2018高考物理大一轮复习第11章交变电流传感器教学案

1、第11章交变电流传感器；1兗空电断、交驱电菠的罔象12.正弦空变电那的函眾蓋造式、i呼信印有龙苜本章考题啟近主活.与主产实际联垂翳蛊.多以发电机为輕体粽合希i 童交变电淹的产生及播述变压播吐厘远距离输电等畲个幷点，窑日I 迭择更昭式出现.吃目难度中爭.2.本楚羽亶习应孤性口下四点：（1交变电流的产生尺其各物理量曲娶化规產.鱼用交流电的圈眾解 决间題2理抢变压器总、制建圏中电流、电压r功宰之间的羌系应用*査压器！ 或玄丢此皓分析方吿 3远距高琦毛的严涯和拒毛计贰实瓠鯉號的简单快用（4）传感雅的简单惶用麗密解决与科技、社令書密结合的间锤第1节交变电流的产生及描述33垂洱教桂扫清盲点主干回顾夯基固源

2、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,座通量的变化率为零，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） : e= Ensin cot. 电压（u） : u = Usin ot. 电流（i） : i = I nsin_ ot.图象（如图所示）曾dkUfil/jX -u|-严0r rp乙丙二、描述交变电流的物理量11. 交变电流的

3、周期和频率的关系：T= f.2. 峰值和有效值 峰值：交变电流的峰值是它能达到的最大 _（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3. 平均值: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.（V）（2）大小变化而方向不变的电流也叫交变电流.（X）（3）线圈经过中性面时产生的感应电动势最大.（X）（4）在一个周期内，正弦交流电的方向改变两次.（V）（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.（V）

4、（6）交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.（X）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 3匀速转动当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时（）X X I X XA. 线圈中的电动势为 nBSwB. 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，为二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E= n頁可知穿过线圈的磁通量变化率为 0,故

5、选项D错误.3.（多选）某小型发电机产生的交变电动势为e = 50sin 100n t （V）.对此电动势，下列表述正确的有（）A.最大值是50 2 VB.频率是100 HzC.有效值是25 ：2 VD.周期是0.02 s解析：选 CD.由 e= Emsin t= 50si n 100 n t (V)可知,Em= 50 V,En=25 _：2 V ,3 = 100n rad/s , T=生=0.02 s , f = 50 Hz , C、D正确.34 .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P在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为2.如果电热器电阻不变， 则

6、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、亠、U2I)100 亠、解析：选C.电热器接到直流电源上，由功率表达式 P= R可知，P= Rh-R.当其接到交流电源时,Lb为正弦交流电的有效值,则此交流电的最大值Ln= ,，2L2=10 V , C正确.(位于线圈平面内)匀速转动,)5.某手摇交流发电机，其线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴 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i = 0.8sin( 5n t)AD. t = 0.1 s

7、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 n2.5 Hz, A错误；交变电流的最大值为 0.8 A,有效值为0.42 A , B错误；把3 =5n rad/s代入正弦式交变电流的瞬时值表达式得i = 0.8sin(5 n t)A, C正确；t = 0.1 s时，电流最大，此时穿过线圈平面的磁通量为零，D错误.不同去点详简编排考点透析题组冲关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 )函数图象磁诵量0=0 m - eos cot = BScos cot卜沦一电动势e

8、= En - sin cot = nBSw sincota十：电压R丘.u Un sincot a sin co tR+ rzofk f - yr f电流En*i I m - sinco t _ sinR+ rco tiho-4I2.两个特殊位置的特点(1) 线圈平面与中性面重合时，S丄B, 最大，-p = 0, e= 0, i = 0,电流方向发生改变.一 一 一(2) 线圈平面与中性面垂直时，S/ B, O= 0, -p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

9、磁场中转动的具体情境对应好.(2) 交变电动势的最大值 En= nBSw，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 abed在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴 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()IffiA. 线圈绕R转动时的电流等于绕 F2转动时的电流B. 线圈绕R转动时的电动势小于绕 F2转动时的电动势C. 线圈绕 R和F2转动时电流的方向相同，都是abef d aD. 线圈绕R转动时de边受到的安培力大于绕P2转动时de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 da,故 C错.所受安培力大小

10、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2nT(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()B36-r/ 1iV2 410/12-XKL5乙A. 曲线a表示的交变电动势瞬时值

11、ea = 36 sin 25 n t VB. 曲线b表示的交变电动势最大值为28.8 VC. t = 5X 10一2 s时，曲线a、b对应的感应电动势大小之比为3 2 : 2D. t = 6X 10一2 s时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线b对应线框的磁通量为02 n 2 n解析由图乙可知，Ena= 36 V , 3 a=，=2 rad/s = 25 n rad/s，则曲线 a表la8 X 10示的交变电动势瞬时值ea= Emasin wat = 36 sin 25 n t V，故A正确；由图乙知曲线a、b, , 222 n表示的交变电流的周期之比为 Ta : Tb= (8 X 10 ) :

12、 (12 X 10 ) = 2 : 3，由3=可知3 a : 3b = Tb :Ta =3 : 2,所以曲线a、b表示的交变电动势的最大值之比Ema:Eb=NBW a : NBS3b=3 a : 3 b= 3 : 2，又知Ema = 36 V，贝Enb= 24 V，故B错误；曲线 a表示的交变电动势瞬2n时值ea= 36 sin 25 n t V，曲线b表示的交变电动势瞬时值eb = 24 sin 12X 10 -21 V，将t=5X 10-2 s 代入，得 ea=- 18 2 V , eb= 12 V, | ea| : eb = 3 . 2 : 2,故 C正确；由图乙知 t = 6X 10

13、-2s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 En= nBSw ；2n(2) 求出角速度w , w=;(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00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

14、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 w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ei的表达式；(2) 线圈平面处于与中性面成0 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abed在磁场中转动时，ab、cd切割磁感线，且转动的半径为r =号,转动时ab、cd的线速度v= wr = 2，且与磁场方向的夹角为t,所以，整个线圈中的感应电动势ei

15、= 2BLvsin wt = BLL23 sin wt.(2)当t = 0时，线圈平面与中性面的夹角为0 o,则t时刻时，线圈平面与中性面的夹角为Wt + 0 0故此时感应电动势的瞬时值e2= 2BLvs in( 3t+0 0) = BLL23 sin( t+0o)答案 (1) ei = BLL23 sin cot (2) e2= BLL23 sin ( t + 0 0)规律总结(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nBSw中的S为有效面积. 在解决有关交变电流的图

16、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E= nBSw，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i t图象为正弦函数图象， 函数式为i = Insin ot, 图象如图甲所示.b. 线圈从垂直中性面位置开始转动，则i -1图象为余弦函数图象，函数式为i = Ineoscot.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=2、山Un一2、Im_2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

17、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.题组冲关1 通过一阻值 R= 100 Q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（）B. 4VD. 8:5 VA. 12 VC. 15 V解析：选B.由题意结合有效值的定义可得I2RT= 2 I2r2t+ I2FHT，将I! = 0.1 A , I2=.2 A代入可得流过电阻的电流的有效值 =今A，故电阻两端电压的有效值为IR =4 10 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. ：2 AC. .：

18、 5 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i2rt=灵2RI =A，故选C.B. 5 V3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. .34 VD. 3 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Rti + 善2 = Rt ,即 3fV 1 2 X Rx 0.01 s + (4 V) 2 X Rx 0.01 s = Ufx Rx 0.02 s ,解得U=学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

19、个二分之周期中，前面四分之一周期被截去，则现在电灯上电压的有效值为a. umUnUnC.3UmD.2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=豈，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um2J28卞t_ un2= 2RT，设交流电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 m= 21、U= 2 U 求解.2 2压的有效值为U,由电流热效应得 g 2R T= R 所以该交流电压的有效值 确.规律总结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

20、同”：“相同时间”内“相同电 阻”上产生“相同热量”列式求解.2U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4周期整数倍的部(2) 利用两类公式Q I Rt和Q-Rt可分别求得电流有效值和电压有效值.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e= Ersin 31 i = I rsin 3t计算线圈某时刻的受力最大值最大的瞬时值Em= nBSwErIm= R+ r确定用电器的耐压值，如电容器、晶体管等的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值对正（余）弦式交 流电：E= 7umU=T2I ImI =72 计算与电流热效应相关 的

21、里，如功、功率、热里等； 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 E = FE1 = R+ r计算通过电路某一截面的电何量：q= 1 t题组冲关强化划练捉升哮能1 小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abed，磁极间的磁场视为匀强ed边产生的感应电动势的最大值都为eo，不计线圈电阻，则发电机输出电压磁场，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A.峰值是eoB.峰值是2e。C.D.有效值是 2Neo解析：选D因每匝矩形线圈ab边和ed边产生的电动势的最大值

22、都是eo,每匝中ab和ed串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2eo. N匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的最大值为2Ne,因线圈中产生的是正弦交流电，则发电机输出电压的有效值E= ,2Ne）,故选项D正确.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 B3匀速旋转，图示位置 C与方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO为轴，以角速度说法正确的是（）A.B.通过线圈某一截面的电荷量C.D.耳劭X -X 1 XX 八XX ；X KX X K*O在此转动过程中，外界对线圈做的总功

23、为NWUn 34R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 45=2BSn2 一 一 22 t =,根据E = N ，得E = NBS3 ,故A正确.根据E =3 tn,q=-EnNBS3E R t =忖= 避贤 故B错误产生电动势的峰值 Em= NBSd，则有效值R 2 ，2，则 w q= Er2 2&t=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 Q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t =0时刻线圈应转到图甲所示的位

24、置A.B.该线圈的转速为100 n r/sC.穿过线圈的磁通量的最大值为1507 WbD. 线圈转一周所产生的电热为9.68 J解析：选D.t = 0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，T= 0.02 s，据T=生可得3= 100n rad/s，所以转速为350 r/s ,3113故B错误；据 Em= nBSw可知，BS=伯小 伽冗Wb= 9X 10 Wb,故C错误；据峰值可知，E2E= 0.707 Em= 220 V，据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量Q= r - T= 9.68 J,故D正确.4. 如图所示，N= 50匝的矩形线圈abe

25、d, ab边长11 = 20 cm, ad边长12= 25 cm,放在 磁感应强度B= 0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的0O轴以n= 3 000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻 r = 1 Q,外电路电阻 R= 9 Q, t = 0时线 圈平面与磁感线平行， ab边正转出纸外、cd边转入纸里.求：(1) t = 0时感应电流的方向；(2) 感应电动势的瞬时值表达式；(3) 线圈转一圈外力做的功； 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3= 2 n n = 100 n

26、rad/s图示位置的感应电动势最大，其大小为En= NBI1I 2 3代入数据得Em= 314 V感应电动势的瞬时值表达式e= Ecos 3t= 314cos(100 n t) V.电动势的有效值E线圈匀速转动的周期T= 2n= 0.02 s3线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即2EW l2(R+ r)T=硏 T代入数据得W 98.6 J.(4) 从t = 0起转过90过程中， t内流过R的电荷量:N”NBX S NBI1I2q= -R+7IT t = RTF代入数据得q= 0.1 C.答案：(1)感应电流方向沿 adcba (2) e= 314cos (100 n t) V (3

27、)98.6 J (4)0.1 C易错管示交变电流“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

28、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

29、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5 5B. 使n变为原来的6, B变为原来的6，N变为原来的2倍5C. 使n变为原来的-,N变为原来的2倍，B不变65D. 使n变为原来的-,N变为原来的2.4倍，B不变6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Em1=Em1 1110 :2 V,调整后为 Em尸220 ,-2 V,即2,根据E.= NBSd和3= 2n n,可知，选项 A中，Em2= 1.2NX2BX SX 1.2 X 2n n = 2.88 Em,故选项 A错误；B C D三个选项中的调整

30、使5频率均变为原来的 二即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，6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（）A. t = 0时刻，线圈平面与中性面垂直B. t = 0.01 s时刻，的变化率最大C. t = 0.02 s时刻，交流电动势达到最大D. 该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：选B.由一t图知，t = 0时，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，二0, N了最大，e最大，

31、则B项 正确；在t = 0.02 s时， 最大，益 =0, e= 0,贝U 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O;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t = 0时从图示位置开始， 分别绕垂直于纸面、且过OM和O的轴，以相同的周期 T逆时针匀速转动，贝U （）K X St K X X MMM X K X XA. 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时，两导线框中产生的感应电动势相等8D.

32、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8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，O 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

33、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 n 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：选AC.由题图乙知lm= 10,2 A , I=100n rad/s , B错误.t = 0.01 s 时，i = II m.厶22 n=10 A, A正确.T= 2X 10 s , co =2 T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.6. A B是两个完全相同的电热器，A通以图甲所示的方波交变电流，B通以图乙所示的正弦交变电流

34、，则两电热器的电功率之比Pa： Pb等于（）A. 5 : 4C. ：2 : 1解析：选A.对甲有B.D.i2r. T+TT=5 : 4, A正确，B C D错误.1A，电阻R7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的阻值为2 Q,线圈转动角速度 3 = 100n 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()A. u = 2sin100 n t (V)B. u = 2cos100 n t(V)C. u = 2 2sin100 n t (V)D. u = 2 2COS100 n t(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

35、电流的瞬时值表达式为 i = I mCOs cot = 寸2cos100n t(A)，则电阻 R两端的瞬时电压为U = iR = 2&cos100n t(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e= 100.2nsin 100 n t + V,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 . 2 V7tC. 穿过线圈的最大磁通量为Wbd穿过线圈的最大磁通量为需n 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 n2，为降压变压器，若 ncru，为升压变压器.U n2 一11 n2一(

36、3) 电流关系：只有一个副线圈时，=n ；有多个副线圈时，UI 1= UI 2+ U3I 3+ Ulin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 P= Lr(2) 电压损失： U= |R.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=p 可知，在输电距离一定的情况下， 为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输电线. 此外，还要尽可能增加导线的横截面 积.(2) 另一个途径是减小输电导线中的电流，由P= IU可知，当输送功率一定时，提高电_压可以减小输电电

37、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.(X)（2）变压器只能使交变电流的电压减小.（X）（3）高压输电的目的是增大输电的电流.（X）（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.（X）（5）变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定.（V）（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.（X）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、畐U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

38、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（）A. 200B. 400C. 1 600D. 3 200解析：选B.理想变压器原、畐U线圈的电压比等于匝数比，即,解得“2= ni = 400,n2U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

39、变压器匝数分别为n1、n2和n3、n4, a和b是交流电表.则（）C. a为交流电流表，b为交流电压表D. a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m圧，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 n3帀，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

40、线路中的电流是 li,其末端间的电压为 U.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 12.则（ ）发电厂A. 用户端的电压为冷UI 2B. 输电线上的电压降为 UC. 理想变压器的输入功率为 丨2D. 输电线路上损失的电功率为I iUI iU解析：选A.变压器输入功率等于输出功率，由liU= I2U解得，选项A正确;I 2输电线上的电压降为 U- U，选项B错误；理想变压器的输入功率为IiU，输电线的损失功率为1务，选项C、D错误.考点透析题组冲关不同圭点详简编排考点一 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、副线圈中的丄厂、TT相同.线圈无电阻，

41、因此无电压降， U= E= FU （3）根据齐=2亍得，套在同一铁芯上的线圈，无论是原线圈，还是副线圈，该比例都成立，则有U=nL2_ U3ri2n3352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入一p出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，即芈，与副线圈的个U2 n2数无关电流关系 只有一个副线圈时：f =12 m 有多个副线圈时：由P入= P出得Ul1= U2I 2+国3+ ULI n 或 11n1 = 12n2 + 13+ I nnn.频率关系f1 f 2,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

42、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 设灯泡的额定电压为 U,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 9L0,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9U0Ia= U0Ib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.答案 ADr规律总结j

43、理想变压器问题三点应牢记I In都有电压和匝数成(1)熟记两个基本公式：77=，即对同一变压器的任意两个线圈,12 n2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.题组冲关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

44、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丨！，负载两端电压的有效值为U,且变压器是理想的，则U和丨1分别约为()A. 380 V 和 5.3 AB. 380 V 和 9.1 AC. 240 V 和 5.3 AD. 240 V 和 9.1 A解析：选B.当变压器输出电压调至最大时,U nin21 900由肓护 U=mU=询x 220 V= 380 VP = UI1选项B正确.2. 一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3 : 1,在原、畐U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、畐U线圈回

45、路中电阻消耗的功率的比值为k,则()1A. U= 66 V , k=-B. U= 22 V , k= 91C. U= 66 V , k= 31D. U= 22 V , k=-311 n2 112R 1解析：选A.设原、副线圈中的电流分别为丨1、丨2,则厂=恳=3，故k=吊=9.设原线I 2 口1 3I 2R 9II n odI I圈两端的电压为 U，则77=丄=故U= 3U,而原线圈上电阻分担的电压为-U,故-+ 3U=U n2 133220 V，解得U= 66 V .选项A正确.川-tl爲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n1 : n2= 11 : 3R解析：选BD.输入功率P1= P2= 12U2= 2.2 X 60 W= 132 W, A错误.原线圈的电流 丨1 =石=0.6 A , B正确.副线圈的电流最大