的轴匀速转动． (2)中性面：①定义：与磁场方向□04______的平面． ②特点：线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量□05______，磁通量的变化率为□06____，感应电动势为□07____．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＝□08__________②电压(u)：u＝□09________③电流(i)：i＝□10________(4)图象(如图)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＝□11______．2．峰值和有效值(1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的□12________．(2)有效值：让交流与恒定电流分别通过大小□13______的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的□14______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＝□15________，U＝□16________，E＝E m 2.3．平均值：E＝□17________＝BL v.特别提示：通常所说交变电流、电压的数值，各种交流电器设备所标的额定电压和额定电流的数值，一般交流电表测量的数值，都是指有效值(除非有特殊说明)．,1－1.(单选)下图中不表示交变电流的是()1－2.(单选)关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法中正确的是() A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变B．线圈每转动一周，感应电流的方向改变一次C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都改变一次D．线圈每转动一周，感应电动势和感应电流的方向都改变一次2－1.(单选)(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＝102sin 10πt (V)，则( )A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表A 的示数为1.0 A2－2.(单选)小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如图所示．此线圈与一个R ＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，下列说法正确的是( )A ．交变电流的周期为0.125 sB ．交变电流的频率为8 HzC ．交变电流的有效值为 2 AD ．交变电流的最大值为4 A交变电流的变化规律1．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)函数图象磁通量 Φ＝Φm cos ωt ＝BS cos ωt 电动势 e ＝E m sin ωt ＝nBSωsin ωt 电压u ＝U m sin ωt ＝RE mR ＋r sin ωt电流i ＝I m sin ωt ＝E mR ＋rsin ωt2.两个特殊位置的特点(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．特别提醒：Φ－t 图象与对应的e －t 图象是互余的．(单选)如图甲所示，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(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则下图所示的四幅图中正确的是()[思路点拨]确定感应电流的变化图象，应从三个方面分析：(1)感应电流的方向，(2)感应电流的大小，(3)感应电流大小的变化趋势．[尝试解答]________[总结提升]解决交变电流图象问题的三点注意(1)只有当线圈从中性面位置开始计时，电流的瞬时值表达式才是正弦形式，其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关．(2)注意峰值公式E m＝nBSω中的S为有效面积．(3)在解决有关交变电流的图象问题时，应先把交变电流的图象与线圈的转动位置对应起来，再根据特殊位置求特征解．1．(单选)如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势如图乙所示．若线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，则能正确反映线圈中产生的电动势e随时间t的变化规律的图象是()交流电有效值的求解1．正弦式交流电有效值的求解利用I ＝I m 2，U ＝U m 2，E ＝E m2计算．2．非正弦式交流电有效值的求解交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算．注意“三同”：即“相同电阻”，“相同时间”内产生“相同热量”．计算时“相同时间”要取周期的整数倍，一般取一个周期．(单选)(2014·沈阳质检)如图所示为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )A ．7.5 VB ．8 VC ．215 VD ．313 V[尝试解答] ________[解题技巧] (1)要取一个周期的时间计算电热； (2)分段处理：曲线为正弦的部分用I ＝I m 2⎝⎛⎭⎫U ＝U m 2代替，恒定的部分有效值即为瞬时值．2．(单选)如图所示，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交变电流的“四值”的比较1．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较 物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明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情况峰值最大的瞬时值E m ＝nBSωI m ＝E mR ＋r讨论电容器的击穿电压 有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E ＝E m 2 U ＝U m2I ＝I m2(只适用于正弦式交变电流)(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是指有效值 (3)保险丝的熔断电流为有效值(4)交流电压表和电流表的读数为有效值平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值E ＝BL v E ＝nΔΦΔtI ＝E R ＋r计算通过电路截面的电荷量2.书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 (1)求出角速度ω，ω＝2πT＝2πf .(2)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象读出或由公式E m ＝nBSω求出相应峰值． (3)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．如：①线圈从中性面位置开始转动，则i －t 图象为正弦函数图象，函数式为i ＝I m sin ωt .②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i －t 图象为余弦函数图象，函数式为i ＝I m cos ωt .如图所示，线圈abcd 的面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R ＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B ＝1πT ，当线圈以300 r/min 的转速匀速旋转时．问：(1)若从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式； (2)线圈转过130 s 时电动势的瞬时值多大？(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经130 s 通过电阻R 的电荷量是多少？[课堂笔记]3．(多选)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示．由图可知( )A ．该交流电的电压瞬时值的表达式为u ＝100sin (25t ) VB ．该交流电的频率为25 HzC ．该交流电的电压的有效值为100 2 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弄不清交流电“四值”的区别而造成错误范例 (单选)标有“220 V 、40 W ”的电灯和标有“20 μF 、300 V ”的电容器并联接到交流电源上，V 为交流电压表．交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．下列判断正确的是( )A ．t ＝T2时刻，V 的示数为零B ．电灯恰正常发光C ．电容器不可能被击穿D ．V 的示数保持110 2 V 不变[错因分析] 错解1：误认为电压表示数为电压的瞬时值或平均值而错选A 、D. 错解2：误认为电容器的耐压值为有效值而错选C.[解析] V 的示数应是电压的有效值220 V ，故A 、D 错；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B 正确；电压的峰值220 2 V ≈311 V ，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C 错．[答案] B[真知灼见] 在解答有关交变电流问题时，除要注意电路结构外，还要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量值，有效值是以电流的热效应来等效定义的，与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关问题时，一定要使用有效值，而求解通过导体截面的电荷量时，一定要用平均值．4．(单选)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A．电压表V的示数为220 VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484 WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J一_高考题组1．(多选)(2013·高考山东卷) 图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，A为交流电流表，线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是()A．电流表的示数为10 AB．线圈转动的角速度为50πrad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左2．(多选)(2012·高考广东卷)某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有()A．最大值是50 2 V B．频率是100 HzC．有效值是25 2 V D．周期是0.02 s3．(单选)(2013·高考海南卷)通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为()A．12 V B．410 VC．15 V D．8 5 V二_模拟题组4．(单选)(2014·郑州模拟)如图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴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．则()A ．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 ＝14.1cos 100πt (V)D ．通过R 的电流i 随时间t 变化的规律是i ＝1.41cos 50πt (A) 5．(多选)(2014·湖南十二校联考)如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，其电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线O ′O 恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B .若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O ′O 匀速转动，则以下判断正确的是( )A ．图示位置线圈中的感应电动势最大为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωtC ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL 2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R4（R ＋r ）2温馨提示日积月累，提高自我 请做课后达标检测30第二节 变压器 远距离输电一、变压器原理1．工作原理：电磁感应的□01______现象． 2．理想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＝□02______，若n 1>n 2，为□03______变压器；若n 1<n 2，为□04______变压器．(3)电流关系：只有一个副线圈时，I 1I 2＝□05______； 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 ＝□06______． (2)电压损失：ΔU ＝□07______． 减小功率损失和电压损失，都要求提高□08__________，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□09______．由电阻定律R ＝ρlS可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用□10____________的金属材料制造输电线．此外，还要尽可能增加导线的□11__________． (2)另一个途径是减小输电导线中的□12______，由P ＝IU 可知，当输送功率一定时，提高□13______可以减小输电电流．,1－1.(多选)关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )A ．通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B ．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等C ．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D ．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈 1－2.(单选)如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n 1＝1 000匝，副线圈匝数n 2＝200匝，交流电源的电动势e ＝311sin 100πt V(不考虑其内阻)，电阻R ＝88 Ω，电压表和电流表对电路的影响可忽略不计，则( )A ．电压表的示数为62.2 VB ．电流表的示数为2.5 AC ．通过R 的电流最大值为0.5 AD ．变压器的输入电功率为22 W2．(单选)中国已投产运行的1 000 kV 特高压输电，是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原来用500 kV 的超高压输电，在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV 特高压输电，不考虑其他因素的影响．则 ( )A ．送电电流变为原来的2倍B ．输电线上降落的电压将变为原来的2倍C ．输电线上降落的电压将变为原来的12D ．输电线上损耗的电功率将变为原来的12理想变压器原、副线圈关系的应用1．基本关系(1)P 入＝P 出，(有多个副线圈时，P 1＝P 2＋P 3＋……) (2)U 1U 2＝n 1n 2，有多个副线圈时，仍然成立． (3)I 1I 2＝n 2n 1，电流与匝数成反比(只适合一个副线圈) n 1I 1＝n 2I 2＋n 3I 3＋……(多个副线圈)(4)原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率也相同，频率也就相同． 2．制约关系(1)电压：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定． (2)功率：原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定． (3)电流：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定．(单选)(2013·高考广东卷)如图，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1, V 和A 均为理想电表，灯泡电阻R L ＝6 Ω，AB 端电压u 1＝122sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )A ．电流频率为100 HzB ．V 的读数为24 VC ．A 的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W [尝试解答] ________[总结提升] 关于理想变压器的四点说明： (1)变压器不能改变直流电压．(2)变压器只能改变交变电流的电压和电流，不能改变交变电流的频率． (3)理想变压器本身不消耗能量．(4)理想变压器基本关系中的U 1、U 2、I 1、I 2均为有效值．1.(单选)(2012·高考重庆卷)如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 880 W ”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W理想变压器的动态分析 1.匝数比不变的情况(如图所示)(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 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I 1I 2＝n 2n 1可以判断I 1的变化情况．(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(如图所示) (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．(单选)(2012·高考福建卷)如图，理想变压器原线圈输入电压u ＝U m sin ωt ，副线圈电路中R 0为定值电阻，R 是滑动变阻器．V 1和V 2是理想交流电压表，示数分别用U 1和U 2表示；A 1和A 2是理想交流电流表，示数分别用I 1和I 2表示．下列说法正确的是( )A ．I 1和I 2表示电流的瞬时值B ．U 1和U 2表示电压的最大值C ．滑片P 向下滑动过程中，U 2不变、I 1变大D ．滑片P 向下滑动过程中，U 2变小、I 1变小 [尝试解答] ________[方法总结] 变压器动态分析的思路流程：2．(多选)(2014·杭州模拟)如图所示，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u 1＝2202sin 100πt (V)，则( )A ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表V 1的示数为22 VB ．当t ＝1600s 时，电压表V 0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V 1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V 1和电流表的示数均变小关于远距离输电问题的分析1．远距离输电的处理思路 对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”这样的顺序，或从“用电器”倒推到“发电机”一步一步进行分析．2．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)：(1)功率关系：P 1＝P 2，P 3＝P 4，P 2＝P 损＋P 3. (2)电压、电流关系：U 1U 2＝n 1n 2＝I 2I 1，U 3U 4＝n 3n 4＝I 4I 3U 2＝ΔU ＋U 3，I 2＝I 3＝I 线． (3)输电电流：I 线＝P 2U 2＝P 3U 3＝U 2－U 3R 线. (4)输电线上损耗的电功率： P 损＝I 线ΔU ＝I 2线R 线＝⎝⎛⎭⎫P 2U 22R 线．当输送的电功率一定时，输电电压增大到原来的n 倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的1n2.(单选)(2012·高考天津卷)通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P ，原线圈的电压U 保持不变，输电线路的总电阻为R .当副线圈与原线圈的匝数比为k 时，线路损耗的电功率为P 1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk ，线路损耗的电功率为P 2，则P 1和P 2P 1分别为( )A.PR kU ，1nB.⎝⎛⎭⎫P kU 2R ，1nC.PR kU ，1n 2D.⎝⎛⎭⎫P kU 2R ，1n 2 [尝试解答] ________[总结提升] 解决远距离输电问题应注意下列几点： (1)画出输电电路图．(2)注意升压变压器副线圈中的电流与降压变压器原线圈中的电流相等． (3)输电线长度等于距离的2倍． (4)计算线路功率损失一般用P 损＝I 2R 线．3．(单选)(2014·南京模拟)某小型水电站的电能输送示意图，如图所示，发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2，输入、输出电压分别为U 1、U 2，输出功率为P ；降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4，输入、输出电压分别为U 3、U 4，输入功率为P ′(变压器均为理想变压器)．若额定电压为220 V 的用电器正常工作，则( )A ．U 2＝U 3B ．P ＝P ′ C.n 2n 1>n 3n 4 D.n 2n 1<n 3n 4对输电线路中各量关系不明确造成错误范例 (单选)某远距离输电电路的输电电压为U ，输电导线的总电阻为R ，下列分析正确的是( )A ．由公式P ＝U 2R 得到，输电导线的电阻越大，功率损失越少B ．由公式I ＝UR得到，输电导线的电阻越小，电流越大C ．由公式P ＝I 2R 得到，输电电流越大，输电导线上的功率损失越大D ．由公式P ＝IU 得到，输电导线上的功率损失与电流强度成正比 [错因分析] 错解1：不清楚输电电压与损失电压的区别，而误选A 或D. 错解2：不清楚输电电流是由输出功率和输电电压决定的而误选B.[解析] 用P ＝U 2R 讨论输电导线的功率损失时，电压应为导线损失的电压ΔU ，而不能用输电电压，故A 错；用I ＝UR 讨论输电线中的电流，电压应为导线损失的电压，实际上输电电流I ＝PU ，故B 错；C 项中I 、R 均是导线的电学量，故C 正确；而P ＝IU 是输电功率，不是导线损失的功率，而导线损失的功率应为ΔP ＝⎝⎛⎭⎫P U 2R ，故D 错．[答案] C[真知灼见] (1)在应用电学公式时，要注意公式中的每一个量必须是同一段电路或同一个元件的量．(2)对远距离输电，要弄清各量之间的关系，常见错误都是误认为导线上的电压降等于输电电压．解决的方法是：把升压变压器看做电源，导线、降压变压器看做用电器，两者串联接到升压变压器上．一 高考题组 1．(单选)(2013·高考四川卷) 用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎫100πt ＋π2 A2．(多选) (2011·高考山东卷)为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图甲为变压器示意图．保持输入电压U 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )A ．u 2＝190 2 sin (50πt )VB ．u 2＝190 2 sin (100πt )VC ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移 3．(单选)(2010·高考浙江卷)某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )A ．输电线上输送的电流大小为2.0×105 AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2/r ，U 为输电电压，r 为输电线的电阻二_模拟题组4．(单选)(2014·银川模拟)如图所示，理想变压器与电阻R 、交流电压表V 、交流电流表A 按图甲所示方式连接，已知变压器的原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，电阻R ＝10 Ω.图乙是R 两端电压u 随时间变化的图象，U m ＝10 2 V ．则下列说法中正确的是( )A ．交变电流的频率是50 2 HzB ．电流表A 的读数为210A C ．电压表V 的读数为10 2 V D ．变压器的输入功率为10 W 5．(多选)(2014·陕西西工大附中模拟)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为1∶10，接线柱a 、b 接在电压为u ＝222sin (100πt )V 的交流电源上，R 1为定值电阻，其阻值为100 Ω，R 2为用半导体热敏材料制成的传感器．下列说法中正确的是( )A ．t ＝1600s 时，a 、b 两点间电压的瞬时值为11 V B ．t ＝1600s 时，电压表的读数为220 VC ．当R 2的温度升高时，电压表示数不变，电流表示数变大D ．在1分钟内电阻R 1上产生的热量为2 904 J温馨提示日积月累，提高自我 请做课后达标检测31实验十一 传感器的简单使用实验目的1．了解传感器的工作过程，探究敏感元件的特性． 2．学会传感器的简单使用．实验原理1．传感器能够将感受到的物理量(力、热、光、声等)转换成便于测量的量(一般是电学量)．2．其工作过程如图所示：实验器材热敏电阻、光敏电阻、多用电表、铁架台、温度计、烧杯、冷水、热水、小灯泡、学生电源、继电器、滑动变阻器、开关、导线等．实验步骤1．研究热敏电阻的热敏特性(1)将热敏电阻放入烧杯中的水中，测量水温和热敏电阻的阻值(如图甲所示)．(2)准备好记录电阻与温度关系的表格．(如下表)次数12345 6待测量温度(℃)电阻(Ω)(3)改变水的温度，多次测量水的温度和热敏电阻的阻值，记录在表格中，把记录的数据画在R－T图中，得图线如图乙所示．2．研究光敏电阻的光敏特性(1)将光电传感器、多用电表、灯泡、滑动变阻器按如图所示电路连接好，其中多用电表置于“×100”挡；(2)先测出在室内自然光的照射下光敏电阻的阻值，并记录数据；(3)打开电源，让小灯泡发光，调节小灯泡的亮度使之逐渐变亮，观察表盘指针显示电阻阻值的情况，并记录；(4)用手掌(或黑纸)遮光时电阻值又是多少？并记录．把记录的结果填入下表中，根据记录数据分析光敏电阻的特性.光照强度弱中强无光照射阻值(Ω)结论：光敏电阻的阻值被光照射时发生变化，光照增强电阻变小，光照减弱电阻变大．误差分析本实验误差主要来源于温度计和欧姆表的读数．注意事项1．在做热敏实验时，加开水后要等一会儿再测其阻值，以使电阻温度与水的温度相同，并同时读出水温．2．光敏实验中，如果效果不明显，可将电阻部分电路放入带盖的纸盒中，并通过盖上小孔改变射到光敏电阻上的光的多少．3．欧姆表每次换挡后都要重新调零．改进创新对于热敏电阻的特性，可用以下实验进行：如图所示，将多用电表的选择开关置于“欧姆”挡，再将电表的两支表笔与负温度系数的热敏电阻R t的两端相连，这时表针指在某一刻度，观察下述操作下的指针偏转情况：(1)往R t上擦一些酒精．(2)用吹风机将热风吹向电阻，根据指针偏转方向判定热敏电阻的特性．实验分析：(1)中指针左偏，说明R t的阻值增大；酒精蒸发吸热，温度降低，所以热敏电阻的阻值随温度的降低而增大．(2)中指针右偏，R t的阻值减小，而电阻R t温度升高，故热敏电阻的阻值随温度的升高而减小．优点：改进后的实验简单易操作，学生很快得出结论．热敏电阻的原理及应用用对温度敏感的半导体材料制成的某热敏电阻R T，在给定温度范围内，其阻值随温度的变化是非线性的．某同学将R T和两个适当的固定电阻R1、R2连成如图甲虚线框内所示的电路，以使电路的等效电阻R L的阻值随R T所处环境温度的变化近似为线性的，且具有合适的阻值范围．为了验证这个设计，他采用伏安法测量在不同温度下R L的阻值，测量电路如图乙所示，图中的电压表内阻很大．R L的测量结果如下表所示．温度t(℃)30.040.050.060.070.080.090.0。
(浙江专版)高考物理一轮复习 第十章 电磁感应 考点强化练28 法拉第电磁感应定律 自感-人教版高三
考点强化练28法拉第电磁感应定律自感1.(多项选择)如图甲所示线圈的匝数n=100匝,横截面积S=50 cm2,线圈总电阻r=10 Ω,沿轴向有匀强磁场,设图示磁场方向为正,磁场的磁感应强度随时间做如图乙所示变化,如此在开始的0.1 s 内()A.磁通量的变化量为0.25 WbB.磁通量的变化率为2.5×10-2 Wb/sC.a、b间电压为0D.在a、b间接一个理想电流表时,电流表的示数为0.25 A2.如下列图,边长为a的导线框abcd处于磁感应强度为B0的匀强磁场中,bc边与磁场右边界重合。
现发生以下两个过程:一是仅让线框以垂直于边界的速度v匀速向右运动;二是仅使磁感应强度随时间均匀变化。
假设导线框在上述两个过程中产生的感应电流大小相等,如此磁感应强度随时间的变化率为()A. B.C. D.3.如下列图,一个菱形的导体线框沿着自己的对角线匀速运动,穿过具有一定宽度的匀强磁场区域,对角线AC的长度为磁场宽度的两倍且与磁场边界垂直。
下面对于线框中感应电流随时间变化的图象(电流以ABCD顺序流向为正方向,从C点进入磁场开始计时)正确的答案是()4.(2017台州联考)(多项选择)涡流检测是工业上无损检测的方法之一。
如下列图,线圈中通以一定频率的正弦式交变电流,靠近待测工件时,工件内会产生涡流,同时线圈中的电流受涡流影响也会发生变化,如下说法正确的答案是()A.涡流的磁场总是要阻碍穿过工件磁通量的变化B.涡流的频率等于通入线圈的交变电流频率C.通电线圈和待测工件间存在周期性变化的作用力D.待测工件可以是塑料或橡胶制品5.如下列图,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长l a=3l b,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,如此()A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4D.a、b线圈中电功率之比为3∶16.如下列图,金属棒ab置于水平放置的金属导体框架cdef上,棒ab与框架接触良好。
高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器 第一节 交变电流的产生及描述课时作业
交变电流的产生及描述时间：45分钟一、单项选择题1．关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，下列说法正确的是( )A ．线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变B ．线圈每转动一周，感应电流的方向改变一次C ．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都改变一次D ．线圈每转动一周，感应电动势和感应电流的方向都改变一次解析：依据交流电的变化规律可知，如果从中性面开始计时，有e ＝E m sin ωt 和i ＝I m sin ωt ；如果从垂直于中性面的位置开始计时，有e ＝E m cos ωt 和i ＝I m cos ωt ，由此可知，线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流和感应电动势的方向都改变两次，C 正确，A 、B 、D 错误．答案：C2．一个小型电势器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦式交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V解析：根据P ＝U 2R ，对直流电有P ＝102R ，对正弦式交流电有P 2＝U ′2R，所以正弦式交流电的有效值为U ′＝PR2＝102V ，故交流电源输出电压的最大值U ′m ＝2U ′＝10 V ，故C正确，A 、B 、D 错误．答案：C3．一个单匝矩形线框的面积为S ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n 转/秒，则( )A ．线框交变电动势的最大值为n πBSB ．线框交变电动势的有效值为2n πBSC ．从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势为2nBSD ．感应电动势瞬时值为e ＝2n πBS sin2n πt解析：线框交变电动势的最大值为E m ＝BSω＝2n πBS ，产生的感应电动势瞬时值为e ＝2n πBS sin2n πt ，A 、D 错误；该线框交变电动势的有效值为E ＝E m2＝2n πBS ，B 正确；从开始转动经过14周期，线框中的平均感应电动势E ＝ΔΦΔt ＝BS14·1n＝4nBS ，C 错误．答案：B 4.如图所示，一个“”形线框处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，OO ′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO ′匀速转动，通过金属转轴和电刷与阻值为R 的外电阻相连．已知线框各边长为L ，总电阻为r ，不计转轴与电刷的电阻，则电路中电流的有效值为( )A.BωL 2R ＋rB.2BωL 22R ＋rC.2BωL 24R ＋rD.BωL 22R ＋r解析：由交流电产生的原理可知，线框以图示位置为起点，以转过角度为阶段分析，在0～π2内产生顺时针方向的电流，π2～32π内无电流产生，32π～2π内产生逆时针方向的电流，π2、32π时产生的电流值最大为I m ＝BL 2ωR ＋r .由交流电有效值定义可得：⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R 总·T 4＋0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫I m 22R 总·T4＝I 2x R 总T ，得I x ＝I m2＝BL 2ω2R ＋r，所以D 正确．答案：D5．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A ．电压表的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J解析：电动势的有效值为E ＝22022 V ＝220 V ，所以电流的有效值I ＝E R ＋r ＝22095.0＋5.0A ＝2.2 A ，所以电压表的示数为U ＝IR ＝2.2×95.0 V＝209 V ，A 错误；交流电的周期为T ＝2×10－2s ，频率为f ＝1T＝50 Hz ，每个周期内电流方向改变2次，故每秒钟内电流方向改变100次，B 错误；灯泡实际消耗的功率为P 灯＝I 2R ＝2.22×95.0 W＝459.8 W ，C 错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q ＝I 2rt ＝2.22×5.0×1 J＝24.2 J ，D 正确．答案：D 二、多项选择题 6.一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴线匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图线a 所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图线b 所示．以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )A ．从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值B ．线圈先后两次转速之比为23C ．在图线a 和b 中，t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零D ．图线b 电动势的瞬时值表达式为e ＝100sin 100πt3(V)解析：感应电动势最大值E m ＝BSω＝Φm ω，因此根据图线a 可得磁通量最大值Φm ＝E m ωa＝E m T a2π＝3π，A 正确；线圈先后两次周期之比T a T b ＝0.04 s 0.06 s ＝23，n a n b ＝f a f b ＝T b T a ＝32，B 错误；t ＝0时刻感应电动势为零，线圈与中性面平行，磁通量最大，C 错误；感应电动势最大值E m ＝BSω，因此E a m E b m ＝ωa ωb ＝2πf a 2πf b ＝32，即E b m ＝23E a m ＝100 V ，图线b 电动势瞬时值表达式为e ＝E b m sin ωb t ＝100sin 100π3t (V)，D 正确．答案：AD7．如图甲所示，将阻值为R ＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦式交变电源上，电流随时间变化的规律如图乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小，电流表内阻不计，下列说法正确的是( )A ．电阻R 两端电压的函数表达式为u ＝2.5sin200πt (V)B ．电阻R 消耗的电功率为1.25 WC ．若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 AD ．这一交变电流与如图丁所示电流比较，其有效值之比为1 2解析：题图乙所示电流的最大值为I m ＝0.5 A ，由欧姆定律得U m ＝I m R ＝2.5 V ，周期为T ＝0.01 s ，ω＝2πT＝200π rad/s，所以R 两端电压的表达式为u ＝2.5sin200πt (V)，A 正确；该电流的有效值为I ＝I m2，电阻R 消耗的电功率为P ＝I 2R ，解得P ＝0.625 W ，B 错误；若该交变电流由题图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值E m ＝nBSω为原来的2倍，电路中电流的有效值也是原来的2倍，电流表的示数为有效值2×0.52 A≠1 A，C 错误；题图乙中的正弦式交变电流的有效值为0.52 A ，题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 ，D 正确．答案：AD 8.如图所示，电阻为r 的矩形线圈面积为S ，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴以角速度ω匀速转动．匀强磁场的磁感应强度为B ，t ＝0时刻线圈平面与磁场垂直，各电表均为理想交流电表，则( )A ．滑片P 下滑时，电压表的读数不变B ．图示位置线圈中的感应电动势最大C ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为2BSR ＋rD ．1 s 内流过R 的电流方向改变ωπ次解析：滑片P 下滑时，外电阻增大，电压表的读数变大，A 错误；图示位置穿过线圈的磁通量最大，感应电动势为零，B 错误；线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量q ＝ΔΦR ＋r ＝2BSR ＋r ，C 正确；一个周期内线圈两次通过中性面，电流方向改变两次，交流电的频率为ω2π，所以1 s 内流过R 的电流方向改变ωπ次，D 正确．答案：CD 三、非选择题9．交流发电机电枢电阻为2 Ω，感应电动势瞬时值表达式为e ＝389sin100πt (V)，给电阻R ＝8 Ω的用电器供电，则(1)通过用电器的电流为多少？ (2)电源输出功率和发电总功率为多少？ (3)发电机输出端电压为多少？ 解析：(1)交变电流电动势的有效值为：E ＝E m2＝3892V ＝275 V ， 根据闭合电路欧姆定律：I ＝E R ＋r ＝2758＋2A ＝27.5 A. (2)发电机的输出功率即电阻消耗的电功率：P 出＝I 2R ＝6 050 W ，电源消耗的总功率为：P ＝EI ＝275×27.5 W＝7 562.5 W.(3)发电机路端电压为：U ＝IR ＝27.5×8 V＝220 V.答案：(1)27.5 A (2)6 050 W 7 562.5 W (3)220 V10．如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动．若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示．已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω.求：(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式； (2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量； (3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功． 解析：(1)由题图乙得ω＝2πT＝100π rad/sE m ＝6 2 V线圈从中性面开始计时，则电动势的瞬时表达式e ＝E m sin ωt ＝62sin100πt (V)则电流i ＝eR ＋r＝0.62sin100πt (A)．(2)由E m ＝BSω知Φm ＝BS ＝E mω≈2.7×10－2 Wb.(3)电压的有效值E ＝E m2＝6 V由功能关系知外力所做的功W ＝Q ＝E 2R ＋rT ＝7.2×10－2 J.答案：(1)i ＝0.62sin100πt (A) (2)2.7×10－2Wb (3)7.2×10－2J11．如图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场．已知线圈的匝数n ＝100匝，总电阻r ＝1.0 Ω，所围成矩形的面积S ＝0.040 m 2，小灯泡的电阻R ＝9.0 Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e ＝nB m S 2πT cos 2πTt ，其中B m 为磁感应强度的最大值，T 为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：(1)线圈中产生感应电动势的最大值； (2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0～T4时间内，通过小灯泡的电荷量．解析：(1)由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T ＝π×10－2 s所以E m ＝nB m Sω＝2πnB m ST＝8.0 V.(2)电流的最大值I m ＝E mR ＋r＝0.80 A有效值I ＝I m2＝0.40 2 A小灯泡消耗的电功率P ＝I 2R ＝2.88 W.(3)在0～T 4时间内，电动势的平均值E ＝nS ΔBΔt平均电流I ＝ER ＋r＝nS ΔBR ＋r Δt流过灯泡的电荷量Q ＝I Δt ＝nS ΔB R ＋r＝4.0×10－3C. 答案：(1)8.0 V (2)2.88 W (3)4.0×10－3C。
2020届高考物理一轮复习 课时作业 第10单元 交变电流 传感器
2020届高三物理总复习精品单元测试第10单元交变电流传感器一、选择题：本题共8小题，每小题6分，共48分．在每小题给出的四个选项中，有的小题只有一个选项正确，有的小题有多个选项正确，全部选对的得6分，选对但不全的得3分，有选错或不答的得0分．1．传感器担负着信息采集的任务，它常常是( )A．将力学量(如形变量)转变成电学量B．将热学量转变成电学量C．将光学量转变成电学量D．将电学量转变成力学量【解析】传感器是将所感受到的不便于测量的物理量(如力、热、光、声等)转换成便于测量的物理量(一般是电学量)的一类元件．故选项A、B、C对，D错．【答案】ABC2．关于正弦交变电流的有效值，下列说法中正确的是( )A．有效值就是交流电在一个周期内的平均值B．交变电流的有效值是根据电流的热效应来定义的C．在交流电路中，交流电流表和交流电压表的示数都是有效值D．对于正弦交变电流，电流最大值的平方等于有效值平方的2倍【答案】BCD3．一个电热器接在10 V的直流电源上，在时间t内产生的焦耳热为Q，今将该电热器接在一交流电源上，它在时间2t内产生的焦耳热为Q.则这一交变电流的电压的最大值和有效值分别为( )A．最大值为10 2 V，有效值为10 VB．最大值为10 V，有效值为5 2 VC．最大值为5 2 V，有效值为5 VD．最大值为20 2 V，有效值为10 2 V【答案】B4．在如图甲所示的电路中，电阻R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.闭合开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t的变化情况如图乙所示，则( )甲乙A．通过R1的电流的有效值是1.2 AB．通过R1的电流的有效值是1.2 2 AC．R1两端的电压的有效值是6 VD．R1两端的电压的有效值是6 2 V【解析】由图可知，流经R2的电流最大值为0.6 2 A，则流经R2的电流有效值为0.6 A，又题中电阻R1、R2是串联，则流经两电阻电流相等，故选项A、B错误；又R1＝10 Ω，R2＝20 Ω，所以R1两端的电压的有效值是6 V，故选项D错误，C正确．【答案】C5．一理想变压器工作示意图如图所示，变压器的初级线圈匝数为n1，与干路高电压U1相连，工作时流过线圈的电流为I1，初级与干路相连的导线的电阻不能忽略．变压器的次级线圈匝数为n2，输出电压为U2，工作时流过线圈的电流为I2.设连接在次级线圈上的用电器均为相同的灯泡，导线的电阻可以忽略．在变压器次级线圈有负载的情况下，下列判断正确的是( )A．无论次级接入的灯泡的数量多少，总有U1∶U2＝n1∶n2B．无论次级接入的灯泡的数量多少，总有I1∶I2＝n2∶n1C．无论次级接入的灯泡的数量多少，总有U1I1＝U2I2D．上述判断都不对【解析】由于初级线圈与干路相连的导线有电阻，变压器原线圈的输入电压不等于U1，由电压与匝数的关系可知A错误；由电流与匝数的关系知B正确．由于是理想变压器，其输入功率等于输出功率，U1I1等于U2I2和输电线损失的功率之和，选项C错误．【答案】B6．工厂常利用光敏电阻制作的光传感器记录传送带上工件的输送情况．图甲所示为某工厂成品包装车间的光传感记录器，光传感器B能接收到发光元件A发出的光．每当工件挡住A发出的光时，光传感器就输出一个电信号，并在屏幕上显示出电信号与时间的关系，如图乙所示．若传送带始终匀速运动，每两个工件间的距离为0.1 m，则下列说法正确的是( )A．传送带运动的速度是0.1 m/sB．传送带运动的速度是0.2 m/sC．该传送带每小时输送3600个工件D．该传送带每小时输送7200个工件【解析】每个工件的距离为0.1 m，时间差为0.5 s，所以传送带的速度为0.2 m/s，每小时传送带运动的距离为720 m，所以该传送带每小时输送7200个工件．【答案】BD7．一个小型水电站，其交流发电机的输出电压保持为1×103 V不变，用如图所示的电路为用户送电，已知输电线的电阻为16 Ω，下列说法正确的是( )A．当用户的用电器增多时，用户使用的电功率增大，用户得到的电压增大B．当用户的用电器增多时，用户使用的电功率增大，所以线路损失的功率将减小C．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应减小降压变压器的匝数比D．要减小线路的损耗，应增大升压变压器的匝数比，同时应增大降压变压器的匝数比【解析】用户的电功率增大时，电流增大，线路损失的电压增多，损失的功率也增多，用户的电压会略减小，故选项A、B错误；要减小线路的损耗，就要减小线路的电流，增大输电的电压，故需增大升压变压器的匝数比，再就是用户的电压也要保证220 V不变，所以用户端的降压变压器的匝数比也要增加．【答案】D8．在图甲所示电路中，、、为相同的电流表，C为电容器，电阻R1、R2、R3的阻值相同，线圈L的电阻不计．在某段时间内理想变压器原线圈内磁场的变化如图乙所示，则在t1～t2时间内( )A的示数比的小B的示数比的小C和的示数相同D．电流表的示数都不为零【解析】由于理想变压器副线圈中磁场的变化和原线圈中相同，即ΔBΔt＝k(定值)，所以副线圈产生的感应电动势E 2＝n 2·ΔB·SΔt ，即E 2也为定值．由于电感线圈对直流电没有阻碍作用，故和的示数相同，由于直流电不能通过电容器，故的示数为零，正确选项为C.【答案】C二、非选择题：本题共4小题，共52分．把答案填在题中的横线上或按题目要求作答．解答时应写出必要的文字说明、方程式和重要演算步骤，只写出最后答案的不能得分．有数值计算的题，答案中必须明确写出数值和单位．9．(8分)钳型表的工作原理如图所示．当通有交流电的导线从环形铁芯的中间穿过时，与绕在铁芯上的线圈相连的电表指针会发生偏转．由于通过环形铁芯的磁通量与导线中的电流成正比，所以通过偏转角度的大小可以测量导线中的电流．日常所用交流电的频率在中国和英国分别为50 Hz 和60 Hz.现用一钳型电流表在中国测量某一电流，电表读数为10 A ；若用同一电表在英国测量同样大小的电流，则读数将是_______ A ．若此表在中国的测量值是准确的，且量程为30 A ；为使其在英国的测量值变为准确，应重新将其量程标定为_______ A.【解析】根据Φ∝i，i ＝I m sin (2πft)，ΔΦΔt∝I m 2πfcos (2πft)，说明线圈中的电动势有效值与频率成正比，根据欧姆定律可知电流与频率成正比，所以用同一电表在英国测量同样大小的电流的读数将是I ＝10 A×6050＝12 A ；因为在英国电流值为标准的65，需将量程变为原来的56.【答案】12 2510．(12分)某实验小组探究一种热敏电阻的温度特性．现有器材：直流恒流电源(在正常工作状态下输出的电流恒．．．定．)、电压表，待测热敏电阻、保温容器、温度计、开关和导线等．(1)若用上述器材测量热敏电阻的阻值随温度变化的特性，请你在图甲所示的实物图上连线．(2)实验的主要步骤：①正确连接电路，在保温容器中注入适量冷水，接通电源，调节并记录电源输出的电流值；②在保温容器中添加少量热水，待温度稳定后，闭合开关，________________，________，断开开关；③重复第②步操作若干次，测得多组数据．(3)实验小组算得该热敏电阻在不同温度下的阻值，并据此绘得图乙所示的R－t关系图线，请根据图线写出该热敏电阻的R－t关系式：R＝______＋______t (Ω)(保留三位有效数字)．【答案】(1)如图丙所示(2)记录电压表的电压值温度(3)100 0.400甲11．(16分)如图甲所示，一个单匝闭合圆形线圈面积为S ，电阻为R ，放在空间分布均匀的磁场中，且线圈平面与磁场垂直，磁场的磁感应强度B 随时间t 的变化规律为B ＝B 0sin2πTt. (1)在0～T 时间内，哪些时刻线圈中产生的感应电动势最大？ (2)在T 4～3T4时间内，通过线圈横截面的电荷量是多大？(3)在0～T 时间内，线圈中所产生的热量是多大？ 【解析】乙(1)线圈面积一定，B 的周期性变化使穿过线圈的磁通量发生变化，Φ＝B m Ssin 2πT t.根据法拉第电磁感应律，E ＝ΔΦΔt ，可见电动势最大时ΔΦΔt 最大．如何确定ΔΦΔt 最大的时刻呢？我们可将Φ＝B m Ssi n 2πTt 的函数关系用Φ－t 图来表示(如图乙所示)．在该图上，曲线的斜率反映了ΔΦΔt 的大小．由图可见，当t 等于0、T2、T 时，切线的斜率最大，因此，在这些时刻线圈产生的感应电动势最大．(2)Φ的周期性变化使得E 、I 也做周期性的变化，根据法拉第电磁感应定律和欧姆定律得：E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R ＝ΔΦRΔt而ΔQ＝IΔt，所以ΔQ＝ΔΦR即在Δt 时间内，通过导体横截面的电荷量只与磁通量的初末状态(ΔΦ＝Φ2－Φ1)及导体的电阻R 有关，而与Δt 本身无关，所以有ΔQ＝ΔΦR ＝Φ2－Φ1R＝B 0S －－B 0S R＝2B 0SR. (3)交流电动势的峰值E m ＝Φm ω＝B 0S 2πT有效值E ＝E m2＝B 0S 2πT 2＝2B 0SπT由焦耳定律可知：Q ＝I 2R T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 2RT ＝2π2B 20S 2RT .【答案】(1)当t 等于0、T 2、T 时刻线圈产生的感应电动势最大 (2)2B 0SR(3)2π2B 20S 2RT12．(16分)如图所示，每边质量为m 、长为L 的正方形匀质导线框在人的控制下可绕水平轴OO′匀速转动，角速度为ω，线框处于方向竖直向上、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，线框的总电阻为R.当线框平面由水平位置匀速转到竖直位置过程中，导线框始终是闭合的，求在此过程中人对导线框所做的功．【解析】转动过程中电动势的最大值E m ＝BωL 2 有效值E ＝BL 2ω2，转动所用的时间t ＝π2ω线框产生的电能W＝E2Rt，解得：W＝πB2ωL44R线框的重力势能减少为2mgL由功能关系可知线框转动过程中人所做的功为：W 1＝πB2ωL44R－2mgL.【答案】πB2ωL44R－2mgL。
2018高考物理一轮总复习达标训练习题：第十章 交变电
课时达标第29讲[解密考纲]理解交变电流的产生过程，能正确推出交变电流的表达式；理解描述交变电流的几个物理量，会计算交变电流的有效值．1．如图所示，面积均为S的单匝线圈绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是(A)解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原理可判断，A图中感应电动势为e＝BSωsin ωt；B 图中的转动轴不在线圈所在平面内；C、D图中的转动轴与磁场方向平行，而不是垂直．2．如图所示电路中，电源电压u＝311sin(100πt) V，A、B间接有“220 V440 W”的电暖宝、“220 V220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是(D)A．交流电压表的示数为311 VB．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 2 AC．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D．1 min内抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J解析：交流电压表的示数为有效值为220 V，故选项A错误；由公式P＝UI知电路要正常工作，干路中电流有效值为3 A，所以保险丝的颇定电流不能小于3 A，故选项B错误；电暖宝是纯电阻用电器，P热＝P电，而抽油烟机是非纯电阻用电器，P热<P电，故选项C错误；1 min内抽油烟机消耗的电能为W＝Pt＝1.32×104 J，故选项D正确．3．调光灯、调速电风扇以前是用变压器来实现的，该技术的缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速．现在的调光灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的．如图为经过一个双向可控硅调节后加在电灯上的电压．那么现在电灯上的电压为(C)A ．U mB ．2U m2C ．U m 2D ．U m 4解析：电灯上的电压值，如没有特殊说明一般指电压的有效值，设加在电灯上电压的有效值为U ，取一个周期，由电流的热效应得U 2R T ＝⎝⎛⎭⎫U m 22R ·T 4＋⎝⎛⎭⎫U m 22R ·T4，所以可得U ＝U m2，故选项C 正确．4．交流发电机在工作时产生的电压的表达式为u ＝U m sin ωt ，保持其他条件不变，使该线圈的转速和匝数同时增加一倍，则此时电压的变化规律变为( B )A ．4U m sin ωtB ．4U m sin 2ωtC ．2U m sin ωtD ．U m sin ωt解析：线圈的转速和匝数同时增加一倍，则U m 增加到原来的4倍，线圈的转速增加一倍，则ω为原来的两倍，故电压的变化规律变为4U m sin 2ωt ，选项B 正确．5．一个边长为6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中，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 的变化关系如图所示，则线框中感应电流的有效值为( B )A ．2×l0－5AB ．6×10－5 AC ．22×10－5A D ．322×10－5A解析：由法拉第电磁感应定律和欧姆定律可得0～3 s 内产生的感应电流I 1＝2×10－5 A,3～5 s 内产生的感应电流I 2＝3×10－5 A ，且与0～3 s 内方向相反，于是可作出i 随时间t 变化的图象如图所示．由有效值的定义得I 21Rt 1＋I 22Rt 2＝I 2Rt ，代入数据可得I ＝6×10－5 A ，故B 选项正确．6．如图所示电路，电阻R 1与电阻R 2阻值相同，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)，在A 、B 间加一正弦交变电压U ＝202sin 100πt V ，则加在R 2上的电压的有效值为( D )A ．10 VB ．20 VC ．15 VD ．510 V解析：根据有效值的定义可得(20 V )2R ×T 2＋(10 V )2R ×T 2＝U 2R ×T, 解得加在R 2上的电压的有效值U ＝510 V ，D 项正确．7．将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，每边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为( B )A ．(2πl 2nB )2PB ．2(πl 2nB )2PC ．(l 2nB )22PD ．(l 2nB )2P解析：导线转动过程中产生正弦交流电，其最大值为E m ＝2πnBl 2，根据小灯泡正常发光，有P ＝⎝⎛⎭⎫E m 221R，解得R ＝2(πl 2nB )2P ，B 项正确．8．实验室里的交流发电机可简化为如图所示的模型，正方形线圈在水平匀强磁场中，绕垂直于磁感线的OO ′轴匀速转动．今在发电机的输出端接一个电阻R 和理想电压表，并让线圈每秒转25圈，读出电压表的示数为10 V ．已知R ＝10 Ω，线圈电阻忽略不计，下列说法正确的是 ( D )A ．线圈平面与磁场平行时，线圈中的瞬时电流为零B ．从线圈平面与磁场平行开始计时，线圈中感应电流瞬时值表达式为i ＝2sin 50πt AC ．流过电阻R 的电流每秒钟方向改变25次D ．电阻R 上的热功率等于10 W解析：线圈平面与磁场平行时，线框切割磁场的两边正好垂直切割，瞬时感应电流最大，A 项错．由题意得E m ＝10 2 V ，f ＝25 Hz ，i ＝2cos 50πt A ，B 项错；电流方向每秒改变50次，C 项错；P R ＝U 2R ＝E 2R＝10 W ，D 项正确．9．如图所示，图线a 是线圈在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( C )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 VC ．交流电b 电压的最大值为203V D ．在图中t ＝0时刻穿过线圈的磁通量为零解析：由题图可知，周期T a ＝0.4 s ，T b ＝0.6 s ，则线圈先后两次转速之比n a ∶n b ＝T b ∶T a＝3∶2，故选项A 错误；由题图知交流电a 的电压最大值U m a ＝10 V ，周期T a ＝0.4 s ，ωa ＝2πT a ＝5π rad/s ，交流电压的瞬时值表达式为u ＝U m a sin ωt ＝10sin 5πt (V)，故选项B 错误；由电动势的最大值E m ＝NBSω，知两个电压最大值之比U m a ∶U m b ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，则交流电b 电压的最大值为203 V ，故选项C 正确；t ＝0时刻u ＝0，根据法拉第电磁感应定律，磁通量变化率为零，而磁通量最大，故选项D 错误．10．(多选)图甲为一台小型发电机构造示意图，内阻r ＝5.0 Ω，外电路电阻R ＝95 Ω，电路中其余电阻不计．发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的周定轴转动，线圈匝数N ＝100.转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按正弦规律变化，如图乙所示，则( BC )A ．t ＝3.14×10－2 s 时，该小型发电机的电动势为零B ．该小型发电机的电动势的最大值为200 VC ．电路中电流最大值为2 AD ．串联在外电路中的交流电流表的读数为2 A解析：t ＝3.14×10－2 s 时，磁通量Φ的变化率最大，该小型发电机的电动势有最大值，选项A 错误；从Φ－t 图线可以看出，Φmax ＝1.0×10－2 Wb ，T ＝3.14×10－2 s ，ω＝2πT ，感应电动势的最大值E max ＝NωΦmax ＝200 V ，选项B 正确；电路中电流最大值I max ＝E maxR ＋r＝2 A ，选项C 正确；交流电流表读数是交变电流的有效值，即I ＝I max2＝1.4 A ，选项D 错误．11．(2015·山东卷)如图甲，R 0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内．左端连接在一周期为T 0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R 0的电流i 始终向左，其大小按图乙所示规律变化．规定内圆环a 端电势高于b 端时，a 、b 间的电压为u ab 为正，下列u ab t 图象可能正确的是( C )解析：由题知通过外圆环的电流方向始终是顺时针方向，大小做周期性变化．分析0.5T 0时间内，前0.25T 0电流增加，由楞次定律可以判断出通过内圆环电流逆时针，此时a 端电势高于b 端，后0.25T 0电流减少，由楞次定律可以判断出通过内圆环电流顺时针，此时a 端电势低于b 端．每个0.5T 0时间内都是同样的变化规律，故C 项正确．。
高三物理一轮复习 必考部分 第10章 交变电流 传感器章末过关练(2021年最新整理)
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章末过关练交变电流传感器(时间:60分钟满分:100分)一、单项选择题（本题共5小题,每小题5分，共25分．每小题只有一个选项符合题意)．1．图1甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示．以下判断正确的是（)甲乙图1A．电流表的示数为10 2 AB．线圈转动的角速度为50π rad/sC．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D．0。
02 s时电阻R中电流的方向自右向左C 电流表示数显示的是交流电的有效值，正弦交流电的电流有效值等于最大值的错误!倍,电流表的示数为10 A，选项A错误；因为交流电的瞬时值为i＝10错误!cos ωt，根据图乙可知，交流电的周期为T＝2×10－2 s,则线圈转动的角速度为ω＝错误!＝100π rad/s,选项B错误；0时刻线圈平面与磁场平行,t＝0。
01 s＝错误!，t时间内线圈转过π弧度，线圈平面与磁场方向平行，选项C正确；0.02 s时的情况与0时刻的情况相同，根据右手定则可以判定，此时通过电阻R的电流方向自左向右，选项D错误．2．如图2所示,匀强磁场的磁感应强度B＝错误! T．单匝矩形线圈面积S＝1 m2,电阻不计，绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．线圈通过电刷与一理想变压器原线圈相连，为交流电流表．调整副线圈的滑动触头P,当变压器原、副线圈匝数比为1∶2时,副线圈电路中标有“36 V 36 W”的灯泡正常发光．以下判断正确的是( ）【导学号：96622471】图2A．电流表的示数为1 AB．矩形线圈产生电动势的有效值为18错误! VC．从矩形线圈转到中性面开始计时,线圈电动势随时间的变化规律e＝18错误!sin 90πt （V)D．若矩形线圈转速减小，为使灯泡仍能正常发光，应将P适当上移C 灯泡正常发光，故副线圈两端电压为36 V且副线圈中的电流为1 A，又因为原、副线圈匝数比为1∶2,故原线圈两端电压为18 V且线圈中电流为2 A，即电流表示数为2 A，矩形线圈产生的电动势的有效值为18 V，A、B项错误；因矩形线圈产生的交流电为正弦交流电，故交流电的最大值为E m＝18 2 V，由E m＝NBSω,解得ω＝90π，故若从中性面开始计时，线圈电动势随时间的变化规律为e＝182sin 90πt（V），C项正确；若矩形线圈转速减小,原、副线圈两端的电压都将减小,为增大副线圈两端电压，应使副线圈匝数增加，即应将P下移，D 项错误．3．有一个消毒用电器P，电阻为20 kΩ，它只有在电压高于24 V时才能工作．今用一个光敏电阻R1对它进行控制,光敏电阻在光照时为100 Ω,黑暗时为1 000 Ω.电源电动势E为36 V，内阻不计，另有一个定值电阻R2,电阻为1 000 Ω.下列电路开关闭合后能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作的是（）【导学号：96622472】C 对A电路，在光照时，光敏电阻为100 Ω,P电阻为20 kΩ，R2电阻为1 000 Ω，P分得电压超过错误!E，正常工作；黑暗时，光敏电阻1 000 Ω,P分得电压超过错误!E，正常工作，A错误；同理可以求得B电路在光照和黑暗时,P分得电压超过错误!E，都可以正常工作,B错误；电路C中P与R2并联，并联总电阻略小于1 000 Ω，能使消毒用电器在光照时正常工作，黑暗时停止工作，C正确；电路D中P与R1并联，光照时并联部分电阻小于100 Ω，此时P分得的电压远小于24 V，不能正常工作，黑暗时并联总电阻小于1 000 Ω，P分得电压同样小于24 V，也不能正常工作，D错误．4．如图3甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接入如图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出）,电压表和电流表均为理想电表，R0和R1为定值电阻．R为半导体热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小．下列说法中正确的是（)图3A．电压表的示数为22 VB．R处出现火情时电压表示数增大C．R处出现火情时电流表示数增大D．R处出现火情时R1消耗的功率增大C 由图乙知原线圈电压的有效值U1〈220 V，根据错误!＝错误!，解得副线圈电压U2〈22 V，选项A错误；R处出现火情时热敏电阻阻值变小，副线圈总电阻变小,副线圈中电流增大，原线圈中电流也增大，所以电流表示数增大，选项C正确；副线圈两端电压不变，选项B错误；副线圈中电流增大,R0两端电压增大，R1两端的电压减小，所以R1消耗的功率减小，选项D错误．5．某水库用水带动如图4甲所示的交流发电机发电，其与一个理想的升压变压器连接，给附近工厂的额定电压为10 kV的电动机供电．交流发电机的两磁极间的磁场为匀强磁场，线圈绕垂直匀强磁场的水平轴OO′沿顺时针方向匀速转动，从图示位置开始计时,产生的电动势如图乙所示．连接各用电器的导线电阻忽略不计，交流电压表与交流电流表都是理想电表．下列说法正确的是( ）图4A．0.01 s时通过电流表的电流的方向向右B．变压器原、副线圈的匝数比为1∶20C．进入电动机的电流的频率是100 HzD．开关S闭合时电压表和电流表的示数均变大A 经过0。
高考物理一轮复习课件+课时作业：第十章+交变电流+传感器(6份)101
开卷速查 规范特训课时作业 实效精练开卷速查(三十四) 交变电流的产生和描述A 组 基础巩固1．(多选题)如图34－1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，图34－1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最大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线平行时，磁通量最小，感应电动势最大，A 、B 错，C 对；电流的有效值I ＝nBSω2R，由表达式分析可知，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D 正确．答案：CD图34－22．如图34－2所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合．线圈按图示方向匀速转动．若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图象是图34－3中的()A B C D图34－3解析：t＝0时线圈磁通量最大，磁通量的变化率最小，所以感应电动势、感应电流最小．根据楞次定律可以判断，t＝0时刻开始线圈中磁通量变小，产生的感应电流i为负向，电流变大，C、D不正确．经过1/4周期后，dc切割磁感线，电流方向为负，电路中有持续负方向的电流，B不正确．综上所述，应选择A.答案：A3．某交流电压为u＝62sin314t V，则以下说法正确的是()①用此交流电作打点计时器的电源时，打点周期为0.02 s；②把额定电压为6 V的小灯泡接到此电源上，小灯泡正常发光；③把额定电压为6 V 的小灯泡接到此电源上，小灯泡将被烧毁；④耐压6 V的电容器不能直接用在此电源上A．①②B．①③C．①④D．①②④解析：据2π/T＝ω＝314 rad/s，可知此交流电的周期为T＝0.02 s，小灯泡的额定电压指的是交流电压的有效值，而电容器的耐压值指的是交流电压的最大值．答案：D4．一根电阻丝接入100 V的恒定电流电路中，在1 min内产生的热量为Q，同样的电阻丝接入正弦式交变电流的电路中，在2 min内产生的热量也为Q，则该交变电压的峰值是()A．141.4 V B．100 VC．70.7 V D．50 V解析：由有效值定义得U2R·t＝U2有R·2t，得U有＝22U，U峰＝2U有＝2·22U＝U，U＝100 V时，B对，A、C、D错．答案：B甲乙图34－45．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34－4甲所示，产生的交变电动势的图象如图34－4乙所示，则() A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合C．线框产生的交变电动势有效值为311 VD．线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：本题考查正弦交流电的图象，意在考查考生根据正弦交流电的图象获取交流电特征信息的能力．t＝0.005 s时感应电动势最大，线框的磁通量变化率也最大，A错误．t＝0.01 s时感应电动势为零，穿过线框磁通量最大，线框平面与中性面重合，B正确．感应电动势的最大值为311 V，有效值则为3112V，C错误．所产生电动势的周期为0.02 s，频率等于周期的倒数，为50 Hz，D错误．答案：B6．(多选题)[2013·宝鸡质检]如图34－5所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦式交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的正弦式交流电的图象如图线b所示，以下关于这两个正弦式交流电的说法正确的是()图34－5A．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的瞬时值表达式为u＝10sin5πt(V)D．交流电b的最大值为5 V解析：t＝0时刻穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，故电压为零，A项错．读图得两次周期之比为2∶3，由角速度ω＝2πT得角速度与周期成反比，故B项正确．读图得a的最大值为10 V，ω＝5π，由交流电感应电动势瞬时值表达式e＝E m sinωt(V)(从中性面开始计时)得，u＝10sin5πt(V)，故C项正确．交流电的最大值E m＝nBSω.所以根据两次角速度ω的比值可得，交流电b的最大值为23×10 V＝203V，故D项错．答案：BC图34－67．(多选题)如图34－6所示，在两平行金属板中央有一个静止的电子(不计重力)，当两板间加上如图34－7所示的交变电压后，能使电子有可能做往返运动的电压是()A BC D图34－7解析：由A 图象可知，电子先做加速度减小的加速运动，14T 时刻速度最大，由14T 到12T 做加速度增大的减速运动，12T 时刻速度为零．从12T 到34T 电子反向做加速度减小的加速运动，34T 时刻速度最大，由34T 到T 做加速度增大的减速运动，T 时刻速度为零，回到原位置，即电子能做往复运动．同样的方法可得B 、C 也对．答案：ABCB 组 能力提升8．(多选题)[2014·江苏省苏北三市调研]如图34－8所示电路中，电源电压u ＝311sin100πt (V)，A 、B 间接有“220 V ,440 W”的电暖宝、“220 V ,220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )图34－8A ．交流电压表的示数为311 VB ．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 AC ．电暖宝发热功率是抽油烟机发热功率的2倍D ．1 min 抽油烟机消耗的电能为1.32×104 J解析：交流电压表的示数表示有效值，即为220 V ，选项A 错误；电路正常工作时，干路电流I ＝440220 A ＋220220A ＝3 A ，显然，选项B 正确；电暖宝几乎将电能全部转化为热能，而抽油烟机主要将电能转化为机械能，显然，电暖宝发热功率远大于抽油烟机发热功率的2倍，选项C 错误；1 min 抽油烟机消耗的电能为W ＝Pt ＝220 W ×60 s ＝1.32×104 J ，选项D 正确．答案：BD图34－99．(多选题)图34－9所示为交变电流产生的示意图，在磁感应强度为B 的匀强磁场中线圈绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，线圈匝数为N ，线圈总电阻为r ，线圈面积为S ，外电路电阻为R .在线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法正确的是( )A ．磁通量的变化量ΔΦ＝NBSB ．平均感应电动势E ＝2NBSωπC ．电阻R 产生的焦耳热Q ＝(BNSω)22RD ．电阻R 产生的焦耳热Q ＝ωR π·(NBS )24(R ＋r )2解析：穿过某个面的磁通量与线圈匝数无关，线圈在题设的条件下，其磁通量的变化量ΔΦ＝BS ，选项A 错；线圈转过90°的时间Δt ＝T 4＝π2ω，所以平均电动势E ＝N ΔΦΔt ＝N BS π2ω＝2NBSωπ，选项B 正确；线圈产生的感应电动势的有效值为E ＝E max 2＝NBSω2. 回路中电流的有效值为I ＝E R ＋r ＝NBSω2(R ＋r ). 所以，电阻R 上产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R ＋r 2R T 4＝N 2B 2S 2ωR π4(R ＋r )2. 选项D 正确，答案为B 、D.答案：BD10．[2012·北京卷]一个小型电热器若接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P 2.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( ) A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 V解析：设该电热器的电阻为R ，题中正弦交流电源输出电压的有效值为U ，则P 2＝U 2R ；加直流电时，P ＝(10 V )2R ；又由最大值U m ＝2U ，可解出U m ＝10 V ．故选项C 正确．答案：C11．[2012·安徽卷]图34－10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34－10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)甲 乙 丙图34－10(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)图34－11解析：(1)矩形线圈abcd 转动过程中，只有ab 和cd 切割磁感线，设ab 和cd 的转动速度为v ，则v ＝ω·L 22① 在t 时刻，导线ab 和cd 因切割磁感线而产生的感应电动势均为 E 1＝BL 1v ⊥ ②由图可知v ⊥＝v sin ωt ③则整个线圈的感应电动势为e 1＝2E 1＝BL 1L 2ωsin ωt ④(2)当线圈由题图(c)位置开始运动时，在t 时刻整个线圈的感应电动势为e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0) ⑤(3)由闭合电路欧姆定律可知I ＝E R ＋r⑥ 这里E 为线圈产生的电动势的有效值E ＝E m 2＝BL 1L 2ω2⑦ 则线圈转动一周在R 上产生的焦耳热为Q R ＝I 2RT ⑧其中T ＝2πω ⑨于是Q R ＝πRω⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 1L 2R ＋r 2. 答案：(1)e 1＝BL 1L 2ωsin ωt(2)e 2＝BL 1L 2ωsin(ωt ＋φ0)(3)πRω⎝ ⎛⎭⎪⎫BL 1L 2R ＋r 2 12．某电压u ＝1202sin ωt V 、频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端，求在1 h 内，霓虹灯发光时间有多长．试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象．解析：如图34－12所示，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1.图34－12当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202·sin ωt V 求得：t 1＝1600s ，再由对称性得一个周期内能发光的时间 t ＝T －4t 1＝⎝⎛⎭⎪⎫150－4×1600 s ＝175 s. 再由比例关系求得1 h 内霓虹灯发光的时间t ′＝⎝ ⎛⎭⎪⎫3 6000.02×175 s ＝2 400 s. 很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300s(如图中t 2时刻到t 3时刻)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为110 s ，远大于1300s ，因此经过灯光刺激的人眼不会对短暂的熄灭而有所感觉．答案：2 400 s 分析见解析13．如图34－13甲所示，在两根水平放置的平行金属导轨两端各接一只R ＝1 Ω的电阻，导轨间距L ＝0.2 m ，导轨的电阻忽略不计，整个装置处于竖直向下的匀强磁场中，磁感应强度B ＝0.8 T ．一根电阻r ＝0.3 Ω的导体棒ab 置于导轨上，且始终与导轨保持良好接触．若导体棒沿平行于导轨的方向在PQ 和MN 之间运动，其速度图象如图34－13乙所示．求：图34－13(1)导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式；(2)整个电路在1 min内产生的热量．解析：(1)由速度图象可得，某时刻导体棒做简谐运动的速度表达式v t ＝10sin10πt m/s.导体棒产生的感应电动势的瞬时值表达式e＝BL v t＝1.6sin10πt V.(2)感应电动势的最大值为E max＝10BL＝1.6 V，感应电动势的有效值为E＝E max/2，回路中的总电阻为R′＝r＋R/2＝0.8 Ω，回路中的电流I＝E/R′＝E max2(r＋R/2)＝ 2 A.整个电路在1 min内产生的热量为Q＝I2R′t＝96 J.答案：(1)e＝1.6sin10πt V(2)96 JC组难点突破14．如图34－14所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管图34－14(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝202sin 100πt V，则加在R2上的电压有效值为() A．10 VB．20 VC．15 VD．510 V解析：由有效值定义，102R2·T2＋202R2·T2＝U2R2T，解得U＝510V，选D.答案：D。
高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器 课时作业(
课时作业(四十七) 交变电流的产生和描述[基础训练]1．(2017·安徽宿州期末)如图所示为正弦交流电经过整流器处理后的电压波形，其电压的有效值是( )A ．1.5 VB ．1 V C.32V D. 3 V答案：A 解析：设交流电的有效值为U ，一个周期T ＝4 s ，⎝ ⎛⎭⎪⎫32 V 2R·T 2＝U 2RT ，解得U ＝1.5 V ，A 正确．2．(2017·山东莱芜期末)一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T ，从中性面开始计时，当t ＝112T 时，感应电动势的瞬时值为10 V ，则此交流电电压的有效值为( )A ．5 2 VB ．10 VC ．10 2 VD ．20 V答案：C 解析：从中性面开始计时，瞬时值表达式为e ＝E m sin 2πT t ，当t ＝112T 时，e ＝E m 2＝10 V ，解得E m ＝20 V ，有效值E ＝E m2＝10 2 V ，C 正确．3．(2017·湖北重点中学第二次联考)如图所示为某一线圈交流电的电流—时间关系图象前半个周期为正弦波形的12，则一个周期内该电流的有效值为( )A.32I 0 B.52I 0 C.32I 0 D.52I 0答案：B 解析：设电流的有效值为I ，由I 2RT ＝⎝⎛⎭⎪⎫I 022R ·T 2＋(2I 0)2R ·T 4，解得I ＝52I 0. 4．(2017·湖南永州二模)一交变电流随时间变化的规律如图所示，由图可知( )A ．该交变电流的瞬时值表达式为i ＝10sin 25πt (A)B ．该交变电流的频率为50 HzC ．该交变电流的方向每秒钟改变50次D ．该交变电流通过阻值为2 Ω的电阻时，此电阻消耗的功率为200 W答案：C 解析：由图可知，该交流电的周期T ＝0.04 s ，ω＝2πT＝50π rad/s，该交流电的瞬时值表达式为i ＝10cos 50πt (A)，A 错误；ω＝2πf ，解得频率f ＝25 Hz ，B 错误；线圈转动一圈，电流方向改变两次，所以该交流电的方向每秒钟改变50次，C 正确；电阻消耗的功率P ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎪⎫1022×2 W＝100 W ，D 错误． 5．(2017·河南开封一模)如图所示，甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律如图乙所示．发电机线圈内阻为 1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω恒定不变，则下列说法中正确的是( )A ．电压表的示数为6 VB ．发电机的输出功率为4 WC ．在1.0×10－2s 时刻，穿过线圈的磁通量最大 D ．在1.0×10－2 s 时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大答案：C 解析：由图象可知，发电机产生电压的最大值为6 2 V ，电压的有效值是6 V ，电压表测量的是灯泡两端的电压，所以电压表示数为91＋9×6 V＝5.4 V ，所以A 错误．由P ＝U 2R 知，P ＝5.429W ＝3.24 W ，所以B 错误．在t ＝1×10－2 s 时刻，由图象可知此时的电动势为零，那么此时的磁通量应该最大，所以C 正确．感应电动势与磁通量的变化率成正比，该时刻磁通量的变化率为零，所以D 错误．6．科技小组在探究交变电流的产生及变化规律时，将电流计(0刻度在正中央)与一个保护电阻R0串联后，接到交流发电机模型的两个输出端，如图所示．发电机模型线圈匝数可调．转动手柄使线圈在磁场中匀速转动，观察电流计指针的偏转情况，下列叙述与观察结果相符的是( )A．电流计指针总是左、右摆动B．当转速很小时，电流计指针左、右摆动C．当转速很大时，电流计指针指向某一侧不为零的定值D．当线圈匝数少时，电流计指针左、右摆动，当线圈匝数多时，电流计指针指向某一侧不为零的定值答案：B 解析：交流发电机产生的是交变电流，当转速很小时，流过电流计的电流方向变化较慢，电流计指针能随电流方向的变化而左、右摆动；当转速很大时，电流方向变化很快，电流计指针来不及随之变化而摆动，因此稳定时指针指向“0”刻度不动，A、C错，B正确；线圈匝数不能改变电流方向变化的频率，因此D错．7．(2017·河北石家庄模拟)如图所示的空间存在一匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN，在MN右侧有一矩形金属线圈abcd，ab边与MN重合．现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动，将a、b两端连到示波器的输入端，若电流从a到b为正，则下图中示波器观察到的ab中电流随时间变化的规律是( )答案：D 解析：线圈进入磁场后才有感应电流产生；当cd边进入磁场时，由右手定则可知，感应电流方向为dcba方向，感应电动势最大，故感应电流最大；同理，离开磁场时，感应电流为正向最大．故D项正确．8．(2017·吉林长春质检)边长为a的N匝正方形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线且与线圈在同一平面内的对称轴匀速转动，转速为n，线圈所围面积内的磁通量Φ随时间t 变化的规律如图所示，图象中Φ0为已知．则下列说法正确的是( )A ．t 1时刻线圈中感应电动势最大B ．t 2时刻线圈中感应电流为零C ．匀强磁场的磁感应强度大小为Φ0Na 2D ．线圈中瞬时感应电动势的表达式为e ＝2N πΦ0n cos 2πnt答案：D 解析：t 1时刻线圈的磁通量最大，但磁通量的变化率为0，根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中感应电动势为0，A 项错误；t 2时刻线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，根据法拉第电磁感应定律可知此时线圈中感应电流为最大值，B 项错误；磁通量与线圈匝数无关，根据磁通量的定义可得Φ0＝Ba 2，B ＝Φ0a 2，C 项错误；线圈中瞬时感应电动势的表达式为e ＝NBSωcos ωt ＝2N πΦ0n cos 2πnt ，D 项正确．[能力提升]9．(2017·河北邢台期末)在图示电路中，电阻R 1与电阻R 2的阻值均为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看成零，反向电阻可看成无穷大)，在A 、B 间加一正弦交流电u ＝20sin 100πt (V)，则R 1两端的电压有效值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．15 VD ．510 V答案：A 解析：该交流电的角速度ω＝100π＝2πf ，解得f ＝50 Hz ，当A 点电势高时，二极管D 把R 1短路，R 1两端的电压为零；当B 点电势高时，R 1两端有电压，其最大值为10 V ，一个周期内，只有半个周期的时间内R 1两端有电压，根据有效值的定义，设R 1两端电压的有效值为U ，U 2R·T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫102 V 2R·T2，解得U ＝5 V ，A 正确． 10．(2017·河北石家庄一模)如图所示为小型旋转电枢式交流发电机，电阻r ＝1 Ω的矩形线圈在磁感应强度为B 的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO ′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与电路连接，滑动变阻器R 的最大阻值为6 Ω，滑片P 位于滑动变阻器距下端13处，定值电阻R 1＝2 Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T ＝0.02 s ．闭合开关S ，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转动过程中理想电压表示数是5 V ．下列说法正确的是( )A ．电阻R 1消耗的功率为23WB ．0.02 s 时滑动变阻器R 两端的电压瞬时值为零C ．线圈产生的电动势e 随时间t 变化的规律是e ＝62sin 100πt (V)D ．线圈从开始计时到1200 s 的过程中，通过R 1的电荷量为2200πC答案：D 解析：设电源的电动势为E ，由串并联电路特点，可得：5 V ＝E5＋1·5，可得：E ＝6 V ，由闭合电路欧姆定律知，电路中的总电流I ＝1 A ，由焦耳定律可得：电阻R 1消耗的功率P 1＝I 21R 1＝I 24R 1＝12W ，选项A 错误；0.02 s 时正好是图示时刻，此时线圈产生的电动势最大，滑动变阻器两端的电压也为最大值，而不是零，选项B 错误；由题设条件可得：角速度ω＝2πT＝100π rad/s，则从图示时刻算起，线圈产生电动势的表达式为e ＝E m cos ωt＝62cos 100πt (V)，选项C 错误；线圈从开始计时到1200 s 的过程中，通过线圈的磁通量的变化量ΔΦ＝BS ，由法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律和电流的定义可得：q ＝N ΔΦR ＋r ＝NBS R ＋r ＝E m ωR ＋r ＝2100π C ，由串并联电路特点可得，通过R 1的电荷量q 1＝12q ＝2200πC ，选项D 正确． 11．(2017·河南洛阳尖子生全市第二次联考)(多选)如图所示，矩形线圈面积为S ，匝数为N ，线圈电阻为r ，在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕OO ′轴以角速度ω匀速转动，外电路电阻为R ，下列判断正确的是( )A ．电压表的读数为NBSωR2R ＋rB ．当线圈由图示位置转过30°的过程中，通过电阻R 的电荷量为NBS2R ＋rC ．在线圈转过一周的过程中，电阻R 上产生的焦耳热为N 2B 2S 2ωR π4R ＋r2D ．当线圈由图示位置转过30°时通过电阻R 的电流为NBSω2R ＋r 答案：AD 解析：电动势的最大值E m ＝NBSω，有效值E ＝E m2＝NBSω2，电压表的示数为路端电压的有效值，解得U ＝RR ＋r E ＝NBSωR 2R ＋r，A 正确；线圈转过30°的过程中，通过电阻R 的电荷量q ＝N ΔΦR ＋r ＝N BS －BS si n 60°R ＋r＝⎝⎛⎭⎪⎫1－32NBSR ＋r，B 错误；在线圈转过一周的时间内电阻R 上产生的热量Q ＝U 2R ·2πω＝N 2B 2S 2ωR πR ＋r 2，C 错误；电流的最大值为I m ＝E mR ＋r＝NBSωR ＋r ，电流的瞬时值表达式为i ＝I m sin ωt ，从图示位置转过30°时，ωt ＝π6，此时的电流为i ＝I m2＝NBSω2R ＋r，D 正确． 12．(2017·安徽江南十校联考)(多选)如图所示，处在垂直于纸面向外、磁感应强度为B 的匀强磁场中的单匝矩形闭合线框MNPQ ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ 转动．已知MN长为l 1，NP 长为l 2，线框电阻为R .t ＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )A ．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ω B ．矩形线框转过π时的电流为零C ．矩形线框转动一周，通过线框任意横截面的电荷量为Bl 1l 2RD ．矩形线框转过π过程中产生的热量为πB 2l 21l 22ω2R答案：ABD 解析：矩形线框转动时产生正弦式交变电流，最大值为Bl 1l 2ω，所以有效值E ＝22Bl 1l 2ω，A 正确；转过π时，线框平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，电流为零，B 正确；转过一周，ΔΦ为零，通过横截面的电荷量为零，C 错误；转过π过程中产生的热量Q ＝E 2R t ＝E 2R πω＝πB 2l 21l 22ω2R，D 正确．13．某兴趣小组设计了一种发电装置，如图所示．在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角α均为49π，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，两条边所经过处的磁感应强度大小均为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 .求：(1)线圈切割磁感线时，感应电动势的大小E m ； (2)线圈切割磁感线时，bc 边所受安培力的大小F ； (3)外接电阻上电流的有效值I .答案：(1)2NBl 2ω (2)4N 2B 2l 3ωR ＋r (3)4NBl 2ω3R ＋r解析：(1)bc 、ad 边的运动速度v ＝ωl2，感应电动势E m ＝4NBlv . 解得E m ＝2NBl 2ω.(2)由电流I m ＝E mR ＋r ，安培力F m ＝2NBI m l 解得F ＝4N 2B 2l 3ωR ＋r .(3)一个周期内，通电时间为t ＝49TR 上消耗的电能W ＝I 2mRt 且W ＝I 2RT 解得I ＝4NBl 2ω3R ＋r.。
高考物理(人教版)第一轮复习课时作业 章末质量检测10交变电流、传感器 含答案
高考物理复习 章末质量检测(十)(时间：60分钟 满分：100分)一、选择题(本题10小题，每小题7分，共70分。
在每小题给出的四个选项中，第1～7题只有一项符合题目要求，第8～10题有多项符合题目要求。
)1．如图1所示，闭合的矩形导体线圈abcd 在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO ′匀速转动，沿着OO ′方向观察，线圈沿逆时针方向转动。
已知匀强磁场的磁感应强度为B ，线圈匝数为n ，ab 边的边长为l 1，ad 边的边长为l 2，线圈的电阻为R ，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )图1A ．线圈中感应电流的方向为abcdaB ．线圈中的感应电动势为2nBl 2ωC ．穿过线圈磁通量随时间的变化率最大D ．线圈ad 边所受安培力的大小为n 2B 2l 1l 22ωR，方向垂直纸面向里 解析 当线圈转到图示的位置时，线圈的磁通量即将向右增加，由楞次定律结合安培定则可知，线圈中感应电流的方向为adcba ，故A 错误；当转到图示的位置时产生的电动势最大，由法拉第电磁感应定律可得，穿过线圈的磁通量的变化率最大。
此时电动势的大小为e ＝2nBl 2ωl 12＝nBl 1l 2ω，B 错误，C 正确；线圈此时的感应电流大小为I ＝e R ＝nBl 1l 2ωR ，所以ad 边所受的安培力的大小为F＝nBIl 2，代入I 可得F ＝n 2B 2l 1l 22ωR，方向垂直纸面向外，D 错误。
答案 C2．正弦交变电流经过匝数比为n1∶n2＝10∶1的理想变压器与电阻R、交流电压表V、交流电流表A按图2甲所示方式连接，R＝10 Ω。
图乙是R两端电压U 随时间变化的图象，U m＝10 V，则下列说法中正确的是()图2A．通过R的电流i R随时间t变化的规律是i R＝2cos 100πt(A)B．电流表A的读数为0.1 AC．电流表A的读数为220 AD．电压表V的读数为10 V解析由图乙知T＝2×10－2 s，f＝50 Hz，ω＝2πf＝100π rad/s，I m＝U mR＝1 A，故i R＝cos 100πt(A)，A错误；通过R的电流的有效值I2＝I m2＝22A，再根据I1I2＝n2n1知，I1＝220A，B错误，C正确；电压表读数应为副线圈两端电压的有效值，即U＝U m2＝102V，故D错误。
高三物理一轮复习(课件+课时作业)：第十章 交变电流
课时提升练(二十九)交变电流的产生和描述(限时：45分钟)A 组 对点训练——巩固基础知识题组一 正弦式交变电流的产生1．如图10-1-12所示，矩形线圈abcd 绕轴OO ′匀速转动产生交流电，在图示位置开始计时，则下列说法正确的是( )图10-1-12A ．t ＝0时穿过线圈的磁通量最大，产生的感生电流最大B ．t ＝T 4(T 为周期)时感生电流沿abcda 方向C ．若转速增大为原来的2倍，则交变电流的频率是原来的4倍D ．若转速增大为原来的2倍，则产生的电流有效值为原来的4倍【解析】 图示时刻，ab 、cd 边切割磁感线的有效速率为零，产生的感应电动势为零，A 错误；根据线圈的转动方向，确定T 4时线圈的位置，用右手定则可以确定线圈中的感应电流沿abcda 方向，B 正确；根据转速和频率的定义可知C 错误；根据E m ＝nBSω，E ＝E m 2，I ＝E R 总可知电流有效值变为原来的2倍，D错误．【答案】 B2．一单匝闭合线框在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动．在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为E m，下列说法中正确的是()A．当磁通量为零时，感应电动势也为零B．当磁通量减小时，感应电动势也减小C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势等于0.5E mD．角速度ω等于E mΦm【解析】根据正弦式交变电流的产生及其变化规律：当磁通量最大时，感应电动势为零；当磁通量减小时，感应电动势在增大；磁通量减为零时，感应电动势最大．由此可知A、B项错误；设从线框位于中性面开始计时，则有e＝E m sin ωt，式中E m＝BSω.因Φm＝BS，故角速度ω＝E mΦm，D项正确；设e＝0.5E m，则解出ωt＝π6.此时Φ＝B·S cos π6＝32BS＝32Φm，所以C项错．【答案】 D题组二有效值的计算3．图10-1-13甲为一正弦交流电的图象，图10-1-13乙为一方波交流电的图象．以下关于这两个交流电的说法中正确的是()图10-1-13A ．两种交变电流的有效值均为 2 AB ．图甲表示的交变电流的瞬时值的表达式为i ＝2sin 10πt (A)C ．两种交变电流分别通过同一只电阻，在各自的一个周期内，在该电阻上产生的热量之比为Q 甲∶Q 乙＝2∶3D ．图甲表示的交变电流经过一个变压比为5∶1的升压变压器后，该交变电流的频率将变为原来的15【解析】 从题图上可以看出，正弦交流电的峰值是2 A ，周期是0.4 s ；而方波交流电的峰值也是2 A ，周期则为0.3 s ．正弦交流电电流的有效值为I 1＝I m 2＝ 2 A ，方波交流电电流的有效值I 2＝2 A ，A 错误；正弦交流电的电流瞬时值的数学表达式为i ＝2sin 5πt (A)，B 错误；将两种不同的交流电分别通过同一个电阻的时候，由于热量的计算要用电流的有效值，所以有Q甲＝I 21RT 1，Q 乙＝I 22RT 2，代入数据可得Q 甲∶Q 乙＝2∶3，C 正确；变压器只能改变电路中的电压和电流，不能改变交变电流的频率，D 错误．【答案】 C4．多数同学家里都有调光台灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现上述调节的，这种调节方法成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速．现在的调光台灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现调节的．如图10-1-14甲所示为一种调光台灯的电路示意图，它通过双向可控硅电子元件实现了无级调节亮度．给该台灯接220 V 的正弦交流电后加在灯管两端的电压为如图10-1-14乙所示的周期性电压(每个周期的前半部分为一正弦函数完整波形的前14段)，则此时交流电压表的示数为( )图10-1-14A ．220 VB ．110 V C.2202 V D.1102V 【解析】 交流电的有效值是根据电流的热效应来规定的，即在同一时间内，跟某一交流电能使同一电阻产生相等热量的直流电的数值，叫做该交流电的有效值．设电压的有效值为U ，根据有效值定义有(2202)2R ·T 2＝U 2R T ，解得U ＝110 V ，所以选项B 正确．【答案】 B5．通过某电流表的电流按如图10-1-15所示的规律变化，则该电流表的读数为( )图10-1-15A ．4 2 AB ．4 AC ．5 A D.5 2 A【解析】 由电流的热效应可得(82)2R ×T 2＋(32)2R ×T 2＝I 2RT ，解得I ＝5 A ，选项C 正确．【答案】 C题组三 交变电流“四值”的集合6．(2014·辽宁沈阳质量检测)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10-1-16乙所示，产生的交变电动势随时间变化规律的图象如图10-1-16甲所示，已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡，则( )甲 乙图10-1-16A ．电压表V 的示数为20 VB ．电路中的电流方向每秒改变5次C ．灯泡实际消耗的功率为36 WD ．电动势随时间变化的瞬时值表达式为e ＝20cos (5πt )V 【解析】 由甲图知电动势峰值为20 2 V ，周期为0.2 s ，所以有效值为20 V ，角速度ω＝2πT ＝10π rad/s ，电压表测的是路端电压U ＝E R ＋r·R ＝209.0＋1.0×9.0 V ＝18 V ，A 项错误；交流电的频率f ＝1T ＝5 Hz ，每一周期电流方向改变两次，所以每秒改变10次，B 项错误；灯泡实际消耗功率为P ＝U 2R ＝1829.0 W ＝36 W ，故C 项正确；电动势瞬时值表达式e ＝202cos【答案】 C7．(2014·郑州市一模)图10-1-17甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的两端经集流环和电刷与R＝10 Ω的电阻连接，与电阻R并联的交流电压表为理想电表，示数是10 V．图10-1-17乙是矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象，则()甲乙图10-1-17A．电阻R上的电功率为20 WB．0.02 s的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＝14.1cos 100ππt(V)D．通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝cos 50πt(A)【解析】电压表上的示数为有效值，故可知电阻R上的电功率为P ＝U2＝10 W，则A错误；由乙图可知，0.02 s时磁通量为0，但磁通量的变R化率是最大的，故此时的电压瞬时值最大，则B错误；由于磁通量按正弦＝规律变化，则电动势必按余弦规律变化，且电压最大值为10 2 V，ω＝2πT 100π rad/s，所以R两端的电压u随时间t变化的规律是u＝14.1cos 100πt(V)，＝1.41cos 故C正确；同理可知通过R的电流i随时间t变化的规律是i＝uR【答案】 C8．(多选) 如图10-1-18所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T ，转轴O 1O 2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A ．那么( )图10-1-18A ．线圈消耗的电功率为4 WB ．线圈中感应电流的有效值为2 AC ．任意时刻线圈中的感应电动势为e ＝4cos 2πT tD ．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝T πsin 2πT t【解析】 线圈转动角速度ω＝2πT ，线圈平面从与磁场方向平行开始计时，当转过60°时，电流的瞬时值表达式为i ＝I m cos 60°＝1 A ⇒I m ＝2 A ，正弦交变电流有效值I ＝I m 2＝ 2 A ，B 项错；线圈消耗的功率P ＝I 2R ＝4 W ，A 项正确；由欧姆定律可知，感应电动势最大值E m ＝I m R ＝4 V ，所以瞬时值表达式为e ＝4 cos 2πT t ，C 项正确；通过线圈的磁通量Φ＝Φm sin ωt ＝Φm sin 2πT t ，由感应电动势的最大值E m ＝BSω＝Φm ×2πT ⇒Φm ＝E m T 2π，解两式得：Φ＝E m T 2πsin 2πT t ＝2T πsin 2πT t ，D 项错．【答案】 ACB组深化训练——提升应考能力9．(多选)(2014·南京模拟)如图10-1-19甲所示，为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间按余弦规律变化，其e-t图象如图10-1-19乙所示．发电机线圈的内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω，则()甲乙图10-1-19A．电压表的示数为6 VB．发电机的输出功率为4 WC．在1.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量最大D．在2.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率最大【解析】根据e-t图象可知产生的交变电流的电动势最大值为6 2V，有效值为6 V，根据闭合电路欧姆定律可求得电压表的示数为U＝99＋1×6 V＝5.4 V，A错；根据电功率公式得发电机的输出功率为P＝(69＋1)2×9W＝3.24 W，B错；根据e-t图象可知在1.0×10－2 s时刻，电动势为零，说明此时线圈处于中性面，磁通量最大，C正确；在2.0×10－2s时刻，电动势为最大，说明此时线圈处于与中性面垂直的位置，磁通量最小，但是磁通量的变化率最大，D正确．【答案】CD10．(多选)如图10-1-20所示，某玩具电磁驱动发电机可简化为在匀强磁场中的一匝闭合金属线圈，线圈平面与磁感应强度方向垂直，磁场的磁感应强度大小为B ，线圈面积为S ，电阻为R .当线圈以右边为轴，以恒定的角速度ω匀速转动时，下列叙述中正确的是( )图10-1-20A ．产生的感应电流的有效值为2BSω2RB ．转过30°时，线圈中的电流方向为逆时针C ．转过90°的过程中，通过线圈导线某一横截面的电荷量为BS RD ．线圈转动一周产生的热量为2πωB 2S 2R【解析】 线圈中产生的感应电动势最大值为E m ＝BSω，电动势有效值为E ＝22E m ＝22BSω，则电流的有效值为I ＝E R ＝2BSω2R ，选项A 正确；据楞次定律可知转过30°时，线圈中感应电流方向为顺时针，选项B 错误；由E ＝ΔΦΔt ，I ＝E R ，q ＝I t ，得到电荷量q ＝ΔΦR ＝BS R ，故选项C 正确；线圈转一周的过程中，产生的热量为Q ＝I 2Rt ＝πωB 2S 2R ，选项D 错误． 【答案】 AC11．在如图10-1-21甲所示电路中，D 为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．R 1＝30 Ω，R 2＝60 Ω，R 3＝10 Ω.在MN 间加上如图10-1-21乙所示的交变电压时，R 3两端电压表的读数大约是( )甲 乙图10-1-21A ．3 VB ．3.5 VC ．4 VD ．5 V【解析】 在0～0.01 s 内，二极管导通，电压表读数为U 3＝R 3R 3＋R 12U m ＝4 V ，在0.01～0.02 s 内，二极管截止，电压表读数U 3′＝R 3R 3＋R 1U m ＝3 V ．根据交流电有效值的定义得：U 23R 3×T 2＋U 3′2R 3×T 2＝U 2R 3×T ，U ＝3.5 V ，B 正确．【答案】 B12．如图10-1-22所示， 用电阻率为ρ、横截面积为S 的硬导线做成一个边长为L 的方框，其中一边串接有一理想电流表，方框的右半部分位于匀强磁场区域中，磁场方向垂直纸面向里，当磁感应强度大小随时间的变化率ΔB Δt ＝k >0时，电流表示数为I 1；当磁场的磁感应强度大小为B ，线框绕虚线以角速度ω＝k B 匀速转动时，电流表示数为I 2，则I 1∶I 2为( )图10-1-22 A.2∶1B.2∶1 C ．1∶1 D.2∶2【解析】 方框的电阻为R ＝ρ4L S ，当磁感应强度的大小随时间的变化率为k 时，由法拉第电磁感应定律知E 1＝kL 22，即I 1＝E 1R ＝kSL 8ρ，当线框绕虚线以角速度ω＝k B 匀速转动时，有I 2＝E 2R ＝22BL 2ω2R ＝2LkS 16ρ，所以I 1∶I 2＝2∶1，A 对，B 、C 、D 错．【答案】 A13．(2014·苏北四市二模)如图10-1-23所示，矩形线圈abcd 与可变电容器C 、理想电流表A 组成闭合电路．线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc 边匀速转动，转动的角速度ω＝100π rad/s.线圈的匝数N ＝100匝，边长ab ＝0.2 m ，ad ＝0.4 m ，电阻不计．磁场只分布在bc 边的左侧，磁感应强度大小B ＝216π T ．电容器放电时间不计．下列说法正确的是( )图10-1-23A ．该线圈产生的交流电动势峰值为50 VB ．该线圈产生的交流电动势有效值为25 2 VC ．电容器的耐压值至少为50 VD ．电容器的电容C 变大时，电流表的示数变小【解析】 该交流电的瞬时值表达式为e ＝NBSωsin ωt ＝50 2sin 100πt (V)，其峰值为50 2 V ，所以A 、C 均错误；由于一个周期内只有半个周期产生感应电动势，所以有E 2R T ＝502R ×T 2＋0，解得E ＝25 2 V ，即B 正确；C变大时电容器对交流电的阻碍作用减小，电流表的示数变大，所以D错．【答案】 B14．(多选)如图10-1-24甲所示，将阻值为R＝5 Ω的电阻接到内阻不计的正弦交变电源上，电流随时间变化的规律如图10-1-24乙所示，电流表串联在电路中测量电流的大小．对此，下列说法正确的是()图10-1-24A．电阻R两端电压的函数表达式为u＝2.5sin 200πt(V)B．电阻R消耗的电功率为1.25 WC．若此交变电流由一矩形线框在匀强磁场中匀速转动产生，如图10-1-24丙所示，当线圈的转速提升一倍时，电流表的示数为1 AD．这一交变电流与图10-1-24丁所示电流比较，其有效值之比为1 2【解析】图乙所示电流的最大值为I m＝0.5 A，由欧姆定律得U m＝I m R ＝2.5 V．周期为T＝0.01 s，ω＝2πT＝200 π rad/s，所以R两端电压的表达式为u＝2.5sin 200πt(V)，A正确；该电流的有效值为I＝I m2，电阻R消耗的电功率为P＝I2R，解得P＝0.625 W，B错误；该交变电流由图丙所示矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生，当转速提升一倍时，电动势的最大值E m＝nBSω为原来的2倍．电路中电流的有效值也是原来的2倍，为2×0.52A ≠1 A ．电流表的示数为有效值，C 错误；图乙中的正弦交变电流的有效值为0.52A ．图丁所示的交变电流虽然方向发生变化，但大小恒为0.5 A ，可知D 正确．【答案】 AD15．如图10-1-25所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为( )图10-1-25A ．U m B.U m 2C.U m 3D.U m 2 【解析】 由题给图象可知，交流电压的变化规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解．设电灯的阻值为R ，正弦交流电压的有效值与峰值的关系是U ＝U m 2，由于一个周期内半个周期有交流电压，一周期内交流电产生的热量为Q ＝(U m 2)2R t ＝U 2m 2R ·T 2，设交流电压的有效值为U ，由电流热效应得Q ＝U 2m 2R ·T 2＝U 2R ·T ，所以该交流电压的有效值U ＝U m /2，可见选项D 正确． 【答案】 D。
高三物理一轮复习(课件+课时作业)：第十章 交变电流
课时提升练(三十) 变压器 电能的输送(限时：45分钟)A 组 对点训练——巩固基础知识题组一 变压器基本关系的应用1．(2014·海南高考)理想变压器上接有三个完全相同的灯泡，其中一个与该变压器的原线圈串联后接入交流电源，另外两个并联后接在副线圈两端．已知三个灯泡均正常发光．该变压器原、副线圈的匝数之比为( )A ．1∶2B ．2∶1C ．2∶3 D.3∶2【解析】 设灯泡正常发光时的电流为I ，由题意可知，通过原线圈的电流I 1＝I ，通过副线圈的电流I 2＝2I ，根据变压器的电流关系n 1n 2＝I 2I 1＝21. 【答案】 B2．(2014·陕西渭南质检(一))如图10-2-21所示，理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝4∶1，电压表V 和电流表A 均为理想电表，灯泡电阻R L ＝12 Ω，AB 端电压u 1＝24 2sin 100πt (V)．下列说法正确的是( )图10-2-21A ．电流频率为100 HzB ．电压表V 的读数为96 VC ．电流表A 的读数为0.5 AD ．变压器输入功率为6 W【解析】 由u 1＝242sin 100πt (V)可知交流电的频率为50 Hz ，A 错误；原线圈输入的电压有效值为24 V ，由于n 1∶n 2＝U 1∶U 2，可知，U 2＝6V ，即电压表的示数为6 V ，B 错误；电流表的示数I ＝U 2R ＝612 A ＝0.5 A ，C 正确；灯泡消耗的功率P ＝U 2I ＝3 W ，而变压器为理想变压器，本身不消耗能量，因此变压器输入功率也为3 W ，D 错误．【答案】 C3．(2014·昆明一中模拟)如图10-2-22所示，理想变压器初级线圈的匝数为n 1，次级线圈的匝数为n 2，初级线圈的两端a 、b 接正弦交流电源，电压表V 的示数为220 V ，负载电阻R ＝44 Ω，电流表A 1的示数为0.20 A ．下列判断中正确的是( )图10-2-22A ．初级线圈和次级线圈的匝数比为2∶1B ．初级线圈和次级线圈的匝数比为5∶1C ．电流表A 2的示数为1.0 AD ．电流表A 2的示数为0.4 A 【解析】 对于理想变压器，P 1＝U 1I 1＝220×0.20 W ＝44 W ，则负载电阻消耗的功率P 2＝P 1＝44 W ，据P 2＝U 22R ，得U 2＝P 2R ＝44×44 V ＝44 V ，则n 1n 2＝U 1U 2＝22044＝5，故B 正确、A 错误；A 2的读数I 2＝U 2R ＝4444 A ＝1 A ，故C 正确、D 错误．【答案】 BC题组二 变压器的动态分析4．(2014·山东威海一模)利用如图10-2-23所示的理想变压器给用电器供电．在原线圈ab 端接交变电压u ＝1 000sin 100πt (V)，原线圈匝数n 1＝1 000匝，副线圈匝数n 2＝50匝．下列说法正确的是( )图10-2-23A ．通过原副线圈的交流电的频率均为100 HzB ．副线圈两端电压为U 2＝50 VC ．通过原副线圈的电流之比为I 1∶I 2＝20∶1D ．闭合电键K ，变压器输入功率增加【解析】 由交流电压的表达式U ＝1 000sin 100πt (V)知，原副线圈交流电的频率均为50 Hz ，A 项错；副线圈两端的电压U 2＝n 2n 1U 1＝25 2 A ，B 项错；原副线圈的电流之比为I 1I 2＝n 2n 1＝120，C 项错；闭合电键K ，负载电阻R 减小，输出功率P 2＝U 22R 增加，输入功率P 1＝P 2增加，D 项对．【答案】 D5．(2014·河北邯郸质检)如图10-2-24是街头变压器通过降压给用户供电的示意图，变压器输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动，可以认为输入电压是不变的．输出电压通过输电线输送给用户，输电线的电阻用R 0表示，变阻器只表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P 向下移时( )A．A2表的示数随A1表的示数的增大而增大B．V1表的示数随V2表的示数的增大而增大C．变压器的输入功率在增大D．相当于在减少用电器的数目【解析】理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，虽然滑动变阻器触头P向下移动，但由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出的电压也不变，即B错误；V2的示数不变，副线圈的电阻减小了，由欧姆定律知A2的示数变大，由P＝UI知输出功率变大了，由于变压器的输入功率和输出功率相等，所以原线圈的输入的功率也要变大，C正确；原线圈的输入的功率变大，因为输入的电压不变，所以输入的电流要变大，即A1的示数变大，是A1表的示数随A2表的示数的增大而增大，故A错误；D项当滑动变阻器触头P向下移动时，导致总电阻减小，由于用电器是并联接入电路，所以电阻减小相当于用电器数目增加，故D错误．【答案】 C6．图10-2-25甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图10-2-25乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是()甲乙A ．输入电压u 的表达式u ＝202sin 50πt (V)B ．只断开S 2后，L 1、L 2均正常发光C ．只断开S 2后，原线圈的输入功率增大D ．若S 1换接到2后，R 消耗的电功率为0.8 W【解析】 由图乙知周期为0.02 s ，因此输入电压的表达式u ＝202sin 100πt (V)，A 错；只断开S 2，L 1、L 2两端的电压小于额定电压，都不能正常发光，B 错；只断开S 2，负载电阻变大，功率变小，C 错；S 1换接到2后，据P ＝U 2出R 和U 入U 出＝n 1n 2得R 消耗的功率为0.8 W ，故选D. 【答案】 D题组三 远距离输电7．(2014·浙江高考)如图10-2-26所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U ，用等效总电阻是r 的两条输电线输电，输电线路中的电流是I 1，其末端间的电压为U 1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I 2.则( )图10-2-26A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U【解析】 根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降为U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r ＝I 1U 1，选项C 错误；输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．【答案】 A8．(多选)一台发电机最大输出功率为4 000 kW ，电压为4 000 V ，经变压器T 1升压后向远方输电．输电线路总电阻为R ＝1 kΩ.到目的地经变压器T 2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V 60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T 1和T 2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )A ．T 1原、副线圈电流分别为103 A 和20 AB ．T 2原、副线圈电压分别为1.8×105 V 和220 VC ．T 1和T 2的变压比分别为1∶50和40∶1D ．有6×104盏灯泡(220 V 60 W)正常发光【解析】 远距离输电的模型如图所示．T 1原线圈的电流为I 1＝P 1U 1＝4 000×1034 000 A ＝1×103 A ，输电线上损失的功率为P 损＝I 22R ＝10%P 1，所以I 2＝ 10%P 1R ＝ 4 000×103×0.11×103A ＝20 A ，选项A 正确；T 1的匝数比为n 1n 2＝I 2I 1＝20103＝150，T 1上副线圈的电压为U 2＝50U 1＝2×105 V ，T 2原线圈的电压为U 3＝U 2－I 2R ＝2×105 V －20×103V ＝1.8×105 V ，选项B 正确；T 2上原、副线圈的变压比为n 3n 4＝U 3U 4＝1.8×105220＝9×10311，选项C 错误；能正常发光的灯泡的盏数为：N ＝90%P 160＝6×104，选项D 正确．【答案】 ABDB 组 深化训练——提升应考能力9．(多选)(2014·河南六市一联)如图10-2-27甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈接有“220 V 440 W ”的热水器、“220 V 220 W ”的抽油烟机．如果副线圈电压按图10-2-27乙所示规律变化，则下列说法正确的是( )甲 乙图10-2-27A ．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202·sin 100πt (V)B ．交流电压表的示数为1 100 2 VC ．1 min 内变压器输出的电能为3.96×104 JD ．热水器的发热功率是抽油烟机发热功率的2倍【解析】 由图乙可知，T ＝0.02 s ，U 2m ＝220 2 V ，而ω＝2πT ＝100πrad/s ，副线圈两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202·sin 100πt (V)，A 项正确；交流电压表的示数为有效值U 1，由U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝n 1n 2U 2＝51×220 V ＝1 100 V ，所以B 项错误；因输出端电压有效值为U 2＝220 V ，则热水器和抽油烟机均正常工作，则热水器正常工作时的电流I 1＝P U ＝440220 A ＝2 A ，抽油烟机正常工作时的电流I 2＝P U ＝220220 A ＝1 A ，所以1 min 内变压器输出的电能W＝U 2(I 1＋I 2)t ＝220×3×60 J ＝3.96×104 J ，故C 项正确；因为抽油烟机的内阻和机械功率未知，故无法求它的发热功率，所以无法比较两个用电器的发热功率的大小，故D 项错误．【答案】 AC10．(多选) (2014·贵阳二中模拟)如图10-2-28所示的电路中变压器为理想变压器，S 为单刀双掷开关，P 是滑动变阻器R 的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的交变电压，I 1、I 2分别为原线圈和副线圈中的电流．下列说法正确的是( )图10-2-28A ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则R 上消耗的功率减小B ．保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，则I 2减小C ．保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，则I 1增大D ．保持U 1不变，S 接在b 端，将P 向上滑动，则I 1减小【解析】 设理想变压器的原、副线圈匝数分别为n 1、n 2，根据理想变压器的原、副线圈的电压比等于匝数比，可得：U 1n 1＝U 2n 2.保持P 的位置及U 1不变，S 由b 切换到a ，n 2变大，U 2变大，由欧姆定律可知I 2变大，R 上消耗的功率变大，I 1变大，A 错误、C 正确；同理，保持P 的位置及U 1不变，S 由a 切换到b ，I 2变小，B 正确；保持U 1不变，S 接在b 端，则U 2不变，P 向上滑动，R 变小，由欧姆定律可知I 2变大，则I 1也变大，D错误．【答案】 BC11. (14分)如图10-2-29所示，交流发电机电动势的有效值E ＝20 V ，内阻不计，它通过一个R ＝6 Ω的指示灯连接变压器．变压器输出端并联24只彩色小灯泡，每只灯泡都是“6 V 0.25 W ”，灯泡都正常发光，导线电阻不计．求：图10-2-29(1)降压变压器原、副线圈匝数比；(2)发电机的输出功率．【解析】 (1)彩色小灯泡额定电流I L ＝P U ＝124 A ，副线圈总电流I 2＝24I L ＝1 A.变压器输入功率等于U 1I 1＝U 2I 2＝6 W变压器原线圈电路中，利用欧姆定律可得E ＝U 1＋I 1R ＝U 2I 2I 1＋I 1R ＝6I 1＋6I 1， 代入E 值解得I 1＝13A(I 1＝3 A 应舍去，根据题意是降压变压器，应I 1<I 2＝1 A)，所以n 1n 2＝I 2I 1＝31. (2)发电机的输出功率P ＝I 1E ＝6.67 W.【答案】 (1)3∶1 (2)6.67 W12．(2014·泰安检测)如图10-2-30所示为泰安某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1 Ω的发电机向全校22个教室(每个教室有“220 V40 W”的白炽灯6盏)供电．如果输电线的总电阻R 是4 Ω，升压变压器和降压变压器(都认为是理想变压器)的匝数比分别是1∶4和4∶1，那么：图10-2-30(1)发电机的输出功率应是多大？(2)发电机的电动势是多大？(3)输电效率是多少？【解析】 (1)全校教室白炽灯消耗的功率P 用＝22×40×6 W ＝5 280 W.设输电线路电流为I 线，输电电压为U 2，降压变压器原线圈电压为U 3，U 3U 4＝n 3n 4＝41，而U 4＝220 V ，则U 3＝4×220 V ＝880 V ，I 线＝P 用U 3＝5 280880 A ＝6 A ， 线路损失功率P 损＝I 2线R 线＝36×4 W ＝144 W ，所以P 出＝P 用＋P 损＝5 424 W.(2)U 损＝I 线R 线＝6×4 V ＝24 V ，U 送＝U 2＝U 损＋U 3＝904 V ，由U 1U 2＝n 1n 2得：U 1＝U 2n 1n 2＝904×14 V ＝226 V ，升压变压器原线圈电流I 1＝P 出U 1＝5 424226 A ＝24 A ， 发电机的电动势E ＝I 1r ＋U 1＝24×1 V ＋226 V ＝250 V .(3)η＝P 用P 送×100%＝5 2805 424×100%＝97.3%. 【答案】 (1)5 424 W (2)250 V (3)97.3%。
第10章 交变电流 传感器(高中物理习题)
高三一轮物理复习（人教版）第10章交变电流传感器(本卷满分100分，考试用时90分钟)一、选择题(本大题共12小题，每小题5分，共60分，每小题至少有一个选项正确，全部选对的得5分，选对但不全的得3分，有选错的得0分)图11．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图1)，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，图2中能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是图2解析线圈在图示位置磁通量为零，但感应电流为最大值；再由楞次定律可判断线圈在转过90°的过程中，感应电流为正，故选项C正确．答案 C2．图3为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是图3A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失B ．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗C ．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小D ．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好解析 有两种方式可减小输电中的能量损失：一是减少输电线的电阻，由R ＝ρLS 知，A 正确．二是减小输电电流，B 正确．若输电电压一定，由P ＝UI 知输送的电功率越大，输电电流越大，则输电中能量损耗P 失＝I 2R 越大，C 错误．输电电压越高，对输电线路绝缘性能的要求及变压器的要求都会相应提高，D 正确． 答案 ABD图43．将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律 如图4所示．下列说法正确的是 A ．电路中交变电流的频率为0.25 Hz B ．通过电阻的电流为 2 A C ．电阻消耗的电功率为2.5 WD ．用交流电压表测得电阻两端的电压是5 V解析 由图象可知，交流电频率f ＝1T ＝25 Hz ，选项A 错误；交流电压有效值E ＝E m 2＝522 V ，故通过电阻的电流为I ＝E R ＝22 A ，选项B 错误；电阻消耗的电功率为P ＝E 2R ＝2.5 W ，选项C 正确；交流电压表测得的电压应为有效值，故选项D 错误．答案 C4．如图5甲所示，电阻R 的阻值为50 Ω，在ab 间加上图乙所示的正弦交流电，则下面说法中正确的是图5A ．电阻R 的功率为200 WB ．电流表示数为2 AC ．产生该交流电的线圈在磁场中转动的角速度为3.14 rad/sD ．如果产生该交流电的线圈转速提高一倍，则电流表的示数也增大一倍解析 由乙图知，交流电压的有效值U ＝100 V ，则R 上的功率P ＝U 2R ＝200 W ，电流表的示数I ＝U R ＝2 A ，A 、B 均正确；ω＝2πT ＝100π rad/s ，C 错误；由E m ＝NBSω知，D 正确． 答案 ABD5．将硬导线中间一段折成不封闭的正方形，边长为l ，它在磁感应强度为B 、方向 如图6所示的匀强磁场中匀速转动，转速为n ，导线在a 、b 两处通过电刷与外电路连接，外电路接有额定功率为P 的小灯泡并正常发光，电路中除灯泡外，其余部分的电阻不计，灯泡的电阻应为图6A.(2πl 2nB )2PB.2(πl 2nB )2PC.(l 2nB )22PD.(l 2nB )2P解析 线圈做切割磁感线运动，产生的感应电动势的最大值为E m ＝Bl 2ω＝2πnl 2B ， 由P ＝E 2R 得：P ＝(2πnl 2B/2)2R ，R ＝2(πnl 2B )2P .答案 B6．某发电站采用高压输电的方法向外输送电能．若输送的总功率为P 0，输电电压为U ，输电导线的总电阻为R.则下列说法正确的是 A ．输电线上的电流I ＝U RB ．输电线上的电流I ＝P 0UC ．输电线上损失的功率P ＝⎝⎛⎭⎫P 0U 2R D ．输电线上损失的功率P ＝U 2R解析 输电电压U 不是输电线上损失的电压，故A 、D 错误；输电线上的电流I ＝P 0U，输电线上损失的功率P ＝I 2R ＝⎝⎛⎭⎫P 0U 2R ，故B 、C 正确． 答案 BC图77．学校的变压器把电压为1 000 V 的交流电降压为u ＝311sin 100πt(V)后供给各教室，输电线的零线b 上保持零电势不变，而火线a 上的电势随时间周期性变化．为保证安全用电，教室里电灯的开关要接在火线上，如图7所示．下列说法正确的是 A ．变压器原线圈与副线圈的匝数比为50∶11 B ．此交流电的频率为100 HzC ．开关断开时其两触点间的电压为220 VD ．火线上的最高电势与最低电势之差为311 V解析 副线圈的电压的有效值为3112V ＝220 V ，原线圈和副线圈的匝数比n 1∶n 2＝1 000∶220＝50∶11，故A 正确；由ω＝2πf ＝100π rad/s 知，交流电的频率是50 Hz ，所以B 错误；开关触点处的电压在断开的时候有效值是220 V ，所以C 正确；火线上的最高电势与最低电势之差为622 V ，所以D 错误． 答案 AC8．某小型水电站的电能输送示意图如图8所示，发电机的输出电压为200 V ，输电线总电阻为r ，升压变压器原副线圈匝数分别为n 1、n 2，降压变压器原副线圈匝数分别为n 3、n 4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V 的用电器正常工作，则图8A.n 2n 1＞n 3n 4B.n 2n 1＜n 3n 4C ．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压D ．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率解析 由于输电线上的功率损耗，故升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率，D 正确.U 2U 1＝n 2n 1，U 3U 4＝n 3n 4，因为U 1＝200 V ＜U 4＝220 V ，U 2＞U 3＝U 2－U 线，故n 2n 1＞n 3n 4，选项A 正确． 答案 AD9．如图9甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝11∶1，电阻R ＝20 Ω，是交流电压表，原线圈加上如图乙所示的交流电，则图9A ．加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为u ＝220 2·cos(100πt) VB ．加在原线圈上交流电压瞬时值的表达式为u ＝220 2·cos(50πt) VC ．t ＝0.005 s 时，电压表的示数为20 VD ．t ＝0.005 s 时，电压表的示数为0解析 由图象可知，交流电压的最大值是220 2 V ，周期T ＝2×10－2 s ，所以ω＝2πT ＝100π rad/s ，交流电压瞬时值表达式为u ＝220 2 cos(100πt) V ，故A 项正确，B 项错误．电压表的示数是指有效值，与某一时刻的瞬时值无关．原线圈的电压的有效值U 1＝220 V ，由理想变压器的电压比等于匝数比得：n 1n 2＝U 1U 2，所以U 2＝n 2n 1U 1＝20V ，故C 项正确，D 项错误． 答案 AC10．如图10所示的理想变压器，两个副线圈匝数分别为n 1和n 2，当把电热器接在ab 端，使cd 端空载时，电流表的示数为I 1；当把同一电热器接在cd 端，而使ab 端空载时，电流表的示数为I 2，则I 1∶I 2等于图10A ．n 1∶n 2B ．n 21∶n 22C ．n 2∶n 1D ．n 22∶n 21解析 设原线圈两端电压为U ，当电热器接在ab 端时，有I 1U ＝U 21R，当电热器接在cd端时，有I2U＝U22R ，又U1U2＝n1n2，联立解得I1I2＝n21n22，B正确．答案 B图1111．如图11所示为一理想变压器，电路中的开关S原来闭合，在原线圈输入电压不变的条件下，要提高变压器的输入功率，可采用的方法是A．只增加原线圈的匝数B．只增加副线圈的匝数C．只增加用电器R1的电阻D．断开开关S解析副线圈的负载消耗的功率决定原线圈的输入功率．只增加原线圈的匝数会导致副线圈的输出电压下降，负载不变，故副线圈的输出功率会变小，则原线圈的输入功率随之变小，所以A选项错误；只增加副线圈的匝数，则副线圈的输出电压升高，副线圈的输出功率变大，原线圈的输入功率随之升高，所以B选项正确；只增加R1的电阻，使得副线圈的负载电阻变大，而输出电压不变，则输出功率变小，输入功率也变小，所以C选项错误；D选项断开开关S，负载电阻增大，情况和C相同．答案 B12．如图12所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，b是原线圈的中心抽头．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＝20 2 sin(10πt) V，则图12A．当单刀双掷开关S与a连接时，电压表的示数为4 VB．当t＝160s时，c、d间的电压瞬时值为10 VC．单刀双掷开关S与b连接，在滑动变阻器触头P向下移动的过程中，电压表和电流表的示数均变大D．保持触头P位置不变，当单刀双掷开关S由a扳向b时，电压表和电流表的示数均变大解析 原线圈上所加电压的有效值为U 1＝20 V ，当开关S 与a 连接时， 由U 1U 2＝n 1n 2得U 2＝U 15＝4 V ，故选项A 对；当t ＝160s 时，u 1＝20 2 sin ⎝⎛⎭⎫10π×160 V ＝10 2 V ，故选项B 错；当开关S 与b 连接，滑动变阻器触头P 向下移动时，电压表示数不变，故选项C 错；当开关S 由a 扳向b 时，电压表示数增大，电流表示数由I ＝U 2R知也增大，故选项D 正确． 答案 AD13.为保证用户电压稳定在220V ，变电所需适时进行调压，图甲为变压器示意图。
高考物理一轮复习题及答案解析 第十章 交变电流 传感器
第十章交变电流传感器(1)从近三高考试题考点分布可以看出；高考对本章内容的考查重点有变压器的原理及应用、交变电流的有效值、交变电流的平均值以及远距离输电等知识的理解和应用。
其中针对变压器的原理及应用的题目出现的频率非常高；另外交流电的最大值、瞬时值、平均值、有效值的计算和应用也是考查频率较高的知识点。
(2)高考对本章内容的考查主要以选择题的形式出现；多和电路相结合进行命题。
试题难一般在中等及中等偏下的层次。
高考考向前瞻|；；；预计在高考中；对交流电的考查仍会集中在上述知识点上；仍将通过交变电流的图像考查交变电流的四值、变压器等问题；以分值不超过6分的选择题为主。
第1节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]线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交流电；对转轴方位有何要求？电动势的最大值(峰值)跟线圈角速成正比；跟转轴的位置有关吗？跟线圈的面积成正比；跟线圈的形状有关吗？提示：转轴必须与磁场垂直；电动势的最大值与线圈转轴的位置和线圈的形状无关。
[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)图像：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像(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)图像：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；其图像为正弦曲线。
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＝错误!＝错误!sin ωt＝I m sinωt。
[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像如图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像如图乙所示解析：选B由Φt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；错误!最大；e最大；则B项正确；在t＝0.02 s时；Φ最大；错误!＝0；e＝0；则C项错误。
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课时作业二十九[基础小题]1．有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流I随时间t变化的图线是( )[解析] 磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，在t＝0时刻，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确．[答案] C2．(2016·北京丰台期末)在匀强磁场中，一矩形金属举圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )A．t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行B．t＝0.010 s时线圈的磁通量变化率最大C．线圈产生的交变电动势频率为100 HzD．线圈产生的交变电动势有效值为311 V[解析] t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行，感应电动势最大，选项A正确；t＝0.010 s时线圈的磁通量最大，变化率最小，选项B错误；线圈产生的交变电动势周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项C错误；线圈产生的交变电动势最大值为311 V，选项D错误．[答案] A3．(2016·济宁模拟)电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量Φ随时间t的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流i随时间t变化图象为( )[解析] 由法拉第电磁感应定律，则螺线管内感应电流i随时间t变化图象为B.[答案] B4．一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动，形成如图所示的交变电动势图象，根据图象提供的信息，以下说法正确的是( )A ．线圈转动的角速度为100π3rad/sB ．电动势的有效值为14.1 VC ．t ＝1.0×10－2s 时，线圈平面和磁场方向的夹角为30°D ．t ＝1.5×10－2s 时，穿过线圈平面的磁通量最大[解析] 角速度ω＝2πT ＝100π3 rad/s ，A 项正确；电动势的有效值E ＝E m2＝14.1 V ，B 项正确；电动势的瞬时值e ＝20sin 100π3t (V)，将t ＝1.0×10－2s 代入该式，解得θ＝π3，这是线圈从中性面开始转过的夹角，故线圈平面和磁场方向的夹角30°，C 项正确；t ＝1.5×10－2s时，线圈平面与磁场平行，磁通量最小，D 项错．[答案] ABC5．(2016·合肥模拟)传统的自行车发电机内部电路如图甲所示，驱动轴一端与自行车车轮相连，另一端连接条形永磁铁，车轮转动过程中，驱动轴带动磁铁在铁芯之间匀速转动，发电机线圈两端产生的交变电压波形如图乙所示．已知波形图中正负尖峰电压分别为U m 和－U m .两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt ，发电机线圈匝数为n .以下判断正确的是( )A．驱动轴转动的角速度ω＝2π/ΔtB．线圈电压的有效值U＝ 2 U m/2C．穿过线圈磁通量变化率的最大值k m＝U m/nD．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U＝U m/2[解析] 根据题述两个相邻正负尖峰电压所对应的时间差为Δt，可得交变电流周期T＝2Δt，驱动轴转动的角速度ω＝2π/2Δt＝π/Δt，选项A错误．由于产生的交变电流不是按照正弦规律变化，线圈电压的有效值不是U＝2U m/2，选项B错误．根据法拉第电磁感应定律．感应电动势与磁通量变化率成正比，U m＝nk m，穿过线圈磁通量变化率的最大值是k m＝U m/n，选项C正确．相邻两个向上尖峰时间内，线圈电压的平均值U＝n ΔΦ2Δt，因为线圈转过一个完整的周期，磁通量变化量ΔΦ＝0，所以电压平均值等于零，选项D错误．[答案] C6．电阻R1、R2和交流电源按照图甲所示方式连接，R＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t的变化情况如图乙所示．则( )A．通过R1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62 V[解析] 通过R 1和R 2的电流的有效值都是0.6 A ，故A 、C 错，R 2两端的电压有效值是12 V ，故D 错，R 1两端的电压有效值是6 V ，故B 正确． [答案] B7．三个相同的电阻，分别通过如图甲、乙、丙所示的交变电流，三个图中的I 0和周期T 相同．下列说法中正确的是( )A ．在相同时间内三个电阻发热量相等B ．在相同时间内，甲、乙发热量相等，是丙发热量的2倍C ．在相同时间内，甲、丙发热量相等，是乙发热量的1/2D ．在相同时间内，乙发热量最大，甲次之，丙的发热量最小 [解析] 甲图象中电流的有效值为12I 0，乙图象电流的有效值为I 0，丙图象根据电流有效值的定义有：I 20RT2＝I 2RT ，解得电流有效值I ＝12I 0，根据焦耳定律知相同时间内产生的热量之比等于电流有效值的平方比，即Q 1∶Q 2∶Q 3＝1∶2∶1，选项C 对． [答案] C [必纠错题]8．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，则( )A ．电压表的示数为220 VB ．电路中的电流方向每秒钟改变50次C ．灯泡实际消耗的功率为484 WD ．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J [错解] 易错选A 或B.[错因分析] 错解一 不能正确区分电源电动势和路端电压，易错选A. 错解二 认为在一个周期内电流的方向改变1次，则会错选B.[解析] 电压表示数为灯泡两端电压妁有效值，由图象知电动势的最大值E m ＝220 2 V ，有效值E ＝220 V ，灯泡两端电压U ＝RE R ＋r＝209 V ，A 错；由图象知T ＝0.02 s ，一个周期内电流方向改变两次，可知1 s 内电流方向改变100次，B 错；灯泡消耗的实际功率P ＝U 2R＝209295.0W ＝459.8 W ，C 错；电流的有效值I ＝ER ＋r＝2.2 A ，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q ＝I 2rt ＝2.22×5×1 J＝24.2 J ，D 对． [答案] D [高考真题]9．(2013·山东卷，17)图甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，为交流电流表，线圈绕垂直于磁场方向的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示，以下判断正确的是( )A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．0.01 s 时线圈平面与磁场方向平行D ．0.02 s 时电阻R 中电流的方向自右向左 [解析] 电流表显示的是交变电流的有效值，即I ＝I m2＝10 A ，A 项正确；从题中图象可知，交变电流的周期T ＝2×10－2 s ，则ω＝2πT＝100π rad/s，B 项错误；0.01 s 时，线圈转过了半个周期，线圈平面与磁场方向平行，C 项正确；0.02 s 时线圈转动到图示位置，AB 边向下切割磁感线，根据右手定则可判断电流方向从B 指向A ，即电阻R 中电流的方向自左向右，D 项错误． [答案] AC10．(2015·四川理综，4)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e0B．峰值是2e0C．有效值是22Ne0D．有效值是2Ne0[解析] 每匝线圈产生的感应电动势最大值是2e0，共有N匝，发电机产生的感应电动势最大值是2Ne0，有效值为2Ne0，D正确．[答案] D[综合大题]11．电压U＝120 2 sin ωt V，频率为50 Hz的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u0＝60 2 V的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(已知人眼的视觉暂留时间约为116s) [解析] (1)如图所示，画出一个周期内交变电流的u－t图象，其中阴影部分对应的时间t1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t1.当u＝u0＝60 2 V时，由u＝1202sin ωt V求得：t1＝1600s 再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150s －4×1600 s ＝175s再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s. (2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300 s(如图中t 2＋t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116 s 远大于1300 s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉． [答案] (1)2 400 s (2)见解析12．如图，匀强磁场的磁感应强度B ＝0.5 T ，边长为L ＝10 cm 的正方形线圈abcd 共N ＝100匝，线圈电阻r ＝1 Ω.线圈绕垂直于磁感线的轴OO ′匀速转动，转动的角速度ω＝2π rad/s ，外电路电阻R ＝4 Ω.(1)求交流电表的示数；由图示位置转过60°角时的感应电动势的值． (2)取π2＝10，求线圈转动一周电流产生的总热量．(3)由图示位置开始，求在线圈转过14周期的时间内通过电阻R 的电荷量．[解析] (1)感应电动势的最大值，E m ＝NBL 2ω＝100×0.5×0.12×2π V＝3.14 V 电流的最大值I m ＝E mR ＋r＝0.63 A电流的有效值I ＝I m2＝0.44 A 交流电压表的示数U ＝IR ＝1.76 V转过60°时的瞬时感应电动势e ＝E m cos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V (2)周期T ＝2π/ω＝1 s线圈转动一周产生的热量Q ＝I 2(R ＋r )T 联立解得Q ＝1 J(3)Δt ＝14T 内通过电阻R 的电荷量q ＝I ·ΔtI ＝E R ＋rE ＝NΔΦΔtΔΦ＝BL 2－0 联立解得q ＝0.1 C[答案] (1)1.76 V 1.57 V (2)1 J (3)0.1 C。