2019年高考物理备考 中等生百日捷进提升系列 专题12 交变电流与传感器（含解析）.docx

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专题12 交变电流与传感器 第一部分名师综述 本章内容实际上是电磁感应现象研究的继续及其规律的具体应用。其知识特点是了解识记的基本概念较多，主要围绕交变电流的产生、变化规律及表征交变电流的物理量这一中心展开，在此基础上研究了变压器的工作原理和远距离输电。另外，简单介绍了电感、电容对交变电流的影响。本章知识的另一个特点是与科学技术和生活实际联系密切，在学习的过程中，要注意理论联系实际，要善于知识的迁移、综合和应用。复习时要抓住两条主线： 1.以“交变电流的规律”为复习中心，掌握交变电流的产生、特点及特征物理量. 2.以“变压器的原理”为复习核心，掌握变压器传输电能的特点，掌握远距离输电问题的特点及分析方法. 第二部分知识背一背 一、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(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)．公式：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： 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：让交流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果它们在交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：有效值为峰值除以 (5)平均值：是交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值. 二、远距离输电 1．根据，降低输电损耗有两种方法 (1)减小输电线的电阻． (2)减小输电导线中的电流：在输送功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压． 2．远距离输电的功率损失 输送功率一定时，线路电流I＝，输电线上的损失功率P损＝I2R线＝，可知P损∝. 远距离输电中的功率关系：P输＝P损＋P用户. 第三部分技能+方法 一、交变电流“四值”的比较与理解 交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较 物理量 物理含义 重要关系 适用情况及说明 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情况 峰值 最大的瞬时值 Em＝nBSω Im＝ 讨论电容器的击穿电压 有效值 跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值 E＝ U＝ I＝ 适用于正(余)弦式电流 (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 平均值 交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值 ＝Bl ＝n ＝ 计算通过电路截面的电荷量 二、理想变压器原、副线圈基本量的关系 理想 变压器 ①没有能量损失(铜损、铁损) ②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 P入＝P出 电压 关系 原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载情况、副线圈个数的多少无关 电流 关系 只有一个副线圈时，电流和匝数成反比有多个副线圈时，由输入功率和输出功率相等确定电流关系 频率 关系 原、副线圈中电流的频率相等 制约关系 电压 副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定 功率 原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定 电流 原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定 三、远距离输电问题 1．远距离输电的处理思路 对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析． 2．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)： (1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3. (2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线． (3)输电电流：I线＝＝＝. (4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝IR线＝()2R线．当输送功率一定时，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. 第四部分基础练+测 一、单选题 1．如图甲所示,理想变压器原、副线图的匝数之比n1:n2=10:1.电阻R=5Ω.L1、L2、L3为三个完全相同的小灯泡,S1、S2为开关,原线圈接正弦交变电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示.现将S1闭合,S2断开,此时L1正常发光.下列说法正确的是（） A．输入电压u的表达式u=10sin5πt(V) B．R消耗的电功率为0.2W C．若S1、S2均闭合,三个小灯泡均正常发光 D．若S1、S2均断开,三个小灯泡均正常发光 【答案】 C 【解析】 【详解】 A、由图可知周期T=0.2s，则有ω=10πrad/s，所以输入电压u的表达式应为u=10sin(10πt)V，故选项A错误； B、将S1闭合，S2断开，根据变压器的电压与匝数关系可知电阻R电压有效值为U2=12V=22V，R消耗的电功率为P=U22R=(22)25W=0.1W，故选项B错误； CD、将S1闭合，S2断开时，小灯泡L2与L3短路，此时小灯泡L1两端电压等于U2=22V，正常发光；若S1、S2均闭合，三个小灯泡并联，此时三个小灯泡两端电压都等于22V，正常发光；若S1、S2均断开，三个小灯泡串联，此时三个小灯泡两端电压都等于1322V=26V，不能正常发光；故选项C正确，D错误； 2．图甲为小型发电机的结构简图,通过线圈在两磁极间转动给小灯泡供电,已知小灯泡获得的交变电压如图乙。则下列说法正确的是 A．甲图中电压表的示数为62V B．乙图中的0时刻就是甲图所示时刻 C．乙图中0.510-2s时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小 D．乙图中1.010-2s时刻,穿过甲图中线圈的磁通量最小 【答案】 C 【解析】 【详解】 A．甲图中电压表的示数为交流电的有效值：U=622V=6V，选项A错误； B．乙图中的0时刻感应电动势为零，而甲图所示时刻，感应电动势最大，选项B错误； C．乙图中0.510-2s时刻，感应电动势最大，则此时穿过甲图中线圈的磁通量最小，选项C正确； D．乙图中1.010-2s时刻感应电动势为零，则此时穿过甲图中线圈的磁通量最大，选项D错误. 3．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10：1，R1=10Ω，R2=15 Ω．C为电容器，电流传感器与原线圈串联。当开关S断开时，传感器测得的正弦交流电如图乙所示，则 A．电阻R1中交流电的频率为5Hz B．输入电压的最大值为600V C．电阻R2的电功率为270W D．S闭合前后，原线圈中电流不变 【答案】 B 【解析】 【详解】 由图可知，原线圈交变电流的频率为50Hz，副线圈交变电流的频率同为50Hz；原线圈交变电流的有效值为I1=12A，由I2I1=n1n2得I2=52A。由并联电路的分流原理，电阻R2中的电流IR2R2=22V，电阻R2消耗的电功率为PR2=IR22R2=120W；电阻R2的电压为U2=IR2R2=302V，由U1U2=n1n2得U1=3002V，故U1m=2U1=600V；S闭合后，有电流流过电容器，故副线圈中电流增大，原线圈中电流也随之增大。故答案选B。 4．如图所示为远距离输电示意图，T1、T2分别为理想升压变压器和理想降压变压器，图中的电表V1、V2、A1、A2均为理想电表，电表的示数分别为U1、U2、I1、I2，输电线上有一定的电阻，则下列说法正确的 A．U1I1=U2I2 B．保持输送功率不变，增大U1，则U2、I1、I2均增大 C．保持U1不变，输送功率增大，则U2、I1、I2均增大 D．保持U1不变，用户减少，用户消耗功率与发电厂输出功率的比值增大 【答案】 D 【解析】 【详解】 理想变压器输出功率等于输入功率，由于在输电线路上有功率损失故U1I1＞U2I2，故A错误；保持输送功率不变增大U1，根据P=UI可知，输电线上的电流减小，即I1减小，则I2也减小；输电线上电压损失减小，则T2原线圈电压变大，则次级电压也变大，即U2增大，故B错误；保持U1不变，输送功率增大根据P=UI可知，输电线路上的电流增大，降压变压器原线圈两端的电压U3=U1-IR减小，故降压变压器副线圈两端的电压减小，即U2减小，故C错误；用户总功率与发电厂的输出功率的比值为U1I-I2RU1I＝1-IRU1，则U1不变，用户减小，I减小，故用户消耗功率与发电厂输出功率的比值变大，故D正确；故选D。 5．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计。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有( ) A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为31.1 V B．当单刀双掷开关与b连接且在0.01 s时，电流表示数为0 C．当单刀双掷开关由a拨向b时，副线圈输出电压的频率变为25 Hz D．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大 【答案】 D 【解析】 【详解】 由图象可知，交变电压的最大值为311V，交流电的周期为210-2s，所以交流电的频率为f=1/T=50Hz；交流电的电压有效值为3112 =220V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为22V，即电压表的示数为22V，选项A错误；电流表示数为交流电的有效值，不随时间的变化而变化，所以当单刀双掷开关与b连接且在0.01 s时，电流表示数不为0，B错误；变压器不会改变电流的频率，所以当单刀双掷开关由a拨到b时，副线圈输出电压的频率依然为50Hz，选项C错误；当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变为一半，所以副线圈的输出电压要变大一倍，变为44V，则电压表和电流表的示数均变大，故D正确；故选D。 6．如图所示，将一均匀导线围成一圆心角为60的扇形导线框OMN，O为圆心，半径为R，线框总电阻为r，将线框O点置于坐标系的原点，在二、四象限有垂直于纸面向外的匀强磁场，磁感应强度为B．从t=0时刻开始，导线框绕O点以角速度ω匀速转动，则导线框中感应电流的有效值为（　　） A．BωR22r B．2BωR24r C．6BωR26r D．15BωR26r 【答案】 C 【解析】 【详解】 线框转动一周过程中，两次进入磁场、两次出磁场，所以产生感应电流的时间t=460∘360∘T=23T；转动切割磁感应线产生的感应电动势E′=12BR2ω；设感应电动势的有效值为E，根据有效值的计算公式可得：E2RT=E2Rt；解得E=6BωR26，则导线框中感应电流的有效值为I=Er=6BωR26r，故C正确、ABD错误。 7．如图甲所示理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，R1为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．变压器的输入功率与输出功率之比为4：1 B．变压器原、副线圈中的电流之比为4：1 C．u随t变化的规律为u=51im50πtV(式中各物理量均为国际单位制) 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 【答案】 D 【解析】 【详解】 原副线圈输入功率和输出功率相等，故A错误。根据I1I2＝n2n1得，原副线圈的电流之比为1：4，故B错误。交变电压的峰值为51V，周期T=0.02s，则角速度ω＝2π/T＝100πrad/s，则u随t的变化规律为u=51sin（100πt），故C错误。若热敏电阻RT的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故D正确。故选D。 8．如图所示，某电路上接有保险丝、交流电压表、“220V 900W”的电饭锅及“220V 200W”的抽油烟机．现接入u=31lsin100πt(V)的交流电，下列说法正确的是 A．交流电压表的示数为311V B．1s内流过保险丝的电流方向改变50次 C．电饭锅的热功率是抽油烟机的热功率的4.5倍 D．为保证电路正常工作，保险丝的额定电流不能小于5A 【答案】 D 【解析】 【详解】 A、现接入电压u＝311sin100πt（V）的交流电，交流电压最大值Um＝311V，交流电压表的示数为有效值U=3112=220V，故A错误； B、接入u＝311sin100πt（V）的交流电，故周期：T=2π100π=0.02s，一个周期电流方向改变2次，故1s电流方向改变100次；故B错误； C、电饭锅是纯电阻，消耗的电能全部转化为内能，产生热量，而抽油烟机是非纯电阻，耗的电能部分转化为机械能，部分转化为内能产生热量，电饭锅发热功率是抽油烟机总功率的4.5倍，故C错误； D、电流的最大值为：I=P1+P2U=900W+200W220V=5A；故为保证电路正常工作，保险丝的额定电流不能小于5A；故D正确。 9．在如图甲所示的电路中，理想变压器原、副线圈匝数比为10:1，b两端接入图乙所示的电压，副线圈接火灾报警系统(报警器未画出)，图中电压表和电流表均为理想电表，D为理想二极管，R0为定制电阻，L为电阻恒定的指示灯，Rr为热敏电阻，其阻值随温度的升高而减小。下列说法中正确的是 A．电压表的示数为22V B．若Rr处出现火灾时，电压表示数将变大 C．若Rr处出现火灾时，电流表示数将变大 D．若Rr处出现火灾时，指示灯L将变亮 【答案】 C 【解析】 【详解】 A、设原线圈两端电压为U1，根据热效应可得：U12RT=2202RT2，解得U1=1102V，则副线圈的电压U2=n2n1U1=112V，故A错误； B、输入端的电压不变，匝数比不变，则电压表示数不变，故B错误； C、若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，则输入端的电功率变大，电压不变，则电流表的示数变大，故C正确； D、若RT处出现火灾时，RT电阻变小，输出的总功率变大，电流强度变大，R0两端电压变大，则灯泡两端电压变小，灯泡变暗，故D错误； 故选C。 10．如图所示，一理想变压器原线圈与定值电阻R1、理想电流表A1一起接入电压恒为U的交流电源上，原线圈接入电路的匝数可通过调节触头P进行改变，副线圈和滑动变阻器R、定值电阻R2以及理想电流表A2连接在一起，下列说法正确的是 A．保持R不变，将触头P向上移动，则A1的示数变小，A2的示数变小 B．保持R不变，将触头P向下移动，电源输出的总功率变小 C．保持P的位置不动，增大R，则A1的示数减小，A2的示数减小 D．保持P的位置不动，增大R，则R的电功率变小，R1的电功率不变 【答案】 D 【解析】 【详解】 A. 保持R不变，将触头P向上移动，则n1增大，再由U2=n2n1U1，可知U2减少，又因为副线圈的总电阻不变，所以通过副线圈的电流减少，即A2的示数变小；A1的示数为 U1R1，U1和R1都不变，所以A1的示数不变。故A错误。 B. 保持R不变，将触头P向下移动，则n1减少，再由U2=n2n1U1，可知U2增加，副线圈的负载电阻不变，由P出=U22R总可知电源输出的总功率增大。故B错误。 C. 保持P的位置不动，增大R，负载的总电阻R总增大，U2不变，由I2=U2R总可知I2减小，所以A2的示数减小；A1的示数为U1R1，U1和R1都不变，所以A1的示数不变。故C错误。 D. 保持P的位置不动，增大R，负载的总电阻R总增大，U2不变，由I2=U2R总可知I2减小，副线圈的输出功率为P2=U2I2减小，由因为R2的功率不变，所以R的功率是减小的；电阻R1不变，两端的电压U2不变，所以R1的电功率不变。故D正确。 二、多选题 11．图中理想变压器原、副线圈的匝数之比为4∶1，电压表和电流表可视为理想电表，现在原线圈两端加上交变电压U=311sin(100πt)V时，灯泡L1、L2均正常发光则下列说法中正确的是 A．该交流电的方向每秒钟改变50次 B．电压表的示数为55V C．若将变阻器的滑片P向下滑动，则L1变亮、L2将变暗 D．若将变阻器的滑片P向上滑动，则原线圈的输入功率增大 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A、电路中的变压器与电感均不改变交流电的频率，由原线圈交变电压的表达式可知，交流电的周期T=2πω=0.02s，而交流电在一个周期内电流方向变化两次，所以该交流电的方向每秒钟改变100次，故A错； B、原线圈的有效电压为3112=220V，理想变压器原副线圈电压比等于匝数比，所以副线圈电压为55V，故B对； C、若将变阻器的滑片P向下滑动，副线圈的电压不变，所以L1亮度不变、L2回路中的电阻变大，所以L2将变暗，故C错； D、若将变阻器的滑片P向上滑动，滑动变阻器上的电阻变小，则副线圈上的总电阻也变小，所以I2就变大，则变压器的输出功率P2=U2I2就变大，根据功率相等，则原线圈的输入功率增大，故D对； 12．如图为远距离输电示意图，其中T1、T2为理想变压器，r是输电线电阻，灯泡L1、L2相同且阻值不变。现保持变压器T1的输入电压不变，滑片P位置不变，当开关S断开时，灯L1正常发光，则( ) A．仅闭合S，灯L1会变亮 B．仅闭合S，r消耗的功率会变大，变压器T1的输入功率会变大 C．仅将滑片P下移，r消耗的功率会变小 D．仅将滑片P上移，电流表示数会变小 【答案】 BD 【解析】 【详解】 闭合S，则消耗功率增大，T2副线圈中电流增大，T2原线圈电流也增大，则r上损失的电压和功率增大，则T2输入电压UT21=UT12-Ir，减小，灯泡两端电压UT22减小，故灯泡会变暗，同时变压器T1的输入功率会变大，故A错误，B正确；仅将滑片P下移，T1副线圈匝数增大，则输出电压增大，若将T1的输出端后面的电路等效可知，导线r上的电流变大，则r上的功率变大，故C错误；仅将滑片P上移，T1副线圈匝数减小，则输出电压减小，若将T1的输出端后面的电路等效可知，T1次级电流减小，则变压器T1初级电流减小，即电流表示数会变小，故D正确； 13．如图所示电路，理想变压器原、副线圈匝数比5：1，原线圈输入电压为u=311sin100πt（V），副线圈输出端通过滑动变阻器R连接两只相同灯泡L1和L2，它们的规格为“36V、18W”，当开关S断开时灯L1正常发光．现闭合开关S，调节滑动变阻器使灯泡再正常发光，则此状态（） A．原线圈的电流为5A B．变压器输入功率变为原来的2倍 C．滑动变阻器R上损耗的功率变为原来的4倍 D．滑动变阻器的阻值调到了8Ω 【答案】 BD 【解析】 【详解】 A.灯泡正常发光的电流为I=PU=1836A=0.5A,副线圈的总电流为1A，根据电流与匝数成反比，原线圈的电流为0.2A。故A错误。 B.输入功率等于输出功率，由于副线圈的电压不变，电流加倍，输出功率加倍，变压器的输入功率变为原来的2倍。故B正确。 C.滑动变阻器R损耗的功率为P=I2R，电流变为原来的2倍，但是电阻变小了，所以损耗的功率不是原来的4倍。故C错误。 D.灯泡的电阻为R=36218Ω=72Ω,两个灯泡并联后的电阻为36Ω，副线圈的电压为U=15220V=44V,变压器分得的电压为8V=RR+36Ω44V解得：R=8Ω。故D正确。 14．图甲为一台小型发电机构造示意图，内阻r＝5.0 Ω，外电路电阻R＝95 Ω，电路中其余电阻不计。发电机内的矩形线圈在匀强磁场中以恒定的角速度ω绕垂直于磁场方向的固定轴转动，线圈匝数n＝100。转动过程中穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按正弦规律变化，如图乙所示，（π=3.14，2=1.4）则 A．该小型发电机的电动势的最大值为200 V B．t＝3.1410－2 s时，磁通量的变化率为2Wb/s C．t＝3.1410－2 s时，串联在外电路中的交流电流表的读数为2 A D．t＝3.1410－2 s时，串联在外电路中的交流电流表的读数为1.4A 【答案】 ABD 【解析】 【详解】 从Φ-t图线可以看出，Φmax=1.010-2 Wb，T=3.1410-2 s，ω=2πT，感应电动势的最大值 Emax=nωΦmax=1002π3.1410-2110-2=200 V，故A正确； t=3.1410-2 s时，磁通量Φ的变化率最大，最大值为ΔΦΔt=Emaxn=200100Wb/s=2Wb/s，选项B正确；电路中电流最大值I=Emax2R+r=2001002=2A，则串联在外电路中的交流电流表的读数为2A，故C错误，D正确；故选ABD. 15．如图所示，矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直磁场方向的OO轴匀速转动，线圈abcd的匝数为N，电阻不计，理想变压器原、副线圈的匝数之比为1：2，定值电阻R1与R2的阻值均为R，所用电表均为理想交流电表，当线圈abcd转动的角速度大小为ω时，电压表的示数为U，则(　　) A．此时电流表的示数为2UR B．从图示位置(线圈abcd与磁场方向平行)开始计时，线圈abcd中产生的电动势的瞬时表达式为e=52Ucosωt C．在线圈abcd转动的过程中，穿过线圈的磁通量的最大值为52U2Nω D．当线圈abcd转动的角速度大小为2ω时，电压表的示数为4U 【答案】 AC 【解析】 【详解】 流过副线圈的电流Im=UR，根据I1I2=n2n1可知，流过电流表的电流I1=2UR，故A正确；变压器中原线圈的电压为U1，根据U1U2=n1n2可知电压U1=U2，电阻R1分得的电压UR=I1R=2U，故线圈产生的感应电动势的有效值为U有=U1+UR=5U2，最大值Em=2U有=52U2，故从线圈转动到图示位置开始计时，线圈中产生的电动势的瞬时表达式为e=522Ucosωt，故B错误；根据Em=NBSω可知BS=EmNω=52U2Nω，故C正确；根据Em=NBSω可知，转动角速度加倍，产生的感应电动势加倍，故电压表的示数加倍，为2U，故D错误。故选AC。 16．如图所示,M是一小型理想变压器,在a、b端输入稳定的正弦交流电,变压器右侧部分连有电阻恒定不变的相同小灯泡L1、L2、滑动变阻器R,所有电表都是理想电表,当滑动变阻器P向上滑动时U2为V2表示数,I2为A2表示数,以下说法中正确的是( ) A．A1的示数增大,A2的示数增大,A3的示数变增大 B．V1的示数不变,V2的示数减小 C．ΔU2ΔI2变小 D．L1、L2都变亮 【答案】 AB 【解析】 【详解】 AB．a、b端输入稳定的正弦交流电，即电压表V1示数不变，所以副线圈的电压恒定，当滑动变阻器P向上滑动时，总电阻减小，总电流变大，即电流表A2的示数变大，灯泡L2两端电压变大，所以电压表V2示数变小，由变压器的变流比可知，电流表A1的示数变大，由于电压表V2示数变小，所以流过L2的电流变小，总电流变大，所以电流表A3示数变大，故A正确，B正确； C．由闭合欧姆定律可得：ΔU2ΔI2=RL1，即不变，故C错误； D．由A分析可知，L1变亮，L2变暗，故D错误。 17．如图所示的理想变压器电路中，原副线圈的匝数比为2:1，原、副线圈的电路中均有一阻值为R的定值电阻，副线圈电路中定值电阻和滑动变阻器串联，a、b端接电压恒定的正弦交流电，在滑动变阻器滑片P向右移动的过程中，则下列说法正确的是（ ） A．原线圈电路中定值电阻R消耗的功率在减小 B．副线圈电路中定值电阻R消耗的功率在增大 C．副线圈电路中消耗的总功率在减小 D．原、副线圈电路中定值电阻R两端的电压之比恒定为1:2 【答案】 BD 【解析】 【详解】 滑动变阻器滑片P向右移动的过程中，总电阻减小，原副线圈的电流强度均增大； AB、根据P=I2R可知原线圈电路中定值电阻R消耗的功率在增大，副线圈电路中定值电阻R消耗的功率也在增大，故B正确，A错误； C、根据变压器原理可知输入功率等于输出功率，副线圈电路中消耗的总功率P出=P入=(E-I1R)I1=EI1-I12R，由于E、R和I1未知，无法确定副线圈电路中消耗的总功率的变化，故C错误； D、根据U=IR可知原、副线圈电路中定值电阻R两端的电压之比等于电流强度之比，等于原副线圈的匝数的反比，即为1:2，故D正确； 故选BD。 18．如图,OO’是磁感应强度大小分别为3B和B的两个匀强磁场区域的分界线,磁场方向分别垂直纸面向里和垂直纸面向外。单匝圆形导线圈的直径刚好位于OO’处,线圈以OO’为转轴从纸面位置开始以角该度ω匀速转动。若线圈的电阻为R,面积为S,则下列说法正确的是( ) A．线圈在纸面位置时,感应电流最大 B．线圈中产生的感应电动势的最大值为2BSω C．线圈中产生的热功率为B2S2ω2/2R D．线圈从纸面位置开始转过90的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为2BS/R 【答案】 C 【解析】 【详解】 A、线圈在纸面位置时，磁通量最大，感应电动势最小，为零，故A错误； B、线圈中产生的感应电动势的最大值为Em=3B•S2•ω-B•S2•ω=BSω，故B错误； C、由有效值定义可知感应电动势的有效值为E有=Em2，线圈中产生的热功率为P=I2R=(E有R)2R=B2S2ω22R，故C正确； D、根据q=IΔt，I=ER，E=NΔϕΔt可得q=NΔϕR，所以线圈从纸面位置开始转过90的过程中通过线圈某一横截面的电荷量为E=q=3BS2-B•S2R=BSR，故D错误； 故选C。 19．如图所示，边长为L=0.2m的正方形线圈abcd，其匝数为n=100、总电阻为r=2Ω，外电路的电阻为R=8Ω，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度B=1T，若线圈从图示位置开始，以角速度ω=2rad/s绕OO′轴匀速转动，则以下判断中正确的是 A．在t=π4时刻，磁场穿过线圈的磁通量为0，故此时磁通量变化率为0 B．闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=4sin2t(V) C．从t=0时刻到t=π4时刻，电阻R上产生的热量为Q=0.16πJ D．从t=0时刻到t=π4时刻，通过R的电荷量q=0.2C 【答案】 BCD 【解析】 【分析】 根据题中“磁场的…线圈从图示位置开始，以角速度ω=2rad/s绕OO′轴匀速转动”可知，本题考察交流电的产生问题，应用法拉第电磁感应定律、闭合电路欧姆定律、感应电量、有效值等知识分析计算。 【详解】 A：在t=π4时刻，线圈从图示位置转过90，磁场穿过线圈的磁通量为0，线圈中磁通量变化率最大。故A项错误。 B：线圈中产生感应电动势的最大值Em=nB⋅L22ω=10010.2222V=4V，开始计时时，线圈中磁通量最大，感应电动势为0，则闭合电路中感应电动势的瞬时表达式e=Emsinωt=4sin2t(V)。故B项正确。 C：线圈转动的周期T=2πω=2π2s=πs，回路中感应电流的最大值Im=Emr+R=0.4A，回路中电流的有效值I=Im2=0.22A，从t=0时刻到t=π4时刻，电阻R上产生的热量Q=I2R⋅T4=(0.22)28π4J=0.16πJ。故C项正确。 D：从t=0时刻到t=π4时刻，电路中的平均感应电动势E=nΔΦΔt，电路中的平均电流I=Er+R，线框中磁通量的变化量ΔΦ=B⋅L22，通过R的电荷量q=IΔt，解得：q=nBL22(r+R)=10010.22210C=0.2C。故D项正确。 20．如图所示为远距离输电的原理图，升压变压器的变压比为a，降压变压器的变压比为b，输电线的电阻为R，升压变压器和降压变压器均为一理想变压器，发电机输出的电压恒为U，若由于用户的负载变化，使电压表V2的示数增大了ΔU，则下列判断正确的是（ ） A．电压表V1的示数不变 B．电流表A2的示数增大了ΔUR C．电流表A1的示数减小了bΔUR D．输电线损失的功率减小了(bΔUR)2R 【答案】 AC 【解析】 由于U不变，所以电压表V1的示数不变，故A正确；由于V2增大，所以降压变压器原线圈的电压U3增大了bΔU，根据UV1=IA1R+U3，所以IA1R减小了bΔU，所以电流表A1的示数减小了bΔUR，A2的示数减小了ΔUR，故C正确；B错误；输电线损失的功率减小了I2R-(I-bΔUR)2R，所以D错误。 三、解答题 21．三峡水电站是我国最大的水力发电站，平均水位落差约100m，水的流量约1.35104m3/s。船只通航需要约3500m 3/s的流量，其余流量全部用来发电。水流冲击水轮机发电时，水流减少的势能有20% 转化为电能。 （1）按照以上数据估算，三峡发电站的发电功率最大是多大； （2）本市现行阶梯电价每户每月1挡用电量最高为240kWh，如果按照本市现行阶梯电价1挡最高用电量计算，三峡电站可以满足多少户家庭生活用电； （3）把抽水蓄能电站产生的电能输送到北京城区。已知输电功率为P，输电线路的总阻值为R，要使输电线路上损耗的功率小于ΔP。 a．求输电电压的最小值U； b．在输电功率一定时，请提出两种减少输电过程中功率损耗的方法。 【答案】（1）2106kW（2）6106户（3）a．U=PΔPRb．①提高输电电压②增大导线横截面积，减小电阻 【解析】（1）P=mgh20%=1.01031.001041010020%=2106kW （2）每户平均功率：P=2403024=0.333kW 21060.333=6106户 （3）a．输电导线损失热功率ΔP=I2R 输电功率P=IU，∴U=PΔPR b．减少输电过程中功率损耗的方法：①．提高输电电压； ②．增大导线横截面积，减小电阻； 22．如图为某交流发电机和外接负载的示意图，发电机电枢线圈abcd为n=500匝的矩形线圈，其中ac长为L1=10cm，ab长为L2=5cm。线圈绕垂直于磁场的轴OO`在磁感应强度为B=0.2T的匀强磁场中以ω=200rad/s的角速度匀速转动（不计一切摩擦），线圈总电阻为r=2.0Ω，外电路负载电阻为R=8.0Ω。试求： （1）由图示位置开始计时交变电动势的表达式； （2）由图示位置转过900角的过程中产生的平均感应电动势； （3）由图示位置转过1/6周期内通过R的电荷量为多少； （4）交流电压表的示数； （5）转动一周回路中产生总的焦耳热。 【答案】 （1）e= 100cos200tV（2）0.32V（3）0.22C（4）（5）15.7J 【解析】 试题分析：（1）电动势的最大值 Em=nBSω=nBL1L2ω=5000.20.10.05200V=100V， 由图示位置开始计时交变电动势的表达式；e=Emcosωt=100cos200tV （2）由图示位置转过900角的过程中产生的平均感应电动势: （3）由图示位置转过1/6周期内通过R的电荷量为 （4） 电压表的示数 （5）转动一周回路中产生总的焦耳热 考点：交流电的产生及变化规律. 【名师点睛】此题是对交流电的产生及计算问题的考查；解题时要据题境明确感应电动势的瞬时值，知道电压表示数为有效值，与电路知识向衔接是解题的关键；注意求解电量时要用平均值，求解电功和电热时要用有效值. 23．如图所示，交流发电机的矩形金属线圈abcd的边长ab＝cd＝50 cm，bc＝ad＝30 cm，匝数n＝100，线圈的总电阻r＝10 Ω，线圈位于磁感应强度B＝0.050 T的匀强磁场中，线圈平面与磁场方向平行．线圈的两个末端分别与两个彼此绝缘的铜环E、F(集流环)焊接在一起，并通过电刷与阻值R＝90 Ω的定值电阻连接．现使线圈绕过bc和ad边中点且垂直于磁场的转轴OO′以角速度ω＝400 rad/s匀速转动．电路中的其他电阻以及线圈的自感系数均可忽略不计，求： (1)线圈中感应电流的最大值； (2)线圈转动过程中电阻R的发热功率； (3)从线圈经过图示位置开始计时，经过14周期时间通过电阻R的电荷量． 【答案】（1）3.0A（2）405W（3）7.510-3C 【解析】 试题分析：（1）线圈产生感应电动势的最大值：Em=nBωabbc=300V。 根据闭合电路欧姆定律可知，线圈中感应电流的最大值：Im=EmR+r 解得：Im=3.0A。 （2）通过电阻R的电流的有效值：I=Im2 线圈转动过程中电阻R的热功率：P=I2R 解得：P=405W。 （3）根据法拉第电磁感应定律有：E=nΔφΔt=nBΔSΔt 根据闭合电路欧姆定律有：I=ER+r=nBΔS(R+r)Δt 解得：q=IΔt=7.510-3C。 考点：交流发电机及其产生正弦式电流的原理；正弦式电流的图象和三角函数表达式 【名师点睛】本题关键是要能够区分交流的有效值、瞬时值、最大值和平均值，求解电表读数用有效值，求解电量用平均值。 24．如图所示为某学校一套校内备用供电系统，由一台内阻为1Ω的发电机向全校22个教室（每个教室有“220V，40W”的白炽灯6盏）供电。如果输电线的总电阻R是4Ω，升压变压器和降压变压器（都认为是理想变压器）的匝数比分别是1︰4和4︰1，每个教室的白炽灯都正常发光，求： （1）输电线的损失功率是多大? （2）发电机的电动势是多大? （3）输电效率是多少? 【答案】（1）144W （2）250V（3）97.3％ 【解析】 试题分析：（1）全校消耗的功率W=5280W 设线路电流为，输电电压为，降压变压器原线圈电压为 ，而V，则V=880V 线路损失功率W=144W （2）V=24V V 由得：V 由升压变压器原线圈电流=24A 发电机的电动势V （3）所以W ％≈97.3％ 考点：远距离输电. 25．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失.有一个不涂备电钿，输送的电功伞为P=500kW，当使用U=5kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两个电能表一昼夜示数相差4800kWH. （l）求输电效率η和输电线的总电阻r. （2）若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么发电站应使用多高的电压向外输电? 【答案】(1)60%，20Ω　 (2)22.4kV 【解析】 试题分析：（1）由于输送功率为P=500kW，一昼夜输送电能E=Pt=12000度，终点得到的电能E=7200度， 因此效率η=60%． （2）输电线上的电流可由I=PU计算，为I=100A，而输电线损耗功率可由Pr=I2r计算，其中Pr=480024=200kW因此可求得r=20Ω，． （3）输电线上损耗功率Pr=(PU)2r∝1U2，原来Pr=200kW，现在要求Pr=10kW， 计算可得输电电压应调节为U=22.4kV． 考点：远距离输电． 点评：输电线上的损失功率与其电流的平方成正比，而与输电线两端的电压的平方成反比． 26．交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动．一小型发电机的线圈共220匝，线圈面积S＝0.05 m2，线圈转动的频率为50 Hz，线圈内阻不计，磁场的磁感应强度B＝2πT．为了用此发电机发出的交流电带动两个标有“220 V 11 kW”的电动机正常工作，需在发电机的输出端a、b与电动机之间接一个理想变压器，电路如图所示．求： (1)发电机的输出电压； (2)变压器原、副线圈的匝数比； (3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数． 【答案】（1）2200V（2）10：1（3）10A 【解析】 （1）线圈转动产生的电动势最大值为： Em = NBSω=1100V 2分 由于线圈内阻不计，则输出电压就等于电动势， 得输出电压的有效值为U1=="1100" V 1分 （2）2分 得1分 ⑶根据P入=P出="2.2104W" 1分 再根据P入=" U1" I1 1分 解得 I1="20A " 1分 27．如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度为ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4Ω，求： (1)转动过程中感应电动势的最大值； (2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60时的瞬时感应电动势； (3)由图示位置转过60角的过程中产生的平均感应电动势； (4)交流电压表的示数； (5)转动一周外力做的功； (6) 16周期内通过R的电荷量． 【答案】 (1)3.14 V　(2)1.57 V　(3)2.6 V　(4)1.78 V (5)0.99 J　(6)0.0866 C 【解析】 【详解】 (1)感应电动势的最大值Em＝NBSω＝1000.50.122π V＝3.14 V. (2)转过60时的瞬时感应电动势： e＝Emcos 60＝3.140.5 V＝1.57 V. (3)通过60角过程中产生的平均感应电动势： E＝nΔφΔt=1000.5320.12π32πV≈2.6 V. (4)电压表示数为外电路电压的有效值： U＝ER+r⋅R=3.14245V＝1.78 V. (5)转动一周外力所做的功等于电流产生的热量： W＝Q＝Em22R+r⋅t＝0.99 J. (6)1/6周期内通过电阻R的电荷量： q=I⋅Δt=ER+r⋅Δt=nΔϕΔtR+r⋅Δt=nΔϕR+r=nBS⋅sin600R+r＝0.086 6 C. 答案：(1)3.14 V　(2)1.57 V　(3)2.6 V　(4)1.78 V　(5)0.99 J　(6)0.086 6 C 28．有一台内阻为1Ω发电机，供给一学校照明用，如图所示，升压比为1：4，降压比为4：1，输电线的总电阻R=4Ω，全校共22个班，每班有“220V，40W”灯6盏，若保证全部电灯正常发光，则： （1）发电机输出功率多大？ （2）发电机电动势多大？ （3）输电效率是多少？ 【答案】（1）5 424 W（2）250 V（3）97%. 【解析】 （1）降压变压器的输出功率为： P=nP灯=40226=5280W 降压变压器副线圈的电流为： I3=nP灯U3=62240220A=24A， 由I2I3=n3n2=14 降压变压器原线圈的电流为：I2=12I3=1424A=6A 输电线损失的功率为：△P=I22R=624w=144W 所以输入功率为：P1=P+△P=5280+144=5424W (2)降压变压器原线圈电压为：U2=n2n3U3=4220=880V 输电线上损失的电压为：△U=I2R=64V=24V 则发动机的输出电压为：U2=U2+△U=880+24=904V 所以发电机原线圈电压为：U1=14904=226V 根据电流与匝数成反比知发电机原线圈中电流为：I1=416=24A， 发电机内阻分压：Ur=241=24V 电动势为：E=U1+Ur=226+24=250V． (3)用户获得的实际功率为：P用=22406=5280W； 则输电效率为：η=P用P100%=52805424100%=97.3%； 29．(15 分)某兴趣小组设计了一种发电装置,如图所示. 在磁极和圆柱状铁芯之间形成的两磁场区域的圆心角均为,磁场均沿半径方向. 匝数为N 的矩形线圈abcd 的边长ab ="cd" =、bc ="ad" =2. 线圈以角速度ω绕中心轴匀速转动,bc和ad 边同时进入磁场. 在磁场中,两条边所经过处的磁感应强度大小均为B、方向始终与两边的运动方向垂直. 线圈的总电阻为r,外接电阻为R. 求: (1)线圈切割磁感线时,感应电动势的大小Em; (2)线圈切割磁感线时,bc 边所受安培力的大小F; (3)外接电阻上电流的有效值I. 【答案】 (1)(2)(3) 【解析】 (1)bc、ad边的运动速度v＝ωl2， 感应电动势Em＝4NBlv. 解得Em＝2NBl2ω. (2)电流Im＝Emr+R 安培力F＝2NBIml 解得.F=4N2B2l3ωr+R (3)一个周期内，通电时间t＝49T R上消耗的电能W＝Im2Rt且W＝I2RT. 解得I=4NBl2ω3(r+R) 点睛：本题研究交变电流的产生，实质上是电磁感应知识的具体应用，是右手定则、法拉第电磁感应定律、安培力等知识的综合应用． 30．如图为一输电系统，A地有一台升压变压器，B地有一台匝数比为10：1的降压变压器，使120盏标有“120V，100W”的灯正常工作，A、B两地输电线的电阻是20Ω，求： （1）升压变压器输出端的电压； （2）若不用变压器，要在B地得到同样大小的电流和电功率，那么在A地要用多大的电压将电能输出? （3）两情况下输电线上损耗功率之比是多少? 【答案】（1）1400V (2)2120V (3) 【解析】 试题分析：（1）降压变压器副线圈的电流I2=120100120A=100A， 则输电线上的电流I2=n4n3I2=110100A=10A， 降压变压器输入电压U1＝U2n3n4＝12010V＝1200V， 输电线上的电压损失ΔU=I2R=1020V=200V， 则升压变压器输出端的电压U2=U1+ΔU=1200+200V=1400V． （2）若不用变压器，则：UI2-I22R=120100W，其中I2=100A 代入数据解得：U=2120V （3）根据ΔP=I2R知损失功率与电流的平方成正比，故两情况下输电线上损失功率之比是102：1002=1：100 考点：考查了理想变压器，电功率的计算 【名师点睛】（1）求出降压变压器副线圈的电流，从而根据电流比等于匝数之反比求出输电线上的电流，通过电压的损失求出升压变压器输入电压．（2）根据得到的功率等于输送功率减去损失功率求电压