最新-2018高考物理一轮复习要点+命题导向+策略第10章交变电流 传感器课件 精品

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2018版高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器真题集训 章末验收

2018版高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器真题集训 章末验收

第十章 交变电流 传感器命题点一:交变电流的产生及其描述1.(多选)(2016·全国丙卷)如图,M 为半圆形导线框,圆心为O M ;N 是圆心角为直角的扇形导线框,圆心为O N ;两导线框在同一竖直面(纸面)内;两圆弧半径相等;过直线O M O N 的水平面上方有一匀强磁场,磁场方向垂直于纸面。

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( )A .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 =T 8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解析:选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。

命题点二:理想变压器、远距离输电2.(多选)(2016·全国丙卷)如图,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( )A .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∶9解析:选AD 设灯泡的额定电压为U 0,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9U 0,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9U 0I a =U 0I 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。

最新-2018届高三物理一轮复习 第10章 交变电流传感器课件 新 精品

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2 余弦交流电).
5. 周期和频率: 周期 T=2ωπ, 频率 f=1T, 转速 n=f. 二、交变电流的图象 1. 根据图象的意义,从图象的纵坐标轴上可以直接读出交变 电流的________,从图象的横坐标轴上可以直接读出交变电流的 ________,从而可推导角速度及频率.
2. 周 期 与 角 速 度 、 频 率 的 关 系 是 T = ______,f=________. 交变电流的频率与线圈 的________相等.
(2)电压关系:只有一个副线圈时UU21=________,多个副线
圈时Un11=________=________=…
(3)电流关系:只有一个副线圈时:II12=________,多个副线 圈时:U1I1=________+________+…
注意:变压器只能改变交流电压,不能改变直流电压. 4.常见变压器 (1)自耦变压器——调压变压器.
(3)求交流电压表的示数. 【点拨】 由磁场情况和线圈转动情况可以确定
瞬时值表达式,电压表和电流表的示数均为电路
中电压和电流的有效值.
解析:(1)T=2ωπ=120ππ s=0.2 s.
Em=nBSω=100×0.50×102×10-4×10π V=5π V.
(2)题图所示位置为感应电动势最大值的
所给的交流电的图象不是正弦式交流电的图形,故该公式不
适用于此交流电.第二,交流电的最大值不是两个不同峰值
的算术平均值.交流电的有效值是根据其热效应而定义的,
它是从电流产生焦耳热相等的角度出发,使交流电与恒定电
流等效.故求非正弦式交流电的有效值时,应从热效应角度
求解.设交流电的有效值为I,令该交流电通ቤተ መጻሕፍቲ ባይዱ一个纯电阻
(2)互感器

新课标2018版高考物理一轮复习第十章交变电流传感器第2讲变压器电能的输送教案20170920215

新课标2018版高考物理一轮复习第十章交变电流传感器第2讲变压器电能的输送教案20170920215

第2讲变压器电能的输送知识点一理想变压器1.构造和原理(1)构造:如图所示,变压器是由和绕在铁芯上的组成的.(2)原理:电磁感应的互感现象.2.基本关系式(1)功率关系:.(2)电压关系:.U1 有多个副线圈时=.n1I1 n2(3)电流关系:只有一个副线圈时=.I2 n1由P入=P出及P=UI推出有多个副线圈时,U1I1=.3.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器.(2)互感器Error!答案:1.(1)闭合铁芯两个线圈 2.(1)P入=P出U1 U2 U2 U3(2) ===…(3)U2I2+U3I3+…+U n I n 3.(2)低电压小电流n1 n2 n2 n3知识点二远距离输电1.输电过程(如图所示)2.电压损失(1)ΔU=U-U′;(2)ΔU=.3.功率损失- 1 -ΔU2(1)ΔP=P-P′;(2)ΔP==.R答案:2.(2)IR 3.(2)I2R(1)理想变压器的基本关系式中,电压和电流均为有效值.()(2)变压器不但能改变交变电流的电压,还能改变交变电流的频率.()(3)正常工作的变压器当副线圈与用电器断开时,副线圈两端无电压.()(4)变压器副线圈并联更多的用电器时,原线圈输入的电流随之减小.()(5)增大输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失.()(6)高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗.()(7)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.()答案:(1)√(2) (3) (4) (5)√(6)√(7)√等效负载电阻U1 n1 I1 n2等效电阻:=,对于一原一副结构的变压器,又有=,从输入端看,等效电阻R′U2 n2 I2 n1U1 n1 U2 n1==( )2 =( )2R2,R2是副线圈负载电阻.I1 n2 I2 n2考点理想变压器基本关系的应用1.基本关系(1)P入=P出(有多个副线圈时,P=P2+P3+…).U1 n1(2) =,有多个副线圈时,仍然成立.U2 n2I1 n2(3) =,电流与匝数成反比(只适合一个副线圈),n1I1=n2I2+n3I3+…(多个副线圈).I2 n12.制约关系(1)电压:副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定.(2)功率:原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定.(3)电流:原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定.[典例1](2016·新课标全国卷Ⅲ)(多选)如图所示,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- 2 -列说法正确的是()A.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∶9[解题指导]两灯均正常发光,U a=U b=U灯,U=U a+U1=10U灯,则U1=9U灯.[解析]因为两灯泡额定电压相同且均正常发光,且输入电压为灯泡额定电压的10倍,所以理想变压器的输入、输出电压比为9∶1,由理想变压器变压规律可知,原、副线圈的匝数比为9∶1,A项正确,B项错误;由理想变压器变流规律可知,原、副线圈的电流比为1∶9,由电功率P=UI可知,a和b的电功率之比为1∶9,C项错误,D项正确.[答案]AD[变式1]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()1 1A.U=66 V,k=B.U=22 V,k=9 91 1C.U=66 V,k=D.U=22 V,k=3 3I1 n2 1 I21R 1 答案:A解析:设原、副线圈中的电流分别为I1、I2,则==,故k==.设原I2 n1 3 I2R9U1 n1 3 1 U线圈两端的电压为U1,则==,故U1=3U,而原线圈上电阻分担的电压为U,故+3U=U2 n2 1 3 3220 V,解得U=66 V.选项A正确.关于理想变压器的四点说明(1)变压器不能改变恒定的直流电压.(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)当原线圈中串联电阻(或灯泡)时,U1为加在原线圈两端的电压,并不是电源的电压.考点变压器电路的动态分析- 3 -1.匝数比不变的情况(如图甲所示)U1 n1(1)U1不变,根据=可以得出不论负载电阻R如何变化,U2不变.U2 n2I1 n2(2)当负载电阻发生变化时,I2变化,根据=可以判断I1的变化情况.I2 n1(3)I 2变化引起P2变化,根据P1=P2,可以判断P1的变化情况.甲乙2.负载电阻不变的情况(如图乙所示)n1(1)U1不变,发生变化,U2变化.n2(2)R不变,U2变化,I2发生变化.U2(3)根据P2=和P1=P2,可以判断P2变化时,P1发生变化,U1不变时,I1发生变化.R考向1变压器匝数比不变时的动态分析[典例2](2016·新课标全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω,A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()A.2B.3C.4D.5[解析]设理想变压器原、副线圈匝数比值为k,根据题述,当开关S断开时,电流表示U1数为I,则由闭合电路欧姆定律得,U=IR1+U1.由变压公式=k及功率关系U1I=U2I2,可得U2I2=k,即副线圈输出电流为I2=kI,U2=I2(R2+R3)=kI(R2+R3).当开关S闭合时,电流表示IU′1 I′2数为4I,则有U=4IR1+U′1.由变压公式=k及功率关系U′1·4I=U′2I′2,可得=U′2 4I- 4 -k,即副线圈输出电流为I′2=4kI,U′2=I′2R2=4kIR2;联立解得k=3,选项B正确.[答案] B考向2变压器负载电阻不变时的动态分析[典例3](2016·四川卷)如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电,如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变,则()A.小灯泡变亮B.小灯泡变暗C.原、副线圈两端电压的比值不变D.通过原、副线圈电流的比值不变U1 n1 U1 n1-n [解析]设原、副线圈减少的匝数均为n,则根据变压比有,=,=,得U′2U2 n2 U′2 n2-nn2-n n2=U1,U2=U1,因此U′2 小于U2,即副线圈两端的电压变小,小灯泡变暗,A项错误,n1-n n1B项正确;由于匝数比变化,因此原、副线圈两端电压的比值和通过原、副线圈电流的比值均发生变化,C、D项错误.[答案] B分析变压器的动态变化问题的注意事项(1)要明确变压器的各基本物理量之间的制约关系.(2)要明确“不变量”和“变化量”,从主动变化量开始,根据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况.考点远距离输电1.理清三个回路2.抓住两个联系(1)理想的升压变压器联系着回路1和回路2,由变压器原理可得:线圈1(匝数为n1)和线U1 n1 I1 n2圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是=,=,P1=P2.U2 n2 I2 n1(2)理想的降压变压器联系着回路2和回路3,由变压器原理可得:线圈3(匝数为n3)和线- 5 -U3 n3 I3 n4圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是=,=,P3=P4.U4 n4 I4 n33.掌握一个守恒:能量守恒关系式P2=P损+P3.考向1远距离输电的定性分析[典例4](多选)如图所示,有一台交流发电机E,通过理想升压变压器T1和理想降压变压器T2向远处用户供电,输电线的总电阻为R.T1的输入电压和输入功率分别为U1和P1,它的输出电压和输出功率分别为U2和P2;T2的输入电压和输入功率分别为U3和P3,它的输出电压和输出功率分别为U4和P4.设T1的输入电压U1一定,当用户消耗的功率变大时,有()A.U2减小,U4变大B.U2不变,U3变小C.P1变小,P2变小D.P2变大,P3变大[解析]由理想变压器输出功率决定输入功率可得,当用户功率增大时,升压变压器的输入功率必增大,即P1增大,输入电压U1为定值不变,升压变压器的匝数不变,故输出电压U2不变,由于P1增大,由P1=U1I1=P2=U2I2可得,I1增加,P2、I2增加,由闭合电路欧姆定律得U3=U2-I2R,故U3减小,降压变压器原、副线圈匝数不变,所以U4减小,故选项A错误,选项B正确;由于用户功率增加,即P4增加,理想变压器无功率损耗可得:P3=P4,功率P3也增加,由以上分析可知P1、P2增大,故选项C错误,选项D正确.[答案]BD考向2远距离输电的定量计算[典例5](2015·福建卷)如图所示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n1、n2,在T的原线圈两端接入一电压u=U m sinωt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()n1U2m n2U2mA. B.n24r n14rn1 P n2 PC.4 2 2rD.4 2 2rn2 U m n1 U mU m P2P I1 n2 n1 [解析]T的输入电压U1=,则P=U1I1,I1==,又因为=,所以I2=I1=2 U1 U m I2 n1 n2- 6 -2n1P n1 P,则输电线上损失的电功率P损=I·2r=4n2 )2(U m )2r,C项正确.2 (n2U m[答案] C求解远距离输电问题必备技巧(1)正确画出输电过程示意图并在图上标出各物理量.(2)抓住变压器变压前后各物理量间的关系,求出输电线上的电流.(3)计算电路功率问题时常用关系式:P损=I线2R线,注意输电线上的功率损失和电压损失.(4)电网送电遵循“用多少送多少”的原则,说明原线圈电流由副线圈电流决定.考点三种特殊的变压器模型考向1自耦变压器自耦变压器(又称调压器),它只有一个线圈,其中的一部分作为另一个线圈,当交流电源接不同的端点时,它可以升压也可以降压,变压器的基本关系对自耦变压器均适用,如图所示.甲乙[典例6]如图甲所示为一自耦变压器,变压器的原线圈AB端输入电压如图乙所示,副线圈电路中定值电阻R 0=11 Ω,电容器C的击穿电压为22 V,移动滑片P使电容器刚好不会被击穿,所有电表均为理想电表,下列说法正确的是()甲乙A.电压表的示数为220 VB.原、副线圈的匝数比为10∶1C.电流表的示数等于通过电阻R0的电流D.原线圈AB端输入电压的变化规律为u=311sin πt V[解析]由题图乙知电压的有效值即电压表的示数为220 V,A正确;电容器的耐压值为- 7 -22交流最大值,有效值为V=11 2 V,所以原、副线圈的匝数比为10 2∶1,B错误;电容器通2交流电,所以电流表的示数大于通过电阻R0的电流,C错误;由题图乙知交流电的周期为0.02 s,所以角速度为100πrad/s,原线圈AB端输入电压的变化规律为u=311sin 100πt V,D错误.[答案] A考向2互感器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U1 n1I1n1=I2n2利用的公式=U2 n2[典例7](多选)电流互感器和电压互感器如图所示.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,则()A.A为电流互感器,且n1<n2,a是电流表B.A为电压互感器,且n1>n2,a是电压表C.B为电流互感器,且n3<n4,b是电流表D.B为电压互感器,且n3>n4,b是电压表[解析]由题图可知,A为电流互感器,B为电压互感器;a是电流表,b是电压表.在AU3 n3中有I1n1=I2n2,要求I2<I1,故n2>n1;在B中有=,要求U4<U3,故有n3>n4,所以本题U4 n4B、C错误,A、D正确.[答案]AD考向3多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,应注意三个关系:U1 U2 U3(1)电压关系:===…n1 n2 n3- 8 -(2)电流关系:n1I1=n2I2+n3I3+…(3)功率关系:P1=P2+P3+…[典例8]如图所示,两种情况下变压器灯泡L2、L3的功率均为P,且L1、L2、L3为相同的灯泡,匝数比为n1∶n2=3∶1,则图甲中L1的功率和图乙中L1的功率分别为()甲乙4P A.P、PB.9P、94P4PC. 、9PD. 、P9 9[解析]由题意可知,两种情况下变压器输出功率均为2P,设灯泡L2、L3的电压为U,电2流为I,电阻为R,两种情况下变压器输入电压为3U,变压器输入电流为I;图甲中L1的功3(3U)2 2 4P率为P1=R=9P;图乙中L1的功率为P2=( I)2R=,选项B正确.3 9[答案] B对于副线圈有两个及以上的理想变压器,电压与匝数成正比是成立的,而电流与匝数成反比的规律不成立.但在任何情况下,电流关系都可以根据原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率即P入=P出进行求解.1.[理想变压器基本关系]如图所示理想变压器原、副线圈匝数比n 1∶n2=2∶1,V和A均为理想电表,灯泡电阻R L=6 Ω,AB端电压u1=12 2sin 100πt(V).下列说法正确的是()A.电流频率为100 HzB.V的读数为24 V- 9 -C.A的读数为0.5 AD.变压器输入功率为6 W答案:D解析:由ω=2πf=100πrad/s得:f=50 Hz,选项A错误;有效值U1=12U2 n2 U2V,又=得:U2=6V,I2==1A,选项B、C错误;由能量守恒得P1=P2=U2I2=6W,选U1 n1 R L项D正确.2.[自耦变压器动态分析]如图所示是一种理想自耦变压器示意图,线圈绕在一个圆环形的铁芯上,P是可移动的滑动触头,A、B间接交流电压U,输出端连接了两个相同的灯泡L1和L2,Q为滑动变阻器的滑动触头.当开关S闭合,P处于如图所示的位置时,两灯均能发光.下列说法正确的是()A.将P沿逆时针方向移动,两灯均变暗B.P不动,将Q向左移动,两灯均变亮C.P不动,将Q向右移动,输入功率变大D.断开开关S,L1将变暗U1 n1答案:B解析:当P沿逆时针方向移动时,副线圈的匝数n2增大,由=知,U2增大,U2 n2L1、L2两端均变亮,A错;当P不动时,U2不变,Q向左移动,R减小,L1、L2两端的电压增大,U2两灯泡变亮,B对;当P不动、Q向右移动时,R增大,变压器的输出功率P2=,R总增大,R总P2减小,而P1=P2,故P1减小,C错;断开开关S,负载电阻增大,L1的电压增大,L1将变亮,D错.3.[理想变压器动态分析]如图所示,理想变压器的原线圈接有频率为f、电压为U的交流电,副线圈接有光敏电阻R1(光照增强时,电阻减小)、用电器R2.下列说法正确的是()A.当光照增强时,变压器的输入功率减小B.当滑动触头P向上滑动时,用电器消耗的功率增大C.当U增大时,用电器消耗的功率增大D.当f减小时,变压器的输入功率减小答案:C解析:光照增强时,光敏电阻的阻值减小,副线圈电路的总电阻减小,副线圈- 10 -中的电流增大,变压器输出功率增大,因理想变压器输入功率等于输出功率,所以变压器输入U1 n1功率增大,选项A错误;P上滑时,原线圈匝数增多,由=知副线圈两端电压随之减小,U2 n2U1 n1 用电器消耗的功率减小,选项B错误;原线圈电压U增大时,则=知副线圈两端电压随之U2 n2增大,则用电器功率增大,选项C正确;变压器的输入功率与交变电流的频率无关,选项D错误.4.[理想变压器的相关计算]一台理想变压器的原、副线圈的匝数比为5∶1,原线圈接入电压为220 V的正弦交流电,各元件正常工作,一只理想二极管和一个滑动变阻器R串联接在副线圈上,如图所示,电压表和电流表均为理想交流电表.则下列说法正确的是()A.原、副线圈中的电流之比为5∶1B.电压表的读数约为44 VC.若滑动变阻器接入电路的阻值为20 Ω,则1分钟内产生的热量为2 904 JD.若将滑动变阻器的滑片向上滑动,则两电表读数均增大I1 n2答案:C解析:原、副线圈的匝数比是5∶1,根据=,则原、副线圈中的电流I2 n1U1 n1之比为1∶5,A错误;根据=,原线圈电压为220 V的正弦交流电,所以副线圈两端电压U2 n2(44 V)T U2 为44 V,由于副线圈接有二极管,它具有单向导电性,根据电流的热效应知·=R 2 RU2T,解得U=22 2 V=31.11 V,故B错误;则1 min内滑动变阻器产生的热量为Q=t=R(22 2)2×60 J=2 904 J,故C正确;将滑动变阻器滑片向上滑动时,副线圈中负载阻值变20小,电流表的读数变大,但对原、副线圈两端的电压无影响,即电压表的读数不变,所以D错误.5.[远距离输电的分析与计算]如图甲所示是远距离输电线路示意图,图乙是用户端电压随时间变化的图象,则()甲- 11 -乙A.发电机产生的交流电的频率是100 HzB.降压变压器输出的电压有效值是340 VC.输电线的电流仅由输送功率决定D.仅增加升压变压器的副线圈匝数,其他条件不变,输电线上损失的功率减小1答案:D解析:由乙图可知交流电的周期T=0.02 s,则频率f==50 Hz,变压器不改TU m 变交流电的周期与频率,则A错.由乙图可知U m=340 V,有效值U=<340 V,则B错.输电线2的电流由输送功率和输送电压共同决定,则C错.当仅增加升压变压器的副线圈匝数时,则输电电压增大,由P=UI可知,输电电流减小,再由P=I2R可知输电线上损失的功率减小,则D 正确.- 12 -。

2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档第十

2018版高考物理教科版四川专用大一轮复习讲义文档第十

专题强化十二电磁感应中的图像和电路问题专题解读 1.本专题是运动学、动力学、恒定电流、电磁感应等观点的综合应用,高考常以选择题的形式命题.2.学好本专题,可以极大的培养同学们数形结合的推理能力和电路分析能力,针对性的专题强化,可以提升同学们解决数形结合、电路分析的信心.3.用到的知识有: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、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律、函数图像等.命题点一电磁感应中的图像问题1.题型简述借助图像考查电磁感应的规律,一直是高考的热点,此类题目一般分为两类:(1)由给定的电磁感应过程选出正确的图像;(2)由给定的图像分析电磁感应过程,定性或定量求解相应的物理量或推断出其他图像.常见的图像有B-t图、E-t图、i-t图、v-t图及F-t图等.2.解题关键弄清初始条件、正负方向的对应变化范围、所研究物理量的函数表达式、进出磁场的转折点等是解决此类问题的关键.3.解决图像问题的一般步骤(1)明确图像的种类,即是B-t图还是Φ-t图,或者E-t图、I-t图等;(2)分析电磁感应的具体过程;(3)用右手定则或楞次定律确定方向的对应关系;(4)结合法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、牛顿运动定律等知识写出相应的函数关系式;(5)根据函数关系式,进行数学分析,如分析斜率的变化、截距等;(6)画图像或判断图像.4.求解电磁感应图像类选择题的两种常用方法(1)排除法:定性地分析电磁感应过程中物理量的变化趋势(增大还是减小)、变化快慢(均匀变化还是非均匀变化),特别是分析物理量的正负,以排除错误的选项.(2)函数法:根据题目所给条件定量地写出两个物理量之间的函数关系,然后由函数关系对图像进行分析和判断.例1 (多选)(2016·四川理综·7)如图1所示,电阻不计、间距为L 的光滑平行金属导轨水平放置于磁感应强度为B 、方向竖直向下的匀强磁场中,导轨左端接一定值电阻R .质量为m 、电阻为r 的金属棒MN 置于导轨上,受到垂直于金属棒的水平外力F 的作用由静止开始运动,外力F 与金属棒速度v 的关系是F =F 0+k v (F 0、k 是常量),金属棒与导轨始终垂直且接触良好.金属棒中感应电流为i ,受到的安培力大小为F 安,电阻R 两端的电压为U R ,感应电流的功率为P ,它们随时间t 变化图像可能正确的有( )图1答案 BC解析 设金属棒在某一时刻速度为v ,由题意可知,感应电动势E =BL v ,回路电流I =E R +r =BL R +r v ,即I ∝v ;安培力F 安=BIL =B 2L 2R +r v ,方向水平向左,即F 安∝v ;R 两端电压U R =IR =BLR R +r v ,即U R ∝v ;感应电流功率P =EI =B 2L 2R +rv 2,即P ∝v 2. 分析金属棒运动情况,由牛顿运动第二定律可得F 0+k v -B 2L 2R +r v =ma ,即F 0+(k -B 2L 2R +r )v =ma .因为金属棒从静止开始运动,所以F 0>0 .(1)若k =B 2L 2R +r,金属棒水平向右做匀加速直线运动.所以在此情况下没有选项符合;(2)若k>B2L2R+r,F合随v增大而增大,即a随v增大而增大,说明金属棒在做加速度增大的加速运动,根据四个物理量与速度的关系可知B选项符合;(3)若k<B2L2R+r,F合随v增大而减小,即a随v增大而减小,说明金属棒在做加速度减小的加速运动,直到加速度减小为0后金属棒做匀速直线运动,根据四个物理量与速度关系可知C 选项符合.综上所述,选项B、C符合题意.电磁感应中图像问题的分析技巧1.对于图像选择问题常用排除法:先看方向再看大小及特殊点.2.对于图像的描绘:先定性或定量表示出所研究问题的函数关系,注意横、纵坐标表达的物理量及各物理量的单位,画出对应物理图像(常有分段法、数学法).3.对图像的理解:看清横、纵坐标表示的量,理解图像的物理意义.1.如图2(a),线圈ab、cd绕在同一软铁芯上.在ab线圈中通以变化的电流,用示波器测得线圈cd间电压如图(b)所示.已知线圈内部的磁场与流经线圈的电流成正比,则下列描述线圈ab中电流随时间变化关系的图中,可能正确的是()图2答案 C解析 由题图(b)可知在cd 间不同时间段内产生的电压是恒定的,所以在该时间段内线圈ab 中的磁场是均匀变化的,则线圈ab 中的电流是均匀变化的,故选项A 、B 、D 错误,选项C 正确.2.(多选)如图3甲所示,光滑绝缘水平面,虚线MN 的右侧存在方向竖直向下、磁感应强度大小为B =2 T 的匀强磁场,MN 的左侧有一质量为m =0.1 kg 的矩形线圈bcde ,bc 边长L 1=0.2 m ,电阻R =2 Ω.t =0时,用一恒定拉力F 拉线圈,使其由静止开始向右做匀加速运动,经过1 s ,线圈的bc 边到达磁场边界MN ,此时立即将拉力F 改为变力,又经过1 s ,线圈恰好完全进入磁场,在整个运动过程中,线圈中感应电流i 随时间t 变化的图像如图乙所示.则( )图3A .恒定拉力大小为0.05 NB .线圈在第2 s 内的加速度大小为1 m/s 2C .线圈be 边长L 2=0.5 mD .在第2 s 内流过线圈的电荷量为0.2 C 答案 ABD解析 在第1 s 末,i 1=ER ,E =BL 1v 1,v 1=a 1t 1,F =ma 1,联立得F =0.05 N ,A 项正确.在第2 s 内,由题图乙分析知线圈做匀加速直线运动,第2 s 末i 2=E ′R,E ′=BL 1v 2,v 2=v 1+a 2t 2,解得a 2=1 m/s 2,B 项正确.在第2 s 内,v 22-v 21=2a 2L 2,得L 2=1 m ,C 项错误.q=ΔΦR=BL1L2R=0.2 C,D项正确.3.如图4所示,一直角三角形金属框,向左匀速地穿过一个方向垂直于纸面向里的匀强磁场区域,磁场仅限于虚线边界所围的区域,该区域的形状与金属框完全相同,且金属框的下边与磁场区域的下边在一直线上.若取顺时针方向为电流的正方向,则金属框穿过磁场的过程中感应电流i随时间t变化的图像是()图4答案 C解析在金属框进入磁场过程中,感应电流的方向为逆时针,金属框切割磁感线的有效长度线性增大,排除A、B;在金属框出磁场的过程中,感应电流的方向为顺时针方向,金属框切割磁感线的有效长度线性减小,排除D,故C正确.命题点二电磁感应中的电路问题1.题型简述:在电磁感应问题中,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,该部分导体或线圈与其他电阻、灯泡、电容器等用电器构成了电路.在这类问题中,常涉及计算感应电动势大小、计算导体两端电压、通过导体的电流、产生的电热等.2.解决电磁感应中电路问题的“三部曲”注意“等效电源”两端的电压指的是路端电压,而不是电动势或内压降.例2(多选)如图5(a)所示,一个电阻值为R、匝数为n的圆形金属线圈与阻值为2R的电阻R 1连接成闭合回路.线圈的半径为r 1.在线圈中半径为r 2的圆形区域内存在垂直于线圈平面向里的匀强磁场,磁感应强度B 随时间t 变化的关系图线如图(b)所示.图线与横、纵轴的交点坐标分别为t 0和B 0.导线的电阻不计.在0至t 1时间内,下列说法正确的是( )图5A .R 1中电流的方向由a 到b 通过R 1B .电流的大小为n πB 0r 223Rt 0C .线圈两端的电压大小为n πB 0r 223t 0D .通过电阻R 1的电荷量为n πB 0r 22t 13Rt 0①向里的匀强磁场;②B 随时间t 变化.答案 BD解析 由图像分析可以知道,0至t 1时间内由法拉第电磁感应定律有E =n ΔΦΔt =n ΔBΔt S ,面积为S =πr 22,由闭合电路欧姆定律有I =E R 1+R,联立以上各式解得,通过电阻R 1的电流大小为I =n πB 0r 223Rt 0,由楞次定律可判断通过电阻R 1的电流方向为从b 到a ,故A 错误,B 正确;线圈两端的电压大小为U =I ·2R =2n πB 0r 223t 0,故C 错误;通过电阻R 1的电荷量为q =It 1=n πB 0r 22t 13Rt 0,故D 正确.电磁感应中图像问题的分析一般有定性与定量两种方法,定性分析主要是通过确定某一物理量的方向以及大小的变化情况判断对应的图像,而定量分析则是通过列出某一物理量的函数表达式确定其图像.4.(多选)如图6所示,在竖直方向上有四条间距均为L =0.5 m 的水平虚线L 1、L 2、L 3、L 4,在L 1、L 2之间和L 3、L 4之间存在匀强磁场,磁感应强度大小均为1 T ,方向垂直于纸面向里.现有一矩形线圈abcd ,长度ad =3L ,宽度cd =L ,质量为0.1 kg ,电阻为1 Ω,将其从图示位置由静止释放(cd 边与L 1重合),cd 边经过磁场边界线L 3时恰好做匀速直线运动,整个运动过程中线圈平面始终处于竖直方向,cd 边水平.(g 取10 m/s 2)则( )图6A .cd 边经过磁场边界线L 3时通过线圈的电荷量为0.5 CB .cd 边经过磁场边界线L 3时的速度大小为4 m/sC .cd 边经过磁场边界线L 2和L 4的时间间隔为0.25 sD .线圈从开始运动到cd 边经过磁场边界线L 4过程,线圈产生的热量为0.7 J 答案 BD解析 cd 边从L 1运动到L 2,通过线圈的电荷量为q =ΔΦR =BL 2R =1×0.521C =0.25 C ,故A 错误;cd 边经过磁场边界线L 3时恰好做匀速直线运动,根据平衡条件有mg =BIL ,而I =BL vR ,联立两式解得v =mgR B 2L 2=0.1×10×112×0.52 m /s =4 m/s ,故B 正确;cd 边从L 2到L 3的过程中,穿过线圈的磁通量没有改变,没有感应电流产生,不受安培力,线圈做匀加速直线运动,加速度为g ,设此过程的时间为t 1,此过程的逆过程为匀减速运动,由运动学公式得L =v t 1-12gt 21,cd 边从L 3到L 4的过程做匀速运动,所用时间为t 2=Lv =0.125 s ,故cd 边经过磁场边界线L 2和L 4的时间间隔为t 1+t 2>0.25 s ,故C 错误;线圈从开始运动到cd 边经过磁场边界线L 4过程,根据能量守恒得Q =mg ·3L -12m v 2=0.7 J ,故D 正确.5.(2015·福建理综·18)如图7,由某种粗细均匀的总电阻为3R 的金属条制成的矩形线框abcd ,固定在水平面内且处于方向竖直向下的匀强磁场B 中.一接入电路电阻为R 的导体棒PQ ,在水平拉力作用下沿ab 、dc 以速度v 匀速滑动,滑动过程PQ 始终与ab 垂直,且与线框接触良好,不计摩擦.在PQ 从靠近ad 处向bc 滑动的过程中( )图7A .PQ 中电流先增大后减小B .PQ 两端电压先减小后增大C .PQ 上拉力的功率先减小后增大D .线框消耗的电功率先减小后增大 答案 C解析 如图所示,设PQ 左侧电路的电阻为R x ,则右侧电路的电阻为3R -R x ,所以外电路的总电阻为R 外=R x (3R -R x )3R ,外电路电阻先增大后减小,所以路端电压先增大后减小,所以B错误;电路的总电阻先增大后减小,再根据闭合电路的欧姆定律可得PQ 中的电流I =ER +R 外先减小后增大,故A 错误;由于导体棒做匀速运动,拉力等于安培力,即F =BIL ,拉力的功率P =BIL v ,故先减小后增大,所以C 正确;外电路的总电阻R 外=R x (3R -R x )3R ,最大值为34R ,小于导体棒的电阻R ,又外电阻先增大后减小,由电源的输出功率与外电阻的变化关系可知,线框消耗的电功率先增大后减小,故D 错误.题组1 电磁感应中的图像问题1.如图1所示,有一等腰直角三角形的区域,其斜边长为2L ,高为L .在该区域内分布着如图所示的磁场,左侧小三角形内磁场方向垂直纸面向外,右侧小三角形内磁场方向垂直纸面向里,磁感应强度大小均为B .一边长为L 、总电阻为R 的正方形导线框abcd ,从图示位置开始沿x 轴正方向以速度v 匀速穿过磁场区域.取沿a →b →c →d →a 的感应电流方向为正,则图中表示线框中电流i 随bc 边的位置坐标x 变化的图像正确的是( )图1答案 D解析 bc 边的位置坐标x 在L ~2L 过程,线框bc 边有效切割长度为l 1=x -L ,感应电动势为E =Bl 1v =B (x -L )v ,感应电流i 1=E R =B (x -L )vR ,根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →b →c →d →a ,为正值,x 在2L ~3L 过程,ad 边和bc 边都切割磁感线,产生感应电动势,根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →d →c →b →a ,为负值,有效切割长度为l 2=L ,感应电动势为E =Bl 2v =BL v ,感应电流i 2=-BL vR .x 在3L ~4L 过程,线框ad 边有效切割长度为l 3=L -(x -3L )=4L -x ,感应电动势为E =Bl 3v =B (4L -x )v ,感应电流i 3=B (4L -x )vR ,根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →b →c →d →a ,为正值.根据数学知识可知,D 正确. 2.将一段导线绕成如图2甲所示的闭合回路,并固定在水平面(纸面)内.回路的ab 边置于垂直纸面向里为匀强磁场Ⅰ中.回路的圆环区域内有垂直纸面的磁场Ⅱ,以向里为磁场Ⅱ的正方向,其磁感应强度B 随时间t 变化的图像如图乙所示.用F 表示ab 边受到的安培力,以水平向右为F 的正方向,能正确反映F 随时间t 变化的图像是( )图2答案 B解析 根据B -t 图像可知,在0~T2时间内,B - t 图线的斜率为负且为定值,根据法拉第电磁感应定律E =n ΔBΔt S 可知,该段时间圆环区域内感应电动势和感应电流是恒定的,由楞次定律可知,ab 中电流方向为b →a ,再由左手定则可判断ab 边受到向左的安培力,且0~T2时间内安培力恒定不变,方向与规定的正方向相反;在T2~T 时间内,B -t 图线的斜率为正且为定值,故ab 边所受安培力仍恒定不变,但方向与规定的正方向相同.综上可知,B 正确. 3.如图3所示的匀强磁场中有一根弯成45°的金属线POQ ,其所在平面与磁场垂直,长直导线MN 与金属线紧密接触,起始时OA =l 0 ,且MN ⊥OQ ,所有导线单位长度电阻均为r ,MN 匀速水平向右运动的速度为v ,使MN 匀速运动的外力为F ,则外力F 随时间变化的规律图像正确的是( )图3答案 C解析 设经过时间t ,则N 点距O 点的距离为l 0+v t ,直导线在回路中的长度也为l 0+v t ,此时直导线产生的感应电动势E =B (l 0+v t )v ;整个回路的电阻为R =(2+2)(l 0+v t )r ,回路的电流I =ER =B (l 0+v t )v (2+2)(l 0+v t )r =B v (2+2)r ;直导线受到的外力F 大小等于安培力,即F =BIL =B B v (2+2)r (l 0+v t )=B 2v (2+2)r(l 0+v t ),故C 正确. 4.(多选)在光滑水平桌面上有一边长为l 的正方形线框abcd ,bc 边右侧有一等腰直角三角形匀强磁场区域efg ,三角形腰长为l ,磁感应强度竖直向下,a 、b 、e 、f 在同一直线上,其俯视图如图4所示,线框从图示位置在水平拉力F 作用下以速度v 向右匀速穿过磁场区,线框中感应电流i -t 和F -t 图像正确的是(以逆时针方向为电流的正方向,以水平向右的拉力为正,时间单位为lv )( )图4答案 BD解析 从bc 边开始进入磁场到线框完全进入磁场的过程中,当线框bc 边进入磁场位移为x 时,线框bc 边有效切割长度也为x ,感应电动势为E =Bx v ,感应电流i =Bx vR ,根据楞次定律判断出感应电流方向沿a →b →c →d →a ,为正值.同理,从bc 开始出磁场到线框完全出磁场的过程中,根据ad 边有效切割长度逐渐变大,感应电流逐渐增大,根据数学知识可知A 错误,B 正确.在水平拉力F 作用下向右匀速穿过磁场区,因此拉力大小等于安培力,而安培力的表达式F 安=B 2L 2v R ,而L =v t ,则有F 安=B 2v 3R t 2,因此C 错误,D 正确.题组2 电磁感应中的电路问题5.(多选)如图5甲,固定在光滑水平面上的正三角形金属线框,匝数n =20,总电阻R =2.5 Ω,边长L =0.3 m ,处在两个半径均为r =L3的圆形匀强磁场区域中.线框顶点与右侧圆心重合,线框底边中点与左侧圆心重合.磁感应强度B 1垂直水平面向上,大小不变;B 2垂直水平面向下,大小随时间变化.B 1、B 2的值如图乙所示,则( )图5A .通过线框的感应电流方向为逆时针方向B .t =0时刻穿过线框的磁通量为0.1 WbC .在0.6 s 内通过线框中的电荷量约为0.13 CD .经过0.6 s 线框中产生的热量约为0.07 J 答案 ACD解析 磁感应强度B 1垂直水平面向上,大小不变,B 2垂直水平面向下,大小随时间增大,故线框向上的磁通量减小,由楞次定律可得,线框中感应电流方向为逆时针方向,选项A 正确.t =0时刻穿过线框的磁通量Φ=B 1×12πr 2+B 2×16πr 2≈-0.005 2 Wb ,选项B 错误.在0.6 s内通过线框的电荷量q =n ΔΦR =20×(5-2)×16π×0.122.5 C ≈0.13 C ,选项C 正确.经过0.6 s 线框中产生的热量Q =I 2R Δt =(n ΔΦ)2R Δt≈0.07 J ,选项D 正确.6.如图6所示,水平面上有两根光滑金属导轨平行固定放置,导轨的电阻不计,间距为l =0.5 m ,左端通过导线与阻值R =3 Ω的电阻连接,右端通过导线与阻值为R L =6 Ω的小灯泡L 连接,在CDEF 矩形区域内存在竖直向上、磁感应强度B =0.2 T 的匀强磁场.一根阻值r =0.5 Ω、质量m =0.2 kg 的金属棒在恒力F =2 N 的作用下由静止开始从AB 位置沿导轨向右运动,经过t =1 s 刚好进入磁场区域.求金属棒刚进入磁场时:图6(1)金属棒切割磁感线产生的电动势;(2)小灯泡两端的电压和金属棒受到的安培力. 答案 (1)1 V (2)0.8 V 0.04 N ,方向水平向左解析 (1)0~1 s 棒只受拉力,由牛顿第二定律得F =ma ,金属棒进入磁场前的加速度a =Fm =10 m/s 2.设其刚要进入磁场时速度为v , v =at =10×1 m /s =10 m/s.金属棒进入磁场时切割磁感线,感应电动势 E =Bl v =0.2×0.5×10 V =1 V .(2)小灯泡与电阻R 并联,R 并=R ·R L R +R L =2 Ω,通过金属棒的电流大小I =ER 并+r =0.4 A ,小灯泡两端的电压U =E -Ir =1 V -0.4×0.5 V =0.8 V .金属棒受到的安培力大小F A =BIl =0.2×0.4×0.5 N =0.04 N ,由右手定则和左手定则可判断安培力方向水平向左.7.如图7甲所示,两足够长平行光滑的金属导轨MN 、PQ 相距0.8 m ,导轨平面与水平面夹角为α,导轨电阻不计.有一匀强磁场垂直导轨平面斜向上,长为1 m 的金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为0.1 kg 、与导轨接触端间电阻为1 Ω.两金属导轨的上端连接右端电路,电路中R 2为一电阻箱.已知灯泡的电阻R L =4 Ω,定值电阻R 1=2 Ω,调节电阻箱使R 2=12 Ω,重力加速度g 取10 m/s 2.将开关S 断开,金属棒由静止释放,1 s 后闭合开关,如图乙所示为金属棒的速度随时间变化的图像,求:图7(1)斜面倾角α及磁感应强度B 的大小;(2)若金属棒下滑距离为60 m 时速度恰达到最大,求金属棒由静止开始下滑100 m 的过程中,整个电路产生的电热;(3)改变电阻箱R 2的阻值,当R 2为何值时,金属棒匀速下滑时R 2的功率最大,消耗的最大功率为多少?答案 (1)30° 0.5 T (2)32.42 J (3)1.562 5 W解析 (1)开关S 断开,由题图甲、乙得a =g sin α=Δv Δt =5 m/s 2,则sin α=12,α=30°.F 安=BIL ,I =BL v mR 总,R 总=R ab +R 1+R 2R LR 2+R L =(1+2+4×124+12)Ω=6 Ω,由图乙得v m =18.75 m/s ,当金属棒匀速下滑时速度最大,有mg sin α=F 安,所以mg sin α=B 2L 2v mR 总, 得B =mg sin α·R 总v m ·L2= 0.1×10×12×618.75×0.82T =0.5 T.(2)由动能定理有mg ·s ·sin α-Q =12m v 2m -0, 得Q =mg ·s ·sin α-12m v 2m ≈32.42 J.(3)改变电阻箱R 2的阻值后,设金属棒匀速下滑时的速度为v m ′,则有mg sin α=BI 总L , R 并′=R 2R L R 2+R L =4 Ω×R 24 Ω+R 2,R 2消耗的功率P 2=U 2并R 2=(I 总R 并′)2R 2=(mg sin αBL ·R 并′)2R 2=(mg sin αBL )2·(4 Ω×R 24 Ω+R 2)2R 2=(mg sin αBL )2·16R 216+8R 2+R 22=(mg sin αBL )2·1616R 2+8+R 2, 当R 2=4 Ω时,R 2消耗的功率最大, P 2m =1.562 5 W.。

2018版高考物理知识复习与检测:第十章 交变电流 传感

2018版高考物理知识复习与检测:第十章 交变电流 传感

第3讲传感器的原理及其应用一、传感器及构成1.传感器是一种检测装置,能感受到被测量的信息,并能将检测感受到的信息按一定规律变换成为电信号或其他所需形式的信息输出,以满足信息的传输、处理、存储、显示、记录和控制等要求.2.传感器一般由敏感元件、转换元件和转换电路三部分组成.二、传感器的分类传感器一般按被测量、工作原理、能量传递方式等进行分类.三、两种重要的传感器1.温度传感器:一种将温度变化转换成电学量变化的装置.热敏电阻是利用半导体材料的阻值随温度的变化而变化的特性实现温度测量的.2.光电传感器:一种将光学量变化转换成电学量变化的传感器,就是光电传感器在光照作用下,其导电性能发生变化,如光敏电阻、光电池和光敏晶体管等.深度思考如图1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(温度升高,电阻减小)的两端相连,这时表针恰好指在刻度盘的正中央.若在R T上擦一些酒精,表针将如何偏转?若用吹风机将热风吹向热敏电阻,表针将如何偏转?图1答案由于酒精蒸发,热敏电阻R T温度降低,电阻值增大,指针将向左偏;用吹风机将热风吹向热敏电阻,热敏电阻R T温度升高,电阻值减小,指针将向右偏.1.(多选)传感器担负着信息采集的任务,它可以( )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.将电学量转变成光学量D.将电学量转变成力学量答案AB2.如图2所示,是电容式话筒的示意图,它是利用电容制成的传感器,话筒的振动膜前面有薄薄的金属涂层,膜后距膜几十微米处有一金属板,振动膜上的金属涂层和这个金属板构成电容器的两极.在两极间加一电压U,人对着话筒说话时,振动膜前后振动,从而使声音信号被话筒转化为电信号,其中导致电容变化的原因是电容器两板间的( )图2A.距离变化B.正对面积变化C.电介质变化D.电压变化答案 A3.有一些星级宾馆的洗手间装有自动干手机,洗手后将湿手靠近,机内的传感器就开通电热器加热,有热空气从机内喷出,将湿手烘干,手靠近干手机能使传感器工作,是因为( ) A.改变湿度B.改变温度C.改变磁场D.改变电容答案 D4.全自动洗衣机设有多段式水位自动感应装置,该水位自动感应装置采用的传感器是( ) A.温度传感器B.压力传感器C.生物传感器D.红外线传感器答案 B命题点一温度传感器及其应用热敏电阻用半导体材料制成,按热敏电阻阻值随温度变化而变化的规律,热敏电阻可分为正温度系数的热敏电阻和负温度系数的热敏电阻.正温度系数的热敏电阻随温度升高电阻增大;负温度系数的热敏电阻(如氧化锰热敏电阻)随温度升高电阻减小.例1 如图3所示为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变,且对温度很敏感)的I-U 关系曲线图.图3(1)为了通过测量得到图示的I-U关系的完整曲线,在图4甲、乙两个电路中应选择的是图________;简要说明理由:______________________________________________.(电源电动势为9 V,内阻不计,滑动变阻器的阻值为0~100 Ω)图4(2)在图丙所示电路中,电源电压恒为9 V,理想电流表读数为70 mA,定值电阻R1=250 Ω.由热敏电阻的I-U关系曲线可知,热敏电阻两端的电压为________V;电阻R2的阻值为________Ω.(3)举出一个可以应用热敏电阻的例子:______________________________________.答案(1)甲见解析(2)5.2 111.8 (3)热敏温度计(提出其他实例,只要合理均对) 解析(1)应选择图甲,原因是图甲所示电路电压可从0调到所需电压,调节范围较大.(2)根据欧姆定律可得I1=ER1=9250A=0.186 A所以I2=I-I1=0.18 A-0.186 A=0.184 A.由热敏电阻的I -U 关系曲线可知,当I =0.184 A =34 mA 时,U ≈5.2 V所以R 2=E -U I 2=9-5.20.034Ω≈111.8 Ω.1.如图5所示是观察电阻R 的阻值随温度变化情况的示意图,现在把杯中的水由冷水变为热水,关于欧姆表的读数变化情况正确的是( )图5A .如果R 为金属热电阻,读数变大,且变化非常明显B .如果R 为金属热电阻,读数变小,且变化不明显C .如果R 为热敏电阻(用半导体材料制作),读数变化非常明显D .如果R 为热敏电阻(用半导体材料制作),读数变化不明显答案 C2.利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器,一般体积很小,可以用来测量很小范围内的温度变化,反应快,而且精确度高.(1)如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路,其他因素不变,只要热敏电阻所处区域的温度降低,电路中电流将变______(填“大”或“小”).(2)上述电路中,我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度,就能直接显示出热敏电阻附近的温度.如果刻度盘正中的温度为20 ℃(如图6甲所示),则25 ℃的刻度应在20 ℃的刻度的______(填“左”或“右”)侧.图6(3)为了将热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化,请用图乙中的器材(可增加元器件)设计一个电路.答案(1)小(2)右(3)见解析图解析(1)因为负温度系数热敏电阻温度降低时,电阻增大.故电路中电流会减小.(2)由(1)的分析知,温度越高,电流越大,25 ℃的刻度应对应较大电流,故在20 ℃的刻度的右侧.(3)如图所示.命题点二光电传感器及其应用光电传感器是一种将光学量变化转换为电学量变化的传感器.光敏电阻一般由半导体材料制成,特点是光照越强,电阻越小.例2 (多选)如图7所示,R1、R2为定值电阻,L为小灯泡,R3为光敏电阻,当入射光强度增大时( )图7A.电压表的示数减小B.R2中电流减小C.小灯泡的功率增大D.电路的路端电压增大答案BC解析当入射光强度增大时,R3阻值减小,外电路电阻随R3的减小而减小,R1两端电压因干路电流的增大而增大,从而电压表的示数增大,同时内电压增大,故电路的路端电压减小,A、D项均错误.由路端电压减小,而R1两端电压增大知,R2两端电压必减小,则R2中电流减小,故B项正确.结合干路电流增大知流过小灯泡的电流必增大,故小灯泡的功率增大,C项正确.3.(多选)如图8所示电路中,电源电动势为E,内阻为r,R T为负温度系数热敏电阻,R G为光敏电阻,闭合开关后,小灯泡L正常发光,由于环境改变(光照或温度),发现小灯泡亮度变暗,则引起小灯泡变暗的原因可能是( )图8A.温度不变,光照增强B.温度升高,光照不变C.温度降低,光照增强D.温度升高,光照减弱答案AC4.如图9所示,R3是光敏电阻(光照增强时电阻变小),当开关S闭合后,在没有光照射时,a、b两点等电势,当用光照射电阻R3时,则( )图9A.a点电势高于b点电势B.a点电势低于b点电势C.a点电势等于b点电势D.a点电势和b点电势的大小无法比较答案 A命题点三其他传感器及其应用例3 如图10是一种测定油箱油量多少或变化多少的装置,其中电源电压保持不变,R是滑动变阻器,它的金属滑片是金属杆的一端,在装置中使用了一只电压表(图中没有画出),通过观察电压表示数,可以了解油量情况.将电压表分别接在b、c之间与c、d之间,当油量变化时,电压表的示数变化有何不同?图10答案见解析解析(1)把电压表接在b、c之间,油量增加时,R减小,电压表的示数减小;油量减少时,R增大,电压表的示数增大.(2)把电压表接在c、d之间,油量增加时,R减小,电路中电流增大,则R′两端的电压增大,电压表的示数增大,同理,油量减少时,电压表的示数减小.5.电容式传感器是用来将各种非电信号转变为电信号的装置,由于电容器的电容C取决于极板正对面积S、极板间距离d以及极板间的电介质这几个因素,当某一物理量发生变化时就能引起上述某个因素的变化,从而又可推出另一物理量的值.如图11所示是四种电容式传感器的示意图,关于这四种传感器的作用,下列说法不正确的是( )图11A.甲图的传感器可以用来测量角度B.乙图的传感器可以用来测量液面高度C.丙图的传感器可以用来测量压力D.丁图的传感器可以用来测量速度答案 D解析甲图角度变化能导致极板正对面积变化;乙图液面高度变化能导致极板正对面积变化;丙图F变化能导致极板间距变化;丁图中位置变化导致电介质变化.所以,甲、乙、丙、丁分别是测角度、液面高度、压力、位移的元件.故选D.6.用遥控器调换电视机频道的过程,实际上就是传感器把光信号转化为电信号的过程.下列属于这类传感器的是( )A.红外报警装置B.走廊照明灯的声控开关C.自动洗衣机中的压力传感装置D.电饭煲中控制加热和保温的温控器答案 A解析遥控器是利用红外线传输信号的,故A项正确.7.(多选)如图12所示是利用硫化镉制成的光敏电阻自动计数器的示意图,其中A是发光仪器,B是光敏电阻(光照增强时电阻变小),下列说法中正确的是( )图12A.当传送带上没有物品挡住由A射向B的光信号时,光敏电阻的阻值变小,电压表读数变小B.当传送带上没有物品挡住由A射向B的光信号时,光敏电阻的阻值变大,电压表读数变大C.当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时,光敏电阻的阻值变小,电压表读数变小D.当传送带上有物品挡住由A射向B的光信号时,光敏电阻的阻值变大,电压表读数变大答案AD命题点四传感器与电学实验的结合例4 现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统,要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时,系统报警.提供的器材有:热敏电阻,报警器(内阻很小,流过的电流超过I c时就会报警),电阻箱(最大阻值为999.9 Ω),直流电源(输出电压为U,内阻不计),滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω),滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω),单刀双掷开关一个,导线若干.在室温下对系统进行调节.已知U约为18 V,I c约为10 mA;流过报警器的电流超过20 mA 时,报警器可能损坏;该热敏电阻的阻值随温度升高而减小,在60 ℃时阻值为650.0 Ω.(1)在图13中完成待调节的报警系统原理电路图的连线.图13(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”).(3)按照下列步骤调节此报警系统:①电路接通前,需将电阻箱调到一固定的阻值,根据实验要求,这一阻值为________Ω;滑动变阻器的滑片位置于______(填“a”或“b”)端附近,不能置于另一端的原因是________________________________.②将开关向______(填“c”或“d”)端闭合,缓慢移动滑动变阻器的滑片,直至________.(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变,将开关向另一端闭合,报警系统即可正常使用.答案(1)见解析图(2)R2(3)①650.0 b接通电源后,流过报警器的电流会超过20 mA,报警器可能损坏②c报警器开始报警解析(1)先用电阻箱替代热敏电阻,连接成闭合回路进行调试.电路图连接如图所示.(2)当电路中电流I c=10 mA时,根据闭合电路欧姆定律有I c=UR总,解得R总=1 800 Ω,此时热敏电阻的阻值为650 Ω,则滑动变阻器的阻值为1 150 Ω,所以滑动变阻器选R2. (3)①当热敏电阻阻值小于650 Ω时,报警器就会报警,用电阻箱替代热敏电阻进行调节,应把电阻箱的阻值调到650 Ω.若接通电源后电路中的电流过大(超过20 mA),报警器就会损坏,电流越小越安全,所以为了电路安全,闭合开关前滑片应置于b端.②用电阻箱替代热敏电阻进行调试,应将开关向c端闭合,开关闭合后要减小电路中的电阻直至报警器报警.8.如图14所示装置可以用来测量硬弹簧(即劲度系数较大的弹簧)的劲度系数k .电源的电动势为E ,内阻可忽略不计;滑动变阻器全长为L ,重力加速度为g .为理想电压表.当木板上没有放重物时,滑动变阻器的触头位于图中a 点,此时电压表示数为零.在木板上放置质量为m 的重物,滑动变阻器的触头随木板一起下移.由电压表的示数U 及其他给定条件,可计算出弹簧的劲度系数k .图14(1)写出m 、U 与k 之间所满足的关系式.(2)已知E =1.50 V ,L =12.0 cm ,g 取9.80 m/s 2.测量结果如下表:①在图15中给出的坐标纸上利用表中数据描出m -U 直线.图15②m -U 直线的斜率为________kg/V(结果保留三位有效数字).③弹簧的劲度系数k =________N/m(结果保留三位有效数字).答案 (1)m =Lk Eg U (2)①见解析图 ②10.0 ③1.23×118解析 (1)设放置质量为m 的重物时弹簧的压缩量为x ,则有mg =kx 又U =x L E解得m =Lk Eg U .(2)①用描点法作图,作出的图象如图所示.②选取(0,0)、(0.90,9)两点,则斜率为Δm ΔU =9-00.90-0kg/V =10.0 kg/V.③因m =Lk Eg U ,故Lk Eg =ΔmΔU ,k =Δm ΔU ·Eg L =10.0×1.50×9.800.120N/m ≈1.23×118 N/m. 9.为了节能和环保,一些公共场所使用光控开关控制照明系统.光控开关可采用光敏电阻来控制,光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱,光越强照度越大,照度单位为lx).某光敏电阻R P 在不同照度下的阻值如下表:(1)根据表中数据,请在图16坐标系中描绘出阻值随照度变化的曲线,并说明阻值随照度变化的特点.图16(2)如图17所示当1、2两端所加电压上升至2 V 时,控制开关自动启动照明系统.请利用下列器材设计一个简单电路,给1、2两端提供电压,要求当天色渐暗照度降低至1.0 lx 时启动照明系统,在虚线框内完成电路原理图.(不考虑控制开关对所设计电路的影响)图17提供的器材如下:光敏电阻R P(符号);直流电源E(电动势3 V,内阻不计);定值电阻:R1=10 kΩ,R2=20 kΩ,R3=40 kΩ(限选其中之一并在图中标出);开关S及导线若干.答案见解析解析(1)光敏电阻的阻值随照度变化的曲线如图甲所示,阻值随照度变化的特点:光敏电阻的阻值随照度的增大呈非线性减小;(2)电源电动势为3 V,当光敏电阻阻值为20 kΩ时,其两端电压为2 V,则U=R PR P+R1·E,解得R1=10 kΩ,实验电路如图乙所示.。

高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器 第二节 变压器 电能的输送课件

高考物理一轮复习 第十章 交变电流 传感器 第二节 变压器 电能的输送课件

220×0.2 44
A=1
A,C、D错误;原线圈和副线圈的匝数比nn12
=II12=51,A错误,B正确.
答案:B
2.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 W B.输出电压的最大值是110 V C.变压器原、副线圈匝数比是1 2 D.负载电流的函数表达式i=0.05sin(100πt+π2)A
第十章
交变电流 传感器
第二节 变压器 电能的输送
突破考点01 突破考点02 突破考点03
突破考点04 课时作业 高考真题
突破考点01
变压器
自主练透
1.构造和原理(如图所示)
(1)主要构造:由________、________和铁芯组成. (2)工作原理:电磁感应的________现象.
2.基本关系 (1)电压关系:UU12=________. (2)电流关系:只有一个副线圈时:II12=________. (3)功率关系:P入=________. (4)频率关系:原、副线圈中电流的频率相等.
(3)I2变化引起P2变化,根据P1=P2,可以判断P1的变化.
2.负载电阻不变的情况(如图所示)
(1)U1不变,nn12发生变化,U2变化. (2)R不变,U2变化,I2发生变化. (3)根据P2=UR22和P1=P2,可以判断P2变化时,P1发生变 化,U1不变时,I1发生变化.
【例1】 如下图所示,理想变压器输入端PQ接稳定的交流 电源,通过单刀双掷开关S可改变变压器原线圈匝数(图中电压表 及电流表皆为理想电表),则下列说法中正确的是( )
3.几种常用的变压器 (1)自耦变压器——也叫________变压器. (2)互感器 ①电压互感器,用来把高电压变成________; ②电流互感器,用来把大电流变成________.

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)

新题策(全国通用)高考物理一轮复习第10章交变电流传感器教师用书(pdf)

( ) ( ) 、 ( ) 、 ( ) 、 ( 图象 : 如图 1 所示都属于交变电 2 0 1 1 a b c d)
2 8 0
( ) a ( ) b ( ) c ( ) d
匀速转动 .
( ) 产生 : 在匀强磁场里 , 线圈绕 ③垂直于磁场 2
方向的轴
( ) 所示 . f
) ( ) 中性面位置时开始计时 , 其图 象 为 正 弦 曲 线 . 如图1 0 1 1( a e
物理量
电流方向将发生改变 . i =0,
【 答案 】 B C ( ) 确定正弦交变电流的峰值 , 根据已知图象读出或由 公 式 1 一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕 垂 直 于 如图 1 1 4 甲所示 , 2. 0 Em = n B S ω 求出相应峰值 . 从线圈平面与 磁场方向的转轴 O O '以 恒 定 的 角 速 度ω 转 动 , ( ) 明确线圈的初始位置 , 找出对应的函数关系式 . 2 磁场方向平行时开始 计 时 , 线圈中产生的交变电流按照图乙 图象 , 函数式为i s i n = I ω t . m 则i 如: ① 线圈从中性面 位 置 开 始 转 动 , t图象为正弦函数 则i ② 线圈从垂直中性面位置开始转动 , t 图象为余弦 函 数 π 所示的余弦规律变化 , 在t = 时刻 2 ω (
中性面 线圈平面与 磁场方向垂直 最大 ( B S) 0 0 发生改变 峰值面 线圈平面与 磁场方向平行 零 最大 最大 ( n B S ω) 方向不变
含义
交变电流 1. 电流 . ( ) 定义 : 1 ① 大小 和 ②方向
都随时间做周期性变化的
磁通量 磁通量的变化率 感应电动势 电流方向
) 流. 其中按 正 弦 规 律 变 化 的 交 变 电 流 叫 正 弦 交 流 电 , 如图( a 所示 .

(新课标)高考物理一轮复习第十章交变电流传感器教参

(新课标)高考物理一轮复习第十章交变电流传感器教参

Im (3) 有效值公式 I = 适用于任何交变电流。 ( ×)
2
(4) 交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的有效值。 (5) 交流电压表和电流表测量的是交流电的平均值。 ( ×)
( √)
(6) 我国使用的交变电流周期是 0.02 s,电流方向每秒改变 50 次。 ( ×) [ 对中性面的理解 ]
应电动势的最大值都为 e0,不计线圈电阻,则发电机输出电压 (
)
A.峰值是 e0
B.峰值是 2e0
4 / 22
2 C.有效值是 Ne0 D .有效值是 2Ne0
2
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 e0,每匝中 ab 和 cd 串联,故每
匝线圈产生的电动势的最大值为 2e0。 N 匝线圈串联,整个线圈中感应电动势的最大值为
解析:选 AC 中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置,线圈经过该位置时,穿过线圈的磁通量最大,
各边都不切割磁感线,不产生感应电动势,所以磁通量的变化率为零,
A 项正确, B 项错误;线圈每经过一
次中性面,感应电流的方向改变一次,但线圈每转一周时要经过中性面两次,所以每转一周,感应电流方向
就改变两次, C 项正确, D 项错误。
计算交变电流有效值的方法
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

Im 2
U=
Um 2 代替,不随时间变化的恒定的部分,有效值即为
瞬时值。
3.如图所示,表示一交流电的电流随时间而变化的图象,此交流电的有效值是
()
A. 5 2 A B . 3.5 2 A C .3.5 A D . 5 A 解析:选 D 设交流电的有效值为 I ,令该交变电流通过一阻值为

2018版高考物理(教科版,四川专用)大一轮复习讲义(文档)第十章 交变电流 传感器 本章学科素养提升

2018版高考物理(教科版,四川专用)大一轮复习讲义(文档)第十章 交变电流 传感器 本章学科素养提升

⊳思维建模能力的培养⊳图像应用能力的培养1.“杆+导轨”模型是电磁感应问题高考命题的“基本道具”,也是高考的热点,考查的知识点多,题目的综合性强,物理情景变化空间大,是我们复习中的难点.“杆+导轨”模型又分为“单杆”型和“双杆”型(“单杆”型为重点);导轨放置方式可分为水平、竖直和倾斜;杆的运动状态可分为匀速、匀变速、非匀变速运动等.2.该模型的解题思路(1)用法拉第电磁感应定律和楞次定律求感应电动势的大小和方向;(2)求回路中的电流大小;(3)分析研究导体受力情况(包含安培力,用左手定则确定其方向);(4)列动力学方程或平衡方程求解.例1 如图1甲所示,两根足够长平行金属导轨MN 、PQ 相距为L ,导轨平面与水平面夹角为α,金属棒ab 垂直于MN 、PQ 放置在导轨上,且始终与导轨接触良好,金属棒的质量为m .导轨处于匀强磁场中,磁场的方向垂直于导轨平面向上,磁感应强度大小为B .金属导轨的上端与开关S 、定值电阻R 1和电阻箱R 2相连.不计一切摩擦,不计导轨、金属棒的电阻,重力加速度为g .现在闭合开关S ,将金属棒由静止释放.图1(1)判断金属棒ab 中电流的方向;(2)若电阻箱R 2接入电路的阻值为0,当金属棒下降高度为h 时,速度为v ,求此过程中定值电阻上产生的焦耳热Q ;(3)当B =0.40T ,L =0.50m ,α=37°时,金属棒能达到的最大速度v m 随电阻箱R 2阻值的变化关系,如图乙所示.取g =10m/s 2,sin37°=0.60,cos37°=0.80.求R 1的阻值和金属棒的质量m .答案 (1)b →a (2)mgh -12m v 2 (3)2.0Ω 0.1kg 解析 (1)由右手定则可知,金属棒ab 中的电流方向为由b 到a .(2)由能量守恒定律知,金属棒减少的重力势能等于增加的动能和电路中产生的焦耳热,即mgh =12m v 2+Q 则Q =mgh -12m v 2. (3)金属棒达到最大速度v m 时,切割磁感线产生的感应电动势:E =BL v m由闭合电路的欧姆定律得:I =E R 1+R 2从b 端向a 端看,金属棒受力如图所示金属棒达到最大速度时,满足:mg sin α-BIL =0由以上三式得v m =mg sin αB 2L 2(R 2+R 1) 由图乙可知:斜率k =60-302m·s -1·Ω-1=15m·s -1·Ω-1, 纵轴截距v =30m/s所以mg sin αB 2L 2R 1=v ,mg sin αB 2L 2=k 解得R 1=2.0Ω,m =0.1kg.解决此类问题要抓住三点1.杆的稳定状态一般是匀速运动(达到最大速度或最小速度,此时合力为零);2.整个电路产生的电能等于克服安培力所做的功;3.电磁感应现象遵从能量守恒定律.分析电磁感应图像问题的思路例2 如图2,矩形闭合导体线框在匀强磁场上方,由不同高度静止释放,用t 1、t 2分别表示线框ab 边和cd 边刚进入磁场的时刻.线框下落过程形状不变,ab 边始终保持与磁场水平边界线OO ′平行,线框平面与磁场方向垂直.设OO ′下方磁场区域足够大,不计空气的影响,则下列哪一个图像不可能反映线框下落过程中速度v 随时间t 变化的规律( )图2答案 A解析线框在0~t1这段时间内做自由落体运动,v-t图像为过原点的倾斜直线,t2之后线框完全进入磁场区域中,无感应电流,线框不受安培力,只受重力,线框做匀加速直线运动,v -t图像为倾斜直线.t1~t2这段时间线框受到安培力作用,线框的运动类型只有三种,即可能为匀速直线运动、也可能为加速度逐渐减小的加速直线运动,还可能为加速度逐渐减小的减速直线运动,而A选项中,线框做加速度逐渐增大的减速直线运动是不可能的,故不可能的v-t图像为A选项中的图像.。

2018版高考物理一轮复习第10章交流电及传感器第1讲交变电流的产生及描述课件

2018版高考物理一轮复习第10章交流电及传感器第1讲交变电流的产生及描述课件

π [解析] 0~ 为四分之一周期的时间,t=0时刻,磁通量为0,感应电流最 2ω 大,根据二者互余的特点,之后四分之一周期的时间内,穿过线圈的磁通量一 直在增大,而线圈中的感应电流一直在减小,即穿过线圈的磁通量的变化率一 直在减小,C、D正确。
2.(多选)北京市东城区居民用电网改造完成后,某居民小区变压器输出端 的交变电压瞬时值表达式为u=220 2 sin100πt(V),对此交变电压,下列表述正 确的是 导学号 51343085 ( BC ) A.最大值是220V C.有效值是220V B.频率是50Hz D.周期是0.01s
• 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) 规律 函数表达式 图象 物理量
磁通量 Φ=Φmcosωt=BScos ωt
电动势
e=Emsinωt=nBSωsinωt
规律 物理量 电压
函数表达式 REm u=Umsinωt= sinωt R+r Em i=Imsinωt= sinωt R+r
[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 L1 v=ω· 2 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 E1=BL2v⊥ 由图可知v⊥=vsinωt 则整个线圈的感应电动势为 e1=2E1=BL1L2ωsinωt
• (2)当线圈由图3位置开始运动时,在t时刻 整个线圈的感应电动势为 • e2=BL1L2ωsin(ωt+φ0) • [答案] (1)e1=BL1L2ωsinωt (2)e2= BL1L2ωsin(ωt+φ0)
• (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e1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3所示,试写出t时刻整个 线圈中的感应电动势e2的表达式。

【K12教育学习资料】新课标2018版高考物理一轮复习第十章交变电流传感器第1讲交变电流的产生和描述

【K12教育学习资料】新课标2018版高考物理一轮复习第十章交变电流传感器第1讲交变电流的产生和描述

第十章 交变电流 传感器【研透全国卷】从近几年高考试题来看,高考对本章内容的考查重点有:交变电流的有效值、瞬时值,变压器的原理及应用,远距离输电等知识.其中针对变压器的原理及应用的题目出现频率较高,常以选择题的形式考查,分值一般为6分.预测在2018年高考中,对交流电的考查仍会集中在有效值、瞬时值的计算上,还会综合变压器、远距离输电等知识进行考查.第1讲 交变电流的产生和描述知识点一 交变电流、交变电流的图象 1.交变电流(1)定义: 和 都随时间做周期性变化的电流. (2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流. 2.正弦式交变电流的产生和图象(1)产生:在匀强磁场里,线圈绕 方向的轴匀速转动.(2)图象:用以描述交变电流随时间变化的规律,如果线圈从中性面位置开始计时,其图象为正弦曲线.答案:1.(1)大小 方向 2.(1)垂直于磁场知识点二 正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值 1.周期和频率(1)周期(T ):交变电流完成 变化(线圈转一周)所需的时间,单位是秒(s),公式T =2πω. (2)频率(f ):交变电流在1 s 内完成周期性变化的 .单位是赫兹(Hz). (3)周期和频率的关系:T = 或f = . 2.正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时) (1)电动势e 随时间变化的规律:e = . (2)负载两端的电压u 随时间变化的规律:u = .(3)电流i 随时间变化的规律:i = .其中ω等于线圈转动的 ,E m= .3.交变电流的瞬时值、峰值、有效值(1)瞬时值:交变电流某一时刻的值,是时间的函数.(2)峰值:交变电流(电压或电动势)所能达到的最大的值,也叫最大值.(3)有效值:跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦式交变电流,其有效值和峰值的关系为:E = ,U = ,I = .答案:1.(1)一次周期性 (2)次数 (3)1f 1T2.(1)E m sin ωt (2)U m sin ωt (3)I m sin ωt 角速度 nBS ω3.(3)E m2U m2I m2(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,一定会产生正弦式交变电流.( ) (2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时,产生的感应电动势也最大.( )(3)线圈经过中性面时产生的感应电动势最大.( ) (4)在一个周期内,正弦交流电的方向改变两次.( )(5)最大值和有效值之间的2倍关系只适用于正弦(余弦)交流电.( ) (6)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.( ) 答案:(1) (2) (3) (4)√ (5)√ (6)考点正弦式交变电流的产生及变化规律1.正弦式交变电流的产生(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动. (2)两个特殊位置的特点: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.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)考向1 交流电的产生[典例1] (多选)如图所示为交流发电机示意图,线圈的AB 边连在金属滑环K 上,CD 边连在滑环L 上,导体制作的两个电刷E 、F 分别压在两个滑环上,线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接.关于其工作原理,下列分析正确的是( )A.当线圈平面转到中性面的瞬间,穿过线圈的磁通量最大B.当线圈平面转到中性面的瞬间,线圈中的感应电流最大C.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,穿过线圈的磁通量最小D.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间,线圈中的感应电流最小[答案] AC考向2 交流电的变化规律[典例2] (多选)图甲是小型交流发电机的示意图,两磁极N 、S 间的磁场可视为水平方向的匀强磁场,Ⓐ为交流电流表,线圈绕垂直于磁场的水平轴OO ′沿逆时针方向匀速转动,从图甲所示位置开始计时,产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示.以下判断正确的是( )甲 乙 A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50π rad/sC.t =0.01 s 时,线圈平面与磁场方向平行D.t =0.02 s 时,电阻R 中电流的方向自右向左[解析] 电流表测量的是电路中电流的有效值I =10 A ,选项A 正确.由题图乙可知,T =0.02 s ,所以ω=2πT=100π rad/s ,选项B 错误.t =0.01 s 时,电流最大,线圈平面与磁场方向平行,选项C 正确.t =0.02 s 时,线圈所处的状态就是图示状况,此时R 中电流的方向自左向右,选项D 错误.[答案] AC[变式1] 矩形线圈abcd 在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab 边转动,磁场方向垂直纸面向里,其中ab 边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍.在t =0时刻线圈平面与纸面重合,且cd 边正在向纸外转动.规定图示箭头方向为电流正方向,则线圈中电流随时间变化的关系图线应是( )A BC D答案:A 解析:绕垂直磁场的轴转动时,线圈能够产生的最大感应电动势E m =nBS ω,因左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍,所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍,再利用楞次定律分析感应电流方向,可知选项A 正确.求解交变电流变化规律有关问题的三点注意(1)只有当线圈从中性面位置开始计时,电流的瞬时值表达式才是正弦形式.其变化规律与线圈的形状及转动轴处于线圈平面内的位置无关.(2)注意峰值公式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.考点有效值的理解和计算1.正弦交变电流的有效值可利用公式E =E m2、U =U m2、I =I m2直接计算,其中E m 、U m 、I m 表示正弦交流电的峰值.2.交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的,所以进行有效值计算时,要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算.注意“三同”即“相同电阻”上,“相同时间”“内产生”“相同热量”.计算时“相同时间”至少要取一个周期的时间.3.在交流电路中,电压表、电流表、功率表等电工仪表的示数均为交变电流的有效值.在没有具体说明的情况下,所给出的交变电流的电压、电流及电功率指的都是有效值.[典例3] 如图所示为交变电流随时间变化的图象,则交变电流的有效值为( )A.5 2 AB.5 AC.722 A D.3.5 A[解析] 设交变电流的有效值为I ,根据有效值的定义,I 2RT =(4 2 A)2R T2+(3 2A)2R T2,解得I =5 A ,选项B 正确.[答案] B[变式2] 如图所示为一交流电压随时间变化的图象.每个周期内,前三分之一周期电压按正弦规律变化,后三分之二周期电压恒定.根据图中数据可得,此交流电压的有效值为( )A.7.5 VB.8 VC.215 VD.313 V答案:C 解析:根据电流的热效应有⎝ ⎛⎭⎪⎫6 V 22·1R ·T 3+(9 V )2R ·2T 3=U 2R T ,解得U 2=60 V 2,所以U =215 V ,C 项 正确.[变式3] 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 间加一正弦交流电u =202sin 100πt (V),则加在R 2上的电压有效值为( )A.10 VB.20 VC.15 VD.510 V答案:D 解析:电压值取正值时,即在前半个周期内,二极管电阻为零,R 2上的电压等于输入电压值;电压值取负值时,即在后半周期内,二极管电阻无穷大,可看做断路,R 2上的电压等于输入电压值的一半,因此可设加在R 2上的电压有效值为U ,根据电流的热效应,在一个周期内满足U 2R T =(20 V )2R ·T 2+(10 V )2R ·T2,解得U =510 V ,选项D 正确.计算交变电流有效值的方法(1)计算有效值时要根据电流的热效应,抓住“三同”:“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解.(2)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流,其中的14(但必须是从零至最大值或从最大值至零)和12周期部分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系I =I m 2、U =U m2求解.考点交变电流的“四值”的应用考向1 对交流电“四值”的理解[典例4] 如图甲所示,标有“220 V40 W”的灯泡和标有“20 μF 300 V”的电容器并联到交流电源上,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( )甲乙A.t=T2时刻,V的示数为零B.灯泡恰好正常发光C.电容器不可能被击穿D.V的示数保持110 2 V不变[解析] V的示数应是电压的有效值220 V,故A、D错;电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压,灯泡正常发光,B 正确;电压的峰值U m =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考向2 交流电“四值”的有关计算 [典例5] (多选)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 =2BL2R +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[解析] 题图所示位置,线圈中通过的磁通量最大,但感应电动势为零,A 错误;线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为E m =12BL 2ω,故对应的瞬时值表达式为e =12BL 2ωsin ωt ,B 正确;由q =ΔΦR +r 可得线圈从图示位置转过180°的过程中,流过电阻R 的电荷量q =BL 2R +r ,C 错误;电阻R 上产生的热量应利用有效值求解,即转动一周的过程中产生的热量:Q =⎣⎢⎡⎦⎥⎤E m 2(R +r )2R ×2πω=πB 2ωL 4R4(R +r )2,D 正确.[答案] BD1.计算有效值时一般选取交变电流的一个周期进行计算.非正弦交变电流的有效值要根据电流的热效应进行等效计算.2.交变电流的有效值和电流的方向无关;交变电流的平均值是根据法拉第电磁感应定律E =nΔΦΔt计算的,与交变电流的方向、所选取的时间段有关.1.[交流电的产生]如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( )A B C D答案:C 解析:线圈绕垂直于磁场的轴旋转可产生正弦式交变电流,只有C 项错误. 2.[交流电的变化规律](多选)如图甲所示,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,产生的交变电动势图象如图乙中曲线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答案:AC 解析:t =0时刻,两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零,因此线圈平面均与中性面重合,A 项正确;题图中a 、b 对应的周期之比为2∶3,因此线圈转速之比n a ∶n b =1T a ∶1T b =3∶2,B 项错误;a 线表示的交流电动势的频率为f a =1T a =14×10-2Hz =25 Hz ,C项正确;a 线对应线圈相应的电动势的最大值E a m =NBS ·2πT a,由图象知E a m =15 V ,b 线对应线圈相应的电动势的最大值E b m =NBS ·2πT b ,因此E b m E a m =T a T b =23,E b m =10 V ,有效值E b =102 V =5 2V ,D 项错误.3.[有效值的计算]如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场,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答案:D 解析:线框转动的角速度为ω,进磁场的过程用时18周期,出磁场的过程用时18周期,进、出磁场时产生的感应电流大小均为I ′=12BL 2ωR,则转动一周产生的感应电流的有效值I 满足:I 2RT =⎝ ⎛⎭⎪⎪⎫12BL 2ωR 2R ×14T ,解得I =BL 2ω4R ,D 项正确. 4.[有效值的计算]某研究小组成员设计了一个如图所示的电路,与定值电阻R 并联的电表是一个理想交流电压表,D 是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零,反向电阻为无穷大).在A 、B 间加一交流电压,瞬时值的表达式为u =202sin 100πt (V),则交流电压表示数为( )A.10 VB.20 VC.15 VD.14.1 V答案:D 解析:根据交流电有效值的定义,结合理想二极管的单向导电特点,有U ′2R ·T=U 2R ·T 2+0,解得交流电压表示数U ′=U2=14.1 V. 5.[交流电“四值”的应用]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:教育是最好的老师,小学初中高中资料汇集专注专业学习坚持不懈勇攀高峰- 11 - 甲 乙(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.答案:(1)i =0.62sin 100πt (A) (2)2.7×10-2 Wb (3)7.2×10-2 J 解析:(1)由图得e =E m sin ωt =62sin 100πt (V)则电流i =eR +r =0.62sin 100πt (A).(2)E m =BS ω,E m =6 2 Vω=100π,Φm =BS =E m ω=2.7×10-2Wb.(3)E =E m2=6 V外力所做的功W =Q =E 2R +r T =7.2×10-2 J.。

2018版高考物理新课标一轮复习课件:第十章 交变电流 传感器 10-1 精品

2018版高考物理新课标一轮复习课件:第十章 交变电流 传感器 10-1 精品

有效值的理解和计算
1.正弦交变电流的有效值可利用公式 E=Em2、U=Um2、I=
Im 直接计算,其中 2
Em、Um、Im
表示正弦交流电的峰值.
2.交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻 生热)进行定义的,所以进行有效值计算时,要紧扣电流通过电 阻生热(或热功率)进行计算.注意“三同”即“相同电阻”上, “相同时间”“内产生”“相同热量”.计算时“相同时间” 至少要取一个周期的时间.
(1)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时,一定会产生正弦式 交变电流.( )
(2)线圈在磁场中转动的过程中穿过线圈的磁通量最大时, 产生的感应电动势也最大.( )
(3)线圈经过中性面时产生的感应电动势最大.( ) (4)在一个周期内,正弦交流电的方向改变两次.( √ ) (5)最大值和有效值之间的 2倍关系只适用于正弦(余弦)交 流电.( √ ) (6)交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.( )
无穷大),在 A、B 间加一正弦交流电 u=20 2sin 100πt(V),则加
在 R2 上的电压有效值为( D )
A.10 V
B.20 V
C.15 V
D.5 10 V
解析:电压值取正值时,即在前半个周期内,二极管电阻
为零,R2 上的电压等于输入电压值;电压值取负值时,即在后
半周期内Байду номын сангаас二极管电阻无穷大,可看做断路,R2 上的电压等于
2.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计
时)
规律
物理量
函数表达式
图象
磁通量
Φ=Φmcos ωt =BScos ωt
电动势
e=Emsin ωt =nBSωsin ωt
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交变电流的峰值Em=nBSω,即由线圈的匝 数n、磁场的磁感应强度B、线圈的面积S、 线圈转动的角速度ω共同决定,此时要求转 轴和磁场的方向垂直(转轴未必是线圈的对称 轴),线圈为平面线圈(未必是矩形或正方 形).
►深化拓展◄
交变电流的平均值与有效值
1.交变电流的有效值是根据电流的热效应与同时 间、同电阻、同热量的直流电流相比来确定的;交 变电流的平均值是根据法拉第电磁感应定律中的平 均感应电动势计算的;
题型二 交流电路的计算
[例2] (2010·唐山模拟)图3所示为交流发 电机示意图,矩形线圈的匝数N=50匝,每 匝线圈的长lab=0.4 m,lbc=0.2 m,矩形 线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B= 0.2 T,线圈总电阻r=1 Ω,外接电阻R=9 Ω,线圈以n= 转/秒的转速在磁场中 匀速转动,求:此交流发电机的输出功率 和电压表、电流表的读数.
频率为50 Hz.
►疑难详析◄
交变电流的函数表达式
交变电流瞬时值表达式的具体形式是由开始 计时的时刻和正方向的规定等因素共同决定 的.
如果线圈从中性面开始计时,该瞬时虽然穿 过线圈的磁通量最大,但是线圈两个边的速 度方向和磁场方向正好平行,不切割磁感线, 此时电动势为零,故表达式为e= nBSωsinωt=Emsinωt;如果线圈平面和磁 场平行时开始计时,虽然该时刻穿过线圈的 磁通量是零,但是由于此时线圈两个边的速 度方向和磁场方向正好垂直,电动势最大, 故表达式为e=nBSωcosωt=Emcosωt.
3.交变电流的变化规律 函数式:电动势e=nBSωsinωt=Emsinωt
电压u=iR=ImRsinωt=Umsinωt 以上各式都是线圈在t=0时从中性面开始旋 转的表达式.
4.交变电流的表征量
(1)交变电流的“四值”
①瞬时值:反映不同时刻交变电流的大小和方向, 用小写的字母表示.如瞬时电流的表达式为 sinωt=Imsinωt.
④平均值:反映的是交变电流图象的波形与 横轴(时间轴)所围的面积和时间的比值.平 均电动势的计算可以用公式
(2)交变电流的周期和频率 ①周期T:交变电流完成一次周期性变化(线圈 转动一周)需要的时间. ②频率f:交变电流在1 s内完成的周期性变化 的次数.
③周期和频率的关系:
ห้องสมุดไป่ตู้
④角速度:
我国使用的交流电
图6
解析:t=0时线圈中感应电流方向为 c→b→a→d为负.经过 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
3.图7(1)、(2)分别表示两种电压的波形,其
中图(1)所示电压按正弦规律变化.下列说法
正确的是
()
图7
A.图(1)表示交流电,图(2)表示直流电
线圈产生的感应电动势有效值 E=Em=NBSω 22
线路中电流的有效值 I=R+E r=
NBSω 2(R+r)
所以,电阻 R 上产生的热量 Q=I2Rt=(R+E r)2RT4=N42B(R2S+2ωr)R2 π
所以本题正确选项为 CD
[答案] CD
题后反思:(1)要知道正弦交变电流的最大值、 瞬时值、有效值、平均值的区别,不可混淆, 应用时要视情况的不同灵活选择不同的值进 行计算.
如图4所示,线圈abcd的面积是0.05 m2,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
当线圈以
300 r/min的转速匀速旋转时,
图4
(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 s时电动势的瞬时值多大? (3)电路中电压和电流表的示数各是多少?
图3
[解析] 由题意知,电动势的最大值 Em=NBSω= N·B·lablbc·2πn=160 V
电动势的有效值 E=Em/ 2 V=80 2 V
将整个回路看成一个内阻为 1 Ω,电动势为 80 2 V, 外电阻为 R=9 Ω 的闭合电路
所以电流表的示数 I=R+E r=8 2 A 电压表的示数 U=IR=72 2 V
②峰值:反映交变电流大小的变化范围,当 线圈平面与磁感线平行时线圈电动势最大, 其表达式为Em=nBSω,瞬时值与峰值的关 系为-Em≤e≤Em. ③有效值:根据电流的热效应规定,在一个 周期内,如果交变电流和恒定电流通过相同 阻值的电阻产生相同的热量,则把恒定电流 的数值称为交变电流的有效值,用大写字母 表示.在正(余)弦交变电流中,有效值和峰 值的关系为Em=
高考对传感器的要求很低,仅在实验要求中 有“传感器的简单使用”一个考点.本部分 出题的概率不大,若有考题出现,可能是传 感器与电路相联系的问题的简单考查.
交变电流的重点是:交变电流的产生及其变 化规律、表征交变电流的物理量和变压器原 理.难点是交流电有效值的意义及变压器原 理.这一章所学的交流电的知识,是前面学 过的电和磁的知识的发展和应用,并与生产 和生活有着密切的关系.与直流电相比,交 流电有许多优点,这是由交流电具有随时间 做周围性变化的特点而决定的.
2 电流的平均值不等于这段时间始、终时刻瞬时值的算
术平均值,在T4时间内 E=π2Em,一个周期 T 内的平均 电动势为零;对非正弦交流电的有效值,必须根据有 效值的定义进行计算;
4.现实中有效值应用较多,如交流用电器 铭牌上标明的额定电压或额定电流、交流电 表测出来的电流或电压值都是有效值.一般 不加特殊说明,提到交流电的电流、电压、 电动势时,都是指有效值.
解析:从图象中知 T=0.25 s,则 f=1/T=4 Hz,所以 AB 均错误,交流电的有效值 I= 20 A= 2 A,所以 C
2·10 正确.电流的最大值 Im=2100 A=2 A,则 D 错误.
答案:C
2.如图6(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6(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 ()
(2)要清楚交变电流的产生过程,对中性面的 理解要深刻透彻:线圈处于中性面时,通过 线圈的磁通量最大但磁通量的变化率却是零, 同时中性面又是交变电流方向的转折点.
一个面积为S的矩形线圈在匀强磁场中以某 一边为轴做匀速转动,磁场方向与轴垂 直.线圈中感应电动势e与时间t的关系如图2 所示.则磁感应强度B=______________, 在t= 时刻,线圈平面与磁感线的夹角等 于____________.
发电机的输出功率 P=UI=1152 W
[答案] 1152 W 72 2 V 8 2 A
题后反思:部分电路和闭合电路的有关公式 仍适用于正弦交流电路,应用时仍要分清电 源(如发电机)和外电路、电动势和路端电压 等,而对交流电路特别要注意正确选用交流 电的“四值”.一般常从图象或瞬时值表达 式入手,得出交流电的最大值、有效值,然 后再按照电路知识解决相关问题.
图2
解析:由所给 e-t 图可知,该线圈产生的交变 电动势峰值为 Em,变化周期为 T,则 Em=BSω= BS·2πf=BST·2π,所以 B=E2πmST.
又由图象可知,在 t=0 时,e=Em,说明了 t=0 时线圈平面与中性面垂直(与磁感线平行),那么经历
112T 线圈平面绕过 θ=ωt=2Tπ·112T=π6,即此时它与 磁感线的夹角是 30°.
U2,故B错误;由图(1)知,该交流电压是正弦交流
解析:分别把Em,ω的数值推算出,代入一 般式e=Emsinωt就得出了瞬时值表达式,求 瞬时值时,只需把t的时刻代入表达式就可以 了,最后一问是求线圈中的电流和线圈的端 电压,注意应为有效值.
(1)e=Emsinωt=NBS2πnsin(2πnt)

100×
1 π
×0.05×2π×
300 60
B.两种电压的有效值相等
C.图(1)所示电压的瞬时值表达式为u= 311sin100πt V
D.图(1)所示电压经匝数比为10∶1的变压器 变压后,频率变为原来的
解析:因大小和方向均随时间做周期性变化的电流
为交流电,故图(2)电压表示的也为交流电.A错误;
由图象知,除U1=U2=311 V的其它相同时刻U1>
sin(2π×
300 60
t)V

50sin(10πt)V.
(2)当 t=310s 时,电动势的瞬时值 e=50sin(10π×310)V
=43.3 V.
(3)电动势的有效值为 E=Em=50V=35.4 V 22
电流表的示数 I=R+E r=93+5.41A=3.54 A
电压表的示数U=IR=3.54×9 V=31.86 V. 答案:(1)e=50sin(10πt)V (2)43.3 V (3)3.54 A
[例1] 如图1所示,矩形线圈面
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ω匀速转动,
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
中正确的是
()
图1
A.磁通量的变化量 ΔΦ=NBS B.平均感应电动势 E =NBπSω C.平均感应电流 I =π2(NRB+Sωr) D.电阻 R 所产生的焦耳热 Q=(N4B(RS+)2ωr)R2 π
利用变压器升、降电压,实现了远距离送电, 交流电动机也具有结构简单,使用方便等特 点.交流电的特点是分析本章问题的基础, 在复习过程中应注意培养把物理知识运用于 实际的能力.“理论联系实际的能力”是高 中物理教学的重要目标之一,在复习本章知 识时,应注意这方面能力的培养.
知道非电学量转换成电学量的技术意义,通 过实验知道常见传感器的工作原理.特别了 解传感元件:热敏电阻、光敏电阻、金属热 电阻的特点以及霍尔元件特点.对力传感器、 声传感器、光传感器有一定的理解并能简单 应用.课时33 交变电流的产生及描述
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