2012物理高三一轮(安徽)精品课件：第10章 交变电流

32．对交流电的图象的意义认识不清如图甲所示，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(如图乙)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()【错因分析】不能将交流电的产生原理与图象正确结合，或判断初始时刻的电流方向错误而错选C.答案：D【正确解析】从乙图可看出初始时刻线圈平面与中性面的夹角为π4，又由楞次定律可判断，初始时刻电流方向为从b到a(与正方向相反)，故瞬时电流的表达式为i＝－imcosπ4＋ωt，图象D符合题意．33．对变压器的动态分析出现错误如下图所示是街头变压器给用户供电的示意图．变压器的输入电压是市电网的电压，不会有很大的波动，输出电压通过输电线输送给用户．输电线的电阻用R0表示，变阻器R表示用户用电器的总电阻，当滑动变阻器触头P向下移动时，下列说法不正确的是()A．相当于在增加用电器的数目B．A1表的示数随A2表的示数的增大而增大C．V1表的示数随V2表的示数的增大而增大D．变压器的输入功率增大【错因分析】错解一不清楚滑动变阻器阻值变化与负载的关系，认为R减小负载减小，即用电器的数目减少，错选A.错解二不清楚变压器电流、电压的因果关系，认为由输入决定输出，所谓的“送多少用多少”，则错选B而漏选C.答案：C【正确解析】当滑动变阻器触头P向下移动时，用电器的总电阻减小，相当于并联的用电器数目增加，同时变压器的输入功率增大，A、D对；电网供电是“用多少供多少”，输出电流增大则输入电流增大，B正确；但变压器的输出电压则由输入电压决定，当输入电压和变压器的匝数比一定时，输出电压一定，C错．34．忽视交流电“四值”的区别，造成运用时错误(2009·福建卷)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下图甲所示．已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则()A．电压表V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【错因分析】错解一不能正确区分电源电动势和路端电压，易错选A.错解二认为在一个周期内电流的方向改变1次，则会错选B.【正确解析】电压表示数为灯泡两端电压的有效值．由图象知电动势的最大值em＝2202V，有效值e＝220V，灯泡两端电压U＝ReR＋r＝209V，A错；答案：D由图象知T＝0.02s，一个周期内电流方向改变两次，可知1s内电流方向改变100次，B错；灯泡消耗的实际功率P＝U2R＝209295.0W＝459.5W，C错；电流的有效值I＝eR＋r＝2.2A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q＝I2rt＝2.22×5×1J＝24.2J，D对．在解答交流电问题时，除要注意电路结构外，还要区分交变电流的最大值、瞬时值、有效值和平均值，最大值是瞬时值中的最大量值，有效值是以电流的热效应来等效定义的，与电磁感应问题一样，求解与电能、电热相关问题时，一定要使用有效值，而求解通过导体截面的电荷量时一定要用平均值．有关正弦交流电图象的问题正弦交流电图象一般是i－t、e－t、Φ－t图象，每个图象上一个完整的正弦曲线的水平长度就是一个周期，根据ω＝2πT可以求出ω，根据f＝1T可以求出频率，进而知道1s中电流方向的改变次数为2f次．i－t、e－t图象峰值对应线圈平面处于与磁感线平行的位置，磁通量为零，磁通量变化率最大．i－t、e－t图象与横轴交点处，对应线圈位于中性面位置，磁通量最大，磁通量变化率为零．Φ－t图象峰值对应电流为零，Φ－t图象是正弦规律变化时，对应的i－t、e－t图象是余弦规律变化，感应电动势最大值Em＝nBSω.一个按正弦规律变化的交变电流的i－t图象如右图所示，根据图象可以断定()A．交变电流的频率f＝0.2HzB．交变电流的有效值I有＝20AC．交变电流瞬时值表达式i＝20sin0.02t(A)D．在t＝T8时刻，电流的大小与其有效值相等解析：从图中可以看出，交变电流的最大值为Im＝20A．有效值为I有＝Im2＝202A＝102A＝14.14A交变电流的周期为T＝0.02s，所以f＝1T＝50Hz答案：D交变电流的瞬时值表达式为i＝Imsinωt＝Imsin2πft＝20sin314t(A)在t＝T8时，交变电流的瞬时值为i＝Imsin2πTt＝Imsinπ4＝Im2A．由以上分析可知，选项D正确．正弦交流电的“四值”问题1．“四值”指的是：交变电流的峰值、瞬时值、有效值和平均值．2．“四值”的应用：(1)在求解电容器的击穿电压等物理量用峰值．(2)在研究某一时刻通有交流电的导体受到的安培力时应采用瞬时值．瞬时值可由瞬时值表达式计算得出．(3)求电功、电功率(平均功率除外)以及确定保险丝的熔断电流等物理量时，要用有效值计算．正弦交流电的有效值与峰值间存在I＝Im2的关系，其他交变电流只能根据交流电有效值的定义依据电流的热效应来计算．(4)求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用平均值，如q＝It.平均值的计算要用法拉第电磁感应定律E＝nΔΦΔt和闭合电路欧姆定律I＝ER＋r来计算．并且不同时间段内的平均值可能会不同．将硬导线中间一段折成半圆形，使其半径为r(m)，让它在磁感应强度为B(T)、方向如图所示的匀强磁场中绕轴MN匀速转动，转速为n(r/s)，导线在a、b两处通过电刷与外电路连接，外电路接有阻值为R(Ω)的电阻，其余部分的电阻不计，则()A．通过电阻R的电流恒为Bnπ2r2RB．电阻R两端的电压的最大值为Bnπ2r2C．半圆导线从图示位置转过180°的过程中，通过电阻R的电荷量为Bπr22RD．电阻R上消耗的电功率为Bnπ2r22R解析：因为是线圈转动发生电磁感应，且图示位置磁通量最大，产生正弦式交变电流，故A项错误；感应电动势的最大值Em＝BSω＝B·πr22·2πn＝Bnπ2r2，且电路中除电阻R以外其余部分的电阻不计，所以Um＝Em＝Bnπ2r2，故B项正确；由U＝Um2和P＝U2R可得：P＝Bnπ2r222R，故D项错误；答案：B导线由图示位置转过90°时，可视为通过半圆的磁通量由Φ＝BS＝B·πr22＝Bπr22变为0，即ΔΦ＝Bπr22，由法拉第电磁感应定律可得：E＝ΔΦΔt，又I＝ER，q＝IΔt，所以导线由图示位置转过90°时通过电阻R的电荷量为q＝IΔt＝ERΔt＝ΔΦRΔtΔt＝Bπr22R，由于再转90°时电流的方向不变，由对称性可知，半圆导线从图示位置转过180°的过程中，通过电阻R的电荷量Q＝2q＝Bπr2R，故C项错误．有关变压器的问题对于变压器功率，一般从三个方面分析，一是从电压与匝数的关系分析(U1U2＝n1n2)，二是从电流与匝数的关系分析(对一个副线圈有I1I2＝n2n1，对多个副线圈有I1n1＝I2n2＋I3n3＋……)，三是从功率分析(只有一个副线圈时，P1＝P2；有多个副线圈时，P1＝P2＋P3＋……)．另外，要注意变压器的几个决定关系(U1决定U2、I2决定I1、P2决定P1)．对变压器动态问题，要注意把副线圈作为电源，与副线圈连接的电路作为外电路，采用分析动态电路问题的方法处理．某小型水电站的电能输送示意图如下图所示，发电机通过升压变压器T1和降压变压器T2向用户供电．已知输电线的总电阻为R，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，降压变压器副线圈两端交变电压u＝2202sin100πtV，降压变压器的副线圈与阻值R0＝11Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中正确的是()A．通过R0电流的有效值是20AB．降压变压器T2原、副线圈的电压比为1∶4C．升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压D．升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率解析：降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220V，负载电阻为11Ω，所以通过R0电流的有效值是20A，选项A正确；降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，所以降压变压器T2原、副线圈的电压比为4∶1，选项B错误；答案：A升压变压器T1的输出电压等于降压变压器T2的输入电压加上输电线上的电压，选项C错误；升压变压器T1的输出功率等于降压变压器T2的输入功率加上输电线上的功率，选项D错误．