2019届高考物理江苏专版一轮复习课时检测(三十五) 交变电流的产生及描述 Word版含解析
江苏专版2019版高考物理一轮复习精选提分综合练单元检测七恒定电流_35
单元检测七恒定电流考生注意：1．本试卷共4页．2．答卷前，考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上．3．本次考试时间90分钟，满分100分．4．请在密封线内作答，保持试卷清洁完整．一、单项选择题(本题共8小题，每小题3分，共计24分．每小题只有一个选项符合题意) 1．用电器到发电站的距离为l，线路上的电流为I，已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U，那么，输电线横截面积的最小值为( )A.ρlRB.2ρlIUC.UρlID.2UlIρ2．(2018·锦屏中学模拟)如图1，E为内阻不能忽略的电池，R1、R2、R3为定值电阻，S0、S为开关，与分别为电压表和电流表．初始时S0与S均闭合，现将S断开，则( )图1A.的读数变大，的读数变小B.的读数变大，的读数变大C.的读数变小，的读数变小D.的读数变小，的读数变大3.如图2所示的电路中，灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的，现在突然灯泡A比原来变暗了些，灯泡B比原来变亮了些，则电路中出现的故障可能是( )图2A．R3断路B．R2断路C．R1短路D．R1、R2同时短路4．(2018·无锡市调研)如图3所示电路中，其中R为一热敏电阻(温度升高时，阻值减小)，C 为电容器，R1、R2为两个电阻箱．闭合开关，当环境温度升高时，以下说法正确的是( )图3A．电容器的带电荷量减小B．适当减小电阻箱R1的阻值，可使电容器的带电荷量保持不变C．适当减小电阻箱R2的阻值，可使电容器的带电荷量保持不变D．适当增加电阻箱R2的阻值，可使电容器的带电荷量保持不变5．(2018·海安中学段考)如图4所示，直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图象，直线C为一电阻R的两端电压与电流的关系图象，将这个电阻R分别接到a、b两电源上，那么( )图4A．R接到a电源上，电源的效率较高B．R接到b电源上，电源的输出功率较大C．R接到a电源上，电源的输出功率较大，但电源效率较低D．R接到b电源上，电阻R的发热功率和电源的效率都较高6．某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略)，通过改变滑动变阻器电阻大小，观察到电压表和电流表的读数同时变大，则他所连接的电路可能是下图中的( )7．(2017·南通市、如皋市第二次质检)如图5所示的电路中，电流表和电压表均可视为理想电表，现闭合开关S后，将滑动变阻器滑片P向左移动，下列说法中正确的是( )图5A ．电流表的示数变小，电压表的示数变大B ．电阻R 2消耗的功率变大C ．电容器C 上电荷量减小D ．电源的总功率变大8．(2017·淮阴中学模拟)在如图6所示电路中，闭合电键S ，当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，四个理想电表的示数都发生变化，电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示，电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示，下列比值错误的是( )图6A.U 1I 不变，ΔU 1ΔI 不变B.U 2I 变大，ΔU 2ΔI 变大 C.U 2I 变大，ΔU 2ΔI不变 D.U 3I 变大，ΔU 3ΔI不变 二、多项选择题(本题共4小题，每小题4分，共计16分．每小题有多个选项符合题意．全部选对的得4分，选对但不全的得2分，错选或不答的得0分)9．(2018·黄桥中学第三次段考)一个直流电动机所加电压为U ，电流为I ，线圈内阻为R ，当它正常工作时，下述说法中正确的是( ) A ．电动机的输出功率为IU －I 2RB ．电动机的输出功率为U 2RC ．电动机的发热功率为I 2RD ．电动机的功率可写成IU ＝I 2R ＝U 2R10．(2018·铜山中学模拟)锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中．现用充电器为一手机锂电池充电，等效电路如图7所示，充电器电源的输出电压为U ，输出电流为I ，手机电池的内阻为r ，下列说法正确的是( )图7A ．电能转化为化学能的功率为UI －I 2r B ．充电器输出的电功率为UI ＋I 2r C ．电池产生的热功率为I 2r D ．充电器的充电效率为Ir U×100%11．(2018·阜宁中学调研)某同学将一直流电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在同一坐标系中，如图8中的a 、b 、c 所示．则下列说法中正确的是( )图8A ．图线b 表示输出功率P R 随电流I 变化的关系B ．图中a 线最高点对应的功率为最大输出功率C ．在图线上A 、B 、C 三点的纵坐标一定满足关系P A ＝P B ＋P CD ．两个图线交点M 与N 的横坐标之比一定为1∶2，纵坐标之比一定为1∶412．(2017·徐州市、宿迁市、连云港市质检)如图9甲所示，电源的电动势E ＝9 V ，它和灵敏电流表G 的内阻均不可忽略，电压表V 为理想电表，热敏电阻R 的阻值随温度的变化关系如图乙所示．闭合开关S ，当R 的温度等于20 °C 时，电流表示数I 1＝2 mA ，根据以上信息判断，下列说法正确的是( )图9A ．电流表内阻与电源内阻之和为0.5 k ΩB ．电流表示数I 2＝3.6 mA 时热敏电阻的温度是100 °C C ．温度升高时电压表示数U 与电流表示数I 的比值变大D ．温度升高时电压表示数变化量ΔU 与电流表示数变化量ΔI 的比值不变 三、非选择题(本题共6小题，共计60分)13．(10分)(2017·南京外国语学校等四模)测量一未知电阻的阻值：(1)某同学首先用多用电表粗测电阻的大小，将多用电表选择开关置于×10 Ω挡，调零后，将红、黑表笔分别接电阻两端，发现指针读数如图10所示，则所测阻值为__________ Ω.图10 图11(2)接着该同学计划用伏安法比较准确地测量电阻的阻值，提供的实验器材有：8 V直流电源；电压表(0～10 V、内阻约20 kΩ)；电流表(0～50 mA、内阻约10 Ω)；滑动变阻器(0～20 Ω、1 A)；开关和导线．请根据实验要求和提供的器材，用笔画线代替导线完成图11未完全连接好的实物电路．(3)在上述(2)的实验中，连接好电路后，闭合开关，发现电流表和电压表皆没有读数，该同学用多用电表检查电路故障．他的操作如下：选用多用电表的直流电压挡，将红、黑表笔分别接在电源正、负极间、变阻器电阻丝的两端、电流表“－”极和电压表“＋”之间，结果多用电表的指针均发生偏转，则可能是连接______________之间的导线发生了断路．(4)实验中移动变阻器滑动触头，记下多组电流表、电压表读数(I、U)，然后在坐标纸上作出U －I图线，图线的________大小表示待测电阻的阻值，在这个实验中，测量值________真实值(选填“＞”“＝”或“＜”)．14．(8分)(2017·丹阳中学模拟)某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中，组成了一个苹果电池，并用“测定电动势和内电阻”的实验方法测定该苹果电池的电动势和内电阻．图12(1)实验前，甲同学利用调好的多用电表欧姆“×100”挡来粗测该苹果电池的内阻．测量结果如图12甲所示．他这样做是否正确？若正确，请读出其内阻值；若不正确，请说明理由．________________________________________________________________________(2)乙同学设计好测量电路，选择合适的器材，得到苹果电池两端的电压U和流过它的电流I的几组数据，如下表所示.数据序号12345 6U/V0.850.810.750.680.620.54I/mA0.140.180.240.320.360.48①请根据第2组和第5组数据计算得到该苹果电池的电动势E＝______V；内电阻r＝______kΩ.(结果保留两位小数)．②除苹果电池、电压表、电流表、电键、导线若干外，可供选择的实验器材有：滑动变阻器R1(阻值0～10 Ω)；电阻箱R2(阻值0～9 999.9 Ω)，该电路中可变电阻应选择________(选填“R1”或“R2”)③请选择合适器材用笔画线代替导线将图乙中实物连接完整．15．(10分)(2017·泰州中学下学期初考)一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z，并通过实验探究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律．(1)该小组连成的实物电路如图13所示，其中有两处错误，请在错误的连线上打“×”，并在原图上用笔画出正确的连线．图13 图14(2)在实验中应选用的滑动变阻器是________．A．滑动变阻器R1(0～5 Ω，额定电流5 A)B．滑动变阻器R2(0～200 Ω，额定电流2 A)C．滑动变阻器R3(0～1000 Ω，额定电流0.5 A)(3)实验测得元件中的电压与电流的关系如下表所示，试在图14方格纸中画出电压与电流的关系图线.U(V)00.400.500.600.700.80 1.00 1.20I(A)00.200.300.400.550.75 1.25 1.80(4)把元件Z接入如图15所示的电路中，当电阻R阻值为2 Ω时，电流表的读数为1.25 A；当电阻R阻值为3.6 Ω时，电流表的读数为0.80 A．结合图线，求出电池的电动势为__________ V，内阻为________Ω.(不计电流表的内阻，结果保留两位有效数字)图1516．(12分)(2017·泰州中学第二次调研)某种半导体元件(二极管)，电路符号为“”，其特点是具有单向导电性，即电流从正极流入时电阻比较小，从负极流入时电阻比较大．(1)某实验兴趣小组要测绘该种半导体元件的伏安特性曲线．因该半导体元件外壳所印的标识模糊，为判断正负极，用多用电表电阻挡测定其正反向电阻．将选择开关旋至合适处，调整欧姆零点后，将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时，指针偏角比较小；再将红、黑表笔位置对调时指针偏角比较大，由此判断______端为该半导体元件的正极．(选填“左”、“右”)图16(2)如图16是厂家提供的伏安特性曲线，该小组只对加正向电压时的伏安特性曲线进行测绘，以验证与厂家提供的数据是否吻合，可选用的器材有：A．直流电源，电动势3 V；内阻忽略不计；B．0～20 Ω的滑动变阻器一只；C．量程5 V、内阻约50 kΩ的电压表一只；D．量程3 V、内阻约20 kΩ的电压表一只；E．量程0.6 A、内阻约0.5 Ω的电流表一只；F．量程50 mA、内阻约5 Ω的电流表一只；G．待测二极管一只；H．导线、电键等．为了提高测量结果的精确度，电压表应选用______，电流表应选用______．(填序号字母) (3)为了达到测量的目的，请在虚线框内画出该实验的实验电路原理图．(4)该小组通过实验采集数据后描绘出了该半导体元件的伏安特性曲线，通过对比，与厂家提供的曲线基本吻合．如果将该半导体元件与一阻值R＝50 Ω的电阻串联，再接至电动势E＝1.5 V、内阻不计的电源上，该半导体元件处于正向导通状态，则此时该半导体元件的电功率为____________W.17．(10分)(2018·盐城市模拟)如图17所示，E＝10 V，C1＝C2＝30 μF，R1＝4 Ω，R2＝6 Ω，电池内阻可忽略．试求：图17(1)闭合开关S，待电路稳定后，电路中的电流为多少？(2)将S断开，则断开S后流过电阻R1的电荷量为多少？18．(10分)(2018·南通市如东县质量检测)如图18所示电路，电源电动势为E＝3 V，两个定值电阻阻值R1＝R2＝2 Ω，电源内阻r＝1 Ω，电容器的电容值C＝20 μF.开关全部闭合时，一带电油滴恰能在极板间静止．重力加速度g取10 m/s2，求：图18(1)极板带电荷量的大小；(2)电源的效率；(3)断开开关S2时(认为电容器充放电过程极快完成)油滴的加速度的大小和方向．答案精析1．B [用电器与发电站之间的输电线总长为2l ，R ＝ρ·2l S ≤U I ，则S ≥2ρlIU，故B 正确．]2．B 3.B 4.C5．C [由题图知，电阻R 接在电源a 上时电路中电流为0.5I 0，短路电流为I 0，根据闭合电路欧姆定律I ＝ER ＋r得R ＝r ，a 电源的效率η＝UIEI ×100%＝U E×100%＝RR ＋r×100%＝50%；同理，电阻R 接在电源b 上时电源b 的效率η>50%，选项A 错误；电源的图线与电阻R 的U －I 图线的交点表示电阻R 接在该电源上的工作状态，由题图知，电阻R 接在电源a 上时电压和电流都较大，故电源a 的输出功率较大，选项B 错误；由以上分析可知，R 接在a 电源上，电源的输出功率较大，电源效率较低，选项C 正确；R 接在b 电源上，电阻R 两端电压和电流较低，故电阻R 的发热功率较低，选项D 错误．] 6．C7．A [闭合开关S 后，将滑动变阻器滑片P 向左移动时，变阻器接入电路的电阻增大，根据闭合电路欧姆定律知，电路中总电流I 减小，电流表的示数变小．电压表的示数U ＝E －I (R L ＋r ＋R 2)，I 减小，其他量不变，则U 增大，电压表的示数变大，故A 正确；将灯泡电阻和电源内阻等效为电源内阻r ′，则P R 2＝(Er ′＋R 2)2R 2＝E 2(r ′－R 2)2R 2＋4r ′，因不知道R 2与r ′的大小关系，故电阻R 2消耗的功率无法判断，故B 错误；电容器的电压等于变阻器两端的电压，即等于电压表的示数，U 增大，由Q ＝CU ，知电容器C 上的电荷量增大，故C 错误；电源的总功率P ＝EI ，I 减小，则电源的总功率变小，故D 错误．]8．B [滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时，R 2接入电路的阻值变大．根据欧姆定律得知：U 1I＝ΔU 1ΔI ＝R 1，故A 正确；U 2I ＝R 2，变大；根据闭合电路欧姆定律得：U 2＝E －I (R 1＋r )，则有ΔU 2ΔI ＝R 1＋r ，不变，故B 错误，C 正确；U 3I＝R 1＋R 2，变大；根据闭合电路欧姆定律得：U 3＝E －Ir ，则有ΔU 3ΔI＝r ，不变，故D 正确．] 9．AC [电动机的总功率为P ＝UI ，根据焦耳定律得电动机的发热功率P 热＝I 2R ，故电动机的输出功率P 出＝P －P 热＝UI －I 2R ，故A 、C 正确，B 错误．因为P >P 热，即UI >I 2R ，U >IR ，欧姆定律不适用，故UI ≠I 2R ≠U 2R，故D 错误．]10．AC11．CD [电源的总功率与电流的关系为P E ＝EI ∝I ，曲线a 表示电源的总功率随电流变化的图线；设电源的内阻为r ，电源内部的发热功率与电流的关系为P r ＝I 2r ，由数学知识可知，电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线为开口向上的抛物线，曲线b 表示电源内部的发热功率随电流变化的图线；根据闭合电路中的能量转化关系得，电源的输出功率为P R ＝EI －I 2r ，由数学知识可知，电源的输出功率P R 随电流I 变化的图线为开口向下的抛物线，曲线c 表示电源的输出功率随电流变化的图线，故A 、B 项错误；根据能量守恒定律得P E ＝P r ＋P R ，故C 项正确；M 点所表示的物理意义是电源内部的发热功率等于电源的输出功率，此时外电阻等于内阻，电路中的电流为I 1＝E 2r ，电源的发热功率P r 1＝E 2I 1＝E 24r ，N 点表示的物理意义是电源的总功率等于发热功率，此时只有电源的内阻，电路中的电流为I 2＝E r ，电源的总功率P E 2＝EI 2＝E 2r，D 项正确．]12．ABD [当温度为20 °C 时，由题图得R 1＝4 k Ω，由闭合电路的欧姆定律得EI 1＝R 1＋R G ＋r ，联立解得R G ＋r ＝0.5 k Ω，A 正确；同理，当I 2＝3.6 mA 时，解得R 2＝2 k Ω，结合题图乙知B正确；由U I ＝R ＋R G 得温度越高，比值越小，C 错误；U ＝E －Ir ，则ΔUΔI＝r ，知D 正确．]13．(1)200 (2)如图所示(3)电流表和电压表 (4)斜率 ＜14．(1)不正确，苹果电池为电源，欧姆表不能测电源的内阻 (2)①1.00 1.06 ②R 2 ③见解析图解析 (1)因为欧姆表内部本身有电源，而苹果电池也有电动势，故二者相互影响，无法正确测出电源内阻；(2)①由闭合电路欧姆定律可知E ＝U ＋Ir ，结合题表中第2组和第5组数据：E ＝0.81＋0.18×10－3r ；E ＝0.62＋0.36×10－3r联立解得：E ≈1.00 V；r ≈1.06 k Ω②由于苹果电池的内阻较大，故应选择电阻箱R 2才能起到有效的调节作用．③本实验中采用基本的伏安法即可以测量，由于苹果电池内阻较大，故可以采用电流表相对于电源的内接法，故实物图如图所示．15．(1)见解析图 (2)A (3)见解析图 (4)4.1 0.44解析 (1)因Z 的电阻较小，故应采用电流表外接法；由于要求电压从零开始变化，故滑动变阻器选用分压接法，接法如图．(2)分压接法中，为了便于调节，滑动变阻器应选用总阻值小，且额定电流较大的，故选A；(3)根据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示(4)当电流为1.25 A时，Z元件两端的电压为1.00 V；当电流为0.80 A时，电压为0.82 V；由闭合电路欧姆定律可知：E＝1.25(r＋2)＋1＝1.25r＋3.5E＝0.80(r＋3.6)＋0.82＝0.80r＋3.7联立解得：E＝4.1 V；r＝0.44 Ω16．(1)右(2)D F (3)如图(4) 8.8×10－3(在(8.0～9.5)×10－3内均可)解析(1)二极管具有单向导电性，欧姆表中指针偏转较大说明电阻较小，即为正向电流；而欧姆表内部的电源正极与黑表笔相连，故由题意可知，二极管右端为正极；(2)由题意可知，采用的电源电压为3 V，故为了提高测量结果的精确度，电压表应选取D；由题图可知，最大电流约为30 mA，故电流表应选F；(3)由题意可知，本实验要求作出伏安特性曲线，故要求多测数据，故应采用分压接法；同时，因二极管正向电阻较小，故应采用电流表外接法；(4)设二极管两端电压为U，通过的电流为I，由闭合电路欧姆定律得：U＝1.5－50I (V)，可知该I－U图线为直线，如图，该直线与二极管伏安特性曲线相交，读出交点的纵坐标值为I＝8 mA，交点的横坐标值为U＝1.1 V．则此时该半导体元件的电功率为P＝UI＝8.8×10－3 W.17．(1)1 A (2)4.2×10－4C解析 (1)闭合开关S ，电容器C 1相当于断路，C 2被短路，所以有I ＝ER 1＋R 2＝1 A(2)将S 断开，两个电容器两端的电压都等于电源的电动势，流过电阻R 1的电荷量等于两个电容器的电荷量增加之和．所以有Q 1＝C 1U 2＝30×10－6×6 C＝1.8×10－4 C Q 2＝0Q 1′＝C 1E ＝30×10－6×10 C＝3.0×10－4 C Q 2′＝Q 1′＝3.0×10－4 CΔQ ＝Q 1′＋Q 2′－Q 1＝4.2×10－4C18．(1)4×10－5C (2)66.7% (3)5 m/s 2，方向竖直向上 解析 (1)回路电流I ＝ER 1＋r＝1 A电容器两极板间电压U ＝IR 1＝2 V ， 电容器带电荷量Q ＝CU ＝4×10－5C. (2)电源输出功率P ＝IU ＝2 W ， 电源总功率P 总＝IE ＝3 W ， 电源效率η＝PP 总×100%≈66.7%. (3)设油滴带电荷量为q ，极板间距离为d ，由题意可知油滴带负电，开始时，q U d＝mg ， S 2断开后，q Ed－mg ＝ma ， 解得a ＝5 m/s 2，方向竖直向上．。
2019年高考物理一轮复习 课时分层集训31 交变电流的产生及描述 新人教版
课时分层集训(三十一) 交变电流的产生及描述(限时：40分钟)[基础对点练]交变电流的产生1．(2018·武汉模拟)如图11116所示，一矩形线圈abcd放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的轴OO′以角速度ω逆时针匀速转动．若以线圈平面与磁场夹角θ＝0°时(如图)为计时起点，并规定当电流自a流向b时电流方向为正．则下列四幅图中正确的是( )图11116D[从图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，所以是余弦函数，根据楞次定律可以判断出电流方向，写出电流的瞬时表达式即可求解．从图可看出线圈从垂直于中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，根据法拉第电磁感应定律可得此时产生的感应电流负向最大，故瞬时电流的表达式为i＝－I m cos ωt，故D正确．]2．在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图11117甲所示，产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )图11117A．t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行B．t＝0.010 s时线圈的磁通量变化率最大C．线圈产生的交变电动势频率为100 HzD．线圈产生的交变电动势的有效值为311 VA[t＝0.005 s时线圈平面与磁场方向平行，感应电动势最大，选项A正确；t＝0.010 s时线圈的磁通量最大，变化率最小，选项B错误；线圈产生的交变电动势周期为0.02 s，频率为50 Hz，选项C错误；线圈产生的交变电动势的最大值为311 V，选项D错误．]3．一边长为L的正方形单匝线框绕垂直于匀强磁场的固定轴转动，线框中产生的感应电动势e随时间t的变化情况如图11118所示．已知匀强磁场的磁感应强度为B，则结合图中所给信息可判定( )【导学号：84370471】图11118A．t1时刻穿过线框的磁通量为BL2B．t2时刻穿过线框的磁通量为零C．t3时刻穿过线框的磁通量变化率为零D．线框转动的角速度为E mBL2D[t1时刻，感应电动势最大，穿过线框的磁通量应为零，A错误；t2时刻，穿过线框的磁通量最大为Φm＝BL2，B错误；t3时刻，感应电动势最大，则磁通量变化率也最大，C错误；交变电流的最大值为E m＝BL2ω，则ω＝E mBL2，D正确．](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，○A 为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图甲所示位置开始计时，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( )A．电流表的示数为10 AB ．线圈转动的角速度为50π rad/sC ．t ＝0.01 s 时，线圈平面与磁场方向平行D ．t ＝0.02 s 时，电阻R 中电流的方向自右向左AC [电流表测量的是电路中电流的有效值I ＝10 A ，选项A 正确．由题图乙可知，T ＝0.02 s ，所以ω＝2πT＝100π rad/s ，选项B 错误．t ＝0.01 s 时，电流最大，线圈平面与磁场方向平行，选项C 正确．t ＝0.02 s 时，线圈所处的状态就是图示状况，此时R 中电流的方向自左向右，选项D 错误．] 有效值的计算4．如图11119所示为某一线圈交流电的电流—时间关系图象(前半个周期为正弦波形的12)，则一个周期内该电流的有效值为( )图11119A.32I 0 B.52I 0 C.32I 0 D.52I 0 B [设电流的有效值为I ，由I 2RT ＝⎝⎛⎭⎪⎫I 022R ·T 2＋(2I 0)2R ·T 4，解得I ＝52I 0.] 5．(多选)如图11120所示，甲、乙为两种电压的波形，其中图甲所示的电压按正弦规律变化，图乙所示的电压波形是正弦函数图象的一部分．下列说法正确的是( )图11120A ．图甲、图乙均表示交变电流B ．图甲所示电压的瞬时值表达式为u ＝20sin 100πt (V)C ．图乙所示电压的有效值为20 VD ．图乙所示电压的有效值为10 VABD [根据交变电流的定义，图甲、图乙均表示交变电流，选项A 正确；图甲所示电压最大值为U m ＝20 V ，周期为0.02 s ，则电压的瞬时值表达式u ＝U m sin 2πTt ＝20sin100πt (V)，选项B 正确；根据有效值的定义有2022R·T 2＝U 2RT ，解得图乙所示电压的有效值为U ＝10 V ，选项C 错误，D 正确．]6．如图11121甲所示的电路，已知电阻R 1＝R 2＝R ，和R 1并联的D 是理想二极管(正向电阻可视为零，反向电阻为无穷大)，在A 、B 之间加一个如图乙所示的交变电压(电压为正值时，U AB>0)．由此可知( )【导学号：84370472】甲 乙图11121A ．在A 、B 之间所加的交变电压的周期为2 sB ．在A 、B 之间所加的交变电压的瞬时值表达式为u ＝202sin 100πt (V) 之间所加的交变电压的最大值为20 V T ＝0.02 s ，选项A 错误．A 、B 间所加交变电压πt (V)，选项B 正确．在A 、B 之间所加的交变电20 V ，选项C 错误．由于电阻R 1和R 2串联，电压为R 2上电压的有效值为20 V ，电压为负值的半R 1和R 2串联，R 2上电压的有效值为10 V ，根据有效值的定义可得R·T2＋2R·T 2＝U 2R·T ，解得加在R 2上电压的有效值为U ＝510 V ，选项D 错误．]7．先后用不同的交流电源给同一盏灯供电，第一次灯泡两端的电压随时间按正弦规律变化(如图11122甲所示)；第二次灯泡两端的电压变化规律如图11122乙所示．若甲、乙图中的U 0、T 所表示的电压、周期值是相同的，则以下说法正确的是( )图11122A ．第一次，灯泡两端的电压有效值是U 02B ．第二次，灯泡两端的电压有效值是3U 02C ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是2∶9D ．第一、第二次，灯泡的电功率之比是1∶5D [第一次，灯泡两端电压的有效值为U 1＝U 02，功率P 1 ＝U 21R ＝U 202R .第二次，设灯泡两端电压的有效值为U 2，则U 02RT2＋－U 02RT 2＝U 22RT ，解得U 2＝52U 0，功率P 2＝U 22R ＝5U 202R，则P 1∶P 2＝1∶5，故A 、B 、C 错误，D 正确．]通过一阻值R ＝700 Ω的电阻的交变电流如图所示，其周期为1 s ．电阻两端电压的有效值为( )A ．12 VB ．2810 VC ．15 VD ．8 5 VB [根据图象，周期T ＝1 s ，设该交变电流的电压有效值为U,0～0.4 s 的时间间隔为t 1＝0.4 s,0.4～0.5 s 的时间间隔t 2＝0.1 s ，根据电流的热效应，由2(I 21Rt 1＋I 22Rt 2)＝U 2TR，解得U ＝2810 V ，B 正确．]“四值”的理解应用8．如图11123所示是某种交变电流随时间变化的图线，i >0部分的图线是一个正弦曲线的正半周，i <0部分的图线是另一个正弦曲线的负半周，其最大值如图中所示，由图象可知( )图11123A ．这种交变电流的周期为TB ．这种交变电流的周期为4TC ．这种交变电流的有效值为2I 0D ．这种交变电流的有效值为6I 0C [交变电流的周期为3T ，选项A 、B 错误．在0到T 时间内交变电流的有效值为2I 0，在T 到3T 时间内交变电流的有效值为I 0，根据有效值的定义可得(2I 0)2RT ＋I 2R (2T )＝I 2R (3T )，解得I ＝2I 0，选项C 正确，D 错误．]9．(多选)(2017·安徽“江南十校”联考)如图11124所示，处在垂直纸面向外、磁感应强度大小为B 的匀强磁场中的矩形线框MNPQ ，以恒定的角速度ω绕对角线NQ 转动．已知MN 长为l 1，NP 长为l 2，线框电阻为R .在t ＝0时刻线框平面与纸面重合，下列说法正确的是( )图11124A ．矩形线框产生的感应电动势有效值为22Bl 1l 2ω B ．矩形线框转过半周时，通过线框的瞬时电流为零 C ．矩形线框转动一周时，通过线框的电荷量为Bl 1l 2RD ．矩形线框在转动半周过程中产生的热量为πB 2l 21l 22ω2RABD [矩形线框转动产生正弦交变电流最大值：E m ＝Bl 1l 2ω，有效值E ＝E m2＝22Bl 1l 2ω，故A 正确；转过半周，线圈平面与磁场垂直，磁通量最大，感应电动势为零，瞬时电流为零，B 正确；转过一周通过横截面的电荷量为零，C 错误；转过半周时间内产生的热量为Q ＝E2Rt ＝⎝ ⎛⎭⎪⎫22Bl 1l 2ω2R×πω＝πB 2l 21l 22ω2R，D 正确．] 10．(多选)如图11125所示，垂直于纸面向里、磁感应强度大小为B 的匀强磁场以虚线为界，虚线左侧磁场范围足够大，单匝矩形线圈的中轴线与磁场边界重合，线圈以恒定的角速度ω绕中轴线转动，线圈所围面积为S ，线圈导线的总电阻为R .t ＝0时刻线圈平面与纸面重合，则下列说法正确的是( )【导学号：84370473】图11125A ．t 时刻线圈中电流的瞬时值为BS ω2Rsin ωt B ．线圈中电流的有效值为2BS ω4R C ．线圈中电流的最大值为2BS ω4RD ．线圈消耗的电功率为BS ω2RAB [电动势的最大值应为E m ＝BS ω2，t ＝0时，e ＝0，因此电动势瞬时值表达式应为e ＝12BS ωsin ωt ，电流瞬时值表达式为i ＝BS ω2R sin ωt ，A 项正确；电流的有效值I ＝2BS ω4R ，最大值I m ＝BS ω2R，B 项正确，C 项错误；线圈消耗的电功率P ＝I 2R ＝BS ω28R，D 项错误．]11．(多选)如图11126所示，面积为S 的矩形线圈共N 匝，线圈总电阻为R ，在磁感应强度为B 、方向垂直纸面向里的匀强磁场中以竖直线OO ′为轴，以角速度ω匀速旋转，图示位置C 与纸面共面，位置A 与位置C 成45°角．线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，下列说法正确的是( )图11126A ．平均电动势为22πNBS ωB ．通过线圈某一截面的电荷量q ＝22NBSRC ．在此转动过程中，外界对线圈做的总功为N 2B 2S 2πω4RD ．在此转动过程中，电流方向会发生改变AC [线圈从位置A 转过90°到达位置B 的过程中，ΔΦ＝2BS cos 45°＝2BS ，Δt ＝π2ω，根据E ＝N ΔΦΔt ，得E ＝22πNBS ω，故A 正确；根据E ＝N ΔΦΔt ，q ＝E R Δt ＝N ΔΦR ＝2NBS R ，故B 错误；产生电动势的峰值E m ＝NBS ω，则有效值则W ＝Q ＝E 2R Δt ＝N 2B 2S 2πω4R ，故C A 转过90°到达位置B 的过程中，电流方向不变，故D 错误．][考点综合练]12．(多选)(2016·全国Ⅲ卷)如图11127所示，M 为半圆形导线框，圆心为O M ；N 是圆心角为直角的扇形导线框，圆心为O N ；两导线框在同一竖直面(纸面)内；两圆弧半径相等；过直线O M O N 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O M 和O N 的轴，以相同的周期T 逆时针匀速图11127TD ．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t ＝T8时，切割磁感线的有效长度相同，两导线框中产生的感应电动势相等，选项C 正确；M 导线框中一直有感应电流，N 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．]13．(多选)一单匝矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生正弦式交变电流，其电动势的变化规律如图11128a 所示，当调整线圈转速后，电动势的变化规律如图b 所示．以下关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是( )【导学号：84370474】图11128A ．从图线可算出穿过线圈磁通量的最大值B ．线圈先后两次转速之比为2∶3C ．在图线a 和b 中，t ＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零D ．图线b 电动势的瞬时值表达式为e ＝100sin 100πt3(V)AD [E a m ＝150 V ＝BS ωa ＝Φm ·ωa ，ωa ＝2πT a ＝2π0.04 rad/s ＝50π rad/s 得Φm ＝3πWb ，故A 正确；T a ∶T b ＝0.04 s∶0.06 s＝2∶3.T ＝1n，所以n a ∶n b ＝3∶2，故B 错误；t ＝0时，穿过线圈的磁通量最大，故C 错误；E b m ＝Φm ·2πT b ＝100 V ，ωb ＝2πT b＝1003π rad/s.所以e ＝100sin 1003πt (V)，故D 正确．] 14．一个边长为6 cm 的正方形金属线框置于匀强磁场中，线框平面与磁场垂直，电阻为0.36 Ω.磁感应强度B 随时间t 的变化关系如图11129所示，则线框中感应电流的有效值为( )图11129A.2×10－5A B.6×10－5A C.22×10－5A D.322×10－5A B [由法拉第电磁感应定律和欧姆定律得e ＝ΔΦΔt ＝S ·ΔB Δt ，i ＝e R ＝S R ·ΔBΔt结合题图可得在0～3 s 内，i 1＝－220.36×6×10－3－03 A ＝2×10－5 A在3～5 s 内，i 2＝－220.36×0－6×10－32A ＝－3×10－5 A故可作出i 随时间变化的图象，如图所示．由交变电流有效值的定义可得i 21Rt 1＋i 22Rt 2＝i 2Rt代入数据可解得i ＝6×10－5A ，故选项B 正确．]15．如图11130所示为交流发电机示意图，矩形线圈的匝数N ＝50匝，每匝线圈的边长l ab ＝0.4 m ，l bc ＝0.2 m ，矩形线圈所在处的匀强磁场的磁感应强度B ＝0.2 T ，磁感应强度与线圈轴线垂直，线圈总电阻r ＝1 Ω，外接电阻R ＝9 Ω，线圈以n ＝100π r/s 的转速在磁场中匀速转动．求：图11130(1)线圈中产生的感应电动势的最大值；(2)若线圈从通过中性面时开始计时，写出回路中电流随时间变化的关系式； (3)交流电压表和电流表的读数； (4)此交流发电机的总功率和输出功率.【导学号：84370475】[解析](1)交变电流感应电动势的最大值E max ＝NBS ω＝NBl ab l bc ω＝50×0.2×0.4×0.2×100π×2π V ＝160 V. (2)从线圈通过中性面时开始计时，交变电流的表达式为正弦函数． 由于ω＝2πn ＝200 rad/s ，I max ＝E maxr ＋R＝16 A 故电流随时间变化的关系式i ＝16sin 200t A.(3)电压表和电流表的读数为交变电流的有效值．U＝IR，I＝12I max＝8 2 A.所以电压表的读数U＝72 2 V 电流表的读数I＝8 2 A.(4)发电机的总功率P＝IE，E＝12E max所以P＝82×12×160 W＝1 280 W发电机的输出功率等于外电路电阻消耗的电功率，即P R＝IU＝82×72 2 W＝1 152 W.[答案](1)160 V (2)i＝16sin 200t A(3)72 2 V 8 2 A (4)1 280 W 1 152 W11。
江苏专版2019版高考物理一轮复习精选提分综合练单元检测七恒定电流_35
单元检测七 恒定电流考生注意: 1、本试卷共4页、2、答卷前,考生务必用蓝、黑色字迹的钢笔或圆珠笔将自己的姓名、班级、学号填写在相应位置上、3、本次考试时间90分钟,满分100分、4、请在密封线内作答,保持试卷清洁完整、一、单项选择题(本题共8小题,每小题3分,共计24分、每小题只有一个选项符合题意)1、用电器到发电站的距离为l ,线路上的电流为I ,已知输电线的电阻率为ρ.为使线路上的电压降不超过U ,那么,输电线横截面积的最小值为( )A.ρl RB.2ρlI UC.U ρlID.2UlI ρ2、(2018·锦屏中学模拟)如图1,E 为内阻不能忽略的电池,R 1、R 2、R 3为定值电阻,S 0、S 为开关,与分别为电压表和电流表、初始时S 0与S 均闭合,现将S 断开,则( )图1A.的读数变大,的读数变小B.的读数变大,的读数变大C.的读数变小,的读数变小D.的读数变小,的读数变大3.如图2所示的电路中,灯泡A和灯泡B原来都是正常发光的,现在突然灯泡A比原来变暗了些,灯泡B比原来变亮了些,则电路中出现的故障可能是( )图2A、R3断路B、R2断路C、R1短路D、R1、R2同时短路4、(2018·无锡市调研)如图3所示电路中,其中R为一热敏电阻(温度升高时,阻值减小),C为电容器,R1、R2为两个电阻箱、闭合开关,当环境温度升高时,以下说法正确的是( )图3A、电容器的带电荷量减小B、适当减小电阻箱R1的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变C、适当减小电阻箱R2的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变D、适当增加电阻箱R2的阻值,可使电容器的带电荷量保持不变5、(2018·海安中学段考)如图4所示,直线A、B分别为电源a、b的路端电压与电流的关系图象,直线C为一电阻R的两端电压与电流的关系图象,将这个电阻R分别接到a、b两电源上,那么( )图4A、R接到a电源上,电源的效率较高B、R接到b电源上,电源的输出功率较大C、R接到a电源上,电源的输出功率较大,但电源效率较低D、R接到b电源上,电阻R的发热功率和电源的效率都较高6、某同学做电学实验(电源内阻r不能忽略),通过改变滑动变阻器电阻大小,观察到电压表和电流表的读数同时变大,则他所连接的电路可能是下图中的( )7、(2017·南通市、如皋市第二次质检)如图5所示的电路中,电流表和电压表均可视为理想电表,现闭合开关S后,将滑动变阻器滑片P向左移动,下列说法中正确的是( )图5A、电流表的示数变小,电压表的示数变大B 、电阻R 2消耗的功率变大C 、电容器C 上电荷量减小D 、电源的总功率变大8、(2017·淮阴中学模拟)在如图6所示电路中,闭合电键S,当滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时,四个理想电表的示数都发生变化,电表的示数分别用I 、U 1、U 2和U 3表示,电表示数变化量的大小分别用ΔI 、ΔU 1、ΔU 2和ΔU 3表示,下列比值错误的是( )图6A.U 1I 不变,ΔU 1ΔI 不变 B.U 2I 变大,ΔU 2ΔI 变大 C.U 2I 变大,ΔU 2ΔI不变 D.U 3I 变大,ΔU 3ΔI不变 二、多项选择题(本题共4小题,每小题4分,共计16分、每小题有多个选项符合题意、全部选对的得4分,选对但不全的得2分,错选或不答的得0分)9、(2018·黄桥中学第三次段考)一个直流电动机所加电压为U ,电流为I ,线圈内阻为R ,当它正常工作时,下述说法中正确的是( )A 、电动机的输出功率为IU －I 2RB 、电动机的输出功率为U 2RC 、电动机的发热功率为I 2RD 、电动机的功率可写成IU ＝I 2R ＝U 2R10、(2018·铜山中学模拟)锂电池因能量密度高、绿色环保而广泛使用在手机等电子产品中、现用充电器为一手机锂电池充电,等效电路如图7所示,充电器电源的输出电压为U ,输出电流为I ,手机电池的内阻为r ,下列说法正确的是( )图7A 、电能转化为化学能的功率为UI －I 2rB 、充电器输出的电功率为UI ＋I 2rC 、电池产生的热功率为I 2rD 、充电器的充电效率为IrU×100%11、(2018·阜宁中学调研)某同学将一直流电源的总功率P E 、输出功率P R 和电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线画在同一坐标系中,如图8中的a 、b 、c 所示、则下列说法中正确的是( )图8A 、图线b 表示输出功率P R 随电流I 变化的关系B 、图中a 线最高点对应的功率为最大输出功率C 、在图线上A 、B 、C 三点的纵坐标一定满足关系P A ＝P B ＋P CD 、两个图线交点M 与N 的横坐标之比一定为1∶2,纵坐标之比一定为1∶412、(2017·徐州市、宿迁市、连云港市质检)如图9甲所示,电源的电动势E＝9 V,它和灵敏电流表G的内阻均不可忽略,电压表V为理想电表,热敏电阻R的阻值随温度的变化关系如图乙所示、闭合开关S,当R的温度等于20 °C时,电流表示数I1＝2 mA,根据以上信息判断,下列说法正确的是( )图9A、电流表内阻与电源内阻之和为0.5 kΩB、电流表示数I2＝3.6 mA时热敏电阻的温度是100 °CC、温度升高时电压表示数U与电流表示数I的比值变大D、温度升高时电压表示数变化量ΔU与电流表示数变化量ΔI的比值不变三、非选择题(本题共6小题,共计60分)13、(10分)(2017·南京外国语学校等四模)测量一未知电阻的阻值: (1)某同学首先用多用电表粗测电阻的大小,将多用电表选择开关置于×10 Ω挡,调零后,将红、黑表笔分别接电阻两端,发现指针读数如图10所示,则所测阻值为__________ Ω.图10 图11(2)接着该同学计划用伏安法比较准确地测量电阻的阻值,提供的实验器材有:8 V直流电源;电压表(0～10 V、内阻约20 kΩ);电流表(0～50 mA、内阻约10 Ω);滑动变阻器(0～20 Ω、1 A);开关和导线、请根据实验要求和提供的器材,用笔画线代替导线完成图11未完全连接好的实物电路、(3)在上述(2)的实验中,连接好电路后,闭合开关,发现电流表和电压表皆没有读数,该同学用多用电表检查电路故障、他的操作如下:选用多用电表的直流电压挡,将红、黑表笔分别接在电源正、负极间、变阻器电阻丝的两端、电流表“－”极和电压表“＋”之间,结果多用电表的指针均发生偏转,则可能是连接______________之间的导线发生了断路、(4)实验中移动变阻器滑动触头,记下多组电流表、电压表读数(I、U),然后在坐标纸上作出U－I图线,图线的________大小表示待测电阻的阻值,在这个实验中,测量值________真实值(选填“＞”“＝”或“＜”)、14、(8分)(2017·丹阳中学模拟)某课外兴趣小组用铜片和锌片插入苹果中,组成了一个苹果电池,并用“测定电动势和内电阻”的实验方法测定该苹果电池的电动势和内电阻、图12(1)实验前,甲同学利用调好的多用电表欧姆“×100”挡来粗测该苹果电池的内阻、测量结果如图12甲所示、他这样做是否正确？若正确,请读出其内阻值;若不正确,请说明理由、________________________________________________________________________(2)乙同学设计好测量电路,选择合适的器材,得到苹果电池两端的电压U 和流过它的电流I的几组数据,如下表所示.①请根据第2组和第5组数据计算得到该苹果电池的电动势E＝______V;内电阻r＝______kΩ.(结果保留两位小数)、②除苹果电池、电压表、电流表、电键、导线若干外,可供选择的实验器材有:滑动变阻器R1(阻值0～10 Ω);电阻箱R2(阻值0～9 999.9 Ω),该电路中可变电阻应选择________(选填“R1”或“R2”)③请选择合适器材用笔画线代替导线将图乙中实物连接完整、15、(10分)(2017·泰州中学下学期初考)一实验小组用某种导电材料制作成电阻较小的线状元件Z,并通过实验探究该元件中的电流随两端电压从零逐渐增大过程中的变化规律、(1)该小组连成的实物电路如图13所示,其中有两处错误,请在错误的连线上打“×”,并在原图上用笔画出正确的连线、图13 图14(2)在实验中应选用的滑动变阻器是________、A、滑动变阻器R1(0～5 Ω,额定电流5 A)B、滑动变阻器R2(0～200 Ω,额定电流2 A)C、滑动变阻器R3(0～1000 Ω,额定电流0.5 A)(3)实验测得元件中的电压与电流的关系如下表所示,试在图14方格纸中画出电压与电流的关系图线.(4)把元件Z接入如图15所示的电路中,当电阻R阻值为2 Ω时,电流表的读数为1.25 A;当电阻R阻值为3.6 Ω时,电流表的读数为0.80 A、结合图线,求出电池的电动势为__________ V,内阻为________Ω.(不计电流表的内阻,结果保留两位有效数字)图1516、(12分)(2017·泰州中学第二次调研)某种半导体元件(二极管),电路符号为“”,其特点是具有单向导电性,即电流从正极流入时电阻比较小,从负极流入时电阻比较大、(1)某实验兴趣小组要测绘该种半导体元件的伏安特性曲线、因该半导体元件外壳所印的标识模糊,为判断正负极,用多用电表电阻挡测定其正反向电阻、将选择开关旋至合适处,调整欧姆零点后,将黑表笔接触二极管的左端、红表笔接触右端时,指针偏角比较小;再将红、黑表笔位置对调时指针偏角比较大,由此判断______端为该半导体元件的正极、(选填“左”、“右”)图16(2)如图16是厂家提供的伏安特性曲线,该小组只对加正向电压时的伏安特性曲线进行测绘,以验证与厂家提供的数据是否吻合,可选用的器材有:A、直流电源,电动势3 V;内阻忽略不计;B、0～20 Ω的滑动变阻器一只;C、量程5 V、内阻约50 kΩ的电压表一只;D、量程3 V、内阻约20 kΩ的电压表一只;E、量程0.6 A、内阻约0.5 Ω的电流表一只;F、量程50 mA、内阻约5 Ω的电流表一只;G、待测二极管一只;H、导线、电键等、为了提高测量结果的精确度,电压表应选用______,电流表应选用______、(填序号字母)(3)为了达到测量的目的,请在虚线框内画出该实验的实验电路原理图、(4)该小组通过实验采集数据后描绘出了该半导体元件的伏安特性曲线,通过对比,与厂家提供的曲线基本吻合、如果将该半导体元件与一阻值R ＝50 Ω的电阻串联,再接至电动势E＝1.5 V、内阻不计的电源上,该半导体元件处于正向导通状态,则此时该半导体元件的电功率为____________W.17、(10分)(2018·盐城市模拟)如图17所示,E＝10 V,C1＝C2＝30 μF,R1＝4 Ω,R2＝6 Ω,电池内阻可忽略、试求:图17(1)闭合开关S,待电路稳定后,电路中的电流为多少？(2)将S断开,则断开S后流过电阻R1的电荷量为多少？18、(10分)(2018·南通市如东县质量检测)如图18所示电路,电源电动势为E＝3 V,两个定值电阻阻值R1＝R2＝2 Ω,电源内阻r＝1 Ω,电容器的电容值C＝20 μF.开关全部闭合时,一带电油滴恰能在极板间静止、重力加速度g取10 m/s2,求:图18(1)极板带电荷量的大小;(2)电源的效率;(3)断开开关S2时(认为电容器充放电过程极快完成)油滴的加速度的大小和方向、答案:精析1、B [用电器与发电站之间的输电线总长为2l ,R ＝ρ·2lS ≤UI,则S ≥2ρlI U,故B 正确、]2、B 3.B 4.C5、C [由题图知,电阻R 接在电源a 上时电路中电流为0.5I 0,短路电流为I 0,根据闭合电路欧姆定律I ＝ER ＋r 得R ＝r ,a 电源的效率η＝UI EI ×100%＝U E ×100%＝RR ＋r ×100%＝50%;同理,电阻R 接在电源b 上时电源b 的效率η>50%,选项A 错误;电源的图线与电阻R 的U －I 图线的交点表示电阻R 接在该电源上的工作状态,由题图知,电阻R 接在电源a 上时电压和电流都较大,故电源a 的输出功率较大,选项B 错误;由以上分析可知,R 接在a 电源上,电源的输出功率较大,电源效率较低,选项C 正确;R 接在b 电源上,电阻R 两端电压和电流较低,故电阻R 的发热功率较低,选项D 错误、] 6、C7、A [闭合开关S 后,将滑动变阻器滑片P 向左移动时,变阻器接入电路的电阻增大,根据闭合电路欧姆定律知,电路中总电流I 减小,电流表的示数变小、电压表的示数U ＝E －I (R L ＋r ＋R 2),I 减小,其他量不变,则U 增大,电压表的示数变大,故A 正确;将灯泡电阻和电源内阻等效为电源内阻r ′,则P R 2＝(Er ′＋R 2)2R 2＝E2(r ′－R 2)2R 2＋4r ′,因不知道R 2与r ′的大小关系,故电阻R 2消耗的功率无法判断,故B 错误;电容器的电压等于变阻器两端的电压,即等于电压表的示数,U 增大,由Q ＝CU ,知电容器C 上的电荷量增大,故C 错误;电源的总功率P ＝EI ,I 减小,则电源的总功率变小,故D 错误、]8、B [滑动变阻器的滑动触头P 向下滑动时,R 2接入电路的阻值变大、根据欧姆定律得知:U 1I ＝ΔU 1ΔI ＝R 1,故A 正确;U 2I＝R 2,变大;根据闭合电路欧姆定律得:U 2＝E －I (R 1＋r ),则有ΔU 2ΔI ＝R 1＋r ,不变,故B 错误,C 正确;U 3I ＝R 1＋R 2,变大;根据闭合电路欧姆定律得:U 3＝E －Ir ,则有ΔU 3ΔI ＝r ,不变,故D 正确、]9、AC [电动机的总功率为P ＝UI ,根据焦耳定律得电动机的发热功率P热＝I 2R ,故电动机的输出功率P 出＝P －P 热＝UI －I 2R ,故A 、C 正确,B 错误、因为P >P 热,即UI >I 2R ,U >IR ,欧姆定律不适用,故UI ≠I 2R ≠U2R,故D 错误、]10、AC11、CD [电源的总功率与电流的关系为P E ＝EI ∝I ,曲线a 表示电源的总功率随电流变化的图线;设电源的内阻为r ,电源内部的发热功率与电流的关系为P r ＝I 2r ,由数学知识可知,电源内部的发热功率P r 随电流I 变化的图线为开口向上的抛物线,曲线b 表示电源内部的发热功率随电流变化的图线;根据闭合电路中的能量转化关系得,电源的输出功率为P R ＝EI －I 2r ,由数学知识可知,电源的输出功率P R 随电流I 变化的图线为开口向下的抛物线,曲线c 表示电源的输出功率随电流变化的图线,故A 、B 项错误;根据能量守恒定律得P E ＝P r ＋P R ,故C 项正确;M 点所表示的物理意义是电源内部的发热功率等于电源的输出功率,此时外电阻等于内阻,电路中的电流为I 1＝E 2r ,电源的发热功率P r 1＝E 2I 1＝E 24r,N 点表示的物理意义是电源的总功率等于发热功率,此时只有电源的内阻,电路中的电流为I 2＝E r ,电源的总功率P E 2＝EI 2＝E 2r,D 项正确、] 12、ABD [当温度为20 °C 时,由题图得R 1＝4 k Ω,由闭合电路的欧姆定律得EI 1＝R 1＋R G ＋r ,联立解得R G ＋r ＝0.5 k Ω,A 正确;同理,当I 2＝3.6mA 时,解得R 2＝2 k Ω,结合题图乙知B 正确;由U I＝R ＋R G 得温度越高,比值越小,C 错误;U ＝E －Ir ,则ΔUΔI ＝r ,知D 正确、]13、(1)200 (2)如图所示(3)电流表和电压表 (4)斜率 ＜14、(1)不正确,苹果电池为电源,欧姆表不能测电源的内阻 (2)①1.00 1.06 ②R 2 ③见解析:图解析: (1)因为欧姆表内部本身有电源,而苹果电池也有电动势,故二者相互影响,无法正确测出电源内阻;(2)①由闭合电路欧姆定律可知E ＝U ＋Ir ,结合题表中第2组和第5组数据:E ＝0.81＋0.18×10－3r ;E ＝0.62＋0.36×10－3r 联立解得:E ≈1.00 V ;r ≈1.06 k Ω②由于苹果电池的内阻较大,故应选择电阻箱R 2才能起到有效的调节作用、③本实验中采用基本的伏安法即可以测量,由于苹果电池内阻较大,故可以采用电流表相对于电源的内接法,故实物图如图所示、15、(1)见解析:图(2)A (3)见解析:图(4)4.1 0.44解析: (1)因Z的电阻较小,故应采用电流表外接法;由于要求电压从零开始变化,故滑动变阻器选用分压接法,接法如图、(2)分压接法中,为了便于调节,滑动变阻器应选用总阻值小,且额定电流较大的,故选A;(3)根据描点法得出对应的伏安特性曲线如图所示(4)当电流为1.25 A时,Z元件两端的电压为1.00 V;当电流为0.80 A时,电压为0.82 V;由闭合电路欧姆定律可知:E＝1.25(r＋2)＋1＝1.25r＋3.5E＝0.80(r＋3.6)＋0.82＝0.80r＋3.7联立解得:E＝4.1 V;r＝0.44 Ω16、(1)右(2)D F (3)如图(4) 8.8×10－3(在(8.0～9.5)×10－3内均可)解析: (1)二极管具有单向导电性,欧姆表中指针偏转较大说明电阻较小,即为正向电流;而欧姆表内部的电源正极与黑表笔相连,故由题意可知,二极管右端为正极;(2)由题意可知,采用的电源电压为 3 V,故为了提高测量结果的精确度,电压表应选取D;由题图可知,最大电流约为30 mA,故电流表应选F; (3)由题意可知,本实验要求作出伏安特性曲线,故要求多测数据,故应采用分压接法;同时,因二极管正向电阻较小,故应采用电流表外接法; (4)设二极管两端电压为U,通过的电流为I,由闭合电路欧姆定律得:U＝1.5－50I (V),可知该I－U图线为直线,如图,该直线与二极管伏安特性曲线相交,读出交点的纵坐标值为I＝8 mA,交点的横坐标值为U＝1.1 V、则此时该半导体元件的电功率为P＝UI＝8.8×10－3 W.17、(1)1 A (2)4.2×10－4 C解析: (1)闭合开关S,电容器C1相当于断路,C2被短路,所以有I＝ER1＋R2＝1 A(2)将S断开,两个电容器两端的电压都等于电源的电动势,流过电阻R1的电荷量等于两个电容器的电荷量增加之和、所以有Q 1＝C 1U 2＝30×10－6×6 C＝1.8×10－4 C Q 2＝0Q 1′＝C 1E ＝30×10－6×10 C＝3.0×10－4 C Q 2′＝Q 1′＝3.0×10－4 CΔQ ＝Q 1′＋Q 2′－Q 1＝4.2×10－4 C18、(1)4×10－5 C (2)66.7% (3)5 m/s 2,方向竖直向上 解析: (1)回路电流I ＝ER 1＋r＝1 A电容器两极板间电压U ＝IR 1＝2 V, 电容器带电荷量Q ＝CU ＝4×10－5 C. (2)电源输出功率P ＝IU ＝2 W, 电源总功率P 总＝IE ＝3 W,电源效率η＝PP 总×100%≈66.7%.(3)设油滴带电荷量为q ,极板间距离为d ,由题意可知油滴带负电,开始时,q Ud＝mg ,S 2断开后,q Ed－mg ＝ma , 解得a ＝5 m/s 2,方向竖直向上、。
2017年高中物理一轮复习课时跟踪检测三十五 交变电流
课时跟踪检测（三十五）交变电流的产生及描述对点训练：交变电流的产生和描述1．如图，各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )解析：选A 由题意可知，只有A、C图在切割磁感线，导致磁通量在变化，产生感应电动势，A中从中性面开始计时，产生的电动势为e＝BSωsin ωt，C中从峰值面开始计时，产生的电动势为e＝BSωcos ωt，故A正确。
2.如图所示的空间存在一匀强磁场，其方向为垂直于纸面向里，磁场的右边界为MN，在MN右侧有一矩形金属线圈abcd，ab边与MN重合。
现使线圈以ab边为轴按图示方向匀速转动(从上往下看为顺时针转动)，将a、b两端连到示波器的输入端，若ab边中电流从a到b为正，则从示波器观察到的ab中电流随时间变化的图形是( )解析：选D 本题可将右侧磁场补全，即矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，会产生正弦式交流电，由楞次定律可知：从中性面开始，电流从0开始，沿负向，可画出完整电流随时间变化的图形，在此基础上，去掉右侧磁场，故电流仅在左侧磁场中切割磁感线而产生电流，故选项D正确。
3.(多选)(2017·吉林模拟)如图所示，闭合的矩形导体线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，沿着OO′方向观察，线圈沿顺时针方向转动。
已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，ab边的边长为L1，ad边的边长为L2，线圈电阻为R，转动的角速度为ω，则当线圈转至图示位置时( )A．线圈中感应电流的方向为abcdaB．线圈中的感应电动势为2nBL2ωC．穿过线圈的磁通量随时间的变化率最大D ．线圈ad 边所受安培力的大小为n 2B 2L 1L 2ωR，方向垂直纸面向里解析：选AC 当线圈转至图示位置时由楞次定律可判断出线圈中感应电流的方向为abcda ，线圈中的感应电动势为nBL 1L 2ω，穿过线圈磁通量随时间的变化率最大，选项A 、C 正确，选项B 错误；线圈ad 边所受安培力的大小为n 2B 2L 1L 22ωR，方向垂直纸面向里，选项D错误。
2019年高考物理大一轮复习江苏专版文档：第十章 交变电流 传感器 第3讲
第3讲电感电容传感器一、电感、电容对交变电流的作用1．电感对交变电流的阻碍作用(1)电感对交变电流的阻碍作用与自感系数和交变电流的频率有关，自感系数、交变电流的频率越大，电感对交变电流的阻碍作用越大．(2)扼流圈有两种：一种叫做低频扼流圈，线圈的自感系数L很大，作用是“通直流，阻交流”，另一种叫做高频扼流圈，线圈的自感系数很小，作用是“通低频，阻高频”．2．电容器对交变电流的阻碍作用(1)电容对交变电流的阻碍作用与电容和交变电流的频率有关，电容、交变电流的频率越大，电容器对交变电流的阻碍作用越小．(2)电容器在电路中表现为“通交流、隔直流、通高频、阻低频”．二、传感器1．传感器一般概念传感器是指这样一类元件，它能够感受诸如力、温度、光、声、化学成分等非电学量，并能把它们按照一定的规律转换为电压、电流等电学量，或转换为电路的通断．把非电学量转换为电学量以后，就可以很方便地进行测量、传输、处理和控制了．传感器是一种采集信息的重要器件．一般由敏感元件和输出部分组成，通过敏感元件获取外界信息并转换为电信号，通过输出部分输出，然后经控制器分析处理．常见的传感器有：热电传感器、光电传感器、声电传感器、力传感器等．2．光敏电阻：通常是由硫化镉等半导体制成，其特点是光照变强，电阻变小．光敏电阻是把光照强度这个光学量转换为电阻这一电学量的元件．3．金属热电阻和热敏电阻：金属热电阻是由铂、铜等金属材料制成，其特点是温度升高，电阻变大；热敏电阻是由半导体材料制成，其特点是温度升高，电阻变小．它们都能够把温度这个热学量转化为电阻这个电学量．4．霍尔元件：通常是由半导体材料制成，其产生的霍尔电压U H＝k IBd.霍尔元件能把磁感应强度这一磁学量转换为电压这个电学量．5．力传感器：典型的应用是电子秤，其中的主要元件为应变片，它的作用是将物体形变这一力学量转化为电压这一电学量．6．温度传感器：典型的应用是日光灯启动器和电熨斗，其中的主要元件为双金属片．日光灯启动器中的双金属片，其外层材料的热膨胀系数小于内层材料的热膨胀系数．电熨斗的工作原理(如图1)：图1双金属片上层金属的热膨胀系数大于下层，常温下，弹性铜片和双金属片触点是接触的，通电后，电热丝发热，当温度升高到某一值时，双金属片上层的金属受热膨胀，形变量大于下层金属，双金属片向下弯曲，使触点分离，切断电路；随着温度的降低，当降到某一温度时，双金属片收缩恢复原状，两触点又接触，接通电路．调温旋钮下压弹性铜片，可使触点分离的温度升高；上提弹性铜片，可降低触点的分离温度，从而实现了调温控制．7．感温铁氧体：也叫感温磁体．常温下具有铁磁性，能够被磁体吸引，当温度上升到约103 ℃时，就失去铁磁性，不能被磁体吸引了．这个温度在物理学中称为该材料的“居里温度”或“居里点”．8．电饭锅：结构图如图2所示．图2其工作过程：开始煮饭时压下开关按钮，由于常温下感温铁氧体具有磁性，永磁体将吸引感温磁体，因此手松开后这个按钮不会恢复到图示位置，则触点接触，电路接通，这时电饭锅处于加热状态．当水沸腾时，水的温度保持沸点不变，故感温磁体仍与永磁体相吸，继续加热．当饭煮熟后，水分被大米吸收，锅底的温度上升，当温度超过103 ℃时，感温磁体失去磁性，由于弹簧的作用，按钮开关将恢复到如图所示的位置，切断电源，从而停止加热．9．光传感器：如图3所示，光传感器是将光信号转化为电信号的装置，实际应用有鼠标器和火灾报警器等，烟雾式火灾报警器是利用烟雾对光的散射来工作的．罩内装有发光二极管、光电三极管和不透明挡板．平时光电三极管收不到发光二极管发出的光，呈高电阻状态．当烟雾进入罩内后对光有散射作用，使部分光线照射到光电三极管上，其电阻变小，与传感器连接的电路检测出这种变化，就会发出警报．图3命题点一电感、电容对交流电路的影响例1(多选)(2017·江苏单科·7)某音响电路的简化电路图如图4所示，输入信号既有高频成分，也有低频成分，则()图4A．电感L1的作用是通高频B．电容C2的作用是通高频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解析在交流电路中，电感L的作用是通低频、阻高频，电容C的作用是通高频、阻低频，故A错误，B正确；结合电路结构分析可知，C错误，D正确．变式1(2017·无锡市期末)如图5，交流电源的电动势有效值与直流电源的电动势相等，两电源的内阻均可忽略，三个灯泡是完全相同的，分别与定值电阻、电感器和电容器相接．当S接1时三个灯泡的亮度相同，那么S接2时()图5A．三个灯泡亮度相同B．甲灯比乙灯亮，丙灯不亮C．甲灯比乙灯暗，丙灯不亮D．甲灯和乙灯亮度相同，丙灯不亮答案 C解析当单刀双掷开关S接1时，即为交流电源，三个灯亮度相同，说明电感L的感抗与电阻R相同，当S接2时，稳定后电感L电阻可忽略不计，电容器具有隔断直流的作用，而交流与直流对电阻R没有影响，所以丙灯不亮，甲灯亮度不变，乙灯亮度增加，即甲灯比乙灯暗，故C正确，A、B、D错误．命题点二温度传感器的应用例2(2017·江苏单科·11)某同学通过实验制作一个简易的温控装置，实验原理电路图如图6所示，继电器与热敏电阻R t、滑动变阻器R串联接在电源E两端，当继电器的电流超过15 mA 时，衔铁被吸合，加热器停止加热，实现温控．继电器的电阻约20 Ω，热敏电阻的阻值R t 与温度t的关系如下表所示．(1)提供的实验器材有：电源E1(3 V，内阻不计)、电源E2(6 V，内阻不计)、滑动变阻器R1(0～200 Ω)、滑动变阻器R2(0～500 Ω)、热敏电阻R t、继电器、电阻箱(0～999.9 Ω)、开关S、导线若干．为使该装置实现对30～80 ℃之间任一温度的控制，电源E应选用________(选填“E1”或“E2”)，滑动变阻器R应选用________(选填“R1”或“R2”)．图6(2)实验发现电路不工作．某同学为排查电路故障，用多用电表测量各接点间的电压，则应将如图7所示的选择开关旋至________(选填“A”“B”“C”或“D”)．图7(3)合上开关S，用调节好的多用电表进行排查．在图6中，若只有b、c间断路，则应发现表笔接入a、b时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)，接入a、c时指针________(选填“偏转”或“不偏转”)．(4)排除故障后，欲使衔铁在热敏电阻为50 ℃时被吸合，下列操作步骤的正确顺序是________．(填写各步骤前的序号)①将热敏电阻接入电路②观察到继电器的衔铁被吸合③断开开关，将电阻箱从电路中移除④合上开关，调节滑动变阻器的阻值⑤断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Ω答案(1)E2R2(2)C(3)不偏转偏转(4)⑤④②③①解析(1)若实现对30 ℃温度的控制，继电器和R t的电压U＝0.015×(20＋199.5) V≈3.29 V，因此符合要求的电源应选E2.若实现对80 ℃温度的控制，对全电路有E＝I(R继＋R t＋R)，即6 V＝0.015 A×(20 Ω＋49.1 Ω＋R)，解得R＝330.9 Ω.因此滑动变阻器应选R2.(2)因电路中有电源，排查电路故障应选用多用电表的直流电压挡，故选C.(3)只有b、c间断路，表笔接入a、b间时，电表与电源之间形不成闭合电路，则电表指针不偏转，表笔接入a、c间时，能形成闭合电路，电表指针发生偏转．(4)欲使衔铁在50 ℃被吸合，由表中数据可知，此时热敏电阻的阻值为108.1 Ω，操作步骤应是先断开开关，用电阻箱替换热敏电阻，将阻值调至108.1 Ω，闭合开关，调节滑动变阻器的阻值，观察继电器的衔铁被吸合，然后断开开关，将电阻箱从电路中移除，再将热敏电阻接入电路原位置，故步骤顺序应为⑤④②③①.变式2(多选)如图8所示是电熨斗的结构图，下列说法正确的是()图8A．双金属片上层金属的膨胀系数小于下层金属B．常温下，上、下触点接触；温度过高时，双金属片发生弯曲使上、下触点分离C．需要较高温度熨烫时，要调节调温旋钮，使升降螺丝下移并推动弹性铜片下移D．双金属片温度传感器的作用是控制电路的通断答案BCD命题点三光电传感器的应用例3为了节能和环保，一些公共场所使用光控开关控制照明系统．光控开关可采用光敏电阻来控制，光敏电阻是阻值随着光的照度而发生变化的元件(照度可以反映光的强弱，光越强照度越大，照度单位为lx)．某光敏电阻R P在不同照度下的阻值如下表：(1)根据表中数据，请在图9甲所示的坐标系描绘出阻值随照度变化的曲线，并说明阻值随照度变化的特点．(2)如图乙所示，当1、2两端所加电压上升至2 V时，控制开关自动启动照明系统．请利用下列器材设计一个简单电路，给1、2两端提供电压，要求当天色渐暗照度降低至1.0 lx时启动照明系统，在虚线框内完成电路原理图．(不考虑控制开关对所设计电路的影响)提供的器材如下：光敏电阻R P(符号，阻值见上表)；直流电源E(电动势3 V，内阻不计)；定值电阻：R1＝10 kΩ，R2＝20 kΩ，R3＝40 kΩ(限选其中之一，并在图中标出)；开关S及导线若干．图9答案见解析解析(1)光敏电阻的阻值随照度变化的曲线如图甲所示，光敏电阻的阻值随照度的增大而减小．(2)根据串联电阻的正比分压关系，E＝3 V，当照度降低至1.0 lx时，1、2两端电压升至2 V，由题中所给数据知，此时光敏电阻阻值R P ＝20 kΩ，U R P ＝2 V ，串联电阻分压U R ＝1 V ，由U R PU R ＝R P R ＝2，得R ＝R P2＝10 kΩ，故选定值电阻R 1，电路原理图如图乙所示．命题点四 电容式传感器例4 如图10所示是四种电容式传感器的示意图，关于这四个传感器的作用，下列说法不正确的是( )图10A ．图甲的传感器可以用来测量角度B ．图乙的传感器可以用来测量液面的高度C ．图丙的传感器可以用来测量压力D ．图丁的传感器可以用来测量速度 答案 D1．(2017·东台市5月模拟)电感对交变电流有阻碍作用，下列说法正确的是( ) A ．线圈的自感系数越大，感抗一定越大 B ．交流的频率越小，感抗一定越小 C ．高频扼流圈可以用来“通直流，阻高频” D ．低频扼流圈可以用来“通交流，阻直流”2．(多选)(2017·徐州市考前模拟)如图11所示，变压器原、副线圈的匝数比n 1∶n 2＝2∶1，原线圈所接交变电压u ＝252sin 100πt (V)，C 为电容器，L 为自感线圈，刚开始开关S 断开，下列说法正确的是( )图11A ．开关闭合前，交流电压表示数12.5 VB ．开关闭合稳定后，灯泡比闭合前暗C ．只增加交变电流的频率，灯泡变亮D ．只增加交变电流的频率，电压表读数变大 答案 AB解析 电压表测的是有效值，由题可知，原线圈两端电压有效值为25 V ，根据变压器的电压与匝数关系可知，开关闭合前，交流电压表示数，即副线圈两端的电压：U 2＝n 2n 1·U 1＝12×25 V＝12.5 V ，故A 正确；开关闭合后灯泡与电容器并联，电路中的电流值增大，线圈对电路中电流的阻碍作用增大，则线圈上分担的电压增大，所以灯泡比闭合前暗，故B 正确；交流电的频率越大，电感线圈对交流电的阻碍作用就越大，电容器对交变电流的阻碍作用越小，故灯泡的亮度要变暗，故C 错误；交流电的频率对变压器的变压关系没有影响，故D 错误． 3．(2018·南通中学模拟)下列关于几种传感器的说法错误的是( ) A ．双金属温度传感器是用来控制温度的，可应用于日光灯启动器 B ．光敏电阻传感器是用来控制光照强度的，应用于卧室 C ．烟雾传感器可应用于宾馆的天花板，防止火灾的发生 D ．压力传感器可应用于电容式话筒 答案 B4．(2017·泰州中学5月质检)关于传感器，下列说法中正确的是( ) A ．话筒是一种常用的声传感器，其作用是将电信号转换为声信号B ．电熨斗能够自动控制温度的原因是它装有双金属片温度传感器，这种传感器的作用是控制电路的通断C ．霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换成电阻这个电学量D ．光敏电阻在光照射下其电阻会显著变大解析话筒是一种常用的声传感器，其作用是将声信号转换为电信号，故A错误；双金属片传感器在电路中相当于开关，可以控制电路的通断，故B正确；霍尔元件能把磁感应强度这个磁学量转换为电压这个电学量，故C错误；光敏电阻在光照射下其电阻会变小，D错误．1．(多选)传感器已经广泛应用于我们的生活，为我们带来了方便．下列可以用来控制电路通断的温度传感器元件有()A．双金属片B．应变片C．感温铁氧体D．干簧管答案AC2．下列哪些技术没有涉及到传感器的应用()A．宾馆的自动门B．工厂、电站的静电除尘C．家用电饭煲的跳闸和保温D．声控开关答案 B3．在街旁的路灯，江海里的航标都要求在夜晚亮，白天熄，利用半导体的电学特性制成了自动点亮、熄灭的装置，实现了自动控制，这是利用半导体的()A．压敏性B．光敏性C．热敏性D．三种特性都利用答案 B4．(多选)(2018·铜山中学模拟)电子眼系统通过路面下埋设的感应线来感知汽车的压力．感应线是一个压电薄膜传感器，压电薄膜在受压时两端产生电压，压力越大电压越大，压电薄膜与电容器C和电阻R组成图1甲所示的回路．红灯亮时，如果汽车的前、后轮先后经过感应线，回路中产生两个脉冲电流，如图乙所示，即视为“闯红灯”，电子眼拍照．则红灯亮时()图1A ．某车轮经过感应线的过程中，电容器先充电后放电B ．某车轮经过感应线的过程中，电阻R 上的电流先增大后减小C ．车轮停在感应线上时，电阻R 上有恒定的电流D ．汽车前轮刚越过感应线，又倒回到线内，仍会被电子眼拍照答案 AD5．(2018·如东县质量检测)有一种测量物体重力的电子秤，其电路原理图如图2虚线框中所示，主要由三部分构成：踏板、压力传感器R (实际上是一个阻值可随压力大小而变化的电阻器)、显示体重的仪表G(实质上是电流表)．不计踏板的质量，已知电流表的量程为2 A ，内阻为 1 Ω，电源电动势为12 V ，内阻为1 Ω，电阻R 随压力F 变化的函数式为R ＝30－0.01F (F 和R 的单位分别是N 和Ω)．下列说法中正确的是( )图2A ．该秤能测量的最大体重是2 500 NB ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.375 A 处C ．该秤零刻度线(即踏板空载时的刻度线)应标在电流表G 刻度盘0.400 A 处D ．该秤可以通过电路规律转换成F ＝3 200＋1 200I关系进行刻度转换 答案 B解析 由欧姆定律E ＝I (r ＋r g ＋R )，最大电流2 A ，则R ≥4 Ω，F ≤2 600 N ，故A 错误；F ＝0时，电路总电阻为32 Ω，则此时I 0＝E R 总＝12 V 32 Ω＝0.375 A ，B 正确，C 错误；将R ＝30－0.01F 代入E ＝I (r ＋r g ＋R )，整理得F ＝3 200－1 200I(N)，D 错误． 6．(多选)计算机光驱的主要部分是激光头，它可以发射脉冲激光信号，激光扫描光盘时，激光头利用光敏电阻自动计数器将反射回来的脉冲信号传输给信号处理系统，再通过计算机显示出相应信息．光敏电阻自动计数器的示意图如图3所示，其中R 1为光敏电阻，R 2为定值电阻，此光电计数器的基本工作原理是( )图3A ．当有光照射R 1时，处理系统获得低电压B ．当有光照射R 1时，处理系统获得高电压C ．信号处理系统每获得一次低电压就计数一次D ．信号处理系统每获得一次高电压就计数一次答案 BD7．(多选)(2017·如皋市调研)如图4甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，、R 和L 分别是电压表、定值电阻和电感线圈，D 1、D 2均为灯泡．已知原线圈两端电压u 按图乙所示正弦规律变化，下列说法正确的是( )图4A ．电压表示数为62.2 VB ．电压u 的表达式u ＝311sin 100πt (V)C ．仅增大电压u 的频率，电压表示数增大D ．仅增大电压u 的频率，D 1亮度不变，D 2变暗答案 BD解析 根据题图乙可知，原线圈电压的最大值为311 V ，则有效值U 1＝3112V ≈220 V ，根据理想变压器电压与匝数成正比得：U 1U 2＝n 1n 2＝51，解得：U 2＝44 V ，所以电压表示数为44 V ，故A 错误；原线圈电压的最大值为311 V ，ω＝2πT＝100π rad/s ，则电压u 的表达式u ＝ 311sin 100πt (V)，故B 正确；原线圈电压不变，线圈匝数不变，仅增大电压u 的频率，电压表示数不变，则D 1亮度不变；频率越大，电感线圈阻碍作用越大，所以D 2变暗，故C 错误，D 正确．8．(多选)(2017·南通市第三次调研)如图5所示，T为理想变压器，电流表A、电压表V均为理想交流电表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，L为电感线圈，A、B两点间接正弦交流电．则()图5A．只将滑片P1下移时，电流表A示数变小B．只将滑片P2下移时，电压表V示数变大C．只增大交流电的电压时，电流表A示数变大D．只增大交流电的频率时，电压表V示数不变答案AC9．(2017·盐城市第三次模拟)如图6所示是“二分频”音箱内部电路，来自前级电路的电信号，被电容和电感组成的分频电路分成高频成分和低频成分，分别送到高、低音扬声器，下列说法正确的是()图6A．C1让低频成分通过B．L2让高频成分通过C．扬声器BL1是低音扬声器D．扬声器BL2是低音扬声器答案 D10．(多选)如图7所示，电容式触摸屏的构造主要是在玻璃屏幕上镀一层透明的薄膜导体层，再在导体层外加上一块保护玻璃，电容式触摸屏在触摸屏四边均镀上狭长的电极，在导体层内形成一个低电压交流电场．在触摸屏幕时，由于人体是导体，手指与内部导体层间会形成一个特殊电容(耦合电容)，四边电极发出的电流会流向触点，而电流强弱与手指到电极的距离成正比，位于触摸屏后的控制器便会计算电流的比例及强弱，准确算出触摸点的位置．由以上信息可知()图7A．电容式触摸屏的两极板分别是导体层和手指B．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越大C．当用手触摸屏幕时，手指与屏的接触面积越大，电容越小D．如果用戴了手套的手触摸屏幕，照样能引起触摸屏动作答案AB解析电容触摸屏在原理上把人体当作一个电容器元件的一个极板，把导体层当作另一个极板，故A正确．手指与屏的接触面积越大，即两个极板的正对面积越大，故电容越大，B正确，C错误．如果戴了手套或手持不导电的物体触摸时没有反应，这是因为手与导体层距离较大，不能引起导体层电场的变化，D错误．11．现要组装一个由热敏电阻控制的报警系统，要求当热敏电阻的温度达到或超过60 ℃时，系统报警．提供的器材有：热敏电阻，报警器(内阻很小，流过的电流超过I c时就会报警)，电阻箱(最大阻值为999.9 Ω)，直流电源(输出电压为U，内阻不计)，滑动变阻器R1(最大阻值为1 000 Ω)，滑动变阻器R2(最大阻值为2 000 Ω)，单刀双掷开关一个，导线若干．在室温下对系统进行调节．已知U约为18 V，I c约为10 mA；流过报警器的电流超过20 mA 时，报警器可能损坏；该热敏电阻的阻值随温度升高而减小，在60 ℃时阻值为650.0 Ω. (1)在图8中完成待调节的报警系统原理电路图的连线．图8(2)电路中应选用滑动变阻器________(填“R1”或“R2”)．(3)按照下列步骤调节此报警系统：①电路接通前，需将电阻箱调到一固定的阻值，根据实验要求，这一阻值为________Ω；滑动变阻器的滑片置于______(填“a”或“b”)端附近，不能置于另一端的原因是________________________________________．②将开关向______(填“c”或“d”)端闭合，缓慢移动滑动变阻器的滑片，直至________．(4)保持滑动变阻器滑片的位置不变，将开关向另一端闭合，报警系统即可正常使用．答案(1)见解析图(2)R2(3)①650.0b接通电源后，流过报警器的电流会超过20 mA，报警器可能损坏②c报警器开始报警解析(1)先用电阻箱替代热敏电阻，连接成闭合回路进行调试．电路图连接如图所示．(2)当电路中电流I c＝10 mA时，根据闭合电路欧姆定律有I c＝UR总，解得R总＝1 800 Ω，此时热敏电阻的阻值为650 Ω，则滑动变阻器的阻值为1 150 Ω，所以滑动变阻器选R2.(3)①当热敏电阻阻值小于650 Ω时，报警器就会报警，用电阻箱替代热敏电阻进行调节，应把电阻箱的阻值调到650 Ω.若接通电源后电路中的电流过大(超过20 mA)，报警器就会损坏，电流越小越安全，所以为了电路安全，闭合开关前滑片应置于b端．②用电阻箱替代热敏电阻进行调试，应将开关向c端闭合，开关闭合后要减小电路中的电阻直至报警器报警．。
(江苏专版)高考物理一轮复习 课时跟踪检测(三十四)交变电流的产生及描述(含解析)-人教版高三全册物
课时跟踪检测〔三十四〕交变电流的产生与描述对点训练：交变电流的产生和描述1．如图，各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )解析：选A 由题意可知，只有A、C图在切割磁感线，导致磁通量在变化，产生感应电动势，A中从中性面开始计时，产生的电动势为e＝BSωsin ωt，C中从峰值面开始计时，产生的电动势为e＝BSωcos ωt，故A正确。
2.[多项选择]一单匝闭合线框从如下列图位置开始，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动。
在转动过程中，线框中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为E m，如下说法正确的答案是( )A．转动90°时磁通量为零，感应电动势也为零B．当磁通量为零时，感应电动势最大C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势的大小为0.5E mD．角速度的大小为ω＝E m Φm解析：选BD 线框从题图位置开始转过90°时，正好处于中性面，磁通量最大，磁通量的变化率为零，如此感应电动势为零，A错误。
题图线框与中性面垂直，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，如此感应电动势最大，B正确。
线框平面和中性面夹角为θ时穿过线框的磁通量为Φ＝Φm cos θ，所以当磁通量为0.5Φm时，得θ＝60°，根据电动势的瞬时表达式e＝E m sin θ，此时感应电动势的大小为32E m，如此C错误。
因为电动势峰值E m＝BSω，最大磁通量Φm＝BS，如此ω＝E mΦm，D正确。
3.[多项选择]矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如下列图，如下说法正确的答案是( )A ．在t ＝0.2 s 和t ＝0.4 s 时线圈位于中性面B ．在t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 时感应电动势最大C ．1 s 内感应电流方向改变5次D ．电动势的瞬时表达式为e ＝50πcos (5πt ) V解析：选CD 在t ＝0.2 s 和t ＝0.4 s 时线圈中磁通量为零，处于与中性面垂直的位置，故A 项错误；在t ＝0.1 s 和t ＝0.3 s 时线圈中磁通量最大，处于中性面位置，产生的感应电动势为零，故B 项错误；磁通量变化的周期即交流电的周期，由题图得交流电的周期T ＝0.4 s ，交流电的频率f ＝1T＝2.5 Hz ，一个周期内交流电的电流方向改变2次，如此1 s内感应电流方向改变5次，故C 项正确；磁通量变化的周期为T ＝0.4 s ，线圈转动的角速度ω＝2πT ＝2π0.4 rad/s ＝5π rad/s，由题图得线圈磁通量的最大值Φm ＝0.2 Wb ，线圈产生感应电动势的最大值E m ＝NBSω＝NΦm ω＝50×0.2×5π V＝50π V，起始时，线圈中磁通量为零，感应电动势最大，如此电动势的瞬时表达式e ＝E m cos ωt ＝50πcos (5πt ) V ，故D 项正确。
2024高考物理一轮复习--交变电流的产生和描述
交变电流一、交变电流的产生规律1．正弦式交变电流的产生(1)线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动。
(2)两个特殊位置的特点：①线圈平面与中性面重合时，S ①B ，Φ最大，ΔΦΔt ＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变。
①线圈平面与中性面垂直时，S ①B ，Φ＝0，ΔΦΔt 最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变。
(3)电流方向的改变：线圈通过中性面时，电流方向发生改变，一个周期内线圈两次通过中性面，因此电流的方向改变两次。
(4)交变电动势的最大值E m ＝nBSω，与转轴位置无关，与线圈形状无关。
2．产生正弦交流电的四种其他方式 (1)线圈不动，匀强磁场匀速转动。
(2)导体棒在匀强磁场中做简谐运动。
(3)线圈不动，磁场按正弦规律变化。
(4)在匀强磁场中导体棒的长度与时间成正弦规律变化。
3．交变电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)4．书写交变电流瞬时值表达式的步骤(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式E m ＝nωBS 求出相应峰值。
(2)明确线圈的初始位置，找出对应的函数关系式。
①线圈从中性面位置开始计时，则i －t 图像为正弦函数图像，函数表达式为i ＝I m sin ωt 。
①线圈从垂直于中性面的位置开始计时，则i －t 图像为余弦函数图像，函数表达式为i ＝I m cos ωt 。
二、交变电流有效值的求解方法1．有效值的规定交变电流、恒定电流I 直分别通过同一电阻R ，在交流电的一个周期内产生的焦耳热分别为Q 交、Q 直，若Q 交＝Q 直，则交变电流的有效值I ＝I 直(直流有效值也可以这样算)． 2．有效值的理解(1)交流电流表、交流电压表的示数是指有效值；(2)用电器铭牌上标的值(如额定电压、额定功率等)指的均是有效值； (3)计算热量、电功率及保险丝的熔断电流指的是有效值； (4)没有特别加以说明的，是指有效值；(5)“交流的最大值是有效值的2倍”仅适用于正(余)弦式交变电流． 3．有效值的计算(1)计算有效值时要根据电流的热效应，抓住“三同”：“相同时间(周期整数倍)”内“相同电阻”上产生“相同热量”，列式求解．(2)分段计算电热求和得出一个周期内产生的总热量． (3)利用两个公式Q ＝I 2Rt和Q ＝U 2Rt 可分别求得电流有效值和电压有效值．(4)若图象部分是正弦(或余弦)式交变电流，其中的14周期(必须是从零至最大值或从最大值至零)和12周期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I ＝I m 2、U ＝U m2求解．4．几种典型交变电流的有效值三、交变电流“四值”的理解和计算交变电流“四值”的比较四、针对练习1、如图所示，一矩形线圈的面积为S ，匝数为N ，电阻为r ，处于磁感应强度大小为B 的水平匀强磁场中，绕垂直磁场的水平轴OO ′以角速度ω匀速运动。
2019年高考物理大一轮复习江苏专版文档：第十章 交变电流 传感器 第2讲
第2讲变压器远距离输电一、理想变压器1．构造如图1所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．图1(1)原线圈：与交流电源连接的线圈，也叫初级线圈．(2)副线圈：与负载连接的线圈，也叫次级线圈．2．原理电流磁效应、电磁感应．3．理想变压器原、副线圈基本量的关系4.几种常用的变压器(1)自耦变压器——调压变压器，如图2甲(降压作用)、乙(升压作用)所示．图2(2)互感器 ⎩⎪⎨⎪⎧电压互感器(n 1>n 2)：把高电压变成低电压， 如图丙所示.电流互感器(n 1<n 2)：把大电流变成小电流，如图丁所示.自测1 关于理想变压器，下列说法正确的是( ) A ．变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用 B ．变压器不但能改变交变电流的电压，还能改变交变电流的频率 C ．正常工作的变压器，当副线圈与用电器断开时，副线圈两端无电压 D ．变压器副线圈并联更多的用电器时，原线圈输入的电流随之减小 答案 A 二、电能的输送如图3所示，若发电站输出电功率为P ，输电电压为U ，用户得到的电功率为P ′，用户的电压为U ′，输电线总电阻为R.图31．输出电流 I ＝P U ＝P ′U ′＝U －U ′R . 2．电压损失 (1)ΔU ＝U －U ′ (2)ΔU ＝IR 3．功率损失 (1)ΔP ＝P －P ′(2)ΔP ＝I 2R ＝(PU)2R4．减少输电线上电能损失的方法(1)减小输电线的电阻R .由R ＝ρlS 知，可加大导线的横截面积、采用电阻率小的材料做导线．(2)减小输电线中的电流．在输电功率一定的情况下，根据P ＝UI ，要减小电流，必须提高输电电压．自测2 从发电站输出的功率为220 kW ，输电线的总电阻为0.05 Ω，用110 V 和11 kV 两种电压输电．两种情况下输电线上由电阻造成的电压损失之比为( ) A ．100∶1 B ．1∶100 C ．1∶10 D ．10∶1 答案 A解析 由题意知输电线上的电流I ＝P U ，则输电线的总电阻造成的电压损失ΔU ＝Ir ＝PrU，故ΔU 1ΔU 2＝U 2U 1＝11×103110＝1001，故选A.命题点一 理想变压器原理的应用例1 (多选)(2018·南通市第一次调研)如图4所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为5∶1，原线圈接在频率为50 Hz 的正弦交流电源上，电流表A 为理想电表，副线圈两端接入一只“220 V 40 W ”的灯泡，此时灯泡正常发光．则( )图4A ．电流表的示数为0.18 AB ．电源的输出功率为40 WC ．电源的输出电压为1 100 VD ．副线圈中交变电流的频率为10 Hz 答案 BC解析 灯泡正常发光，则其电流I ＝P U ＝40220 A ＝211 A ，根据电流之比等于匝数的反比可知：I 1＝15×I ＝15×211A ≈0.036 A ，故A 错误；根据能量关系知，电源的输出功率等于灯泡消耗的功率，故电源的输出功率为40 W ，故B 正确；根据电压之比等于线圈匝数之比可知：U 1＝5U 2＝5×220 V ＝1 100 V ，故C 正确；变压器不能改变交流电的频率，故副线圈中交流电的频率仍为50 Hz ，故D 错误．变式1 (多选)(2017·苏锡常镇四市调研)如图5所示，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8倍时，两灯泡均能正常发光．则( )图5A ．原、副线圈匝数之比为7∶1B ．原、副线圈匝数之比为8∶1C ．此时a 和b 的电功率之比为1∶1D ．此时a 和b 的电功率之比为1∶7 答案 AD解析 灯泡正常发光，则其电压均为额定电压U 额，则说明原线圈两端电压为7U 额，副线圈两端电压为U 额，则可知，原、副线圈匝数之比为7∶1，故A 正确，B 错误；根据公式I 1I 2＝n 2n 1可得原、副线圈电流之比为1∶7，由于小灯泡两端的电压相等，所以根据公式P ＝UI 可得两者的电功率之比为1∶7，故C 错误，D 正确． 拓展点 互感器分为电压互感器和电流互感器，两者比较如下：例2 (2018·苏锡常镇四市调研)钳形电流测量仪的结构图如图6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I 0，则关于该钳形电流测量仪的说法正确的是( )图6A ．该测量仪可测量直流电的电流B ．载流导线中电流大小I 0＝I nC ．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解析 该测量仪是根据电磁感应原理制成的，故只可测量交流电的电流，选项A 错误；根据I 0×1＝In ，则载流导线中电流大小I 0＝In ，选项B 错误；若钳形部分铁芯没有完全闭合，由于穿过铁芯的磁通量会减小，故测量出的电流将小于实际电流，选项C 正确；若将载流导线在铁芯上多绕几匝，根据I 0n ′＝In ，则I 变大，即钳形电流测量仪的示数将变大，选项D 错误；故选C.命题点二 理想变压器动态问题分析1．匝数比不变的情况(1)U 1不变，根据U 1U 2＝n 1n 2，输入电压U 1决定输出电压U 2，不论负载电阻R 如何变化，U 2不变．(2)当负载电阻发生变化时，I 2变化，输出电流I 2决定输入电流I 1，故I 1发生变化． (3)I 2变化引起P 2变化，P 1＝P 2，故P 1发生变化．2．负载电阻不变的情况(1)U 1不变，n 1n 2发生变化，故U 2变化．(2)R 不变，U 2变化，故I 2发生变化．(3)根据P 2＝U 22R ，P 2发生变化，再根据P 1＝P 2，故P 1变化，P 1＝U 1I 1，U 1不变，故I 1发生变化．例3 (多选)(2017·南京市、盐城市二模)如图7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( )图7A ．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44∶3B ．当灯泡正常发光时电流表的读数为2 AC ．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解析 由题图图象知输入电压的有效值为220 V ，灯泡正常发光，副线圈电压为15 V ，所以灯泡正常发光时变压器原、副线圈的匝数比n 1n 2＝443，A 正确；当灯泡正常发光时，输入功率等于输出功率30 W ，则I ＝P U 1＝322A ，B 错误；当滑动触头向下移动，即n 2减小时，电压U 2应该减小，流过灯泡的电流减小，输出功率减小，变压器的输入功率也变小，但输入电压不变，C 正确，D 错误．变式2 (多选)(2017·宜兴市下学期初考)一理想变压器如图8所示，其原线圈电压一定，副线圈上通过输电线接两个相同的灯泡L 1和L 2.输电线的等效电阻为R .开始时电键K 断开．当K 接通后，以下说法正确的是( )图8A ．副线圈两端MN 的输出电压减小B ．通过灯泡L 1的电流减小C ．原线圈中的电流增大D ．变压器的输入功率变小 答案 BC解析 理想变压器的输出电压是由输入电压和匝数比决定的，由于输入电压和匝数比不变，所以副线圈的输出电压也不变，故A 错误；当K 接通后，两个灯泡并联，电路的电阻减小，副线圈的电流变大，所以通过电阻R 的电流变大，电压变大，那么并联部分的电压减小，所以通过灯泡L 1的电流减小，故B 正确；变压器的输入功率和输出功率相等，由于副线圈的负载电阻减小了，输出功率变大，所以原线圈的输入功率也要变大，因为输入的电压不变，所以原线圈中的电流要变大，故C 正确，D 错误． 拓展点 含二极管交流电路分析例4 (多选)(2017·江苏考前综合模拟)如图9所示，一理想变压器原、副线圈的匝数比为n 1∶n 2＝10∶1，原线圈通过一理想电流表A 接在u ＝2002sin (100πt ) V 的正弦交流电源上，一个二极管D 和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端，理想电压表V 和电阻R 并联，假设该二极管D 的正向电阻为零，反向电阻为无穷大，则( )图9A ．交流电压表示数为20 VB ．交流电压表示数为14.1 VC ．减小负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小D ．将二极管短路，电流表的读数变大 答案 BD解析 由U 1U 2＝n 1n 2，U 1＝200 V ，知副线圈电压的有效值为U 2＝20 V ，因为二极管具有单向导电性，由此根据焦耳定律得：U 22R ·T 2＝U 2′2R ·T ，U 2′＝U 22≈14.1 V ，即交流电压表示数为14.1 V ，A 错误，B 正确；减小负载电阻的阻值R ，由P ＝U 2′2R 知，副线圈输出功率变大，原线圈输入功率也变大，原线圈输入电压不变，则电流表的读数变大，故C 错误；将二极管短路，输出功率变大，原线圈的输入功率变大，而原线圈输入电压不变，则电流表示数变大，故D 正确．命题点三 远距离输电1．理清三个回路远距离输电电网间的基本结构如图10所示．输电过程的电路被划分为三个独立的回路，即电源回路、输送回路和用户回路．在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源，每个回路均可应用闭合电路欧姆定律、串并联电路的规律，而变压器的电压、电流、功率关系则是联系不同回路的桥梁．图102．抓住两个物理量的联系(1)理想的升压变压器联系了电源回路和输送回路，由理想变压器原理可得：线圈1(匝数为n 1)和线圈2(匝数为n 2)中各个量间的关系是U 1U 2＝n 1n 2，I 1n 1＝I 2n 2，P 1＝P 2.(2)理想的降压变压器联系了输送回路和用户回路，由理想变压器原理可得：线圈3(匝数为n 3)和线圈4(匝数为n 4)中各个量间的关系是U 3U 4＝n 3n 4，I 3n 3＝I 4n 4，P 3＝P 4.3．掌握一个能量守恒定律发电机把机械能转化为电能，并通过导线将能量输送给线圈1，线圈1上的能量就是远程输电的总能量，在输送过程中，先被输送回路上的导线电阻损耗一小部分，剩余的绝大部分通过理想降压变压器和用户回路被用户使用消耗，所以其能量关系为P 1＝P 线损＋P 用户． 例5 (多选)(2018 ·镇江市模拟)某发电机输出的交流电如图11所示，经理想变压器升压后向远处输送，最后经理想变压器降压后输送给用户．则下列说法正确的是( )图11A ．发电机输出交流电的有效值为500 VB ．用户获得的交流电频率为50 HzC ．若增加用户用电负载的数量，输电线上损失的功率将增加D ．若增加升压变压器原线圈的匝数，输电线上损失的功率将减小 答案 BC解析 由题图图象可知交流电的最大值为U m ＝500 V ，因此其有效值为U ＝U m2＝250 2 V ，故A 错误；由题图可知，T ＝2×10－2 s ，故f ＝1T ＝50 Hz ，故B 正确；若增加用户用电负载的数量，总电阻减小，电流增大，由ΔP ＝I 2R 知损失功率增大，故C 正确；增大升压变压器原线圈匝数，输出电压减小，损失的功率为ΔP ＝(PU 输)2R ，损失功率增大，故D 错误．变式3 (2017·南京市9月调研)“西电东送”是实现经济跨地区可持续快速发展的重要保证，它将西部丰富的能源转化为电能输送到电力供应紧张的沿海地区．为了减少远距离输电线路中电阻损耗的能量，需要采用高压输电，在保持输送功率及输电线路电阻不变的情况下，将输送电压提高到原来的10倍，则输电线路中电阻损耗的能量将减少到原来的( ) A.110 B.1100 C.11 000 D.110 000 答案 B解析 根据P ＝UI 得，I ＝P U ，则输电导线上损失的功率ΔP ＝I 2R ＝P 2U 2R ，输送电压提高到原来的10倍，则损失的功率变为原来的1100.故B 正确，A 、C 、D 错误.1．(多选)(2017·龙冈中学模拟)如图12甲，一理想变压器原、副线圈的匝数比为2∶1，原线圈的电压随时间变化规律如图乙所示，副线圈电路中接有灯泡，额定功率为22 W ；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U 和I 分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )图12A ．灯泡的额定电压为110 VB ．副线圈输出交流电的频率为50 HzC ．U ＝220 V ，I ＝0.2 AD ．原线圈输入电压的瞬时表达式为u ＝2202sin 100πt V 答案 ABD解析 原线圈的电压为：U 1＝22022 V ＝220 V ，副线圈的电压为：U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ，灯泡正常发光，则A 正确；原线圈的频率为f ＝10.02Hz ＝50 Hz ，变压器不会改变频率，故B 正确；副线圈电流为：I 2＝P U 2＝22110 A ＝0.2 A ，原线圈的电流为：I 1＝n 2n 1I 2＝0.1 A ，则C 错误；ω＝2πf ＝100π rad/s ，瞬时表达式为：u ＝2202sin 100πt V ，故D 正确．2．(多选)(2018·徐州三中月考)如图13所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，b 是原线圈的中心触头，电压表和电流表均为理想表，R T 是用氧化锰等金属氧化物烧结而成的热敏电阻(阻值随温度升高而减小)．从某时刻开始在原线圈c 、d 两端加上交变电压，其瞬时值u 1＝2202sin 100πt (V)，则下列说法不正确的是( )图13A ．当t ＝1600 s 时，c 、d 间的电压瞬时值为110 VB ．当单刀双掷开关与a 连接时，电压表的示数为22 VC ．当单刀双掷开关与a 连接时，若R T 温度升高，则电压表和电流表的示数均变小D ．当单刀双掷开关由a 扳向b 时，则电压表和电流表的示数都变大 答案 AC 解析 当t ＝1600 s 时，c 、d 间电压的瞬时值为u ＝2202sin 100π×1600V ＝110 2 V ，故A错误；当单刀双掷开关与a 连接时，原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈两端的电压有效值U 1＝22022V ＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2＝101，代入数据得U 2＝22 V ，故B 正确；当单刀双掷开关与a 连接时，R T 温度升高，热敏电阻的阻值减小，由U 1U 2＝n 1n 2可知电压不变，电流表示数增大，故C 错误；当单刀双掷开关由a 扳向b 时，原线圈匝数减小，由U 1U 2＝n 1n 2可知U 2变大，R T 不变，故电压表和电流表的读数均变大，故D 正确．所以错误选项是A 、C.3．(多选)(2017·宿迁市期末)如图14所示，理想变压器原线圈接入正弦交流电，副线圈的匝数可以通过滑动触头P 调节．R T 为热敏电阻，当环境温度升高时，R T 的阻值变小．下列说法正确的有( )图14A ．P 向下滑动时，电压表读数变大B ．P 向下滑动时，电流表读数变小C ．若环境温度升高，变压器的输入功率变大D ．若环境温度升高，灯泡消耗的功率变小答案 BC解析 当P 向下滑动时，副线圈的匝数变小，变压器的输出电压变小，电压表读数变小，副线圈电流减小，输出功率减小，则输入功率减小，原线圈电流也减小，所以电流表读数变小，故A 错误，B 正确；当环境温度升高时，R T 的阻值会变小，在电压不变的情况下，副线圈的电流就会变大，根据P ＝I 2R ，灯泡消耗的功率变大，原线圈的电流也会变大，输入电压不变，则变压器的输入功率变大，故C 正确，D 错误．4．图15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n 1、n 2，在T 的原线圈两端接入一电压u ＝U m sin ωt 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( )图15A ．(n 1n 2)U m 24rB ．(n 2n 1)U m 24rC ．4(n 1n 2)2(P U m)2r D ．4(n 2n 1)2(P U m)2r 答案 C 解析 原线圈电压的有效值：U 1＝U m 2，根据U 1U 2＝n 1n 2可得U 2＝n 2n 1·U m 2，又因为是理想变压器，所以T 的副线圈的输出功率等于原线圈的输入功率P ，所以输电线上的电流I ＝P U 2，输电线上损失的电功率为P ′＝I 22r ＝4r ⎝⎛⎭⎫n 1n 22⎝⎛⎭⎫P U m2，所以C 正确，A 、B 、D 错误． 5．如图16甲所示为一自耦变压器，变压器的原线圈AB 端输入电压如图乙所示，副线圈电路中定值电阻R 0＝11 Ω，电容器C 的击穿电压为22 V ，移动滑片P 使电容器刚好不会被击穿，所有电表均为理想电表，下列说法正确的是( )图16A ．电压表的示数为220 VB ．原、副线圈的匝数比为10∶1C ．电流表的示数等于通过电阻R 0的电流D ．原线圈AB 端输入电压的变化规律为u ＝311sin πt V答案 A解析 由题图乙知输入电压的有效值即电压表的示数，为220 V ，A 正确；电容器的耐压值为交流电压的最大值，则有效值为222V ＝11 2 V ，所以原、副线圈的匝数比为102∶1， B 错误；电容器通交流电，所以电流表的示数大于通过电阻R 0的电流，C 错误；由题图乙知交流电的周期为0.02 s ，所以角速度为100π rad/s ，原线圈AB 端输入电压的变化规律为u ＝311sin 100πt V ，D 错误．1.如图1所示，理想变压器的原线圈接在u ＝2202sin 100πt (V)的交流电源上，副线圈接有R ＝55 Ω的负载电阻，原、副线圈匝数之比为2∶1，电流表、电压表均为理想电表．下列说法正确的是( )图1A ．原线圈的输入功率为220 2 WB ．电流表的读数为1 AC ．电压表的读数为110 2 VD ．副线圈输出交流电的周期为50 s答案 B解析 由u ＝2202sin 100πt (V)可知，原线圈电压最大值为220 2 V ，故原线圈电压的有效值为U 1＝220 V ，根据U 1U 2＝n 1n 2可知，U 2＝n 2n 1U 1＝110 V ，故电压表的读数为110 V ，选项C 错误；副线圈电流有效值为I 2＝U 2R＝2 A ，根据P ＝UI 可知，输出功率为220 W ，则原线圈的输入功率为220 W ，故A 错误；原线圈中的电流I 1＝P U 1＝1 A ，故B 正确；因为ω＝2πT＝100π rad/s ，所以T ＝0.02 s ，副线圈输出交流电的周期不变，故D 错误．2．(多选)(2018·铜山中学模拟)图2中理想变压器的原、副线圈的匝数之比为2∶1，电阻R 1＝10 Ω，R 2＝20 Ω，两电表均为理想交流电表．若R 1两端电压瞬时值表达式为u 1＝ 102sin 100πt V ，则下列说法正确的是( )图2A ．电流表的示数为0.5 AB ．电压表示数为14.14 VC ．R 2消耗的功率为20 WD ．原线圈输入交流电频率为100 Hz答案 AC解析 R 1两端电压有效值U R 1＝10 V ，R 1中电流I R 1＝1010A ＝1 A ，则副线圈中电流I 2＝I R 1＝ 1 A ，再由I 1∶I 2＝n 2∶n 1＝1∶2，可知原线圈中电流I 1＝0.5 A ，则A 正确．电压表测的是R 2两端电压U R 2＝I 2R 2＝20 V ，B 错误．R 2消耗的功率P R 2＝I 22R 2＝20 W ，C 正确．变压器不改变交流电的周期和频率，由R 1两端电压瞬时值表达式u 1＝102sin 100πt V ，可知原线圈输入交流电频率f ＝100π2πHz ＝50 Hz ，D 错误． 3.(多选)普通交流电流表和交流电压表不能直接接在高压输电线路上测电流和电压，通常要通过互感器来连接，现在在图3高压电路输入端已接入两个互感器，原、副线圈的匝数比分别为1∶200和200∶1，图中甲、乙表示电压表或电流表，已知电路中电压表的读数为11 V ，电流表的读数为1 A ，则( )图3A ．甲电表是电压表，乙电表是电流表B ．甲电表是电流表，乙电表是电压表C ．图示高压输送电路输电线的总电阻是11 ΩD ．图示高压输送电路输入的总功率为440 kW答案 BD4．(2018·兴化一中月考)随着人们生活水平的不断提高，家用电器越来越多，尤其夏天夜间，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题．如图4所示的理想变压器的副线圈上连接有两只相同的灯泡L 1和L 2，输电线的等效电阻为R ，原线圈输入有效值恒定为U 0的交流电压．当开关闭合时，以下说法中正确的是( )图4A ．通过灯泡L 1的电流减小B ．通过电阻R 的电流减小C ．副线圈的输出电压减小D ．原线圈中的电流减小答案 A解析 变压器的电压是原线圈决定副线圈，原线圈电压不变，匝数比不变，故副线圈电压不变，开关闭合时，副线圈增加支路，总电阻变小，副线圈电流变大，输电线上电压增大，所以用户(灯泡)获得的电压降低，灯泡变暗；副线圈电流决定原线圈电流，原线圈电流应增大，所以本题选A.5.(2017·盐城中学第三次模拟)如图5所示为一理想变压器，S 为单刀双掷开关，P 为滑动变阻器的滑动触头，U 1为加在原线圈两端的电压，I 1为原线圈中的电流强度，则( )图5A ．保持U 1及P 的位置不变，S 由a 改接到b ，I 1将减小B ．保持U 1及P 的位置不变，S 由a 改接到b ，R 两端的电压变小C ．保持U 1不变，S 接在a 处，使P 滑向c 端，R 的电功率变大D ．保持P 的位置不变，S 接在a 处，使U 1增大，I 1将增大答案 D解析 保持U 1及P 的位置不变，S 由a 改接到b 时，原线圈匝数变小，副线圈电压变大，所以副线圈功率变大，而原线圈功率等于副线圈功率，所以原线圈功率变大，根据I 1＝P U 1得I 1将增大，故A 、B 错误；保持U 1不变，S 接在a 处，使P 上滑时，R 增大，而电压不变，所以副线圈电流变小，根据P ＝UI 知R 的电功率将减小，故C 错误；保持P 的位置不变，S 接在a 处，若U 1增大，则副线圈电压增大，所以副线圈电流变大，根据I 1＝I 2n 2n 1可知I 1将增大，故D 正确．6．(2018·前黄中学检测)如图6甲是远距离输电线路示意图，图乙是用户端电压随时间变化的图象，则( )图6A ．发电机产生的交流电的频率是100 HzB ．降压变压器输出的电压有效值是340 VC ．输电线的电流仅由输送功率决定D ．仅增加升压变压器的副线圈匝数，其他条件不变，输电线上损失的功率减小答案 D解析 由题图乙可知交流电的周期T ＝0.02 s ，则频率f ＝1T＝50 Hz ，变压器不改变交流电的周期与频率，则A 错误．由题图乙可知U m ＝340 V ，有效值U ＝U m 2<340 V ，则B 错误．输电线的电流由输送功率和输送电压共同决定，则C 错误．当仅增加升压变压器的副线圈匝数时，则输电电压增大，由P ＝UI 可知，输电电流减小，再由P ＝I 2R 可知输电线上损失的功率减小，则D 正确．7.普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，图7中电流互感器ab 一侧线圈的匝数较少，工作时电流为I ab ，cd 一侧线圈的匝数较多，工作时电流为I cd ，为了使电流表能正常工作，则( )图7A ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＜I cdB ．ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＞I cdC ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＜I cdD ．ab 接PQ 、cd 接MN ，I ab ＞I cd答案 B解析 高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，即副线圈中的电流较小，由I 1I 2＝n 2n 1可知n 2较大，n 1较小，所以ab 接MN 、cd 接PQ ，I ab ＞I cd ，选项B 正确．8.一自耦变压器如图8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U 1的交变电流时，c 、d 间的输出电压为U 2，在将滑动触头从M 点顺时针转到N 点的过程中( )图8A ．U 2>U 1，U 2降低B ．U 2>U 1，U 2升高C ．U 2<U 1，U 2降低D ．U 2<U 1，U 2升高答案 C解析 由U 1U 2＝n 1n 2，n 1>n 2，知U 2<U 1；滑动触头从M 点顺时针旋转至N 点过程中，n 2减小，则U 2降低，C 项正确．9.(多选)(2018·泰州中学模拟)如图9所示，理想变压器为降压变压器，原线圈通过灯泡L 1与正弦式交流电相连，副线圈通过导线与两个相同的灯泡L 2和L 3相连，开始时开关S 处于断开状态．当S 闭合后，所有灯泡都能发光．下列说法中正确的是( )图9A ．灯泡L 1和L 2中的电流有效值可能相等B ．灯泡L 2两端的电压变小C ．灯泡L 1变亮，灯泡L 2的亮度不变D ．变压器原线圈的输入功率不变答案 AB解析 因为是降压变压器，n 1>n 2，根据I 1n 1＝I 2n 2可知I 1<I 2，当S 闭合后，I 1等于灯泡L 1的电流，I 2是灯泡L 2和L 3的电流之和，则灯泡L 1、L 2中的电流有效值可能相等，故A 正确；当S 闭合后，副线圈回路总电阻变小，输出功率变大，输出电流变大，变压器的输入功率等于输出功率，所以变压器的输入功率变大，输入电流变大，灯泡L 1分担的电压变大，灯泡L 1变亮，则原线圈两端电压减小，又原、副线圈匝数不变，故副线圈两端电压变小，灯泡L 2两端的电压变小，L 2变暗，故B 正确，C 、D 错误．10．(多选)如图10所示，T 为理想变压器，原、副线圈匝数比为5∶1.A 1、A 2为理想交流电流表，V 1、V 2为理想交流电压表，R 1、R 2为定值电阻，R 3为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小)，原线圈两端电压u ＝2202sin 314t V ，以下说法正确的是( )图10A ．当光照增强时，电压表V 1示数为44 2 V 且保持不变B ．当光照增强时，电压表V 2示数增大C ．通过电流表A 1的电流方向每秒变化100次D ．当光照增强时，电流表A 1、A 2示数同时变大答案 CD解析 原线圈两端电压有效值为220 V ，原、副线圈匝数比为5∶1，所以副线圈的电压有效值为44 V ，电压表V 1示数为44 V 保持不变，与电阻的变化无关，A 错误；当光照增强时，R 3的电阻减小，副线圈电路总电阻减小，电路的总电流变大，R 1的电压变大，副线圈的总电压不变，所以电压表V 2示数变小，A 1、A 2的示数都要变大，B 错误，D 正确；交变电流的周期为T ＝2πω＝2π314＝150s ，所以通过电流表A 1的电流方向每秒变化100次，C 正确． 11．(多选)(2018·黄桥中学第三次段考)如图11甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈接交流电源和交流电压表、交流电流表，副线圈通过电阻为R 的导线与热水器、抽油烟机连接．已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按如图乙所示规律变化．现闭合开关S 接通抽油烟机，下列说法正确的是( )图11A ．热水器两端电压的瞬时值表达式为u ＝2202sin 100πt VB ．电压表示数为2 200 VC ．电流表示数变大D ．变压器的输入功率增大答案 BCD解析 题图乙为副线圈上的电压变化规律，而热水器上的电压要小于副线圈上的电压，选项A 错误；由交变电流规律可知，副线圈上的电压的有效值为220 V ，由变压器变压关系可知，电压表示数为2 200 V ，选项B 正确；闭合开关，副线圈输出功率增大，则原线圈输入功率增大，因此电流表示数变大，选项C 、D 正确．12.一含有理想变压器的电路如图12所示，变压器原、副线圈匝数比n 1∶n 2＝2∶1，图中电阻R 1、R 2和R 3的阻值分别是4 Ω、2 Ω和3 Ω，正弦交流电压有效值恒定为U .当开关S 断开时，理想电流表的示数为I ，则当S 闭合时，电流表的示数为( )图12A.23IB.12IC.32I D ．2I 答案 D解析 设S 闭合时，电流表示数为I 1，对理想变压器有P 入＝P 出，I 1I 2＝n 2n 1，则开关闭合时有I 1U －I 21R 1＝(2I 1)2R 2，开关断开时有IU －I 2R 1＝(2I )2(R 2＋R 3)，联立解得I 1＝2I ，故D 项正确．13.(多选)如图13所示，一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n 1、n 2.原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源，一个二极管和阻值为R 的负载电阻串联后接到副线圈的两端．假设该二极管的正向电阻为零，反向电阻为无穷大．用交流电压表测得a 、b 端和c 、d 端的电压分别为U ab 和U cd ，则( )图13A ．U ab ∶U cd ＝n 1∶n 2B ．增大负载电阻的阻值R ，电流表的读数变小C ．负载电阻的阻值越小，cd 间的电压U cd 越大D ．将二极管短路，电流表的读数加倍答案 BD解析 设副线圈两端电压为U 2，则有U ab U 2＝n 1n 2，由于二极管具有单向导电性，根据有效值定。
【物理试题】江苏专版2019年高考物理总复习第42讲交变电流的产生和描述讲义(1).doc
第42讲交变电流的产生和描述考情剖析知识整合一、交变电流的产生和变化规律1．交变电流________和________都随时间做周期性变化的电流叫做交变电流，其中按正弦函数规律变化的电流叫正弦交变电流．2．正弦交变电流的产生(1)将线圈置于________磁场中，线圈绕________的轴________转动，线圈中就会产生正(余)弦交变电流．(2)中性面：与磁场方向________的平面．①线圈转到中性面时，穿过线圈的磁通量________，磁通量的变化率________，感应电动势________．②线圈转动一周，两次经过中性面，线圈每经过________，电流的方向就改变________．3．变化规律(线圈从中性面位置开始计时)(1)电动势e随时间变化的规律：e＝E m sinωt(其中ω等于线圈转动的________，E m ＝________)．(2)电压u随时间变化的规律：u＝________．(3)电流i随时间变化的规律：i＝________．二、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(线圈转动一周)所需的________，单位是秒(s)．公式为T＝________．(2)频率f：交变电流在1 s内完成____________的次数，单位是赫兹(Hz)．(3)周期和频率的关系：T＝1f或f＝1T.2．交变电流的“四值”(1)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的________．(2)瞬时值：交变电流__________的值，是时间的函数．(3)有效值：根据电流的__________规定的，即让交流电和直流电通过相同阻值的电阻，如果在相同时间内产生的________相等，就把直流电的数值叫做交流电的有效值．正弦交流电有效值和峰值之间的关系：E＝22E m；U＝22U m；I＝22I m.(4)平均值：交变电流在__________内的平均大小，其数值E－＝________．方法技巧释难答疑的金钥匙考点1 正弦交变电流的产生与变化规律1．两个特殊位置及其特点(1)中性面：S ⊥B ，Φ最大，ΔΦΔt＝0，e ＝0，i ＝0，电流方向将发生改变． (2)与中性面垂直的位置：S ∥B ，Φ＝0，ΔΦΔt最大，e 最大，i 最大，电流方向不改变． 2.正弦式电流的变化规律(线圈从中性面位置开始计时)(注：若线圈从垂直中性面位置开始转动，则i t图象为余弦函数图象，函数式为i＝I m cosωt.)【典型例题1】如图所示，在水平向右的匀强磁场中，一线框绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框通过电刷、圆环、导线等与定值电阻组成闭合回路．t1、t2时刻线框分别转到图甲、乙所示的位置，下列说法正确的是( )A．t1时刻穿过线框的磁通量最大B．t1时刻电阻中的电流最大，方向从右向左C．t2时刻穿过线框的磁通量变化最快D．t2时刻电阻中的电流最大，方向从右向左【典型例题2】有一不动的矩形线圈abcd，处于范围足够大的可转动的匀强磁场中，如图所示．该匀强磁场是由一对磁极N、S产生，磁极以OO′为轴匀速转动．在t ＝0时刻，磁场的方向与线圈平行，磁极N开始离开纸面向外转动，规定由a→b→c→d →a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是( )1.(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，产生的交变电动势图象如图乙中曲线a、b所示，则( )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2∶3C．曲线a表示的交变电动势频率为25 HzD．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V考点2 交变电流“四值”的比较【典型例题3】某台交流发电机的结构可以简化为多匝线框在匀强磁场中旋转产生正弦式交流电．当线框匀速转动时，电动势瞬时值表达式e＝102sin50πtV.其他条件不变，现只将线框转速变为原来的2倍，发电机输出端接入如图所示电路．已知发电机内阻r＝1 Ω，R1＝4 Ω，R2＝R3＝10 Ω，求：(1)此时电动势的表达式；(2)理想交流电压表的示数；的电流的最大值；(3)通过电阻R1在1分钟内产生的焦耳热．(4)电阻R22.(多选)如图所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，内阻为r，绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，从图示位置转90°的过程中，下列说法正确的是( )A．通过电阻R的电量Q＝πNBS22（R＋r）B．通过电阻R的电量Q＝NBS R＋rC．外力做功的平均功率P＝N2B2S2ω2 2（R＋r）D．从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsinωt 【典型例题4】在如图甲所示电路中，D为理想二极管(正向电阻为零，反向电阻为无穷大)．R1＝30 Ω，R2＝60 Ω，R3＝10 Ω.在MN间加上如图乙所示的交变电压时，R3两端电压表的读数大约是( )甲乙A．3 V B．3.5 V C．4 V D．5 V当堂检测 1.图中闭合线圈都在匀强磁场中绕虚线所示的固定转轴匀速转动，不能产生正弦式交变电流的是( )A B C D2．有一个小型发电机，机内的矩形线圈匝数为50匝，电阻为5 Ω，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．穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t 的变化规律如图所示．由此可知发电机电动势瞬时值表达式为( )第2题图A ．e ＝31.4sin 50πt(V )B ．e ＝31.4cos 50πt(V )C ．e ＝157cos 100πt(V )D ．e ＝157sin 100πt(V )3．(多选)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd 全部处于水平方向的匀强磁场中，线框面积为S ，电阻为R.线框绕与cd 边重合的竖直固定转轴以角速度ω从中性面开始匀速转动，线框转过π6时的感应电流为I ，下列说法正确的是( )第3题图A ．线框中感应电流的有效值为2IB．线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值为2IR ωC．从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量为2IωD．线框转一周的过程中，产生的热量为8πRI2ω4．(多选)如图所示电路中，电源电压u＝311sin100πt(V)，A、B间接有“220 V，440 W”的电暖宝、“220 V，220 W”的抽油烟机、交流电压表及保险丝．下列说法正确的是( )第4题图A．交流电压表的示数为311 VB．电路要正常工作，保险丝的额定电流不能小于3 AC．电暖宝发热功率大于抽油烟机发热功率的2倍D．1min抽油烟机消耗的电能为1.32×104J5．(17年南通模拟)如图所示，把一根长L＝20.0 m的均匀电线与R＝4.8 Ω的电阻连成闭合回路，两位同学在赤道处沿东西方向站立，匀速摇动这根电线，摇动部分的电线可简化为长L1＝6.0 m、宽L2＝1.0 m矩形的三条边，长边的线速度大小v＝2.0 m/s.已知此处地磁场的磁感应强度B＝5.0×10－5T，方向水平向北，电线的电阻率ρ＝2.0×10－8Ω·m，横截面积S＝2.0 mm2，求：(1)这根电线的总电阻R；(2)匀速摇动电线产生电动势的最大值E m；(3)电路消耗的总功率P.第5题图第42讲交变电流的产生和描述知识整合基础自测一、1.大小方向2．(1)匀强垂直于磁感线匀角速度(2)垂直①最大为零为零②中性面一次3．(1)角速度nBSω (2)U m sinωt(3)I m sinωt二、1.(1) 时间2πω(2)周期性变化2．(1) 最大值(2)某一时刻(3)热效应热量(4) 一段时间n ΔΦΔt方法技巧·典型例题1·B 【解析】t1时刻，穿过线框的磁通量为零，线框产生的感应电动势最大，电阻中的电流最大，根据楞次定律，通过电阻的电流方向从右向左，A错误，B正确；t2时刻，穿过线框的磁通量最大，线框产生的感应电动势为零，电阻中的电流为零，C、D错误．·典型例题2·C 【解析】磁极以OO′为轴匀速转动可等效为磁场不动线圈向相反方向转动，在t＝0时刻，由右手定则可知，产生的感应电流方向为a→b→c→d→a，磁场的方向与线圈平行，感应电流最大，故选项C正确．·变式训练1·AC 【解析】线圈位于中性面时，磁通量最大，电动势为零，A 正确；转速之比等于周期的反比，故该比值为3∶2，B错误；频率为周期的倒数，a的周期为0.04 s，频率为25 Hz，C正确；正弦交变电流的电动势的有效值为E＝Em2＝NBSω2，已知E a＝152V，且ωb＝23ωa，故可知E b＝23×152V＝102V，D错误．·典型例题3· (1)202sin100πt(V)(2)18 V (3)2 2 A (4)600 J【解析】(1)E m＝NBSω，转速增加一倍，则最大值变为原来的两倍，根据e＝102 sin50πt(V)可知，原来电动势E m＝10 2 V，w＝50π，转速增加一倍后w′＝100π，此时e′＝202sin100πt(V)．(2)E′m＝20 2 V，有效值为E＝E′m2＝20 V，外电阻R＝R 1＋R2R3R2＋R3＝9 Ω，电压表的示数U＝ER＋rR＝209＋1×9 V＝18 V；(3)通过电阻R1的电流的最大值I m＝EmR＋r＝2029＋1A＝2 2 A；(4)流过R1的电流的有效值I＝Im2＝2 A，根据并联电路的电流特点可知，流过R2的电流I′＝I2＝1 A，1 min内产生的热量Q＝I′2R2t＝12×10×60 J＝600 J.·变式训练2·BC 【解析】从图示位置转90°的过程中，磁通量变化ΔΦ＝BS，通过电阻R的电量Q＝IΔt＝ER＋rΔt＝NBSR＋r，选项A错误、B正确；矩形线圈绕垂直磁感线的对称轴OO′以角速度ω匀速转动，产生的感应电动势最大值E m＝NBSω，感应电流的有效值为I＝ER＋r，外力做功的平均功率P＝EI＝I2(R＋r)＝N2B2S2ω22（R＋r），选项C正确；从图示位置开始计时，则感应电动势随时间变化的规律为e＝NBSωsin(ωt＋π2 )，选项D错误．·典型例题4·B 【解析】在0～0.01 s内，二极管导通，电压表读数为U3＝R3R3＋R12U max ＝4 V，在0.01～0.02 s内，二极管截止，电压表读数U3′＝R3R3＋R1Umax＝3 V．根据交流电有效值的定义得：U23R3×T2＋U′23R3×T2＝U″2R3×T，U″＝3.5 V，B正确．当堂检测1．C 【解析】A、B选项中闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场且过线圈平面的转轴匀速转动，满足产生正弦式交变电流的条件，能产生正弦式交变电流；C选项中转轴平行于磁场，转动过程中，穿过线圈的磁通量始终为零，故C中不产生正弦式交变电流；D选项中虽然只有一半线圈在磁场中，但是始终有一边切割磁感线按照正弦规律产生感应电动势，且一边出时，另一边恰好入，保证转动过程中感应电动势连续按照正弦规律变化．故应选C.2．C 【解析】根据图象可知，T＝2×10－2 s，所以ω＝2πT＝100π，Φm＝1.0×10－2 Wb，所以E m＝nωΦm＝157 V，所以发电机电动势瞬时值表达式为e＝E m cosωt＝157cos100πt (V)，故选C.3．BC 【解析】线框中产生感应电动势的最大值E max＝BSω，线框从中性面开始转动，线框中产生的瞬时感应电流i＝I max sinωt，线框转过π6时的感应电流I＝I max sinπ6，解得I max＝2I，感应电流的有效值I′＝Imax2＝2I，选项A错误；感应电流的最大值I max＝EmaxR＝BSωR＝2I，则线框转动过程中穿过线框的磁通量的最大值Φ＝BS＝2IRω，选项B正确；从中性面开始转过π2的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝ΔΦRΔtΔt＝ΔΦR＝BSR＝2Iω，选项C正确；线框转一周的过程中，产生的热量Q＝I′2Rt＝(2I)2R·2πω＝4πI2Rω，选项D错误．4．BCD 【解析】电压表的示数为有效值U右＝Um2＝3112＝220 V，故A错；I总＝P1＋P2U有＝440＋220220＝3 A，故B选项正确；电暖宝是纯电阻，而抽油烟机是非纯电阻，其热功率应小于220 W，故C正确；W＝Pt普适，故1 min抽油烟机消耗电能W＝P抽t＝220×60＝1.32×104 J，故D正确．故选BCD.5. (1) 0.20 Ω(2)6.0×10－4 V(3) 3.6×10－8 W【解析】(1) 由电阻定律有R0＝ρLS，代入数据得R0＝0.20 Ω；(2)电动势的最大值E m＝BL1v，代入数据得E m＝6.0×10－4 V；(3)电动势的有效值E＝Em2，总功率P＝E2R＋R代入数据得P＝3.6×10－8 W.。
【配套K12】2019版高考物理金榜一轮课时分层作业： 三十一 11.1交变电流的产生和描述
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课时分层作业三十一交变电流的产生和描述(45分钟100分)【基础达标题组】一、选择题(本题共9小题,每小题7分,共63分。
1～5题为单选题,6～9题为多选题)1.匀强磁场中有一长方形闭合导线框,分别以相同的角速度绕图a、b、c、d所示的固定转轴旋转,用I a、I b、I c、I d表示四种情况下线框中电流的有效值,则( )A.I a>I dB.I a>I bC.I b>I cD.I c=I d【解析】选D。
由题意可知,无论转轴在中心,还是在一边,还是在其他位置,转动切割磁感线的线框面积不变,根据E m=nBSω,知线框感应电动势的最大值是相同的,因此四种情况下,线框产生感应电动势的瞬时表达式相同,即为e=E m sinωt,由闭合电路欧姆定律可知,感应电流瞬时表达式也相同,即为i=I m sinωt,则感应电流的最大值I m、感应电流的有效值均相同,故D项正确,A、B、C项错误。
2.(2018·巢湖模拟)如图所示,直线OO′的左侧有垂直纸面向里的匀强磁场B1,右侧有垂直纸面向里的匀强磁场B2,且B1>B2,一总阻值为R 的导线框ABCD以OO′为轴做角速度为ω的匀速转动,导线框的AB 边长为l1,BC边长为l2。
以图示位置作为计时起点,规定导线框内电流沿A→B→C→D→A流动时为电流的正方向。
则下列图象中能表示线框中感应电流随时间变化的是( )【解析】选A。
回路中的感应电动势为e=e1+e2=B1l2ω·sinωt+B2l2ω·sinωt=sinωt,则电流为i=·sinωt,故A项正确,B、C、D项错误。
3.(2018·兰州模拟)长为a、宽为b的矩形线框有n匝,每匝线圈电阻为R,如图所示,对称轴MN的左侧处在磁感应强度为B的匀强磁场中,第一次将线框从磁场中以速度v匀速拉出;第二次让线框以ω=的角速度转过90°角。
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课时跟踪检测（三十五） 交变电流的产生及描述 对点训练：交变电流的产生和描述 1、如图，各图面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )
解析：选A 由题意可知，只有A、C图在切割磁感线，导致磁通量在变化，产生感应电动势，A中从中性面开始计时，产生的电动势为e＝BSωsin ωt，C中从峰值面开始计时，产生的电动势为e＝BSωcos ωt，故A正确。
2、(2018·如皋月考)小型交流发电机的原理图如图所示：单匝矩形线圈ABCD置于匀强磁场中，绕过BC、AD中点的轴OO′以恒定角速度旋转，轴OO′与磁场垂直，矩形线圈通过滑环与理想交流电流表A、定值电阻R串联，下列说法中不正确的是( )
A、线圈平面与磁场垂直时，交流电流表A的示数最小 B、线圈平面与磁场平行时，流经定值电阻R的电流最大 C、线圈转动一圈，感应电流方向改变2次 D、线圈平面与磁场平行时，通过线圈的磁通量变化率最大 解析：选A 交流电流表显示的是交流电的有效值，不随线圈的转动而变化，故A错误；线圈与磁场平行时，磁通量最小，磁通量的变化率最大，此时电动势最大，电流最大，故B、D正确；线圈转动一圈，经过两次中性面，感应电流方向改变2次，故C正确。 3.(2018·广安期末)如图所示，面积为S的N匝矩形线圈，在磁感应强度为B的匀强磁场中，绕垂直磁场的轴以角速度ω匀速转动，就可在线圈中产生正弦交流电。已知闭合回路总电阻为R，图示位置线圈平面与磁场平行，下列说法正确的是( ) A、线圈从图示位置转90°的过程中磁通量的变化量为NBS B、线圈在图示位置磁通量的变化率为零
C、线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电量为NBSR D、线圈从图示位置开始计时，感应电动势e随时间t变化的函数为e＝NBSωsin ωt 解析：选C 线圈从图示位置转90°的过程磁通量的变化为BS，故A错误；线圈在图示位置产生的感应电动势最大，磁通量的变化率最大，故B错误；线圈从图示位置转90°的过程中通过灯泡的电量
为q＝NΔΦR＝NBSR，故C正确；线圈从图示位置开始计时，感应电动势e随时间t变化的函数为e＝NBSωcos ωt，故D错误。 4、某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，产生的交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断( )
A、在A、C时刻线圈处于中性面位置 B、在B、D时刻穿过线圈的磁通量为零 C、从A～D线圈转过的角度为2π D、若从O～D历时0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变了100次 解析：选D 由题中交变电流的图像可知，在A、C时刻产生的感应电流最大，对应的感应电动势最大，线圈处于峰值面的位置，选项A错误；在B、D时刻感应电流为零，对应的感应电动势为零，即磁通量的变化率为零，此时磁通量最大，选项B错误；从A～D，经
历的时间为34周期，线圈转过的角度为32π，选项C错误；若从O～D历时0.02 s，则交变电流的周期为0.02 s，而一个周期内电流的方向改变两次，所以1 s内交变电流的方向改变了100次，选项D正确。 对点训练：有效值的理解与计算 5、关于图甲、乙、丙、丁，下列说法正确的是( )
A、图甲中电流的峰值为2 A，有效值为2 A，周期为5 s B、图乙中电流的峰值为5 A，有效值为2.52 A C、图丙中电流的峰值为2 A，有效值为2 A D、图丁中电流的最大值为4 A，有效值为2 A，周期为2 s 解析：选B 题图甲是正弦式交变电流图线，峰值(最大值)为2 A，有效值是峰值的12，即2 A，周期为4 s，所以选项A错误；题图乙电流大小改变但方向不变，所以不是交变电流，计算有效值时因为热效应与电流方向无关，所以仍是峰值的12，即2.52 A，所以选
项B正确；题图丙是图甲减半的脉冲电流，有效值不可能为峰值的12，所以选项C错误；题图丁是交变电流图线，周期为2 s，根据有效值定义则有42×R×T2＋32×R×T2＝I2RT，解得电流有效值I＝2.52 A，所以选项D错误。 6、(2018·冀州中学月考)甲、乙图分别表示两种电压的波形，其中甲图所示的电压按正弦规律变化。下列说法正确的是( )
A、甲图表示交流电，乙图表示直流电 B、甲图电压的有效值为220 V，乙图电压的有效值小于220 V C、乙图电压的瞬时值表达式为u＝220 2sin 100πt V D、甲图电压经过匝数比为1∶10的变压器变压后，频率变为原来的10倍 解析：选B 由于两图中表示的电流方向都随时间做周期性变化，因此都为交流电，A错误；由于对应相同时刻，图甲电压比图乙电压大，根据有效值的定义可知，图甲有效值要比图乙有效值大，故B正确；图乙电压随时间不是按正弦规律变化，C错误；理想变压器变压后，改变是电压，而频率不发生变化，D错误。 7、[多选]如图甲所示为一交变电压随时间变化的图像，每个周期内，前二分之一周期电压恒定，后二分之一周期电压按正弦规律变化。若将此交流电连接成如图乙所示的电路，电阻R阻值为100 Ω，则( )
A、理想电压表读数为100 V B、理想电流表读数为0.75 A C、电阻R消耗的电功率为56 W D、电阻R在100秒内产生的热量为5 625 J 解析：选BD 根据电流的热效应，一个周期内产生的热量：Q＝
U2RT＝1002RT2＋5022RT2，解得U＝75 V，A错误；电流表读数I＝UR＝0.75
A，B正确；电阻R消耗的电功率P＝I2R＝56.25 W，C错误；在100秒内产生的热量Q＝Pt＝5 625 J，D正确。 8、(2018·昆山模拟)一个U形金属线框在匀强磁场中绕OO′轴以相同的角速度匀速转动，通过导线给同一电阻R供电，如图甲、乙所示。其中甲图中OO′轴右侧有磁场，乙图中整个空间均有磁场，两磁场磁感应强度相同。则甲、乙两图中交流电流表的示数之比为( )
A、1∶2 B、1∶2 C、1∶4 D、1∶1 解析：选A 题图甲中的磁场只在OO′轴的右侧，所以线框只在半周期内有感应电流产生，如图甲，电流表测得是有效值，所以I＝1 2BSωR。题图乙中的磁场布满整个空间，线框中产生的感应电流如图
乙，所以I′＝22BSωR，则I∶I′＝1∶2，即A正确。
对点训练：交变电流“四值”的理解和应用 9、[多选](2018·淮安八校联考)如图所示，甲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，其图像如图乙所示，电机线圈内阻为2 Ω，匝数为1 000匝，外接灯泡的电阻为18 Ω，则( )
A、在2.0×10－2 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4.0×10－2 s时刻，穿过线圈的磁通量变化率为32500 Wb/s
解析：选AD 线圈相当于电源，产生的电动势为E＝em2＝622 V＝6 V，内阻r＝2 Ω，电表显示的是有效值，根据闭合回路欧姆定律可得电路中的电流为I＝ER＋r＝618＋2 A＝0.3 A，A正确；发电机的输出功率为P输出＝EI－I2r＝6×0.3 W－0.32×2 W＝1.62 W，B错误；从图乙中可知交流电周期为T＝4×10－2 s，故在1 s内，回路中
电流方向改变n＝1T×2＝14×10－2×2＝50次，C错误；在4.0×10－2 s
时刻，感应电动势最大，磁通量变化率最大，根据E＝nΔΦΔt可得ΔΦΔt
＝emn＝32500 Wb/s，D正确。 10.如图所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab＝0.25 m，宽度bc＝0.20 m，共有n＝100匝，总电阻r＝1.0 Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动。线圈处于磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0 V,1.8 W”的灯泡，当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W。(不计转动轴与电刷的摩擦) (1)推导发电机线圈产生感应电动势的最大值的表达式Em＝nBSω(其中S表示线圈的面积)。
(2)求线圈转动的角速度ω。 (3)线圈以上述角速度转动100周过程中发电机产生的电能。 解析：(1)线圈平面与磁场方向平行时产生感应电动势最大，设ab边的线速度为v，该边产生的感应电动势为E1＝BLabv。
与此同时，线圈的cd边也在切割磁感线，产生的感应电动势为E2＝BLcdv。
线圈产生的总感应电动势为： Em＝n(E1＋E2) 因为Lab＝Lcd， 所以，Em＝2nBLabv。
线速度v＝ω·12Lbc， 所以Em＝nBLabLbcω，而S＝LabLbc(S表示线圈的面积)。 所以Em＝nBSω。 (2)设小灯泡正常发光时的电流为I，则
I＝P额U额＝0.60 A，设灯泡正常发光时的电阻为R，
R＝U额2P＝5.0 Ω。
根据闭合电路欧姆定律得：E＝I(R＋r)＝3.6 V。 发电机感应电动势最大值为Em＝2E，Em＝nBSω。
解得ω＝EmnBS＝1.82 rad/s＝2.55 rad/s。
(3)发电机产生的电能为Q＝IEt，t＝100T＝100·2πω 。 解得Q＝5.33×102 J。 答案：(1)见解析 (2)2.55 rad/s (3)Q＝5.33×102 J 考点综合训练 11.(2018·泰州模拟)某研究性学习小组进行地磁发电实验，匝数为n、面积为S的矩形金属线框可绕东西方向的水平轴转动，金属线框与微电流传感器组成一个回路，回路的总电阻为R。使线框绕轴以角速度ω匀速转动，数字实验系统实时显示回路中的电流i随时间t变化的关系如图所示。当线圈平面和竖直方向的夹角为θ时，电流达到最大值Im。求：