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专题十一交变电流传感器,高考物理(江苏专用),考点一交变电流的产生及描述 1.(2017江苏单科,7,4分)(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.电感线圈L1的作用是通高频 B.电容器C2的作用是通高频,五年高考,A组自主命题江苏卷题组,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,答案BD电感线圈具有“阻高频通低频”的特性,电容器具有“通交流隔直流”“通高频阻低频”的特性,当输入端既有高频成分,也有低频成分时,低频成分通过电感L1,到达扬声器甲,高频成分通过电容C2,到达扬声器乙,选项B、D正确。,规律总结分析电路,识记电感、电容的特性。,2.(2012江苏单科,13,15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=l、bc=ad=2l。线圈以角速度绕中心轴匀速转动,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。,解析(1)bc、ad边的运动速度v= 感应电动势Em=4NBlv 解得Em=2NBl2 (2)电流Im=,安培力F=2NBIml 解得F= (3)一个周期内,通电时间t=T R上消耗的电能W=Rt且W=I2RT 解得I=,答案(1)2NBl2(2)(3),1.(2018课标,16,6分)一电阻接到方波交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q方;若该电阻接到正弦交流电源上,在一个周期内产生的热量为Q正。该电阻上电压的峰值均为u0,周期均为T,如图所示。则Q方Q正等于() A.1B.1C.12D.21,B组统一命题、省(区、市)卷题组,答案D本题考查交变电流的有效值及焦耳定律。根据交变电流有效值的定义及焦耳定律可得,Q方=+=T,Q正=T=T,故=,选项D正确。,易错点拨正弦式交变电流的有效值是其峰值的,其他交流电的有效值和峰值间一般不存 在该关系。,2.(2015四川理综,4,6分)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() A.峰值是e0B.峰值是2e0 C.有效值是 Ne0D.有效值是 Ne0,答案D发电机输出电压峰值是2Ne0,A、B错误;有效值是2Ne0=Ne0,C错误,D正确。,3.(2017天津理综,6,6分)(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 ,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82 J,答案AD本题考查正弦交流电的产生、有效值,焦耳热。由-t图可知,t=0时,=0,则线圈平面平行于磁感线,选项A正确;t=1 s时=0,此时电动势最大,t=0.5 s和t=1.5 s时,最大,此时电动势为0,电流改变方向,选项B、C错误;交流电电动势的最大值Em=nBS=nm=4 V,有效 值E=Em=2 V,一个周期内线圈产生的热量Q=T=82 J,D正确。,疑难突破由E=n知随时间按正弦规律变化,则E随时间按余弦规律变化。电流改 变方向的时刻在E=0时刻,即最大时刻。计算电流产生的焦耳热应使用电动势的有效值。,4.(2016课标,21,6分)(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,答案BC本题中导线框的半径旋转切割磁感线时产生大小不变的感应电流,故A项错误;两导线框产生的感应电流的周期与线框转动周期相同,B项正确;在t=时,两导线框切割磁感线 的导线长度相同,且切割速度大小相等,故产生的感应电动势相等,均为E=BR2,C项正确;两 导线框中感应电流随时间变化的图像如图所示,故两导线框中感应电流的有效值不相等,D项错误。,疑难突破设M导线框中的电流有效值为IM,则rT=2r,得IM=;设N导线框中 电流有效值为IN,则rT=2r,得IN=,故IM=IN。,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23 C.曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz D.曲线b表示的交变电动势有效值为10 V,C组教师专用题组 (2014天津理综,7,6分)(多选)如图1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像如图2中曲线a、b所示,则( ),答案AC由题图2知t=0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零,故A正确。由图2知两次转动所产生的交变电动势的周期之比TaTb=23,再由周期与转速的关系n=得nanb=32,故 B错误。因Ta=410-2 s,故fa=25 Hz,C正确。因Ema=15 V,而Em=NBS=,故Emb=Ema=1 0 V,Eb=5 V,D错误。,评析本题考查了交变电动势的产生及描述,涉及交变电动势的四值及其图像。条件设置较为隐蔽,陷阱设置比较巧妙,对考生的分析能力要求较高,试题难度中等。,考点二变压器远距离输电传感器 A组自主命题江苏卷题组 1.(2018江苏单科,2,3分)采用220 kV高压向远方的城市输电。当输送功率一定时,为使输电线上损耗的功率减小为原来的,输电电压应变为() A.55 kVB.110 kVC.440 kVD.880 kV,答案C本题考查电能的输送。由P送=U送I线和P损=R线得,P损=R线。因为P送和R线一 定,要使P损=P损,结合上式得,U送=2U送=440 kV,C项正确。,规律总结输电线路功率损失的计算方法 (1)P损=P送-P,P送为输送的功率,P为用户得到的功率。 (2)P损=R线,I线为输电线路上的电流,R线为输电线电阻。 (3)P损=,U为输电线路上损失的电压,R线为输电线电阻。 (4)P损=UI线,U为输电线路上损失的电压,I线为输电线路上的电流。,2.(2016江苏单科,4,3分)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点顺时针旋转到N点的过程中() A.U2U1,U2降低B.U2U1,U2升高 C.U2U1,U2降低D.U2U1,U2升高,答案C由图可知变压器的原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2,因=,则U2U1;在将滑动触 头从M点顺时针转到N点的过程中,n2减小,U2降低,选项C正确,选项A、B、D错误。,考查点本题考查变压器变压的规律和变压器动态变化的分析,情景简单,考查的是最基础的知识,属于中等难度题。,友情提醒自耦变压器的原理与我们熟悉的“回”字形铁芯的变压器的原理相同。,3.(2015江苏单科,1,3分)一电器中的变压器可视为理想变压器,它将220 V交变电流改变为110 V。已知变压器原线圈匝数为800,则副线圈匝数为() A.200B.400C.1 600D.3 200,答案B由理想变压器的变压比等于匝数比,即=,解得n2=n1=400,选项B正确。,考查点本题考查考生对理想变压器电压与匝数关系的理解与应用,属于中等难度题。,易错警示有少数考生把=的比例关系记反了,从而错选C,真是遗憾啊!,4.(2014江苏单科,3,3分)远距离输电的原理图如图所示,升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2,电压分别为U1、U2,电流分别为I1、I2,输电线上的电阻为R。变压器为理想变压器,则下列关系式中正确的是() A.=B.I2= C.I1U1=RD.I1U1=I2U2,考查点本题考查考生对远距离输电、理想变压器的理解,以及对欧姆定律、电功率等知识的应用,属于中等难度题。,答案D由理想变压器可知=,选项A错;I2=,而U2=UR+U3,故I2,B错;P入=P出,即U1I1= U2I2,而U2I2R,C项错,D项正确。,错解分析易错选B和C,原因是没有真正理解远距离输电的过程、原理,而将升压变压器的副线圈后面的电路当成了纯电阻电路。,5.(2011江苏单科,6,4分)(多选)美国科学家Willard S.Boyle与George E.Smith因电荷耦合器件(CCD)的重要发明荣获2009年度诺贝尔物理学奖。CCD是将光学量转变成电学量的传感器。下列器件可作为传感器的有() A.发光二极管B.热敏电阻 C.霍尔元件D.干电池,答案BC传感器是能够把一些非电学量转换成电学量的元件。发光二极管是通电能够发光的元件,A错误;热敏电阻是温度变化引起电阻变化的元件,B正确;霍尔元件是磁场能够引起电压变化的元件,C正确;干电池是把化学能转化成电能的器件,D错误。,评析本题属于简单题,考查传感器的定义。这就要求同学们在复习的时候不能忽视任何一个知识点,对课本的复习要全面细致。,6.(2013江苏单科,8,4分)(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向下滑动P,变压器副线圈电压降低,灯泡变暗,A错误;增大交流电源电压,副线圈电压升高,灯泡变亮,B正确;增大交流电源频率,电容器容抗减小,电流变大,灯泡变亮,C正确;减小电容器的电容,容抗增大,电流减小,灯泡变暗,D错误。,考查点本题考查变压器的原理、电容器对交变电流的影响、闭合电路欧姆定律等知识,属于中等难度题。,易错警示易漏选C,原因是不知道交变电流的频率越高,电容器对电流的阻碍作用越小。,7.(2012江苏单科,7,4分)(多选)某同学设计的家庭电路保护装置如图所示,铁芯左侧线圈L1由火线和零线并行绕成。当右侧线圈L2中产生电流时,电流经放大器放大后,使电磁铁吸起铁质开关K,从而切断家庭电路。仅考虑L1在铁芯中产生的磁场,下列说法正确的有(),A.家庭电路正常工作时,L2中的磁通量为零 B.家庭电路中使用的电器增多时,L2中的磁通量不变 C.家庭电路发生短路时,开关K将被电磁铁吸起 D.地面上的人接触火线发生触电时,开关K将被电磁铁吸起,答案ABD电路正常或短路时,火线和零线中通过的电流大小相等、方向相反,故L1中火线与零线中电流产生的磁场相抵消,铁芯中的磁通量为零,L2中无感应电流产生,电磁铁中也就无电流,开关K不会被吸起。由上述分析可知,A、B项正确,C项错误。当地面上的人接触火线发生触电时,火线与零线中的电流大小不再相等,则L2中产生感应电流,电磁铁也就能把开关K吸起,即D正确。,8.(2011江苏单科,13,15分)图甲为一理想变压器,ab为原线圈,ce为副线圈,d为副线圈引出的一个接头,原线圈输入正弦式交变电压的uab-t图像如图乙所示。若只在ce间接一只Rce=400 的电阻,或只在de间接一只Rde=225 的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80 W。 甲 乙,(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式; (2)求只在ce间接400 电阻时,原线圈中的电流I1; (3)求ce和de间线圈的匝数比。,答案(1)uab=400 sin 200t (V) (2)0.28 A(或 A) (3),解析(1)由题图乙知=200 rad/s 电压瞬时值uab=400 sin 200t (V) (2)电压有效值U1=200 V 理想变压器P1=P2 原线圈中的电流I1= 解得I10.28 A(或 A) (3)设ab间匝数为n1 = 同理= 由题意知= 解得=,代入 数据得=,评析本题综合考了交流电与变压器问题,抓住=、P1=P2及P=UI等重要关系是解题的 关键。,1.(2018天津理综,4,6分)教学用发电机能够产生正弦式交变电流。利用该发电机(内阻可忽略)通过理想变压器向定值电阻R供电,电路如图所示,理想交流电流表A、理想交流电压表V的读数分别为I、U,R消耗的功率为P。若发电机线圈的转速变为原来的,则() A.R消耗的功率变为PB.电压表V的读数变为U C.电流表A的读数变为2ID.通过R的交变电流频率不变,B组统一命题、省(区、市)卷题组,答案B本题考查正弦交流电的产生原理、理想变压器。由正弦交流电的产生原理可知,其电动势的最大值Em=NBS,而=2n,有效值E=Em,线圈转速变为原来的,则U1=E变为原 来的。由=知U2变为原来的,电压表读数变为原来的,选项B正确;R消耗的功率P= ,故R消耗的功率变为原来的,选项A错误;由P入=P出得,U1I1=,故I1变为原来的,即电流表 读数变为原来的,选项C错误;变压器不改变交变电流的频率,故通过R的交变电流频率变为 原来的,选项D错误。,解题关键正弦交流电的最大值与转速的关系,理想变压器的电流、电压及功率的决定关系,是解答此题的关键。,2.(2017北京理综,16,6分)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220 sin 100t(V)的交流电 源上,副线圈接有R=55 的负载电阻,原、副线圈匝数之比为21,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,答案B本题考查交变电流、变压器。由题知,变压器的输入电压U1= V=220 V,所以 U2=U1=110 V;副线圈电流I2=2 A,原线圈电流I1=I2=1 A。本题中电压表、电流表的读 数为有效值,故B项正确,C项错误;原线圈输入功率P1=U1I1=220 W,A项错误;交流电的周期T= s=0.02 s,D项错误。,易错点拨交流电的最大值与有效值,1.在正弦交流电中,U=。,2.在交流电路中,电表的读数为有效值。,3.(2016课标,16,6分)一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3 、1 和4 ,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 () A.2B.3C.4D.5,误区警示变压器原线圈上串联电阻之后,属于非纯电阻电路,不能在含有线圈的电路中应用欧姆定律。要计算原线圈上消耗的功率,只要计算出副线圈电阻上消耗的功率即可。,答案B设原、副线圈匝数比为n,根据能量守恒,当S断开时,UI=I2R1+(nI)2(R2+R3);当S闭合时,4UI=(4I)2R1+(4nI)2R2,联立解得n=3,所以B正确。,1.(2016四川理综,2,6分)如图所示,接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电,如果将原、副线圈减少相同匝数,其他条件不变,则() A.小灯泡变亮 B.小灯泡变暗 C.原、副线圈两端电压的比值不变 D.通过原、副线圈电流的比值不变,C组教师专用题组,答案B由=得U2=U1 由=得 U2=U1 由/得:=,因为n2n1,所以1,即U2U2,故小灯泡变暗,B正确,A 错。由以上分析过程可以看出,C错。由=和=可见,D错。,疑难突破审题要细心。原、副线圈减少相同匝数,不是减少相同的倍数。 比较两个代数式的大小,有“做差”和“做商”两种思路,要视代数式的特征而定。,2.(2016课标,19,6分)(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,两灯均能正常发光,下列说法正确的是() A.原、副线圈匝数比为91 B.原、副线圈匝数比为19 C.此时a和b的电功率之比为91 D.此时a和b的电功率之比为19,答案AD由题意知U=10U灯,a、b均正常发光,则变压器输入电压U1=9U灯,而输出电压U2=U灯,所以原、副线圈匝数比n1n2=U1U2=91;而I1I2=n2n1=19,所以两灯功率之比PaPb=U灯I1U灯I2=19,选项A、D正确。,审题指导两灯均正常发光,Ua=Ub=U灯,U=Ua+U1=10U灯,则U1=9U灯。,3.(2015福建理综,15,6分)图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=Um sin t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.4()2()2rD.4()2()2r,答案CT的输入电压U1=,则P=U1I1,I1=,又因为=,所以I2=I1=,则 输电线上损失的电功率P损=2r=4()2()2r,C项正确。,4.(2014广东理综,19,6分)(多选)如图所示的电路中,P为滑动变阻器的滑片,保持理想变压器的输入电压U1不变,闭合电键S,下列说法正确的是() A.P向下滑动时,灯L变亮 B.P向下滑动时,变压器的输出电压不变 C.P向上滑动时,变压器的输入电流变小 D.P向上滑动时,变压器的输出功率变大,答案BD对于理想变压器U2=U1,U1不变则U2不变,与调节P无关,故B正确。又UL=U2,所以 灯的亮度不变,A错。P向上滑动时RP减小,则R总减小,P出=增大,P入=P出=U1I1,所以I1增大,可知 C错误,D正确。,5.(2014山东理综,17,6分)(多选)如图,将额定电压为60 V的用电器,通过一理想变压器接在正弦交变电源上。闭合开关S后,用电器正常工作,交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A。以下判断正确的是() A.变压器输入功率为484 W B.通过原线圈的电流的有效值为0.6 A C.通过副线圈的电流的最大值为2.2 A D.变压器原、副线圈匝数比n1n2=113,答案BD对于理想变压器,P入=P出,所以输入功率P入=602.2 W=132 W,A错。I1= A =0.6 A,B正确。通过副线圈的电流的最大值I2m=I2=2.2 A,C错误。变压器原、副线圈匝 数比n1n2=U1U2=113,D正确。,6.(2015天津理综,6,6分)(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,答案BC保持Q位置不动,则副线圈两端电压U2不变,P向上滑动,则R增大,副线圈电流I2减小,由P1=UI1=U2I2,可知I1减小,电流表读数减小,A错误,B正确。保持P位置不动,则R不变,Q向上滑动,n2变大,根据=得,U2=U,则U2增大,由I2=,知I2增大,由UI1=U2I2,U不变,知I1增大, 电流表读数变大,所以C正确,D错误。故选B、C。,评析本题考查变压器的工作原理,难度较小。,考点一交变电流的产生及描述 1.(2018江苏徐州摸底,6)图中甲、乙分别表示两种电压的波形,其中图甲所示电压按正弦规律变化。下列说法正确的是(),三年模拟,A组 20162018年高考模拟基础题组,A.图甲表示交流电,图乙表示直流电 B.两种电压的有效值相等 C.图甲所示电压的瞬时值表达式为u=311 sin (100t) V D.图甲所示电压经匝数比为101的变压器变压后,频率为原来的,答案C图甲、图乙均表示交流电,故A错;图甲是正弦交流电,周期为21 s,则=100 rad/s,所以电压的瞬时值表达式为u=311 sin (100t) V,故C选项对;图甲和图乙电压的有效值并不相同,B错;变压器只能改变交流电的电压,不能改变交流电的频率,故D错。,2.(2018江苏徐州期中,4)如图所示,矩形线圈abcd与可变电容器C、理想电流表组成闭合电 路。线圈在有界匀强磁场中绕垂直于磁场的bc边匀速转动,转动的角速度=100 rad/s。线圈的匝数N=100,边长ab=0.2 m、ad=0.4 m,电阻不计。磁场只分布在bc边的左侧,磁感应强度大小B= T。电容器放电时间不计。下列说法正确的是() A.该线圈产生的交流电动势的峰值为50 V B.该线圈产生的交流电动势的有效值为25 V C.电容器的耐压值至少为50 V D.电容器的电容C变大时,电流表的示数变小,答案B峰值Em=NBS=1000.20.4100 V=50 V,故A错。因为在一个周期内,线 圈只在半个周期内产生感应电动势,设有效值为E,则有T=,解得E=25 V,故B正 确。电容器的耐压值至少为50 V,故C错。C变大时容抗减小,电流表的示数应变大,故D 错。,3.(2018江苏扬州摸底,7)(多选)图甲为一台小型发电机构造示意图,内阻r=5 ,外电路电阻R=95 ,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随时间t按正弦规律变化,如图乙所示,则() A.t=3.141 s时,该小型发电机的电动势为零 B.该小型发电机电动势的最大值为200 V C.电路中电流最大值为2 A D.串联在外电路中的交流电流表的读数为2 A,答案BCt=3.1410-2 s时,磁通量的变化率最大,该小型发电机的电动势有最大值,选项A错误;从-t图像可以看出,max=1.010-2 Wb,T=3.1410-2 s,=,感应电动势的最大值Emax=N max=200 V,选项B正确;电路中电流最大值Imax=2 A,选项C正确;交流电流表读数是交变电 流的有效值,即I=1.4 A,选项D错误。,4.(2017江苏四市一模,7)(多选)如图甲所示,为一台小型交流发电机构造示意图,线圈逆时针转动,产生的电动势随时间按余弦规律变化,其e-t图像如图乙所示。发电机线圈内阻为2 ,匝数为1 000,外接灯泡的电阻为18 ,则() A.在2.010-2 s时刻,电流表的示数为0.3 A B.发电机的输出功率为3.24 W C.在1 s内,回路中电流方向改变25次,D.在4.010-2 s时刻,穿过线圈的磁通量变化率为 Wb/s,答案AD由乙图得电动势E=6 V,则电流I= A=0.3 A,故A项正确。由P=I2R=1. 62 W可知B项错。每个周期内电流方向改变两次,故1 s内电流方向改变50次,C项错。由e=n可知,= Wb/s= Wb/s,故D正确。,5.(2016江苏扬州二模,7)(多选)如图甲所示电路中,电阻R的阻值为484 ,C为电容器,L为自感线圈,开关S断开,现通以如图乙所示的电压u,下列说法正确的是() A.R两端的电压等于110 V B.电压表的示数为220 V C.电阻R消耗的功率小于50 W D.为保证闭合开关S后电容器不被击穿,该电容器的耐压值不得小于311 V,答案CD设电压的有效值为U,则T=+0得U=110 V,由于线圈的感抗作用, R两端的电压小于110 V,故A、B均错。电阻R消耗的功率P=50 W,故C正确。闭合开 关S后,电容器的耐压值不得小于最大电压,故D正确。,考查点本题考查了电压有效值的求解、自感线圈对交变电流的阻碍、电容器的工作条件等知识,属于中等难度题。,知识链接求有效值的方法:T=Q实际。感抗XL=2fL。电容器的耐压值应大于或等 于电压的最大值。,6.(2018江苏南京、盐城一模联考,13)旋转磁极式发电机通过磁极的旋转使不动的线圈切割磁感线而产生感应电流,其原理示意图如图所示,固定不动的单匝矩形线圈abcd的电阻为r,外电阻为R,磁场绕转轴OO匀速转动,角速度为。图中的电压表为理想电表,示数为U。求: (1)发电机线圈内阻消耗的功率; (2)从图示位置开始计时,t=0时,通过外电阻R的电流及方向; (3)从图示位置开始计时,t=T/4时,穿过矩形线圈abcd的磁通量。,解析(1)Pr=r (2)t=0时R两端电压为Umax=U I= 方向自左向右 (3)Emax=BS,Umax= t=时,穿过矩形线圈的磁通量=BS =,答案(1)r(2)自左向右(3),考点二变压器远距离输电传感器 1.(2018江苏连云港期中,7)如图所示,T为理想变压器,副线圈回路中的输电线ab和cd的电阻不可忽略,其余输电线电阻可不计,则当开关S闭合时() A.交流电压表V1和V2的示数一定都变小 B.交流电压表只有V2的示数变小 C.交流电流表A1、A2和A3的示数都变大 D.交流电流表A1、A2和A3的示数都变小,答案B副线圈的电压由原线圈的电压及匝数比决定,故当S闭合时,电压表V1的示数不变,A错误;当S闭合时,负载增加一个并联支路,负载的总电阻减小,副线圈电流增大,即电流表A2的示数增大,由=知A1示数增大,由于输电线两端的电压增大,故电压表V2的示数减小,根据欧姆 定律可得R1中的电流减小,即A3示数减小,所以B正确,C、D错误。,2.(2018江苏泰州月考,6)如图甲所示为远距离输电示意图,升压变压器原、副线圈匝数比为110,降压变压器副线圈接有负载电路,升压变压器和降压变压器之间的长距离输电线路的电阻不能忽略,变压器视为理想变压器,升压变压器左侧输入端输入如图乙所示交变电压,下列说法中正确的有(),A.升压变压器副线圈输出电压的频率为500 Hz B.升压变压器副线圈输出电压的有效值为31 V C.滑片P向右移动时,整个输电系统的效率降低 D.滑片P向右移动时,降压变压器的输出电压不变,答案C根据题图乙知,交变电流的周期为0.02 s,则频率f=50 Hz,经过变压器,交流电的频 率不变,故选项A错误;升压变压器输入电压的有效值U1= V,根据=,得U2= V,故 选项B错误;滑片P向右移动时,负载电路电阻减小,则降压变压器副线圈的电流I2增大,输电线上的电流增大,根据=知,电流增大,则输电效率降低,故选项C正 确;滑片P向右移动时,输电线上的电流增大,则输电线上的电压损失增大,因为降压变压器的输入电压等于升压变压器的输出电压和电压损失之差,可知降压变压器的输入电压减小,则输出电压减小,故选项D错误。,3.(2017安徽屯溪一中月考,7)有一理想变压器,副线圈所接电路如图所示,灯L1、L2为规格相同的两只小灯泡。当S断开时,灯L1正常发光,S闭合后,下列说法正确的是() A.电阻R消耗的电功率增大 B.灯L1、L2都能正常发光 C.原线圈的输入功率减小 D.原、副线圈的电流比减小,答案A副线圈两端电压不变,S闭合后,总电阻减小,副线圈中电流增大,由P=I2R可知,R上消耗的功率增大,故A项正确。S闭合后,L1、L2并联,电阻减小,两灯分压减小,低于额定电压,都不能正常发光,故B项错误。副线圈中电流增大,由P=UI可知,功率变大,输入功率等于输出功率,故C项错误。=,线圈匝数比不变,因此原、副线圈的电流比不变,故D项错误。,考查点本题考查理想变压器的动态分析。为中等难度题。,温馨提示原线圈两端的电压不变是分析本题的基本依据,当线圈匝数不变时,副线圈两端的电压也不变。,4.(2018江苏苏州调研,8)(多选)如图所示的电路中,理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2=41,电阻R=25 ,C为电容器。原线圈接u1=200 sin 100t V的交流电。则() A.该交流电的频率为50 Hz B.交流电流表的读数为0 C.电阻R的功率为200 W D.电容器的耐压值应大于50 V,答案AD由2f=100 rad/s得f=50 Hz,故A正确。电容器通交流,故B错。原线圈电压的有效值U1=200 V,由=得U2=50 V,则R的功率P=100 W,故C错。电容器两极间电压的最大 值为50 V,则其耐压值应大于50 V,故D正确。,5.(2017苏北三市三模,7)(多选)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为21,原线圈接入图乙所示的正弦交变电流,电表均为理想电表。下列说法正确的有() A.电压表的示数为110 V B.交变电流的频率为50 Hz C.滑动变阻器滑片向下滑动时,电压表示数变大 D.滑动变阻器滑片向上滑动时,电流表示数变小,答案BD由乙图可知,T=0.02 s,则f=50 Hz,故B正确;U1= V=220 V,由=可得U2=11 0 V,由甲图可知,电压表示数小于110 V,故A错。滑片下滑时,R减小,电流I2增大,则R0分压增大,电压表示数变小,故C错。滑片上滑时,I2减小,由=可知,I2减小时,I1也减小,故D正确。,考查点本题考查交变电流的u-t图像、周期与频率、最大值与有效值及电路动态变化分析,对考生的理解能力和分析推理能力均有较高要求,为中等难度题。,友情提醒电压表示数不等于副线圈两端的电压。,6.(2017江苏三市二模,7)(多选)如图甲所示是家用台灯亮度调节原理图,理想自耦变压器的a、b间接入如图乙所示正弦交流电压。交流电流表A为理想电表,灯泡额定电压为15 V、额定功率为30 W(设灯泡的电阻值保持不变),当P在c处时灯泡正常发光。下列描述正确的有( ) A.灯泡正常发光时变压器线圈的总匝数与c点下方的匝数之比为443 B.当灯泡正常发光时电流表的读数为2 A C.将调压端的滑动触头P向下移动时,变压器的输入功率变小 D.将调压端的滑动触头P向下移动时,变压器的输入电压变小,答案AC由乙图可知U1=220 V,根据=,可见A正确。灯泡的额定电流I= = A=2 A,可见B错。P下移时,n2减小,则U2减小,灯泡消耗的功率变小,U1始终等于220 V不变, 故D错,C正确。,考查点本题考查变压器的原理和对交变电流u-t图像的理解,以及变压器动态变化中物理量大小变化的分析。为中等难度题。,友情提醒注意u-t图像的横坐标单位。 变压器的输入电压决定于电源的输出电压,与线圈的匝数无关。,1.(2018江苏扬州期中,7)如图甲所示,理想变压器原、副线圈的匝数比为41,电压表和电流表均为理想电表,原线圈接如图乙所示的正弦交流电,图中R为热敏电阻(温度升高时其电阻减小),R为定值电阻。下列说法正确的是() A.电压表V2的示数为9 V B.原线圈两端电压的瞬时值表达式为u=36 sin 50t V C.R处温度升高时,电流表的示数变大,电压表V2的示数变大 D.变压器原线圈的输入功率和副线圈的输出功率之比为14,B组 20162018年高考模拟综合题组 (时间：35分钟 分值：35分),一、选择题（每题3分，共9分）,答案A由题图乙可知,电源电压的有效值为36 V,根据=,得U2=9 V,A项正确。= 100 rad/s,因此u=36 sin 100t V,B项错。当R处温度升高时,其电阻变小,而U2不变,由I2= 知I2变大,C项错。由P入=P出知,D项错。,解题思路电压表的示数为有效值,U2=U1,故R改变时,电压表V2的示数不会改变。,2.(2018江苏泰州二模,5)被弯成正弦函数图像形状的导体棒a和直导体棒b放置在如图所示的坐标系中,a、b的右端通过导线与阻值R=5 的电阻连接,导体棒c与y轴重合,整个装置处在方向垂直坐标系向里、磁感应强度B=1 T的匀强磁场中(图中未画出),除R外不计一切电阻,现使导体棒c在水平力F作用下从图示位置以v=5 m/s的速度匀速运动至a、b右端,整个过程中导体棒a、b和c保持良好接触,不计一切摩擦,则() A.流过电阻R的电流方向如图中箭头所示 B.水平力F的最小值为0.32 N C.水平力F的最大功率为7.2 W,D.电阻R产生的总热量为2.56 J,答案C导体棒c向右运动时,穿过回路的磁通量减小,根据楞次定律“减同”知,流过电阻R的电流方向与图中箭头的方向相反,故A错误。c棒有效切割长度的最小值为Lmin=0.4 m,产生的感应电动势最小值为Emin=BLminv=10.45 V=2 V,感应电流最小值为Imin=0.4 A,c棒所受安培力的最小值为F安min=BIminLmin=10.40.4 N=0.16 N,金属棒匀速运动,由平衡条件可得,水平力F的最小值为Fmin=F安min=0.16 N,故B错误。c棒有效切割长度的最大值为Lmax=1.2 m,产生的感应电动势最大值为Emax=BLmaxv=11.25 V=6 V,感应电流最大值为Imax=1.2 A,c棒所受安培力的最大值为F安max=BImaxLmax=11.21.2 N=1.44 N,由平衡条件得,水平力F的最大值为Fmax=F安max=1.44 N,则水平力F的最大功率为Pmax=Fmaxv=1.445 W=7.2 W,故C正确。在回路中c棒产生的瞬时电动势为e=BLv=B(0.4 sin vt+0.8)v(V)=1(0.4 sin 5t+0.8)5 (V)=2 sin 5t+4 (V),可看成正弦式电动势和恒定电动势叠加而成,正弦式电动势的最大值为Em=2 V,有效值为E1= V,恒定电动 势为E2=4 V,所以电阻R产生的总热量Q=t=2.88 J,故D错误。,温馨提示求R产生的总热量时,可把回路等效为一个直流电源和一个交流电源串联,同时向R供电,电能为标量,故R上消耗的电能为每个电源提供电能的代数和。,3.(2017江苏四市二模,4)钳形电流测量仪的结构图如图所示,其铁芯在捏紧扳手时会张开,可以在不切断被测载流导线的情况下,通过内置线圈中的电流值I和匝数n获知载流导线中的电流大小I0,则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是() A.该测量仪可测量稳恒直流电的电流 B.载流导线中电流大小I0=I/n C.若钳形部分铁芯没有完全闭合,测量出的电流将小于实际电流 D.若将载流导线在铁芯上多绕几匝,钳形电流测量仪的示数将变小,答案C钳形电流测量仪实质是一个电流互感器,据电磁感应原理工作,所以被测载流导 线中电流应为变化的电流,A错。据=得I0=nI,B错。若钳形部分铁芯没有完全闭合,铁芯中 会偏小,所以感应电流I会偏小,测量出的电流将小于实际电流,C对。若将载流导线在铁芯 上多绕几匝,由I=知,n01,所以I将偏大,D错。,考查点本题考查变压器的工作原理及原、副线圈中电流与匝数的关系。为中等难度题。,知识链接变压器的铁芯,具有“束磁”的作用,理想情况下,原、副线圈中的磁通量相同。当铁芯没有完全闭合,“漏磁”就不可忽略。,4.(2018江苏南通一模,6)如图所示,理想变压器原线圈接电压为220 V的正弦交流电,开关S接1时,原、副线圈的匝数比为111,滑动变阻器接入电路的阻值为10 ,电压表和电流表均为理想电表,下列说法正确的有() A.变压器输入功率与输出功率之比为11 B.1 min内滑动变阻器产生的热量为40 J C.仅将S从1拨到2,电流表示数减小 D.仅将滑动变阻器的滑片向下滑动,两电表示数均减小,二、多项选择题(每小题4分,共12分),答案AC根据理想变压器的特点可知,变压器的输入功率与输出功率之比为11,故A正确;原、副线圈的电压与匝数成正比,所以副线圈两端电压为U2=U1=220=20 V,则1 min 内滑动变阻器产生的热量为Q=t=60 J=2 400 J,故B错误;若只将S从1拨到2,副线圈的 电压减小,副线圈电流减小,原线圈电流减小,即电流表示数减小,故C正确;将滑动变阻器滑片向下滑动,接入电路中的阻值变大,电流表的示数变小,但对原、副线圈两端的电压无影响,即电压表的示数不变,故D错误。,解题思路根据电压与匝数成正比,电流与匝数成反比,输入功率等于输出功率等知识点解题即可。,5.(2018江苏镇江一模,7)如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数比n1n2=225,电阻R1=R2=25 ,D为理想二极管,原线圈接u=220 sin (100t) V的交流电,则() A.此交流电的频率为100 Hz B.电阻R1两端的电压为50 V C.通过电阻R2的电流为 A D.变压器的输入功率为150 W,答案BCD根据表达式可知=100,根据=2f得交流电的频率为f= Hz=50 Hz,故 A错误;原线圈电压有效值为U1=220 V,则根据变压器匝数比可得副线圈电压U2=U1= 220 V=50 V,选项B正确;二极管具有单向导电性,流过二极管的交流电只有半个周期可以通过,根据电流的热效应得=T,解得U=25 V,根据欧姆定律得通过R2的电流为IR2= = A= A, 故C正确;电阻R1消耗功率为PR1= W=100 W,电阻R2消耗功率为PR2= R2=25 W=50 W,则原线圈输入功率为P入=P出= PR1+PR2=(100+50) W=150 W,故D正确。,难点突破本题的难点在于二极管的特性,会使得反向电流不能通过,要根据电流热效应求通过R2电流的有效值。,6.(2017江苏徐州模拟,8)某同学在实验室中研究远距离输电。由于输电线太长,他将每100米导线卷成一卷,共卷成8卷来代替输电线路。第一次直接将输电线与学生电源及用电器相连,测得输电线上损失的功率为P1,第二次采用如图所示的电路输电,其中变压器T1与电源相连,其原、副线圈的匝数比为n1n2,变压器T2与用电器相连,测得输电线上损失的功率为P2,下列说法正确的是() A.第二次实验也可研究远距离直流输电,B.T1是升压变压器,T2是降压变压器 C.若输送功率一定,则P2P1= D.实验可以证明,增大输电电流能减小远距离输电的能量损失,答案BC变压器只能改变交变电流的电压,所以第二次实验只能研究远距离交流输电,故A错误;远距离输电采用高压输电,到用户区采用降压变压器降压,所以T1是升压变压器,T2是降压变压器,故B正确;第一次实验输电线上的电流I=,输电线上损失的功率P1=I2R=R,第二次 实验,升压变压器副线圈上的电压U2=U1,输电线上的电流I=,输电线上损失的功率P2=I2R =R,=,故C正确;实验可以证明,减小输电电流能减小远距离输电的能量损失,故D 错误。,温馨提示研究远距离输电时,按发电厂输送的电功率不变进行分析。根据变压器的特点,电压比等于匝数比,电流比等于匝数反比,输入功率等于输出功率去分析。,考查点本题考查变压器的构造和原理、远距离输电的分析研究等内容,为中等难度题。,7.(2018江苏苏锡常镇四市联考,13)无线充电技术的发展给用户带来了极大的方便,可应用于手机、电脑、智能穿戴、智能家居、医疗设备、电动汽车等充电,如图甲所示为手机无线充电工作原理的示意图,由送电线圈和受电线圈组成。已知受电线圈的匝数n=50,电阻r=1.0 ,在它的c、d两端接一阻值R=9.0 的电阻。设在受电线圈内存在与线圈平面垂直的磁场,其磁通量随时间的变化如图乙所示,可在受电线圈中产生电动势最大值为20 V的正弦交流电,设磁场竖直向上为正方向。求:,三、非选择题(共14分),(1)在t=10-3 s时,受电线圈中产生电流的大小,c、d两端哪端电势高? (2)在一个周期内,电阻R上产生的热量; (3)从t1到t2时间内,通过电阻R的电荷量。,解析(1)由图乙知t=10-3 s时受电线圈中产生的电动势最大为Em=20 V 线圈中产生感应电流的大小为It=Im=2.0 A 由楞次定律可以得到此时c端电势高 (2)通过电阻电流的有效值为I= A 电阻在一个周期内产生的热量Q=I2RT=5.710-2 J (3)线圈中感应电动势的平均值=n 通过电阻电流的平均值为= 通过电阻的电荷量q=t 由题图乙知,在的时间内,磁通量变化量的大小=410-4 Wb 解得q=n=210-3 C,答案(1)2.0 Ac端(2)5.710-2 J(3)210-3 C,解题指导求解交变电流的电功率时要用有效值。在电磁感应中通过导体截面电荷量的经验公式是q=n,可以在推导的基础上记住。,
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