【优化方案】2016届高三物理大一轮复习教学讲义：第十章 交变电流 传感器 第一节.doc

第十章交变电流传感器【研透全国卷】从近几年高考试题来看，高考对本章内容的考查重点有：交变电流的有效值、瞬时值，变压器的原理及应用，远距离输电等知识.其中针对变压器的原理及应用的题目出现频率较高，常以选择题的形式考查，分值一般为6分.预测在2018年高考中，对交流电的考查仍会集中在有效值、瞬时值的计算上，还会综合变压器、远距离输电等知识进行考查.考点内容要求题型实验必考一、交变电流的产生及描述交变电流、交变电流的图象Ⅰ选择1.实验内容传感器的简单应用2.命题形式填空正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值Ⅰ二、变压器、电能的输送理想变压器Ⅱ选择、计算远距离输电Ⅰ第1讲交变电流的产生和描述知识点一交变电流、交变电流的图象1.交变电流(1)定义：和都随时间做周期性变化的电流.(2)按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流.2.正弦式交变电流的产生和图象(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕方向的轴匀速转动.(2)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线.答案：1.(1)大小方向 2.(1)垂直于磁场知识点二正弦式交变电流的函数表达式、峰值和有效值1.周期和频率(1)周期(T )：交变电流完成 变化(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)，公式T ＝2πω.(2)频率(f )：交变电流在1 s 内完成周期性变化的 .单位是赫兹(Hz). (3)周期和频率的关系：T ＝ 或f ＝ . 2.正弦式交变电流的函数表达式(线圈在中性面位置开始计时) (1)电动势e 随时间变化的规律：e ＝ . (2)负载两端的电压u 随时间变化的规律：u ＝ .(3)电流i 随时间变化的规律：i ＝ .其中ω等于线圈转动的 ，E m＝ .3.交变电流的瞬时值、峰值、有效值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数.(2)峰值：交变电流(电压或电动势)所能达到的最大的值，也叫最大值.(3)有效值：跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值叫做交变电流的有效值.对正弦式交变电流，其有效值和峰值的关系为：E ＝ ，U ＝ ，I ＝ .答案：1.(1)一次周期性 (2)次数 (3)1f 1T2.(1)E m sin ωt (2)U m sin ωt (3)I m sin ωt 角速度 nBSω3.(3)E m2U m2I m2(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)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2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.( ) 答案：(1) (2) (3) (4)√ (5)√ (6)考点正弦式交变电流的产生及变化规律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，ΔΦΔt＝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，ΔΦΔt最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变.2.正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)规律物理量函数表达式图象磁通量Φ＝Φm cos ωt＝BS cos ωt电动势e ＝E m sin ωt＝nBSωsin ωt电压u ＝U m sin ωt＝RE mR ＋rsin ωt电流i ＝I m sin ωt＝E mR ＋rsin ωt考向1 交流电的产生[典例1] (多选)如图所示为交流发电机示意图，线圈的AB 边连在金属滑环K 上，CD 边连在滑环L 上，导体制作的两个电刷E 、F 分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接.关于其工作原理，下列分析正确的是( )A.当线圈平面转到中性面的瞬间，穿过线圈的磁通量最大B.当线圈平面转到中性面的瞬间，线圈中的感应电流最大C.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，穿过线圈的磁通量最小D.当线圈平面转到跟中性面垂直的瞬间，线圈中的感应电流最小[答案] AC考向2 交流电的变化规律[典例2] (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，Ⓐ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，从图甲所示位置开始计时，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( )甲 乙 A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50π rad/sC.t ＝0.01 s 时，线圈平面与磁场方向平行D.t ＝0.02 s 时，电阻R 中电流的方向自右向左[解析] 电流表测量的是电路中电流的有效值I ＝10 A ，选项A 正确.由题图乙可知，T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT＝100π rad/s，选项B 错误.t ＝0.01 s 时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C 正确.t ＝0.02 s 时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R 中电流的方向自左向右，选项D 错误.[答案] AC[变式1] 矩形线圈abcd 在如图所示的磁场中以恒定的角速度ω绕ab 边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab 边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍.在t ＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd 边正在向纸外转动.规定图示箭头方向为电流正方向，则线圈中电流随时间变化的关系图线应是( )A BC D答案：A 解析：绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势E m ＝nBSω，因左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知选项A 正确.求解交变电流变化规律有关问题的三点注意(1)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.(2)注意峰值公式E m ＝nBSω中的S 为有效面积.(3)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.考点有效值的理解和计算1.正弦交变电流的有效值可利用公式E ＝E m2、U ＝U m2、I ＝I m2直接计算，其中E m 、U m 、I m 表示正弦交流电的峰值.2.交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算.注意“三同”即“相同电阻”上，“相同时间”“内产生”“相同热量”.计算时“相同时间”至少要取一个周期的时间.3.在交流电路中，电压表、电流表、功率表等电工仪表的示数均为交变电流的有效值.在没有具体说明的情况下，所给出的交变电流的电压、电流及电功率指的都是有效值.[典例3] 如图所示为交变电流随时间变化的图象，则交变电流的有效值为( )A.5 2 AB.5 AC.722 A D.3.5 A[解析] 设交变电流的有效值为I ，根据有效值的定义，I 2RT ＝(4 2 A)2R T2＋(3 2A)2R T2，解得I ＝5 A ，选项B 正确.[答案] B[变式2] 如图所示为一交流电压随时间变化的图象.每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定.根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )A.7.5 VB.8 VC.215 VD.313 V答案：C 解析：根据电流的热效应有⎝ ⎛⎭⎪⎫6 V 22·1R ·T 3＋（9 V ）2R ·2T 3＝U 2R T ，解得U 2＝60 V 2，所以U ＝215 V ，C 项 正确.[变式3] 如图所示电路，电阻R 1与电阻R 2阻值相同，都为R ，和R 1并联的D 为理想二极管(正向电阻可看做零，反向电阻可看做无穷大)，在A 、B 间加一正弦交流电u ＝202sin 100πt (V)，则加在R 2上的电压有效值为( )A.10 VB.20 VC.15 VD.510 V答案：D 解析：电压值取正值时，即在前半个周期内，二极管电阻为零，R 2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，可看做断路，R 2上的电压等于输入电压值的一半，因此可设加在R 2上的电压有效值为U ，根据电流的热效应，在一个周期内满足U 2R T ＝（20 V ）2R ·T 2＋（10 V ）2R ·T2，解得U ＝510 V ，选项D 正确.计算交变电流有效值的方法(1)计算有效值时要根据电流的热效应，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)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的14(但必须是从零至最大值或从最大值至零)和12周期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I ＝I m 2、U ＝U m2求解.考点 交变电流的“四值”的应用物理含义 重要关系 适用情况瞬时值交变电流某一时刻的值e ＝E m sin ωt i ＝I m sin ωt 计算线圈某时刻的受力最大值 最大的瞬时值E m ＝nBSωI m ＝E mR ＋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弦式交变 电流：E ＝E m2U ＝U m2I ＝I m2①计算与电流热效应相关的量，如功、功率、热量等；②交流电表的测量值；③电气设备所标注的额定电压、额定电流；④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的面积与时间的比值E ＝nΔΦΔtI ＝E R ＋r计算通过电路某一截面的电荷量q ＝I ·t考向1 对交流电“四值”的理解[典例4] 如图甲所示，标有“220 V 40 W”的灯泡和标有“20 μF 300 V”的电容器并联到交流电源上，V 为交流电压表，交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关.下列判断正确的是( )甲 乙 A.t ＝T2时刻，V 的示数为零B.灯泡恰好正常发光C.电容器不可能被击穿D.V 的示数保持110 2 V 不变[解析] V 的示数应是电压的有效值220 V ，故A 、D 错；电压的有效值恰好等于灯泡的额定电压，灯泡正常发光，B 正确；电压的峰值U m ＝220 2 V≈311 V，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C 错.[答案] B考向2 交流电“四值”的有关计算 [典例5] (多选)如图所示，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，其电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线O ′O 恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B .若线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O ′O 匀速转动，则以下判断正确的是( )A.图示位置线圈中的感应电动势最大，为E m ＝BL 2ωB.闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωtC.线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL2R ＋rD.线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R4（R ＋r ）2[解析] 题图所示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A 错误；线圈所围成的闭合电路中产生的感应电动势最大值为E m ＝12BL 2ω，故对应的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt ，B 正确；由q ＝ΔΦR ＋r可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量q ＝BL 2R ＋r ，C 错误；电阻R 上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤E m 2（R ＋r ）2R ×2πω＝πB 2ωL 4R4（R ＋r ）2，D 正确.[答案] BD1.计算有效值时一般选取交变电流的一个周期进行计算.非正弦交变电流的有效值要根据电流的热效应进行等效计算.2.交变电流的有效值和电流的方向无关；交变电流的平均值是根据法拉第电磁感应定律E ＝nΔΦΔt计算的，与交变电流的方向、所选取的时间段有关.1.[交流电的产生]如图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是( )A B C D答案：C 解析：线圈绕垂直于磁场的轴旋转可产生正弦式交变电流，只有C 项错误. 2.[交流电的变化规律](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，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示，则( )A.两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B.曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C.曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD.曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V答案：AC 解析：t ＝0时刻，两次产生的交流电的电动势瞬时值均为零，因此线圈平面均与中性面重合，A 项正确；题图中a 、b 对应的周期之比为2∶3，因此线圈转速之比n a ∶n b ＝1T a ∶1T b ＝3∶2，B 项错误；a 线表示的交流电动势的频率为f a ＝1T a ＝14×10－2Hz ＝25 Hz ，C项正确；a 线对应线圈相应的电动势的最大值E a m ＝NBS ·2πT a，由图象知E a m ＝15 V ，b 线对应线圈相应的电动势的最大值E b m ＝NBS ·2πT b ，因此E b m E a m ＝T a T b ＝23，E b m ＝10 V ，有效值E b ＝102 V ＝5 2V ，D 项错误.3.[有效值的计算]如图所示的区域内有垂直于纸面向里的匀强磁场，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.BL2ω2RB.2BL2ω2RC.2BL2ω4RD.BL2ω4R答案：D 解析：线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时18周期，出磁场的过程用时18周期，进、出磁场时产生的感应电流大小均为I′＝12BL2ωR，则转动一周产生的感应电流的有效值I满足：I2RT＝⎝⎛⎭⎪⎪⎫12BL2ωR2R×14T，解得I＝BL2ω4R，D项正确.4.[有效值的计算]某研究小组成员设计了一个如图所示的电路，与定值电阻R并联的电表是一个理想交流电压表，D是理想二极管(它的导电特点是正向电阻为零，反向电阻为无穷大).在A、B间加一交流电压，瞬时值的表达式为u＝202sin 100πt(V)，则交流电压表示数为( )A.10 VB.20 VC.15 VD.14.1 V答案：D 解析：根据交流电有效值的定义，结合理想二极管的单向导电特点，有U′2R·T ＝U2R·T2＋0，解得交流电压表示数U′＝U2＝14.1 V.5.[交流电“四值”的应用]如图甲所示为一台小型发电机的示意图，单匝线圈逆时针转动.若从中性面开始计时，产生的电动势随时间的变化规律如图乙所示.已知发电机线圈内阻为1.0 Ω，外接灯泡的电阻为9.0 Ω.求：- 11 -甲 乙(1)写出流经灯泡的瞬时电流的表达式；(2)转动过程中穿过线圈的最大磁通量；(3)线圈匀速转动一周的过程中，外力所做的功.答案：(1)i ＝0.62sin 100πt (A) (2)2.7×10－2 Wb (3)7.2×10－2 J解析：(1)由图得e ＝E m sin ωt ＝62sin 100πt (V) 则电流i ＝eR ＋r ＝0.62sin 100πt (A).(2)E m ＝BSω，E m ＝6 2 Vω＝100π，Φm ＝BS ＝E m ω＝2.7×10－2Wb.(3)E ＝E m2＝6 V外力所做的功W ＝Q ＝E 2R ＋r T ＝7.2×10－2J.。

第十章 交变电流 传感器章末检测(十)(时间：60分钟；分值：100分)一、单项选择题(本大题共6小题，每小题5分，共30分，每小题只有一个选项符合题意)1．(2015·广东茂名模拟)交流发电机电枢中产生的交变电动势为e ＝E m sin ωt ，如果要将交变电动势的有效值提高一倍，而交流电的周期不变，可采取的方法是( )A ．将电枢转速提高一倍，其他条件不变B ．将磁感应强度增加一倍，其他条件不变C ．将线圈的面积增加一倍，线圈匝数增加一倍，其他条件不变D ．将磁感应强度增加一倍，线圈的面积缩小一半，其他条件不变解析：选B.将磁感应强度增加一倍，其他条件不变，可达到要求，选项B 正确．2．电吉他是利用电磁感应原理工作的一种乐器．如图甲所示为电吉他的拾音器的原理图，在金属弦的下方放置有一个连接到放大器的螺线管．一条形磁铁固定在管内，当拨动金属弦后，螺线管内就会产生感应电流，经一系列转化后可将电信号转为声音信号．若由于金属弦的振动，螺线管内的磁通量Φ随时间t 的变化如图乙所示，则螺线管内感应电流I 随时间t 变化的图象可能为( )解析：选B.由感应电流公式I ＝E R ＝n ΔΦR Δt，感应电流大小与磁通量的变化率有关，在Φ－t 图线上各点切线的斜率的绝对值表示感应电流的大小，斜率的正、负号表示电流的方向；根据题图乙，在0～t 0时间内，感应电流I 的大小先减小到零，然后再逐渐增大，电流的方向改变一次，同理可分析t 0～2t 0时间内感应电流I 的变化，只有选项B 符合要求．3．(2015·东北三校联考)关于图甲、乙、丙、丁，下列说法正确的是( )A ．图甲中电流的峰值为2 A ，有效值为 2 A ，周期为5 sB ．图乙中电流的峰值为5 A ，有效值为2.5 2 AC ．图丙中电流的峰值为2 A ，有效值为 2 AD ．图丁中电流的最大值为4 A ，有效值为 2 A ，周期为2 s 解析：选B.图甲是正弦式交变电流图线，峰值(最大值)为2 A ，有效值是峰值的12，即 2 A ，周期为4 s ，所以A 选项错误，图乙电流大小改变但方向不变，所以不是交变电流，计算有效值时因为热效应与电流方向无关，所以仍是峰值的12，即2.5 2 A ，所以B 选项正确，图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不可能为峰值的12，所以C 选项错误；图丁是交变电流图线，周期为2 s ，根据有效值定义则有：42×R ×T 2＋32×R ×T 2＝I 2RT ，解得电流有效值I ＝2.5 2 A ，所以D 选项错误．4．(2015·甘肃兰州张掖一诊)如图所示，M 是一小型理想变压器，接线柱a 、b 接在电压u ＝311sin 314t (V)的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统，其中R 2是用半导体热敏材料(电阻随温度升高而降低)制成的传感器，电流表A 2是值班室的显示器，显示通过R 1的电流，电压表V 2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R 3是一定值电阻．当传感器R 2所在处出现火情时，下列说法正确的是 ( )A ．A 1的示数不变，A 2的示数增大B ．V 1的示数增大，V 2的示数增大C ．V 1的示数减小，V 2的示数减小D ．A 1的示数增大，A 2的示数减小解析；选D.当传感器R 2所在处出现火情时，R 2的电阻减小，导致电路的总电阻减小，所以电路中的总电流将会增加，A 1测量的是原线圈中的总电流，由于副线圈的电流增大了，所以原线圈的电流也要增加；由于电源的电压不变，原副线圈的电压也不变，所以V 1的示数不变，由于副线圈中电流增大，R 3两端的电压变大，所以V 2的示数要减小，即R 1两端的电压也要减小，所以A 2的示数要减小，故A 、B 、C 错误，D 正确．5．(2015·黑龙江齐齐哈尔模拟)如图所示，一理想变压器原、副线圈的匝数之比为10∶1，原线圈两端接入一正弦交流电源；副线圈电路中的电容器C 和电阻R 为负载，交流电压表和交流电流表均为理想电表，则下列说法正确的是( )A ．若电压表的示数为6 V ，则输入电压的峰值为60 VB ．电流表A 的示数为流经电阻R 的电流C ．若输入电压U ＝100 V ，则电容器C 的耐压值至少为10 VD ．若输入电压的峰值保持不变，将其频率变大，则变压器的输入功率也将增大解析：选D.电压表示数为6 V ，由U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝60 V ，则输入电压的峰值为U m ＝60 2V ，A 项错误；在交流电路中电容器C 、电阻R 都工作，则电流表测得的是流经R 与C 的电流之和，B 项错误；若输入电压U ＝100 V ，则输入电压峰值为U m ＝100 2 V ，则输出端电压的峰值即电容器C 的耐压值至少为10 2 V ，C 项错误；若输入电压峰值保持不变，将频率变大，由电容器C 对交流电的影响可知，交流电的频率变大，容抗R C 变小，总电阻变小，由P ＝U 2R 负得输出功率将变大，则输入功率也将变大，D 项正确． 6．(2014·高考福建卷)下图为模拟远距离输电实验电路图，两理想变压器的匝数n 1＝n 4＜n 2＝n 3，四根模拟输电线的电阻R 1、R 2、R 3、R 4的阻值均为R ，A 1、A 2为相同的理想交流电流表，L 1、L 2为相同的小灯泡，灯丝电阻R L ＞2R ，忽略灯丝电阻随温度的变化．当A 、B端接入低压交流电源时( )A ．A 1、A 2两表的示数相同B ．L 1、L 2两灯泡的亮度相同C ．R 1消耗的功率大于R 3消耗的功率D ．R 2两端的电压小于R 4两端的电压解析：选D.设A 、B 端所加电压为U ，由欧姆定律知，通过A 2表的电流大小I 2＝U 2R ＋R L .通过升压变压器升压后输出电压U ′＝n 2n 1U ，降压变压器获得电压为U ′－I 1·2R ＝n 2n 1U －I 1·2R ，灯泡L 1两端电压为⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U －I 1·2R n 4n 3，则通过灯泡L 1的电流为⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U －I 1·2R n 4n 3R L .故由变压器电流变化规律得I 1＝⎝ ⎛⎭⎪⎫n 2n 1U －I 1·2R n 4n 3R L n 4n 3.又因为n 1＝n 4<n 2＝n 3，解上式得I 1＝U n 2n 1R L ＋n 1n 2·2R .因为R L >2R ，所以I 1<I 2，选项A 错误．通过灯泡L 1的电流为n 3n 4I 1＝n 2n 1I 1＝U R L ＋n 21n 22·2R >I 2，故灯泡L 1亮度更大，选项B 错误．由于I 1<I 2，根据欧姆定律以及电功率的有关知识可知，选项C 错误，选项D 正确．二、多项选择题(本大题共4小题，每小题6分，共24分，每小题有多个选项符合题意)7．(2015·山东青岛二中月考)一矩形线圈在匀强磁场中绕垂直磁感线的对称轴转动，形成如图所示的交变电动势图象，根据图象提供的信息，以下说法正确的是( )A ．线圈转动的角速度为100π3rad/s B ．电动势的有效值为14.1 VC ．t ＝1.0×10－2 s 时，线圈平面和磁场方向的夹角30°D ．t ＝1.5×10－2 s 时，穿过线圈平面的磁通量最大答案：AB8．(2015·浙江丽水中学月考)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图．输入电压是市区电网的电压，负载变化时输入电压不会有大的波动．输出电压通过输电线送给用户，两条输电线总电阻用R 0表示．当负载增加时，则( )A ．电压表V 1、V 2的示数几乎不变B ．电流表A 2的示数增大，电流表A 1的示数减小C ．电压表V 3的示数增大，电流表A 2的示数增大D ．电压表V 2、V 3的示数之差与电流表A 2的示数的比值不变解析：选AD.据题意可知，电压表V 1和V 2分别测量原线圈电压和副线圈电压，因原线圈输入电压不变，则副线圈的电压也不变，所以A 选项正确；负载增加，则副线圈电流增大，即A 2示数增大，据副线圈电流决定原线圈电流，则原线圈电流也增大，所以B 选项错误；由于A 2增大，则R 0所分担电压增大，又知副线圈两端电压不变，则V 3示数减小，C 错误；电压表V 2、V 3的示数之差与电流表A 2的示数的比值其实是输电线的总电阻R 0，而输电线电阻大小不变，所以D 选项正确．9．如图所示为一自耦变压器，保持电阻R ′和输入电压不变，以下说法正确的是( )A ．滑片P 向b 方向移动，滑片Q 下移，电流表示数减小B ．滑片P 不动，滑片Q 上移，电流表示数不变C ．滑片P 向b 方向移动，滑片Q 不动，电压表示数增大D ．滑片P 不动，滑片Q 上移或下移，电压表示数始终不变解析：选AD.U 2＝n 2n 1U 1，P 上移，U 2减小，Q 下移，负载电阻R 负增大，所以输出功率P 2＝U 22R 负减小，由输入功率P 1＝P 2＝I 1U 1，U 1不变，所以I 1减小，A 正确．Q 上移，负载R 负减小，U 2不变，输出功率增大，输入功率增大，电流表的示数增大，B 错．由公式U 2＝n 2n 1U 1知，C 错，D 正确．10．(2015·河北衡水中学月考)在远距离输电时，输送的电功率为P ，输电电压为U ，所用输电导线的电阻率为ρ，横截面积为S ，两地的距离为L ，输电线上损耗的电功率为P 1，用户得到的电功率为P 2.下列关于P 1和P 2的表达式中正确的是( )A ．P 2＝P ⎝⎛⎭⎪⎫1－2P ρL U 2S B ．P 2＝P －U 2S 2ρL C ．P 1＝2P 2ρL U 2S D ．P 1＝U 2S ρL解析：选AC.输电线上的电流I ＝P U ，输电导线的电阻R ＝ρ·2L S，输电线上损耗的电功率为：P 1＝I 2R ＝2P 2ρL U 2S ，用户得到的电功率为：P 2＝P ⎝ ⎛⎭⎪⎫1－2P ρL U 2S ，故A 、C 正确． 三、非选择题(本大题共3小题，共46分，要有必要的文字说明和解题步骤，有数值计算的要注明单位)11．(10分)(2015·衡阳模拟)如图为某一热敏电阻(电阻值随温度的改变而改变，且对温度很敏感)的I －U 关系曲线图．(1)为了通过测量得到如图所示I －U 关系的完整曲线，在图甲和乙两个电路中应选择的是图________；简要说明理由：____________________________________________.(电源电动势为9 V ，内阻不计，滑动变阻器的阻值为0～100 Ω)(2)在如图所示电路中，电源电压恒为9 V ，电流表读数为70 mA ，定值电阻R 1＝250 Ω.由热敏电阻的I －U 关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为________V ；电阻R 2的阻值为________Ω，答案：(1)甲(2分) 因为甲电路电压可从0 V 调到所需电压，电压调节范围大(2分)(2)5.0(3分) 117.6(3分)12.(16分)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14转的时间内负载电阻R 上产生的热量； (3)从图示位置起转过14转的时间内通过负载电阻R 的电荷量； (4)电流表的示数．解析：(1)线圈绕轴匀速转动时，在电路中产生如图所示的交变电流．(1分)此交变电动势的最大值为E m ＝BS ω＝B ·πr 22·2πn ＝π2Bnr 2.(3分) (2)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的有效值为E ＝E m 2＝2π2Bnr 22(1分) 电阻R 上产生的热量Q ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E R 2R ·T 4＝π4B 2r 4n 8R .(3分) (3)在线圈从图示位置转过14转的时间内，电动势的平均值为E ＝ΔΦΔt(1分) 通过R 的电荷量q ＝I ·Δt ＝E R ·Δt ＝ΔΦR ＝πBr 22R .(3分) (4)设此交变电动势在一个周期内的有效值为E ′，由有效值的定义得⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R ·T 2＝E ′2RT ，解得E ′＝E m 2(2分) 故电流表的示数为I ＝E ′R ＝π2r 2nB 2R.(2分) 答案：(1)π2Bnr 2 (2)π4B 2r 4n 8R (3)πBr 22R (4)π2r 2nB 2R13．(20分)发电机的端电压为220 V ，输出电功率为44 kW ，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．(1)画出全过程的线路图；(2)求用户得到的电压和功率；(3)若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压．解析：(1)线路图如图所示：(4分)(2)升压变压器副线圈上的输出电压 U 2＝n 2n 1U 1＝2 200 V ， (1分) 升压变压器副线圈上的输出电流I 2＝n 1n 2I 1， (1分)升压变压器原线圈上的输入电流，由P ＝U 1I 1得I 1＝P U 1＝44×103220A ＝200 A ， (1分) 所以I 2＝n 1n 2I 1＝110×200 A＝20 A ． (2分) 输电线路上的电压损失和功率损失分别为U R ＝I 2R ＝4 V ， (1分)P R ＝I 22R ＝0.08 kW. (2分)加到降压变压器原线圈上的输入电流和电压分别为I 3＝I 2＝20 A ， (1分)U 3＝U 2－U R ＝2 196 V ． (1分)降压变压器副线圈上的输出电压和电流分别为U 4＝n 4n 3U 3＝219.6 V ， (1分) I 4＝n 3n 4I 3＝200 A ． (1分) 用户得到的功率P 4＝U 4I 4＝43.92 kW. (1分)(3)若不采用高压输电，线路损失电压为U ′R ＝I 1R ＝40 V ， (1分)用户得到的电压U ′＝U 1－U ′R ＝180 V ， (1分)用户得到的功率为P ′＝U ′I 1＝36 kW. (1分)答案：见解析。

第十章第一节交变电流的产生和描述考纲展示1．交变电流、交变电流的图象Ⅰ2．正弦交变电流的函数表达式、峰值和有效值Ⅰ3．理想变压器Ⅱ4．远距离输电Ⅰ实验十一：传感器的简单使用差的问题．2．只限于单相理想变压器．热点视角1．交变电流的四值计算以及变压器的原理和应用是高考考查的热点，题型以选择题为主．2．传感器在生产和科技中的应用越来越广泛，这使传感器的原理及应用在高考中出现的可能性有所增加．3．本章知识与生产、生活联系紧密，理论联系实际的题目出现的可能性较大，如涉及民生的远距离输电问题．第一节交变电流的产生和描述一、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①定义：与磁场方向垂直的平面．②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)图象：用以描述交变电流随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图象为正弦曲线．1.(单项选择)关于线圈在匀强磁场中转动产生的交变电流，以下说法中正确的选项是( )A ．线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变B ．线圈每转动一周，感应电流的方向改变一次C ．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都改变一次D ．线圈每转动一周，感应电动势和感应电流的方向都改变一次 答案：C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 ＝1f.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，那么这个恒定电流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 ＝I m2，U ＝U m2，E ＝E m2.3．平均值：E ＝nΔΦΔt＝BL v . 特别提示：通常所说交变电流、电压的数值，各种交流电器设备所标的额定电压和额定电流的数值，一般交流电表测量的数值，都是指有效值(除非有特殊说明)．2.(单项选择)小型交流发电机中，矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势与时间呈正弦函数关系，如下图．此线圈与一个R ＝10 Ω的电阻构成闭合电路，不计电路的其他电阻，以下说法正确的选项是( )A ．交变电流的周期为0.125 sB ．交变电流的频率为8 HzC ．交变电流的有效值为 2 AD ．交变电流的最大值为4 A答案：C考点一 交变电流的变化规律1．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)函数 图象磁通量Φ＝Φm cos ωt＝BS cos ωt电动势e ＝E m sin ωt＝nBSωsin ωt电压u ＝U m sin ωt＝RE mR ＋rsin ωt电流i ＝I m sin ωt＝E mR ＋rsin ωt(1)线圈平面与中性面重合时，S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝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，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变．(单项选择)如图甲所示，一矩形线圈abcd 放置在匀强磁场中，并绕过ab 、cd中点的轴OO ′以角速度ω逆时针匀速转动．假设以线圈平面与磁场夹角θ＝45°时(如图乙)为计时起点，并规定当电流自a 流向b 时电流方向为正．那么以下图所示的四幅图中正确的选项是( )[思路点拨] 确定感应电流的变化图象，应从三个方面分析：(1)感应电流的方向，(2)感应电流的大小及变化趋势，(3)t ＝0时的大小和方向．[解析] 矩形线圈绕垂直于匀强磁场的转轴匀速转动产生正弦式交变电流，在开始计时(t ＝0)时线圈达题图乙所示的位置，据右手定那么判断电流为负方向，首先排除A 、B 选项．假设达题图甲所示的位置，感应电流为负向的峰值，可见t ＝0的时刻交变电流处于负半周且再经T 8到达中性面位置，或者φ0＝π4，瞬时表达式i ＝I m sin(ωt －φ0)，所以0＝I m sin ⎝⎛⎭⎪⎫2πTt －π4，t ＝T 8.[答案] D[总结提升] 解决交变电流图象问题的三点注意(1)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．(2)注意峰值公式E m ＝nBSω中的S 为有效面积．(3)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．1.(单项选择)矩形线圈abcd 在如下图的磁场中以恒定的角速度ω绕ab 边转动，磁场方向垂直纸面向里，其中ab 边左侧磁场的磁感应强度大小是右侧磁场的2倍．在t ＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd 边正在向纸外转动．规定图示箭头方向为电流正方向，那么线圈中电流随时间变化的关系图线应是( )解析：选A.绕垂直磁场的轴转动时，线圈能够产生的最大感应电动势E m＝NBSω，所以线圈在左侧磁场中产生的感应电动势最大值是右侧磁场中最大值的2倍，再利用楞次定律分析感应电流方向，可知选项A正确．考点二交流电有效值的求解1．正弦式交流电有效值的求解利用I＝I m2，U＝U m2，E＝E m2计算．2．非正弦式交流电有效值的求解交变电流的有效值是根据电流的热效应(电流通过电阻生热)进行定义的，所以进行有效值计算时，要紧扣电流通过电阻生热(或热功率)进行计算．注意“三同〞：即“相同电阻〞，“相同时间〞内产生“相同热量〞．计算时“相同时间〞要取周期的整数倍，一般取一个周期．(单项选择)(2015·某某质检)如下图为一交流电压随时间变化的图象．每个周期内，前三分之一周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定．根据图中数据可得，此交流电压的有效值为( )A．7.5 V B．8 VC．215 V D．313 V[解析] 根据电流的热效应有⎝ ⎛⎭⎪⎫6 V 22·1R ·T3＋9 V 2R ·2T 3＝U 2RT ，解得U 2＝60 V 2，所以U ＝215 V ，C 项正确．[答案] C[解题技巧] (1)要取一个周期的时间计算电热； (2)分段处理：曲线为正弦的部分用I ＝I m 2⎝⎛⎭⎪⎫U ＝U m 2代替，恒定的部分有效值即为瞬时值．2.(单项选择)(2015·某某九所重点中学联考)如下图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)．那么线框内产生的感应电流的有效值为( )A.BL 2ω2RB.2BL 2ω2RC.2BL 2ω4R D.BL 2ω4RL ，各点的平均速度v ＝Lω2，导线框进磁场和出磁场时有感应电流产生，由法拉第电磁感应定律和有效值的定义有：E ＝BL 2ω2，E 2R ×T 4＝I 2RT ，可得I ＝BL 2ω4R，故D 正确，A 、B 、C错误．考点三 交变电流的“四值〞的比较物理含义 重要关系 适用情况 瞬时值交变电流某一时刻的值e ＝E m sin ωt计算线圈某一时刻的受力情况峰值最大的瞬时值E m ＝nBSωI m ＝E mR ＋r确定用电器的耐压值，电容器的击穿电压有效值 跟交变电流的热效应E ＝E m2(1)计算与电流热效应等效的恒定电流值U＝U m 2I＝I m2相关的量(如功率、热量)(2)交流电表的测量值(3)电器设备标注的额定电压、额定电流(4)保险丝的熔断电流平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹面积与时间的比值E＝ΔΦΔtI＝ER＋r计算通过电路截面的电荷量如下图，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度B＝1πT，当线圈以300 r/min的转速匀速旋转时．问：(1)假设从线圈处于中性面开始计时，写出线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈转过130s时电动势的瞬时值多大？(3)电路中，电压表和电流表的示数各是多少？(4)从中性面开始计时，经130s通过电阻R的电荷量是多少？[解析] (1)e＝E m sin ωt＝nBS·2πf sin(2πft)＝100×1π×0.05×2π×30060sin⎝⎛⎭⎪⎫2π×30060t V＝50sin 10πt V.(2)当t＝130 s时，e＝50sin⎝⎛⎭⎪⎫10π×130V≈43.3 V.(3)电动势的有效值为E＝E m2＝502V≈35.4 V电流表示数I＝ER＋r＝,9＋1) A＝3.54 A电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V.(4)130 s 内线圈转过的角度θ＝ωt ＝30060×2π×130＝π3. 该过程中，ΔΦ＝BS －BS cos θ＝12BS由I ＝qΔt ，I ＝ER ＋r ，E ＝n ΔΦΔt得q ＝n ΔΦR ＋r ＝nBS2R ＋r＝错误! C ＝错误! C. [答案] (1)e ＝50sin 10πt V (2)43.3 V (3)31.86 V 3.54 A (4)14πC[方法总结] 书写交变电流瞬时值表达式的基本思路 (1)求出角速度ω，ω＝2πT＝2πf .(2)确定正弦交变电流的峰值，根据图象读出或由公式E m ＝nBSω求出相应峰值． (3)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式．①线圈从中性面位置开始转动，那么i －t 图象为正弦函数图象，函数式为i ＝I m sin ωt . ②线圈从垂直中性面位置开始转动，那么i －t 图象为余弦函数图象，函数式为i ＝I m cosωt .3.(单项选择)(2013·高考某某卷)如图，实验室一台手摇交流发电机，内阻r ＝1.0 Ω，外接R ＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S ，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e ＝102sin 10πt (V)，那么( )A ．该交变电流的频率为10 HzB ．该电动势的有效值为10 2 VC ．外接电阻R 所消耗的电功率为10 WD ．电路中理想交流电流表A 的示数为1.0 Ae ＝102sin 10πt (V)，故ω＝10π rad/s，f ＝ω2π＝5 Hz ，选项A 错误；E m ＝10 2 V ，故其有效值E ＝E m2＝10 V ，选项B 错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中A 表的示数I ＝ER ＋r＝1.0 A ，选项D 正确；外接电阻R 所消耗功率为P ＝I 2R 2×9 W＝9 W ，选项C 错误．物理思想——等效法求解交流电问题(多项选择)(2015·东北三校联考)如下图，空间中有X围足够大的匀强磁场，磁场方向竖直向下，在其间竖直放置两彼此正对的相同金属圆环，两环相距L，用导线将环与外电阻相连，现用外力使金属杆沿两环做匀速圆周运动．假设磁感应强度大小为B，圆环半径为R，杆转动角速度为ω，金属杆和电阻的阻值均为r，其他电阻不计，那么( )A．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变大后变小B．当金属杆从圆环最高点向最低点转动过程中，流过外电阻的电流先变小后变大C．流过外电阻电流的有效值为2BLωR 4rD．流过外电阻电流的有效值为2πBωR2 4r[解析] 金属杆从圆环最高点向最低点转动的过程中，垂直磁场方向的分速度先减小再增大，因而流过外电阻的电流先减小再增大，选项A错误，选项B正确．杆沿圆环的匀速率运动等效为以两环圆心连线为转动轴、长为L、宽为R的矩形线框的匀速转动，因此产生正弦交流电，遵守I＝I m2的关系．电动势的最大值为E m＝BLωR，I m＝E m2r，I＝I m2＝2BLωR4r，故C对D错．[答案] BC[技法点评] 此题采取等效法处理，省略了杆产生正弦交流电的推导过程，使问题的解决更加简单、便捷．4.(多项选择)面积为S、阻值为R的金属框放置在匀强磁场中，磁场方向与金属框平面垂直，磁感应强度随时间的变化规律B＝B0sin ωt，那么( ) A．金属框中产生的电动势的最大值为B0SωB．金属框中电流的有效值为B0SωRC ．在一个周期内金属框产生的焦耳热为B 20S 2ωRD ．在第一个14周期内流过某截面的电量为B 0SRB 0的磁场中以ω匀速转动的情况相同．因此最大电动势为E m ＝B 0Sω，A 正确；电流的有效值为I ＝E m2R＝2B 0Sω2R ，B 错；在一个周期内的焦耳热为：Q ＝I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫2B 0Sω2R 2·R ·2πω＝πB 20S 2ωR ，C 错；在第1个T 4内，ΔΦ＝B 0S ，那么q ＝I ·Δt ＝ΔΦΔt ·R ·Δt ＝B 0SR ，D 正确．1．(多项选择)(2015·某某某某模拟)一个矩形线圈在匀强磁场中转动，它产生的交流电动势为e ＝2202sin 100πt (V)．关于这个交变电流，以下说法中正确的选项是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．该电动势的有效值为220 VC ．线圈转动的角速度ω＝50π rad/sD ．t ＝0时，线圈平面处于中性面f ＝100π rad/s 知，该交变电流的频率为50 Hz ，A 错；电动势有效值E ＝E m2＝220 V ，B 对；ω＝100π rad/s，C 错；t ＝0时，e ＝0，此时线圈处于中性面，D 对．2．(多项选择)(2015·某某模拟)图甲、图乙分别为两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压是正弦函数的一部分．以下说法正确的选项是( )A ．图甲、图乙均表示交流电B ．图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝20sin 100πt (V)C ．图甲所示电压的有效值为20 VD ．图乙所示电压的有效值为10 V解析：选ABD.由甲图知：U m ＝20 V ，T ＝2×10－2s ，ω＝2πT＝100π rad/s，从中性面开始计时，那么u ＝20sin 100πt (V)，B 正确．甲图电压的有效值：U 甲＝U m2＝10 2 V ，C错．对乙图：U 2乙R ·T ＝1022R·T2，U 乙＝10 V ，故D 正确．3．(多项选择)(2015·某某十二校联考)如下图，边长为L 的正方形单匝线圈abcd ，其电阻为r ，外电路的电阻为R ，ab 的中点和cd 的中点的连线O ′O 恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B .假设线圈从图示位置开始以角速度ω绕轴O ′O 匀速转动，那么以下判断正确的选项是( )A ．图示位置线圈中的感应电动势最大，为E m ＝BL 2ωB ．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωtC ．线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量为q ＝2BL2R ＋rD ．线圈转动一周的过程中，电阻R 上产生的热量为Q ＝πB 2ωL 4R4R ＋r2解析：选BD.图示位置，线圈中通过的磁通量最大，但感应电动势为零，A 错误；线圈产生的感应电动势最大值为E m ＝12BL 2ω，故对应的瞬时值表达式为e ＝12BL 2ωsin ωt ，B 正确；由q ＝ΔΦR ＋r 可得线圈从图示位置转过180°的过程中，流过电阻R 的电荷量q ＝BL2R ＋r ，C错误；电阻R 上产生的热量应利用有效值求解，即转动一周的过程中产生的热量：Q ＝⎣⎢⎡⎦⎥⎤E m 2R ＋r 2R ×2πω＝πB 2ωL 4R 4R ＋r 2，D 正确．4．(单项选择)一个小型电热器假设接在输出电压为10 V 的直流电源上，消耗电功率为P ；假设把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为P2.如果电热器电阻不变，那么此交流电源输出电压的最大值为( )A ．5 VB ．5 2 VC ．10 VD ．10 2 VR ，题中正弦交流电源输出电压的有效值为U ，那么P 2＝U 2R ；加直流电时，P ＝10 V2R；又由最大值U m ＝2U ，可解出U m ＝10 V ．故C 正确．5．(单项选择)标有“220 V、40 W 〞的电灯和标有“20 μF、300 V 〞的电容器并联接到交流电源上，V 为交流电压表．交流电源的输出电压如图乙所示，闭合开关．以下判断正确的选项是( )A ．t ＝T2时刻，V 的示数为零B ．电灯恰正常发光C ．电容器不可能被击穿D ．V 的示数保持110 2 V 不变解析：选B.V 的示数应是电压的有效值220 V ，故A 、D 错；电压的有效值恰等于电灯的额定电压，电灯正常发光，B 正确；电压的峰值220 2 V≈311 V，大于电容器的耐压值，故有可能被击穿，C 错．6．(多项选择)如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )A ．周期是0.01 sB ．最大值是311 VC ．有效值是220 VD ．表达式为u ＝220sin 100πt (V)解析：选BC.由图可知，最大值U m ＝311 V ，有效值U ＝U m2＝220 V ，周期T ＝0.02 s ，表达式u ＝311sin 100πt (V)，选B 、C.一、单项选择题1．如图甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈中产生的交变电流按照图乙所示的余弦规律变化，在t＝π2ω时刻( )A．线圈中的电流最大B．穿过线圈的磁通量为零C．线圈所受的安培力为零D．穿过线圈磁通量的变化率最大答案：C2．(2015·某某池州调研)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图甲所示．发电机线圈内阻为5.0 Ω，现外接一只电阻为95.0 Ω的灯泡，如图乙所示，那么( )A．电压表V的示数为220 VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484 WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的电热为24.2 J解析：选D.产生的感应电动势为220 V，灯泡中电流I＝ER＋r＝2.2 A，电压表示数为U ＝IR＝2.2×95.0 V＝209 V，选项A错误；交变电流频率为50 Hz，电路中的电流方向每秒钟改变100次，选项B错误；灯泡实际消耗的功率为P＝UI＝209×2.2 W＝459.8 W，选项C 错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的电热为Q＝I2rt2×5.0×1 J＝24.2 J，选项D正确．3．如下图，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．假设使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，那么经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为( )A ．1∶2B ．1∶2C ．1∶3D ．1∶6解析：选C.电功的计算中，I 要用有效值计算，图甲中，由有效值的定义得⎝ ⎛⎭⎪⎫122R ×2×10－2＋0＋⎝ ⎛⎭⎪⎫122R ×2×10－2＝I 21R ×6×10－2，得I 1＝33 A ；图乙中，I 的大小不变，I 2＝1 A ，由W ＝UIt ＝I 2Rt 可以得到W 甲∶W 乙＝1∶3.4．(2015·某某五校联考)如下图，将一根绝缘硬金属导线弯曲成一个完整的正弦曲线形状，它通过两个小金属环a 、b 与长直金属杆导通，在外力F 作用下，正弦形金属线可以在杆上无摩擦滑动．杆的电阻不计，导线电阻为R ，ab 间距离为2L ，导线组成的正弦图形顶部或底部到杆的距离都是L2.在导线和杆平面内有一有界匀强磁场区域，磁场的宽度为L ，磁感应强度为B .现在外力F 作用下导线沿杆以恒定的速度v 向右运动，在运动过程中导线和杆组成的平面始终与磁场垂直．t ＝0时刻导线从O 点进入磁场，直到全部穿过磁场，外力F 所做功为 ( )A.B 2L 2v 2R B.B 2L 3v2RC.3B 2L 3v 4R D.3B 2L 2v 24R解析：选C.根据功能关系，外力F 所做功等于克服安培力所做的功，也等于导线与杆组成的闭合回路中消耗的电能．整个过程，导线运动了3L ，第1个L 和第3个L ，导线切割磁感线的长度为12L sin ωt ，产生的感应电动势为e ＝12BLv sin ωt ，相当于正弦交流电，该过程运动的时间t 1＝2L v ，消耗的电能Q 1＝BLv /222Rt 1＝B 2L 3v 4R；第2个L ，导线切割磁感线的长度为L sin ωt ，产生的感应电动势为e ＝BLv sin ωt ，相当于正弦交流电，该过程运动的时间t 2＝L v ，消耗的电能Q 2＝BLv /22Rt 2＝B 2L 3v 2R ；所以外力F 所做功W ＝Q 1＋Q 2＝3B 2L 3v 4R，选项C 正确．5．如图甲所示，矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的中心轴OO ′匀速转动，从图示位置开始计时，产生的感应电动势如图乙所示．假设线圈的转速变为原来的2倍，而其他条件保持不变，从图示位置转过90°开始计时，那么能正确反映线圈中产生的电动势e 随时间t 的变化规律的图象是( )解析：选A.由题图乙知，周期T ＝4 s ，感应电动势的最大值E m ＝1 V ，而感应电动势的最大值的表达式E m ＝NBSω＝NBS ·2πT.假设仅把线圈的转速变为原来的2倍，那么周期T ′变为原来的12，即T ′＝2 s ，感应电动势的最大值的表达式E ′m 变为原来的2倍，即E ′m＝2 V ，所以选项B 、C 错误；从图示位置转过90°开始计时的时刻线圈中产生的感应电动势应为0，所以选项A 正确，D 错误．二、多项选择题6．如图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，能产生正弦式交变电流的是( )解析：选ABD.线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动，就能产生正弦交流电，故A 、B 、D 正确，C 错．7．(2015·房山区模拟)在匀强磁场中，n ＝100匝的一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的感应电动势如图乙所示，那么( )A ．t ＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为3.11 Wb/sB ．t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合C ．线框产生的交变电动势有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：选AB.t ＝0.005 s 时，电动势最大E m ＝311 V ，由E m ＝n ΔΦΔt 得ΔΦΔt ＝E mn ＝3.11 Wb/s ，应选项A 正确．t ＝0.01 s 时感应电动势为0，磁通量变化率为0，但磁通量最大，即线框平面与中性面重合，选项B 对．正弦交流电的有效值E ＝E m2＝220 V ，选项C 错．根据乙图知交流电周期T ＝0.02 s ，所以频率f ＝1T＝50 Hz ，选项D 错．8．(2013·高考某某卷)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，以下判断正确的选项是( )A ．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π 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i －t 图象可知，电流最大值I m ＝10 2 A ，有效值I ＝I m2＝10 A ，A 选项正确；交变电流的周期T ＝2×10－2s ，角速度ω＝2πT＝100π rad/s.从图示位置开始转动时，经0.01 s线圈回到水平状态，线圈平面与磁场方向平行．根据右手定那么，在0.02 s 时，线圈经过一个周期，即在图示位置，电阻R 中的电流方向自左向右，因此选项A 、C 正确．9．(2014·高考某某卷)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，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a 、b 所示，那么( )A ．两次t ＝0时刻线圈平面均与中性面重合B ．曲线a 、b 对应的线圈转速之比为2∶3C ．曲线a 表示的交变电动势频率为25 HzD ．曲线b 表示的交变电动势有效值为10 V解析：选AC.从图象可知，两次转动都是从中性面开始计时的，故A 正确．从图象可知，曲线a 、b 对应的线圈转动的周期之比为2∶3，那么转速之比为3∶2，故B 错误．由图象可知曲线a 的周期T a ＝4×10－2s ，那么曲线a 表示的交变电动势频率f a ＝1T a＝25 Hz ，故C 正确．交变电动势的最大值E m ＝nBSω，那么曲线a 、b 表示的交变电动势的峰值之比为E m a ∶E m b ＝ωa ∶ωb ＝3∶2，即E m b ＝23E m a ＝10 V ，故曲线b 表示的交变电动势的有效值为E 有＝102V ＝5 2 V ，D 错误．10．(2015·某某联考)如下图，一个“U〞形线框处在磁感应强度大小为B 的匀强磁场中，OO ′为磁场的边界．现使线框以角速度ω绕轴OO ′匀速转动，线框通过金属转轴和电刷与阻值为R 的外电阻相连．线框各边的长均为L ，总电阻为r ，不计转轴与电刷的电阻，那么( )A ．图示时刻线框产生的感应电动势为BωL 2B ．线框产生的感应电动势的最大值为BωL 2C ．电路中电阻R 两端电压的有效值为BωL 2RR ＋rD ．电路中电流的有效值为BωL 22R ＋r解析：选BD.由法拉第电磁感应定律知，图示时刻，磁通量最大，感应电动势为零，A 项错；由交变电流电动势最大值表达式E m ＝NBSω可知B 项正确；根据闭合电路欧姆定律可知，C 项中表达式为R 两端电压的最大值，C 项错；由图可知，线框转动一圈的过程中，只有半个周期为正弦交变电流，另半个周期电流为零，由有效值定义有E 2R ＋r T ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫E m 22R ＋r ·T2，解得E ＝E m2，由欧姆定律可知，D 项正确．三、非选择题11．(2015·海淀质检)如图甲所示，长、宽分别为L 1、L 2的矩形金属线框位于竖直平面内，其匝数为n ，总电阻为r ，可绕其竖直中心轴O 1O 2转动．线框的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环C 、D (集流环)焊接在一起，并通过电刷和定值电阻R 相连．线框所在空间有水平向右均匀分布的磁场，磁感应强度B 的大小随时间t 的变化关系如图乙所示，其中B 0、B 1和t 1均为量．在0～t 1的时间内，线框保持静止，且线框平面和磁场垂直；t 1时刻后线框在外力的驱动下开始绕其竖直中心轴以角速度ω匀速转动．求：(1)0～t 1时间内通过电阻R 的电流大小；(2)线框匀速转动后，在转动一周的过程中电流通过电阻R 产生的热量；(3)线框匀速转动后，从图甲所示位置转过90°的过程中，通过电阻R 的电荷量． 解析：(1)0～t 1时间内，线框中的感应电动势E ＝nΔΦΔt ＝nL 1L 2B 1－B 0t 1根据闭合电路欧姆定律可知，通过电阻R 的电流I ＝E R ＋r ＝nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1. (2)线框产生感应电动势的最大值E m ＝nB 1L 1L 2ω 感应电动势的有效值E ＝22nB 1L 1L 2ω通过电阻R 的电流的有效值I ＝2nB 1L 1L 2ω2R ＋r线框转动一周所需的时间t ＝2πω此过程中，电阻R 产生的热量Q ＝I 2Rt ＝πRω⎝ ⎛⎭⎪⎫nB 1L 1L 2R ＋r 2. (3)线框从图甲所示位置转过90°的过程中， 平均感应电动势E ＝n ΔΦΔt ＝nB 1L 1L 2Δt平均感应电流I ＝nB 1L 1L 2Δt R ＋r通过电阻R 的电荷量q ＝I Δt ＝nB 1L 1L 2R ＋r. 答案：(1)nL 1L 2B 1－B 0R ＋r t 1 (2)πRω⎝ ⎛⎭⎪⎫nB 1L 1L 2R ＋r 2 (3)nB 1L 1L 2R ＋r☆u ＝1202sin ωt V 、频率为50 Hz 的交变电流，把它加在激发电压和熄灭电压均为u 0＝60 2 V 的霓虹灯的两端．(1)求在一个小时内，霓虹灯发光时间有多长？(2)试分析为什么人眼不能感到这种忽明忽暗的现象？(人眼的视觉暂留时间约为116s) 解析：(1)如下图，画出一个周期内交变电流的u －t 图象，其中阴影部分对应的时间t 1表示霓虹灯不能发光的时间，根据对称性，一个周期内霓虹灯不能发光的时间为4t 1当u ＝u 0＝60 2 V 时，由u ＝1202sin ωt V 求得：t 1＝1600 s再由对称性知一个周期内能发光的时间：t ＝T －4t 1＝150 s －4×1600 s ＝175s 再由比例关系求得一个小时内霓虹灯发光的时间为：t ＝3 6000.02×175s ＝2 400 s. (2)很明显霓虹灯在工作过程中是忽明忽暗的，而熄灭的时间间隔只有1300 s(如图中t 2～t 3那段时间)，由于人的眼睛具有视觉暂留现象，而这个视觉暂留时间约为116s 远大于1300s ，因此经过灯光刺激的人眼不会因为短暂的熄灭而有所感觉． 答案：(1)2 400 s (2)见解析。

第十章⎪⎪⎪交变电流传感器[备考指南]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2倍。

(×)要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，ΔΦΔt＝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，ΔΦΔt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E m＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。

2．正弦式交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)[多角练通]1．一边长为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10-1-1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()图10-1-1A．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E mBL2解析：选D t1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E m＝BL2ω，则ω＝E mBL2，D正确。

高考物理一轮复习第十章交变电流传感器基础学案传感器第1节交变电流的产生和描述[精题对点诊断]1、[正弦式交变电流的产生]图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是( )【解析】A、B选项中闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场且过线圈平面的转轴匀速转动，满足产生正弦式交变电流的条件，能产生正弦式交变电流；C选项中转轴平行于磁场，转动过程中，穿过线圈的磁通量始终为零，故C中不产生正弦式交变电流；D选项中虽然只有一半线圈在磁场中，但是始终有一边切割磁感线按照正弦规律产生感应电动势，且一边转出磁场时，另一边恰好进入磁场，保证转动过程中感应电动势连续按照正弦规律变化，故C选项正确、【答案】 C2、[有效值与最大值]交流电压的瞬时值u＝Umsin(100πt)V，当t＝ s时，u＝5 V，从电压表中看到的示数应为()A、10 VB、10 VC、5 VD、5 V【解析】由交流电压表达式可知t＝ s时有5 ＝Umsin(100π)，则得Um＝10 V、从电压表中看到的任何时刻都是有效值，U＝＝10 V，选项A正确、【答案】 A3、[交流电的瞬时表达式]某交流电的瞬时表达式是i＝5sin(50πt)A、从t＝0时刻到第一次出现最大值的时间是()A、 sB、 sC、 sD、 s【解析】依题意从中性面开始计时，第一次出现电流最大值需 s，Δt ＝＝＝ s＝ s，选项A正确、【答案】A[基础知识回顾]一、正弦式交变电流1、产生如图10－1－1所示，将闭合线圈置于匀强磁场中，并绕垂直于磁感线方向的轴做匀速转动、图10－1－12、变化规律(线圈在中性面位置开始计时)(1)电动势e随时间变化的规律：e＝Emsin_ωt、(2)电压u随时间变化的规律：u＝Umsin_ωt、(3)电流i随时间变化的规律：i＝Imsin_ωt、其中ω等于线圈转动的角速度：Em＝nBl1l2ω＝nBSω、3、正弦式交变电流的图象(如图10－1－2所示)图10－1－2二、描述交变电流的物理量1、周期和频率(1)周期T：交变电流完成一次周期性变化(线圈转动一周)所需的时间，单位是秒(s)、公式表达式为T＝、(2)频率f：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)、(3)周期和频率的关系：T＝或f＝、2、交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数、(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值、(3)有效值：让交变电流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果它们在交变电流的一个周期内产生的热量相等，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、(4)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系I＝，U＝，E＝、(5)平均值：交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值，其数值可以用＝n 计算、[基本能力提升]一、判断题(1)闭合线圈在磁场中转动，当线圈中磁通量最大时，线圈中产生的电流最大、()(2)只有在中性面开始计时时，电动势表达式才可书写为e＝Emsin ωt、(√)(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、(√)(4)交流电气设备上所标的电压和电流值是交变电流的峰值、()(5)交流电压表和电流表测量的是交流电的有效值、(√)(6)交变电流的峰值总是有效值的倍、()二、选择题一正弦式电流的电压随时间变化的规律如图10－1－3所示、由图可知()图10－1－3A、该交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝100sin25 t(V)B、该交变电流的频率为4 HzC、该交变电流的电压的有效值为100 VD、若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W【解析】由题图可知，交变电流周期T＝410－2 s，峰值电压Um＝100 V，故交变电流的频率f＝＝25 Hz，有效值U＝＝50 V、加在R＝100 Ω的电阻上的热功率P＝＝50 W，瞬时值表达式u＝Umsint＝100sin50πt(V)，故选项D正确、【答案】D第2节变压器电能的输送[精题对点诊断]1、[变压器的原理](多选)理想变压器原、副线圈两侧一定相同的物理量有()A、交变电流的频率B、交变电流的功率C、磁通量的变化率D、交变电流的电压的最大值【解析】理想变压器原、副线圈中交变电流的频率相同，因为磁通量始终相同，变化的周期一样，A项正确；理想变压器没有能量损耗，B项正确；磁通量一样，变化率也一样，但根据公式E＝n，匝数不同，E的最大值也就不一样，C项正确，D项错误、【答案】ABC2、[变压器的电压关系、电流关系]如图10－2－1所示，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有理想电压表和理想电流表、现闭合开关，灯泡正常发光、若用U和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则()图10－2－1A、U＝110 V，I＝0、2 AB、U＝110 V，I＝0、05 AC、U＝110 V，I＝0、2 AD、U＝110 V，I＝0、2 A【解析】由变压原理＝可得U1＝110 V，即电压表示数为110 V；由P 入＝P出，灯泡正常发光可得P入＝U1I1＝P出＝22 W，I1＝ A＝0、2 A，故选项A正确、【答案】 A3、[远距离输电问题](多选)(xx江苏高考)在如图10－2－2所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有()图10－2－2A、升压变压器的输出电压增大B、降压变压器的输出电压增大C、输出电线上损耗的功率增大D、输电线上损耗的功率占总功率的比例增大【解析】升压变压器的输出电压由电源电压及匝数比决定，输出功率变大时升压变压器的输出电压不变，A项错误；由I＝可知当输出功率增大时输出电流增大，由U损＝IR及P损＝I2R可知U损及P 损均增大，故C项正确；当U损增大时降压变压器的输出电压减小，B项错误；由P损＝R可知＝R，当输出功率增大时输电线损耗比例增大，D项正确、【答案】CD[基础知识回顾]一、理想变压器1、构造和原理(如图10－2－3所示)图10－2－3(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、理想变压器的基本关系式(1)功率关系：P入＝P 出、(2)电压关系：＝，若n1＞n2，为降压变压器；若n1＜n2，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，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn、二、远距离输电1、输电过程(如图10－2－4所示)图10－2－42、输送电流(1)I＝、(2)I＝、3、电压损失(1)ΔU＝U－U′、(2)ΔU＝IR、4、功率损失(1)ΔP＝P－P′、(2)ΔP＝I2R＝()2R＝、[基本能力提升]一、判断题(1)变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用、(√)(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增大、(√)(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、(√)二、选择题一理想变压器的原线圈上接有正弦交变电压，其最大值保持不变，副线圈接有可调电阻R、设原线圈的电流为I1，输入功率为P1，副线圈的电流为I2，输出功率为P2，当R增大时()A、I1减小，P1增大B、I1减小，P1减小C、I2增大，P2减小D、I2增大，P2增大【解析】原、副线圈匝数不变，输出电压不变，R增大，I2减小，P2减小，从而推知，I1减小，P1减小，B项正确、【答案】 B。

第十章 第二节 变压器 远距离输电1．(单选)(2015·陕西西安长安一中模拟)如图，一理想变压器原副线圈的匝数比为1∶2，副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V ，额定功率为22 W ；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U 和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )A ．U ＝110 V ，I ＝0.05 AB ．U ＝110 V ，I ＝0.2 AC ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 AD ．U ＝110 2 V ，I ＝0.2 2 A解析：选B.灯泡正常发光时，加在灯泡两端的电压为220 V ，流过灯泡的电流I ＝0.1 A ，根据U 1U 2＝n 1n 2，可知电压表读数U 1＝110 V ，根据I 1I 2＝n 2n 1，可得电流表读数I 1＝0.2 A ，因此B 正确．2．(单选)(2015·沈阳质检)如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为20∶1，b 接原线圈的中心触头，电压表和电流表均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt (V)，则( )A ．单刀双掷开关与a 连接，在滑动变阻器触头P 向上移动的过程中，电压表和电流表的示数均变小B ．原线圈和副线圈中交变电流的频率之比为20∶1C ．当单刀双掷开关与b 连接时，电压表的示数为22 VD ．当单刀双掷开关由a 拨向b 时，电压表和电流表的示数均变小解析：选C.图中电压表测量值为理想变压器输出电压，而根据理想变压器变压规律U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压决定于输入电压和原、副线圈匝数比，故滑动变阻器触头P 上移过程中，电压表示数不变，A 项错；变压器不改变交变电流的频率，B 项错；由交变电流的瞬时值表达式可知，变压器输入电压有效值为220 V ，当开关与b 连接时，原、副线圈匝数比为10∶1，由U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压有效值为22 V ，C 项正确；开关由a 拨向b 时，原、副线圈匝数比变小，故电压表示数增大，D 项错．3．(多选)(2015·河南林州一中专项练习)如图为远距离输送交流电的系统示意图，变压器均为理想变压器．随着用户负载增多，发电机F 达到额定功率时，降压变压器输出功率仍然不足，用户的用电器不能正常工作．那么，在发电机以额定功率工作的情况下，为了适当提高用户的用电功率，可采取的措施是( )A ．适当减小输电线的电阻rB ．适当提高n 4n 3C ．适当提高n 2n 1的同时，降低n 4n 3D ．适当降低n 2n 1的同时，提高n 4n 3解析：选AC.当发电机输出功率一定时，为使用户得到更大的功率，需减小输电线上的功率损失，根据ΔP ＝I 2r ，可以减小输电线的电阻r ，A 对；也可以通过提高输电电压，减小输送电流，即提高n 2n 1，这样使线圈n 3两端电压变大，为使用户的用电器正常工作需要适当降低n 4n 3，C 对．4．(单选)如图所示，理想变压器的原线圈接入u ＝11 0002·sin 100πt (V)的交变电压，副线圈通过电阻r ＝6 Ω的导线对“220 V 880 W”的电器R L 供电，该电器正常工作．由此可知( )A ．原、副线圈的匝数比为50∶1B ．交变电压的频率为100 HzC ．副线圈中电流的有效值为4 AD ．变压器的输入功率为880 W解析：选C.副线圈输出电压U 2＝220 V ＋U r ，n 1n 2＝U 1U 2＝11 000220＋U r ＜501，故A 错误.2πf ＝100πHz ，f ＝50 Hz ，故B 错．I 2＝880220A ＝4 A ，故C 项正确．由于理想变压器P 入＝I 22r ＋880 W＞880 W ，故D 错．5．(多选)为保证用户电压稳定在220 V ，变电所需适时进行调压，图甲为变压器示意图．保持输入电压u 1不变，当滑动接头P 上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u 2随时间t 变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )甲 乙 A ．u 2＝1902sin(50πt ) V B ．u 2＝1902sin(100πt ) VC ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当下移D ．为使用户电压稳定在220 V ，应将P 适当上移解析：选BD.由u 2－t 图象知U 2m ＝190 2 V ，T ＝2×10－2s 故ω＝2πT＝100π rad/s，故u 2＝1902sin(100πt )V ，选项A 错误，选项B 正确．由变压器电压与匝数关系u 1u 2＝n 1n 2得u 2＝n 2u 1n 1，可减小n 1以使u 2的有效值增大至220 V ，即将P 适当上移，故选项C 错误，选项D 正确．6．(单选)某水电站，用总电阻为 Ω的输电线输电给500 km 外的用户，其输出电功率是3×106kW.现用500 kV 电压输电，则下列说法正确的是( )A ．输电线上输送的电流大小为×105AB ．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC ．若改用5 kV 电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD ．输电线上损失的功率为ΔP ＝U 2r，U 为输电电压，r 为输电线的电阻解析：选B.输电线上输送的电流为I ＝P U ＝3×106×103500×103 A ＝6×103A ，A 错；输电线上损失的电压为U 损＝IR ＝6×103× V＝×104V ＝15 kV ，B 项正确；当用5 kV 电压输电时，输电导线上损失的功率不会超过3×106kW ，与实际情况相背，故C 项错误；当用公式ΔP ＝U 2r计算损失的功率时，U 为输电线上损失的电压而不是输电电压，D 项错误．。