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高考必考题型突破(十一)第21题对交变电流的产生及描述的考查例1(2010·广东理综·19改编题)如图4是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的()图4A．周期是0.01sB．频率是100HzC．有效值是220VD．表达式为u＝220sin100πt(V)解析由波形图可知：周期T＝0.02s，电压最大值Um＝311V，所以有效值U＝Um2＝220V，表达式为u＝Umsin2πTtV＝311sin100πtV，故选项C正确，A、B、D错误．答案C例2(2009·福建理综·16)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图5甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，则外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则()图5A．电压表的示数为220VB．电路中的电流方向每秒钟改变50次C．灯泡实际消耗的功率为484WD．发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2J解析A选项，由图象可知电动势的有效值为220V，而电压表测量的是路端电压，其大小为U＝ER＋rR＝22095＋5×95V＝209V；B选项，由图象读出交变电流的周期为T＝0.02s，则频率f＝1T＝50Hz，一个周期内电流的方向要改变2次，故每秒钟电流方向要改变2×50＝100(次)；C选项，灯泡的实际功率为P＝(ER＋r)2R＝(22095＋5)2×95W＝459.8W；D选项，由焦耳定律得Q＝(ER＋r)2rt＝(22095＋5)2×5×1J＝24.2J．本题正确选项为D.答案D题型点评高考常考查交变电流的规律，如从不同位置开始计时的交变电流的瞬时值表达式、通过线圈的Φ－t图与相对应的e－t图之间的对应关系；交变电流的有效值的定义及其计算、有关有效值与平均值区别的计算.突破练习1．矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速运动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图6所示．下列说法中正确的是()图6A．t＝0.1s时，线圈平面与磁场方向平行B．线圈在转动过程中穿过线圈的最大磁通量为1100πWbC．此交流电经1∶5的升压变压器升压后，周期变为1秒D．若线圈的转速增加为原来的两倍，则交流电的有效值为2V解析Em＝1V，T＝0.2s，所以e＝Emsinωt＝Emsin2πTt＝sin10πt.所以t＝0.1s时，e＝sinπ＝0，此时B⊥S.Em＝NBSω＝NΦm·ω所以Φm＝EmN·ω＝110·10πWb＝1100πWb，经变压器升压后T不变Em＝NBSω＝NBS·20πn，故选B.答案B2．如图7所示，边长为L的正方形线圈abcd，其匝数为n，总电阻为r，外电路的电阻为R，ab的中点和cd的中点的连线OO′恰好位于匀强磁场的边界线上，磁场的磁感应强度为B.若线圈从图示位置开始，以角速度ω绕OO′轴匀速转动，则以下判断中错误的是()A．闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝nBL2ωsinωtB．在t＝π2ω时刻，磁场穿过线圈的磁通量为零，但此时磁通量随时间变化最快C．从t＝0时刻到t＝π2ω时刻，电阻R上产生的热量为Q＝n2B2L4πωR16(R＋r)2图7解析闭合电路中感应电动势的瞬时值表达式e＝Umsinωt＝nBSωsinωt＝12nBL2ωsinωt，A错；在t＝π2ω时刻，线圈转过90°，线圈平面与磁场平行，B正确；电阻R上产生的热量为Q＝(Um2R＋r)2Rt＝n2B2L4πωR16(R＋r)2，故C正确；从t＝0时刻到t＝π2ω时刻，通过R的电荷量q＝it＝nΔΦΔtR＋rΔt＝nΔΦR＋r＝nB×L×12LR＋r＝nBL22(R＋r)，故D正确．选A.答案AD．从t＝0时刻到t＝π2ω时刻，通过R的电荷量q＝nBL22(R＋r)第22题对变压器、交流电的性质和远距离输电的考查例1(2010·山东·19)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图8甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的触头．下列说法正确的是()图8A．副线圈输出电压的频率为50HzB．副线圈输出电压的有效值为31VC．P向右移动时，原、副线圈的电流比减小D．P向右移动时，变压器的输出功率减小解析副线圈输出电压的频率等于输入电压的频率f＝1T＝50Hz，故选项A正确；原线圈输入电压的有效值，U1＝3102V＝220V，由U1U2＝n1n2知，U2＝22V，故选项B错误；原、副线圈的电流比I1I2＝n2n1＝110，故选项C错误；变压器的输出功率P＝U22R＋RP，P向右移动时，RP减小，所以P变大，故选项D错误．答案A例2(2010·浙江·17)某水电站，用总电阻为2.5Ω的输电线输电给500km外的用户，其输出电功率是3×106kW，现用500kV电压输电，则下列说法正确的是()A．输电线上输送的电流大小为2.0×105AB．输电线上由电阻造成的损失电压为15kVC．若改用5kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108kWD．输电线上损失的功率为ΔP＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻解析输电线上输送的电流I＝PU＝3×106kW500kV＝6000A，A错；输电线上损失的电压为ΔU＝Ir＝6000×2.5V＝1.5×104V＝15kV，B对；若改用5kV的电压输电，则输电线上输送的电流I′＝PU′＝3×106kW5kV＝6×105A，输电线上损失的功率ΔP＝I′2r＝(6×105)2×2.5W＝9×108kW，表明电能将在线路上损耗完，则输电线上损失的功率为3×106kW，C错；D项中输电线上损失的功率ΔP＝U2/r，U应为输电线上损耗的电压，而不是输电电压，D错．答案B题型点评交流电作为单独一章的内容，在高考中一定会出现题目，且为选择题.考查点主要有以下三个方面，要熟练掌握.一是交流电的性质和“四个值”的理解；二是变压器的原理和“三个关系”，有时还把变压器和电路动态分析联系在一起；三是远距离输电中功率损耗的计算.突破练习1．如图9甲所示，理想变压器原线圈接图乙所示的正弦交流电，副线圈与理想电压表、理想电流表、热敏电阻Rt(阻值随温度的升高而减小)及定值电阻R1组成闭合电路．则以下判断正确的是()图9A．变压器原线圈中交流电压u的表达式u＝362sin100πtVB．Rt处温度升高时，Rt消耗的功率变大C．Rt处温度升高时，变压器的输入功率变小D．Rt处温度升高时，电压表和电流表的示数均变大答案A解析由u－t图得Um＝362，T＝0.02s，ω＝2πT＝100π，则u＝Umsinωt＝362sin100πtV；A项正确．Rt升温而阻值减小，原副线圈电压不变，则副线圈电流增大，表读数变大，UR1变大，表读数变小，D错；变压器P入＝P出＝I2U2变大，C项错误．Rt上消耗的功率由Pt＝I22Rt判知无法确定大小变化，B项不对．2．如图10所示为远距离输电的示意图，若电厂输出电压u1＝44002sin100πtV，电流I1＝1000A，不计变压器损耗，则下列判断正确的是()图10A．U1＝44002VB．I21000AC．I2U2＝4.4×106WD．用户得到的交流电频率为100πHz解析在没有特别说明时，交流电的电压与电流指的是有效值．故U1＝4400V，A项错；第一个变压器为升压变压器，由I1I2＝n2n1得I2I1，B项错误；由P入＝P出得I2U2＝I1U1＝4.4×106W，C项正确；用户得到的交流电频率等于原线上交流电的频率f＝ω2π＝100π2π＝50Hz，D项错．答案C返回