高考物理一轮复习教案第十一章交变电流传感器

第十一章交变电流传感器[全国卷5年考情分析]基础考点常考考点(2013～2017考情统计)命题概率常考角度正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值(Ⅰ)远距离输电(Ⅰ)以上2个考点未曾独立命题交变电流、交变电流的图像(Ⅰ)'16Ⅲ卷T21(6分)独立命题概率20%(1)根据线框在磁场中的转动求解描述交变电流的物理量(2)根据交变电流的图像或表达式求解描述交变电流的物理量(3)变压器的基本原理和动态分析(4)远距离输电问题理想变压器(Ⅱ)'16Ⅰ卷T16(6分)'16Ⅲ卷T19(6分)'15Ⅰ卷T16(6分)'14Ⅱ卷T21(6分)独立命题概率70%综合命题概率80%实验十二传感器的简单使用'16Ⅰ卷T23(10分)综合命题概率30%第1节交变电流的产生及描述(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)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动经过中性面时，线圈中的感应电动势为零，电流方向发生改变。(√)(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峰值。(×)(6)交变电流的峰值总是有效值的eq\r(2)倍。(×)解题中常用到的二级结论：(1)正弦交流电的产生：中性面垂直于磁场方向，线圈平面平行于磁场方向时电动势最大：Em＝nBSω。①线圈从中性面开始转动：e＝Emsinωt。②线圈从平行于磁场方向开始转动：e＝Emcosωt。(2)正弦交变电流的有效值与最大值的关系，对整个波形、半个波形、甚至eq\f(1,4)个波形都成立。(3)非正弦交流电的有效值的求法：I2RT＝一个周期内产生的总热量。突破点(一)交变电流的产生和描述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，eq\f(ΔΦ,Δt)＝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，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，电流方向不改变。(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。(4)交变电动势的最大值Em＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。2．正弦式交变电流的图像(线圈在中性面位置开始计时)函数表达式图像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt电流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt电压u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt[题点全练]1．(2015·山东高考)如图甲，R0为定值电阻，两金属圆环固定在同一绝缘平面内。左端连接在一周期为T0的正弦交流电源上，经二极管整流后，通过R0的电流i始终向左，其大小按图乙所示规律变化。规定内圆环a端电势高于b端时，a、b间的电压uab为正，下列uab­t图像可能正确的是()解析：选C由题图乙知，0～0.25T0，外圆环电流逐渐增大且eq\f(Δi,Δt)逐渐减小，根据安培定则，外圆环内部磁场方向垂直纸面向里，磁场逐渐增强且eq\f(ΔB,Δt)逐渐减小，根据楞次定律知内圆环a端电势高，所以uab＞0，根据法拉第电磁感应定律uab＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)知，uab逐渐减小；t＝0.25T0时，eq\f(Δi,Δt)＝0，所以eq\f(ΔB,Δt)＝0，uab＝0；同理可知0.25T0～0.5T0时间内，uab＜0，且|uab|逐渐增大；0.5T0～T0内重复0～0.5T0的变化规律。故选项C正确。2．[多选](2018·湖南石门一中模拟)如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图像，当调整线圈转速后，其在同一磁场中匀速转动过程中所产生正弦交流电的图像如图线b所示。以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是()A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交流电a的瞬时值为u＝10sin5πt(V)D．交流电b电压的最大值为eq\f(20,3)V解析：选BCD由题图可知，t＝0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，所以A错误；由图像可知TA∶TB＝2∶3，故nA∶nB＝3∶2，所以B正确；由图像可知，交流电a的最大值为10V，角速度为ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，所以交流电a的瞬时值为u＝10sin5πt(V)，所以C正确；交流电最大值Um＝NBSω，故Uma∶Umb＝3∶2，故Umb＝eq\f(2,3)Uma＝eq\f(20,3)V，D正确。3．[多选](2016·全国卷Ⅲ)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t＝0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＝eq\f(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＝eq\f(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。突破点(二)有效值的理解与计算有效值的求解(1)计算有效值的根据是电流的热效应，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)利用公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分别求得电流有效值和电压有效值。[典例]电阻R1、R2与交流电源按照图甲所示方式连接，R1＝10Ω，R2＝20Ω。合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图乙所示。则()A．通过R1的电流有效值是1.2AB．R1两端的电压有效值是6VC．通过R2的电流有效值是1.2eq\r(2)AD．R2两端的电压最大值是6eq\r(2)V[解析]首先从交流电图像中找出交变电流的最大值即通过R2的电流最大值为0.6eq\r(2)A，由正弦式交变电流最大值与有效值的关系Im＝eq\r(2)I可知其有效值为0.6A，由于R1与R2串联，所以通过R1的电流有效值也是0.6A，选项A、C错；R1两端电压有效值为U1＝IR1＝6V，选项B对；R2两端电压最大值为U2m＝ImR2＝0.6eq\r(2)×20V＝12eq\r(2)V，选项D错。[答案]B[多维探究][变式1]把图像下半部分翻到t轴的上面正弦交流电是由闭合线圈在匀强磁场中匀速转动产生的。线圈中感应电动势随时间变化的规律如图所示，则此感应电动势的有效值为________V。解析：由有效值的定义式得：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)×2＝eq\f(U2,R)T，得：U＝220V。答案：220[变式2]仅余eq\f(1,2)周期的波形家用电子调光灯的调光功能是用电子线路将输入的正弦交流电压的波形截去一部分来实现的，由截去部分的多少来调节电压，从而实现灯光的可调，比过去用变压器调压方便且体积小。某电子调光灯经调整后电压波形如图所示，求灯泡两端的电压的有效值。解析：从u­t图像看出，每个周期的前半周期是正弦图形，其有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))；后半周期电压为零。根据有效值的定义，eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)＋0，解得U＝eq\f(Um,2)。答案：eq\f(Um,2)[变式3]仅余eq\f(1,4)周期的波形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()A．Um B.eq\f(Um,\r(2))C.eq\f(Um,3) D.eq\f(Um,2)解析：选D从U­t图像上看，每个eq\f(1,4)周期正弦波形的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))，根据有效值的定义：eq\f(U2,R)T＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Um,\r(2))))2,R)×eq\f(T,4)×2＋0，解得：U＝eq\f(Um,2)，D正确。[变式4]把正余弦波形变成矩形波形如图所示，表示一交流电的电流随时间而变化的图像，此交流电的有效值是()A．5eq\r(2)A B．3.5eq\r(2)AC．3.5A D．5A解析：选D交流电的有效值是根据其热效应定义的，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。设交流电的有效值为I，令该交变电流通过一阻值为R的纯电阻，在一个周期内有：I2RT＝I12Req\f(T,2)＋I22Req\f(T,2)。所以该交流电的有效值为I＝eq\r(\f(I12＋I22,2))＝5A。[变式5]上下波形的最大值不一致电压u随时间t的变化情况如图所示，求电压的有效值？解析：由有效值的定义式得：eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(156,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(311,\r(2))))2,R)×eq\f(T,2)＝eq\f(U2,R)T，得：U＝55eq\r(10)V。答案：55eq\r(10)V[变式6]在电阻两端并联二极管如图所示电路，电阻R1与电阻R2阻值相同，都为R，和R1并联的D为理想二极管(正向电阻可看作零，反向电阻可看作无穷大)，在A、B间加一正弦交流电u＝20eq\r(2)sin100πtV，则加在R2上的电压有效值为()A．10VB．20VC．15VD．5eq\r(10)V解析：选D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，二极管电阻无穷大可看作断路，R2上的电压等于输入电压值的一半，据此可设加在R2的电压有效值为U，根据电流的热效应，在一个周期内满足eq\f(U2,R)T＝eq\f(202,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(102,R)·eq\f(T,2)，可求出U＝5eq\r(10)V。故选项D正确。[方法规律]几种典型交变电流的有效值电流名称电流图像有效值正弦式交变电流I＝eq\f(Im,\r(2))正弦半波电流I＝eq\f(Im,2)矩形脉动电流I＝eq\r(\f(t0,T))Im非对称性交变电流I＝eq\r(\f(1,2)I12＋I22)突破点(三)交变电流“四值”的理解和应用对交变电流“四值”的比较和理解物理量表达式适用情况及说明瞬时值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况最大值(峰值)Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)讨论电容器的击穿电压有效值对正(余)弦交流电有：E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(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(4)电表的读数为有效值平均值eq\x\to(E)＝BLeq\x\to(v)eq\x\to(E)＝neq\f(ΔΦ,Δt)eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)计算通过电路截面的电荷量[题点全练]1.(2015·四川高考)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e0 B．峰值是2e0C．有效值是eq\f(\r(2),2)Ne0 D．有效值是eq\r(2)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E＝eq\r(2)Ne0，故选项D正确。2．[多选](2017·天津高考)在匀强磁场中，一个100匝的闭合矩形金属线圈，绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动，穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω，则()A．t＝0时，线圈平面平行于磁感线B．t＝1s时，线圈中的电流改变方向C．t＝1.5s时，线圈中的感应电动势最大D．一个周期内，线圈产生的热量为8π2J解析：选ADt＝0时，磁通量为零，磁感线与线圈平面平行，A正确；当磁感线与线圈平面平行时，磁通量变化率最大，感应电动势最大，画出感应电动势随时间变化的图像如图，由图可知，t＝1s时，感应电流没有改变方向，B错误；t＝1.5s时，感应电动势为0，C错误；感应电动势最大值Em＝NBSω＝NΦmeq\f(2π,T)＝100×0.04×eq\f(2π,2)(V)＝4π(V)，有效值E＝eq\f(\r(2),2)×4π(V)＝2eq\r(2)π(V)，Q＝eq\f(E2,R)T＝8π2(J)，D正确。3．(2018·四川省凉山州诊断)图甲为一台小型发电机示意图，产生的感应电动势随时间变化如图乙所示。已知发电机线圈的匝数为100匝，电阻r＝2Ω，外电路的小灯泡电阻恒为R＝6Ω，电压表、电流表均为理想电表。下列说法正确的是()A．电压表的读数为4VB．电流表的读数为0.5AC．1秒内流过小灯泡的电流方向改变25次D．线圈在转动过程中，磁通量最大为eq\f(0.08\r(2),π)Wb解析：选B由乙图可知，交流电的最大值为Em＝4eq\r(2)V，有效值为：E＝eq\f(Em,\r(2))＝4V，根据闭合电路的欧姆定律可知：U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(4,6＋2)×6V＝3V，A错误；电流表的示数为：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(4,6＋2)A＝0.5A，B正确；由乙图可知，T＝4×10－2s，f＝eq\f(1,T)＝25Hz，一个周期内电流方向改变两次，所以1秒内流过小灯泡的电流方向改变50次，C错误；根据Em＝nBSω可知Φm＝BS＝eq\f(Em,nω)＝eq\f(4\r(2),100×50π)Wb＝eq\f(0.0008\r(2),π)Wb，D错误。易错问题——练缜密思维交变电流瞬时值表达式的书写问题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ω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φ0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；(3)若线圈电阻为r，求线圈每转动一周电阻R上产生的焦耳热。(其他电阻均不计)解析：(1)矩形线圈abcd在磁场中转动时，只有ab和cd切割磁感线，且转动的半径为r＝eq\f(L2,2)，设ab和cd的转动速度为v，则v＝ω·eq\f(L2,2)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＝BL1v⊥由图可知v⊥＝vsinωt则整个线圈的感应电动势为e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt。(2)当线圈由图丙位置开始运动时，在t时刻整个线圈的感应电动势为e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)。(3)由闭合电路欧姆定律可知I＝eq\f(E,R＋r)这里E为线圈产生的电动势的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(BL1L2ω,\r(2))则线圈转动一周在R上产生的焦耳热为QR＝I2RT其中T＝eq\f(2π,ω)解得QR＝πRωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL1L2,R＋r)))2。答案：(1)e1＝BL1L2ωsinωt(2)e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)(3)πRωeq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL1L2,R＋r)))2eq\a\vs4\al([反思领悟])书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦式交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nBSω求出相应峰值。(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。①若线圈从中性面位置开始转动，则i­t图像为正弦函数图像，函数式为i＝Imsinωt。②若线圈从垂直中性面位置开始转动，则i­t图像为余弦函数图像，函数式为i＝Imcosωt。(一)普通高中适用作业[A级——基础小题练熟练快]★1．(2018·湖北恩施一中模拟)一电阻接在10V直流电源上，电热功率为P；当它接到电压u＝10sinωt(V)上时功率为()A．0.25P B．0.5PC．P D．2P解析：选B电阻接在10V直流电源上，电热功率为P，则P＝eq\f(102,R)；当它接到电压u＝10sinωt(V)上时功率为P′＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,\r(2))))2,R)＝eq\f(102,2R)＝0.5P，故B正确。★2.一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图所示。已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定()A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL2B．t2时刻穿过线框的磁通量为零C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零D．线框转动的角速度为eq\f(Em,BL2)解析：选Dt1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A错误；t2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm＝BL2，B错误；t3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C错误；交变电流的最大值为Em＝BL2ω，则ω＝eq\f(Em,BL2)，D正确。3.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，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.eq\f(BL2ω,2R) B.eq\f(\r(2)BL2ω,2R)C.eq\f(\r(2)BL2ω,4R) D.eq\f(BL2ω,4R)解析：选D线框的转动周期为T，而线框转动一周只有eq\f(T,4)的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I＝eq\f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，根据电流的热效应有：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL2ω,2R)))2R·eq\f(T,4)＝I有2RT，解得I有＝eq\f(BL2ω,4R)，故D正确。4．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电，第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是()A．第一次，灯泡两端的电压有效值是eq\f(U0,2)B．第二次，灯泡两端的电压有效值是eq\f(3U0,2)C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5解析：选D第一次，灯泡两端电压的有效值为U1＝eq\f(U0,\r(2))，功率P1＝eq\f(U12,R)＝eq\f(U02,2R)。第二次，设灯泡两端电压的有效值为U2，则eq\f(2U02,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(－U02,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U22,R)T，解得U2＝eq\r(\f(5,2))U0，功率P2＝eq\f(U22,R)＝eq\f(5U02,2R)，则P1∶P2＝1∶5，故A、B、C错误，D正确。★5．[多选]如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为100Ω，则()A．理想电压表读数为100VB．理想电流表读数为0.75AC．电阻R消耗的电功率为56WD．电阻R在100秒内产生的热量为5625J解析：选BD根据电流的热效应，一个周期内产生的热量：Q＝eq\f(U2,R)T＝eq\f(1002,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(50,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)，解得U＝75V，A错误；电流表读数I＝eq\f(U,R)＝0.75A，B正确；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝56.25W，C错误；在100秒内产生的热量Q＝Pt＝5625J，D正确。6.[多选](2018·广西桂林中学模拟)如图所示，电路中的电阻的阻值为R＝100Ω，电流表为理想电流表，在a、b之间接入电压U＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源，则()A．电流表的示数为2.2AB．t＝0.01s时，电流表的示数为零C．若产生该交流电的发电机的线框转速提高一倍，其他条件不变，则电流表的示数也增大一倍D．若将电阻换成200Ω，则电源的输出功率变为原来的两倍解析：选AC根据U＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，电压的最大值为Um＝220eq\r(2)V，有效值为U＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，电流的有效值为I＝eq\f(U,R)＝eq\f(220,100)A＝2.2A，电流表测量电流的有效值，即电流表的示数为2.2A，故A正确；因为电流表显示的是有效值，不随时间变化，所以t＝0.01s时，电流表的示数为2.2A，故B错误；若产生该交流电的发电机的线框转速提高一倍，其他条件不变，由Em＝nBSω知，电动势的最大值增大一倍，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流增大一倍，则电流表的示数也增大一倍，故C正确；若将电阻换成200Ω，由P＝eq\f(U2,R)可知，U不变，电源的输出功率变为原来的一半，故D错误。7．[多选](2018·大庆检测)如图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D。电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是()A．导线框转动的角速度为eq\f(2RI,NBS)B．导线框转动的角速度为eq\f(4RI,NBS)C．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大解析：选AC导线框产生的最大感应电动势Em＝NBSω；根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(NBSω,\r(2)R)))2R·eq\f(T,2)＝I2RT，解得ω＝eq\f(2RI,NBS)，故A正确，B错误；导线框转到图示位置时，导线框位于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确，D错误。8．(2018·福建厦门一中模拟)如图甲所示电路，已知电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，UAB>0)。由此可知()A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2sB．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝20eq\r(2)sin50πt(V)C．加在R1上电压的有效值为10VD．加在R2上电压的有效值为5eq\r(10)V解析：选D由图像可得交流电的周期T＝0.02s，故A错误；电压最大值为Um＝20eq\r(2)V，交变电压的瞬时值表达式为u＝Umsinωt＝20eq\r(2)sineq\f(2π,T)t＝20eq\r(2)sin100πt(V)，故B错误；因为是交流电所以应该分两种情况考虑：当A点电位高于B点电位时二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压eq\f(20\r(2),\r(2))V＝20V；当B点电位高于A点电位时二极管截止，R1、R2串联分压，即对R1有eq\f(U12,R1)T＝eq\f(102,R1)·eq\f(T,2)，解得U1＝5eq\r(2)V，对R2有：eq\f(U22,R2)T＝eq\f(202,R2)·eq\f(T,2)＋eq\f(102,R2)·eq\f(T,2)，解得U2＝5eq\r(10)V，故C错误D正确。[B级——中档题目练通抓牢]9.(2018·山东潍坊实验中学模拟)如图所示为某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd的面积为S＝0.03m2，共有10匝，线圈总电阻为r＝1Ω，线圈处于磁感应强度大小为eq\f(2\r(2),π)T的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R＝9Ω的连接。在外力作用下线圈以10πrad/s绕轴OO′匀速转动时，下列说法中正确的是()A．电阻R的发热功率是3.6WB．交流电流表的示数是0.6AC．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02sD．如果将电阻R换成标有“6V3W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作解析：选B感应电动势最大值：Em＝nBωS＝10×eq\f(2\r(2),π)×10π×0.03V＝6eq\r(2)V，电动势有效值：E＝eq\f(Em,\r(2))＝6V；电路中的电流：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,9＋1)A＝0.6A，则交流电流表的示数是0.6A，选项B正确；电阻R的发热功率是PR＝I2R＝3.24W，选项A错误；交流电的周期：T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,10π)s＝0.2s，则用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.2s，选项C错误；如果将电阻R换成标有“6V3W”字样的小灯泡，灯泡的电阻RL＝eq\f(U2,P)＝eq\f(36,3)Ω＝12Ω，灯泡两端的电压UL＝eq\f(E,RL＋r)RL＝eq\f(6,12＋1)×12V＝5.54V，故小灯泡不能正常工作，选项D错误。10．(2018·湖北大冶一中模拟)发电机转子是匝数n＝100，边长L＝20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω＝100πrad/s的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。线圈的电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝99Ω。试求：(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过eq\f(π,3)过程中，通过外电阻的电荷量是多少？解析：(1)电动势的最大值：Em＝nBωL2＝628V根据闭合电路欧姆定律得Im＝eq\f(Em,R＋r)＝6.28A故交变电流瞬时值表达式：i＝6.28sin100πt(A)。(2)电流的有效值I＝eq\f(1,\r(2))Im由P＝I2R得外电阻上的消耗功率：P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))Im))2R＝1.95×103W。(3)从计时开始到线圈转过eq\f(π,3)过程中，平均感应电动势由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得eq\x\to(E)＝neq\f(Φm－Φmcos60°,Δt)＝n·eq\f(BL2,2Δt)平均电流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(nBL2,2R＋r·Δt)通过外电阻的电荷量：q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(nBL2,2R＋r)＝1×10－2C。答案：(1)i＝6.28sin100πt(A)(2)1.95×103W(3)1×10－2C[C级——难度题目自主选做]11．[多选]如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数N＝100匝，电阻为r＝1Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R1＝6Ω，R2＝3Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T＝0.2s。从线圈与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2V。下列说法中正确的是()A．电阻R1上的电功率为eq\f(2,3)WB．t＝0.4s时，电阻R2两端的电压瞬时值为零C．从开始计时到eq\f(1,20)s通过电阻R2的电荷量为eq\f(\r(2),10π)CD．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e＝6eq\r(2)cos20πt(V)解析：选AD电阻R1上的电功率为P＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(22,6)W＝eq\f(2,3)W，故A正确；线圈匀速转动的周期T＝0.2s，t＝0.4s时，正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R2两端的电压瞬时值最大，故B错误；根据闭合电路的欧姆定律可知产生的感应电动势的有效值E＝eq\f(R＋r,R)U＝eq\f(2＋1,2)×2V＝3V，最大值Em＝eq\r(2)E＝3eq\r(2)V，有Em＝NBSω，故Φ＝BS＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(3\r(2),100×10π)＝eq\f(3\r(2),1000π)，故Φ＝BSsinωt＝eq\f(3\r(2),1000π)sin10πt，从开始计时到eq\f(1,20)s，磁通量的变化量ΔΦ＝eq\f(3\r(2),1000π)，故通过电阻R2的电荷量为q＝eq\f(2,3)×eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(\r(2),15π)C，故C错误；转速增大2倍，故产生的感应电动势Em＝NBSω变为原来的2倍，故最大值为Em′＝6eq\r(2)V，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e＝6eq\r(2)cos20πt(V)，故D正确。12.(2018·开封模拟)如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)感应电动势的最大值。(2)从图示位置起转过eq\f(1,4)周期的时间内负载电阻R上产生的热量。(3)从图示位置起转过eq\f(1,4)周期的时间内通过负载电阻R的电荷量。(4)求出电流表的示数。解析：(1)线圈绕轴转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。此交变电流的最大值为Em＝BSω＝Beq\f(πr2,2)2πn＝π2Bnr2。(2)在转过eq\f(1,4)周期的时间内，线圈一直切割磁感线，则产生的热量Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,4)＝eq\f(π4B2nr4,8R)。(3)在转过eq\f(1,4)周期的时间内，电动势的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)通过R的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πBr2,2R)。(4)根据电流的热效应，在一个周期内：Q＝I2RT＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)故电流表的示数为I＝eq\f(π2r2nB,2R)。答案：(1)π2Bnr2(2)eq\f(π4B2nr4,8R)(3)eq\f(πBr2,2R)(4)eq\f(π2r2nB,2R)(二)重点高中适用作业[A级——保分题目巧做快做]1．先后用不同的交流电源给同一盏灯泡供电，第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图乙所示。若甲、乙图中的U0、T所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是()A．第一次，灯泡两端的电压有效值是eq\f(U0,2)B．第二次，灯泡两端的电压有效值是eq\f(3U0,2)C．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9D．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5解析：选D第一次，灯泡两端电压的有效值为U1＝eq\f(U0,\r(2))，功率P1＝eq\f(U12,R)＝eq\f(U02,2R)。第二次，设灯泡两端电压的有效值为U2，则eq\f(2U02,R)·eq\f(T,2)＋eq\f(－U02,R)·eq\f(T,2)＝eq\f(U22,R)T，解得U2＝eq\r(\f(5,2))U0，功率P2＝eq\f(U22,R)＝eq\f(5U02,2R)，则P1∶P2＝1∶5，故A、B、C错误，D正确。★2.[多选]理想变压器原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u随时间t变化的规律如图所示，原、副线圈匝数比n1∶n2＝100,副线圈只接入一个R＝10Ω的电阻，则()A．与电阻R并联的电压表示数为3.11VB．流过电阻R的电流最大值为0.311AC．变压器的输入功率为0.484WD．一个周期内，电阻R上产生的热量为9.68×10－3J解析：选BCD由题图知，变压器原线圈两端电压的有效值为220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，电压表的示数为2.2V，A错误；流过R的最大电流Im＝eq\f(\r(2)U2,R)≈0.311A，B正确；电流有效值为0.22A，R消耗的功率P＝U2I＝2.2×0.22W＝0.484W，C正确；一个周期内R产生的热量Q＝I2RT＝9.68×10－3J，D正确。3．[多选](2018·广西桂林中学模拟)如图所示，电路中的电阻的阻值为R＝100Ω，电流表为理想电流表，在a、b之间接入电压U＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源，则()A．电流表的示数为2.2AB．t＝0.01s时，电流表的示数为零C．若产生该交流电的发电机的线框转速提高一倍，其他条件不变，则电流表的示数也增大一倍D．若将电阻换成200Ω，则电源的输出功率变为原来的两倍解析：选AC根据U＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，电压的最大值为Um＝220eq\r(2)V，有效值为U＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，电流的有效值为I＝eq\f(U,R)＝eq\f(220,100)A＝2.2A，电流表测量电流的有效值，即电流表的示数为2.2A，故A正确；因为电流表显示的是有效值，不随时间变化，所以t＝0.01s时，电流表的示数为2.2A，故B错误；若产生该交流电的发电机的线框转速提高一倍，其他条件不变，由Em＝nBSω知，电动势的最大值增大一倍，由闭合电路欧姆定律知，电路中电流增大一倍，则电流表的示数也增大一倍，故C正确；若将电阻换成200Ω，由P＝eq\f(U2,R)可知，U不变，电源的输出功率变为原来的一半，故D错误。4．[多选](2018·大庆检测)如图所示，N匝矩形导线框在磁感应强度为B的匀强磁场中绕轴OO′匀速转动，线框面积为S，线框的电阻、电感均不计，外电路接有电阻R、理想电流表A和二极管D。电流表的示数为I，二极管D具有单向导电性，即正向电阻为零，反向电阻无穷大。下列说法正确的是()A．导线框转动的角速度为eq\f(2RI,NBS)B．导线框转动的角速度为eq\f(4RI,NBS)C．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零D．导线框转到图示位置时，线框中的磁通量最大，瞬时电动势最大解析：选AC导线框产生的最大感应电动势Em＝NBSω；根据二极管的特点可知，在一个周期内有半个周期回路中有电流，根据交流电电流的热效应可知eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(NBSω,\r(2)R)))2R·eq\f(T,2)＝I2RT，解得ω＝eq\f(2RI,NBS)，故A正确，B错误；导线框转到图示位置时，导线框位于中性面处，导线框中的磁通量最大，瞬时电动势为零，故C正确，D错误。5．(2018·福建厦门一中模拟)如图甲所示电路，已知电阻R1＝R2＝R，和R1并联的D是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A、B之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，UAB>0)。由此可知()A．在A、B之间所加的交变电压的周期为2sB．在A、B之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u＝20eq\r(2)sin50πt(V)C．加在R1上电压的有效值为10VD．加在R2上电压的有效值为5eq\r(10)V解析：选D由图像可得交流电的周期T＝0.02s，故A错误；电压最大值为Um＝20eq\r(2)V，交变电压的瞬时值表达式为u＝Umsinωt＝20eq\r(2)sineq\f(2π,T)t＝20eq\r(2)sin100πt(V)，故B错误；因为是交流电所以应该分两种情况考虑：当A点电位高于B点电位时二极管导通即R1被短路，R2电压为电源电压eq\f(20\r(2),\r(2))V＝20V；当B点电位高于A点电位时二极管截止，R1、R2串联分压，即对R1有eq\f(U12,R1)T＝eq\f(102,R1)·eq\f(T,2)，解得U1＝5eq\r(2)V，对R2有：eq\f(U22,R2)T＝eq\f(202,R2)·eq\f(T,2)＋eq\f(102,R2)·eq\f(T,2)，解得U2＝5eq\r(10)V，故C错误D正确。★6.(2018·湖北省部分重点中学模拟)如图甲所示，在匀强磁场中，两个匝数相同的正方形金属线圈分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势e随时间t变化的图像如图乙中曲线a、b所示，则()A．t＝0时刻，两线圈均处于垂直于中性面的位置B．a、b对应的线圈转速之比为2∶3C．a、b对应的两线圈面积之比为1∶1D．若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈电动势的有效值之比一定不变解析：选Ct＝0时刻，两线圈感应电动势均为零，故两线圈均处于中性面的位置，选项A错误；由图线可知，两线圈的周期之比Ta∶Tb＝2∶3；故根据n＝eq\f(1,T)可知a、b对应的线圈转速之比为3∶2，选项B错误；根据Em＝NBωS，eq\f(ωa,ωb)＝eq\f(Tb,Ta)＝eq\f(3,2)；eq\f(Ema,Emb)＝eq\f(15,10)＝eq\f(3,2)；则eq\f(Sa,Sb)＝eq\f(Emaωb,Embωa)＝eq\f(1,1)，选项C正确；若只改变两线圈的形状(匝数不变)，则两线圈的面积要变化，故感应电动势的最大值要变化，电动势的有效值之比可能变化，选项D错误。7.(2018·山东潍坊实验中学模拟)如图所示为某小型交流发电机的示意图，其矩形线圈abcd的面积为S＝0.03m2，共有10匝，线圈总电阻为r＝1Ω，线圈处于磁感应强度大小为eq\f(2\r(2),π)T的匀强磁场中，可绕与磁场方向垂直的固定对称轴OO′转动，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路电阻R＝9Ω的连接。在外力作用下线圈以10πrad/s绕轴OO′匀速转动时，下列说法中正确的是()A．电阻R的发热功率是3.6WB．交流电流表的示数是0.6AC．用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.02sD．如果将电阻R换成标有“6V3W”字样的小灯泡，小灯泡能正常工作解析：选B感应电动势最大值：Em＝nBωS＝10×eq\f(2\r(2),π)×10π×0.03V＝6eq\r(2)V，电动势有效值：E＝eq\f(Em,\r(2))＝6V；电路中的电流：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,9＋1)A＝0.6A，则交流电流表的示数是0.6A，选项B正确；电阻R的发热功率是PR＝I2R＝3.24W，选项A错误；交流电的周期：T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,10π)s＝0.2s，则用该交流发电机给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔一定为0.2s，选项C错误；如果将电阻R换成标有“6V3W”字样的小灯泡，灯泡的电阻RL＝eq\f(U2,P)＝eq\f(36,3)Ω＝12Ω，灯泡两端的电压UL＝eq\f(E,RL＋r)RL＝eq\f(6,12＋1)×12V＝5.54V，故小灯泡不能正常工作，选项D错误。8．[多选]如图所示为小型旋转电枢式交流发电机的原理图，匝数N＝100匝，电阻为r＝1Ω的矩形线圈在匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈两端经集流环和电刷与电路连接，定值电阻R1＝6Ω，R2＝3Ω，其他电阻不计，线圈匀速转动的周期T＝0.2s。从线框与磁场方向平行位置开始计时，线圈转动的过程中，理想电压表的示数为2V。下列说法中正确的是()A．电阻R1上的电功率为eq\f(2,3)WB．t＝0.4s时，电阻R2两端的电压瞬时值为零C．从开始计时到eq\f(1,20)s通过电阻R2的电荷量为eq\f(\r(2),10π)CD．若线圈转速增大为原来的2倍，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e＝6eq\r(2)cos20πt(V)解析：选AD电阻R1上的电功率为P＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(22,6)W＝eq\f(2,3)W，故A正确；线圈匀速转动的周期T＝0.2s，t＝0.4s时，正好又转到了与磁场方向平行位置，故此时线圈产生的感应电动势最大，故电阻R2两端的电压瞬时值最大，故B错误；根据闭合电路的欧姆定律可知产生的感应电动势的有效值E＝eq\f(R＋r,R)U＝eq\f(2＋1,2)×2V＝3V，最大值Em＝eq\r(2)E＝3eq\r(2)V，有Em＝NBSω，故Φ＝BS＝eq\f(Em,Nω)＝eq\f(3\r(2),100×10π)＝eq\f(3\r(2),1000π)，故Φ＝BSsinωt＝eq\f(3\r(2),1000π)sin10πt，从开始计时到eq\f(1,20)s，磁通量的变化量ΔΦ＝eq\f(3\r(2),1000π)，故通过电阻R2的电荷量为q＝eq\f(2,3)×eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(\r(2),15π)C，故C错误；转速增大2倍，故产生的感应电动势Em＝NBSω变为原来的2倍，故最大值为Em′＝6eq\r(2)V，线圈中产生的电动势随时间变化规律为e＝6eq\r(2)cos20πt(V)，故D正确。[B级——拔高题目稳做准做]9.如图所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，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.eq\f(BL2ω,2R) B.eq\f(\r(2)BL2ω,2R)C.eq\f(\r(2)BL2ω,4R) D.eq\f(BL2ω,4R)解析：选D线框的转动周期为T，而线框转动一周只有eq\f(T,4)的时间内有感应电流，此时感应电流的大小为：I＝eq\f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，根据电流的热效应有：eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(BL2ω,2R)))2R·eq\f(T,4)＝I有2RT，解得I有＝eq\f(BL2ω,4R)，故D正确。★10.[多选](2018·绍兴模拟)图甲为风力发电的简易模型，在风力作用下，风叶带动与杆固连的永磁铁转动，磁铁下方的线圈与电压传感器相连，在某一风速时，传感器显示如图乙所示，则()A．磁铁的转速为10r/sB．线圈两端电压的有效值为6eq\r(2)VC．交流的电压表达式为u＝12sin5πtVD．该交流电可以直接加在击穿电压为9V的电容器上解析：选BC电流的周期为T＝0.4s，故磁体的转速为n＝eq\f(1,T)＝2.5r/s，故A错误；通过题图乙可知电压的最大值为12V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(12,\r(2))V＝6eq\r(2)V，故B正确；周期T＝0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，故电压的表达式为u＝12sin5πtV，故C正确；电容器的击穿电压为交流电的最大值，而交流电的最大值大于电容器的击穿电压，故不能加在该电容器上，故D错误。11．(2018·湖北大冶一中模拟)发电机转子是匝数n＝100，边长L＝20cm的正方形线圈，其置于磁感应强度B＝0.5T的匀强磁场中，绕着垂直磁场方向的轴以ω＝100πrad/s的角速度转动，当转到线圈平面与磁场方向垂直时开始计时。线圈的电阻r＝1Ω，外电路电阻R＝99Ω。试求：(1)写出交变电流瞬时值表达式；(2)外电阻上消耗的功率；(3)从计时开始，线圈转过eq\f(π,3)过程中，通过外电阻的电荷量是多少？解析：(1)电动势的最大值：Em＝nBωL2＝628V根据闭合电路欧姆定律得Im＝eq\f(Em,R＋r)＝6.28A故交变电流瞬时值表达式：i＝6.28sin100πt(A)。(2)电流的有效值I＝eq\f(1,\r(2))Im由P＝I2R得外电阻上的消耗功率：P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))Im))2R＝1.95×103W。(3)从计时开始到线圈转过eq\f(π,3)过程中，平均感应电动势由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得eq\x\to(E)＝neq\f(Φm－Φmcos60°,Δt)＝n·eq\f(BL2,2Δt)平均电流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(nBL2,2R＋r·Δt)通过外电阻的电荷量：q＝eq\x\to(I)·Δt＝eq\f(nBL2,2R＋r)＝1×10－2C。答案：(1)i＝6.28sin100πt(A)(2)1.95×103W(3)1×10－2C12.(2018·开封模拟)如图所示，一个半径为r的半圆形线圈，以直径ab为轴匀速转动，转速为n，ab的左侧有垂直于纸面向里(与ab垂直)的匀强磁场，磁感应强度为B。M和N是两个集流环，负载电阻为R，线圈、电流表和连接导线的电阻不计，求：(1)感应电动势的最大值。(2)从图示位置起转过eq\f(1,4)周期的时间内负载电阻R上产生的热量。(3)从图示位置起转过eq\f(1,4)周期的时间内通过负载电阻R的电荷量。(4)求出电流表的示数。解析：(1)线圈绕轴转动时，在电路中产生如图所示的交变电流。此交变电流的最大值为Em＝BSω＝Beq\f(πr2,2)2πn＝π2Bnr2。(2)在转过eq\f(1,4)周期的时间内，线圈一直切割磁感线，则产生的热量Q＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,4)＝eq\f(π4B2nr4,8R)。(3)在转过eq\f(1,4)周期的时间内，电动势的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)通过R的电荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πBr2,2R)。(4)根据电流的热效应，在一个周期内：Q＝I2RT＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)故电流表的示数为I＝eq\f(π2r2nB,2R)。答案：(1)π2Bnr2(2)eq\f(π4B2nr4,8R)(3)eq\f(πBr2,2R)(4)eq\f(π2r2nB,2R)第2节变压器__电能的输送(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。(√)1．在分析变压器问题时，一定要注意原副线圈中各量的决定关系：U1决定U2，I2决定I1，P2决定P1。2．分析和计算输电线上的电压损失和功率损失时要用Ur＝Irr，Pr＝Ir2r＝eq\f(Ur2,r)，注意Pr≠eq\f(U22,r)。3．解题中常用到的二级结论：①理想变压器原、副线圈的电压之比为eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，当变压器有多个副线圈时eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝……②理想变压器的输入、输出功率相等P1＝P2，当变压器有多个副线圈时P1＝P2＋P3＋……③由I＝eq\f(P,U)知，对只有一个副线圈的理想变压器有eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，当变压器有多个副线圈时n1I1＝n2I2＋n3I3＋……突破点(一)理想变压器基本规律的应用理想变压器以及原、副线圈基本量的关系理想变压器没有能量损失(铜损、铁损)，没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)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，P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，U1∶U2＝n1∶n2，与负载的多少无关电流关系只有一个副线圈时，I1∶I2＝n2∶n1；有多个副线圈时，由P入＝P出即I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn频率关系f1＝f2(变压器不改变交流电的频率)[题点全练]1.[多选](2016·全国卷Ⅲ)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。2．(2017·北京高考)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流电源上，副线圈接有R＝55Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是()A．原线圈的输入功率为220eq\r(2)WB．电流表的读数为1AC．电压表的读数为110eq\r(2)VD．副线圈输出交流电的周期为50s解析：选B由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220eq\r(2)V，故有效值为U1＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，故副线圈电压的有效值为U2＝110V，故输出功率P2＝eq\f(U22,R)＝220W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220W，A项错误；根据欧姆定律知，I2＝eq\f(U2,R)＝2A，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得I1＝1A，故电流表读数为1A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝eq\f(2π,ω)，解得T＝0.02s，所以D项错误。3．[多选](2018·湖北武汉部分重点高中联考)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3为三只规格均为“9V,6W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端接入如图乙所示的交变电压，则以下说法中正确的是()A．电流表的示数为2AB．电压表的示数为27eq\r(2)VC．副线圈两端接入耐压值为8V的电容器能正常工作D．变压器副线圈中交变电流的频率为50Hz解析：选AD由输入端交变电压u­t图像知，输入电压的有效值为eq\f(27\r(2),\r(2))V＝27V，由原、副线圈匝数之比为3∶1，可得原、副线圈的电压之比为3∶1，电流之比为1∶3，设灯泡两端电压为U，所以U＝9V，副线圈两端电压的有效值为9V，三只灯泡均能正常发光，电流表的读数I＝3×eq\f(6,9)A＝2A，A正确；电压表的示数为有效值27V，B错误；副线圈两端电压的最大值为9eq\r(2)V，C错误；变压器副线圈两端交变电流的频率为50Hz，D正确。4.(2016·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3Ω、1Ω和4Ω，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：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UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2联立两式代入数据解得k＝3选项B正确。突破点(二)理想变压器的动态分析常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况。匝数比不变的情况负载电阻不变的情况(1)U1不变，根据eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变。(2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化。(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化。(1)U1不变，eq\f(n1,n2)发生变化，U2变化。(2)R不变，U2变化，I2发生变化。(3)根据P2＝eq\f(U22,R)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。[典例](2016·天津高考)如图所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表。下列说法正确的是()A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大[思路点拨]解答本题时应从以下三点进行分析：(1)变压器中次级线圈电流决定初级线圈电流。(2)变压器中次级线圈功率决定初级线圈功率。(3)变压器中初级线圈电压决定次级线圈电压。[解析]当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，滑动变阻器连入电路的电阻R变大，则副线圈所在电路的总电阻R总变大，因原、副线圈两端的电压U1、U2不变，则通过R1的电流I2＝eq\f(U2,R总)变小，R1消耗的功率PR1＝I22R1变小，选项A错误；R1两端的电压UR1＝I2R1变小，则电压表V的示数UV＝U2－UR1变大，选项B正确；因通过原、副线圈的电流关系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I2变小，则I1变小，即电流表A1的示数变小，选项C错误；若闭合开关S，则副线圈所在电路的总电阻R总′变小，通过副线圈的电流I2′＝eq\f(U2,R总′)变大，则通过原线圈的电流I1′变大，电流表A1的示数变大，R1两端的电压UR1′＝I2′R1变大，则R2两端的电压UR2′＝U2－UR1′变小，电流表A2的示数变小，选项D错误。[答案]B[方法规律]变压器动态问题的分析流程[集训冲关]1.(2018·唐山统考)如图所示，理想变压器的原、副线圈分别接理想电流表A、理想电压表V，副线圈上通过输电线接有一个灯泡L、一个电吹风M，输电线的等效电阻为R，副线圈匝数可以通过调节滑片P改变。S断开时，灯泡L正常发光，滑片P位置不动，当S闭合时，以下说法正确的是（）A.电压表读数增大B.电流表读数减小C.等效电阻R两端电压增大D.为使灯泡L正常发光，滑片P应向下滑动解析：选CS闭合时，变压器副线圈电路电流增大，两端电压不变，电压表读数不变，选项A错误。由于变压器输出功率增大，输入电流增大，电流表读数增大，选项B错误。由于输电线中电流增大，所以输电线等效电阻R两端电压增大，选项C正确。为使灯泡L正常发光，应该增大变压器输出电压，滑片P应向上滑动，选项D错误。2．[多选]如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10Ω。在原线圈c、d两端加上图乙所示的交变电压，下列说法正确的是()A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2AB．当S与a连接后，理想电压表示数为11VC．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25HzD．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍解析：选AD由题图可以知道，交变电流的电压有效值为220V、周期为0.02s，频率为50Hz。当S接a时，由变压器的原理可以知道，n2两端电压有效值为22V，由闭合电路欧姆定律，得理想电压表的示数为22V，理想电流表示数为2.2A，故选项A正确，选项B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，故选项C错误；副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，故选项D正确。3．[多选](2018·定州月考)理想变压器的原线圈连接一只电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑动触头Q调节，如图，在副线圈上连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头。原线圈两端接在电压为U的交流电源上。则()A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小解析：选BC在原、副线圈匝数比一定的情况下，变压器的输出电压由输入电压决定。因此，当Q位置不变时，输出电压U′不变，此时P向上滑动，负载电阻值R′增大，则输出电流I′减小。根据输入功率P入等于输出功率P出，电流表的读数I变小，故A错误，B正确；P位置不变，将Q向上滑动，则输出电压U′变大，I′变大，电流表的读数变大，变压器的输入功率变大。因此选项C正确，D错误。突破点(三)远距离输电谨记远距离输电问题的“三二一”1．理清三个回路在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I线＝I3。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)和线圈2(匝数为n2)中各个量间的关系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。(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)和线圈4(匝数为n4)中各个量间的关系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。3．掌握一个守恒能量守恒关系式P1＝P损＋P4。[典例](2015·福建高考)如图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＝Umsinωt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()A.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))eq\f(Um2,4r) B.eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))eq\f(Um2,4r)C．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n1,n2)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))2r D．4eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(n2,n1)))2eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(P,Um)))2r[解析]升压变压器T的原线圈两端电压的有效值为U1＝eq\f(Um,\r(2))；由变压关系可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，则U2＝eq\f(n2Um,\r(2)n1)；因为输送电功率为P，输电线中的电流为I2＝eq\f(P,U2)＝eq\f(\r(2)n1P,n2Um)，则输电线上损失的电功率为ΔP＝I22(2r)＝eq\f(4n12P2r,n22Um2)，故选项C正确。[答案]C[方法规律]输电线路功率损失的计算方法P损＝P1－P4P1为输送的功率，P4为用户得到的功率P损＝I线2R线I线为输电线路上的电流，R线为线路电阻P损＝eq\f(ΔU2,R线)ΔU为输电线路上损失的电压，不要与U2、U3相混P损＝ΔU·I线注意：ΔU不要错代入U2或U3[集训冲关]1．[多选](2018·福州模拟)如图甲所示为远距离输电示意图，变压器均为理想变压器。升压变压器原、副线圈匝数比为1∶100，其输入电压变化规律如图乙所示，远距离输电线的总电阻为100Ω。降压变压器副线圈电路部分为一火警报警系统原理图，其中R1为一定值电阻，R2为用半导体热敏材料制成的传感器，当温度升高时其阻值变小。电压表V显示加在报警器上的电压(报警器未画出)。未出现火警时，升压变压器的输入功率为750kW。下列说法中正确的有()A．降压变压器副线圈输出的交流电频率为50HzB．远距离输电线路损耗的功率为180kWC．当传感器R2所在处出现火警时，电压表V的示数变大D．当传感器R2所在处出现