2014高考物理一轮复习典例精析课件：第十章__交变电流__传感器

第十章交变电流传感器第一节交变电流的产生和描述例1(2008·宁夏)如图（a）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=45°时，如图（b）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()【点拨】(1)确定t=0时刻感应电流方向.(2)利用t=0时刻的速度确定感应电动势大小.(3)判定t=0时刻后短时间内电流的变化趋势.【解析】本题考查正弦式交流电的产生过程、楞次定律等知识和规律.从图(b)可看出线圈与磁场夹角θ=45°，由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为b到a，故瞬时电流的表达式为i=－Imcos（π/4+ωt），则为D图象所描述.注意对线圈绕垂直于磁场的轴旋转时的瞬时电动势表达式的理解.【答案】D1.一矩形线圈，绕垂直匀强磁场并位于线圈平面内的固定轴转动，线圈中的感应电动势e随时间t的变化如图所示，下列说法中正确的是（A.t1B.t2时刻通过线圈的磁通量的绝C.t3时刻通过线圈的磁通量变化D.每当e改变方向时，通过线圈的磁通量的绝对值都最大【解析】t1和t3时刻电动势为零，线圈处于中性面位置，此位置磁通量最大，磁通量的变化率为零，电动势改变方向，故A、C错误，D正确；t2时刻电动势最大，磁通量为零，B错误.【答案D例2如图所示，一个边长L=10cm，匝数n=100匝的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速运动，磁感应强度B=0.50T，角速度ω=10πrad/s,外电路电阻R=4.0Ω，线圈内阻r=1.0Ω.(1)求线圈转动的周期和感应电动势的最大值.(2)写出线圈由图中所示位置开始计时时，感应电动势的瞬时值表达式.(3)求交流电压表的示数.【点拨】由磁场情况和线圈转动情况可确定瞬时值表达式，电压表和电流表的示数为电路中电压和电流的有效值.【解析】(1)T=2π/ω=2π/10πs=0.2s.Em=nBSω=100×0.50×102×10-4×10πV=5πV.(2)题图所示位置为感应电动势最大值的位置，瞬时值表达式为e=Emcosωt=5πcos10πt(V).(3)电动势有效值E=Em/,I=E/（R+r）.交流电压表示数U=IR=2πV=2.83V.222.(2009·天津)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，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匀速转动，线框中感应电流的有效值I=.线框从中性面开始转过π/2的过程中，通过导线横截面的电荷量q=.【解析】本题考查交流电的产生和最大值、有效值、平均值的关系及交流电中有关电荷量的计算等问题.电动势的最大值Em=BSω,电动势的有效值E=Em/,电流的有效值I=E/R=BSω/2R;q=IΔt=E/RΔt=ΔΦ/RΔtΔt=ΔΦ/R=BS/R.【答案】BSω/2RBS/R2222例如图表示一交流电的电流随时间而变化的图象，此交流电的有效值是()A.3.5AB.7/2AC.5AD.5A22【错解】根据交流电有效值的公式I=Im/，此交流电的峰值不同，故最大值取其平均值(如图),Im=（4+3）/2A＝7/2A，I=Im/=3.5A,选A.22222【剖析】第一，有效值公式I=Im/是有条件的，只有正弦式交流电的最大值和有效值才有这样的数量关系.本题所给的交流电的图象不是正弦式交流电的图形，故该公式不适用于此交流电.第二，交流电的最大值不是两个不同峰值的算术平均值.交流电的有效值是根据其热效应而定义的，它是从电流产生焦耳热相等的角度出发，使交流电与恒定电流等效.故求非正弦式交流电的有效值时，应从热效应角度求解.设交流电的有效值为I，令该交流电通过一个纯电阻用电器R，在一个周期内有I2RT=I12RT/2+I22RT/2.所以该交流电的有效值为I==5A.所以应选D.【答案】D2222221II第2节变压器电能的输送例1(2009·江苏)如图所示，理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5，原线圈两端的交变电压为u=20sin100πtV,氖泡在两端电压达到100V时开始发光，下列说法中正确的是（）A.开关接通后，氖泡的发光频率为50HzB.开关接通后，电压表的示数为100VC.开关断开后，电压表的示数变大D.开关断开后，变压器的输出功率不变2【点拨】(1)电压表的读数为交流电的有效值.(2)原、副线圈上交流电的周期与频率是相同的.(3)原、副线圈的电压、电流与原、副线圈匝数的比例关系.(4)原线圈的输入功率由副线圈的输出功率决定.【解析】本题主要考查变压器的知识，要能对变压器的最大值、有效值、瞬时值以及变压器变压原理、功率等问题彻底理解.由交变电压的瞬时值表达式知，原线圈两端电压的有效值为U1=20/2V=20V，由n1/n2=U1/U2得副线圈两端的电压为U2=100V，电压表的示数为交流电的有效值，B项正确；交变电压的频率为f=100π/2πHz=50Hz，一个周期内电压两次大于100V，即一个周期内氖泡能发光两次，所以其发光频率为100Hz，A项错误；开关断开前后，输入电压不变，变压器的变压比不变，故输出电压不变，C项错误；断开后，电路消耗的功率减小，输出功率决定输入功率，D项错误.【答案】B21.如图所示电路中的变压器为理想变压器，S为单刀双掷开关，P是滑动变阻器R的滑动触头，U1为加在原线圈两端的交变电压，I1、I2分别为原线圈和副线圈中的电流.下列说法错误的是()A.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率增大B.保持P的位置及U1不变，S由a切换到b，则I2减小C.保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则I1减小D.保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小【解析】保持P的位置及U1不变，S由b切换到a的过程中，副线圈匝数增多，输出电压增大，则R上消耗的功率也增大，原线圈的输入功率也增大；U1不变，输入电流I1增大，所以选项A错误，.保持P的位置及U1不变，S由a切换到b的过程中，副线圈匝数减少，则输出电压减少，输出电流也减少.故选项B正确.C错误。保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1增大，D错误.【答案】B例2（2008·上海）某小型实验水电站输出功率是20kW，输电线路总电阻是6Ω.（1）若采用380V输电，求输电线路损耗的功率.（2）若改用5000V高压输电，用户端利用n1∶n2＝22∶1的变压器降压，求用户得到的电压.【点拨】(1)由P=UI求出输电线上的电流.(2)用P线=I2R线与U线=IR线分别求得输电线损耗的功率和电压.(3)利用变压器的电压比和匝数比的关系求出用户得到的电压.【解析】（1）输电线上的电流强度为I＝P/U=20×103/380A＝52.63A.输电线路损耗的功率为P损＝I2R＝52.632×6W≈16620W＝16.62kW.（2）改用高压输电后，输电线上的电流强度变为I′＝P/U′=20×103/5000A＝4A.变压器降压前获得的电压U1=U′-I′R=(5000-4×6)V＝4976V.根据U1/U2=n1/n2，用户得到的电压为U2＝n2/n1U1＝1/22×4976V＝226.18V.2.关于高压输电下列说法正确的是（）①从发电站到输电线路需要升压变压器②从发电站到输电线路需要降压变压器③高压输电是为了增大输电电流④高压输电是为了增大输电功率A.①③B.①④C.②③D.②④解析：高压输电输送总功率一定，为了减小输电线路上功率损失，需要减小输电线上的电流，从发电站到输电线路是用升压变压器，用来升高电压，故①④正确.答案为B.答案：B例收音机的变压器的原线圈有1210匝，接在U1=220V的交流电源上，变压器有两个副线圈.副线圈Ⅱ的匝数为35匝，副线圈Ⅲ的匝数是1925匝.如果不计变压器自身的能量损耗，当变压器工作时，线圈Ⅱ的电流是0.3A时，原线圈的电流I1=0.114A.求线圈Ⅲ中电流和输出电压.（电流的计算结果保留三位有效数字）【错解】由变压器公式U1/U3=n1/n3，U3=n3/n1U1=1925/1210×220V=350V.又I1/I3=n3/n1,I3=n1/n3I1=1210/1925×0.114A=0.0717A.【剖析】当副线圈不只一个时，变压器公式I1/I3=n3/n1不再成立，应该利用能量转化和守恒定律，从输入功率等于输出功率入手求解.【正解】U2=n2/n1U1＝35/1210×220V=6.36V.U3=n3/n1U1=1925/1210×220V=350V.不计变压器自身的能量损耗，由能量转化和守恒定律P1＝P2＋P3,I1U1=I2U2+I3U3,I3=（I1U1-I2U2）/U3=0.0662A.实验十一传感器的简单使用例(1)热敏电阻是传感电路中常用的电子元件.现用伏安法研究热敏电阻在不同温度下的伏安特性曲线，要求特性曲线尽可能完整.已知常温下待测热敏电阻的阻值约4～5Ω.热敏电阻和温度计插入带塞的保温杯中，杯内有一定量的冷水，其他备用的仪表和器具有：盛有热水的热水杯（图中未画出）、电源（3V、内阻可忽略）、直流电流表（内阻约1Ω）、直流电压表（内阻约5kΩ）、滑动变阻器（0～20Ω）、开关及导线若干.(b)①在图（b）的方框中画出实验电路图，要求测量误差尽可能小.②根据电路图，在图（a）的实物图上连线.③简要写出完成接线后的主要实验步骤:A.往保温杯中加入热水，稍后读出温度值.B..C.重复A、B步骤，测出不同温度下的数据.D..（2）广泛应用于室内空调、电冰箱和微波炉等家用电器中的温度传感器，是利用热敏电阻随温度变化而变化的特性工作的.在图甲中，电源的电动势E=9.0V，内电阻可忽略不计；G为内阻不计的灵敏电流表；R0为保护电阻；R为热敏电阻，其电阻值与温度变化关系如图乙中R-t图象所示.则热敏电阻R与摄氏温度t的关系为R=；闭合开关S，当R的温度等于40℃时，电流表示数I1=2.25mA，则当电流表的示数I2=3.6mA时，热敏电阻R的温度是℃.【解析】（1）因为热敏电阻的阻值（常温下约5Ω）与直流电流表内阻（1Ω）差不多，比直流电压表内阻（5kΩ）小得多，所以用电流表外接法，为了多次测量以便列表作图象，所以滑动变阻器用分压式接法.此处需要用伏安法研究热敏电阻，实验步骤要考虑到需取多组数据以作图线.（2）因为图象是直线，用斜截式求热敏电阻R与摄氏温度t的关系，设为R=kt+b，则根据t=0℃时，R=4.25kΩ（此处易误读为R=4.5kΩ，要注意），得b=4.25.再根据t=120℃时，R=2kΩ，得k=(2-4.25)/120=-0.01875.所以得R与t的关系式为R=-1.875×10-2t+4.25.由图甲可得E=I(R+R0)，由图乙读出，当t=40℃时，R=3.5kΩ，代入得9.0=2.25×(3.5+R0)，可求出R0=0.5kΩ，又有9.0=3.6×(0.5+R)，解得R=2kΩ，查图乙得t=120℃.【答案】（1）①如图所示.②实物连接图略.③B.调节滑动变阻器，快速测出多组I、U值.D.绘出各温度下热敏电阻的伏安特性曲线.(2)-1.875×10-2t+4.25120例某同学设计了一个利用线圈测量转轮转速的装置.如图所示，在轮子的边缘贴上小磁体，将小线圈靠近轮边放置，接上数据采集器和电脑.如果小线圈的面积为S，圈数为N匝，小磁体附近的磁感应强度最大值为B,回路的总电阻为R，实验发现，轮子转过θ角，小线圈处的磁感应强度由最大值变为零.因此，他说“只要测得此时感应电流的平均值I，就可以测出转轮转速的大小”.请你运用所学的知识，通过计算对该同学的结论给出评价.【解析】该同学的结论是正确的.设转轮的角速度、转速分别为ω和n，轮子转过θ角所需时间为Δt，通过线圈的磁通量的变化量为ΔΦ，线圈中产生的感应电动势的平均值为E.根据法拉第电磁感应定律有E=NΔΦ/Δt=NBS/Δt.由闭合电路的欧姆定律有I=E/R,又Δt=θ/ω