备战2019高考物理二轮复习专项攻关高分秘籍专题12交流电学案

1、专题12交流电21【备考建议】交变电流的四值问题、变压器的原理及应用、远距离输电等是本章的考查重点.其中对变压器的考查在高考命题中出现频率较高，交变电流四值与变压器的综合考查、原线圈中含有用电器的变压器问题是常见的命题考向，常以选择题的形式出现，分值一般为6分。复习时，要了解交变电流的产生过程；能分析、应用交变电流的图像；理解并会计算交变电流四值；理解变压器的制约关系并会求解变压器原、副线圈中的电流、电压与电功率，会分析变压器的动态变化过程；掌握应用变压器进行远距离输电问题。【经典例题】考点一交变电流的产生及变化规律【典例1】（2018四川资阳模拟）如图（甲）所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于

2、磁感线的中心轴OO匀速转动，产生的感应电动势e随时间t的变化曲线如图（乙）所示.若外接电阻的阻值R=9Q,线圈的电阻r=1Q,则下列说法正确的是（）A.线圈转速为100兀rad/sB.0.01s末穿过线圈的磁通量最大C.通过线圈的最大电流为10AD.线圈产生的交变电流的表达式i=10sin25兀t（A）解析：由邈图（口）可知，版鼠转动的周期TR.045则故微.图转速r/sflA错碟乂,5s束，嫉国产生的感应电动势最大，此时线图处于与中性面垂直的住逛，穿土线图的磁通量先零，放B蜡误“言二品AHOA,被C正如二岁=5口11eJ/s.婉圉产生始史变也流的表适走i=10sin5QntWs故D错证.【典

3、例2】（2018武汉模拟）如图所示，一矩形线圈abcd放置在匀弓II磁场中，并绕过ab,cd中点的轴OO以角速度3逆时针匀速转动.若以线圈平面与磁场夹角为零时（图示位置）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（）解析；由愣次定律可加初胎时刻电流力向为b到前疑屈从垂直于中性面开始旋转，被除叶电流的莪虫式为i=-imcos如七，故D正端.考点二交变电流有效值的求解【典例3】（2018重庆校级模拟）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I0和周期T都相同.下列说法中正确的是（）伸）（乙）画A.在相同时间内三个电阻发热量相等B.在

4、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D.在相同时间内,（乙）发热量最大,（甲）次之,（丙）的发热量最小10TIo解析：（甲）的有效值为72,（乙）的有效值为I0,设（丙）的有效值为I,有I2RT=10飞万得,I=72.计算热量应1用有效值，由Q=I2Rt,可知在相同时间内,（甲）（丙）发热量相等,是（乙）发热量的工，故C正确.考点三交变电流“四值”的比较和应用【典例4】（2018辽宁辽阳模拟）如图所示,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

5、角速度=100兀rad/s.线圈的匝数N=100,边长ab=0.2m,ad=0.4m,电阻不计.磁感应强度大小B=T.电容器放电时间不计下列说法正确的是（）A.该线圈产生的交流电动势峰值为50VB.该线圈产生的交流电动势有效值为50VC.电容器的耐压值至少为50VD.电容器的电容C变大时，电流表的示数变小2Em解析：Em=NBSo=100X16无X（0.2X0.4）X100兀V=50三V,故A错误；E=我=50V,故B正确；电容器的耐压值为电压的最大值，至少为50夜V,故C错误；电容器的电容C变大时，容抗变小，故电流表的示数变大，故D错误.考点四理想变压器的原理和基本关系【典例5】（2018北

6、京模拟）（多选）如图所示，理想变压器原副线圈匝数之比为4：1.原线圈接入一电压为u=U0sincot的交流电源，副线圈接一个R=27.5的负载电阻.若U0=220V,=100兀rad/s,则下述结论正确的是（）A.副线圈中电压表的读数为55VB.副线圈中输出交变电流的周期为s100C.原线圈中电流表的读数为0.5AD.原线圈中的输入功率为110於W解析：原线圈电压有效值U1=220V,由电压比等于匝数比可得副线圈电压有效值U2=55V,A正确；电阻R上的电流为2A,由原副线圈电流比等于匝数的反比，可得电流表示数为0.5A,C正确；输入功率为P=220X0.5W=110W,D错误；周期T=0.0

7、2s,B错误.【典例6】（2017江苏苏锡常镇一模）钳形电流测量仪的结构图如图所示，其铁芯在捏紧扳手时会张开，可以在不切断被测载流导线的情况下，通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0,则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是（）A.该测量仪可测量直流电流B.载流导线中电流大小I0=LnC.若钳形部分铁芯没有完全闭合，测量出的电流将小于实际电流D.若将载流导线在铁芯上多绕几匝，钳形电流测量仪的示数将变小解析:相形屈瘫测量权实廉上是一A升珏变压菊只期量交流的电流，破A鞋误.掘据了二1将截流导线中电流大小1。二小1,放B错误.若树形部分铁芯没苞霓全闭合，载波导会中电流产生的场，磁透

8、量变化率减h在内置统图产生的感应电动势礴小.感应电流减小，则测量出的电流将小于实际电流，故C正确.根据n1如若将截流导线在钛芯上多绕几叵即nl变大，11,门2不史则相格电流测量仪的不致I2将变丸故D错误.考点五理想变压器的动态分析【典例7】（2018湖北黄石模拟）（多选）如图所示为原、副线圈匝数比为n1：n2=10：1的理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想交流电表，从某时刻开始在原线圈c,d两端加上u1=220sin100兀t（V）的交变电压，则（）A.当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为22VB.当单刀双掷开关与a连接时，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电

9、流表的示数均变小C.当仅把单刀双掷开关由a扳向b时,原线圈输入功率变小D.当单刀双掷开关由a扳向b时，调节滑动变阻器滑片到适当位置，有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等解析：当单刀双掷开关与a连接时，根据电压与匝数成正比且n1：n2=10：1可知，副线圈电压的最大值为22册V,电压表的示数为电压的有效值,所以示数为222v=22V,故A正确；当单刀双掷开关与a连接时,输入电压及匝数比不变，输出电压不变，所以电压表的示数不变，变阻器触头P向上移动，变阻器电阻变大，副U1n1线圈电流变小，电流表示数变小，故B错误；当仅把单刀双掷开关由a扳向b时，原线圈匝数变小，根据U2=n2,也得U2=niU1

10、,可知副线圈两端的电压变大，输出功率P2=R变大，输入功率等于输出功率，所以原线圈输入功率变大，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，输出电压变大，调节滑动变阻器滑片到适当位置使负载电U22阻变大，输出功率P2=R可能不变，输出功率等于输入功率，所以有可能实现调节前、后原线圈输入功率相等，故D正确.【典例8】（2018石家庄模拟）如图所示电路中，变压器为理想变压器,a,b接在电压有效值不变的交流电源两端,R0为定值电阻,R为滑动变阻器.现将变阻器的滑片从一个位置滑动到另一位置，观察到电流表A1的示数增大了0.2A,电流表A2的示数增大了0.8A,则下列说法正确的是（）A.电压表V1示数增大B.

11、电压表V2,V3示数均增大C.该变压器起升压作用D.变阻器滑片是沿c-d的方向滑动解析:电压表V1的示鼓和lb同电压的有效使相同,滑/滑动时V1手数不变，选项A错误；电压表2测量的也压为副线圈两端的电压，原.副线图匝敷不变，输入电压不变，敌V2示鼓不变$3存载为V2亦会喊去RQ的端电压，两线圉中电沆增大，如R。两端电压升嬴故V3后裁减小，选项日舞跳；理想变雇器U1I1=U2I2,轲U1AI1=U2AI2:AI2A117改U2I2I3C. I2I1I3D. I3I1I210.如图所示，电路中完全相同的三个灯泡L1、L2、L3分别与电阻R电感L、电容C串联，然后再并联到“220V50Hz”的交流电

12、源上，三只灯泡的亮度相同.若保持交变电压不变，将交变电流的频率增大到60Hz,则发生的现象为（）A.三灯亮度不变B.三灯均变亮C. Li不变、L2变亮、L3变暗D. Li不变、L2变暗、L3变亮11.如图所示，匝数为N的原线圈和匝数为N2的副线圈绕在同一闭合铁芯上，副线圈两端与电阻R相连，原线圈两端与平行金属导轨相连。两轨之间的距离为L,其电阻可不计。在虚线的左侧，存在方向与导轨所在平面垂直的匀强磁场，磁场的磁感应强度大小为B,pq是一质量为m电阻为r与导轨垂直放置的金属杆，它可在导轨上沿与导轨平行的方向无摩擦地滑动。假设在任何同一时刻通过线圈每一匝的磁通量相同，两个线圈的电阻、铁芯中包括涡流

13、在内的各种损耗都忽略不计，且变压器中的电磁场完全限制在变压器铁芯中。现于t0时刻开始施一外力，使杆从静止出发以恒定的加速度a向左运动。不考虑连接导线的自感。若已知在某时刻t时原线圈电流的大小为Ii,i.求此时刻外力的功率；ii.此功率转化为哪些其他形式的功率或能量变化率？试分别求出它们的大小。1【参考答案】BD【名师解析】从图中可知7=0.02=亍=314rad/s,故选项人错误j其他条件不变，如果线圈转速提高一倍，角速度酬变为原来的两倍j则电动势最大值反二的S3变为原来的两倍，电压的有效值为原来的两倍,根据欧姆定律可知电流发生改变，故选项E正确j该交滂电压的最大值为200心醴、有效值为100

14、忘%7=9072%故选项c错误5根据=%导p=190=1000%选项Dy+jlJiy正施。2【参考答案】D【名师解析】图乙所示电压只有一部分按正弦交流电压变化，整个不能称为正弦交流电压，选项A错误J图甲所示电压的瞬时值表达式为广皿式门lOOTTv),选项B错误,图乙所示电压的周期为图甲所示电压周期的2倍？忠贞也错误j图甲所示电压的有效值为地即对图乙由4力得电压的有效值为AZft乒10%因此选项。正确口3【参考答案】D【名师解析】变压器的电压之比等干线圈匝数之比，A错误j由于线圈电阻不计，防数即为线圈产生的电动势的有效值访=正=患=空铲rB错误j的示数由曲口线圈匝数比决定，方的变化不影响的示数5

15、C错误：理想变压器愉出功率等于输入功率，D正确.4【参考答案】AD【名师解析】矩形线圈产生的感应电动势最大值En=NBSd,由图示线圈位置可知开始计时时产生的感应电动势最大，则瞬时值表达式为e= NBSo cos wt, A正确.线圈从图示位置经过丁时间，磁通量变化量2 3,A 一，4I一、, 一A中W0,由q= N可知，通过电流表的电何重不为手,RB错误.电压表的示数为NBSd fUi =不变,2.U ni 一Uin2 . 误.由77=一得U=，当P位置向上移动时，ni变小，则U变大，又R不变，再由U2 n2niP= 乂可知副线圈消耗R, 一 f、，一 一一，一 f f、 ， 一， . Pl

16、,、，-的功率P2变大，则可知原线圈的输入功率Pl=P2变大，再由11=口可知，Il变大，D正确.5【参考答案】AD【命题意图】本题考查了交变电流的产生、闭合电路欧姆定律、电功率、变压器的规律等知识点。【解题思路】由变压公式可知, 变压器副线圈输出电压为山日.灯泡正常发光？说明灯泡的额定电压为选叫A正袜灯泡的新定功耕P=(U闾炉，选项B错误。设发电机的线圈中产生的电动势最大情工产为%,有效值为四/八五，由闭合电路欧隔定律H=U-k,卬=言.联立解得：取二选项C错误专从中性面开始计时,原线圈输入电压的瞬时值表达式为乂=&於血函J选项D正确+6【参考答案】A220M【名师解析】当单刀双掷开关与a连

17、接时，匝数之比为10：1,原线圈两端有效值为*=220V,所以副线圈电压有效值为22V,故A正确；t=1/600s时，a、c两点电压瞬时值为ui=22峭sin兀/6(V)=110、WV,选项B错误；滑动变阻器触头向上移动的过程中，电阻增大，电压不变，电流减小，电流表的示数变小，故C错误；当单刀双掷开关由a扳向b时，匝数之比为5：1,输出电压增大，电压表和电流表的示数均变大，故D错误；故选A点睛：此题关键是掌握变压器的特点：匝数与电压成正比，与电流成反比，输入功率等于输出功率；同时做好本题要理解变压器中心抽头的作用：改变了匝数之比，从而改变了电压之比，也改变了两表的示数.7【参考答案】D【名师解

18、析】当负载电唱的阻值减小为R=5艮时，根据串联电路频律，R两端电压为瓦两端电压的5倍，因为电压表测量R两端的电压，所以3x5=1匕故副线圈两端电压为UW%根据公式一用可得血灯原泣圈两端电垄芭脩力UFE.R似此用厚/纲雅电反的鼎灯髀63他联34G上前口错误夕因为变化过程中变压器的输入电流不变,所以对于副线圈中变化前后电流也不变,则变化后电压%二以+“&=6吸，变化前，U?=I&+11ZR产12;/，所以6=2%=12-根据公式5=生z一咆可得原线周两端原来的电氐有效值约为错心口正确，C错误.3=%【分析】本题考查电压器的工作原理。在解决理想变压器问题时，需要掌握两个公式，电压规律公式牡和电流规律

19、公式力沌，还需要知道原线圈的输入功率取决于副线圈消耗的功率，理想变压器不改变交流电的频率。8【参考答案】C【名师解析】由于带铁芯的电感器L与灯泡A串联，该支懿中电感器对交变电流有感抗作用，再与另一个完全相同的灯泡B并膝,灯申电流小于E灯中电流。若保持交流信号频率不变,适岂提高输出电压，A灯中电流仍d吁E灯中电流，所以打灯始终比A灯亮选项A错送，保持输出电压不变,提高交流信号频率J电感器翱诲大j则A灯变暗，B灯亮度不变j选项3错误j保持输出电压和信号频率不变，撤去铁芯后jA灯支路中期抗减小，该支路电流增大，人灯中电流增大，力灯比原来奔，选项C正确；断开开关&由于电感器中产生自感电动势，则用灯和且灯组成闭合回路人灯申电流逐渐减小，两灯逐渐熄灭，选嗔D错、口I天。9【参考答案】D1名师解析】原