第十一章交變電流傳感器[全國卷5年考情分析]基礎考點常考考點(2013～2017考情統計)命題概率常考角度正弦交變電流的函數表達式、峰值和有效值(Ⅰ)遠距離輸電(Ⅰ)以上2個考點未曾獨立命題交變電流、交變電流的圖像(Ⅰ)'16Ⅲ卷T21(6分)獨立命題概率20%(1)根據線框在磁場中的轉動求解描述交變電流的物理量(2)根據交變電流的圖像或表達式求解描述交變電流的物理量(3)變壓器的基本原理和動態分析(4)遠距離輸電問題理想變壓器(Ⅱ)'16Ⅰ卷T16(6分)'16Ⅲ卷T19(6分)'15Ⅰ卷T16(6分)'14Ⅱ卷T21(6分)獨立命題概率70%綜合命題概率80%實驗十二傳感器的簡單使用'16Ⅰ卷T23(10分)綜合命題概率30%第1節交變電流的產生及描述(1)矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動時，一定會產生正弦式交變電流。(×)(2)線圈在磁場中轉動的過程中穿過線圈的磁通量最大時，產生的感應電動勢也最大。(×)(3)矩形線圈在勻強磁場中勻速轉動經過中性面時，線圈中的感應電動勢為零，電流方向發生改變。(√)(4)交流電氣設備上所標的電壓和電流值是交變電流的有效值。(√)(5)交流電壓表和電流表測量的是交流電的峰值。(×)(6)交變電流的峰值總是有效值的eq\r(2)倍。(×)解題中常用到的二級結論：(1)正弦交流電的產生：中性面垂直于磁場方向，線圈平面平行于磁場方向時電動勢最大：Em＝nBSω。①線圈從中性面開始轉動：e＝Emsinωt。②線圈從平行于磁場方向開始轉動：e＝Emcosωt。(2)正弦交變電流的有效值與最大值的關系，對整個波形、半個波形、甚至eq\f(1,4)個波形都成立。(3)非正弦交流電的有效值的求法：I2RT＝一個周期內產生的總熱量。突破點(一)交變電流的產生和描述1．正弦式交變電流的產生(1)線圈繞垂直于磁場方向的軸勻速轉動。(2)兩個特殊位置的特點：①線圈平面與中性面重合時，S⊥B，Φ最大，eq\f(ΔΦ,Δt)＝0，e＝0，i＝0，電流方向將發生改變。②線圈平面與中性面垂直時，S∥B，Φ＝0，eq\f(ΔΦ,Δt)最大，e最大，i最大，電流方向不改變。(3)電流方向的改變：線圈通過中性面時，電流方向發生改變，一個周期內線圈兩次通過中性面，因此電流的方向改變兩次。(4)交變電動勢的最大值Em＝nBSω，與轉軸位置無關，與線圈形狀無關。2．正弦式交變電流的圖像(線圈在中性面位置開始計時)函數表達式圖像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt電動勢e＝Emsinωt＝nBSωsinωt電流i＝Imsinωt＝eq\f(Em,R＋r)sinωt電壓u＝Umsinωt＝eq\f(REm,R＋r)sinωt[題點全練]1．(2015·山東高考)如圖甲，R0為定值電阻，兩金屬圓環固定在同一絕緣平面內。左端連接在一周期為T0的正弦交流電源上，經二極管整流后，通過R0的電流i始終向左，其大小按圖乙所示規律變化。規定內圓環a端電勢高于b端時，a、b間的電壓uab為正，下列uab-t圖像可能正確的是()解析：選C由題圖乙知，0～0.25T0，外圓環電流逐漸增大且eq\f(Δi,Δt)逐漸減小，根據安培定則，外圓環內部磁場方向垂直紙面向里，磁場逐漸增強且eq\f(ΔB,Δt)逐漸減小，根據楞次定律知內圓環a端電勢高，所以uab＞0，根據法拉第電磁感應定律uab＝eq\f(ΔΦ,Δt)＝eq\f(ΔBS,Δt)知，uab逐漸減小；t＝0.25T0時，eq\f(Δi,Δt)＝0，所以eq\f(ΔB,Δt)＝0，uab＝0；同理可知0.25T0～0.5T0時間內，uab＜0，且|uab|逐漸增大；0.5T0～T0內重復0～0.5T0的變化規律。故選項C正確。2．[多選](2018·湖南石門一中模擬)如圖所示，圖線a是線圈在勻強磁場中勻速轉動時所產生正弦交流電的圖像，當調整線圈轉速后，其在同一磁場中勻速轉動過程中所產生正弦交流電的圖像如圖線b所示。以下關于這兩個正弦交流電的說法正確的是()A．在圖中t＝0時刻穿過線圈的磁通量均為零B．線圈先后兩次轉速之比為3∶2C．交流電a的瞬時值為u＝10sin5πt(V)D．交流電b電壓的最大值為eq\f(20,3)V解析：選BCD由題圖可知，t＝0時刻線圈均在中性面，穿過線圈的磁通量最大，所以A錯誤；由圖像可知TA∶TB＝2∶3，故nA∶nB＝3∶2，所以B正確；由圖像可知，交流電a的最大值為10V，角速度為ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，所以交流電a的瞬時值為u＝10sin5πt(V)，所以C正確；交流電最大值Um＝NBSω，故Uma∶Umb＝3∶2，故Umb＝eq\f(2,3)Uma＝eq\f(20,3)V，D正確。3．[多選](2016·全國卷Ⅲ)如圖，M為半圓形導線框，圓心為OM；N是圓心角為直角的扇形導線框，圓心為ON；兩導線框在同一豎直面(紙面)內；兩圓弧半徑相等；過直線OMON的水平面上方有一勻強磁場，磁場方向垂直于紙面。現使線框M、N在t＝0時從圖示位置開始，分別繞垂直于紙面、且過OM和ON的軸，以相同的周期T逆時針勻速轉動，則()A．兩導線框中均會產生正弦交流電B．兩導線框中感應電流的周期都等于TC．在t＝eq\f(T,8)時，兩導線框中產生的感應電動勢相等D．兩導線框的電阻相等時，兩導線框中感應電流的有效值也相等解析：選BC兩導線框勻速轉動切割磁感線產生感應電動勢的大小不變，選項A錯誤；導線框的轉動周期為T，則感應電流的周期也為T，選項B正確；在t＝eq\f(T,8)時，切割磁感線的有效長度相同，兩導線框中產生的感應電動勢相等，選項C正確；M導線框中一直有感應電流，N導線框中只有一半時間內有感應電流，所以兩導線框的電阻相等時，感應電流的有效值不相等，選項D錯誤。突破點(二)有效值的理解與計算有效值的求解(1)計算有效值的根據是電流的熱效應，抓住“三同”：“相同時間”內“相同電阻”上產生“相同熱量”列式求解。(2)利用公式Q＝I2Rt和Q＝eq\f(U2,R)t可分別求得電流有效值和電壓有效值。[典例]電阻R1、R2與交流電源按照圖甲所示方式連接，R1＝10Ω，R2＝20Ω。合上開關S后，通過電阻R2的正弦式交變電流i隨時間t變化的情況如圖乙所示。則()A．通過R1的電流有效值是1.2AB．R1兩端的電壓有效值是6VC．通過R2的電流有效值是1.2eq\r(2)AD．R2兩端的電壓最大值是6eq\r(2)V[解析]首先從交流電圖像中找出交變電流的最大值即通過R2的電流最大值為0.6eq\r(2)A，由正弦式交變電流最大值與有效值的關系Im＝eq\r(2)I可知其有效值為0.6A，由于R1與R2串聯，所以通過R1的電流有效值也是0.6A，選項A、C錯；R1兩端電壓有效值為U1＝IR1＝6V，選項B對；R2兩端電壓最大值為U2m＝ImR2＝0.6eq\r(2)×20V＝12eq\r(2)V，選項D錯。[答案]B[多維探究][變式1]把圖像下半部分翻到t軸的上面正弦交流電是由閉合線圈在勻強磁場中勻速轉動產生的。線圈中感應電動勢隨時間變化的規律如圖所示，則此感應電動勢的有效值為________V。解析：由有效值的定義式得：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[變式2]僅余eq\f(1,2)周期的波形家用電子調光燈的調光功能是用電子線路將輸入的正弦交流電壓的波形截去一部分來實現的，由截去部分的多少來調節電壓，從而實現燈光的可調，比過去用變壓器調壓方便且體積小。某電子調光燈經調整后電壓波形如圖所示，求燈泡兩端的電壓的有效值。解析：從u-t圖像看出，每個周期的前半周期是正弦圖形，其有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))；后半周期電壓為零。根據有效值的定義，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)[變式3]僅余eq\f(1,4)周期的波形如圖所示為一個經雙可控硅調節后加在電燈上的電壓，正弦交流電的每一個二分之一周期中，前面四分之一周期被截去，則現在電燈上電壓的有效值為()A．Um B.eq\f(Um,\r(2))C.eq\f(Um,3) D.eq\f(Um,2)解析：選D從U-t圖像上看，每個eq\f(1,4)周期正弦波形的有效值U1＝eq\f(Um,\r(2))，根據有效值的定義：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正確。[變式4]把正余弦波形變成矩形波形如圖所示，表示一交流電的電流隨時間而變化的圖像，此交流電的有效值是()A．5eq\r(2)A B．3.5eq\r(2)AC．3.5A D．5A解析：選D交流電的有效值是根據其熱效應定義的，它是從電流產生焦耳熱相等的角度出發，使交流電與恒定電流等效。設交流電的有效值為I，令該交變電流通過一阻值為R的純電阻，在一個周期內有：I2RT＝I12Req\f(T,2)＋I22Req\f(T,2)。所以該交流電的有效值為I＝eq\r(\f(I12＋I22,2))＝5A。[變式5]上下波形的最大值不一致電壓u隨時間t的變化情況如圖所示，求電壓的有效值？解析：由有效值的定義式得：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[變式6]在電阻兩端并聯二極管如圖所示電路，電阻R1與電阻R2阻值相同，都為R，和R1并聯的D為理想二極管(正向電阻可看作零，反向電阻可看作無窮大)，在A、B間加一正弦交流電u＝20eq\r(2)sin100πtV，則加在R2上的電壓有效值為()A．10VB．20VC．15VD．5eq\r(10)V解析：選D電壓值取正值時，即在前半個周期內，二極管電阻為零，R2上的電壓等于輸入電壓值，電壓值取負值時，即在后半周期內，二極管電阻無窮大可看作斷路，R2上的電壓等于輸入電壓值的一半，據此可設加在R2的電壓有效值為U，根據電流的熱效應，在一個周期內滿足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。故選項D正確。[方法規律]幾種典型交變電流的有效值電流名稱電流圖像有效值正弦式交變電流I＝eq\f(Im,\r(2))正弦半波電流I＝eq\f(Im,2)矩形脈動電流I＝eq\r(\f(t0,T))Im非對稱性交變電流I＝eq\r(\f(1,2)I12＋I22)突破點(三)交變電流“四值”的理解和應用對交變電流“四值”的比較和理解物理量表達式適用情況及說明瞬時值e＝Emsinωtu＝Umsinωti＝Imsinωt計算線圈某時刻的受力情況最大值(峰值)Em＝nBSωIm＝eq\f(Em,R＋r)討論電容器的擊穿電壓有效值對正(余)弦交流電有：E＝eq\f(Em,\r(2))U＝eq\f(Um,\r(2))I＝eq\f(Im,\r(2))(1)計算與電流的熱效應有關的量(如電功、電功率、電熱等)(2)電氣設備“銘牌”上所標的一般是有效值(3)保險絲的熔斷電流為有效值(4)電表的讀數為有效值平均值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)計算通過電路截面的電荷量[題點全練]1.(2015·四川高考)小型手搖發電機線圈共N匝，每匝可簡化為矩形線圈abcd，磁極間的磁場視為勻強磁場，方向垂直于線圈中心軸OO′，線圈繞OO′勻速轉動，如圖所示。矩形線圈ab邊和cd邊產生的感應電動勢的最大值都為e0，不計線圈電阻，則發電機輸出電壓()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：選D因每匝矩形線圈ab邊和cd邊產生的電動勢的最大值都是e0，每匝中ab和cd串聯，故每匝線圈產生的電動勢的最大值為2e0。N匝線圈串聯，整個線圈中感應電動勢的最大值為2Ne0，因線圈中產生的是正弦交流電，則發電機輸出電壓的有效值E＝eq\r(2)Ne0，故選項D正確。2．[多選](2017·天津高考)在勻強磁場中，一個100匝的閉合矩形金屬線圈，繞與磁感線垂直的固定軸勻速轉動，穿過該線圈的磁通量隨時間按圖示正弦規律變化。設線圈總電阻為2Ω，則()A．t＝0時，線圈平面平行于磁感線B．t＝1s時，線圈中的電流改變方向C．t＝1.5s時，線圈中的感應電動勢最大D．一個周期內，線圈產生的熱量為8π2J解析：選ADt＝0時，磁通量為零，磁感線與線圈平面平行，A正確；當磁感線與線圈平面平行時，磁通量變化率最大，感應電動勢最大，畫出感應電動勢隨時間變化的圖像如圖，由圖可知，t＝1s時，感應電流沒有改變方向，B錯誤；t＝1.5s時，感應電動勢為0，C錯誤；感應電動勢最大值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正確。3．(2018·四川省涼山州診斷)圖甲為一臺小型發電機示意圖，產生的感應電動勢隨時間變化如圖乙所示。已知發電機線圈的匝數為100匝，電阻r＝2Ω，外電路的小燈泡電阻恒為R＝6Ω，電壓表、電流表均為理想電表。下列說法正確的是()A．電壓表的讀數為4VB．電流表的讀數為0.5AC．1秒內流過小燈泡的電流方向改變25次D．線圈在轉動過程中，磁通量最大為eq\f(0.08\r(2),π)Wb解析：選B由乙圖可知，交流電的最大值為Em＝4eq\r(2)V，有效值為：E＝eq\f(Em,\r(2))＝4V，根據閉合電路的歐姆定律可知：U＝eq\f(E,R＋r)R＝eq\f(4,6＋2)×6V＝3V，A錯誤；電流表的示數為：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(4,6＋2)A＝0.5A，B正確；由乙圖可知，T＝4×10－2s，f＝eq\f(1,T)＝25Hz，一個周期內電流方向改變兩次，所以1秒內流過小燈泡的電流方向改變50次，C錯誤；根據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錯誤。易錯問題——練縝密思維交變電流瞬時值表達式的書寫問題圖甲是交流發電機模型示意圖。在磁感應強度為B的勻強磁場中，有一矩形線圈abcd可繞線圈平面內垂直于磁感線的軸OO′轉動，由線圈引出的導線ae和df分別與兩個跟線圈一起繞OO′轉動的金屬圓環相連接，金屬圓環又分別與兩個固定的電刷保持滑動接觸，這樣矩形線圈在轉動中就可以保持和外電路電阻R形成閉合電路。圖乙是線圈的主視圖，導線ab和cd分別用它們的橫截面來表示。已知ab長度為L1，bc長度為L2，線圈以恒定角速度ω逆時針轉動。(只考慮單匝線圈)(1)線圈平面處于中性面位置時開始計時，試推導t時刻整個線圈中的感應電動勢e1的表達式；(2)線圈平面處于與中性面成φ0夾角位置時開始計時，如圖丙所示，試寫出t時刻整個線圈中的感應電動勢e2的表達式；(3)若線圈電阻為r，求線圈每轉動一周電阻R上產生的焦耳熱。(其他電阻均不計)解析：(1)矩形線圈abcd在磁場中轉動時，只有ab和cd切割磁感線，且轉動的半徑為r＝eq\f(L2,2)，設ab和cd的轉動速度為v，則v＝ω·eq\f(L2,2)在t時刻，導線ab和cd因切割磁感線而產生的感應電動勢均為E1＝BL1v⊥由圖可知v⊥＝vsinωt則整個線圈的感應電動勢為e1＝2E1＝BL1L2ωsinωt。(2)當線圈由圖丙位置開始運動時，在t時刻整個線圈的感應電動勢為e2＝BL1L2ωsin(ωt＋φ0)。(3)由閉合電路歐姆定律可知I＝eq\f(E,R＋r)這里E為線圈產生的電動勢的有效值E＝eq\f(Em,\r(2))＝eq\f(BL1L2ω,\r(2))則線圈轉動一周在R上產生的焦耳熱為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([反思領悟])書寫交變電流瞬時值表達式的基本思路(1)確定正弦式交變電流的峰值，根據已知圖像讀出或由公式Em＝nBSω求出相應峰值。(2)明確線圈的初始位置，找出對應的函數關系式。①若線圈從中性面位置開始轉動，則i-t圖像為正弦函數圖像，函數式為i＝Imsinωt。②若線圈從垂直中性面位置開始轉動，則i-t圖像為余弦函數圖像，函數式為i＝Imcosωt。(一)普通高中適用作業[A級——基礎小題練熟練快]★1．(2018·湖北恩施一中模擬)一電阻接在10V直流電源上，電熱功率為P；當它接到電壓u＝10sinωt(V)上時功率為()A．0.25P B．0.5PC．P D．2P解析：選B電阻接在10V直流電源上，電熱功率為P，則P＝eq\f(102,R)；當它接到電壓u＝10sinωt(V)上時功率為P′＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(10,\r(2))))2,R)＝eq\f(102,2R)＝0.5P，故B正確。★2.一邊長為L的正方形單匝線框繞垂直于勻強磁場的固定軸轉動，線框中產生的感應電動勢e隨時間t的變化情況如圖所示。已知勻強磁場的磁感應強度為B，則結合圖中所給信息可判定()A．t1時刻穿過線框的磁通量為BL2B．t2時刻穿過線框的磁通量為零C．t3時刻穿過線框的磁通量變化率為零D．線框轉動的角速度為eq\f(Em,BL2)解析：選Dt1時刻，感應電動勢最大，穿過線框的磁通量應為零，A錯誤；t2時刻，穿過線框的磁通量最大為Φm＝BL2，B錯誤；t3時刻，感應電動勢最大，則磁通量變化率也最大，C錯誤；交變電流的最大值為Em＝BL2ω，則ω＝eq\f(Em,BL2)，D正確。3.如圖所示的區域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度為B。電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉合導線框繞垂直于紙面的O軸以角速度ω勻速轉動(O軸位于磁場邊界)。則線框內產生的感應電流的有效值為()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：選D線框的轉動周期為T，而線框轉動一周只有eq\f(T,4)的時間內有感應電流，此時感應電流的大小為：I＝eq\f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，根據電流的熱效應有：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正確。4．先后用不同的交流電源給同一盞燈泡供電，第一次燈泡兩端的電壓隨時間按正弦規律變化(如圖甲所示)；第二次燈泡兩端的電壓變化規律如圖乙所示。若甲、乙圖中的U0、T所表示的電壓、周期值是相同的，則以下說法正確的是()A．第一次，燈泡兩端的電壓有效值是eq\f(U0,2)B．第二次，燈泡兩端的電壓有效值是eq\f(3U0,2)C．第一、第二次，燈泡的電功率之比是2∶9D．第一、第二次，燈泡的電功率之比是1∶5解析：選D第一次，燈泡兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(U0,\r(2))，功率P1＝eq\f(U12,R)＝eq\f(U02,2R)。第二次，設燈泡兩端電壓的有效值為U2，則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)，則P1∶P2＝1∶5，故A、B、C錯誤，D正確。★5．[多選]如圖甲所示為一交變電壓隨時間變化的圖像，每個周期內，前二分之一周期電壓恒定，后二分之一周期電壓按正弦規律變化。若將此交流電連接成如圖乙所示的電路，電阻R阻值為100Ω，則()A．理想電壓表讀數為100VB．理想電流表讀數為0.75AC．電阻R消耗的電功率為56WD．電阻R在100秒內產生的熱量為5625J解析：選BD根據電流的熱效應，一個周期內產生的熱量：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錯誤；電流表讀數I＝eq\f(U,R)＝0.75A，B正確；電阻R消耗的電功率P＝I2R＝56.25W，C錯誤；在100秒內產生的熱量Q＝Pt＝5625J，D正確。6.[多選](2018·廣西桂林中學模擬)如圖所示，電路中的電阻的阻值為R＝100Ω，電流表為理想電流表，在a、b之間接入電壓U＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源，則()A．電流表的示數為2.2AB．t＝0.01s時，電流表的示數為零C．若產生該交流電的發電機的線框轉速提高一倍，其他條件不變，則電流表的示數也增大一倍D．若將電阻換成200Ω，則電源的輸出功率變為原來的兩倍解析：選AC根據U＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，電壓的最大值為Um＝220eq\r(2)V，有效值為U＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，電流的有效值為I＝eq\f(U,R)＝eq\f(220,100)A＝2.2A，電流表測量電流的有效值，即電流表的示數為2.2A，故A正確；因為電流表顯示的是有效值，不隨時間變化，所以t＝0.01s時，電流表的示數為2.2A，故B錯誤；若產生該交流電的發電機的線框轉速提高一倍，其他條件不變，由Em＝nBSω知，電動勢的最大值增大一倍，由閉合電路歐姆定律知，電路中電流增大一倍，則電流表的示數也增大一倍，故C正確；若將電阻換成200Ω，由P＝eq\f(U2,R)可知，U不變，電源的輸出功率變為原來的一半，故D錯誤。7．[多選](2018·大慶檢測)如圖所示，N匝矩形導線框在磁感應強度為B的勻強磁場中繞軸OO′勻速轉動，線框面積為S，線框的電阻、電感均不計，外電路接有電阻R、理想電流表A和二極管D。電流表的示數為I，二極管D具有單向導電性，即正向電阻為零，反向電阻無窮大。下列說法正確的是()A．導線框轉動的角速度為eq\f(2RI,NBS)B．導線框轉動的角速度為eq\f(4RI,NBS)C．導線框轉到圖示位置時，線框中的磁通量最大，瞬時電動勢為零D．導線框轉到圖示位置時，線框中的磁通量最大，瞬時電動勢最大解析：選AC導線框產生的最大感應電動勢Em＝NBSω；根據二極管的特點可知，在一個周期內有半個周期回路中有電流，根據交流電電流的熱效應可知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正確，B錯誤；導線框轉到圖示位置時，導線框位于中性面處，導線框中的磁通量最大，瞬時電動勢為零，故C正確，D錯誤。8．(2018·福建廈門一中模擬)如圖甲所示電路，已知電阻R1＝R2＝R，和R1并聯的D是理想二極管(正向電阻可視為零，反向電阻為無窮大)，在A、B之間加一個如圖乙所示的交變電壓(電壓為正值時，UAB>0)。由此可知()A．在A、B之間所加的交變電壓的周期為2sB．在A、B之間所加的交變電壓的瞬時值表達式為u＝20eq\r(2)sin50πt(V)C．加在R1上電壓的有效值為10VD．加在R2上電壓的有效值為5eq\r(10)V解析：選D由圖像可得交流電的周期T＝0.02s，故A錯誤；電壓最大值為Um＝20eq\r(2)V，交變電壓的瞬時值表達式為u＝Umsinωt＝20eq\r(2)sineq\f(2π,T)t＝20eq\r(2)sin100πt(V)，故B錯誤；因為是交流電所以應該分兩種情況考慮：當A點電位高于B點電位時二極管導通即R1被短路，R2電壓為電源電壓eq\f(20\r(2),\r(2))V＝20V；當B點電位高于A點電位時二極管截止，R1、R2串聯分壓，即對R1有eq\f(U12,R1)T＝eq\f(102,R1)·eq\f(T,2)，解得U1＝5eq\r(2)V，對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錯誤D正確。[B級——中檔題目練通抓牢]9.(2018·山東濰坊實驗中學模擬)如圖所示為某小型交流發電機的示意圖，其矩形線圈abcd的面積為S＝0.03m2，共有10匝，線圈總電阻為r＝1Ω，線圈處于磁感應強度大小為eq\f(2\r(2),π)T的勻強磁場中，可繞與磁場方向垂直的固定對稱軸OO′轉動，線圈在轉動時可以通過滑環和電刷保持與外電路電阻R＝9Ω的連接。在外力作用下線圈以10πrad/s繞軸OO′勻速轉動時，下列說法中正確的是()A．電阻R的發熱功率是3.6WB．交流電流表的示數是0.6AC．用該交流發電機給電磁打點計時器供電時，打點的時間間隔一定為0.02sD．如果將電阻R換成標有“6V3W”字樣的小燈泡，小燈泡能正常工作解析：選B感應電動勢最大值：Em＝nBωS＝10×eq\f(2\r(2),π)×10π×0.03V＝6eq\r(2)V，電動勢有效值：E＝eq\f(Em,\r(2))＝6V；電路中的電流：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,9＋1)A＝0.6A，則交流電流表的示數是0.6A，選項B正確；電阻R的發熱功率是PR＝I2R＝3.24W，選項A錯誤；交流電的周期：T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,10π)s＝0.2s，則用該交流發電機給電磁打點計時器供電時，打點的時間間隔一定為0.2s，選項C錯誤；如果將電阻R換成標有“6V3W”字樣的小燈泡，燈泡的電阻RL＝eq\f(U2,P)＝eq\f(36,3)Ω＝12Ω，燈泡兩端的電壓UL＝eq\f(E,RL＋r)RL＝eq\f(6,12＋1)×12V＝5.54V，故小燈泡不能正常工作，選項D錯誤。10．(2018·湖北大冶一中模擬)發電機轉子是匝數n＝100，邊長L＝20cm的正方形線圈，其置于磁感應強度B＝0.5T的勻強磁場中，繞著垂直磁場方向的軸以ω＝100πrad/s的角速度轉動，當轉到線圈平面與磁場方向垂直時開始計時。線圈的電阻r＝1Ω，外電路電阻R＝99Ω。試求：(1)寫出交變電流瞬時值表達式；(2)外電阻上消耗的功率；(3)從計時開始，線圈轉過eq\f(π,3)過程中，通過外電阻的電荷量是多少？解析：(1)電動勢的最大值：Em＝nBωL2＝628V根據閉合電路歐姆定律得Im＝eq\f(Em,R＋r)＝6.28A故交變電流瞬時值表達式：i＝6.28sin100πt(A)。(2)電流的有效值I＝eq\f(1,\r(2))Im由P＝I2R得外電阻上的消耗功率：P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))Im))2R＝1.95×103W。(3)從計時開始到線圈轉過eq\f(π,3)過程中，平均感應電動勢由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得eq\x\to(E)＝neq\f(Φm－Φmcos60°,Δt)＝n·eq\f(BL2,2Δt)平均電流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(nBL2,2R＋r·Δt)通過外電阻的電荷量：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級——難度題目自主選做]11．[多選]如圖所示為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖，匝數N＝100匝，電阻為r＝1Ω的矩形線圈在勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動，線圈兩端經集流環和電刷與電路連接，定值電阻R1＝6Ω，R2＝3Ω，其他電阻不計，線圈勻速轉動的周期T＝0.2s。從線圈與磁場方向平行位置開始計時，線圈轉動的過程中，理想電壓表的示數為2V。下列說法中正確的是()A．電阻R1上的電功率為eq\f(2,3)WB．t＝0.4s時，電阻R2兩端的電壓瞬時值為零C．從開始計時到eq\f(1,20)s通過電阻R2的電荷量為eq\f(\r(2),10π)CD．若線圈轉速增大為原來的2倍，線圈中產生的電動勢隨時間變化規律為e＝6eq\r(2)cos20πt(V)解析：選AD電阻R1上的電功率為P＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(22,6)W＝eq\f(2,3)W，故A正確；線圈勻速轉動的周期T＝0.2s，t＝0.4s時，正好又轉到了與磁場方向平行位置，故此時線圈產生的感應電動勢最大，故電阻R2兩端的電壓瞬時值最大，故B錯誤；根據閉合電路的歐姆定律可知產生的感應電動勢的有效值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，從開始計時到eq\f(1,20)s，磁通量的變化量ΔΦ＝eq\f(3\r(2),1000π)，故通過電阻R2的電荷量為q＝eq\f(2,3)×eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(\r(2),15π)C，故C錯誤；轉速增大2倍，故產生的感應電動勢Em＝NBSω變為原來的2倍，故最大值為Em′＝6eq\r(2)V，線圈中產生的電動勢隨時間變化規律為e＝6eq\r(2)cos20πt(V)，故D正確。12.(2018·開封模擬)如圖所示，一個半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉動，轉速為n，ab的左側有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強磁場，磁感應強度為B。M和N是兩個集流環，負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計，求：(1)感應電動勢的最大值。(2)從圖示位置起轉過eq\f(1,4)周期的時間內負載電阻R上產生的熱量。(3)從圖示位置起轉過eq\f(1,4)周期的時間內通過負載電阻R的電荷量。(4)求出電流表的示數。解析：(1)線圈繞軸轉動時，在電路中產生如圖所示的交變電流。此交變電流的最大值為Em＝BSω＝Beq\f(πr2,2)2πn＝π2Bnr2。(2)在轉過eq\f(1,4)周期的時間內，線圈一直切割磁感線，則產生的熱量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)在轉過eq\f(1,4)周期的時間內，電動勢的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)通過R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πBr2,2R)。(4)根據電流的熱效應，在一個周期內：Q＝I2RT＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)故電流表的示數為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)重點高中適用作業[A級——保分題目巧做快做]1．先后用不同的交流電源給同一盞燈泡供電，第一次燈泡兩端的電壓隨時間按正弦規律變化(如圖甲所示)；第二次燈泡兩端的電壓變化規律如圖乙所示。若甲、乙圖中的U0、T所表示的電壓、周期值是相同的，則以下說法正確的是()A．第一次，燈泡兩端的電壓有效值是eq\f(U0,2)B．第二次，燈泡兩端的電壓有效值是eq\f(3U0,2)C．第一、第二次，燈泡的電功率之比是2∶9D．第一、第二次，燈泡的電功率之比是1∶5解析：選D第一次，燈泡兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(U0,\r(2))，功率P1＝eq\f(U12,R)＝eq\f(U02,2R)。第二次，設燈泡兩端電壓的有效值為U2，則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)，則P1∶P2＝1∶5，故A、B、C錯誤，D正確。★2.[多選]理想變壓器原線圈與正弦交變電源連接，輸入電壓u隨時間t變化的規律如圖所示，原、副線圈匝數比n1∶n2＝100,副線圈只接入一個R＝10Ω的電阻，則()A．與電阻R并聯的電壓表示數為3.11VB．流過電阻R的電流最大值為0.311AC．變壓器的輸入功率為0.484WD．一個周期內，電阻R上產生的熱量為9.68×10－3J解析：選BCD由題圖知，變壓器原線圈兩端電壓的有效值為220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)知，電壓表的示數為2.2V，A錯誤；流過R的最大電流Im＝eq\f(\r(2)U2,R)≈0.311A，B正確；電流有效值為0.22A，R消耗的功率P＝U2I＝2.2×0.22W＝0.484W，C正確；一個周期內R產生的熱量Q＝I2RT＝9.68×10－3J，D正確。3．[多選](2018·廣西桂林中學模擬)如圖所示，電路中的電阻的阻值為R＝100Ω，電流表為理想電流表，在a、b之間接入電壓U＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源，則()A．電流表的示數為2.2AB．t＝0.01s時，電流表的示數為零C．若產生該交流電的發電機的線框轉速提高一倍，其他條件不變，則電流表的示數也增大一倍D．若將電阻換成200Ω，則電源的輸出功率變為原來的兩倍解析：選AC根據U＝220eq\r(2)sin100πt(V)可知，電壓的最大值為Um＝220eq\r(2)V，有效值為U＝eq\f(Um,\r(2))＝220V，電流的有效值為I＝eq\f(U,R)＝eq\f(220,100)A＝2.2A，電流表測量電流的有效值，即電流表的示數為2.2A，故A正確；因為電流表顯示的是有效值，不隨時間變化，所以t＝0.01s時，電流表的示數為2.2A，故B錯誤；若產生該交流電的發電機的線框轉速提高一倍，其他條件不變，由Em＝nBSω知，電動勢的最大值增大一倍，由閉合電路歐姆定律知，電路中電流增大一倍，則電流表的示數也增大一倍，故C正確；若將電阻換成200Ω，由P＝eq\f(U2,R)可知，U不變，電源的輸出功率變為原來的一半，故D錯誤。4．[多選](2018·大慶檢測)如圖所示，N匝矩形導線框在磁感應強度為B的勻強磁場中繞軸OO′勻速轉動，線框面積為S，線框的電阻、電感均不計，外電路接有電阻R、理想電流表A和二極管D。電流表的示數為I，二極管D具有單向導電性，即正向電阻為零，反向電阻無窮大。下列說法正確的是()A．導線框轉動的角速度為eq\f(2RI,NBS)B．導線框轉動的角速度為eq\f(4RI,NBS)C．導線框轉到圖示位置時，線框中的磁通量最大，瞬時電動勢為零D．導線框轉到圖示位置時，線框中的磁通量最大，瞬時電動勢最大解析：選AC導線框產生的最大感應電動勢Em＝NBSω；根據二極管的特點可知，在一個周期內有半個周期回路中有電流，根據交流電電流的熱效應可知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正確，B錯誤；導線框轉到圖示位置時，導線框位于中性面處，導線框中的磁通量最大，瞬時電動勢為零，故C正確，D錯誤。5．(2018·福建廈門一中模擬)如圖甲所示電路，已知電阻R1＝R2＝R，和R1并聯的D是理想二極管(正向電阻可視為零，反向電阻為無窮大)，在A、B之間加一個如圖乙所示的交變電壓(電壓為正值時，UAB>0)。由此可知()A．在A、B之間所加的交變電壓的周期為2sB．在A、B之間所加的交變電壓的瞬時值表達式為u＝20eq\r(2)sin50πt(V)C．加在R1上電壓的有效值為10VD．加在R2上電壓的有效值為5eq\r(10)V解析：選D由圖像可得交流電的周期T＝0.02s，故A錯誤；電壓最大值為Um＝20eq\r(2)V，交變電壓的瞬時值表達式為u＝Umsinωt＝20eq\r(2)sineq\f(2π,T)t＝20eq\r(2)sin100πt(V)，故B錯誤；因為是交流電所以應該分兩種情況考慮：當A點電位高于B點電位時二極管導通即R1被短路，R2電壓為電源電壓eq\f(20\r(2),\r(2))V＝20V；當B點電位高于A點電位時二極管截止，R1、R2串聯分壓，即對R1有eq\f(U12,R1)T＝eq\f(102,R1)·eq\f(T,2)，解得U1＝5eq\r(2)V，對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錯誤D正確。★6.(2018·湖北省部分重點中學模擬)如圖甲所示，在勻強磁場中，兩個匝數相同的正方形金屬線圈分別以不同的轉速，繞與磁感線垂直的軸勻速轉動，產生的交變電動勢e隨時間t變化的圖像如圖乙中曲線a、b所示，則()A．t＝0時刻，兩線圈均處于垂直于中性面的位置B．a、b對應的線圈轉速之比為2∶3C．a、b對應的兩線圈面積之比為1∶1D．若只改變兩線圈的形狀(匝數不變)，則兩線圈電動勢的有效值之比一定不變解析：選Ct＝0時刻，兩線圈感應電動勢均為零，故兩線圈均處于中性面的位置，選項A錯誤；由圖線可知，兩線圈的周期之比Ta∶Tb＝2∶3；故根據n＝eq\f(1,T)可知a、b對應的線圈轉速之比為3∶2，選項B錯誤；根據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)；則eq\f(Sa,Sb)＝eq\f(Emaωb,Embωa)＝eq\f(1,1)，選項C正確；若只改變兩線圈的形狀(匝數不變)，則兩線圈的面積要變化，故感應電動勢的最大值要變化，電動勢的有效值之比可能變化，選項D錯誤。7.(2018·山東濰坊實驗中學模擬)如圖所示為某小型交流發電機的示意圖，其矩形線圈abcd的面積為S＝0.03m2，共有10匝，線圈總電阻為r＝1Ω，線圈處于磁感應強度大小為eq\f(2\r(2),π)T的勻強磁場中，可繞與磁場方向垂直的固定對稱軸OO′轉動，線圈在轉動時可以通過滑環和電刷保持與外電路電阻R＝9Ω的連接。在外力作用下線圈以10πrad/s繞軸OO′勻速轉動時，下列說法中正確的是()A．電阻R的發熱功率是3.6WB．交流電流表的示數是0.6AC．用該交流發電機給電磁打點計時器供電時，打點的時間間隔一定為0.02sD．如果將電阻R換成標有“6V3W”字樣的小燈泡，小燈泡能正常工作解析：選B感應電動勢最大值：Em＝nBωS＝10×eq\f(2\r(2),π)×10π×0.03V＝6eq\r(2)V，電動勢有效值：E＝eq\f(Em,\r(2))＝6V；電路中的電流：I＝eq\f(E,R＋r)＝eq\f(6,9＋1)A＝0.6A，則交流電流表的示數是0.6A，選項B正確；電阻R的發熱功率是PR＝I2R＝3.24W，選項A錯誤；交流電的周期：T＝eq\f(2π,ω)＝eq\f(2π,10π)s＝0.2s，則用該交流發電機給電磁打點計時器供電時，打點的時間間隔一定為0.2s，選項C錯誤；如果將電阻R換成標有“6V3W”字樣的小燈泡，燈泡的電阻RL＝eq\f(U2,P)＝eq\f(36,3)Ω＝12Ω，燈泡兩端的電壓UL＝eq\f(E,RL＋r)RL＝eq\f(6,12＋1)×12V＝5.54V，故小燈泡不能正常工作，選項D錯誤。8．[多選]如圖所示為小型旋轉電樞式交流發電機的原理圖，匝數N＝100匝，電阻為r＝1Ω的矩形線圈在勻強磁場中，繞垂直于磁場方向的固定軸OO′勻速轉動，線圈兩端經集流環和電刷與電路連接，定值電阻R1＝6Ω，R2＝3Ω，其他電阻不計，線圈勻速轉動的周期T＝0.2s。從線框與磁場方向平行位置開始計時，線圈轉動的過程中，理想電壓表的示數為2V。下列說法中正確的是()A．電阻R1上的電功率為eq\f(2,3)WB．t＝0.4s時，電阻R2兩端的電壓瞬時值為零C．從開始計時到eq\f(1,20)s通過電阻R2的電荷量為eq\f(\r(2),10π)CD．若線圈轉速增大為原來的2倍，線圈中產生的電動勢隨時間變化規律為e＝6eq\r(2)cos20πt(V)解析：選AD電阻R1上的電功率為P＝eq\f(U2,R1)＝eq\f(22,6)W＝eq\f(2,3)W，故A正確；線圈勻速轉動的周期T＝0.2s，t＝0.4s時，正好又轉到了與磁場方向平行位置，故此時線圈產生的感應電動勢最大，故電阻R2兩端的電壓瞬時值最大，故B錯誤；根據閉合電路的歐姆定律可知產生的感應電動勢的有效值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，從開始計時到eq\f(1,20)s，磁通量的變化量ΔΦ＝eq\f(3\r(2),1000π)，故通過電阻R2的電荷量為q＝eq\f(2,3)×eq\f(NΔΦ,R＋r)＝eq\f(\r(2),15π)C，故C錯誤；轉速增大2倍，故產生的感應電動勢Em＝NBSω變為原來的2倍，故最大值為Em′＝6eq\r(2)V，線圈中產生的電動勢隨時間變化規律為e＝6eq\r(2)cos20πt(V)，故D正確。[B級——拔高題目穩做準做]9.如圖所示的區域內有垂直于紙面的勻強磁場，磁感應強度為B。電阻為R、半徑為L、圓心角為45°的扇形閉合導線框繞垂直于紙面的O軸以角速度ω勻速轉動(O軸位于磁場邊界)。則線框內產生的感應電流的有效值為()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：選D線框的轉動周期為T，而線框轉動一周只有eq\f(T,4)的時間內有感應電流，此時感應電流的大小為：I＝eq\f(\f(1,2)BL2ω,R)＝eq\f(BL2ω,2R)，根據電流的熱效應有：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正確。★10.[多選](2018·紹興模擬)圖甲為風力發電的簡易模型，在風力作用下，風葉帶動與桿固連的永磁鐵轉動，磁鐵下方的線圈與電壓傳感器相連，在某一風速時，傳感器顯示如圖乙所示，則()A．磁鐵的轉速為10r/sB．線圈兩端電壓的有效值為6eq\r(2)VC．交流的電壓表達式為u＝12sin5πtVD．該交流電可以直接加在擊穿電壓為9V的電容器上解析：選BC電流的周期為T＝0.4s，故磁體的轉速為n＝eq\f(1,T)＝2.5r/s，故A錯誤；通過題圖乙可知電壓的最大值為12V，故有效值U＝eq\f(Um,\r(2))＝eq\f(12,\r(2))V＝6eq\r(2)V，故B正確；周期T＝0.4s，故ω＝eq\f(2π,T)＝eq\f(2π,0.4)rad/s＝5πrad/s，故電壓的表達式為u＝12sin5πtV，故C正確；電容器的擊穿電壓為交流電的最大值，而交流電的最大值大于電容器的擊穿電壓，故不能加在該電容器上，故D錯誤。11．(2018·湖北大冶一中模擬)發電機轉子是匝數n＝100，邊長L＝20cm的正方形線圈，其置于磁感應強度B＝0.5T的勻強磁場中，繞著垂直磁場方向的軸以ω＝100πrad/s的角速度轉動，當轉到線圈平面與磁場方向垂直時開始計時。線圈的電阻r＝1Ω，外電路電阻R＝99Ω。試求：(1)寫出交變電流瞬時值表達式；(2)外電阻上消耗的功率；(3)從計時開始，線圈轉過eq\f(π,3)過程中，通過外電阻的電荷量是多少？解析：(1)電動勢的最大值：Em＝nBωL2＝628V根據閉合電路歐姆定律得Im＝eq\f(Em,R＋r)＝6.28A故交變電流瞬時值表達式：i＝6.28sin100πt(A)。(2)電流的有效值I＝eq\f(1,\r(2))Im由P＝I2R得外電阻上的消耗功率：P＝eq\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(1,\r(2))Im))2R＝1.95×103W。(3)從計時開始到線圈轉過eq\f(π,3)過程中，平均感應電動勢由E＝neq\f(ΔΦ,Δt)得eq\x\to(E)＝neq\f(Φm－Φmcos60°,Δt)＝n·eq\f(BL2,2Δt)平均電流：eq\x\to(I)＝eq\f(\x\to(E),R＋r)＝eq\f(nBL2,2R＋r·Δt)通過外電阻的電荷量：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·開封模擬)如圖所示，一個半徑為r的半圓形線圈，以直徑ab為軸勻速轉動，轉速為n，ab的左側有垂直于紙面向里(與ab垂直)的勻強磁場，磁感應強度為B。M和N是兩個集流環，負載電阻為R，線圈、電流表和連接導線的電阻不計，求：(1)感應電動勢的最大值。(2)從圖示位置起轉過eq\f(1,4)周期的時間內負載電阻R上產生的熱量。(3)從圖示位置起轉過eq\f(1,4)周期的時間內通過負載電阻R的電荷量。(4)求出電流表的示數。解析：(1)線圈繞軸轉動時，在電路中產生如圖所示的交變電流。此交變電流的最大值為Em＝BSω＝Beq\f(πr2,2)2πn＝π2Bnr2。(2)在轉過eq\f(1,4)周期的時間內，線圈一直切割磁感線，則產生的熱量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)在轉過eq\f(1,4)周期的時間內，電動勢的平均值eq\x\to(E)＝eq\f(ΔΦ,Δt)通過R的電荷量q＝eq\x\to(I)Δt＝eq\f(\x\to(E),R)Δt＝eq\f(ΔΦ,R)＝eq\f(πBr2,2R)。(4)根據電流的熱效應，在一個周期內：Q＝I2RT＝eq\f(\b\lc\(\rc\)(\a\vs4\al\co1(\f(Em,\r(2))))2,R)·eq\f(T,2)故電流表的示數為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節變壓器__電能的輸送(1)理想變壓器的基本關系式中，電壓和電流均為有效值。(√)(2)變壓器不但能改變交變電流的電壓，還能改變交變電流的頻率。(×)(3)正常工作的變壓器當副線圈與用電器斷開時，副線圈兩端無電壓。(×)(4)變壓器副線圈并聯更多的用電器時，原線圈輸入的電流隨之減小。(×)(5)增大輸電導線的橫截面積有利于減少輸電過程中的電能損失。(√)(6)高壓輸電是通過減小輸電電流來減少電路的發熱損耗。(√)(7)在輸送電壓一定時，輸送的電功率越大，輸電過程中的電能損失越大。(√)1．在分析變壓器問題時，一定要注意原副線圈中各量的決定關系：U1決定U2，I2決定I1，P2決定P1。2．分析和計算輸電線上的電壓損失和功率損失時要用Ur＝Irr，Pr＝Ir2r＝eq\f(Ur2,r)，注意Pr≠eq\f(U22,r)。3．解題中常用到的二級結論：①理想變壓器原、副線圈的電壓之比為eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，當變壓器有多個副線圈時eq\f(U1,n1)＝eq\f(U2,n2)＝eq\f(U3,n3)＝……②理想變壓器的輸入、輸出功率相等P1＝P2，當變壓器有多個副線圈時P1＝P2＋P3＋……③由I＝eq\f(P,U)知，對只有一個副線圈的理想變壓器有eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，當變壓器有多個副線圈時n1I1＝n2I2＋n3I3＋……突破點(一)理想變壓器基本規律的應用理想變壓器以及原、副線圈基本量的關系理想變壓器沒有能量損失(銅損、鐵損)，沒有磁通量損失(磁通量全部集中在鐵芯中)基本關系功率關系原線圈的輸入功率等于副線圈的輸出功率，P入＝P出電壓關系原、副線圈的電壓比等于匝數比，U1∶U2＝n1∶n2，與負載的多少無關電流關系只有一個副線圈時，I1∶I2＝n2∶n1；有多個副線圈時，由P入＝P出即I1U1＝I2U2＋I3U3＋…＋InUn得I1n1＝I2n2＋I3n3＋…＋Innn頻率關系f1＝f2(變壓器不改變交流電的頻率)[題點全練]1.[多選](2016·全國卷Ⅲ)如圖，理想變壓器原、副線圈分別接有額定電壓相同的燈泡a和b。當輸入電壓U為燈泡額定電壓的10倍時，兩燈泡均能正常發光。下列說法正確的是()A．原、副線圈匝數比為9∶1B．原、副線圈匝數比為1∶9C．此時a和b的電功率之比為9∶1D．此時a和b的電功率之比為1∶9解析：選AD設燈泡的額定電壓為U0，輸入電壓為燈泡額定電壓的10倍時燈泡正常發光，則變壓器原線圈的電壓為9U0，變壓器原、副線圈的匝數比為9∶1，選項A正確，選項B錯誤；由9U0Ia＝U0Ib得，流過b燈泡的電流是流過a燈泡電流的9倍，根據P＝UI，a、b燈泡的電功率之比為1∶9，選項C錯誤，選項D正確。2．(2017·北京高考)如圖所示，理想變壓器的原線圈接在u＝220eq\r(2)sin100πt(V)的交流電源上，副線圈接有R＝55Ω的負載電阻，原、副線圈匝數之比為2∶1，電流表、電壓表均為理想電表。下列說法正確的是()A．原線圈的輸入功率為220eq\r(2)WB．電流表的讀數為1AC．電壓表的讀數為110eq\r(2)VD．副線圈輸出交流電的周期為50s解析：選B由交流電壓的表達式可知，原線圈兩端所加的電壓最大值為220eq\r(2)V，故有效值為U1＝220V，由eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，故副線圈電壓的有效值為U2＝110V，故輸出功率P2＝eq\f(U22,R)＝220W，再由輸入功率等于輸出功率知，P1＝P2＝220W，A項錯誤；根據歐姆定律知，I2＝eq\f(U2,R)＝2A，由eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，得I1＝1A，故電流表讀數為1A，所以B項正確；電壓表的讀數為有效值，即U2＝110V，C項錯誤；由交流電壓的表達式可知，ω＝100π(rad/s)，又T＝eq\f(2π,ω)，解得T＝0.02s，所以D項錯誤。3．[多選](2018·湖北武漢部分重點高中聯考)如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比為3∶1，L1、L2、L3為三只規格均為“9V,6W”的相同燈泡，各電表均為理想交流電表，輸入端接入如圖乙所示的交變電壓，則以下說法中正確的是()A．電流表的示數為2AB．電壓表的示數為27eq\r(2)VC．副線圈兩端接入耐壓值為8V的電容器能正常工作D．變壓器副線圈中交變電流的頻率為50Hz解析：選AD由輸入端交變電壓u-t圖像知，輸入電壓的有效值為eq\f(27\r(2),\r(2))V＝27V，由原、副線圈匝數之比為3∶1，可得原、副線圈的電壓之比為3∶1，電流之比為1∶3，設燈泡兩端電壓為U，所以U＝9V，副線圈兩端電壓的有效值為9V，三只燈泡均能正常發光，電流表的讀數I＝3×eq\f(6,9)A＝2A，A正確；電壓表的示數為有效值27V，B錯誤；副線圈兩端電壓的最大值為9eq\r(2)V，C錯誤；變壓器副線圈兩端交變電流的頻率為50Hz，D正確。4.(2016·全國卷Ⅰ)一含有理想變壓器的電路如圖所示，圖中電阻R1、R2和R3的阻值分別為3Ω、1Ω和4Ω，為理想交流電流表，U為正弦交流電壓源，輸出電壓的有效值恒定。當開關S斷開時，電流表的示數為I；當S閉合時，電流表的示數為4I。該變壓器原、副線圈匝數比為()A．2B．3C．4D．5解析：選B設原、副線圈的匝數比為k，根據變壓器匝數比與電流成反比的關系，則原線圈電流為I時，副線圈電流為kI；原線圈電流為4I時，副線圈電流為4kI。根據變壓器的輸入功率等于輸出功率得UI－I2R1＝(kI)2(R2＋R3)4UI－(4I)2R1＝(4kI)2R2聯立兩式代入數據解得k＝3選項B正確。突破點(二)理想變壓器的動態分析常見的理想變壓器的動態分析問題一般有兩種：匝數比不變的情況和負載電阻不變的情況。匝數比不變的情況負載電阻不變的情況(1)U1不變，根據eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，輸入電壓U1決定輸出電壓U2，可以得出不論負載電阻R如何變化，U2不變。(2)當負載電阻發生變化時，I2變化，根據輸出電流I2決定輸入電流I1，可以判斷I1的變化。(3)I2變化引起P2變化，根據P1＝P2，可以判斷P1的變化。(1)U1不變，eq\f(n1,n2)發生變化，U2變化。(2)R不變，U2變化，I2發生變化。(3)根據P2＝eq\f(U22,R)和P1＝P2，可以判斷P2變化時，P1發生變化，U1不變時，I1發生變化。[典例](2016·天津高考)如圖所示，理想變壓器原線圈接在交流電源上，圖中各電表均為理想電表。下列說法正確的是()A．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，R1消耗的功率變大B．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電壓表V示數變大C．當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，電流表A1示數變大D．若閉合開關S，則電流表A1示數變大，A2示數變大[思路點撥]解答本題時應從以下三點進行分析：(1)變壓器中次級線圈電流決定初級線圈電流。(2)變壓器中次級線圈功率決定初級線圈功率。(3)變壓器中初級線圈電壓決定次級線圈電壓。[解析]當滑動變阻器的滑動觸頭P向上滑動時，滑動變阻器連入電路的電阻R變大，則副線圈所在電路的總電阻R總變大，因原、副線圈兩端的電壓U1、U2不變，則通過R1的電流I2＝eq\f(U2,R總)變小，R1消耗的功率PR1＝I22R1變小，選項A錯誤；R1兩端的電壓UR1＝I2R1變小，則電壓表V的示數UV＝U2－UR1變大，選項B正確；因通過原、副線圈的電流關系eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，I2變小，則I1變小，即電流表A1的示數變小，選項C錯誤；若閉合開關S，則副線圈所在電路的總電阻R總′變小，通過副線圈的電流I2′＝eq\f(U2,R總′)變大，則通過原線圈的電流I1′變大，電流表A1的示數變大，R1兩端的電壓UR1′＝I2′R1變大，則R2兩端的電壓UR2′＝U2－UR1′變小，電流表A2的示數變小，選項D錯誤。[答案]B[方法規律]變壓器動態問題的分析流程[集訓沖關]1.(2018·唐山統考)如圖所示，理想變壓器的原、副線圈分別接理想電流表A、理想電壓表V，副線圈上通過輸電線接有一個燈泡L、一個電吹風M，輸電線的等效電阻為R，副線圈匝數可以通過調節滑片P改變。S斷開時，燈泡L正常發光，滑片P位置不動，當S閉合時，以下說法正確的是（）A.電壓表讀數增大B.電流表讀數減小C.等效電阻R兩端電壓增大D.為使燈泡L正常發光，滑片P應向下滑動解析：選CS閉合時，變壓器副線圈電路電流增大，兩端電壓不變，電壓表讀數不變，選項A錯誤。由于變壓器輸出功率增大，輸入電流增大，電流表讀數增大，選項B錯誤。由于輸電線中電流增大，所以輸電線等效電阻R兩端電壓增大，選項C正確。為使燈泡L正常發光，應該增大變壓器輸出電壓，滑片P應向上滑動，選項D錯誤。2．[多選]如圖甲所示，理想變壓器原、副線圈的匝數比n1∶n2＝10∶1，b是原線圈的中心抽頭，S為單刀雙擲開關，定值電阻R1、R2均為10Ω。在原線圈c、d兩端加上圖乙所示的交變電壓，下列說法正確的是()A．當S與a連接后，理想電流表示數為2.2AB．當S與a連接后，理想電壓表示數為11VC．當S由a撥到b后，副線圈輸出電壓的頻率變為25HzD．當S由a撥到b后，原線圈的輸入功率變為原來的4倍解析：選AD由題圖可以知道，交變電流的電壓有效值為220V、周期為0.02s，頻率為50Hz。當S接a時，由變壓器的原理可以知道，n2兩端電壓有效值為22V，由閉合電路歐姆定律，得理想電壓表的示數為22V，理想電流表示數為2.2A，故選項A正確，選項B錯誤；當S由a撥到b后，原線圈電壓、頻率不變，原線圈匝數減半，則副線圈頻率不變，故選項C錯誤；副線圈兩端電壓加倍，負載電阻不變，副線圈的輸出功率變為原來的4倍，原線圈的輸入功率也變為原來的4倍，故選項D正確。3．[多選](2018·定州月考)理想變壓器的原線圈連接一只電流表，副線圈接入電路的匝數可以通過滑動觸頭Q調節，如圖，在副線圈上連接了定值電阻R0和滑動變阻器R，P為滑動變阻器的滑動觸頭。原線圈兩端接在電壓為U的交流電源上。則()A．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數變大B．保持Q的位置不動，將P向上滑動時，電流表的讀數變小C．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數變大D．保持P的位置不動，將Q向上滑動時，電流表的讀數變小解析：選BC在原、副線圈匝數比一定的情況下，變壓器的輸出電壓由輸入電壓決定。因此，當Q位置不變時，輸出電壓U′不變，此時P向上滑動，負載電阻值R′增大，則輸出電流I′減小。根據輸入功率P入等于輸出功率P出，電流表的讀數I變小，故A錯誤，B正確；P位置不變，將Q向上滑動，則輸出電壓U′變大，I′變大，電流表的讀數變大，變壓器的輸入功率變大。因此選項C正確，D錯誤。突破點(三)遠距離輸電謹記遠距離輸電問題的“三二一”1．理清三個回路在回路2中，U2＝ΔU＋U3，I2＝I線＝I3。2．抓住兩個聯系(1)理想的升壓變壓器聯系著回路1和回路2，由變壓器原理可得：線圈1(匝數為n1)和線圈2(匝數為n2)中各個量間的關系是eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，eq\f(I1,I2)＝eq\f(n2,n1)，P1＝P2。(2)理想的降壓變壓器聯系著回路2和回路3，由變壓器原理可得：線圈3(匝數為n3)和線圈4(匝數為n4)中各個量間的關系是eq\f(U3,U4)＝eq\f(n3,n4)，eq\f(I3,I4)＝eq\f(n4,n3)，P3＝P4。3．掌握一個守恒能量守恒關系式P1＝P損＋P4。[典例](2015·福建高考)如圖為遠距離輸電示意圖，兩變壓器均為理想變壓器，升壓變壓器T的原、副線圈匝數分別為n1、n2，在T的原線圈兩端接入一電壓u＝Umsinωt的交流電源，若輸送電功率為P，輸電線的總電阻為2r，不考慮其他因素的影響，則輸電線上損失的電功率為()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]升壓變壓器T的原線圈兩端電壓的有效值為U1＝eq\f(Um,\r(2))；由變壓關系可得eq\f(U1,U2)＝eq\f(n1,n2)，則U2＝eq\f(n2Um,\r(2)n1)；因為輸送電功率為P，輸電線中的電流為I2＝eq\f(P,U2)＝eq\f(\r(2)n1P,n2Um)，則輸電線上損失的電功率為ΔP＝I22(2r)＝eq\f(4n12P2r,n22Um2)，故選項C正確。[答案]C[方法規律]輸電線路功率損失的計算方法P損＝P1－P4P1為輸送的功率，P4為用戶得到的功率P損＝I線2R線I線為輸電線路上的電流，R線為線路電阻P損＝eq\f(ΔU2,R線)ΔU為輸電線路上損失的電壓，不要與U2、U3相混P損＝ΔU·I線注意：ΔU不要錯代入U2或U3[集訓沖關]1．[多選](2018·福州模擬)如圖甲所示為遠距離輸電示意圖，變壓器均為理想變壓器。升壓變壓器原、副線圈匝數比為1∶100，其輸入電壓變化規律如圖乙所示，遠距離輸電線的總電阻為100Ω。降壓變壓器副線圈電路部分為一火警報警系統原理圖，其中R1為一定值電阻，R2為用半導體熱敏材料制成的傳感器，當溫度升高時其阻值變小。電壓表V顯示加在報警器上的電壓(報警器未畫出)。未出現火警時，升壓變壓器的輸入功率為750kW。下列說法中正確的有()A．降壓變壓器副線圈輸出的交流電頻率為50HzB．遠距離輸電線路損耗的功率為180kWC．當傳感器R2所在處出現火警時，電壓表V的示數變大D．當傳感器R2所在處出現