2019届高考物理备考艺体生百日突围系列专题12交变电流与传感器 19页

专题12交变电流与传感器第一部分名师综述本章内容实际上是电磁感应现象研究的继续及其规律的具体应用。其知识特点是了解识记的基本概念较多，主要围绕交变电流的产生、变化规律及表征交变电流的物理量这一中心展开，在此基础上研究了变压器的工作原理和远距离输电。另外，简单介绍了电感、电容对交变电流的影响。本章知识的另一个特点是与科学技术和生活实际联系密切，在学习的过程中，要注意理论联系实际，要善于知识的迁移、综合和应用。复习时应特别注意的内容为：1.交变电流的产生及描述(e、u、i的瞬时值表达式、峰值、有效值、周期、频率)，特别是交流电的图象和有效值的计算是考查的热点.2.变压器的原理，电压比、电流比及功率关系，远距离输电问题等是考查的重点.3.将本章知识与电磁感应知识结合的力、电综合题以计算题为主.4.掌握传感器的一些简单使用和一些敏感元件的基本原理.第二部分知识背一背一、交变电流的产生和变化规律1．交变电流大小和方向都随时间做周期性变化的电流．如图(a)、(b)、(c)、(d)所示都属于交变电流．其中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，如图(a)所示．2．正弦交流电的产生和变化规律(1)产生：在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．(2)中性面：①定义：与磁场方向垂直的平面．②特点：a.线圈位于中性面时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零．b.线圈转动一周，两次经过中性面．线圈每经过中性面一次，电流的方向就改变一次．(3)图象：用以描述交流电随时间变化的规律，如果线圈从中性面位置开始计时，其图像为正弦曲线．如上图(a)所示．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(线圈转一周)所需的时间，单位是秒(s)．公式：T＝.n(2)频率f：交变电流在1s内完成周期性变化的次数，单位是赫兹(Hz)．(3)周期和频率的关系：2．交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值(1)瞬时值：交变电流某一时刻的值，是时间的函数．(2)峰值：交变电流的电流或电压所能达到的最大值．(3)有效值：让交流与恒定电流分别通过相同的电阻，如果它们在交流的一个周期内产生的热量相等，则这个恒定电流I、恒定电压U就是这个交流的有效值．(4)正弦式交变电流的有效值与峰值之间的关系：有效值为峰值除以(5)平均值：是交变电流图象中波形与横轴所围面积跟时间的比值.三、理想变压器1．变压器的构造：如图所示，变压器是由闭合铁芯和绕在铁芯上的两个线圈组成的．(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．变压器的原理：电流通过原线圈时在铁芯中激发磁场，由于电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的磁场也在不断变化．变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，所以尽管两个线圈之间没有导线相连，副线圈也能够输出电流．互感现象是变压器工作的基础．3．理想变压器：没有能量损失的变压器，即输入功率等于输出功率．4．基本关系式(1)功率关系：.(2)电压关系：＝；有多个副线圈时，＝＝.(3)电流关系：只有一个副线圈时，＝由P入＝P出及P＝UI推出有多个副线圈时，U1I1＝U2I2＋U3I3＋…＋UnIn四、远距离输电1．根据，降低输电损耗有两种方法(1)减小输电线的电阻．(2)减小输电导线中的电流：在输送功率一定的情况下，根据P＝UI，要减小电流，必须提高输电电压．n2．远距离输电的功率损失输送功率一定时，线路电流I＝，输电线上的损失功率P损＝I2R线＝，可知P损∝.远距离输电中的功率关系：P输＝P损＋P用户.第三部分技能+方法一、正弦交流电的变化规律1．正弦式电流的变化规律(线圈在中性面位置开始计时)规律物理量函数图像磁通量Φ＝Φmcosωt＝BScosωt电动势e＝Emsinωt＝nBSωsinωt电压u＝Umsinωt＝sinωt电流i＝Imsinωt＝sinωt2.两个特殊位置的特点(1)线圈平面与中性面重合时，S⊥B，Φ最大，＝0，e＝0，i＝0，电流方向将发生改变．(2)线圈平面与中性面垂直时，S∥B，Φ＝0，最大，e最大，i最大，电流方向不改变．3．书写交变电流瞬时值表达式的基本思路(1)确定正弦交变电流的峰值，根据已知图像读出或由公式Em＝nBSω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．如：①线圈从中性面位置开始转动，则i－t图像为正弦函数图像，函数式为i＝Imsinωt.②线圈从垂直中性面位置开始转动，则i－t图像为余弦函数图像，函数式为i＝Imcosωt.二、交变电流“四值”的比较与理解n交变电流的瞬时值、峰值、有效值和平均值的比较物理量物理含义重要关系适用情况及说明瞬时值交变电流某一时刻的值e＝Emsinωti＝Imsinωt计算线圈某时刻的受力情况峰值最大的瞬时值Em＝nBSωIm＝讨论电容器的击穿电压有效值跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值E＝U＝I＝适用于正(余)弦式电流(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值(3)保险丝的熔断电流为有效值平均值交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值＝Bl＝n＝计算通过电路截面的电荷量三、　理想变压器原、副线圈基本量的关系理想变压器①没有能量损失(铜损、铁损)②没有磁通量损失(磁通量全部集中在铁芯中)基本关系功率关系P入＝P出电压关系原、副线圈的电压比等于匝数比，与负载情况、副线圈个数的多少无关电流关系只有一个副线圈时，电流和匝数成反比有多个副线圈时，由输入功率和输出功率相等确定电流关系频率关系原、副线圈中电流的频率相等制约关系电压副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定功率原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定电流原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定n四、远距离输电问题1．远距离输电的处理思路对高压输电问题，应按“发电机→升压变压器→远距离输电线→降压变压器→用电器”，或从“用电器”倒推到“发电机”的顺序一步一步进行分析．2．远距离高压输电的几个基本关系(以下图为例)：(1)功率关系：P1＝P2，P3＝P4，P2＝P损＋P3.(2)电压、电流关系：＝＝，＝＝，U2＝ΔU＋U3，I2＝I3＝I线．(3)输电电流：I线＝＝＝.(4)输电线上损耗的电功率：P损＝I线ΔU＝IR线＝()2R线．当输送功率一定时，输电电压增大到原来的n倍，输电线上损耗的功率就减小到原来的.第四部分基础练+测一、单选题1．在图乙的电路中，通入如图甲所示的交变电流，此交变电流的每个周期内，前三分之一个周期电压按正弦规律变化，后三分之二周期电压恒定。电阻R的阻值为12Ω，电表均为理想电表。下列判断正确的是（　　）A．电压表的示数为62VB．该交变电流的有效值为43VC．电阻R一个周期内产生的热量一定大于9JD．电流表的示数为0.5A【答案】Dn【解析】【详解】由焦耳定律得6222R×1+62R×2=U2R×3，可得电压有效值U=6V，电表读数为有效值，故A错；电压变的读数为有效值，即U=6V，故B错误；热量根据有效值进行计算，则Q=U2RT=9J，故C错误；电流表读数为有效值，则I=UR=612A=0.5A，故D正确。2．图示电路中,变压器为理想变压器,a、b接在电压有效值不变的变流电源两端,R0为定值电阻,R为光敏电阻(阻值随光照强度的增大而减小).现观察到电流表A1的示数增大了0.2A,电流表A2的示数增大了1.0A,则下列说法正确的是()A．电压表V2示数增大B．电压表V3示数增大C．R光敏电阻上光照强度在增强D．该变压器起升压作用【答案】C【解析】【详解】由于a、b接在电压有效值不变的交流电源两端，匝数比不变，所以副线圈电压不变，即V1，V2示数不变，故A错误；由于R0两端电压增大，所以电阻R两端电压减小，即电压表V3示数减小，故B错误；次级电流增大，说明次级电阻减小，即R的阻值减小，则R光敏电阻上光照强度在增强，选项C正确；观察到电流表A1的示数增大了0.2A，电流表A2的示数增大了1.0A，即原线圈电流增大量小于副线圈电流增大量，根据电流与匝数成反比，所以该变压器起降压作用，故D错误；故选C.3．如图所示，理想变压器原线圈匝数n1=1100匝，副线圈匝数n2=220匝，交流电源的电压u=2202sin100πt(V)，电阻R=44Ω，电表均为理想交流电表。则下列说法中不正确的是()A．交流电的频率为50HzB．电流表A1的示数为0.20AC．变压器的输入功率为88WnD．电压表的示数为44V【答案】C【解析】【详解】A：交流电源的电压u=2202sin100πt(V)，则ω=100πrad/s，据ω=2πT=2πf可得，交流电的频率f=ω2π=100π2πHz=50Hz。故A项正确。D：交流电源的电压u=2202sin100πt(V)，则变压器原线圈两端电压U1=220V，据U1:U2=n1:n2可得，变压器副线圈两端电压U2=n2n1U1=2201100×220V=44V，则电压表的示数为44V。故D项正确。B：变压器副线圈的电流I2=U2R=4444A=1A，据I1:I2=n2:n1可得，变压器原线圈的电流I1=n2n1I2=2201100×1A=0.2A，所以电流表A1的示数为0.20A。故B项正确。C：变压器输出功率P2=U22R=44244W=44W，变压器的输入功率P1=P2=44W。故C项错误。本题选不正确的，答案是C。4．如图所示为教学演示用交流发电机。以不太快的速度摇动发电机，与发电机相连的小灯泡将一闪一闪发光。现将摇动速度加倍，下列分析正确的是：A．小灯泡闪光周期将加倍，亮度增大B．小灯泡闪光频率将加倍，亮度增大C．小灯泡闪光频率将不变，亮度增大D．小灯泡闪光频率将加倍，亮度不变【答案】B【解析】【详解】摇动速度加倍，则转速变大，则产生交流电的频率增加，可知小灯泡闪光频率将加倍；感应电流的大小与发电机的转速有关，转速越大，输出的电流也越大，则灯泡的亮度增加；故选B。5．下列关于物理现象及其在科技中的应用的说法正确的是（）A．交流感应电动机是利用电磁驱动的原理工作的B．穿过线圈的磁通量为0，感应电动势一定为0C．自感现象是收音机中“磁性天线”工作的基础nD．磁电式电流表中，极靴与铁质圆柱间产生的是匀强磁场【答案】A【解析】【详解】A．交流感应电动机是利用电磁驱动的原理工作的，故A正确；B．穿过线圈的磁通量为0，感应电动势最大，故B错误；C．收音机中“磁性天线”工作是利用互感现象，故C错误；D．磁电式电流表内部的蹄形磁铁的极靴与圆柱铁芯间的磁场是均匀辐向分布的，故D错误；6．LED灯电由于具有发光效率高、使用寿命长、无辐射和低功耗等特点而被广泛应用于生活和生产。为了研究LED灯的特性，某科技小组设计了如图所示甲、乙两种实验电路，LED均正常发光。图甲将220V交流电经整流电路（将交流电转换为直流电装置，功耗很小可忽略不计）后让LED灯与一分压电阻R串联，图乙经理想变压器变压、再整流后直接给LED灯供电，理想变压器原、副线圈匝数比为275:4。则两种电路消耗的电功率之比为（）A．1:1B．4:275C．275:4D．(275:4)2【答案】C【解析】【详解】图甲电路消耗的电功率P1=IU，其中I为通过LED灯的电流。图乙电路消耗的电功率P2=I'U，其中I'为变压器原线圈中的电流，由变流比可知I'=n2n1I=4275I，解得P1:P2=I:I'=275:4，选项C正确。7．一含有理想降压变压器的电路如图所示，U为正弦交流电源，输出电压的有效值恒定，L为灯泡(其灯丝电阻可以视为不变)，R、R1和R2为定值电阻，R3为光敏电阻，其阻值的大小随照射光强度的增强而减小。现将照射光强度增强，则A．原线圈两端电压不变B．通过原线圈的电流减小C．R1两端的电压将增大D．灯泡L将变暗【答案】Cn【解析】【详解】当光照增强时，光敏电阻的阻值减小，总电阻减小，电源输出的电压有效值不变，所以原线圈中的电流变大，电阻R两端的电压增大，原线圈两端的电压减小，故AB错误；根据电压与匝数成正比知，副线圈两端的电压变小，由电流与匝数成反比，知副线圈中的电流增大，电阻R1两端的电压增大，并联部分的电压减小，电阻R2中的电流减小，灯泡中的电流增大，灯泡L将变亮，故C正确，D错误；故选C。8．面积均为S的线圈以虚线为轴在匀强磁场B中匀速转动，角速度均为ω。下列图中能产生电动势为e=BSωsin(ωt)的交变电的是A．B．C．D．【答案】B【解析】【分析】根据题意可知，产生正弦交变电动势e=BSωsinωt的图必须切割磁感线，导致磁通量在变化，从而即可求解；【详解】由题意可知，只有B图在切割磁感线，导致磁通量在变化，从而产生正弦交变电动势e=BSωsinωt，而ACD图均没有导致磁通量变化，故B正确，A、C、D错误；故选B。【点睛】在匀强磁场里，线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，产生正弦交变电。9．如图所示为一交流电电流随时间而变化图像，此交流电电流的有效值为（）A．7AB．5AC．3.52AD．3.5A【答案】B【解析】n【分析】根据有效值的定义求解．取一个周期时间，将交流与直流分别通过相同的电阻，若产生的热量相同，直流的电流值，即为此交流的有效值．【详解】将交流与直流通过阻值都为R的电阻，设直流电流为I，则根据有效值的定义有：(42)2R×0.01+(32)2R×0.01=I2R×0.02，解得I=5A，故选B.10．如图1所示，一个矩形导线框放置在匀强磁场中，并绕过ab、cd中点的固定轴OO'以角速度ω=π2rad/s顺时针转动。若以线框平面与磁场方向垂直时（如图2）为计时起点，并规定bc边中电流i的方向由b流向c时为正，则i-t图像正确的是A．B．C．D．【答案】A【解析】【分析】由题意可知，线圈从中性面开始旋转，所以是正弦函数，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。【详解】线圈从中性面开始旋转，由楞次定律可判断，初始时刻电流为零，在0-1s内，电流方向从b到c，为正值，故电流的瞬时电流的表达式为i=Imsinωt，根据数学知识可知，A正确，BCD错误。故选A。【点睛】本题考查正弦交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律，是一道基础题。二、多选题11．甲、乙两矩形单匝金属线圈分别绕与磁感线垂直的轴在同一匀强磁场中匀速转动，输出交流电的感应电动势图象如图中甲、乙所示，则()nA．甲的频率是乙的频率的2倍B．甲线圈的截面积是乙线圈截面积的6倍C．t=1s时，两线圈中的磁通量均最大D．t=2s时，两线圈均与磁感线平行【答案】BC【解析】【详解】A、由图象知甲的周期为2s，乙的周期为1s，所以f甲:f乙=1T甲:1T乙=1:2，故A错误；B、甲的感应电动势最大值为6V，乙的感应电动势最大值为2V，所以E甲:E乙=3:1，由Emax=NBSω可知S甲:S乙=6:1，故B正确；CD、当线圈处于中性面时磁通量最大，而感应电动势为零；当线圈平行磁感线时，通过线圈的磁通量为零，而感应电动势最大，t=1s和t=2s时线圈均处于中性面位置，故C正确，D错误；故选BC。12．关于下列器材的原理和用途，叙述正确的是（）A．变压器既可以改变交流电压也可以改变稳恒直流电压B．经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关C．真空冶炼炉的工作原理是通过线圈发热使炉内金属熔化D．磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框能起电磁阻尼的作用【答案】BD【解析】【详解】变压器只能改变交流电压，不可以改变稳恒直流电压，选项A错误；由qvB＝mv2R得：v=qBRm，则最大动能：EKm=12mv2=q2B2R22m；可知经过回旋加速器加速的带电粒子最大速度与加速电压大小无关，选项B正确；真空冶炼炉的工作原理是炉中金属产生涡流使炉内金属熔化，不是线圈发热，故C错误；磁电式仪表中用来做线圈骨架的铝框中可以产生感应电流能起电磁阻尼的作用，故D正确。故选BD.13．如图，将手摇交流发电机与一理想变压器的原线圈相连，副线圈电路中接有三个定值电阻、开关、灯泡及一个压敏电阻。压敏电阻具有这样的特点：只有加在它两端的电压大于某一值时，才会有电流通过。现将手摇发电机的手柄匀速转动，小灯泡周期性的闪亮，闭合开关后，小灯泡不再闪亮。下列说法正确的是()nA．将滑动头P向下滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变小B．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，且闪亮频率不变C．将滑动头P向上滑动，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大D．增大发电机手柄的转速，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大【答案】BD【解析】【分析】根据变压器原理结合滑动变阻器的移动情况确定输出电压的变化情况；根据发动机输出电压最大值的表达式分析转速增大时产生的交流电的频率和电压的变化，由此分析灯泡亮度的变化。【详解】将滑动头P向上滑动，根据变压器原理可得副线圈匝数增加则输出电压增大，可能使灯泡继续闪亮，变压器变压不变频，所以灯泡闪亮频率不变，故B正确、C错误；将滑动头P向下滑动，根据变压器原理可得副线圈匝数减小则输出电压减小，不可能使灯泡继续闪亮，故A错误；增大发电机手柄的转速，则交流电的频率增大，根据Em=NBSω=NBS•2πf可知发电机输出电压变大，根据变压器原理可知副线圈两端电压增大，可能使灯泡继续闪亮，但闪亮频率变大，故D正确。故选BD。【点睛】本题主要是考查了变压器的知识；解答本题的关键是知道变压器的电压之比等于匝数之比，在只有一个副线圈的情况下的电流之比等于匝数的反比；知道理想变压器的输出功率决定输入功率且相等。原线圈的电压决定副线圈的电压；理想变压器在改变电压和电流的同时，不改变功率和频率。14．理想变压器原线圈a匝数n1＝200匝，副线圈b匝数n2＝100匝，线圈a接在u＝44sin314tV的交流电源上，“12V　6W”的灯泡恰好正常发光，电阻R2＝16Ω，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100HzB．穿过铁芯的磁通量的最大变化率为25Wb/sC．电压表V的示数为22VD．R1消耗的功率是1Wn【答案】BD【解析】【详解】由表达式知ω=100π，交变电流的频率为f=1T=ω2π=50Hz，故A错误；副线圈电流的有效值为I2=PU=612A=0.5A，电阻R2两端的电压为：U'2=I2R2=0.5×16V=8V，副线圈两端电压的有效值为：U2=U'2+UL=20V，副线圈电压的最大值为：Em=202V，根据Em=n2ΔΦΔt，可得：ΔΦΔt=Emn2=202100=25Wb/s，故B正确；由B可知：电压表V的示数为20V，故C错误；原线圈的电流强度为：I1=n2n1I2=0.25A，原线圈的电压为：U1=n2n1U2=40V，电阻R1消耗的功率为：P=（E-U1）I1=（44-40）×0.25W=1W，故D正确。所以BD正确，AC错误。15．如图所示，理想变压器原线圈输入电压u=Umsinωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器，V1和V2是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；A1和A2是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示，下列说法正确的是A．滑片P不动，滑片Q向上滑动过程中，U2变小，I1变小B．滑片P不动，滑片Q向上滑动过程中，U2不变，I1变小C．滑片Q不动，滑片P向下滑动过程中，U2变大，I1变大D．滑片Q不动，滑片P向下滑动过程中，U2变大，I1变小【答案】BC【解析】滑片P不动，则变压器次级电压不变，即U2不变，滑片Q向上滑动过程中，R变大，则次级电流较小，则根据I1I2=n2n1可知，初级电流I1变小，选项A错误，B正确；滑片Q不动，滑片P向下滑动过程中，初级匝数减小，根据U1U2=n1n2则次级电压变大，即U2变大，次级电流I2变大，则初级电流I1变大，选项C正确，D错误；故选BC.16．如图甲，交流发电机与一理想变压器连接，给“220V，1100W”的电饭煲和“220V，220W”的抽油烟机正常供电。交流发电机的两磁极间视为匀强磁场内阻不计的线圈绕垂直于匀强磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从中性面开始计时，产生的电动势如图乙所示。所有导线的电阻均不计，交流电流表是理想电表。下列说法正确的是（）nA．变压器原线圈两端电压的瞬时值表达式为L=11002sinl00πt(V)B．正常工作时，电饭锅和抽烟机的发热功率之比为5︰1C．t=0时刻，穿过发电机线圈的磁通量和A表的示数均为零D．电饭锅和抽油烟机同时正常工作时，A表示数为1.2A【答案】AD【解析】A、由图乙可知，该发电机产生的交流电的周期为0.02s，则圆频率为：ω=2πT=2π0.02=100πrad/s，发电机的最大值为11002V，所以其瞬时表达式为：u=11002sin100πt(V)，,即原线圈两端的电压瞬时表达式为：u=11002sin100πt(V)，故A正确；B、抽油烟机消耗的电能大部分转化为机械能，所以电饭锅的发热功率大于抽烟机发热功率的5倍，故B错误；CD、变压器的输出功率为1100W+220W=1320W，所以变压器的输入功率也是1320W，发电机电压的有效值：U1=Um2=1100V，所以电流表的读数：I=P入U1=13201100A=1.2A，故D正确；C、t=0时刻，变压器原线圈两端电压的瞬时值e=0，穿过发电机线圈的磁通量最大，电流表的示数为有效值，故电流表的读数为1.2A，故C错误；故选AD。【点睛】由题图乙可知交流电电流的最大值、周期，电流表的示数为有效值，感应电动势最大，则穿过线圈的磁通量变化最快。17．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4：1，原线圈接交流电源和交流电压表，副线圈通过电阻为R的导线与电饭锅、空调连接。已知原线圈两端的电压保持不变，副线圈上的电压按图乙所示规律变化，现闭合开关S接通空调，下列说法正确的是A．电压表示数为880VB．电饭锅的实际功率增大C．变压器的输入功率增大D．空调两端电压的瞬时值表达式为u=2202sin100πtV【答案】ACn【解析】U1=n1n2U2=41×220=880V，则电压表示数为880V，故A正确；接通开关，副线圈电阻减小，电流增大，R上的分压增大，电饭锅两端的电压减小，所以实际功率减小，故B错误；接通开关，电流增大，电压不变，所以次级线圈消耗的功率增大，输入功率等于输出功率，则变压器的输入功率增大，故C正确；次级电压有效值为880V，由于电阻R的分压，则空调两端的电压小于880V，则空调两端电压的瞬时值表达式肯定不是u=2202sin100πtV，故D错误；故选AC。18．如图所示，匝数为30匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小的水平匀强磁场中，线框绕垂直于磁场的轴以角速度=10rad/s匀速转动(线框面积S=0.5m2，线框电阻不计)，并与理想变压器原线圈相连，副线圈接入一只“2.5V、1.5W”的小灯泡，且灯泡正常发光，下列说法正确的是A．在图示位置线框中产生的感应电动势最大B．线框中产生电动势的有效值为30VC．变压器原、副线圈匝数之比为12:1D．流过闭合导线框的电流为0.6A【答案】BC【解析】由图可知，此时线圈和磁场垂直，此时线框的磁通量最大，感应电动势为0，所以A错误．矩形闭合导线框ABCD在磁场中转动，产生的交流电的最大值为Em=nBSω=30××0.5×10=30V，所以交流电的有效值为U1=30V，所以B正确．由于电压与匝数成正比，所以变压器原、副线圈匝数之比为，所以C正确．根据P1=U1I1=P2=1.5W，解得I1=0.05A，则选项D错误；故选BC．19．如图所示，图线a是线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时所产生正弦式交变电流的图象，当调整线圈转速后，所产生正弦式交变电流的图象如图线b所示，下列关于这两个正弦式交变电流的说法正确的是(　　)A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为0B．线圈先后两次转速之比为3∶2C．交变电流a的有效值为10VnD．交变电流b的最大值为5V【答案】B【解析】由图可知，t=0时刻线圈均在中性面，穿过线圈的磁通量最大，故A错误；由图象可知Ta:Tb=2:3，根据n=1T，得na:nnb=3:2，故B正确；由图象可知，交流电a的最大值为10V，角速度为ω=2πTA=2π0.4=5π，所以交流电a的瞬时值为u=10sin5πtV，故C正确；交流电最大值Um=NBSω，因ω=2πn，交流电电压最Uma:Umb=na:nb=3:2，Umb=23Uma=203V，故D错误；故选BC.【点睛】根据图象可以知道交流电的最大值和交流电的周期，根据交流电周期之间的关系可以求得线圈的转速之间的关系和交流电的瞬时值表达式．20．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0．9A，图乙中用同一电缆线绕了3匝，则A．这种电流表能测出交变电流的有效值B．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流C．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为0．3AD．这种电流表能测交变电流，图乙的读数为2．7A【答案】AD【解析】试题分析：由于变压器工作原理是通过原线圈的电流发生变化，则原线圈产生的磁场发生变化，故穿过副线圈的磁通量发生变化，从而在副线圈中产生感应电流，故这种电流表只能测交流电流，而且测量的是交变电流的有效值，故A正确B错误；根据输入功率和输出功率的关系有：P1=P2，即U1I1=U2I2，所以：I1I2=n2n1，由题意可知：当n1=1，I2=0.9A，即I10.9=n21，当n1=3时：I1I'2=n23，解得：I'2=2.7A，故C错误D正确；考点：考查了理想变压器【名师点睛】该知识点题目比较简单，且题目单一，只要记住了原副线圈的输入功率和输出功率关系，输入电压和输出电压的关系一切题目都能顺利解出．三、解答题n21．如图所示是交流发电机模型示意图，N=100匝的矩形闭合导线框ABCD处于磁感应强度大小B=210πT的水平匀强磁场中，线框面积S=0.48m2．线框绕垂直于磁场的轴OO′以角速度ω=100πrad/s逆时针匀速转动，并与理想升压变压器相连，变压器副线圈接入一只“12V、24W”的灯泡，且灯泡正常发光，线框、输电线路的电阻都不计．（1）将图示时刻记为t=0，请判断此刻线圈AB边中的电流方向，并写出该线框产生正弦交变电动势的瞬时值表达式；（2）求变压器的原副线圈匝数比；（3）求灯泡正常发光时，电流表的读数．【答案】（1）4802cos100πt(V)（2）40:1（3）0.05A【解析】【分析】根据右手定则判断感应电流方向，根据Em=nBsω求解电动势最大值，然后根据e=Emcosωt求解该正弦交流电的瞬时表达式；根据变压比公式列式求解即可；变压器的输入功率和输出功率相等，先求解功率，再求解电流表读数．【详解】（1）线框逆时针转动，根据右手定则，电流俯视为逆时针；电动势最大值为：Em=nBsω=100×210π×0.48×100π=4802V，从垂直中性面位置开始计时，故瞬时值为：e=Emcosωt=4802cos100πt（V）（2）升压变压器的输入电压为：U1=48022=480V一只“12V、24W”的灯泡，且灯泡正常发光，根据变压比公式，有U1U2=n1n2解得：n1n2=48012=401（3）理想变压器的输入功率等于输出功率，则U1I1=U2R=24W代入数据解得：I1=0.05A.【点睛】本题关键是明确交流电的最大值和瞬时值的求解方法，同时要能够结合变压器的变压比公式、功率关系列式求解.22．如下图甲所示，一固定的矩形导体线圈水平放置，线圈的两端接一只小灯泡，在线圈所在空间内存在着与线圈平面垂直的均匀分布的磁场。已知线圈的匝数n＝100匝，总电阻r＝1.0Ω，所围成矩形的面积Sn＝0.040m2，小灯泡的电阻R＝9.0Ω，磁感应强度随时间按如图乙所示的规律变化，线圈中产生的感应电动势瞬时值的表达式为e=nBmS2πTcos2πTt，其中Bm为磁感应强度的最大值，T为磁场变化的周期，不计灯丝电阻随温度的变化，求：(1)线圈中产生感应电动势的最大值；(2)小灯泡消耗的电功率；(3)在磁感应强度变化的0~T4时间内，通过小灯泡的电荷量。【答案】(1)Em＝8.0V(2)P＝2.88W(3)Q＝4.0×10－3C【解析】试题分析：（1）根据B-t图象读出周期T，由公式Em=nBmSω求出线圈中产生感应电动势的最大值；（2）根据欧姆定律求出电流的最大值，再求出电流的有效值，由电流的有效值求解小灯泡消耗的电功率．(1)由图象知，线圈中产生的交变电流的周期T=3.14×10－2s，所以ω=2πnBmST=8.0V(2)电流的最大值Im=EmR+r=0.80A有效值I=Im2=225A小灯泡消耗的电功率P=I2R=2.88W23．发电机的端电压为220V，输出功率为44kW，输电导线的电阻为0.2Ω，如果用原、副线圈匝数之比为1:10的升压变压器升压，经输电线路后，再用原、副线圈匝数比为10:1的降压变压器降压供给用户.（1）画出全过程的线路图；（2）求用户得到的电压和功率；（3）若不经过变压而直接送到用户，求用户得到的功率和电压.【答案】(1)略　(2)219.6V　43.92kW(3)36kW，180V【解析】根据U1U2=n1n2,计算得出升压变压器的输出电压为:U2=220×10=2200V则输电线上的电流为:nI2=P2U2=440002200=20A,损失的功率为:P损=I2R=202×0.2=80W.输电线上损失的电压为:ΔU=IR=20×0.2=4V则降压变压器输入电压为:U3=U2-ΔU=2200-4=2196V根据U3U4=n3n4,得用户得到的电压为:U4=219.6V用户得到的功率为:P'=P2-P损=44000-80=4.392×104W.(3)若不经过变压而直接送到用户,电流为:I=PU=44000220=200A用户得到的功率:P″=P-I2R=44000-2002×0.2=36KW用户得到的电压为:U'=U-IR=220-200×0.2=180V综上所述本题答案是：（1）219.6V;4.392×104W（2）180V；3.6×104W