高考物理大一轮复习 第11章 交变电流 传感器配套教案.pdf

一、交变电流的产生和变化规律1.交变电流：大小和方向都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，线圈绕垂直王磁场方向的轴匀速转动.(2)中性面定义：与磁场垂直的平面.特点：线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为霎，感应电动 势为雯.线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次.(3)变化规律(线圈在中性面位置开始计时)电动势(e):e=Esin co t.电压()：u=sin cot.电流(，)：/=sin cot.(4)图象(如图所示)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=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：让交变电流与恒定电流分别通过大小相回的电阻，如果在交流的一个周期 内它们产生的热量相等，则这个恒定电流，、恒定电压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T，U当,=车.勺2 勺23.平均值：E=n.A t自我诊断1.判断正误(1)交变电流的主要特征是电流的方向随时间周期性变化.(”)(2)大小变化而方向不变的电流也叫交变电流.(x)(3)线圈经过中性面时产生的感应电动势最大.(x)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S倍关系只适用于正弦（余弦）交流电（M）（6）交流电压表及交流电流表的读数均为峰值.（x）2.矩形线圈的面积为S,匝数为亿在磁感应强度为夕的匀强磁场中，绕垂直于磁场的 轴00）以角速度。匀速转动.当转到线圈平面与磁场垂直的图示位置时（）o x XX X*X XA.线圈中的电动势为HSoB,线圈中的电动势为。C.穿过线圈的磁通量为0D.穿过线圈的磁通量变化率最大解析：选B.图示时刻线框的四边都不切割磁感线，不产生感应电动势，即线圈中的电 动势为0,故选项A错误，选项B正确；图示时刻线框与磁场垂直，磁通量最大，为（P=BS,故选项C错误；图示位置线圈中的电动势为0,根据法拉第电磁感应定律=更可知穿过A t线圈的磁通量变化率为0,故选项D错误.3.（多选）某小型发电机产生的交变电动势为e=50sinl00兀XV）.对此电动势，下列 表述正确的有（）A.最大值是50/V B.频率是100 HzC.有效值是25s V D.周期是0.02 s解析：选 CD.由 e=sin。50sin 1。兀力（V）可知，=50 V,有效=-=25幼旷，2 7Tco-100 7t rad/s,T=-0.02 s,f=50 Hz,C、D 正确.co4.一个小型电热器若接在输出电压为1 0 V的直流电源上，消耗电功率为尸；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/VC.10 V D.10也 V解析：选C.电热器接到直流电源上，由功率表达式尸=可知，P=4=当.当其接到交 K K K 流电源时，与 则右=，丛为正弦交流电的有效值，则此交流电的最大值优=s右=10 V,C 正确.5.某手摇交流发电机，其线圈绕垂直于匀强磁场方向的轴（位于线圈平面内）匀速转动,产生的交变电流，随时间t变化的图象如图，由图象可知（）A.该交变电流频率是0.4 HzB.该交变电流有效值是0.8 AC.该交变电流瞬时值表达式是7=0,8sin（5 7r t）AD,2=0.1 s时穿过线圈平面的磁通量最大解析：选C.根据电流随时间变化的图象知，交流电的周期为0.4 s,故交流电的频率为 2.5 Hz,A错误；交变电流的最大值为0.8 A,有效值为0.他A,B错误；把。=羊=5兀 rad/s代入正弦式交变电流的瞬时值表达式得/=O8sin（5无力A,C正确；方=0.1 s时，电 流最大，此时穿过线圈平面的磁通量为零，D错误.考点透析题组冲关不同考点详简墉择考点一正弦交变电流的产生与瞬时值表达式1.正弦式交变电流的变化规律及对应图象（线圈在中性面位置开始计时）2.两个特殊位置的特点函数图象磁通量(P(/,cos t BS cos co t电动势e=sin co t=nBS a)six co t电压RJu Um sin cot sin cotR+r电流Kj Zn sin cot sina+rCD tA（1）线圈平面与中性面重合时，S _LB9最大，=0,=0,7=0,电流方向发生A t改变.A（D _线圈平面与中性面垂直时,S UB,0=。，年最大 e最大最大,电流方向不改变.考向1：正弦交变电流的产生（1）解决此类问题的关键在于把线圈在匀强磁场中的具体位置与转动的时刻对应好，也 就是电流的变化规律与线圈在磁场中转动的具体情境对应好.交变电动势的最大值A=S。，与转轴位置无关，与线圈形状无关.典例1如图所示，矩形线圈aAd在匀强磁场中可以分别绕垂直于磁场方向的轴P 和K以相同的角速度匀速转动，当线圈平面转到与磁场方向平行时（）A.线圈绕R转动时的电流等于绕转动时的电流B.线圈绕X转动时的电动势小于绕转动时的电动势C.线圈绕2和上转动时电流的方向相同，都是aD.线圈绕片转动时de边受到的安培力大于绕转动时de边受到的安培力解析 线圈绕垂直于磁场方向的轴转动产生交变电流，产生的电流、电动势及线圈各边 所受安培力大小与转轴所在位置无关，故A对，B、D错；图示时刻产生电流的方向为 afdfCfa,故 C 错.答案A考向2:交变电流的图象（1）由图象可读出交变电流的电压或电流的最大值，进而利用正弦式交变电流最大值与 有效值的关系得到有效值.（2）由图象可读出交变电流的变化周期T,然后计算得出角速度。=子.（3）根据最大值、角速度等信息可以写出交变电流的瞬时值表达式.典例2（xx 湖南衡阳联考）（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，产生的交变电动势如图乙中曲线a、b 所示，则下列说法正确的是（）A.曲线a表示的交变电动势瞬时值a=36 sin 25无方VB.曲线b表示的交变电动势最大值为28.8 VC.仁5x1 0一$时，曲线仄6对应的感应电动势大小之比为3s：2D.C=6xl()T$时，曲线a对应线框的磁通量最大，曲线6对应线框的磁通量为02 7r 2 7r解析由图乙可知，A“=36 V,A,故选C.3.如图所示为一交变电流的电压随时间变化的图象，正半轴是正弦曲线的一个部分,则此交变电流的电压的有效值是（）解析：选C.设其有效值为U,根据交变电流的有效值定义和题图中电流特点可得，在一个周期内有4方1+号方2=方，即0.01 S+(4 V)2x,x0.01 s=xO.02 s,解得=学V,故C正确.4.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（）(/7747727T，2T；%n aC-?D.万解析：选D.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,正弦式交流电压的有效值与峰值的关系是=与，由于一个周 勺2期内半个周期有交流电压，一周期内交流电产生的热量为。=今9设交流电 K N Z/1 N1 T 1 U压的有效值为由电流热效应得=所以该交流电压的有效值=5，D正Z/i Z 1 Z确.有效值求解的三点注意(1)计算有效值时要注意根据电流的热效应，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)利用两类公式七和0=可分别求得电流有效值和电压有效值.(3)若图象部分是正弦(或余弦)交流电,其中的从零(或最大值)开始的;周期整数倍的部 分可直接应用正弦式交变电流有效值与最大值间的关系L=3l、%求解.考点三正弦交变电流的“四值”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=Esin co t/=TmSin co t计算线圈某时刻的受力最大值最大的瞬时值K=nBS coT 区4-心/(+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(余)弦式交流电：E=计算与电流热效应相关 的量，如功、功率、热量等；交流电表的测量值；电 气设备所标注的额定电压、额定电流；umU=-j=T而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A t_ EI=-R+r计算通过电路某一截面的电荷量：q=I t题组冲关强化训练提升考能1.小型手摇发电机线圈共力匝，每匝可简化为矩形线圈加。4磁极间的磁场视为匀强 磁场，方向垂直于线圈中心轴00,线圈绕00匀速转动，如图所示.矩形线圈边和 cd边产生的感应电动势的最大值都为山不计线圈电阻，则发电机输出电压（）A.峰值是6bB.峰值是2ec.有效值是多生。D.有效值是心，恰解析：选D.因每匝矩形线圈必边和4边产生的电动势的最大值都是每匝中力和 cd串联，故每匝线圈产生的电动势的最大值为2加匝线圈串联，整个线圈中感应电动势的 最大值为2g，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后=3，临，故 选项D正确.2.（多选）如图所示，面积为S的矩形线圈共力匝，线圈总电阻为人在磁感应强度为反 方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线为轴，以角速度。匀速旋转，图示位置。与 纸面共面，位置4与位置。成45。角.线圈从位置力转过90到达位置方的过程中，下列 说法正确的是（）A.平均电动势为2s71NBS coB,通过线圈某一截面的电荷量。=吗回C.在此转动过程中，外界对线圈做的总功为 4/1D.在此转动过程中，电流方向会发生改变解析：选AC.线圈从位置/转过90 到达位置方的过程中，AO=2Scos45=S,71 一A t=,根据 E=,得 E=LNBS a）,故 A 正确.根据 E q=t=a A t 7i A t R R=S：,故B错误.产生电动势的峰值瓦=拗勿，则有效值贝U=0=3A 故C正确.线圈每经过中性面一次，电流方向改变,线圈从位置/转过90到达位置方的过程中，电流方向不变，故D错误.3.将阻值为100 Q的电阻丝绕成一个110匝的闭合矩形线圈，让其在匀强磁场中绕垂 直于磁场方向的轴匀速转动，产生的感应电动势如图乙所示.则可以判断（）A.方=0时刻线圈应转到图甲所示的位置B.该线圈的转速为100兀r/sC.穿过线圈的磁通量的最大值为上Wb50 7TD.线圈转一周所产生的电热为9.68 J解析：选D.1=0时刻产生的电动势为零，所以线圈应处于中性面即线圈与磁场垂直的2 JT位置，故A错误；据图乙可知，7=0.02 s,据7=可得3=100兀rad/s,所以转速为 CD31150 r/s,故B错误；据瓜=檄3可知，BS=-Wb=9xW3Wb,故C错误；据峰 11 U X 1 UU 7C值可知，=0.707区=220 V,据焦耳定律可知，线圈转一周产生的热量0=77=9.68 J,故D正确.4.如图所示，N=50匝的矩形线圈a6cd,a6边长Z=20cm,ad边长Z=25 cm,放在 磁感应强度8=0.4 T的匀强磁场中，外力使线圈绕垂直于磁感线且通过线圈中线的仞轴 以=3 000 r/min的转速匀速转动，线圈电阻r=l Q,外电路电阻=9 Q,方=0时线 圈平面与磁感线平行，仍边正转出纸外、cd边转入纸里.求:R(1)力=0时感应电流的方向；感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功；从图示位置转过90的过程中流过电阻的电荷量.解析：(1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adc6a线圈的角速度co 2ti n 100%rad/s图示位置的感应电动势最大，其大小为=NB1 12 cd代入数据得6=314 V感应电动势的瞬时值表达式e=ficos 勿 1=31 4cos(100 兀力 V.电动势的有效值后=南线圈匀速转动的周期2 71T-=0.02 sco线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即F=/(7?+r)7=-T/r+r代入数据得=98.6 J.从Z=0起转过90过程中，AZ内流过兄的电荷量：Nk NBA S NBld,Z7-/-.R+r A t 7?+r R+r代入数据得7=0.1 C.答案：(1)感应电流方向沿 adc6a(2)e=31 4cos(1 00 t)V(3)98.6 J(4)0.1 C交变电流“四值”应用的几点提醒在解答有关交变电流的问题时，要注意电路结构.注意区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大值，有效值是以电流的热效应来等效定义的.与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关的问题时，一定要用有效值；而求解通过导体某横截面的电荷量时，一定要用平均值.36IS1支渝电的产生相标述课时规范训练基础巩固题组L（多选）关于中性面，下列说法正确的是（）A.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零B.线圈在转动中经中性面位置时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大C.线圈每经过一次中性面，感应电流的方向就改变一次D.线圈每转动一周经过中性面一次，所以线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一 次解析：选AC.中性面是线圈平面与磁感线垂直的位置，线圈经过该位置时，穿过线圈的 磁通量最大，各边都不切割磁感线，不产生感应电动势，所以磁通量的变化率为零，A项正 确，B项错误；线圈每经过一次中性面，感应电流的方向改变一次，但线圈每转一周时要经 过中性面两次，所以每转一周，感应电流方向就改变两次，C项正确，D项错误.2.某小型旋转电枢式发电机所产生的交流电电动势为110 V、频率为60 Hz,要使它产 生的电动势变为220 V、频率变为50 Hz,需要调整线圈的转速、匝数N或磁感应强度的 大小笈下列调整合适的是（）A.使变为原来的L2倍，方变为原来的2倍，N变为原来的1.2倍5 5B.使变为原来的8变为原来的N%变为原来的2倍 6 65C.使变为原来的力变为原来的2倍，8不变 65D.使变为原来的力变为原来的2.4倍，8不变 6解析：选D.因为发电机产生的交流电电动势11。V指的是有效值，故其最大值为=Iio m V,调整后为4=22（?/V,艮信=：,根据笈=八夕S3和3=2无，可知，选项A 中，=1.2Nx 2x Sx 1.2 x 2 7r/?=2.88.,故选项A错误；B、C、D三个选项中的调整使 5频率均变为原来的即50 Hz,只有D项中的调整可使最大感应电动势增大到原来的2倍,o故选项B、C错误，D正确.3.一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时 间变化的图象如图甲所示，则下列说法正确的是（）A.方=0时刻，线圈平面与中性面垂直B.2=0.01 s时刻，。的变化率最大C.2=0.02 s时刻，交流电动势达到最大D.该线圈产生的交流电动势的图象如图乙所示解析：选B.由图知，匕-0时，。最大，即线圈处于中性面位置，此时e-0,故AA、D两项错误；由图知7=0.04 s,在方=0.01 s时，=0,二：最大，e最大，则B项A tA正确；在I.。2 s时，最大，=0,，则C项错误.4.（多选）如图，为半扇形导线框，圆心为。；A是圆心角为直角的扇形导线框，圆心 为。、；两导线框在同一竖直面（纸面）内；两圆弧半径相等；过直线aa的水平面上方有一匀 强磁场，磁场方向垂直于纸面.现使线框肌n在方=o时从图示位置开始，分别绕垂直于纸 面、目过a和。的轴，以相同的周期t逆时针匀速转动，贝U（）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；在方=4寸，切割磁感线的 O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；导线框中一直有感应电 流，”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.5.（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，OA为交流电流表.线圈绕垂直于磁场的水平轴00,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（）图乙A.电流表的示数为10 AB.线圈转动的角速度为50无rad/sC.0.01 s时线圈平面与磁场方向平行D.0.02 s时电阻中电流的方向自右向左解析：选 AC.由题图乙知 7m=A,I=10 A,A 正确.7=2x1。-s,co=1 00 7t rad/s,B错误.2=0.01 s时，/=,此时线圈平面与磁场方向平行，C正确.由 右手定则判定0.02 s时电阻4中电流方向自左向右，D错误.6.46是两个完全相同的电热器，4通以图甲所示的方波交变电流，夕通以图乙所示 的正弦交变电流，则两电热器的电功率之比H：修等于（）A.5：4C.而：1B.3：2D.2：1 T（IX T解析：选A.对甲有匕=-=萨尼 对乙有弓=（石|”=于凡 则4：修=5：4,A 正确，B、C、D 错误.7.如图所示为一正弦交流发电机和交流电路模型.图中电流表的示数为1 A,电阻R 的阻值为2 Q,线圈转动角速度。=100无rad/s.则从图示位置开始计时，电阻两端交 变电压的瞬时值表达式为（）A.u=2sinl00 兀方(V)B.=2cosl00 兀力(V)C.w-2/2sinl00 7i t(V)D.=2Scosl00 兀 1(V)解析：选D.图示位置为线圈平面与中性面垂直的位置，因此线圈产生的电流的瞬时值 表达式为i=Zncosty t=/2cosl00 n t(A),则电阻左两端的瞬时电压为u=iR=2 coslOO n t(V),D 项正确.8.(多选)1 00匝的线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电动势为e=1 00而 sin(1 00兀。+半,下列说法正确的是()A.交变电动势有效值为100 VB.交变电动势有效值为100而Vc.穿过线圈的最大磁通量为也Wb71D.穿过线圈的最大磁通量为I。：Wbl(Jl)7C解析：选AD.由交流电的表达式可知，该交变电压的最大电动势为10附V,故电动势F的有效值为100 V,选项A正确；角速度69=100 71,而&=65。=77。川3,所以 以=-L neo=1乎Wb,选项D正确.101)7C综合应用题组9.如图所示，正方形单匝线框a6cd的边长为,每边电阻均为普线框在磁感应强度 为少的匀强磁场中以角速度。绕方轴从图示位置开始匀速转动，转轴与磁感线垂直.一理 想电压表用电刷接在线框的。、“两点上，下列说法中正确的是()Z/2A.电压表读数为彳瓦万B.电压表读数为坐Ay/?OC.从图示位置开始计时，流过线框电流的瞬时值表达式为，=sin cotD.线框从图示位置转过手的过程中，流过cd边的电荷量为q=2 r解析：选B.线框在匀强磁场中匀速转动，产生的感应电动势的最大值为区=应2 3,对 应有效值为=手邛应2外 电压表读数为|=净2B正确，A错误；图示位置线框 磁通量为零，产生的感应电动势为最大值，则感应电流瞬时表达式为i=-cos st,C 4r错误；线框从题图所示位置处转过手的过程中，流过cd的电荷量为q=呼斗,D错误.1 0.图甲是一台小型发电机的构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势e随时间t 变化的正弦规律图象如图乙所示.发电机线圈的内阻不计，外接灯泡的电阻为12 Q.则()A.在1=0.01 s时刻，穿过线圈的磁通量为零B.电压表的示数为6 3 VC.灯泡消耗的电功率为3 WD.若其他条件不变，仅将线圈的转速提高一倍，则线圈电动势的表达式e=12/sin 100 兀 t(V)解析：选C.在力=0.01 S的时刻，电动势为0,则线圈位于中性面，穿过线圈的磁通量 最大，选项A错误；电动势的最大值为6=6也V,电压表测量的为有效值，故示数为邙 勺2g 62 _V=6 V,选项B错误；灯泡消耗的电功率尸=三=石W=3 W,选项C正确；周期为0.02 s,K 1 Z则瞬时电动势的表达式为e=sin(淳，=6/sin 100 n t(V),转速提高一倍后，最大 值变成12田V,。=2兀氏故角速度变为原来的2倍，表达式应为e=12 sin 200 7r t(V),选项D错误.1 1.如图是某学习小组在空旷的场地上做“摇绳发电实验”的示意图.他们将一铜芯线 像甩跳绳一样匀速摇动，铜芯线的两端分别通过细铜线与灵敏交流电流计相连.摇绳的两位 同学的连线与所在处的地磁场（可视为匀强磁场）垂直.摇动时，铜芯线所围成半周周的面积S=2 m2,转动角速度3=1 0也rad/s,用电流计测得电路中电流I=4Q A,电路总电阻=10 Q,g 取 10 m/s2,3=2.25.(1)求该处地磁场的磁感应强度B;(2)从铜芯线所在平面与该处地磁场平行开始计时，求其转过四分之一周的过程中，通 过电流计的电荷量Q；(3)求铜芯线转动一周的过程中，电路产生的焦耳热。解析：(1)铜芯线中产生的是正弦交流电，则4=也I,-LR,区=BS co,解得夕=2x 1 0T.(2)从铜芯线与地面平行开始至铜芯线转动四分之一周的过程中，E=A d)/1,E=IR,Q=It,解得 9=4x1 01.(3)铜芯线转动一周，电路中产生的焦耳热。=747,解得 0=7.2x1 0-J.答案：(1)2x1 01(2)4x1 0-6 c(3)7.2x IO-J1 2.如图所示，交变电流发电机的矩形框a6=dc=0.40 m,6c=ad=0.20 m,共有50 匝线圈，其电阻r=L 0 Q,在磁感应强度B=0.20 T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的 对称轴00以坦r/s的转速匀速转动，向A=9.0 Q的电阻供电，求：7CR发电机产生的电动势的最大值；交变电流电压表和电流表的示数；此发电机的功率.解析：(1)线圈面积S=ad=O.4 x 0.2 m2=0.08 m?线圈旋转角速度1 00 x2 兀/3=2 T t n=-rad/s-200 rad/sn笈=超3s=50 x0.2x200 x0.08 V=1 60 V电压表示数（即路端电压示数）E 16 r-7?=-fx9.0 V=72 勺2 VR+r 也电流表示数1=r=r A=8 S A 勺2勺2(3)发电机的功率1 60P=IH=、心）前fw=1 280 W答案：（1）160 V（2）U=72 Sv/=8/A（3）P=1 280 W第2节 变压器 远距离输电主干回顾夯基固源堂温教材扫清盲点一、变压器原理1.构造和原理(如图所示)(1)主要构造：由原线匿I、副线圈和闭合铁芯组成.(2)工作原理：电磁感应的且感现象.2.理解变压器的基本关系式功率关系：入=出.(2)电压关系：=，若为降压变压器,若为升压变压器.(3)电流关系：只有一个副线圈时，5=%；有多个副线圈时，A+41+I2 n二、远距离输电1.电路损失(1)功率损失：设输电电流为/,输电线的电阻为用则功率损失为P=tR.(2)电压损失：A U=IR.减小功率损失和电压损失，都要求提高输电曳玉，减小输电电流.2.降低损耗的两个途径(1)一个途径是减小输电线的曳限.由电阻定律R=);可知，在输电距离一定的情况下,为减小电阻，应当用电阻率小的金属材料制造输属线.此外，还要尽可能增加导线的撞截面 积.(2)另一个途径是减小输电导线中的电流，由尸=可知，当输送功率一定时，提高曳 压可以减小输电电流.自我诊断1.判断正误(1)变压器不但可以改变交流电压，也可以改变直流电压.(x)（2）变压器只能使交变电流的电压减小.（x）（3）高压输电的目的是增大输电的电流.（x）（4）在输送电压一定时，输送的电功率越大，输送过程中损失的功率越小.（x）（5）变压器原线圈中的电流由副线圈中的电流决定.（）（6）高压输电可以减少输电线路上的电能损失，目输电线路上电压越高越好.（x）2.（多选）关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是（）A.通过正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变B.穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都相等C.穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势D.原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈解析：选BC.理想变压器没有漏磁现象，故原、副线圈产生的磁通量任何时候都相等，且随时间而改变，使副线圈产生感应电动势，而不是电流流到副线圈，综合上述选项B、C 正确.3.一电器中的变压器可视为理想变压器，它将220 V交变电压改为110 V,已知变压 器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为（）A.200 B.400C.1 600 D,3 200解析：选B.理想变压器原、副线圈的电压比等于匝数比,即兴去解得2=加=4。,选项B正确.4.（xx 辽宁抚顺重点高中协作体联考）（多选）为了监测变电站向外输电情况，要在变电站安装互感器，其接线如图所示.两变压器匝数分别为外、生和3、a和6是交流电表.贝U（）A.72i n2B.n-i n.C.a为交流电流表，b为交流电压表D.a为交流电压表，8为交流电流表解析：选AD.电压互感器并联在电路中，电流互感器串联在电路中，故a为交流电压表,6为交流电流表，选项C错误，D正确；含电压互感器电路中是强电压，通过变压器变成弱 电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数之比，所以A也 选项A正确；含电流 互感器的电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈 匝数的倒数之比，所以n3，4降低C.lkU,降低D.lk A 4n n2 T hD.etae*t*rla(3:xz:x:M:“：ms选取(0,0)、(0.90,9)两点,则斜率为簧尸就匕kg/V=10-kg/Lk qLk A m因勿=瓦故瓦=打,Eg Eg A b,Nm Eg 1.50 x 9.80 z“3 z,=1 0.0 x N/m 1.23 x 1 0 N/m.U L U 乙U答案勿=诙见解析图9。1.23 x 1()3381传型8的偎用高效演练跟踪检测1.温度传感器广泛应用于室内空调、电冰箱等家用电器中，它是利用热敏电阻的阻值 随温度变化的特性工作的.如图甲所示，电源的电动势9.0 V,内阻不计；G为灵敏电流 计.内阻凡保持不变；为热敏电阻，其电阻值与温度的变化关系如图乙所示，闭合开关S,当火的温度等于20 C时，电流表示数1=2 mA;电流表的示数Z=3.6 mA时，热敏电阻 的温度是 C.解析：/=/（#+凡）代入/=2 M得尺=0.5 k Q代入 =3.6 mA得 R=2 kQ读图可得温度为1 20c.答案：1202.传感器是把非电学量（如速度、温度、压力等）的变化转换成电学量的变化的一种元 件，在自动控制中有着相当广泛的应用.有一种测量人的体重的电子秤，其测量部分的原理 图如图中的虚线框所示，它主要由压力传感器以电阻值会随所受压力大小发生变化的可变 电阻）和显示体重大小的仪表OA（实质是理想电流表）组成.压力传感器表面能承受的最大 压强为lx IO,Pa,且已知压力传感器的电阻与所受压力的关系如表所示.设踏板和压杆 的质量可以忽略不计，接通电源后，压力传感器两端的电压恒为4.8 V,取g=1 0 m/s?.请作答:压杆造板-压力传感器犬（1）该秤零点（即踏板空载时）的刻度线应标在电流表刻度盘压力m02505007501 0001 2501 500电压R/Q.300270240210180150120A处.如果某人站在该秤踏板上，电流表刻度盘的示数为20 mA,这个人的质量是_kg.解析：（1）由题表格知，踏板空载时，压力传感器的电阻*=300 Q,此时OA中电流/4.8 2算就 A=L6x10A.当电流=20mA=2xl（）TA时，压力传感器的电阻夕0=2401/X 1UQ,由表格可知，这个人受到的重力为500 N,此人质量为50 kg.答案：（1）1.6x1 0-2（2）503.利用负温度系数热敏电阻制作的热传感器，一般体积很小，可以用来测量很小范围 内的温度变化，反应快，而且精确度高.（1）如果将负温度系数热敏电阻与电源、电流表和其他元件串联成一个电路，其他因素不变,只要热敏电阻所处区域的温度降低，电路中电流将变_（选填“大”或“小”）.（2）上述电路中，我们将电流表中的电流刻度换成相应的温度刻度，就能直接显示出热敏电阻附近的温度.如果刻度盘正中的温度为20 r（如图甲所示），则25 C的刻度应在20 r的刻度的（选填“左”或“右”）侧.配彳跟度刻度的电流点-热蟠电阳凡-Efn-甲 乙（3）为了招热敏电阻放置在某蔬菜大棚内检测大棚内温度变化,请用图乙中的器材（可增 加元器件）设计一个电路.解析：（1）因为负温度系数热敏电阻温度降低时，电阻增大，故电路中电流会减小.（2）由的分析知，温度越高，电流越大，25 C的刻度应对应较大电流，故在20 C 的刻度的右侧.（3）电路如图所示.配有温度刻度的电就表热敏电朋。-答案：（1）小 右（3）见解析图4.如图所示，图甲为热敏电阻的图象，图乙为用此热敏电阻和继电器组成的一 个简单恒温箱温控电路，继电器的电阻为100 Q.当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电 器的衔铁被吸合.为继电器线圈供电的电池的电动势=9.0 V,内阻不计.图中的“电源”是恒温箱加热器的电源.应该把恒温箱内的加热器接在_(填勺、5或“C、庐端).(2)如果要使恒温箱内的温度保持在50 C,可变电阻H的阻值应调节为_ _ Q.解析：(1)恒温箱内的加热器应接在4夕端.当线圈中的电流较小时，继电器的衔铁 在上方，恒温箱的加热器处于工作状态，恒温箱内温度升高.随着恒温箱内温度升高，热敏 电阻的阻值变小，则线圈中的电流变大，当线圈的电流大于或等于20 mA时，继电器的衔 铁被吸到下方来，则恒温箱加热器与电源断开，加热器停止工作，恒温箱内温度降低.随着 恒温箱内温度降低，热敏电阻火的阻值变大，则线圈中的电流变小，当线圈的电流小于20mA 此继电器的衔铁又被释放到上方，则恒温箱加热器又开始工作，这样就可以使恒温箱内保 持在某一温度.(2)要使恒温箱内的温度保持在50 t1,即50 C时线圈内的电流为20 mA.由闭合电路 E欧姆定律1=，r为继电器的电阻.由题图可知，50 c时热敏电阻的阻值为90 Q,r+7r+RE所以 A=-(r+;0=260 Q.答案：(1)A 8端(2)2605.如图甲为利用光敏电阻检测传送带上物品分布，从而了解生产线运行是否正常的仪 器.其中4是发光仪器，夕是一端留有小孔用绝缘材料封装的光敏电阻.当传送带上没有物 品挡住由力射向夕的光信号时，光敏电阻阻值发=50 Q,当传送带上有物品挡住由/射向 方的光信号时，光敏电阻阻值发=150 Q.定值电阻尼=45 Q.。为平行板电容器，虚线与两 极板距离相等，极板长1=8.0 x1 0-2小，两极板的间距d=1.0 x1 0-2 m.为屏，与极板 垂直，到极板的距离乙=0/6m,屏上贴有用特殊材料做成的记录纸，当电子打在记录纸 上时会留下黑点，工作时屏沿图示方向匀速运动.有一细电子束沿图中虚线以速度n=8.Ox IO。m/s连续不断地射入电容C虚线与屏交点为。图乙为一段记录纸.已知电子电荷 量2=1.6x1 0-9 C,电子质量加=9x1 0-8 kg.忽略细电子束的宽度、电容器的充电放电时 间及电子所受的重力.求：电源的电动势月和内阻工乙解析：当没有物品挡光时，设电容器两端电压为，此时电子在屏上的偏转乂=0.02 m.电子在平行板间运动时，加速度侧移量力=%/而/曰 eU、A 斛倚巾已而电子射出平行板后做匀速直线运动,vy eUL vy=a t,tan 0=-Vo mdv所以 K=M+2tan 0解得=4.5 V同理可得，当有物品挡光时，电容器两端电压丛=2.25 V_ E在闭合电路中，二有薪人U2-R尼+尼+r解得f=10 V,r=5 Q.答案：1 0 V 5 Q6.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/-关系曲 线图.（1）为了通过测量得到如图所示/-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：一（电源电动势为9 V,内阻不计，滑动变阻器的阻值为。100 Q）精品文档在如图所示电路中，电源电压恒为9V,电流表读数为70mA,定值电阻用=250 Q.由热敏电阻的/-关系曲线可知，热敏电阻两端的电压为 V;电阻后的阻值为_Q.解析：（1）应选择图甲，因为图甲电路电压可从0 V调到所需电压，电压调节范围大.由题图知上与热敏电阻串联后与R并联接在9 V电源上，总电流1=70 mA,R、=250Q.设通过热敏电阻的电流为12,通过用的电流为贝U I=L+L,故I2=I-L=70一篇x1+a=34 mA.由图象查得34 mA对应的电压为5.0 V,兄两端电压-9V-5.0b 2 4.0 VV=4.0 V,所以%=H7.6 Q.X 1U A答案：（I）甲 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）5.0 1 1 7.6章末检测十一交变电流传感器（时间:60分钟 满分：100分）一、选择题（本题共8小题，每小题6分，共48分，5题每小题只有一个选项正确,6一8小题有多个选项符合题目要求，全选对得6分，选对但不全得3分，有选错的得。分）1.某交流电源电压的瞬时值表达式为”=63sin 10 7：t（V）,则下列说法中正确的是（）A.用交流电压表测该电源电压时，示数是6 VB.用交流电压表测该电源电压时，示数是6s VC.用此电源给电磁打点计时器供电时，打点的时间间隔为0.01 sD.把标有“6 V 3 W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡将被烧毁解析：选A.此交流电的有效值为6 V,故用交流电压表测该电源电压时，示数是6 V,2 7r 2 7r选项A正确，B错误；因为T=-=s=0.02 s,故用此电源给电磁打点计时器供电 3 100 7C时，打点的时间间隔为0.02 s,选项C错误；因为此交流电的有效值为6 V,故把标有“6 V 3 W”的小灯泡接在该电源上时，小灯泡能正常发光，选项D错误；故选A.2.小型交流发电机的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 的关系是正弦函数.将发电机与一个标有“6 V 6 W”的小灯泡连接形成闭合回路，不计电 路的其他电阻.当线圈的转速为=5 r/s时，小灯泡恰好正常发光，则电路中电流的瞬时 值表达式为（）A.7=sin 5 t(A)C.7=1.41 sin 5 1(A)B.i=sin 1 0 n 1(A)D.i=l.41 sin 1 0 7r t(A)P解析：选D.因为小灯泡正常发光，所以电路中电流的有效值为/=力=1 A,则电流的最 大值为7m=/A2 1.41 A.因为转速z?=5 r/s,且。=2无，所以。=10无rad/s,故 电路中电流的瞬时值表达式为？=L41 sin 1 07rl（A）,选项D正确.3.远距离输电，原来采用2 200 V输电，输电线上损失的电功率为P,在保持输送电 功率和输电线电阻不变的条件下,现采用22 kV输电,则输电线上损失的电功率将变为（）1 1八.丽尸C.10 P D.100 P解析：选A.据题意，提升电压前，损失的功率为：=（曾袅篇；当 电压提升后，损失功率为：p=R=-7iR=041 ns则=考，故选项A正、/乙乙 UUU 04t JL U JL UU确.4.如图所示，一台理想变压器的原副线圈的匝数为5：1,原线圈接入最大值一定的正 弦交流电，副线圈电路中一个定值电阻与电容器并联，电压表和电流表均为理想交流电表,电流表A、4及电压表V的示数分别为/、k、生定值电阻的阻值为R,其消耗的功率为P,电容器的电容为C,所带的电量为Q,则它们的关系为（）小A.Q=C&B.72=-1I 1C.0=571 D.=th 5解析：选D.由于电容器两端电压是变化的，即电容器不断的被充电和放电，故其电量 不是一个定值，故不能用公式来计算，故选项A错误；根据题意A是副线圈的总电 流，而,只是通过电阻A的电流，由于电容器不断充电