高考物理大一轮复习 第11章 交变电流 传感器配套教案.doc

十一交变电流传感器第1节交变电流的产生及描述一、交变电流的产生和变化规律1交变电流：大小和方向都随时间做周期性变化的电流2正弦交流电(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动(2)中性面定义：与磁场垂直的平面特点：线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)电动势(e)：eemsin t.电压(u)：uumsin_t.电流(i)：iimsin_t.(4)图象(如图所示)二、描述交变电流的物理量1交变电流的周期和频率的关系：t.2峰值和有效值(1)峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大值(2)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相等，则这个恒定电流i、恒定电压u就是这个交变电流的有效值(3)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系i，u，e.3平均值：n.自我诊断1判断正误(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化()(2)大小变化而方向不变的电流也叫交变电流()(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()2矩形线圈的面积为s，匝数为n，在磁感应强度为b的匀强磁场中，绕垂直于磁场的轴oo以角速度匀速转动当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时()a线圈中的电动势为nbsb线圈中的电动势为0c穿过线圈的磁通量为0d穿过线圈的磁通量变化率最大解析：选b.图示时刻线框的四边都不切割磁感线，不产生感应电动势，即线圈中的电动势为0，故选项a错误，选项b正确；图示时刻线框与磁场垂直，磁通量最大，为bs，故选项c错误；图示位置线圈中的电动势为0，根据法拉第电磁感应定律en可知穿过线圈的磁通量变化率为0，故选项d错误3(多选)某小型发电机产生的交变电动势为e50sin 100t(v)对此电动势，下列表述正确的有()a最大值是50 vb频率是100 hzc有效值是25 v d周期是0.02 s解析：选cd.由eemsin t50sin 100 t(v)可知，em50 v，e有效25 v，100 rad/s，t0.02 s，f50 hz，c、d正确4一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.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为()a5 v b5 vc10 v d10 v解析：选c.电热器接到直流电源上，由功率表达式p可知，p.当其接到交流电源时，有，则u2u1，u2为正弦交流电的有效值，则此交流电的最大值umu210 v，c正确5某手摇交流发电机，其线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴(位于线圈平面内)匀速转动，产生的交变电流i随时间t变化的图象如图，由图象可知()a该交变电流频率是0.4 hzb该交变电流有效值是0.8 ac该交变电流瞬时值表达式是i0.8sin(5t)adt0.1 s时穿过线圈平面的磁通量最大解析：选c.根据电流随时间变化的图象知，交流电的周期为0.4 s，故交流电的频率为2.5 hz，a错误；交变电流的最大值为0.8 a，有效值为0.4 a，b错误；把5 rad/s代入正弦式交变电流的瞬时值表达式得i0.8sin(5t)a，c正确；t0.1 s时，电流最大，此时穿过线圈平面的磁通量为零，d错误考点一正弦交变电流的产生与瞬时值表达式1正弦式交变电流的变化规律及对应图象(线圈在中性面位置开始计时)函数图象磁通量mcos tbscos t电动势eemsin tnbssin t电压uumsin tsin t电流iimsin t sin t2.两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，sb，最大，0，e0，i0，电流方向发生改变(2)线圈平面与中性面垂直时，sb，0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变考向1：正弦交变电流的产生(1)解决此类问题的关键在于把线圈在匀强磁场中的具体位置与转动的时刻对应好，也就是电流的变化规律与线圈在磁场中转动的具体情境对应好(2)交变电动势的最大值emnbs，与转轴位置无关，与线圈形状无关典例1如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴p1和p2以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时()a线圈绕p1转动时的电流等于绕p2转动时的电流b线圈绕p1转动时的电动势小于绕p2转动时的电动势c线圈绕p1和p2转动时电流的方向相同，都是abcdad线圈绕p1转动时dc边受到的安培力大于绕p2转动时dc边受到的安培力解析线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边所受安培力大小与转轴所在位置无关，故a对，b、d错；图示时刻产生电流的方向为adcba，故c错答案a考向2：交变电流的图象(1)由图象可读出交变电流的电压或电流的最大值，进而利用正弦式交变电流最大值与有效值的关系得到有效值(2)由图象可读出交变电流的变化周期t，然后计算得出角速度.(3)根据最大值、角速度等信息可以写出交变电流的瞬时值表达式典例2(2016湖南衡阳联考)(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，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b所示，则下列说法正确的是()a曲线a表示的交变电动势瞬时值ea36 sin 25t vb曲线b表示的交变电动势最大值为28.8 vct5102 s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为32dt6102 s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为0解析由图乙可知，ema36 v，a rad/s25 rad/s，则曲线a表示的交变电动势瞬时值eaemasin at36 sin 25t v，故a正确；由图乙知曲线a、b表示的交变电流的周期之比为tatb(8102)(12102)23，由可知abtbta32，所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比emaembnbsanbsbab32，又知ema36 v，则emb24 v，故b错误；曲线a表示的交变电动势瞬时值ea36 sin 25t v，曲线b表示的交变电动势瞬时值eb24 sint v，将t5102 s代入，得ea18 v，eb12 v，|ea|eb32，故c正确；由图乙知t6102 s时，a的电动势最大，对应线框的磁通量为0，b的电动势为0，对应线框的磁通量最大，故d错误答案ac考向3：交变电流瞬时值的书写交变电流瞬时值表达式的推导思路(1)先求电动势的最大值emnbs；(2)求出角速度，；(3)明确从哪一位置开始计时，从而确定是正弦函数还是余弦函数；(4)写出瞬时值的表达式典例3图甲是交流发电机模型示意图在磁感应强度为b的匀强磁场中，有一矩形线圈abcd可绕线圈平面内垂直于磁感线的轴oo转动，由线圈引出的导线ae和df分别与两个跟线圈一起绕oo转动的金属圆环相连接，金属圆环又分别与两个固定的电刷保持滑动接触，这样矩形线圈在转动中就可以保持和外电路电阻r形成闭合电路图乙是线圈的主视图，导线ab和cd分别用它们的横截面来表示已知ab长度为l1，bc长度为l2，线圈以恒定角速度逆时针转动(只考虑单匝线圈)(1)线圈平面处于中性面位置时开始计时，试推导t时刻整个线圈中的感应电动势e1的表达式；(2)线圈平面处于与中性面成0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e2的表达式解析(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r，转动时ab、cd的线速度vr，且与磁场方向的夹角为t，所以，整个线圈中的感应电动势e12bl1vsin tbl1l2sin t.(2)当t0时，线圈平面与中性面的夹角为0，则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为t0故此时感应电动势的瞬时值e22bl1vsin(t0)bl1l2sin(t0)答案(1)e1bl1l2sin t(2)e2bl1l2sin (t0)(1)交变电流图象问题的三点注意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注意峰值公式emnbs中的s为有效面积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(2)瞬时值书写的两关键确定正弦交变电流的峰值，根据已知图象或由公式emnbs，求出相应峰值明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式a线圈从中性面位置开始转动，则it图象为正弦函数图象，函数式为iimsin t，图象如图甲所示b线圈从垂直中性面位置开始转动，则it图象为余弦函数图象，函数式为iimcos t.图象如图乙所示考点二交变电流有效值的计算1公式法利用e、u、i计算，只适用于正(余)弦式交变电流2利用有效值的定义计算(非正弦式电流)计算时“相同时间”至少取一个周期或为周期的整数倍3利用能量关系当有电能和其他形式的能转化时，可利用能的转化和守恒定律来求有效值1通过一阻值r100 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()a12 v b4 vc15 v d8 v解析：选b.由题意结合有效值的定义可得i2rt2，将i10.1 a，i20.2 a代入可得流过电阻的电流的有效值i a，故电阻两端电压的有效值为ir4 v，选项b正确2如图所示为一交变电流随时间变化的图象，则此交变电流的有效值为()a. a b2 ac. a d3 a解析：选c.由图象可知此交变电流的周期是2 s设交变电流的有效值为i，周期为t，则i2rt2r2r，解得i a，故选c.3如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分，则此交变电流的电压的有效值是()a. v b5 vc. v d3 v解析：选c.设其有效值为u，根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得，在一个周期内有t1t2t，即20.01 s(4 v)20.01 su20.02 s，解得u v，故c正确4如图所示为一个经双可控硅调节后加在电灯上的电压，正弦交流电的每一个二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为()aum b.c. d.解析：选d.由题给图象可知，交流电压的变化规律具有周期性，用电流热效应的等效法求解设电灯的阻值为r，正弦式交流电压的有效值与峰值的关系是u，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，设交流电压的有效值为u，由电流热效应得qt，所以该交流电压的有效值u，d正确有效值求解的三点注意(1)计算有效值时要注意根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间”内“相同电阻”上产生“相同热量”列式求解(2)利用两类公式qi2rt和qt可分别求得电流有效值和电压有效值(3)若图象部分是正弦(或余弦)交流电，其中的从零(或最大值)开始的周期整数倍的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imi、umu求解考点三正弦交变电流的“四值”物理含义重要关系适用情况瞬时值交变电流某一时刻的值eemsin t iimsin t计算线圈某时刻的受力最大值最大的瞬时值emnbsim确定用电器的耐压值，如电容器、晶体管等的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正（余）弦式交流电： eui计算与电流热效应相关的量，如功、功率、热量等；交流电表的测量值；电气设备所标注的额定电压、额定电流；保险丝的熔断电流平均值交变电流图象中图线与时间轴围成面积与时间的比值n计算通过电路某一截面的电荷量：qt1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e0，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ne0 d有效值是ne0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2ne0，因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值ene0，故选项d正确2(多选)如图所示，面积为s的矩形线圈共n匝，线圈总电阻为r，在磁感应强度为b、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线oo为轴，以角速度匀速旋转，图示位置c与纸面共面，位置a与位置c成45角线圈从位置a转过90到达位置b的过程中，下列说法正确的是()a平均电动势为nbsb通过线圈某一截面的电荷量qc在此转动过程中，外界对线圈做的总功为d在此转动过程中，电流方向会发生改变解析：选ac.线圈从位置a转过90到达位置b的过程中，2bscos 45bs，t，根据n，得nbs，故a正确根据n，qtn，故b错误产生电动势的峰值emnbs，则有效值e，则wqt，故c正确线圈每经过中性面一次，电流方向改变，线圈从位置a转过90到达位置b的过程中，电流方向不变，故d错误3将阻值为100 的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示则可以判断()at0时刻线圈应转到图甲所示的位置b该线圈的转速为100 r/sc穿过线圈的磁通量的最大值为 wbd线圈转一周所产生的电热为9.68 j解析：选d.t0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直的位置，故a错误；据图乙可知，t0.02 s，据t可得100 rad/s，所以转速为50 r/s，故b错误；据emnbs可知，bs wb9103 wb，故c错误；据峰值可知，e0.707em220 v，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量qt9.68 j，故d正确4. 如图所示，n50匝的矩形线圈abcd，ab边长l120 cm，ad边长l225 cm，放在磁感应强度b0.4 t的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的oo轴以n3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r1 ，外电路电阻r9 ，t0时线圈平面与磁感线平行，ab边正转出纸外、cd边转入纸里求：(1)t0时感应电流的方向；(2)感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90的过程中流过电阻r的电荷量解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba.(2)线圈的角速度2n100 rad/s图示位置的感应电动势最大，其大小为emnbl1l2代入数据得em314 v感应电动势的瞬时值表达式eemcos t314cos(100t) v.(3)电动势的有效值e线圈匀速转动的周期t0.02 s线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即wi2(rr)tt代入数据得w98.6 j.(4)从t0起转过90过程中，t内流过r的电荷量：qt代入数据得q0.1 c.答案：(1)感应电流方向沿adcba(2)e314cos (100t) v(3)98.6 j(4)0.1 c交变电流“四值”应用的几点提醒(1)在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构(2)注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的(3)与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值课时规范训练基础巩固题组1(多选)关于中性面，下列说法正确的是()a线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零b线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大c线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次d线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次解析：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2某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110 v、频率为60 hz，要使它产生的电动势变为220 v、频率变为50 hz，需要调整线圈的转速n、匝数n或磁感应强度的大小b.下列调整合适的是()a使n变为原来的1.2倍，b变为原来的2倍，n变为原来的1.2倍b使n变为原来的，b变为原来的，n变为原来的2倍c使n变为原来的，n变为原来的2倍，b不变d使n变为原来的，n变为原来的2.4倍，b不变解析：选d.因为发电机产生的交流电电动势110 v指的是有效值，故其最大值为em1110 v，调整后为em2220 v，即，根据emnbs和2n，可知，选项a中，em21.2n2bs1.22n2.88em1，故选项a错误；b、c、d三个选项中的调整使频率均变为原来的，即50 hz，只有d项中的调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍，故选项b、c错误，d正确3一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是()at0时刻，线圈平面与中性面垂直bt0.01 s时刻，的变化率最大ct0.02 s时刻，交流电动势达到最大d该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：选b.由t图知，t0时，最大，即线圈处于中性面位置，此时e0，故a、d两项错误；由图知t0.04 s，在t0.01 s时，0，最大，e最大，则b项正确；在t0.02 s时，最大，0，e0，则c项错误4(多选)如图，m为半圆形导线框，圆心为om；n是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为on；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线omon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t0时从图示位置开始，分别绕垂直于纸面、且过om和on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5(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，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50 rad/sc0.01 s时线圈平面与磁场方向平行d0.02 s时电阻r中电流的方向自右向左解析：选ac.由题图乙知im10 a，i10 a，a正确t2102 s，100 rad/s，b错误t0.01 s时，iim，此时线圈平面与磁场方向平行，c正确由右手定则判定0.02 s时电阻r中电流方向自左向右，d错误6a、b是两个完全相同的电热器，a通以图甲所示的方波交变电流，b通以图乙所示的正弦交变电流，则两电热器的电功率之比papb等于()a54b32c.1 d21解析：选a.对甲有pair，对乙有pb2rir，则papb54，a正确，b、c、d错误7如图所示为一正弦交流发电机和交流电路模型图中电流表的示数为1 a，电阻r的阻值为2 ，线圈转动角速度100 rad/s.则从图示位置开始计时，电阻r两端交变电压的瞬时值表达式为()au2sin100t(v)bu2cos100t(v)cu2sin100t(v)du2cos100t(v)解析：选d.图示位置为线圈平面与中性面垂直的位置，因此线圈产生的电流的瞬时值表达式为iimcostcos100t(a)，则电阻r两端的瞬时电压为uir2cos100t(v)，d项正确8(多选)100匝的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势为e100sinv，下列说法正确的是()a交变电动势有效值为100 vb交变电动势有效值为100 vc穿过线圈的最大磁通量为 wbd穿过线圈的最大磁通量为 wb解析：选ad.由交流电的表达式可知，该交变电压的最大电动势为100 v，故电动势的有效值为100 v，选项a正确；角速度100，而emnbsnm，所以m wb，选项d正确综合应用题组9如图所示，正方形单匝线框abcd的边长为l，每边电阻均为r，线框在磁感应强度为b的匀强磁场中以角速度绕cd轴从图示位置开始匀速转动，转轴与磁感线垂直一理想电压表用电刷接在线框的c、d两点上，下列说法中正确的是()a电压表读数为bl2b电压表读数为bl2c从图示位置开始计时，流过线框电流的瞬时值表达式为isin td线框从图示位置转过的过程中，流过cd边的电荷量为q解析：选b.线框在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势的最大值为embl2，对应有效值为eembl2，电压表读数为bl2，b正确，a错误；图示位置线框磁通量为零，产生的感应电动势为最大值，则感应电流瞬时表达式为icos t，c错误；线框从题图所示位置处转过的过程中，流过cd的电荷量为q，d错误10图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t变化的正弦规律图象如图乙所示发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为12 .则()a在t0.01 s时刻，穿过线圈的磁通量为零b电压表的示数为6 vc灯泡消耗的电功率为3 wd若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e12 sin 100t(v)解析：选c.在t0.01 s的时刻，电动势为0，则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量最大，选项a错误；电动势的最大值为em6 v，电压表测量的为有效值，故示数为 v6 v，选项b错误；灯泡消耗的电功率p w3 w，选项c正确；周期为0.02 s，则瞬时电动势的表达式为eemsin 6 sin 100t(v)，转速提高一倍后，最大值变成12 v，2n，故角速度变为原来的2倍，表达式应为e12 sin 200t(v)，选项d错误11如图是某学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”的示意图他们将一铜芯线像甩跳绳一样匀速摇动，铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流计相连摇绳的两位同学的连线与所在处的地磁场(可视为匀强磁场)垂直摇动时，铜芯线所围成半圆周的面积s2 m2，转动角速度10 rad/s，用电流计测得电路中电流i40 a，电路总电阻r10 ，g取10 m/s2，2.25.(1)求该处地磁场的磁感应强度b；(2)从铜芯线所在平面与该处地磁场平行开始计时，求其转过四分之一周的过程中，通过电流计的电荷量q；(3)求铜芯线转动一周的过程中，电路产生的焦耳热q.解析：(1)铜芯线中产生的是正弦交流电，则imi，emimr，embs，解得b2105t.(2)从铜芯线与地面平行开始至铜芯线转动四分之一周的过程中，e/t，eir，qit，解得q4106c.(3)铜芯线转动一周，电路中产生的焦耳热qi2rt，解得q7.2109 j.答案：(1)2105t(2)4106 c(3)7.2109 j12如图所示，交变电流发电机的矩形框abdc0.40 m，bcad0.20 m，共有50匝线圈，其电阻r1.0 ，在磁感应强度b0.20 t的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的对称轴oo以 r/s的转速匀速转动，向r9.0 的电阻供电，求：(1)发电机产生的电动势的最大值；(2)交变电流电压表和电流表的示数；(3)此发电机的功率解析：(1)线圈面积sabad0.40.2 m20.08 m2线圈旋转角速度2n rad/s200 rad/semnbs500.22000.08 v160 v(2)电压表示数(即路端电压示数)ur9.0 v72 v电流表示数i a8 a(3)发电机的功率pui w1 280 w答案：(1)160 v(2)u72 vi8 a(3)p1 280 w第2节变压器远距离输电一、变压器原理1构造和原理(如图所示)(1)主要构造：由原线圈、副线圈和闭合铁芯组成(2)工作原理：电磁感应的互感现象2理解变压器的基本关系式(1)功率关系：p入p出(2)电压关系：，若n1n2，为降压变压器，若n1n2，为升压变压器(3)电流关系：只有一个副线圈时，；有多个副线圈时，u1i1u2i2u3i3unin.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pi2r.(2)电压损失：uir.减小功率损失和电压损失，都要求提高输电电压，减小输电电流2降低损耗的两个途径(1)一个途径是减小输电线的电阻由电阻定律r可知，在输电距离一定的情况下，为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线此外，还要尽可能增加导线的横截面积(2)另一个途径是减小输电导线中的电流，由piu可知，当输送功率一定时，提高电压可以减小输电电流自我诊断1判断正误(1)变压器不但可以改变交流电压，也可以改变直流电压()(2)变压器只能使交变电流的电压减小()(3)高压输电的目的是增大输电的电流()(4)在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小()(5)变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定()(6)高压输电可以减少输电线路上的电能损失，且输电线路上电压越高越好()2(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解析：选bc.理想变压器没有漏磁现象，故原、副线圈产生的磁通量任何时候都相等，且随时间而改变，使副线圈产生感应电动势，而不是电流流到副线圈，综合上述选项b、c正确3一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 v交变电压改为110 v，已知变压器原线圈匝数为800，则副线圈匝数为()a200b400c1 600 d3 200解析：选b.理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比，即，解得n2n1400，选项b正确4(2016辽宁抚顺重点高中协作体联考)(多选)为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示两变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4，a和b是交流电表则()an1n2bn3n4ca为交流电流表，b为交流电压表da为交流电压表，b为交流电流表解析：选ad.电压互感器并联在电路中，电流互感器串联在电路中，故a为交流电压表，b为交流电流表，选项c错误，d正确；含电压互感器电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数之比，所以n1n2，选项a正确；含电流互感器的电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数之比，所以n3n4，选项b错误5如图所示为远距离交流输电的简化电路图发电厂的输出电压是u，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是i1，其末端间的电压为u1.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i2.则()a用户端的电压为b输电线上的电压降为uc理想变压器的输入功率为ird输电线路上损失的电功率为i1u解析：选a.变压器输入功率等于输出功率，由i1u1i2u2解得，u2，选项a正确；输电线上的电压降为uu1，选项b错误；理想变压器的输入功率为i1u1，输电线的损失功率为ir，选项c、d错误考点一理想变压器基本规律的应用1理想变压器的基本特点(1)无漏磁，故原、副线圈中的、相同(2)线圈无电阻，因此无电压降，uen.(3)根据得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有2理想变压器的基本关系功率关系原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，即p入p出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即，与副线圈的个数无关电流关系只有一个副线圈时：有多个副线圈时：由p入p出得u1i1u2i2u3i3unin或i1n1i2n2i3n3innn.频率关系f1f2，变压器不改变交流电的频率典例(2016高考全国丙卷)(多选)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91b原、副线圈匝数比为19c此时a和b的电功率之比为91d此时a和b的电功率之比为19解析设灯泡的额定电压为u0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9u0，变压器原、副线圈的匝数比为91，选项a正确，选项b错误；由9u0iau0ib得，流过b灯泡的电流是流过a灯泡电流的9倍，根据pui，a、b灯泡的电功率之比为19，选项c错误，选项d正确答案ad理想变压器问题三点应牢记(1)熟记两个基本公式：，即对同一变压器的任意两个线圈，都有电压和匝数成正比p入p出，即无论有几个副线圈在工作，变压器的输入功率总等于输出功率之和(2)原、副线圈中通过每匝线圈磁通量的变化率相等(3)原、副线圈中电流变化规律一样，电流的周期、频率一样1(2016河南“五校”二联)自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分一升压式自耦调压变压器的电路如图所示，其副线圈匝数可调已知变压器线圈总匝数为1 900匝；原线圈为1 100匝，接在有效值为220 v的交流电源上当变压器输出电压调至最大时，负载r上的功率为2.0 kw.设此时原线圈中电流有效值为i1，负载两端电压的有效值为u2，且变压器是理想的，则u2和i1分别约为()a380 v和5.3 ab380 v和9.1 ac240 v和5.3 a d240 v和9.1 a解析：选b.当变压器输出电压调至最大时，由得u2u1220 v380 v，由p1p2，p1u1i1，p2u2i2，得i1 a9.1 a，选项b正确2一理想变压器的原、副线圈的匝数比为31，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()au66 v，kbu22 v，kcu66 v，k du22 v，k解析：选a.设原、副线圈中的电流分别为i1、i2，则，故k.设原线圈两端的电压为u1，则，故u13u，而原线圈上电阻分担的电压为u，故3u220 v，解得u66 v选项a正确3(2016湖南五市十校联考)(多选)如图所示，将额定电压为60 v的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上闭合开关s后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 v和2.2 a以下判断正确的是()a变压器输入功率为484 wb通过原线圈的电流的有效值为0.6 ac通过副线圈的电流的最大值为2.2 ad变压器原、副线圈匝数比n1n2113解析：选bd.输入功率p1p2i2u22.260 w132 w，a错误原线圈的电流i10.6 a，b正确副线圈的电流最大值i2mi22.2 a，c错误变压器原、副线圈匝数比，d正确考点二理想变压器的动态分析常见的理想变压器的动态分析一般分匝数比不变和负载电阻不变两种情况1匝数比不变的情况(如图甲所示)(1)u1不变，根据，输入电压u1决定输出电压u2，不论负载电阻r如何变化，u2不变(2)当负载电阻发生变化时，i2变化，输出电流i2决定输入电流i1，故i1发生变化(3)i2变化引起p2变化，p1p2，故p1发生变化不变，负载r变化改变，负载r不变图甲图乙2负载电阻不变的情况(如图乙所示)(1)u1不变，发生变化，故u2变化(2)r不变，u2变化，故i2发生变化(3)根据p2，p2发生变化，再根据p1p2，故p1变化，p1u1i1，u1不变，故i1发生变化1(2016高考全国乙卷)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 、1 和4 ，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()a2b3c4 d5解析：选b.设原、副线圈的匝数比为k，根据变压器匝数比与电流成反比的关系，则原线圈电流为i时，副线圈电流为ki；原线圈电流为4i时，副线圈电流为4ki.根据变压器的输入功率等于输出功率得uii2r1(ki)2(r2r3)4ui(4i)2r1(4ki)2r2联立两式代入数据解得k3选项b正确2(2016陕西西安二模)(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2101，b是原线圈的中心抽头，s为单刀双掷开关，定值电阻r10 .从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压，则下列说法中正确的是()a当s与a连接后，理想电流表的示数为2.2 ab当s与a连接后，t0.01 s时理想电流表示数为零c当s由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍d由s由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 hz解析：选ac.s与a连接后，由，又知u1 v220 v，得u222 v，则理想电压表的示数为22 v，又知定值电阻r10 ，可得理想电流表示数为i2.2 a，a正确，b错误s由a拨到b后，n1n251，则u1u251，得u22u2，据p得功率变为原来的4倍，c正确变压器输出电压频率不变，仍为50 hz，d错误3(多选)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻r0和滑动变阻器r，p为滑动变阻器的滑动触头，在原线圈上加一电压为u的正弦交流电，则()a保持q的位置不动，将p向上滑动时，电流表读数变大b保持q的位置不动，将p向上滑动时，电流表读数变小c保持p的位置不动，将q向上滑动时，电流表读数变大d保持p的位置不动，将q向上滑动时，电流表读数变小解析：选bc.保持q的位置不动，则u2不变，将p向上滑动时，r接入电路的电阻变大，根据i2知，i2变小，由得i1也变小，即电流表读数变小，选项a错误、选项b正确；保持p的位置不动，将q向上滑动时，u2变大，则根据p2知副线圈输出功率变大，由p1p2知，变压器原线圈输入功率p1变大，而p1i1u，输入电压u一定，i1变大，即电流表读数变大，选项c正确、选项d错误4(2016湖北襄阳二联)(多选)如图所示，理想变压器原线圈a、b两端接正弦交变电压u，u220sin 100t(v)，电压表v接在副线圈c、d两端(不计导线电阻)，则当滑动变阻器滑片向右滑动时()a电压表示数不变b电流表a2的示数始终为0c若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u220 sin 200t(v)，则电流表a1的示数增大d若滑动变阻器的滑片不动，仅改变u，使u220 sin 200t(v)，则电流表a1的示数减小解析：选ac.电压表示数为副线圈两端电压，副线圈两端电压只与原线圈两端电压及原副线圈匝数比有关，故a正确；因电容器“通交流、隔直流”，则电流表a2始终有示数，b错误；改变u后，交变电流的频率变大，电容器的容抗减小，故a1示数增大，c正确、d错误解决理想变压器中有关物理量的动态分析问题的方法(1)分清不变量和变量，弄清理想变压器中电压、电流、功率之间的联系和相互制约关系，利用闭合电路欧姆定律，串、并联电路特点进行分析判定(2)分析该类问题的一般思维流程是：考点三远距离输电问题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”，或按从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析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：p1p2，p3p4，p2p损p3.(2)电压、电流关系：，u2uu3，i2i3i线(3)输电电流：i线.(4)输电线上损耗的电功率：p损i线uir线2r线当输送功率一定时，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.1(2017河北邢台质检)如图甲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()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解析：选d.由乙图可知交流电的周期t0.02 s，则频率f50 hz，变压器不改变交流电的周期与频率，则a错由乙图可知um340 v，有效值u340 v，则b错输电线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pui可知，输电电流减小，再由pi2r可知输电线上损失的功率减小，则d正确2(2017山东潍坊高三质检)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p1，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p2，则p1和分别为()a.，b2r，c.， d.2r，解析：选d.由理想变压器得：副线圈电压uku，而理想变压器p入p出，副线圈电流i，线路损耗的电功率p1i2r2r.同理可知p2i2r2r，得，d正确3如图所示，某发电机输出功率是100 kw，输出电压是250 v，从发电机到用户间的输电线总电阻为8 ，要