2017_2018学年高中物理第五章交变电流专题整合深化提升新人教版.docx

第五章 交变电流专题整合深化提升考点一交变电流“四值”的应用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=Emsinti=Imsint计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em=nBSIm=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=U=I=适用于正(余)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”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流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=Bl=n=计算通过电路截面的电荷量【对点训练】 1.(多选)(2017宁波高二检测)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电动势e=220sin100tV,那么()A.该交变电流的频率是50HzB.当t=0时,线圈平面恰好位于中性面C.当t=s时,e有最大值D.该交变电流电动势的有效值为220V【解析】选A、B。由瞬时值表达式知f=50Hz,A正确;当t=0时,e=0,故线圈恰好位于中性面,B正确;当t=s时,e=0,C错误;该交变电流电动势有效值为220V,D错误。2. (多选)(2017温州高二检测)如图所示,单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,以恒定的角速度绕ab边转动,磁场方向垂直于纸面向里,线圈所围面积为S,线圈导线的总电阻为R。t=0时刻线圈平面与纸面重合。则()A.线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i=costB.线圈中电流的有效值为I=C.线圈中电流的有效值为I=D.线圈消耗的电功率为P=【解析】选C、D。回路中感应电动势最大值Em=BS,电流最大值Im=,t=0时线圈位于中性面,故电流瞬时值表达式i=sint。线圈中电流的有效值I=,P=I2R=,故A、B错误,C、D正确。【补偿训练】1.如图所示,一小型发电机内有n=100匝的矩形线圈,线圈面积S=0.10m2,线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在B=0.10T的匀强磁场中,以恒定的角速度=100rad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO匀速转动,发电机线圈两端与R=100的电阻构成闭合回路。求:(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值。(2)从线圈平面通过中性面时开始,线圈转过90角的过程中,通过电阻R横截面的电荷量。(3)线圈匀速转动10s,电流通过电阻R产生的焦耳热。【解析】(1)线圈中感应电动势的最大值Em=nBS=314V。(2)设从线圈平面通过中性面时开始,线圈通过90角所用时间为t,线圈中的平均感应电动势=n通过电阻R的平均电流=,在t时间内通过电阻横截面的电荷量Q=t=1.010-2C(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流,电阻两端电压的有效值U=Em经过t=10s电流通过电阻产生的焦耳热Q热=t解得Q热=4 929.8J答案:(1)314V(2)1.010-2C(3)4929.8J2.如图所示,在匀强磁场中有一个内阻r=3、面积S=0.02m2的半圆形导线框可绕OO轴旋转。已知匀强磁场的磁感应强度B=T。若线框以=100rad/s的角速度匀速转动。且通过电刷给“6V12W”的小灯泡供电,则:(1)若从图示位置开始计时,求线框中感应电动势的瞬时值表达式。(2)从图示位置开始,线框转过90的过程中,流过导线横截面的电荷量是多少?该电荷量与线框转动的快慢是否有关?(3)由题所给已知条件,外电路所接小灯泡能否正常发光?如不能,则小灯泡实际功率为多大?【解析】(1)线框转动时产生感应电动势的最大值Em=BS=0.02100V=10V因线框转动从平行于磁感线位置开始计时,则感应电动势的瞬时值表达式e=Emcost=10cos(100t)V。(2)线框转过90的过程中,产生的平均电动势=。流过导线横截面的电荷量q=t=,又因为灯泡电阻R=3。故q=C=C,与线框转动的快慢无关。(3)线框产生的感应电动势的有效值E=10V,灯泡两端电压U=R=5V。因U1 000D.实现点火的条件是5000,所以1 000,C对,D错。2.(多选)(2017绍兴高二检测)如图所示,理想变压器原线圈的匝数n1=1 100匝,副线圈的匝数n2=110匝,R0、R1、R2均为定值电阻,且R0=R1=R2,电流表、电压表均为理想电表。原线圈接u=220sin314t(V)的交流电源,起初开关S处于断开状态。下列说法中正确的是()A.电压表的示数为22VB.当开关S闭合后,电压表的示数变小C.当开关S闭合后,电流表的示数变大D.当开关S闭合后,变压器的输出功率增大【解析】选B、C、D。变压器的输入电压的有效值为V,则副线圈两端的电压为V,根据串联分压原理,电压表的示数为V,A错;当开关S闭合后,输出功率增大,电压表的示数变小,原线圈输入功率增大,电流表的示数变大,故B、C、D对。3.普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流,通常要通过电流互感器来连接,图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少,工作时电流为Iab,cd一侧线圈的匝数较多,工作时电流为Icd,为了使电流表能正常工作,则()A.ab接MN、cd接PQ,IabIcdC.ab接PQ、cd接MN,IabIcd【解析】选B。高压输电线上的电流大于交流电流表的量程,故应用电流互感器将高压输电线上的电流降低,由变压器原、副线圈电流与匝数成反比的关系,可以判断电流互感器与高压输电线相连的一侧匝数少,即ab一侧线圈与MN相连,cd一侧线圈与PQ相连,IabIcd,故B对,A、C、D错。【补偿训练】 (多选)(2017舟山高二检测)如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1n2=41,原线圈a、b间接一电压为u=220sin100t(V)的电源,灯泡L标有“36V18W”字样,当滑动变阻器R的滑动触头处在某位置时,电流表示数为0.25A,灯泡L刚好正常发光,则()A.流经灯泡L的交变电流的频率为100HzB.定值电阻R0的阻值为19C.滑动变阻器R消耗的功率为36WD.若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑动,则灯泡L的亮度变暗【解析】选B、D。由=2f得100rad/s=2f,解得f=50Hz,A错误;U2=U1=55V,I2=I1=1A,R0两端的电压U0=55V-36V=19V,R0=19,B正确。IR=I2-IL=1A-0.5A=0.5A,R上消耗的功率PR=IRU=0.536W=18W,C错误。滑动变阻器R的滑动触头向下滑动时,L两端的电压减小,由PL=得PL减小,灯泡L变暗,D正确。考点四远距离输电远距离输电的示意图,包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。可将两个变压器的初、次级线圈的匝数分别采用相应的符号来表示。1.理想变压器功率之间的关系:P1=P1,P2=P2,P1=Pr+P2。2.电压之间的关系:=,=,U1=Ur+U2。3.电流之间的关系:=,=,I1=Ir=I2。输电线上的电流往往是这类问题的突破口。【对点训练】 1.如图所示,甲是远距离输电线路的示意图,乙是发电机输出电压随时间变化的图象,则()A.用户用电器上交流电的频率是100HzB.发电机输出交流电的电压有效值是500VC.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定D.当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失的功率减小【解析】选D。由图乙可知交流电的周期为0.02s,频率为50Hz,则A错误;发电机输出电压的有效值是V,则B错误;输电线上的电流由用户消耗的功率及降压变压器原副线圈的匝数比共同决定,则C错误;当用户用电器的总电阻增大时,设降压变压器副线圈两端的电压为U4,则U4没变,由P=知,用户消耗功率变小,降压变压器输入功率变小,设降压变压器原线圈电压为U3,又P入=I线U3,U3没变,I线变小,P线=R线,R线未变,则输电线上损失的功率减少,故D正确。2.(多选)在远距离输电电路中,输电导线的总电阻为R,升压变压器输出的电压为U1,输出功率为P,用户降压变压器得到的电压为U2,则下面表示导线上的功率损失正确的式子是()A.B.()2RC.D.-【解析】选B、C。升压变压器的输出电压为U1,降压变压器的输入电压为U2,则输电线上的电压损失U=U1-U2,输电线上损失的功率P损=UI=(U1-U2)I,或P损=。因为输电线上的电流为I,则输电线上损失的功率P损=I2R=()2R。故B、C正确,A、D错误。【补偿训练】有一台内阻为1的发电机,供给一个学校照明用电,如图所示,升压变压器匝数比为14,降压变压器的匝数比为41,输电线的总电阻R=4,全校共22个班,每班有“220V40W”的灯6盏,若保证全部电灯正常发光,则:(1)发电机输出功率多大?(2)发电机电动势多大?(3)输电效率是多少?(4)若使用灯数减半并正常发光,则发电机输出功率是否减半?【解析】(1)对降压变压器:U2I2=U3I3=nP灯=22640W=5280W而U2=4U3=4220V=880V所以I2=A=6A对升压变压器:U1I1=U2I2=R+U2I2=624W+5280W=5424W所以P出=5 424W(2)因为U2=U2+I2R=880V+64V=904V所以U1=U2=904V=226V又因为U1I1=U2I2,所以