高中物理粤教版选修3-2作业题 第二章 章末复习课

章末复习课
【知识体系】
交变电流
[答案填写]　①T＝　②Em＝nBSω　③E＝　④e＝Emsin ωt　⑤E＝n　⑥＝　⑦＝　⑧P1＝P2
⑨P耗＝IR线　⑩U耗＝I线R线
主题1　交变电流的“四值”应用
1．瞬时值．
(1)当线圈平面与中性面重合(B⊥S)时，线圈中感应电动势为零，若从此位置开始计时，则瞬时值表达式为：e＝Emsin ωt＝nBSωsin ωt，i＝Imsin ωt＝sin ωt.
(2)当线圈平面与中性面垂直(B∥S)时，线圈中感应电动势最大；若从此位置开始计时，则瞬时值表达式应为：e＝Emcos ωt＝nBSωcos ωt，i＝Imcos ωt＝cos ωt.
2．最大值．
线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转所产生的交变电流的电动势，其最大值Em＝nBSω.其中n表示线圈匝数，S表示线圈面积，与线圈转动时转轴的位置无关，与线圈的形状无关．在考虑电容器的耐压值时，应采用交变电流的最大值．
3．有效值．
正弦式交变电流的有效值大小为E＝，I＝.其他交变电流的有效值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，要用有效值；没有特殊说明时，交变电流的电流、电压、电动势均指有效值，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．
4．平均值．
平均值需用＝n和I＝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＝It.
【典例1】　如图所示，匀强磁场的磁感应强度B＝0.5 T，边长L＝10 cm的正方形线圈abcd共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，线圈绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动，角速度为ω＝2π rad/s，外电路电阻R＝4 Ω，求：
(1)转动过程中感应电动势的最大值；
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过60°时的瞬时感应电动势；
(3)由图示位置转过60°角的过程中产生的平均感应电动势；
(4)交流电压表的示数；
(5)转动一周外力做的功；
(6)周期内通过R的电荷量．
解析：(1)感应电动势的最大值Em＝NBSω＝100×0.5×0.12×2π V＝3.14 V.
(2)转过60°时的瞬时感应电动势
e＝Emcos 60°＝3.14×0.5 V＝1.57 V.
(3)通过60°角过程中产生的平均感应电动势
E＝ V≈2.6 V.
(4)电压表示数为外电路电压的有效值
U＝·R＝× V＝1.78 V.
(5)转动一周外力所做的功等于电流产生的热量
W＝Q＝·t＝0.99 J.
(6)周期内通过电阻R的电荷量
q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝＝0.086 6 C.
答案：(1)3.14 V　(2)1.57 V　(3)2.6 V　(4)1.78 V　(5)0.99 J　(6)0.086 6 C
针对训练
1.如图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L1，宽度为L2，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′匀速运动，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．
(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．
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Em＝nBL1L2ω，所以感应电动势的瞬时值表达式e＝nBL1L2ωsin ωt.
(3)由法拉第电磁感应定律有
＝n＝＝.
(4)由欧姆定律，有
i＝＝＝.
(5)电动势的有效值E＝，
电流的有效值I＝，
线圈转动一个周期内电阻R上产生的热量
Q＝I2RT＝LωRπ,（R＋r）2).
答案：(1)自下而上　(2)e＝nBL1L2ωsin ωt
(3)　(4)　(5)LωRπ,（R＋r）2)
主题2　有关理想变压器的动态分析
常见的理想变压器的动态分析问题一般有两种：匝数比不变的情况和负载电阻不变的情况．
匝数比不变的情况 负载电阻不变的情况
不变，负载R变化
变化，负载R不变
(1)U1不变，根据＝，输入电压U1决定输出电压U2，可以得出不论负载电阻R如何变化，U2不变. (2)当负载电阻发生变化时，I2变化，根据输出电流I2决定输入电流I1，可以判断I1的变化.
(3)I2变化引起P2变化，根据P1＝P2，可以判断P1的变化 (1)U1不变，发生变化，U2变化.
(2)R不变，U2变化，I2发生变化.
(3)根据P2＝,R)和P1＝P2，可以判断P2变化时，P1发生变化，U1不变时，I1发生变化
【典例2】　图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝5∶1，电阻R＝20 Ω，L1、L2为规格相同的两只小灯泡，S1为单刀双掷开关．原线圈接正弦交变电源，输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示．现将S1接1、S2闭合，此时L2正常发光．下列说法正确的是(　　)
　)
A．输入电压u的表达式u＝20sin 50π (V)
B．只断开S2后，L1、L2均正常发光
C．只断开S2后，原线圈的输入功率增大
D．若S1换接到2后，R消耗的电功率为0.8 W
解析：由图象可知Um＝20，T＝0.02 s，故ω＝＝100π rad/s，即输入电压的表达式为u＝20sin 100πt (V)，所以A项错误；断开S2后两灯泡串联，总电压仍为4 V，所以L1、L2均不能正常发光，B项错误；根据P入＝P出＝可知断开S2后R增大，输入功率变小，C项错误；若S1接2，由P＝可得PR＝ W＝0.8 W，故D项正确．
答案：D
针对训练
2．(多选)如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝10∶1，b是原线圈的中心抽头，S为单刀双掷开关，定值电阻R1、R2均为10 Ω.在原线圈c、d两端加上图乙所示的交变电压，下列说法正确的是(　　)
　)
A．当S与a连接后，理想电流表示数为2.2 A
B．当S与a连接后，理想电压表示数为11 V
C．当S由a拨到b后，副线圈输出电压的频率变为25 Hz
D．当S由a拨到b后，原线圈的输入功率变为原来的4倍
解析：由题图可以知道，交变电流的电压有效值为220 V，周期为0.02 s，频率为50 Hz.当S接a时，由变压器的原理可以知道，n2两端电压有效值为22 V，由闭合电路欧姆定律，得理想电压表的示数为22 V，理想电流表示数为2.2 A，故选项A正确，选项B错误；当S由a拨到b后，原线圈电压、频率不变，原线圈匝数减半，则副线圈频率不变，故选项C错误；副线圈两端电压加倍，负载电阻不变，副线圈的输出功率变为原来的4倍，原线圈的输入功率也变为原来的4倍，故选项D正确．
答案：AD
主题3　远距离高压输电问题
1．输电示意图．
2．正确理解几个基本关系．
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P损＋P3，P3＝P4.
(2)电压关系：＝，U2＝U线＋U3，＝.
(3)电流关系：＝，I2＝I线＝I3，＝.
(4)输电电流：I线＝＝＝.
(5)输电导线上损耗的电功率：
P损＝P2－P3＝IR线＝,R线)＝U线I线．
(6)输电导线上的电压损失：U线＝I线·R线＝U2－U3.
【典例3】　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.
(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1∶10的升压变压器升压后，经同样输电导线输送，再用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？
解析：(1)如图，由P＝IU得
I＝＝A＝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，
由P＝P用＋I2R得：用户得到的功率为
P用＝P－I2R＝4 400 W－202×2 W＝3 600 W，
输电损失功率为 P损＝I2R＝202×2 W＝800 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＝，
解得U2＝＝V＝2 200 V；
因理想变压器不改变功率，即P2＝P，所以
I2＝＝2 A，
U3＝U2－I2R＝2 200 V－2×2 V＝2 196 V，
由＝得降压变压器副线圈两端电压
U4＝＝ V＝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P4＝P3＝P2－IR＝P－IR＝4 392 W.
答案：(1)180 V　3 600 W　800 W　　 (2)219.6 V　4 392 W
针对训练
3．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，流入用户端的电流是I2.则(　　)
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
解析：根据理想变压器输入端与输出端的电功率相同，可得U1I1＝U2I2，得U2＝，所以A正确；根据欧姆定律可得输电线上的电压降为I1r，所以B错误；理想变压器的输入功率为U1I1，故C错误；输电线路上损失的电功率为Ir，故D错误．
答案：A
统揽考情
1．交变电流的四值计算以及变压器的原理和应用是高考考查的热点，题型以选择题为主，分值6分左右．
2．本章知识与生产、生活联系紧密，理论联系实际的题目出现的可能性较大，如涉及民生的远距离输电问题．
真题例析
(2018·全国卷Ⅲ)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．1∶　　　　　　B.∶1
C．1∶2 D．2∶1
解析：本题考查交变电流的图线、正弦交变电流的有效值、焦耳定律及其相关的知识点．
根据题述，正弦交变电流的电压有效值为，而方波交流电的有效值为u0，
根据焦耳定律和欧姆定律，Q＝I2RT＝T，可知在一个周期T内产生的热量与电压有效值的二次方成正比，Q方∶Q正＝u∶＝2∶1，选项D正确．
点睛　此题将正弦交变电流和方波交变电流的有效值、焦耳定律有机融合．解答此题常见错误是：一是把方波交变电流视为正弦交变电流；二是认为在一个周期T内产生的热量与电压有效值，导致错选B；三是比值颠倒，导致错选C.
答案：D
针对训练
(2016·全国卷Ⅰ)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 Ω、1 Ω、4 Ω，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．2 B．3
C．4 D．5
解析：设变压器原、副线圈匝数之比为k，则可知，开关断开时，副线圈电流为kI；
则根据理想变压器原理可知 ＝k，①
同理可知 ＝k，②
代入数据联立解得 U＝48I，
代入①式可得 k＝3, 故B正确，A、C、D错误．
答案：B
1．(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示．设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则(　　)
A．U＝66 V，k＝　 B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
解析：原副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流I＝，原副线圈电流与匝数成反比，所以原线圈电流I1＝，那么原线圈输入电压220＝3U＋R，整理可得U＝66 V；原副线圈电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻相等，电流为1∶3，可得功率比为1∶9，k＝，故选项A正确．
答案：A
2．(2016·天津卷)如图所示，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(　　)
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1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，电流表示数变大
D．若闭合开关S，则电流表示数变大，示数变大
解析：滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电阻变大，则干路电流变小，则R1消耗的功率变小，故A错误；干路电流变小，R1分压变小，故电压表的测量的电压变大，示数变大，故B正确；因输出电流变小，则输出功率变小即输入功率变小，电流表示数变小．故C错误；闭合开关S并联支路增加，电阻变小，则副线圈即R1的电流变大，分压变大，则R2的分压变小，电流变小，即的示数变小．电流表示数随副线圈电流的变大而变大，故D错误．
答案：B
3．(2016·全国卷Ⅲ)(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，两灯泡均能正常发光．下列说法正确的是(　　)
A．原、副线圈匝数比为9∶1
B．原、副线圈匝数比为1∶9
C．此时灯泡a和b的电功率之比为9∶1
D．此时灯泡a和b的电功率之比为1∶9
解析：设灯泡的额定电压为U0，输入电压为灯泡额定电压的10倍时灯泡正常发光，则变压器原线圈的电压为9U0，变压器原、副线圈的匝数比为9∶1，选项A正确，选项B错误；由9U0Ia＝U0Ib得，流过灯泡b的电流是流过灯泡a电流的9倍，根据P＝UI，灯泡a、b的电功率之比为1∶9，选项C错误，选项D正确．
答案：AD
4．(2017·北京卷)如图所示，理想变压器的原线圈接在u＝220sin 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(　　)
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．副线圈输出交变电流的周期为50 s
解析：由交流电压的表达式可知，原线圈两端所加的电压最大值为220 V，故有效值为U1＝220 V，由＝，故副线圈电压的有效值为U2＝110 V，故输出功率P2＝,R)＝220 W，再由输入功率等于输出功率知，P1＝P2＝220 W，A项错误；根据欧姆定律知I2＝＝2 A，由＝，得I1＝1 A，故电流表读数为1 A，所以B项正确；电压表的读数为有效值，即U2＝110 V，C项错误；由交流电压的表达式可知，ω＝100π rad/s，又T＝，解得T＝0.02 s，所以D项错误．
答案：B
5．(2016·海南)(多选)如图(a)所示，理想变压器的原、副线圈的匝数比为4∶1，RT为阻值随温度升高而减小的热敏电阻，R1为定值电阻，电压表和电流表均为理想交流电表．原线圈所接电压u随时间t按正弦规律变化，如图(b)所示．下列说法正确的是(　　)
图(a)　　　　　　图(b)　
A．变压器输入功率和输出功率之比为4∶1
B．变压器原、副线圈中的电流强度之比为1∶4
C．u随t变化的规律为u＝51sin 50πt (V)
D．若热敏电阻RT的温度升高，则电压表的示数不变，电流表的示数变大
解析：原副线圈输入功率和输出功率相等，故A错误；根据＝得，原副线圈的电流之比为1∶4，故B正确；交变电压的峰值为51 V，周期T＝0.02 s，则角速度ω＝＝100π rad/s，则u随t的变化规律为u＝51sin 100πt，故C错误；若热敏电阻RT的温度升高，则热敏电阻的阻值减小，由于原线圈的电压不变，则副线圈的电压不变，副线圈中的电流变大，故D正确．
答案：BD
6．(2015·福建卷)下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＝Umsin 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(　　)
A.,4r)　　　　　　 B.,4r)
C．4r D．4r
解析：原线圈电压的有效值U1＝，根据＝可求得U2＝，又因为是理想变压器，所以T的副线圈的电功率等于输入功率P，所以输电线上电流I＝，导线上损耗的电功率P′＝I2(2r)＝4r
，所以C正确，A、B、D错误．
答案：C