【配套K12】[学习]2018-2019学年高中物理 第五章 交变电流章末质量评估 新人教版选修3-
2018_2019学年高中物理第五章交变电流章末复习总结课件新人教版
交变电流
章末复习总结
系统构建
基础速查 一 正弦交变电流的产生原理及变化规律 1．交变电流：大小和方向均随时间做周期性变化的电 流，叫做交变电流，简称交流。方向随时间做周期性变化 是交变电流最重要的特征。 2．正弦交流电的产生 (1)面积为 S，匝数为 N 的矩形线圈(不是矩形也有相同 的结论)在磁感应强度为 B 的匀强磁场中绕垂直于磁场的轴 以角速度 ω 匀速转动，则线圈内产生交流电。
3.掌握“一个能量守恒关系” 远距离输电过程中， 在回路 2 的输电线上会损耗一小部 分电功率， 剩余的绝大部分电功率通过降压变压器和回路 3 输送到用户使用。整个输电过程中的功率关系为 P 用 ＝ P 总－ P 损 。 此外， 在求解远距离输电的相关问题时， 我们还应熟练 掌握以下几点：
(1)一个原理 要减小输电线上的电压损失和电功率损失， 就要减小输 电电流，而输电功率是确定的，由 P＝IU 知，应提高输电 电压。 (2)两个损失 ①电压损失：ΔU＝I 线 R 线，主要原因是输电线有电阻。
2 Δ U ②功率损失：P 损＝I2 。 线R 线＝ R线
(3)三个关系 ①电压损失关系：ΔU＝U2－U3，U2 是升压变压器的输 出电压，U3 是降压变压器的输入电压。
2 Δ U ②功率损失关系：P 损＝I2 ，升压变压器的输 线R 线＝ R线
出功率和降压变压器的输入功率之差即为损失的电功率。 ③功率关系：P 用＝P 总－P 损。
3．瞬时值 瞬时值是指交变电流在变化过程中某一时刻的电动势、 电压、 电流的数值， 它反映的是某一时刻交变电流某物理量 的大小。 当线圈平面处于中性面时开始计时， 瞬时电动势的 表达式为 e＝Emsinωt。在求用电器某一时刻的电动势、电 压、电流、消耗功率时用瞬时值。
人教版通用版2018_2019版高中物理第五章交变电流5.1交变电流学案选修3_2
1 交变电流[学习目标] 1.会观察电流(或电压)的波形图，理解交变电流和直流的概念.2.理解交变电流的产生过程，会分析电动势和电流方向的变化规律.3.知道交变电流的变化规律及表示方法，知道交变电流的瞬时值、峰值的物理含义．一、交变电流1．交变电流：大小和方向随时间做周期性变化的电流叫交变电流，简称交流．2．直流：方向不随时间变化的电流称为直流．3．正弦式交变电流：按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，简称正弦式电流．二、交变电流的产生闭合线圈置于匀强磁场中，并绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．三、交变电流的变化规律线圈从垂直磁场方向计时产生电动势的瞬时值表达式：e＝E m sin ωt，E m叫做电动势的峰值．[即学即用]1．判断下列说法的正误．(1)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流．( ×)(2)线圈在通过中性面时磁通量最大，电流也最大．( ×)(3)线圈在通过垂直中性面的平面时电流最大，但磁通量为零．( √)(4)线圈在通过中性面时电流的方向发生改变．( √)2．有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm，线圈总电阻为1 Ω，线圈绕垂直磁场方向的OO′轴以10πrad/s的角速度匀速转动，如图1所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，该线圈产生的感应电动势的峰值为__________，感应电流的峰值为________，若从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为________．图1答案 6.28 V 6.28 A e ＝6.28sin 10πt (V)解析 电动势的峰值为E m ＝nBS ω＝10×0.5×0.22×10π V ＝6.28 V 电流的峰值为I m ＝EmR ＝6.28 A感应电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝6.28sin 10πt (V).一、交变电流的产生[导学探究] 假定线圈绕OO ′轴沿逆时针方向匀速转动，如图2甲至丁所示．请分析判断：图2(1)线圈转动一周的过程中，线圈中的电流方向的变化情况．(2)线圈转动过程中，当产生的感应电流有最大值和最小值时线圈分别在什么位置？ 答案 (1)(2)为零，此时线圈所处的平面称为中性面． [知识深化] 两个特殊位置1．中性面(S ⊥B 位置，如图2中的甲、丙)线圈平面与磁场垂直的位置，此时Φ最大，ΔΦΔt 为0，e 为0，i 为0.线圈经过中性面时，电流方向发生改变，线圈转一圈电流方向改变两次． 2．垂直中性面位置(S ∥B 位置，如图2中的乙、丁) 此时Φ为0，ΔΦΔt最大，e 最大，i 最大．例1 (多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是 ( )A ．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大B ．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零C ．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流的方向就改变一次D ．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零 答案 CD解析 线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，此时穿过线框的磁通量的变化率也等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻发生变化．线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大，故C 、D 选项正确． 二、交变电流的变化规律[导学探究] 如图3所示，线圈平面绕bc 边的中点从中性面开始转动，角速度为ω.经过时间t ，线圈转过的角度是ωt ，ab 边的线速度v 的方向跟磁感线方向间的夹角也等于ωt .设ab 边长为L 1，bc 边长为L 2，线圈面积S ＝L 1L 2，磁感应强度为B ，则：图3(1)ab 边产生的感应电动势为多大？ (2)整个线圈中的感应电动势为多大？(3)若线圈有N 匝，则整个线圈的感应电动势为多大？ 答案 (1)e ab ＝BL 1v sin ωt ＝BL 1L2ω2sin ωt＝12BL 1L 2ωsin ωt ＝12BS ωsin ωt . (2)整个线圈中的感应电动势由ab 和cd 两边产生的感应电动势组成，且e ab ＝e cd ，所以e总＝e ab ＋e cd ＝BS ωsin ωt .(3)若线圈有N 匝，则相当于N 个完全相同的电源串联，所以e ＝NBS ωsin ωt . [知识深化] 1．峰值表达式E m ＝nBS ω，I m ＝Em R ＋r ＝nBS ωR ＋r ，U m ＝I m R ＝nBS ωRR ＋r2．峰值决定因素：由线圈匝数n 、磁感应强度B 、转动角速度ω和线圈面积S 决定，与线圈的形状无关，与转轴的位置无关．如图4所示的几种情况中，如果n 、B 、ω、S 均相同，则感应电动势的峰值均为E m ＝nBS ω.图43．正弦交变电流的瞬时值表达式 (1)从中性面位置开始计时e ＝E m sin ωt ，i ＝I m sin ωt ，u ＝U m sin ωt(2)从与中性面垂直的位置开始计时e ＝E m cos ωt ，i ＝I m cos ωt ，u ＝U m cos ωt .例2 一矩形线圈，面积是0.05 m 2，共100匝，线圈电阻r ＝2 Ω，外接电阻R ＝8 Ω，线圈在磁感应强度B ＝1π T 的匀强磁场中以n ＝300 r/min 的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图5所示，若从中性面开始计时，求：图5(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；(2)线圈从开始计时经130 s 时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值；(3)外电路R 两端电压瞬时值的表达式． 答案 (1)e ＝50sin 10πt (V) (2)532 A(3)u ＝40sin 10πt (V)解析 (1)线圈转速n ＝300 r/min ＝5 r/s ， 角速度ω＝2πn ＝10π rad/s ，线圈产生的感应电动势最大值E m ＝NBS ω＝50 V ， 由此得到的感应电动势瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt ＝50sin 10πt (V)．(2)将t ＝130 s 代入感应电动势瞬时值表达式中，得e ′＝50sin (10π×130) V ＝25 3 V ，对应的感应电流i ′＝e′R ＋r ＝532A.(3)由闭合电路欧姆定律得u ＝eR ＋rR ＝40sin 10πt (V)．1．求交变电流瞬时值的方法(1)确定线圈转动从哪个位置开始计时； (2)确定表达式是正弦函数还是余弦函数；(3)确定转动的角速度ω＝2πn (n 的单位为r/s)、峰值E m ＝NBS ω；(4)写出表达式，代入时间求瞬时值．2．线圈在匀强磁场中绕垂直磁场方向的轴匀速转动产生正弦式交变电流，产生的交变电流与线圈的形状无关．如图6所示，若线圈的面积和匝数与例2中题图所示线圈面积相同，则答案完全相同．图6三、交变电流的图象如图7甲、乙所示，从图象中可以解读到以下信息：图71．交变电流的峰值E m 、I m 和周期T . 2．两个特殊值对应的位置：(1)e ＝0(或i ＝0)时：线圈位于中性面上；e 最大(或i 最大)时：线圈平行于磁感线．(2)e ＝0(或i ＝0)时，ΔΦΔt＝0，Φ最大．e 最大(或i 最大)时，ΔΦΔt最大，Φ＝0. 3．分析判断e 、i 大小和方向随时间的变化规律．例3 一闭合矩形线圈abcd 绕垂直于磁感线的固定轴OO ′匀速转动，线圈平面位于如图8甲所示的匀强磁场中，通过线圈的磁通量Φ随时间t 的变化规律如图乙所示，下列说法正确的是( )图8A ．t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量变化率最大B ．t 1、t 3时刻线圈中感应电流方向改变C ．t 2、t 4时刻线圈中磁通量最大D ．t 2、t 4时刻线圈中感应电动势最小 答案 B解析 由题图乙可知，t 1、t 3时刻通过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小，选项A 错误；t 1、t 3时刻线圈处于中性面上，故此时刻的感应电流方向改变，选项B 正确；t 2、t4时刻线圈中磁通量最小，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，选项C、D错误．根据图象找出线圈位于中性面位置时对应的时刻，然后根据中性面的性质进行判断.1．(交变电流的产生)(多选)下列各图中，线圈中能产生交变电流的有( )答案BCD2．(交变电流的产生及规律)(多选)如图9所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，则在0～π2ω这段时间内( )图9 A．线圈中的感应电流一直在减小B．线圈中的感应电流先增大后减小C．穿过线圈的磁通量一直在减小D．穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小答案AD解析题图位置，线圈平面与磁场平行，感应电流最大，因为π2ω＝T4，在0～π2ω时间内线圈转过四分之一个周期，感应电流从最大值减小为零，穿过线圈的磁通量逐渐增大，穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小，故A、D正确，B、C错误．3．(交变电流的图象)一个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10甲所示，则下列说法中正确的是( )图10A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大C．t＝0.02 s时刻，感应电动势达到最大D．该线圈产生的相应感应电动势的图象如图乙所示答案 B解析由题图甲可知t＝0时刻，穿过线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01 s 时刻，磁通量为零，但变化率最大，故A项错误，B项正确；t＝0.02 s时刻，感应电动势应为零，故C、D项均错误．4．(交变电流的变化规律)如图11所示，匀强磁场的磁感应强度B＝2πT，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈总电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的轴OO′匀速转动，角速度ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω.求：图11(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值．(2)从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式．(3)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过30°角电路中电流的瞬时值．答案(1)2 2 V (2)e＝22cos 2πt (V) (3)65A解析(1)设转动过程中感应电动势的最大值为E m，则E m＝NBL2ω＝100×2π×0.12×2πV＝2 2 V.(2)从图示位置开始感应电动势的瞬时值表达式为e＝E m cos ωt＝22cos 2πt (V)(3)从图示位置开始转过30°角时感应电动势的瞬时值e′＝22cos 30°＝ 6 V，i＝e′R＋r ＝65A.。
(浙江专版)2018_2019学年高中物理第五章章末小结与测评课件新人教版
[ 解 析 ] 由 题 图 乙 可 知 交 流 电 电 流 的 最 大 值 是 Im ＝ 10 2 A，周期 T＝0.02 s，由于电流表的示数为有效值，故示数 I＝ Im2＝10 A，选项 A 正确；角速度 ω＝2Tπ＝100π rad/s，选项 B 错误；0.01 s 时线圈中的感应电流达到最大，感应电动势最大， 则穿过线圈的磁通量变化最快，磁通量为 0，故线圈平面与磁场 方向平行，选项 C 正确；由楞次定律可判断出 0.02 s 时流过电阻 的电流方向自左向右，选项 D 错误。
C．1 s 内电阻 R 上产生的热量为 450 J D．图中 t＝1×10－2 s 时，线圈位于中性面
[解析] 通过电阻 R 的电流最大值为 Im＝RU＋mr＝10 A，线圈 转动的角速度 ω＝2Tπ＝2×21π0－2 rad/s＝100πrad/s，故电流的瞬时 值表达式为 i＝10sin 100πt A，A 项错误；电阻 R 两端的电压有效 值为 U′＝RU＋有效rR＝ 2190＋0 1×9 V＝45 2 V，B 项错误；1 s 内 电阻 R 上产生的热量 Q＝UR′2t＝450 J，C 项正确；由题图知 t ＝1.0×10－2 s 时感应电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大， 线圈位于中性面，D 项正确。 [答案] CD
[典例 5] (浙江高考)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I1IU2 1 B．输电线上的电压降为 U C．理想变压器的输入功率为 I12r D．输电线路上损失的电功率为 I1U
2．发电厂发电机的输出电压为 U1，发电厂至学校的输电导线
2018_2019学年高中物理第五章交变电流综合小结课件新人教版
A．所有粒子都不会打到两极板上 B．所有粒子最终都垂直电场方向射出电场 C．运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过 2Ek0 T D．只有 t＝n (n＝0,1,2…)时刻射入电场的粒子才能垂直电 2 场方向射出电场
【解析】 本题考查了带电粒子在交变电场中的运动，难度
较大，关键是利用运动的合成与分解知识搞清粒子的运动规 律．带电粒子在平行于电场方向上做匀变速直线运动，在平行于
A、B间和M、N间的电压分别是( )
A．10 V,10 V C．4 V,10 V
B．10 V,4 V D．10 V,0
【解析】
本题考查了变压器和分压器的原理及区别．图甲
是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，
是一个降压变压器 ，两边的电压之比等于两边线圈的匝数之 比．当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压 器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得 到10 V交流．图乙是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上
例1
( 多选) 如图甲所示，两平行金属板 MN、 PQ的板长
和板间距离相等，板间存在如图乙所示的随时间周期性变化的电
场，电场方向与两板垂直，不计重力的带电粒子沿板间中线垂直 电场方向源源不断地射入电场，粒子射入电场时的初动能均为 Ek0，已知t＝0时刻射入电场的粒子刚好沿上板右边缘垂直电场方 向射出电场．则( )
qE T ＝ · ，联立各式解得， vy＝ vx，则粒子运动过程中的最大速度 m 2 1 2 1 2 为 vm＝ 2vx，最大动能为 Ekm＝ mvm＝ m 2vx ＝mv2 x＝2Ek0， 2 2 则运动过程中所有粒子的最大动能不可能超过 2Ek0， 故 C 选项正 确．
【答案】 ABC
2018_2019学年高中物理第五章交变电流本章优化总结学案新人教版
第五章 交变电流本章优化总结专题一 交变电流四值的计算和应用1．最大值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动所产生的交流电，最大值E m ＝nBS ω.在考虑电容器的耐压值时应根据交流电的最大值．2．有效值：正弦式交流电的有效值E ＝E m2、I ＝I m2，非正弦式交流电的有效值应根据有效值的定义计算．求电功、电功率，确定保险丝的熔断电流，要用到有效值；没有特殊说明时，交流电的电流、电压、电动势指有效值，交流电表的测量值是有效值，交流用电设备上所标的额定电压、额定电流是有效值．3．瞬时值：当线圈平面处于中性面时开始计时，电动势的瞬时值表达式为e ＝E m sin ωt .瞬时值对应某一时刻的电压、电流值．4．平均值：平均值需用E －＝n ΔΦΔt 和I －＝E －R进行计算，求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，q ＝I －·Δt ＝n ΔΦR.如图所示，N ＝50匝的矩形线圈abcd ，ab 边长l 1＝20 cm ，ad 边长l 2＝25 cm ，放在磁感应强度B ＝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OO ′轴以n ＝3 000 r/min 的转速匀速转动，线圈电阻r ＝1 Ω，外电路电阻R ＝9 Ω，t ＝0时线圈平面与磁感线平行，ab 边正转出纸外、cd 边转入纸里．求：(1)t ＝0时感应电流的方向；(2)感应电动势的瞬时值表达式；(3)线圈转一圈外力做的功；(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R 的电荷量．[解析] (1)根据右手定则，线圈感应电流方向为adcba .(2)线圈的角速度ω＝2πn ＝100π rad/s图示位置的感应电动势最大，其大小为E m ＝NBl 1l 2ω代入数据得E m ≈314 V感应电动势的瞬时值表达式e ＝E m cos ωt ＝314cos 100πt V.(3)电动势的有效值E ＝E m2 线圈匀速转动的周期T ＝2πω＝0.02 s 线圈匀速转动一圈，外力做功大小等于电功的大小，即W ＝I 2(R ＋r )T ＝E 2R ＋r ·T代入数据得W ≈98.6 J.(4)从t ＝0起转过90°过程中，Δt 内流过R 的电荷量q ＝N ΔΦ（R ＋r ）Δt Δt ＝NB ΔS R ＋r ＝NBl 1l 2R ＋r代入数据得q ＝0.1 C.[答案] (1)感应电流方向沿adcba(2)e ＝314cos 100πt V (3)98.6 J (4)0.1 C瞬时值、有效值的应用(1)研究交变电流某一时刻的电流、电压或某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．(2)不仅热量的计算用有效值，与热效应有关的计算，如保险丝的熔断电流都必须用有效值．(多选)(2018·浙江金华一中段考)在匀强磁场中，一矩形金属框(电阻不计)绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，将此电源连接到丙图理想变压器的原线圈上，变压器的原副线圈匝数比为2∶1，副线圈的电阻R ＝110 Ω，则( )A ．t ＝0.005 s 时金属框在中性面位置B ．因为原线圈电阻不计，所以原线圈两端电压为零C ．电流表的示数为1.0 AD ．通过电阻R 的电流方向每秒改变100次解析：选CD.t ＝0.005 s 时金属框的磁通量变化率最大，感应电动势最大，故A 错误；根据U 1U 2＝n 1n 2可知，副线圈有电压，原线圈就有电压，故B 错误；原线圈两端电压为U 1＝3112 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可知：U 2＝110 V ，根据I ＝U 2R ＝1.0 A ，故C 正确；根据图乙可知，交流电的周期为0.02 s ，即每秒电流方向改变100次，所以通过电阻R 的电流方向每秒改变100次，故D 正确.专题二 理想变压器的应用1．基本关系(1)P 入＝P 出． (2)U 1U 2＝n 1n 2，有多个副线圈时，仍然成立． (3)I 1I 2＝n 2n 1，电流与匝数成反比，只对一个副线圈的变压器适用．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．(4)原、副线圈的每一匝的磁通量都相同，磁通量变化率也相同，频率也就相同．2．制约关系(1)电压制约：副线圈电压U 2由原线圈电压U 1和匝数比决定．(2)功率制约：原线圈的输入功率P 1由副线圈的输出功率P 2决定．(3)电流制约：原线圈电流I 1由副线圈电流I 2和匝数比决定．(2018·黑龙江大庆中学月考)如图甲所示，理想变压器的原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝ 10∶1，原线圈输入的交流电压如图乙所示，副线圈电路接有滑动变阻器R 和额定电压为12 V 、工作时内阻为2 Ω的电动机M .闭合开关，电动机正常工作，电流表示数为1 A ．则下列判断错误的是( )A ．副线圈两端电压为22 VB ．电动机输出的机械功率为12 WC ．通过电动机的交流电频率为50 HzD ．突然卡住电动机，原线圈输入功率变大[解析] 原线圈电压的有效值为220 V ，因此副线圈两端电压为22 V ，故A 项正确；电动机的输出功率为输入功率减去内阻消耗功率，P ＝UI －I 2r ＝12－2＝10 W ，故B 项错误；通过电动机交流电频率f ＝1T ＝10.02＝50 Hz ，故C 项正确；电动机突然卡住，电动机就相当于一个电阻，副线圈中电压不变，电流增大，总功率增大，则原线圈的输入功率增大，故D 项正确．[答案] B解答变压器问题离不开理想变压器的三个关系，即功率关系、电压关系、电流关系．仔细分析题目中的已知条件，找到突破口，再结合三个关系求解．(多选)(2018·河南八市质检)理想变压器原线圈a 匝数n 1＝200匝，副线圈b 匝数n 2＝100匝，线圈a 接在u ＝442sin 314t (V)交流电源上，“12 V 6 W ”的灯泡恰好正常发光．电阻R 2＝16 Ω，电压表V 为理想电表．下列推断正确的是( )A ．交变电流的频率为100 HzB ．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为25Wb/s C ．电压表V 的示数为22 VD ．R 1消耗的功率是1 W解析：选BD.由u ＝442sin 314t V ，知f ＝1T ＝ω2π＝50 Hz ，A 错误；灯泡正常发光，由P ＝UI 得灯泡中的电流I 2＝6 W 12 V＝0.5 A ，电压表的示数U 2＝12 V ＋0.5×16 V ＝20 V ，C 错误；穿过铁芯的磁通量的最大变化率为ΔΦΔt ＝202100 Wb/s ＝25 Wb/s ，B 正确；根据U 1U 2＝n 1n 2，得U 1＝40 V ，则R 1两端电压U R 1＝44 V －40 V ＝4 V ，由原、副线圈的电流与匝数成反比，可得通过R 1的电流I 1＝0.25 A ，则R 1的功率P ＝U R 1I 1＝1 W ，D 正确．。
18学年高中物理第五章交变电流章末检测(含解析)新人教版选修3_2
第五章 交变电流(时间60分钟，满分100分)一、选择题(本题共9小题，每小题7分，共63分。
每小题至少有一个选项符合题意，选对但不全的得3分，有错选的得0分)1．(2012·大纲全国卷)一台电风扇的额定电压为交流220 V 。
在其正常工作过程中，用交流电流表测得某一段时间内的工作电流I 随时间t 的变化如图1所示。
这段时间内电风扇的用电量为( )A ．3.9×10－2度 图1B ．5.5×10－2度C ．7.8×10－2度D ．11.0×10－2度解析：根据电流的变化情况，分段计算求电功 W 1＝I 1Ut 1＝0.3×220×10×60 J＝3.96×104 JW 2＝I 2Ut 2＝0.4×220×10×60 J＝5.28×104 JW 3＝I 3Ut 3＝0.2×220×40×60 J＝1.056×105 J则总功W ＝W 1＋W 2＋W 3＝1.98×105 J ＝5.5×10－2度，选项B 正确。
答案：B2．一个阻值为2 Ω的线圈在匀强磁场中转动，产生的电动势为e ＝10 2 sin 20πt V ，当该线圈与一阻值为8 Ω的电阻组成闭合回路时，下列说法正确的是( )A ．t ＝0时，线圈平面拉于中性面B ．t ＝0时，穿过线圈的磁通量为0C ．电阻的热功率为16 WD ．用电压表测路端电压时读数为11.3 V解析：由产生的电动势的表达式可知，t ＝0时，电动势为零，线圈平面位于中性面，磁通量最大，故A 对B 错；电动势的有效值E ＝10 V ，电阻两端的电压U ＝ER ＋r R ＝8 V ，D 错；由P ＝U 2R得P ＝8 W ，C 错误。
答案：A3.如图2所示，变频交变电源的频率可在20 Hz 到20 kHz 之间调节，在某一频率时，A 1、A 2两只灯泡的炽热程度相同。
【配套K12】[学习](通用版)2018-2019版高中物理 第五章 交变电流章末总结学案 新人教版
2018-2019版高中物理 第五章 交变电流章末总结学案 新人教版](https://img.taocdn.com/s3/m/2709182c02020740be1e9b5d.png)
第五章交变电流章末总结一、交变电流“四值”的计算和应用1．峰值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速旋转时所产生的交变电流的最大值，E m ＝nBSω.2．瞬时值：线圈在匀强磁场中绕垂直磁场的轴匀速转动，从中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为e ＝nBS ωsin ωt .3．有效值：反映交变电流产生热效应的平均效果，正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是E ＝E m 2. 4．平均值：指在一段时间内产生的电压(电流)的平均值，其数值由法拉第电磁感应定律求出，即E ＝n ΔΦΔt. 例1 图1为一个小型旋转电枢式交流发电机结构示意图，其矩形线圈的长度为L 1，宽度为L 2，共有n 匝，总电阻为r ，与线圈两端相接触的集流环上接有一个阻值为R 的定值电阻，线圈以角速度ω在磁感应强度为B 的匀强磁场中绕与磁场方向垂直的对称轴OO ′匀速转动，沿转轴OO′方向看去，线圈沿逆时针方向转动，t ＝0时刻线圈平面与磁感线垂直．图1(1)求线圈经过图示位置时，通过电阻R 的感应电流的方向．(2)写出线圈转动过程中感应电动势的瞬时值表达式．(3)求线圈从t ＝0时所处的位置开始到转过90°的过程中的平均感应电动势．(4)求线圈从t ＝0时所处的位置开始转过60°时电路中的瞬时电流．(5)求线圈转动一个周期内电阻R 上产生的热量．答案 (1)自下而上 (2)e ＝nBL 1L 2ωsin ωt(3)2nBL 1L 2ωπ (4)3nBL 1L 2ω2(R ＋r ) (5)n 2B 2L 12L 22ωR π(R ＋r )解析 (1)根据右手定则可判断，线圈中的电流方向是d →c →b →a ，故通过电阻R 的电流是自下而上．(2)从中性面开始计时，感应电动势随时间按正弦规律变化，且最大感应电动势E m ＝nBL 1L 2ω，所以感应电动势的瞬时值表达式e ＝nBL 1L 2ωsin ωt .(3)由法拉第电磁感应定律有 E ＝n ΔΦΔt ＝nBL 1L 2π2ω＝2nBL 1L 2ωπ. (4)由闭合电路欧姆定律有i ＝e R ＋r ＝nBL 1L 2ωsin π3R ＋r ＝3nBL 1L 2ω2(R ＋r ). (5)电动势的有效值E ＝2nBL 1L 2ω2， 电流的有效值I ＝2nBL 1L 2ω2(R ＋r )， 线圈转动一个周期内电阻R 上产生的热量Q ＝I 2RT ＝n 2B 2L 12L 22ωR π(R ＋r )2. 二、含变压器电路的动态分析解答这类问题首先是分清变量和不变量，然后结合变压器的基本规律和欧姆定律分析相关量的变化情况．1．理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出而入”，即输出功率决定输入功率．2．可以把理想变压器的副线圈看做给用户供电的无阻电源，可以参照直流电路动态分析的方法，分析负载电路的动态变化．例2 如图2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( )图2A ．当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，R 1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V 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A 1示数变大D ．若闭合开关S ，则电流表A 1示数变大，A 2示数变大答案 B解析 当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，滑动变阻器接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流变小，则R 1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A 错误，B 正确；当滑动变阻器的滑动触头P 向上滑动时，副线圈中的电流变小，则原线圈中的电流也变小，电流表A 1示数变小，选项C 错误；若闭合开关S ，副线圈电路中总电阻变小，副线圈中的电流变大，R 1两端电压变大，R 2两端电压变小，电流表A 2示数变小，原线圈中的电流变大，电流表A 1示数变大，选项D 错误．例3 (多选)调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图3所示．线圈AB 绕在一个圆环形的铁芯上，CD 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，R 1、R 2为定值电阻，R 3为滑动变阻器，CD 两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器，以下说法正确的是( )图3A ．当滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大B ．当滑动触头P 逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大C ．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大D ．当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解析 当滑动触头P 逆时针转动时，相当于增加了副线圈的匝数，而原线圈匝数保持不变，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，输出电压增大，其他因素不变时，电压表读数变大，电流表读数变大，故A 正确，B 错误．当线圈匝数不变而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时，输出电压不变，总电阻减小，则总电流增大，R 1两端电压增大，R 2两端电压减小，电压表读数变小，流过R 2的电流减小，因此，流过R 3的电流增大，电流表读数变大，故C 错误，D 正确．三、远距离输电线路的分析与计算解决远距离输电问题要注意以下两点：1．首先画出输电示意图，包括发电机、升压变压器、输电线、降压变压器、负载等，在图中标出相应物理符号，利用输电电流I ＝P U ，输电线上损失电压U 损＝IR 线，输电线损失功率P 损＝I 2R 线＝⎝ ⎛⎭⎪⎫P U2R 线及其相关知识解答． 2．分别在“三个回路”以及“两个变压器”上找各物理量之间的关系，特别注意以升压变压器的副线圈、输电线、降压变压器的原线圈组成的回路，在此回路中利用电路知识分析电压关系和功率关系．例4 交流发电机两端电压是220 V ，输出功率为4 400 W ，输电导线总电阻为2 Ω.试求：(1)用户得到的电压和功率各多大？输电损失功率多大？(2)若发电机输出端用匝数比为1∶10的升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用匝数比为10∶1的降压变压器降压后供给用户，则用户得到的电压和功率又是多大？ 答案 (1)180 V 3 600 W 800 W(2)219.6 V 4 392 W解析 (1)如图所示，由P ＝IU 得：I ＝P U ＝4 400220A ＝20 A 由U ＝U 用＋IR 得：用户得到的电压为U 用＝U －IR ＝220 V －20×2 V＝180 V输电损失功率为P 损＝I 2R ＝202×2 W＝800 W由P ＝P 用＋P 损得：用户得到的功率为P 用＝P －P 损＝4 400 W －800 W ＝3 600 W(2)输电线路示意图如图所示根据理想变压器原、副线圈两端的电压与匝数成正比可得： U 1U 2＝n 1n 2， 解得U 2＝U 1n 2n 1＝220×101V ＝2 200 V 因理想变压器不改变功率，即P 2＝P ，所以I 2＝P U 2＝2 A U 3＝U 2－I 2R ＝2 200 V －2×2 V＝2 196 V由U 3U 4＝n 3n 4得：降压变压器副线圈两端电压 U 4＝U 3n 4n 3＝2 196×110V ＝219.6 V 用户得到的功率等于发电机的输出功率减去输电线上损失的功率，即 P 4＝P 3＝P 2－I 22R ＝P －I 22R ＝4 392 W.。
2018_2019学年高中物理第五章交变电流模块复习课课件新人教版选修3_2.ppt
【体系构建】
【核心速填】 1.正弦式交变电流的产生: (1)产生:闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴 _匀__速__转动。 (2)中性面:线圈平面_垂__直__于__磁场,磁通量最大,感应 电动势为_零__。
2.正弦式交变电流的描述:
(1)瞬时值变化规律:e=_E_m_s_i_n_ω_t_,i=_I_m_s_i_n_ω__t,
u=_U_m_s_i_n_ω_t_。
1
(2)周期和频率:T=__f _。
(3)峰值和平均值:Em=_N_B_S_ω__,E _N___t__。
Em
Im
Um
(4)有效值:E=__2_,i=__2_,u=__2_。
3.特征元件: (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__。
4.理想变压器: (1)结构:原线圈、副线圈、_铁__芯__。 (2)工作原理:_互__感__现象。
(3)基本规律: U1 n1 ,P输入=_损失:Δ P=_I_2R_。 (2)电压损失:Δ U=_I_R_。 (3)远距离输电最经济的最佳方式:_高__压__输__电__。
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第五章 交变电流章末质量评估(二)(时间：90分钟 分值：100分)一、单项选择题(本题共10小题，每小题3分，共30分．在每小题给出的四个选项中，只有一项符合题目要求)1．下列关于交变电流的说法正确的是( )A ．交流电气设备上所标的电压和电流值都是峰值B ．用交流电流表和电压表测定的数值都是瞬时值C ．给定的交流数值，在没有特别说明的情况下是指有效值D ．跟交变电流有相同的热效应的恒定电流的数值是交变电流的平均值解析：对于交变电流的数值，在没有特别说明的情况下是指有效值，交流电流表和电压表测定的数值都是交变电流的有效值，交流电气设备的铭牌上所标的电压和电流值也都是有效值，只有选项C 正确．答案：C2．如图所示是一交变电流的it 图象，则该交流电电流的有效值为( )A ．4 A B.2303 A C.83 A D ．2 2 A解析：设交流电电流的有效值为I ，周期为T ，电阻为R .则I 2RT ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22×42·R ·T 3＋42·R ·23T 解得I ＝2303A ．故选B. 答案：B3．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，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )图甲 图乙A ．t ＝0.005 s 时线框的磁通量变化率为零B ．t ＝0.01 s 时线框平面与中性面重合C ．线框产生的交变电动势有效值为311 VD ．线框产生的交变电动势频率为100 Hz解析：由图象知，该交变电流电动势峰值为311 V ，交变电动势的频率为f ＝50 Hz ，C 、D 错；t ＝0.005时，e ＝311 V ，磁通量变化最快，t ＝0.01 s 时e ＝0，磁通量最大，线圈处于中性面位置，A 错，B 对．答案：B4．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电总电阻为0.4Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW ，电压为800 V ．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )A ．1 kWB ．1.6×103kW C ．1.6 kW D ．10 kW 解析：节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I ＝P U ＝40×103800A ＝50 A ．P 线＝I 2R ＝502×0.4 W ＝1 000 W ，故节约的电功率为1 kW ，A 项正确．答案：A5．用220 V 的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V ，通过负载的电流图象如图所示，则( )A ．变压器输入功率约为3.9 WB ．输出电压的最大值是110 VC ．变压器原、副线圈的匝数比是1∶2D ．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin ⎝⎛⎭⎪⎫100πt ＋π2 A 解析：通过负载的电流有效值为0.0252 A ，变压器输入功率约为P ＝UI ＝110×0.025 2 W ＝3.9 W ，选项A 正确．变压器输出电压的最大值是110 2 V ，选项B 错误．由变压公式，变压器原、副线圈的匝数比是2∶1，选项C 错误．负载电流的函数表达式i ＝0.05sin 100πt (A)，选项D 错误．答案：A6.如图所示电路中，L 为电感线圈，R 为灯泡，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u ＝2202sin 100πt V ，若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz ，下列说法正确的是( )A ．电流表示数增大B ．电压表示数减小C ．灯泡变暗D ．灯泡变亮解析：由u ＝2202sin 100πt V 可得电源原来的频率为f ＝100π2πHz ＝50 Hz.当电源频率由原来的50 Hz 增为100 Hz 时，线圈的感抗增大；线圈两端电压有效值增大，电压表示数增大，故选项B 错误；在总电压的有效值不变的情况下，电路中的电流减小，选项A 错．灯泡R 的电阻是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率减小，灯泡变暗，选项C 正确，D 错．答案：C7．如图甲、乙所示的电路中，当A 、B 接有效值为10 V 的交流电压时，C 、D 间电压的有效值为4 V ；当M 、N 接10 V 直流电压时，P 、Q 间的电压也为4 V ．现把C 、D 接4 V 交流电压，P 、Q 接4 V 直流电压，下列表示A 、B 间和M 、N 间电压的是( )图甲 图乙A ．10 V ，10 VB ．10 V ，4 VC ．4 V ，10 VD ．10 V ，0解析：题图甲是一个自耦变压器，当A 、B 作为输入端，C 、D 作为输出端时，是一个降压变压器，两边的电压之比等于两边线圈的匝数之比．当C 、D 作为输入端，A 、B 作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C 、D 接4 V 交流电压时，A 、B 间将得到10 V 交流电压．题图乙是一个分压电路，当M 、N 作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们电阻的大小成正比．但是当把电压加在P 、Q 两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流通过，M 、P 两端也就没有电势差，即M 、P 两点的电势相等．所以当P 、Q 接4 V 直流电压时，M 、N 两端的电压也是4 V ．如果M 、N 或P 、Q 换成接交流电压，上述关系仍然成立，因为交流电在纯电阻电路中欧姆定律仍然适用．答案：B8．如图所示，有一台交流发电机E .通过理想升压变压器T 1和理想降压变压器T 2向远处用户供电，输电线的总电阻为R .T 1的输入电压和输入功率分别为U 1和P 1，它的输出电压和输出功率分别为U 2和P 2；T 2的输入电压和输入功率分别为U 3和P 3，它的输出电压和输出功率分别为U 4和P 4，设T 1的输入电压U 1一定，当用户消耗的电功率变大时，有( )A ．P 2变大，P 3变大B ．P 1变小，P 2变小C ．U 2变小，U 3变小D ．U 2变小，U 4变大解析：P 1＝P 2＝ΔP ＋P 3，且P 3＝P 4，由于P 4增大，所以P 3及P 1、P 2均变大，A 对，B 错；U 2＝n 2n 1U 1，U 1一定，所以U 2不变，C 、D 错． 答案：A9．在如图所示的电路中，理想变压器的变压比为2∶1，四个灯泡完全相同，若已知灯泡L 3和L 4恰能正常工作，那么( )A ．L 1和L 2都能正常工作B ．L 1和L 2都不能正常工作C ．L 1和L 2只有一个能正常工作D ．条件不足，无法判断解析：由于副线圈两端并联着两个相同的灯泡L 3、L 4.每个灯泡正常工作时的实际电流都等于额定电流，因此副线圈中的电流等于一个灯泡额定电流的两倍．根据原、副线圈的电流与匝数成反比，可知原线圈中的电流等于副线圈中电流的12，即恰好等于灯泡L 1、L 2的额定电流，从而可以得出L 1和L 2都能正常工作．答案：A10．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I 1，其末端间的电压为U 1.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I 2，则( )A ．用户端的电压为I 1U 1I 2B ．输电线上的电压降为UC ．理想变压器的输入功率为I 21rD ．输电线路上损失的电功率为I 1U解析：根据理想变压器的工作原理，得I 1U 1＝I 2U 2，所以用户端的电压U 2＝I 1U 1I 2，选项A 正确；输电线上的电压降U ′＝I 1r ＝U －U 1，选项B 错误；变压器的输入功率P 1＝I 1U －I 21r＝I 1U 1，选项C 错误，输电线路上损失的功率P ′＝I 21r ＝I 1(U －U 1)，选项D 错误．答案：A二、多项选择题(本题共4小题，每小题6分，共24分．在每小题给出的四个选项中有多项符合题目要求，全部选对得6分，漏选得3分，错选或不选得0分)11．一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动，产生交变电动势的瞬时值表达式为e ＝102sin 4πt (V)，则( )A ．该交变电动势的频率为2 HzB ．零时刻线圈平面与磁场垂直C ．t ＝0.25 s 时，e 达到最大值D ．在1 s 时间内，线圈中电流方向改变100次解析：由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π，由角速度和周期、频率的关系ω＝2πT＝2πf 得到此交变电动势的频率为2 Hz ，周期是0.5 s ，所以选项A 正确．周期是0.5 s ，所以1 s 内线圈中的电流方向改变4次，选项D 错误．代入表达式t ＝0.25 s ，得到e ＝0，选项C 错误．零时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，选项B 正确．综上所述，本题的正确选项为A 、B.答案：AB12.如图所示．矩形线框置于竖直向下的磁场中，通过导线与灵敏电流表相连，线框在磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，图中线框平面处于竖直面内．下述说法正确的是( )A ．因为线框中产生的是交变电流，所以电流表示数始终为零B ．线框通过图中位置瞬间，穿过线框的磁通量最大C ．线框通过图中位置瞬间，通过电流表的电流瞬时值最大D ．若使线框转动的角速度增大一倍，那么通过电流表电流的有效值也增大一倍解析：线框在匀强磁场中匀速转动时，在中性面即线框与磁感线垂直时，磁通量最大，感应电动势最小，而在题中图示位置线框与磁感线平行时．磁通量最小，感应电动势最大，A 、B 项错，C 项对；电流的有效值I ＝nBS ω2R ，现在其余的量都不变，角速度增大一倍后，电流也增大一倍，D 正确．答案：CD13．为了减少输电线路中的电力损失，发电厂发出的电通常是经过升压变电站升压后通过远距离输送，再经过降压变电站将高压变为低压．某降压变电站将电压U 0＝11 0002sin 100πt (V)的交流电降为220 V 供居民小区用电，则变电站变压器( )A ．原、副线圈匝数比为50∶1B ．副线圈中电流的频率是50 HzC ．原线圈的导线比副线圈的要粗D ．输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和解析：原电压的有效值为U 1＝11 000 V ．由U 1U 2＝n 1n 2得，n 1n 2＝501，选项A 正确；变压器不改变交流电的频率，故选项B 正确；由n 1n 2＝I 2I 1得，副线圈的电流大，要想导线发热少，导线要粗一些(使电阻较小)，故选项C 错误；居民小区各用电器电流总和应该等于副线圈的电流，选项D 错误．答案：AB14．如图所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R 1、R 2、R 3、R 4均为定值电阻，开关S 是闭合的．○V 1 和○V 2 为理想电压表，读数分别为U 1和U 2；○A 1 、○A 2 和○A 3 为理想电流表，读数分别为I 1、I 2和I 3.现断开S ，U 1数值不变，下列推断中正确的是( )A ．U 2变小、I 3变小B ．U 2不变、I 3变大C ．I 1变小、I 2变小D ．I 1变大、I 2变大解析：因为变压器的匝数与U 1不变，所以U 2与两电压表的示数均不变，当S 断开时，因为负载电阻增大，故副线圈中的电流I 2减小，I 1I 2＝n 2n 1知I 1也将减小，C 正确；因为R 1两端的电压减小，故R 2、R 3两端的电压将增大，I 3变大，B 正确．正确选项为B 、C.答案：BC三、填空题(本题共2小题，共14分)15．(6分)钳形电流表的外形和结构如图甲所示．图甲中电流表的读数为1.2 A ．图乙中用同一电缆线绕了3匝，则这种电流表能测________(选填“交流”或“直流”)电流，图乙的读数为________A.图甲 图乙解析：钳形电流表是根据变压器变流原理设计的，这种电流表能测交流电流，不能测直流电流．图甲电缆线绕1 匝，电流表的读数为I 2＝1.2 A ，则I 1×1＝I 2×n ；用同一电缆线绕了3 匝，流过电缆线的电流I 1不变，则I 1×3＝I 2′×n ，I 2′＝3.6 A.答案：交流 3.616．(8分)有一个教学用的可拆变压器，如图甲所示，它有两个外观基本相同的线圈A 、B ，线圈外部还可以绕线．图甲 图乙(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A 、B 线圈的电阻值，指针分别对应图乙中的a 、b 位置，由此可推断________线圈的匝数较多(选填“A ”或“B ”)．(2)如果把它看成理想变压器，现要测定A 线圈的匝数，提供的器材有：一根足够长的绝缘导线、一只多用电表和低压交流电源．请简要叙述实验的步骤(写出要测的物理量，并用字母表示)：_______________________________________________________________.(3)A 线圈的匝数为n A ＝________(用所测物理量符号表示)．解析： (1)由题图乙可知a 位置的阻值大于b 位置的阻值，由电阻定律可得A 线圈的匝数多于B 线圈的．(2)①用长导线绕一个n 匝线圈，作为副线圈替代A 线圈；②把低压交流电源接B 线圈，测得B 线圈的输出电压为U ；③用A 线圈换下绕制的线圈测得A 线圈的输出电压为U A .则n A ＝U A U n .答案：(1)A (2)①用长导线绕一个n 匝线圈，作为副线圈替代A 线圈；②把低压交流电源接B 线圈，测得B 线圈的输出电压U ；③用A 线圈换下绕制的线圈测得A 线圈的输出电压U A (3)U A Un四、计算题(本题共3小题，共32分，解答时应写出必要的文字说明、方程式和演算步骤，有数值计算的要注明单位)17．(10分)如图甲所示，矩形线圈匝数N ＝100匝，ab ＝30 cm ，ad ＝20 cm ，匀强磁场磁感应强度B ＝0.8 T ，绕轴OO ′从图示位置开始匀速转动，角速度ω＝100π rad/s ，试求：图甲 图乙(1)穿过线圈的磁通量最大值Φm 为多大？线圈转到什么位置时取得此值？(2)线圈产生的感应电动势最大值E m 为多大？线圈转到什么位置时取得此值？(3)写出感应电动势e 随时间变化的表达式，并在图乙中作出图象．解析：(1)当线圈转至与磁感线垂直时，磁通量有最大值．Φm ＝BS ＝0.8×0.3×0.2 Wb ＝0.048 Wb.(2)线圈与磁感线平行时，感应电动势有最大值E m ＝NBS ω＝480π V.(3)表达式e ＝E m cos ωt ＝480πcos (100πt ) V.图象如图所示．18．(10分)一台小型发电机的最大输出功率为100 kW ，输出电压恒为500 V ，现用电阻率为1.8×10－8 Ω·m ，横截面积为10－5 m 2的输电线向4×103m 远处的用电单位输电，要使发电机满负荷运行时，输电线上的损失功率为发电机总功率的4%，则：(1)所用的理想升压变压器原、副线圈的匝数比是多少？(2)如果用户用电器的额定电压为220 V ，那么所用的理想降压变压器原、副线圈的匝数比是多少？解析：(1)导线电阻R 线＝ρ2l S 得R 线＝14.4 Ω，升压变压器原线圈中电流I 1满足P ＝U 1I 1，得I 1＝200 A ，升压变压器副线圈中电流I 2＝I 线，又I 2线R 线＝4%P ，得I 2＝503 A ，由I 1I 2＝n 2n 1，得n 1n 2＝112. (2)降压变压器的输入电压U 3满足P －4%P ＝U 3I 线，得U 3＝5 760 V ，因为输出电压U 4＝220 V ，由U 3U 4＝n 3n 4，得n 3n 4＝28811. 19．(12分)如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，线圈的匝数n ＝100，电阻r ＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R 连接，电阻R ＝90Ω，与R 并联的交流电压表为理想电表．在t ＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 按图乙所示正弦规律变化．求：(1)交流发电机产生的电动势最大值；(2)电路中电压表的示数；(3)R 上的热功率．解析：(1)交流发电机产生电动势的最大值：E m ＝nBS ω，而Φm ＝BS ，ω＝2πT ，所以E m ＝2n πΦm T. 由Φ－t 图线可知：Φm ＝2.0×10－2Wb ， T ＝6.28×10－2s ，所以E m ＝200 V.(2)电动势的有效值E ＝E m2＝100 2 V ， U ＝R R ＋r E ＝90100×100 2 V ＝90 2 V ＝127.3 V. (3)R 上的功率为：P R ＝U 2R ＝（902）290W ＝180 W.。