【物理】2019届一轮复习人教版 交变电流 学案

【物理】2019届一轮复习人教版 交变电流 学案

模块十四:交变电流 考点1‎ 交变电流的产生及描述 ‎1.(2016·全国卷Ⅲ,21)(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T C.在t=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】在线框进入磁场的过程中,根据E=BR2ω可得,感应电动势恒定,感应电流恒定,不是正弦式交流电,A项错误,C项正确;当线框进入磁场时,根据楞次定律可得,两线框中的感应电流方向均为逆时针,当线框穿出磁场时,根据楞次定律可得,两线框中产生的感应电流均为顺时针,所以感应电流的周期和线框运动周期相等,B项正确;线框N在完全进入磁场后有时间内穿过线框的磁通量不变化,没有感应电动势产生,即线框N在0~和~T内有感应电动势,其余时间内没有;而线框M在整个过程中都有感应电动势,即便两导线框电阻相等,两者的电流有效值也不会相同,D项错误。‎ ‎【答案】BC ‎2.(2017·江苏卷,7)(多选)某音响电路的简化电路图如图所示,输入信号既有高频成分,也有低频成分,则(　　)。‎ A.电感L1的作用是通高频 B.电容C2的作用是通高频 C.扬声器甲用于输出高频成分 D.扬声器乙用于输出高频成分 ‎【解析】在电路中电感线圈的作用是“通直流、阻交流,通低频、阻高频”,电容器的作用是“通交流、隔直流,通高频、阻低频”,所以A项错误,B项正确。扬声器甲输出低频成分,扬声器乙输出高频成分,故C项错误,D项正确。‎ ‎【答案】BD ‎3.(2017·天津卷,6)(多选)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2 Ω,则(　　)。‎ A.t=0时,线圈平面平行于磁感线 B.t=1 s时,线圈中的电流改变方向 C.t=1.5 s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8π2 J ‎【解析】由图可知,t=0时,磁通量为0,线圈平面平行于磁感线,A项正确;t=1 s时,由法拉第电磁感应定律和图线的斜率可知,线圈中的电流方向不变,B项错误;t=1.5 s时磁通量的变化率为0,感应电动势为0,C项错误;交变电流的电动势最大值Em=nΦmω,所以电流的有效值I=,根据焦耳定律Q=I2RT,联立解得Q=8π2 J,D项正确。‎ ‎【答案】AD ‎4.(2015·四川理综,4)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,则发电机输出电压的(　　)。‎ A.峰值是e0‎ B.峰值是2e0‎ C.有效值是 Ne0‎ D.有效值是 Ne0‎ ‎【解析】矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0,所以发电机的电动势峰值为2Ne0,A、B两项错误;因为不计线圈的电阻,所以发电机的输出电压峰值为2Ne0,故有效值为=Ne0,D项正确。‎ ‎【答案】D 考点2‎ 变压器电能的输送 ‎1.(2016·全国卷Ⅲ,19)(多选)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∶1‎ B.原、副线圈匝数比为1∶9‎ C.此时a和b的电功率之比为9∶1‎ D.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U0,两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压U1=9U0,副线圈两端电压U2=U0,故=,根据==,A项正确,B项错误;根据公式=可得,=,因为小灯泡两端的电压相等,所以根据公式P=UI可得,灯泡a和b的电功率之比为1∶9,C项错误,D项正确。‎ ‎【答案】AD ‎2.(2016·全国卷Ⅰ,16)一含有理想变压器的电路如图甲所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 Ω、1 Ω和4 Ω,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(　　)。‎ 甲 A.2　　　　　B.3　　　　　C.4　　　　　D.5‎ ‎【解析】开关断开时,电路如图乙所示,原、副线圈的电流比=,通过R2的电流I2=,副线圈的输出电压U2=I2(R2+R3)=,由=可得原线圈两端的电压U1=5I,则U=U1+IR1=5I+3I;开关闭合时,电路如图丙所示,原、副线圈的电流比=,通过R2的电流I2'=,副线圈的输出电压U2'=I2'R2=,由=可得原线圈两端的电压U1'=4I,则U=U1'+4IR1=4I+12I,联立解得=3,B项正确。‎ 乙　　　　　　　　　　丙 ‎【答案】B ‎3.(2017·北京卷,16)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220sin 100πt(V)的交流电源上,副线圈接有R=55 Ω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220 W B.电流表的读数为1 A C.电压表的读数为110 V D.副线圈输出交流电的周期为50 s ‎【解析】原线圈输入电压的有效值是220 V,由=,可得U2=110 V,则电压表读数应为110 V,C项错误。由欧姆定律可得I2==2 A,由=,可得I1=1 A,B项正确。原线圈输入功率P1=U1I1=220 W,A项错误。由电源电压瞬时值表达式u=220sin 100πt (V),可知ω=100π rad/s,则T==0.02 s,D项错误。‎ ‎【答案】B ‎4.(2016·江苏卷,4)一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈,在a、b间输入电压为U1的交变电流时,c、d间的输出电压为U2,在将滑动触头从M点顺时针转到N点的过程中(　　)。‎ A.U2>U1,U2降低 B.U2>U1,U2升高 C.U2n2,可知U2n2,该变压器起降压作用,故C项错误;又I2=,I2增大,R应减小,故滑片应沿c→d方向滑动,D项正确。‎ ‎　　【答案】D ‎7.(2015·天津卷,6)(多选)如图所示,理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表,副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节,在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R,P为滑动变阻器的滑动触头。在原线圈上加一电压为U的正弦交流电,则(　　)。‎ A.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变大 B.保持Q的位置不动,将P向上滑动时,电流表读数变小 C.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变大 D.保持P的位置不动,将Q向上滑动时,电流表读数变小 ‎【解析】保持Q位置不动,则副线圈电压U2不变,当P上滑时,R增大,由P=可知总功率减小,原线圈电压U1不变,由P=U1I1可知原线圈电流I1减小,故A项错误,B项正确;当P位置不动,Q上滑时,由=知U2增大,同理分析知原线圈电流I1增大,故C项正确,D项错误。‎ ‎【答案】BC ‎　　《交变电流》一章是电磁感应内容的延续,从近几年命题看,高考对本章内容的考查频率较高,主要体现在“三突出”:一是突出考查交变电流的产生过程;二是突出考查交变电流的图象和交变电流的“四值”;三是突出考查变压器及远距离输电。整体考查难度不大,多以选择题的形式出现。‎ 预计2019年高考对本专题内容的考查仍将通过交变电流的图象考查交变电流的四值、变压器等问题,可能加强对实际问题处理能力的考查,以分值不超过6分的选择题为主。‎ 考点1　交变电流的产生及描述 ‎1‎ 正弦式交变电流的产生及变化规律 ‎　　(1)交变电流的产生 ‎①交变电流:电流的大小和方向都做周期性的变化,这种电流叫交变电流,简称交流电。下图为几种交流电的电流随时间变化的图象。‎ ‎②产生原理:将闭合线圈置于匀强磁场中,并绕垂直于磁场方向的轴做匀速转动,线圈中将产生按正弦规律变化的交流电。‎ ‎　　注意:正弦式交流电的变化规律与线圈的形状、转动轴处于线圈平面内的位置无关。‎ ‎③交流电产生过程中的两个特殊位置。‎ 图示 概念 中性面位置 与中性面垂直的位置 ‎(续表)‎ 特点 B⊥S B∥S Φ=BS,最大 Φ=0,最小 e=n=0,最小 e=n=nBSω,最大 感应电流为零,方向改变 感应电流最大,方向不变 ‎　　(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=Φmcos ωt=BScos ωt 注意:Φ与线圈匝数无关 电动势 e=Emsin ωt=nBSωsin ωt 电压 u=Umsin ωt=sin ωt 电流 i=Imsin ωt=sin ωt ‎1.1 如图所示,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=10sin 10πt(V),则(　　)。‎ A.该交变电流的频率为10 Hz B.该电动势的有效值为10 V C.外接电阻R所消耗的电功率为10 W D.电路中理想交流电流表的示数为1.0 A ‎【答案】D ‎1.2 (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(　　)。‎ A.电流表的示数为10 A B.线圈转动的角速度为50π rad/s C.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 ‎【答案】AC ‎2‎ 描述交变电流的物理量 ‎　　(1)瞬时值、最大值和有效值 ‎①瞬时值:交流电在任一时刻的值叫瞬时值。‎ ‎②最大值:瞬时值中最大的值叫最大值,又称峰值。‎ ‎③有效值:交流电的有效值是根据电流的热效应来规定的。让交流电与恒定电流通过大小相同的电阻,如果在交流电的一个周期内它们产生的热量相等,而这个恒定电流是I、电压是U,我们就把I、U称为这个交流电的有效值。‎ ‎(2)交变电流“四值”的区别与联系 正弦式交变电流的电动势、电压和电流都有最大值、有效值、瞬时值和平均值。以电动势为例:最大值用Em表示,有效值用E表示,瞬时值用e表示,平均值用表示,它们之间的关系如表所示。‎ 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=Emsin ωt i=Imsin ωt 计算线圈某时刻的受力 最大值 最大的瞬时值 Em=nBSω Im=‎ 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 对正弦式交流电:‎ E=,U=,‎ I=　　　　　‎ ‎①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面积与时间的比值 ‎=n ‎=‎ 计算通过电路某一截面的电荷量:q=t ‎　　(3)周期和频率 ‎①周期T:交流电完成一次周期性变化所需的时间。在一个周期内,交流电的方向变化两次。‎ ‎②频率f:交流电在1 s内完成周期性变化的次数。‎ 角频率:ω==2πf,单位为弧度/秒。‎ ‎2.1 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;若把它接在某个正弦交流电源上,其消耗的电功率为。如果电热器电阻不变,则此交流电源输出电压的最大值为(　　)。‎ A.5 V　　　B.5 V　　　C.10 V　　　D.10 V ‎【答案】C ‎2.2 ‎ 如图所示,正方形线圈abcd的边长l=0.3 m,直线OO'与ad边相距,过OO'且垂直纸面的竖直平面右侧有磁感应强度B=1 T的匀强磁场,方向垂直纸面向里,线圈在转动时通过两个电刷和两个滑环与外电路连接。线圈以OO'为轴匀速转动,角速度ω=20 rad/s,图示位置为计时起点。则(　　)。‎ A.线圈输出交流电的周期为 s B.流过ab边的电流方向保持不变 C.t= s时,穿过线圈的磁通量为0.06 Wb D.从t=0到t= s,穿过线圈磁通量的变化量为0.06 Wb ‎【答案】C ‎2.3 在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动,如图甲所示,产生的交变电动势随时间变化的图象如图乙所示,已知发电机线圈内阻为1.0 Ω,外接一只电阻为9.0 Ω的灯泡,则(　　)。‎ A.电压表的示数为20 V B.电路中的电流方向每秒改变5次 C.灯泡实际消耗的功率为36 W D.电动势随时间变化的瞬时值表达式为e=20cos 5πt(V)‎ ‎【答案】C ‎2.4 (多选)图甲、乙分别表示两种电压的波形,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。下列说法正确的是(　　)。‎ A.图甲、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.图乙所示电压的有效值为20 V D.图乙所示电压的有效值为10 V ‎【答案】ABD ‎3‎ 电感、电容对交流电的阻碍作用 ‎　　(1)电感:通直流,阻交流;通低频,阻高频。‎ ‎(2)电容:通交流,隔直流;通高频,阻低频。‎ 考点2　变压器电能的输送 ‎1‎ 理想变压器 ‎　　(1)理想变压器的构造和原理 变压器由铁芯、原线圈、副线圈组成,如图所示。‎ 当原线圈中通入交流电时,由于互感作用,变压器原、副线圈中磁通量变化率相同,由法拉第电磁感应定律有E=n,则=。由于理想变压器忽略铜损和铁损,则E=U,P1=P2,故而得出=,=。‎ ‎(2)理想变压器原、副线圈基本量的关系 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=P出 电压关系 原、副线圈的电压比等于匝数比,即=,与副线圈的个数无关 ‎(续表)‎ 电流关系 ‎①只有一个副线圈时:=‎ ‎②有多个副线圈时:由P入=P出得U1I1=U2I2+U3I3+…+UnIn或I1n1=I2n2+I3n3+…+Innn 频率关系 f1=f2,变压器不改变交流电的频率 ‎　　(3)理想变压器的制约关系 ‎①电压:原决定副。根据变压器的原理可知,输入电压U1决定输出电压U2,U2=U1。当U1不变时,不论负载电阻R变化与否,U2都不会改变。‎ ‎②电流:副决定原。输出电流I2决定输入电流I1。当负载电阻R增大时,I2减小,则I1相应减小;当负载电阻R减小时,I2增大,则I1相应增大。因此,在使用变压器时不能使变压器副线圈短路。‎ ‎③功率:副决定原。输出功率P2决定输入功率P1。理想变压器的输出功率与输入功率相等,即P2=P1。在输入电压U1一定的情况下,当负载电阻R增大时,I2减小,则P2=I2U2减小,P1也将相应减小;当R减小时,I2增大,P2=I2U2增大,则P1也将增大。‎ ‎　　(4)常见变压器 ‎①自耦变压器(如家用调压变压器)‎ 铁芯上只有一个线圈,可升压,也可降压,如图甲、乙所示。‎ ‎②电压、电流互感器 a.原理:如图所示。‎ b.用途:测高电压和强电流。‎ ‎1.1 如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=2∶1,和均为理想电表,灯泡电阻RL=6 Ω,AB端电压u1=12 sin 100πt(V)。下列说法正确的是(　　)。‎ A.电流频率为100 Hz B.的读数为24 V C.的读数为0.5 A D.变压器输入功率为6 W ‎【答案】D ‎1.2 (多选)如图所示,理想变压器原线圈接有交流电源,当副线圈上的滑片P处于图示位置时,灯泡L能发光。要使灯泡变亮,可以采取的方法有(　　)。‎ A.向下滑动P　　　　　　B.增大交流电源的电压 C.增大交流电源的频率 D.减小电容器C的电容 ‎【答案】BC ‎1.3 ‎ 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1900匝;原线圈为1100匝,接在有效值为220 V的交流电源上。负载R上的功率为2.0 kW。设此时原线圈中电流有效值为I1,负载两端电压的有效值为U2,且变压器是理想的,则U2和I1分别约为(　　)。‎ A.380 V和5.3 A　　　　　B.380 V和9.1 A C.240 V和5.3 A D.240 V和9.1 A ‎【答案】B ‎1.4 (多选)理想变压器原线圈a匝数n1=200匝,副线圈b匝数n2=100匝,线圈a接在u=44sin 314t (V)交流电源上,“12 V　6 W”的灯泡恰好正常发光。电阻R2=16 Ω,电压表为理想电表。下列推断正确的是(　　)。‎ A.交变电流的频率为100 Hz B.穿过铁芯的磁通量的最大变化率为 Wb/s C.电压表的示数为22 V D.R1消耗的功率是1 W ‎【答案】BD ‎1.5 (多选)有一种调压变压器的构造如图所示。线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上,C、D之间加上输入电压,转动滑动触头P就可以调节输出电压。图中为交流电流表,为交流电压表,R1、R2为定值电阻,R3为滑动变阻器,C、D两端接正弦交流电源,变压器可视为理想变压器,则下列说法正确的是(　　)。‎ A.当R3不变,滑动触头P顺时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小 B.当R3不变,滑动触头P逆时针转动时,电流表读数变小,电压表读数变小 C.当P不动,滑动变阻器滑动触头向上滑动时,电流表读数变小,电压表读数变小 D.当P不动,滑动变阻器滑动触头向下滑动时,电流表读数变大,电压表读数变小 ‎【答案】AD ‎1.6 (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R=10 Ω。从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的交变电压,则下列说法中正确的是(　　)。‎ A.当S与a连接后,理想电流表的示数为2.2 A B.当S与a连接后,t=0.01 s时理想电流表示数为零 C.当S由a拨到b后,原线圈的输入功率变为原来的4倍 D.当S由a拨到b后,副线圈输出电压的频率变为25 Hz ‎【答案】AC ‎2‎ 远距离输电 ‎　　(1)采用高压输电的原因 输电线上损耗的功率:P损=I线ΔU=R线=R线。当输送的电功率一定时,输电电压增大到原来的n倍,输电线上损耗的功率就减小到原来的。‎ ‎(2)远距离输电相关的问题 ‎①输电电路图 ‎②基本关系 电流关系:n1I1=n2I2,n3I3=n4I4,I2=I3。‎ 电压关系:=,=,U2=U3+ΔU。‎ 功率关系:P1=P2,P3=P4,P2=P3+ΔP。‎ ‎(3)电压损失ΔU ‎①电压损失:输电线路始端电压U2与输电线路末端电压U3的差值,ΔU=U2-U3=IR线(R线为输电线路电阻)。‎ ‎②减小输电线路电压损失的两种方法 减小输电线路电阻:由R=ρ可知,间距一定时,使用电阻率小的材料或增大导体横截面积均可减小电阻。‎ 减小输电电流I:由P=UI可知,当输送功率一定时,升高电压可以减小电流。‎ 注意:(1)明确U和ΔU的区别,U是输电电压,ΔU是输电导线上的电压损失。(2)高中阶段的计算中,只考虑电线电阻所造成的电压损失,而忽略因容抗、感抗造成的电压损失。‎ ‎(4)功率损失ΔP ‎①输送功率是指升压变压器输出的功率,损失功率是指由于输电线发热而消耗的功率。两者关系是ΔP=P-P'(P为输送功率,P'为用户所得功率)。‎ ‎②除了利用ΔP=P-P'计算输电线路上的功率损失外,还可用下列方法计算:‎ ‎　　ΔP=I2R线,I为输电线路上的电流,R线为线路电阻。‎ ΔP=,ΔU为输电线路上损失的电压,R线为线路电阻。‎ ΔP=ΔUI,ΔU为输电线路上损失的电压,I为线路上的电流。‎ ‎2.1 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,输电线路中的电流是I1,其末端间的电压为U1。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I2,则(　　)。‎ A.用户端的电压为 B.输电线上的电压降为U C.理想变压器的输入功率为r D.输电线路上损失的电功率为I1U ‎【答案】A ‎2.2 (多选)如图甲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,其输入电压如图乙所示。远距离输电线的总电阻为100 Ω。降压变压器右侧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。电压表显示加在报警器两端的电压(报警器未画出),未出现火警时,升压变压器的输入功率为750 kW。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50 Hz B.远距离输电线路损耗功率为180 kW C.当传感器R2所在处出现火警时,电压表的示数变大 D.当传感器R2所在处出现火警时,输电线上的电流变大 ‎【答案】AD 题型一 交变电流的图象问题 ‎　　在交变电流中常常会出现图象问题,物理图象可将抽象的变化规律形象地表述出来。用它反映交变电流的变化过程,既可以使该变化的整体特征一目了然,又可将过程按需要分段进行研究,还可以将变化过程中的暂态“定格”,从而对变化过程中的某一瞬态进行深入研究。‎ ‎　　【例1】(多选)一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图所示。由图可知(　　)。‎ A.该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin(25πt) V B.该交流电的频率为25 Hz C.该交流电的电压的有效值为100 V D.若将该交流电压加在阻值R=100 Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率为50 W ‎【解析】从图象中可得该交流电的周期T=4×10-2 s,所以频率f==25 Hz,B项正确;角速度ω=2πf=50π,从图象中可知交流电最大值um=100 V,所以该交流电的电压瞬时值的表达式为u=100sin(50πt) V,该交流电的电压有效值U==50 V,A、C两项错误;若将该交流电压加在阻值R=100 Ω的电阻两端,则电阻消耗的功率P== W=50 W,D项正确。‎ ‎【答案】BD ‎　　交变电流图象的五个确定 ‎(1)确定交变电流的最大值(峰值)。‎ ‎(2)确定不同时刻交变电流的瞬时值。‎ ‎(3)确定周期T(频率f=)。‎ ‎(4)确定中性面对应的时刻。‎ ‎(5)确定交变电流方向改变对应的时刻。‎ ‎　　【变式训练1】一矩形线圈绕垂直于匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动,线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示,下列说法中正确的是(　　)。‎ A.t1时刻通过线圈的磁通量为零 B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝对值最大 C.t3时刻通过线圈的磁通量变化率的绝对值最大 D.每当e变换方向时,通过线圈的磁通量绝对值都为最大 ‎【解析】由图可知t1、t3时刻线圈中的感应电动势e=0,说明这两个时刻线圈通过中性面,穿过线圈的磁通量最大,这个时刻线圈各边都不切割磁感线,线圈中电动势为零,说明磁通量变化率为零,因此A、C两项错误。t2时刻线圈中的感应电动势达到最大,说明线圈平面正转至与磁感线平行的位置,此时穿过线圈的磁通量为0,所以B项错误。每当e变换方向时也就是线圈通过中性面时刻,通过线圈的磁通量的绝对值最大,所以D项正确。‎ ‎【答案】D 题型二 交变电流有效值的计算 ‎　　交变电流的有效值是根据电流的热效应进行定义的,所以进行有效值计算时,要紧扣电流通过电阻产生的热量进行计算,其中“相同时间”一般取一个周期。‎ ‎　　【例2】如图所示为一个经双向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.　　　　C.　　　　D.‎ ‎【解析】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,正弦交流电压的有效值与峰值的关系是U=,由于一个周期内只有半个周期有交流电压,故一个周期内交流电产生的热量Q=t=·,设交流电压的有效值为U,由电流热效应得Q=·=·T,所以该交流电压的有效值U=。D项正确。‎ ‎【答案】D ‎　　交变电流有效值的计算方法:‎ ‎(1)公式法 利用E=、U=、I=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相互转化时,可利用能的转化和守恒定律来求有效值。‎ ‎　　【变式训练2】一个边长为6 cm的正方形金属线框置于匀强磁场中,线框平面与磁场垂直,电阻为0.36 Ω。磁感应强度B随时间t变化的关系如图甲所示,则线框中感应电流的有效值为(　　)。‎ 甲 A.×10-5 A B.×10-5 A C.×10-5 A D.×10-5 A ‎【解析】由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得 E==S·,I==·‎ 结合题图可得 在0~3 s内,I1=× A=2×10-5 A 在3~5 s内,I2=× A=-3×10-5 A 故可作出I随时间变化的图象,如图乙所示。‎ 乙 由交变电流有效值的定义可得 Rt1+Rt2=I2Rt 代入数据可解得I=×10-5 A,故B项正确。‎ ‎【答案】B 题型三 理想变压器的动态分析 ‎　　处理变压器的动态分析问题,首先应明确“不变量”和“变化量”,对变化量要把握它们之间的制约关系,依据程序分析的思想,从主动变化量开始,依据制约关系从前到后或从后到前逐一分析各物理量的变化情况。‎ 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。‎ ‎　　【例3】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,电流表示数变大 D.若闭合开关S,则电流表示数变大,示数变大 ‎【解析】当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,接入电路的阻值变大,变压器副线圈两端电压不变,副线圈中的电流减小,则R1消耗的功率及其两端电压均变小,故电压表的示数变大,A项错误,B项正确;当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时,副线圈中的电流减小,则原线圈中的电流也减小,电流表示数变小,C项错误;若闭合开关S,副线圈电路中总电阻减小,副线圈中的电流变大,R1两端电压变大,R2两端电压减小,电流表示数减小;因副线圈中电流变大,所以原线圈中的电流也变大,电流表示数变大,D项错误。‎ ‎【答案】B ‎　　变压器动态分析中的制约思路 ‎(1)电压制约:当变压器原、副线圈的匝数比一定时,输出电压U2由输入电压U1决定,即U2=,可简述为“原制约副”。‎ ‎(2)电流制约:当变压器原、副线圈的匝数比一定,且输入电压U1确定时,原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定,即I1=,可简述为“副制约原”。‎ ‎(3)负载制约:①变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定,P2=P负1+P负2+…;②变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定,I2=;③总功率P总=P线+P2。‎ 动态分析问题的思路可表示为:‎ U1U2I2I1P1‎ ‎　　【变式训练3】(多选)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为4∶1,RT为电阻值随温度升高而减小的热敏电阻,R1为定值电阻,电压表和电流表均为理想交流电表。原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化,如图乙所示。下列说法正确的是(　　)。‎ A.变压器输入、输出功率之比为4∶1‎ B.变压器原、副线圈中的电流之比为1∶4‎ C.u随t变化的规律为u=51sin (50πt)V D.若热敏电阻RT的温度升高,则电压表的示数不变,电流表的示数变大 ‎【解析】由题意知,变压器是理想变压器,故变压器输入、输出功率之比为1∶1,A项错误;变压器原、副线圈中的电流之比与匝数成反比,即==,故B项正确;由图乙可知交流电压最大值Um=51 V,周期T=0.02 s,可由周期求出角速度ω=100π rad/s,则可得交流电压u的表达式u=51sin (100πt)V,故C项错误;RT处温度升高时,阻值减小,电流表的示数变大,电压表示数不变,故D项正确。‎ ‎【答案】BD 题型四 远距离输电问题 ‎　　对于有关远距离输电的问题,因为其电路结构复杂,一些同学在处理问题时往往不知从何处下手;再加上远距离输电中涉及的物理量繁多,常发生同类物理量之间相互混淆,导致张冠李戴的现象。其实,只要理清三个回路,抓住相关物理量之间的联系,就可以学好远距离输电。‎ ‎　　【例4】图示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=Umsin ωt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. B.‎ C.4r D.4r ‎【解析】原线圈电压的有效值:U1=,根据=可得U2=,又因为是理想变压器,所以T的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P,即输电线上的电流I=,输电线上损失的电功率P'=I2·2r=4r,所以C项正确。‎ ‎【答案】C ‎　　远距离输电问题的“三二二”‎ ‎(1)理清三个回路 ‎　　回路1:发电机回路。该回路中,通过线圈1的电流I1等于发电机中的电流I机;线圈1两端的电压U1等于发电机的路端电压U机;线圈1输入的电功率P1等于发电机输出的电功率P机。‎ 回路2:输送电路。I2=I3=IR,U2=U3+ΔU,P2=ΔP+P3。‎ 回路3:输出电路。I4=I用,U4=U用,P4=P用。‎ ‎(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=,=,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=,=,P3=P4。‎ ‎(3)掌握两种损耗 ‎①电压损耗:输电线上的电阻导致的电压损耗,ΔU=U2-U3=IRR线。‎ ‎②功率损耗:输电线上的电阻发热的功率损耗,ΔP=P2-P3=R线。输电线上的能量损耗是热损耗,计算功率损耗时用公式ΔP=R线或ΔP=。‎ ‎　　【变式训练4】(多选)在如图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(　　)。‎ A.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】发电厂的输出电压不变,升压变压器输出的电压U2应不变,A项错误;输电线电流I=会随着P的增大而增大,输电线电压损失U损=IR也增大,所以降压变压器的初级电压U3=U2-U损减小,则降压变压器的输出电压减小,B项错误;输电线功率损失P损=I2R=R,因P变大,所以P损变大,C项正确;==,因P变大,所以比值变大,D项正确。‎ ‎【答案】CD 题组1‎ 交变电流的产生及描述 ‎1.(2017·天津模拟)某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动,产生的交变电流的图象如图所示,由图中信息可以判断(　　)。‎ A.在A、C时刻线圈处于中性面位置 B.在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零 C.从A~D线圈转过的角度为2π D.若从O~D历时0.02 s,则在1 s内交变电流的方向改变了100次 ‎【解析】由题中交变电流的图象可知,在A、C时刻产生的感应电流最大,对应的感应电动势最大,线圈处于垂直中性面的位置,A项错误;在B、D时刻感应电流为零,对应的感应电动势为零,即磁通量的变化率为零,此时磁通量最大,B项错误;从A~D,经历的时间为周期,线圈转过的角度为π,C项错误;若从O~D历时0.02 s,则交变电流的周期为0.02 s,而一个周期内电流的方向改变两次,所以1 s内交变电流的方向改变了100次,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎2.(2017·四川联考)图甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图,其矩形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中,绕垂直于磁场方向的固定轴OO'匀速转动,线圈的两端经集流环和电刷与电阻R=10 Ω连接,与电阻R并联的交流电压表为理想电表,示数是10 V。图乙是穿过矩形线圈磁通量Φ随时间t变化的图象。则下列说法正确的是(　　)。‎ A.电阻R的电功率为20 W B.0.02 s时R两端的电压瞬时值为零 C.R两端的电压随时间变化的规律是u=14.1cos 100πt(V)‎ D.通过R的电流随时间变化的规律是i=cos 50πt(A)‎ ‎【解析】电阻R的电功率P==10 W,A项错误;0.02 s时穿过线圈的磁通量变化率最大,R两端的电压瞬时值最大,B项错误;R两端的电压u随时间t变化的规律是u=14.1cos 100πt(V),通过R的电流随时间变化的规律是i=1.41cos 100πt(A),C项正确,D项错误。‎ ‎【答案】C ‎3.(2017·福州质检)某交流电源电动势随时间变化的规律如图所示,现用该电源对标称值为“5 V　10 W”的电动机供电,电源内阻不计,下列说法正确的是(　　)。‎ A.电动机的内阻为2.5 Ω B.电动机的发热功率为10 W C.通过电动机的电流为2 A D.通过电动机的电流为2 A ‎【解析】由图知该电源电动势最大值Em=5 V,则有效值E=5 V,通过电动机的电流I= A=2 A,电动机是非纯电阻元件,电动机内阻r< Ω=2.5 Ω,电动机的发热功率P热=I2rF安,则金属框可以在绝缘板上保持静止,D项正确。‎ ‎【答案】D ‎8.(2017·萍乡一模)(多选)最新天文学观测新发现的双子星系统“开普勒-47”有一对互相围绕运行的恒星,运行周期为T,其中一颗大恒星的质量为M,另一颗小恒星只有大恒星质量的三分之一。已知引力常量为G,据此可知(　　)。‎ A.两颗恒星相距 B.大、小两颗恒星的转动半径之比为1∶3‎ C.大、小两颗恒星的转动线速度之比为3∶1‎ D.大、小两颗恒星的转动角速度之比为1∶3‎ ‎【解析】角速度ω=,两颗恒星的周期相等,角速度也相等,D项错误;设大恒星的轨道半径为r1,小恒星的轨道半径为r2,两恒星之间的距离为L,所以r1+r2=L,结合万有引力定律,G=M×r1,G=×r2,联立可得r1∶r2=1∶3,r1+r2=,A、B两项正确;线速度v=r,线速度之比v1∶v2=r1∶r2=1∶3,C项错误。‎ ‎【答案】AB ‎9.(2017·宜昌检测)(多选)如图甲所示,在一个直角三角形区域ABC内,存在方向垂直于纸面向里、磁感应强度为B的匀强磁场,AC边长为3l,∠C=90°,∠A=53°。一质量为m、电荷量为+q的粒子从AB边上距A点为l的D点垂直于磁场边界AB射入匀强磁场,要使粒子从BC边射出磁场区域(sin 53°=0.8,cos 53°=0.6),则(　　)。‎ 甲 A.粒子速率应大于 B.粒子速率应小于 C.粒子速率应小于 D.粒子在磁场中最短的运动时间为 ‎【解析】由几何知识知BC=4l,BD=4l,粒子运动轨迹与BC边相切为一临界,如图乙所示,由几何知识知r+r=4l,得r=1.5l,根据牛顿第二定律qvB=m,得v==,即粒子从BC边射出的最小速率;粒子恰能从BC边射出的另一边界为与AC边相切,如图丙所示,由几何知识可知恰为C点,半径r'=4l,则v==,即粒子从BC边射出的最大速率;T=,tmin=T=;综上可知A、C两项正确,B、D两项错误。‎ 乙　　　　　　　　　　　　　丙 ‎【答案】AC 二、非选择题 ‎10.(2018·岳阳检测)待测电阻Rx的阻值约为20 Ω,现要测量其阻值,实验室提供器材如下:‎ A.电流表(量程150 mA,内阻约为10 Ω)‎ B.电流表(量程20 mA,内阻r2=30 Ω)‎ C.电压表(量程15 V,内阻约为3000 Ω)‎ D.定值电阻R0=100 Ω E.滑动变阻器R1,最大阻值为5 Ω,额定电流为1.0 A F.滑动变阻器R2,最大阻值为5 Ω,额定电流为0.5 A G.电源E,电动势为4 V(内阻不计)‎ H.开关S及导线若干 ‎(1)为了使电表调节范围较大,测量准确,测量时电表读数不得小于其量程的,请从所给的器材中选择合适的实验器材　　　　　　　　(均用器材前对应的序号字母填写)。 ‎ ‎(2)根据你选择的实验器材,请你在虚线框内画出测量Rx的最佳实验电路图并标明元件符号。‎ ‎　　　　　　　　　　　　　　　　　‎ ‎(3)待测电阻的表达式为Rx=　　　　　　,式中各符号的物理意义为　　　　　　　　　　　　　　。 ‎ ‎【解析】(1)由于电源电动势为4 V,电压表的量程为15 V,达不到其量程的三分之一,故电压表不能使用;可用电流表与定值电阻R0串联扩大其电压量程,当作电压表与电流表配合使用伏安法测量待测电阻阻值,由于改装的电压表内阻已知,故电流表用外接法,改装的电压表量程为20×10-3×130 V=2.6 V,滑动变阻器最大阻值为5 Ω,无法起到限流作用,故滑动变阻器采用分压式接法;此时考虑到干路最小电流约为=0.8 A,故滑动变阻器只能选择R1,经过估算当电流表满偏时,电流表也正好满偏,非常匹配,因此满足电表读数不得小于其量程的三分之一要求。故实验器材选择ABDEGH。‎ ‎(2)如图所示 ‎(3)待测电阻Rx=,其中I1、I2分别为电流表和的示数。‎ ‎【答案】(1)ABDEGH　(2)如图所示　(3)　I1、I2分别为电流表和的示数 ‎11.(2018·浙江月考)如图所示,在E=1×103 V/m的竖直匀强电场中,有一光滑的半圆形绝缘轨道QPN与一水平绝缘轨道MN连接,半圆形轨道平面与电场线平行,P为QN圆弧的中点,其半径R=40 cm,一带正电q=1×10-4 C的小滑块质量m=10 g,与水平轨道间的动摩擦因数μ=0.15,位于N点右侧x=1.5 m处,取g=10 m/s2,求:‎ ‎(1)要使小滑块恰能运动到圆轨道的最高点Q,则滑块应以多大的初速度v0向左运动。‎ ‎(2)这样运动的滑块通过P点时对轨道的压力。‎ ‎【解析】(1)设小球到达Q点时速度为v,则 mg+qE=m 滑块从开始运动到到达Q点的过程中,由动能定理得 ‎-mg·2R-qE·2R-μ(mg+qE)x=mv2-m 联立解得v0=7 m/s。‎ ‎(2)设滑块到达P点时速度为v',则从开始运动到P点的过程,由动能定理得 ‎-μ(qE+mg)x-(mg+qE)R=mv'2-m 又在P点时有FN=m 代入数据解得FN=0.6 N 由牛顿第三定律知压力为0.6 N。‎ ‎【答案】(1)7 m/s　(2)0.6 N ‎12.(2017·会宁检测)如图所示,MN和PQ是平行、光滑、足够长且不计电阻的两根竖直固定金属杆,间距L=0.1 m,其最上端通过电阻R相连接,R=0.5 Ω。R两端通过导线与平行板电容器连接,电容器上下两板距离d=1 m。在R下方一定距离有方向相反、无缝对接的两个沿水平方向的匀强磁场区域Ⅰ和Ⅱ,磁感应强度均为B=2 T,其中区域Ⅰ的高度差h1=3 m,区域Ⅱ的高度差h2=1 m。现将一阻值r=0.5 Ω、长L=0.1 m的金属棒a紧贴MN和PQ,从距离区域Ⅰ上边缘h=5 m处由静止释放;a进入区域Ⅰ后即刻做匀速直线运动,在a进入区域Ⅰ的同时,从紧贴电容器下板中心处由静止释放一带正电的微粒A。微粒的比荷=20 C/kg,重力加速度g=10 m/s2。求:‎ ‎(1)金属棒a的质量M。‎ ‎(2)在a穿越磁场的整个过程中,微粒发生的位移大小x。(不考虑电容器充、放电对电路的影响及充、放电时间)‎ ‎　　【解析】(1)a下滑h的过程中,由运动学规律有v2=2gh 代入数据解得v=10 m/s a进入区域Ⅰ后,由平衡条件有BIL=Mg 感应电动势E=BLv=2 V 感应电流I==2 A,解得M=0.04 kg。‎ ‎(2)因区域Ⅰ、Ⅱ的磁感应强度大小相同,故a在区域Ⅱ中也做匀速运动,a匀速穿过磁场的整个过程中,电容器两极板间的电压U==1 V,电场强度E'==1 V/m a穿越区域Ⅰ的过程中经历的时间t1==0.3 s,此过程下板电势高,加速度为a1==10 m/s2,方向竖直向上 末速度v1=a1t1=3 m/s,向上的位移x1=a1=0.45 m a穿越区域Ⅱ的过程中经历的时间t2==0.1 s 此过程中上板电势高,加速度a2==30 m/s2,方向竖直向下 末速度v2=v1-a2t2=0,故微粒运动方向始终未变 向上的位移x2=v1t2-a2=0.15 m 得x=x1+x2=0.45 m+0.15 m=0.60 m。‎ ‎【答案】(1)0.04 kg　(2)0.60 m