交变电流的产生和表述
1．当交流发电机的线圈转到线圈平面与中性面重合时，下列说法中正确的是( )
A．电流将改变方向
B．磁场方向和线圈平面平行
C．线圈的磁通量最大
D．线圈产生的感应电动势最大
答案 AC
解析 当线圈平面与中性面重合时，磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，电流将改变方向．故选A、C.
正弦交变电流的图像
2．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图像如图2－1－11甲所示，则下列说法中正确的是( )
图2－1－11
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻，交变电动势达到最大
D．该线圈产生的相应交变电动势的图像如图乙所示
答案 B
解析 由题图甲可知t＝0时刻，线圈的磁通量最大，线圈处于中性面，t＝0.01 s时刻，磁通量为零，但变化率最大，
所以A项错误，B项正确．t＝0.02 s时，交变电动势应为零，C、D项均错误．
峰值和瞬时值问题
3．交流发电机在工作时电动势为e＝Emsinωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e′＝Emsin B．e′＝2Emsin
C．e′＝Emsin 2ωt D．e′＝sin 2ωt
答案 C
解析 本题考查交变电压的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝NBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C.
图2－1－12
4．有一10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图2－1－12所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T．问：
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？
答案 (1)6.28 V 6.28 A (2)5.44 V
解析 (1)交变电流电动势最大值为Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10π V＝6.28 V，电流的最大值为Im＝＝ A＝6.28 A.
(2)线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin 60°＝5.44 V.
(时间：60分钟)
题组一 交变电流的产生和表述
1．线框在匀强磁场中绕OO′轴匀
图2－1－13
速转动(由上向下看是逆时针方向)，当转到如图2－1－13所示位置时，磁通量和感应电动势大小的变化情况是( )
A．磁通量和感应电动势都在变大
B．磁通量和感应电动势都在变小
C．磁通量在变小，感应电动势在变大
D．磁通量在变大，感应电动势在变小
答案 D
解析 由题图可知，Φ＝Φmcos θ，e＝Emsin θ，所以磁通量变大，感应电动势变小．
图2－1－14
2．如图2－1－14所示，为演示交变电流产生的装置图，关于这个实验，正确的说法是( )
A．线圈每转动一周，指针左右摆动两次
B．图示位置为中性面，线圈中无感应电流
C．图示位置ab边的感应电流方向为a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
答案 C
解析 线圈在磁场中匀速转动时，在电路中产生呈周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流改变方向，线圈每转动一周，有两次通过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故A错；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则，ab边的感应电流方向为a→b，故C对；线圈平面与磁场方向平行时，ab、cd边垂直切割磁感线，线圈产生的电动势最大，也可以这样认为，线圈平面与磁场方向平行时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大，B、D错误．
3．如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )
答案 A
解析 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，且从中性面开始计时，产生的电动势e＝BSωsin ωt，由此判断，只有A选项符合．
题组二 正弦交变电流的图像
4．矩形线圈的匝数为50匝，在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，穿过线圈的磁通量随时间的变化规律如图2－1－15所示，下列结论正确的是( )
图2－1－15
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．在t＝0.4 s时，磁通量变化率达最大，其值为3.14 Wb/s
答案 CD
解析 由Φ－t图像可知Φmax＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，又因为N＝50，所以Emax＝NBSω＝NΦmax·＝157 V，C正确；t＝0.1 s 和0.3 s时，Φ最大，e＝0，变向；t＝0.2 s和0.4 s时，Φ＝0，e＝Emax最大，故A、B错误，根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知，当t＝0.4 s时，最大，＝3.14 Wb/s，D正确．
图2－1－16
5．处在匀强磁场中的矩形线圈abcd，以恒定的角速度绕ab边转动，磁场方向平行于纸面并与ab垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合(如图2－1－16所示)，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定由a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图线是( )
答案 C
解析 线圈在磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动时，可以产生按正弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向纸外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．
6.
图2－1－17
如图2－1－17所示，单匝矩形线圈的一半放在具有理想边界的匀强磁场中，线圈轴线OO′与磁场边界重合，线圈按图示方向匀速转动(ab向纸外，cd向纸内)．若从图示位置开始计时，并规定电流方向沿a→b→c→d→a为正方向，则线圈内感应电流随时间变化的图像是下图中的( )
答案 A
解析 由题意知线圈总有一半在磁场中做切割磁感线的匀速圆周运动，所以产生的仍然是正弦交变电流，只是最大值为全部线圈在磁场中匀速转动情况下产生的感应电动势最大值的一半，所以选项B、C错误，再由右手定则可以判断出A选项符合题意．
7．一个矩形线圈绕垂直于匀强磁场的固定于线圈平面内的轴转动．线圈中感应电动势e随时间t的变化图像如图2－1－19所示，下列说法中正确的是( )
图2－1－19
A．t1时刻通过线圈的磁通量为0
B．t2时刻通过线圈的磁通量最大
C．t3时刻通过线圈的磁通量的变化率最大
D．每当e变换方向时通过线圈的磁通量最大
答案 D
解析 由图可知，t2、t4时刻感应电动势最大，即线圈平面此时与磁场方向平行；在t2、t3时刻感应电动势为零，此时线圈平面与磁场方向垂直．故选D.
题组三 峰值和瞬时值问题
8．有一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，在转动过程中，线圈中的最大磁通量为Φm，最大感应电动势为Em，下列说法中正确的是( )
A．当磁通量为零时，感应电动势也为零
B．当磁通量减小时，感应电动势也减小
C．当磁通量等于0.5Φm时，感应电动势为0.5Em
D．角速度ω＝
答案 D
解析 由交变电流的产生原理可知，感应电动势与磁通量大小的变化率有关，与磁通量大小无关．磁通量最大时，感应电动势为零；而磁通量为零时，感应电动势最大且Em＝BSω＝Φmω，故选项D正确．
9.
图2－1－20
如图2－1－20所示，一矩形线圈abcd，已知ab边长为l1，bc边长为l2，在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω从图示位置开始匀速转动，则t时刻线圈中的感应电动势为( )
A．0.5Bl1l2ωsin ωt B．0.5Bl1l2ωcos ωt
C．Bl1l2ωsin ωt D．Bl1l2ωcos ωt
答案 D
解析 线圈从题图示位置开始转动，电动势瞬时值表达式为e＝Emcos ωt，由题意，Em＝BSω＝Bl1l2ω，所以e＝Bl1l2ωcos ωt.
图2－1－21
10．如图2－1－21所示，一单匝闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴匀速转动，转动过程中线框中产生的感应电动势的瞬时值为e＝0.5sin(20t) V，由该表达式可推知以下哪些物理量( )
A．匀强磁场的磁感应强度
B．线框的面积
C．穿过线框的磁通量的最大值
D．线框转动的角速度
答案 CD
解析 根据正弦式交变电流的表达式：e＝BSωsin ωt，可得ω＝20 rad/s，而磁通量的最大值的大小的表达式为Φ＝BS，所以可以根据BSω＝0.5 V求出磁通量的最大值．
11．一矩形线圈有100匝，面积为50 cm2，线圈内阻r＝2 Ω，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，从线圈平面与磁场平行时开始计时，已知磁感应强度B＝0.5 T，线圈的转速n＝1 200 r/min，外接一用电器，电阻为R＝18 Ω，试写出R两端电压瞬时值的表达式．
答案 u＝9πcos (40πt)V
解析 本题考查电压瞬时值，关键是要看清计时起点是否在中性面．
角速度ω＝2πn＝2π( r/s)＝40π rad/s，
最大值Em＝NBSω＝100×0.5×50×10－4×40πV＝10π V，
线圈中感应电动势e＝Emcosωt＝10πcos 40πt V，
由闭合电路欧姆定律i＝＝＝ A，
故R两端电压u＝Ri＝18××10πcos 40πt V，
即u＝9πcos 40πt V.
12．如图2－1－22所示，在匀强磁场中有一个“π”形导线框可绕AB轴转动，已知匀强磁场的磁感应强度B＝ T，线框的CD边长为20 cm，CE、DF长均为10 cm，转速为50 r/s.若从图示位置开始计时：
图2－1－22
(1)写出线框中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)在e－t坐标系中作出线框中感应电动势随时间变化关系的图像．
答案 (1)e＝10cos(100πt) V
(2)见解析图
解析 (1)线圈转动，开始计时的位置为线圈平面与磁感线平行的位置，在t时刻线框转过的角度为ωt，此时刻，e＝Bl1l2ωcos ωt，即e＝BSωcos ωt.其中B＝ T，
S＝0.1×0.2 m2＝0.02 m2，
ω＝2πn＝2π×50 rad/s＝100π rad/s.
故e＝×0.02×100πcos(100πt) V，
即：e＝10cos(100πt) V.
(2)线框中感应电动势随时间变化关系的图像如图所示：
对描述交流电物理量的认识
1．某小型发电机产生的交变电动势为e＝50sin 100πt(V)．对此电动势，下列表述正确的有( )
A．最大值是50 V B．频率是100 Hz
C．有效值是25 V D．周期是0.02 s
答案 CD
解析 从中性面开始计时，交变电动势的表达式为e＝Emsin ωt，因e＝50 sin 100πt(V)，所以最大值Em＝50 V，A错误；由ω＝2πf＝100π rad/s得f＝50 Hz，B错误；有效值E＝＝25 V，C正确；T＝＝0.02 s，D正确．
交流电有效值的计算
2．如图2－2－6所示的(a)、(b)两图分别表示两个交变电压，比较这两个交变电压，它们具有共同的( )
图2－2－6
A．有效值 B．频率
C．最大值 D．均不一样
答案 BC
解析 由题图可知，两个交变电压最大值均为2 V，周期均为0.4 s，可知B、C正确．题图(a)中电压有效值Ua＝，题图(b)中电压有效值Ub＝Um，A错．
3．如图2－2－7所示是一交变电流随时间变化的图像，求此交变电流的有效值．
图2－2－7
答案 5 A
解析 设该交变电流的有效值为I′，直流电的电流强度为I，让该交变电流和直流电分别通过同一电阻(阻值为R)，在一个周期(T＝0.2 s)内，该交变电流产生的热量：
Q′＝IRt1＋IRt2
＝(4)2R×0.1＋(－3)2R×0.1＝5R
在一个周期内直流电通过该电阻产生的热量
Q＝I2RT＝0.2I2R.
由Q＝Q′得，0.2I2R＝5R，解得I＝5 A，即此交变电流的有效值I′＝I＝5 A
有效值和平均值的区别及应用
4．如图2－2－8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的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝________．
图2－2－8
答案
解析 本题考查交变电流的产生和最大值、有效值、平均值的关系及交变电流中有关电荷量的计算等知识．电动势最大值Em＝BSω.电动势的有效值E＝，电流的有效值I＝＝，q＝IΔt＝Δt＝Δt＝＝.
(时间：60分钟)
题组一 对描述交变电流物理量的认识
1．下列提到的交流电，不是指有效值的是( )
A．交流电压表的读数 B．保险丝熔断电流
C．电容器击穿电压 D．220 V交流电压
答案 C
解析 电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最大值．
2．下列关于交变电流的说法正确的是( )
A．若交变电流的峰值为5 A，则它的最小值为－5 A
B．用交流电流表测交变电流时，指针来回摆动
C．我国工农业生产和生活用的交变电流频率为50 Hz，故电流方向每秒改变100次
D．正弦交变电流i＝20sin (10πt) A的峰值为20 A，频率为100 Hz
答案 C
解析 电流的负值表示电流方向与原来方向相反，不表示大小，A项错误；交流电流表测交变电流时，指针不会来回摆动，B项错误；我国工农业生产和生活用的交变电流，周期为0.02 s，交流电方向一个周期改变两次，所以每秒改变100次，C项正确；由ω＝2πf得正弦交变电流i＝20sin (10πt )A的频率为5 Hz，D项错．
3．图2－2－9甲、乙分别表示两种电压的波形，其中图甲所示电压按正弦规律变化，下列说法正确的是( )
图2－2－9
A．图甲表示交流电，图乙表示直流电
B．两种电压的有效值相等
C．图甲所示电压的瞬时值表达式为u＝311sin (100πt) V
D．两种电压的周期相同
答案 CD
解析 图5－2－10甲、乙都表示交流电，图甲中有效值U＝ V，而图乙中的有效值不存在这一关系，所以它们的有效值不相同．由图甲看出T＝2×10－2s，ω＝＝100π，所以u＝311sin (100πt) V．由图像可知两种电压的周期都是2×10－2s.
题组二 非正弦交流电有效值的计算
4．某一交变电流的电压波形如图2－2－10所示，求这一交变电流的电压的有效值U.
图2－2－10
答案 2V
解析 假设让一直流电压U和如题图所示的交流电压分别通过同一电阻，交变电流在一个周期内产生的热量Q1＝2(·＋·)＝·＋·.直流电在一个周期内产生的热量Q2＝·T.由交变电流有效值的定义知Q1＝Q2，即·＋·＝·T，解得U＝2V.
5．阻值为1 Ω的电阻上通以交变电流，其i－t关系如图2－2－11所示，则在0～1 s内电阻上产生的热量为( )
图2－2－11
A．1 J B．1.5 J
C．2 J D．2.8 J
答案 D
解析 因为所加的电流为交变电流，大小在变化，所以只能分时间段来求热量．在0～1 s内有效电流为1 A和2 A的时间段分别为t1＝0.4 s，t2＝0.6 s，所以Q＝IRt1＋IRt2＝2.8 J.
6．夏天空调器正常工作时，制冷状态与送风状态交替运行．一空调器在不同工作状态下电功率随时间变化的关系如图2－2－12所示，此空调器运转1 h用电( )
图2－2－12
A．1.0度 B．1.5度
C．2.0度 D．2.5度
答案 B
解析 由图线知，电功率随时间的变化周期为15 min，前5 min为0.5 kW，后10 min为2 kW.设电功率的有效值为P，周期为T，根据有效值定义有P1＋P2＝PT.
将P1＝0.5 kW，P2＝2 kW代入得：
P＝1.5 kW.此空调1 h用电W＝Pt＝1.5度．
故选B.
7．如图2－2－13甲所示，调光台灯是通过双向可控硅电子器件来实现无级调节灯的亮度的．现将某无级调光台灯接在220 V的正弦交变电流上，经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图2－2－13乙所示，则此时电压表的示数是( )
图2－2－13
A．220 V B．156 V
C．110 V D．78 V
答案 B
解析 虽然图示电流不是正弦交变电流，根据正弦式交变电流的图像对称性可知，只要有T的图线就满足最大值是有效值的倍，根据交变电流有效值定义有：
T＝2·.
解得U＝110 V＝156 V，故B对，A、C、D错．
题组三 正弦式交流电有效值理解和应用
8．在相同的时间内，某正弦交变电流通过一阻值为100 Ω的电阻产生的热量，与一电流3 A的直流电通过同一阻值的电阻产生的热量相等，则( )
A．此交变电流的有效值为3 A，最大值为3A
B．此交变电流的有效值为3A，最大值为6 A
C．电阻两端的交流电压的有效值为300 V，最大值不确定
D．电阻两端的交流电压的有效值为300 V，最大值为600 V
答案 A
解析 根据交变电流有效值的定义知，交变电流的有效值即为直流电的电流值，为3 A．根据正弦交变电流有效值与最大值的关系，可知交变电流的最大值为3 A，A正确；B错误；根据欧姆定律U＝IR，则有U有效＝I有效R，Um＝ImR，故电阻两端的交流电压的有效值为300 V，最大值为300 V，C、D错误．
9．一个照明电灯，其两端允许加的最大电压为311 V．当它接入220 V的照明电路时，这盏灯( )
A．将不亮 B．灯丝将烧断
C．只能暗淡发光 D．能正常发光
答案 D
解析 220 V的电路其有效值为220 V，最大值为311 V，正好适合．
10．把一只电热器接在100 V的直流电源上，在t时间内产生的热量为Q，若将它分别接到U1＝100sin ωtV和U2＝50sin2 ωt V的交流电源上，仍要产生Q的热量，则所需时间分别是( )
A．t，2t B．2t，8t C．2t，2t D．t，4t
答案 B
解析 计算电热器在t秒产生的热量时应该用电压的有效值，对U1＝100sin (ωt) V，电压有效值为V，故.t＝()2t′，所以t′＝2t；对U2＝50sin (2ωt)V，电压有效值为V，故t＝()2·t″，所以t″＝8t.
11．电阻R1、R2与交流电源按照图2－2－14甲所示的方式连接，R1＝10 Ω，R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦交变电流i随时间t变化的情况如图2－2－14乙所示，则( )
图2－2－14
A．通过R1的电流有效值是1.2 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流最大值是1.2 A
D．R2两端的电压最大值是6V
答案 B
解析 R1与R2串联，R1与R2中的电流变化情况应相同，电流有效值I1＝I2＝0.6 A，电流最大值I1m＝I2m＝0.6 A，电压有效值U1＝I1R1＝6 V，U2＝I2R2＝12 V，电压最大值U1m＝U1＝6V，U2m＝U2＝12 V．综上所述，B项正确．
题组四 瞬时值、峰值、有效值、平均值的区别及
应用
图2－2－15
12．如图2－2－15所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为N，整个线圈的电阻为r，在磁感应强度为B的磁场中，线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是( )
A．磁通量的变化量为ΔΦ＝NBS
B．平均感应电动势为E＝
C．电阻R所产生的焦耳热为Q＝
D．通过电阻R的电荷量为q＝
答案 BD
解析 逐项分析如下：
选项
诊断
结论
A
线圈在图示位置时磁通量Φ＝0，转过90°后磁通量Φ′＝BS，该过程中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ′－Φ＝BS，与线圈匝数无关
×
B
该过程中所用时间Δt＝θ/ω＝π/2ω，所以平均感应电动势E＝NΔΦ/Δt＝
√
C
电路中的感应电流有效值I＝E/(R＋r)＝NBSω/(R＋r)，所以电阻R所产生的焦耳热Q＝I2RΔt＝
×
D
电路中的感应电流的平均值I＝＝，所以通过电阻R的电荷量q＝I·Δt＝
√
13.如图2－2－16所示，线圈abcd的面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻为1 Ω，外接电阻R＝9 Ω，匀强磁场的磁感应强度为B＝T，当线圈以300 r/min的转速匀速转动时，求：
图2－2－16
(1)电路中交流电压表和电流表的示数；
(2)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量．
答案 (1)31.86 V 3.54 A (2)0.16 C
解析 (1)Em＝NBSω
＝100××0.05×2π×V＝50 V
E＝＝25 V≈35.4 V.
电流表示数I＝＝3.54 A，
电压表示数U＝IR＝3.54×9 V＝31.86 V.
(2)从图示位置转过90°的过程中，E＝N，
又因为I＝，q＝IΔt，
联立得q＝＝≈0.16 C.
图像信息分析
1．某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图像如图2－3－5所示．由图可知( )
图2－3－5
A．电流的最大值为10 A
B．电流的有效值为10 A
C．该交流电的周期为0.03 s
D．该交流电的频率为0.02 Hz
答案 B
解析 由图知此交流电的最大值为10 A，则有效值为I＝ A＝10 A，B项对；周期为0.02 s，则频率为f＝＝50 Hz.
有效值的理解和计算
2．如图2－3－6所示，一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是( )
图2－3－6
A．这也是一种交流电
B．电流的变化周期是0.01 s
C．电流的有效值是1 A
D．电流通过100 Ω的电阻时，1 s内产生热量为200 J
答案 C
解析 因电流方向不变故不是交流电，A错；其周期为0.02 s，B错；由电流热效应可知R＝I2RT
解得：I＝1 A故C对；
由Q＝I2Rt可知Q＝1×100×1 J＝100 J，D错．
图2－3－7
3．如图2－3－7所示的区域内有垂直于纸面的匀强磁场，磁感应强度为B.电阻为R、半径为L、圆心角为45°的扇形闭合导线框绕垂直于纸面的O轴以角速度ω匀速转动(O轴位于磁场边界)．则线框内产生的感应电流的有效值为( )
A. B. C. D.
答案 D
解析 本题考查电磁感应规律的应用及交流电有效值的求法，意在考查考生对交流电有效值的理解．线框转动的角速度为ω，进磁场的过程用时周期，出磁场的过程用时周期，进、出磁场时产生的感应电流大小都为I′＝，则转动一周产生的感应电流的有效值满足
I2RT＝R×T，解得I＝.D正确．
交变电流“四值”的应用
4．如图2－3－8所示，单匝线圈在匀强磁场中绕OO′轴从图示位置开始匀速转动，已知从图示位置转过时，线圈中电动势大小为10 V，求：
图2－3－8
(1)交变电动势的峰值；
(2)交变电动势的有效值；
(3)与线圈相接的交流电压表的示数．
(4)设线圈电阻为R＝1 Ω，角速度ω＝100 rad/s，线圈由图示位置转过过程中通过导线截面的电荷量q.
答案 (1)20 V (2)10 V (3)10 V
(4)0.2 C
解析 (1)图示位置为中性面，从此时开始计时，交变电动势的瞬时值为e＝Emsin ωt，
将ωt＝，e＝10 V代入上式，求得Em＝20 V.
(2)此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值
E＝＝ V＝10V.
(3)此交流电压表测的是电动势的有效值，大小为10 V.
(4)在线圈转过的过程中，穿过线圈平面的磁通量变化量ΔΦ＝BS，根据Em＝BSω得
ΔΦ＝＝Wb＝0.2 Wb，故q＝＝C＝0.2 C
(时间：60分钟)
题组一 交流电流图像的应用
1．一正弦式交变电流的电压随时间变化的规律如图2－3－9所示．由图可知( )
图2－3－9
A．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝100 sin(25t)V
B．该交变电流的频率为25 Hz
C．该交变电流的电压的有效值为100 V
D．若将该交流电压加在阻值为R＝100 Ω的电阻两端，则电阻消耗的功率是50 W
答案 BD
解析 从图中可知，交变电流周期T＝4×10－2s，峰值电压Um＝100 V，故交变电流的频率f＝＝25 Hz，有效值U＝＝50V；加在R＝100 Ω的电阻上时的热功率P＝＝50 W；电压瞬时值表达式u＝Umsin ωt＝100sin(50πt)V，正确选项为B、D.
2．一矩形金属线圈共10匝，绕垂直磁场方向的转轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交变电动势e随时间t变化的规律如图2－3－10所示，下列说法中正确的是( )
图2－3－10
A．此交流电的频率为0.2 Hz
B．此交变电动势的有效值为1 V
C．t＝0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行
D．在线圈转动过程中，穿过线圈的最大磁通量为 Wb
答案 D
解析 由图可知，此交流电的周期T＝0.2 s，频率f＝＝5 Hz，A错；E＝＝V，B错．t＝0.1 s时，电动势为0，线圈平面与磁感线垂直，C错．因Em＝nBSω，其中n＝10，ω＝＝10π，故Φ＝BS＝ Wb，D正确．
3．电阻为1 Ω的某矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动时，产生的正弦交流电的图像如图2－3－11图线a所示；当调整线圈转速后，该线圈中所产生的正弦交流电的图像如图2-3-11图线b所示，以下关于这两个正弦交变电流的说法正确的是( )
图2－3－11
A．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量均为零
B．线圈先后两次转速之比为3∶2
C．交流电a的电动势的有效值为5 V
D．交流电b的电动势的最大值为5 V
答案 BC
解析 由题图像可知，t＝0时刻线圈中的感应电流为0，感应电动势为0，穿过线圈的磁通量的变化率为0，所以穿过线圈的磁通量最大，选项A错误；由图像可得线圈先后两次转动的周期之比为0.4∶0.6＝2∶3，选项B正确；由图像可得交流电a的电流的最大值为10 A，有效值为 A＝5 A，又矩形线圈的电阻为1 Ω，所以交流电a的电动势的有效值为5 V，选项C正确；由E＝nBSω，ω＝可得电动势与周期成反比，所以交流电b的电动势的最大值为 V，选项D错误．
题组二 有效值的应用
图2－3－12
4．如图2－3－12所示，好多同学家里都有调光电灯、调速电风扇，过去是用变压器来实现的，缺点是成本高、体积大、效率低，且不能任意调节灯的亮度或电风扇的转速．现在的调光灯、调速电风扇是用可控硅电子元件来实现的，为经一双向可控硅调节后加在电灯上的电压，即在正弦交流电的每个二分之一周期内，前周期被截去，调节台灯上旋钮可以控制截去的多少，从而改变电灯上的电压，那么现在电灯上的电压为( )
A．Um/2 B．2Um
C．Um/2 D.Um
答案 A
解析 此图像所示电压与正弦半波电压等效，由·＝T，得：U＝.
5．如图2－3－13甲所示为电热毯电路示意图，交流电压u＝311sin (100πt)V，当开关S接通时，电热丝的电功率为P0；当开关S断开时，加在电热丝上的电压如图乙所示，则( )
图2－3－13
A．开关接通时，交流电压表的读数为220 V
B．开关接通时，交流电压表的读数为311 V
C．开关断开时，交流电压表的读数为311 V，电热丝功率为
D．开关断开时，交流电压表的读数为156 V，电热丝功率为
答案 AD
解析 交流电压表的读数为有效值，计算热功率要用有效值．开关接通时，交流电压峰值Um＝311 V，所以有效值U＝＝220 V，A正确；开关断时，取一个周期T，电热丝产生的热量减半，所以由P＝，电热丝功率为，由P＝，电压有效值为＝156 V，电压表示数为156 V，D正确．
6．如图2－3－14所示，图甲和图乙分别表示正弦脉冲波和方波的交变电流与时间的变化关系．若使这两种电流分别通过两个完全相同的电阻，则经过1 min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为( )
图2－3－14
A．1∶ B．1∶2
C．1∶3 D．1∶6
答案 C
解析 计算电功时，I要用有效值．图甲中，由有效值的定义得R×2×10－2＋0＋R×2×10－2＝IR×6×10－2，得I1＝A；图乙中，电流的值不变，I2＝1 A，由W＝I2Rt可以得到W甲∶W乙＝1∶3.C正确．
题组三 交流电“四值”的应用
7．标有“220 V，0.5 μF”字样的电容器能接入下面哪个电路中使用？( )
A．220sin (100πt) V
B．220 V的照明电路中
C．380sin (100πt) V
D．380 V的照明电路中
答案 A
8．风速仪的简易装置如图2－3－15所示．在风力作用下，风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动，线圈中的感应电流随风速的变化而变化．风速为v1时，测得线圈中的感应电流随时间变化的关系如图乙所示；若风速变为v2，且v2＞v1，则感应电流的峰值Im、周期T和电动势E的变化情况是( )
图2－3－15
A．Im变大，T变小 B．Im变大，T不变
C．Im变小，T变小 D．Im不变，E变大
答案 A
解析 风速增大，周期T变小，电动势E变大，感应电流的峰值Im变大，选项A正确．
9．如图2－3－16所示，交流电压u＝311sin(314t＋)V加在阻值为220 Ω的电阻两端，则( )
图2－3－16
A．电压表的读数为311 V
B．电流表的读数为1.14 V
C．电流表的读数为1 A
D．2 s内电阻产生的电热是440 J
答案 CD
解析 电压表测的是有效值，故读数为V，电流表示数应为1.0 A，故C、D正确．
10．在图2－3－17所示电路中，A是熔断电流I0＝2 A的保险丝，R是可变电阻，S是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝220sin(314t) V．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )
图2－3－17
A．110 Ω B．110 Ω
C．220 Ω D．220 Ω
答案 B
解析 U＝220 V，Rmin＝＝Ω＝110 Ω.
11．如图2－3－18甲为小型旋转电枢式交流发电机的原理图．其矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动，线圈的匝数n＝100，电阻r＝10 Ω，线圈的两端经集流环与电阻R连接，电阻R＝90 Ω，与R并联的交流电压表为理想电表．在t＝0时刻，线圈平面与磁场方向平行，穿过每匝线圈的磁通量Φ随时间t按图2－3－18乙所示正弦规律变化．
图2－3－18
求：(1)交流发电机产生的电动势最大值；
(2)电路中电压表的示数；
(3)R上的热功率．
答案 (1)200 V (2)127.3 V (3)180 W
解析 (1)交流发电机产生电动势的最大值
Em＝nBSω
而Φm＝BS，ω＝，所以Em＝
由Φ－t图线可知：Φm＝2.0×10－2Wb
T＝6.28×10－2s，所以Em＝200 V.
(2)电动势的有效值E＝＝100 V
U＝E＝×100 V＝90 V＝127.3 V.
(3)R上的功率为：
PR＝＝W＝180 W.
12．如图2－3－19所示，线圈面积为0.05 m2，共100匝，线圈总电阻为1 Ω，与外电阻R＝9 Ω相连，线圈在B＝T的匀强磁场中绕OO′轴以转速n＝300 r/min匀速转动．从线圈处于中性面开始计时，求：
图2－3－19
(1)电动势的瞬时表达式；
(2)两电表 、 的示数；
(3)线圈转过 s时电动势的瞬时值；
(4)线圈转过 s的过程中，通过电阻的电荷量；
(5)线圈匀速转一周外力做的功．
答案 见解析．
解析 本题考查交变电流“四值”的应用，关键是熟练掌握交变电流“四值”表达式的意义．
(1)Em＝NBSω，ω＝2πn，因为n＝300 r/min＝5 r/s，ω＝2πn＝2π×5 rad/s＝10π rad/s，所以Em＝NBSω＝100××0.05×10π V＝100 V.
从线圈转到中性面开始计时，则e＝Emsinωt，所以e＝100sin(10πt)V.
(2)此时两表的示数：
I＝＝＝ A＝5 A.
UR＝IR＝5×9 V＝45 V.
(3)当线圈转过s时，
e＝100sin(10π×)V＝100sinV＝50 V.
(4)线圈转过t＝ s的过程中，转过的角度为：
θ＝ωt＝10π·＝，
通过电阻的电荷量为：
q＝IΔt＝Δt＝Δt＝.
|ΔΦ|＝|Φ2－Φ1|＝|BS(cos－1)|＝BS，
所以q＝＝＝C.
(5)线圈匀速转动一周，外力做功与电流做功相等
WF＝T＝× J＝100 J.
13．如图2－3－20所示是一种自行车上照明用的车头灯发电机的结构示意图，转轴的一端装有一对随轴转动的磁极，另一端装有摩擦小轮．电枢线圈绕在固定的U形铁芯上，自行车车轮转动时，通过摩擦小轮带动磁极转动，使线圈中产生正弦交流电，给车头灯供电．已知自行车车轮半径r＝35 cm，摩擦小轮半径r0＝1.00 cm，线圈匝数N＝800，线圈横截面积S＝20 cm2，总电阻R1＝40 Ω，旋转磁极的磁感应强度B＝0.010 T，车头灯电阻R2＝10 Ω.当车轮转动的角速度ω＝8 rad/s时，求：
图2－3－20
(1)发电机磁极转动的角速度；
(2)车头灯中电流的有效值．
答案 (1)280 rad/s (2)64 mA
解析 (1)旋转磁极与摩擦小轮转动的线速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动．
故有ω0r0＝ωr，
ω0＝＝8× rad/s＝280 rad/s.
(2)摩擦小轮带动旋转磁极转动，线圈中产生一正弦交流电动势，其最大值为Em＝NBSω0＝800×0.01×20×10－4×280 V＝4.48 V，
感应电动势的有效值E＝＝V≈3.2 V，
通过灯泡的电流有效值I＝＝ A＝64 mA.
1．欲使屏上出现一条竖直亮线，应怎样调节示波器？
答案 在屏上已出现亮线(或亮斑)的前提下，将扫描范围旋钮置于“外X”挡，衰减调节旋钮置于“∞”挡．(若在其他挡位，也可从“Y输入”加一变化较快的电压)
解析 当扫描置于“外X”挡时，不使用机内的锯齿波扫描电压，即XX′上不加电压，把衰减调节旋钮置于“∞”挡时机内提供正弦交流信号(即加在YY′上为正弦电流)．故电子只在竖直方向偏转，连续不断的偏转电子打在屏上成为一条竖直亮线．
2．示波器面板如图2－4－6所示，图2－4－6中左图为一信号源．
图2－4－6
(1)若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形(正弦交流信号的电流i随时间t做周期性变化的图像如图2－4－6所示)，应将信号源的a端与示波器面板上的________接线柱相连，b端与________接线柱相连．
(2)若示波器所显示的输入波形如图2－4－7中右图所示，要将波形上移，应调节面板上的________旋钮；要使此波形横向展宽，应调节________旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节________旋钮．
答案 (1)Y输入 地
(2)竖直位移 X增益 扫描范围和扫描微调
解析 观察外部输入信号，应把信号源接“Y输入”和“地”接线柱，通过调节竖直位移旋钮(↓↑)可将波形上移，通过调节X增益旋钮可使波形横向展宽．通过调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮可使波形数改变.
(时间：60分钟)
题组一 练习使用示波器
1．关于示波器上交直流选择形状“DC”和“AC”，下列说法中正确的是( )
A．输入直流信号，置于“DC”或“AC”均有信号进入示波器
B．输入交流信号，置于“DC”或“AC”均有信号进入示波器
C．输入直流信号，置于“DC”有信号进入示波器
D．输入交流信号，置于“AC”有信号进入示波器
答案 CD
2．在“练习使用示波器”的实验中，关于竖直位移旋钮和Y增益调节旋钮的作用，下列说法正确的是( )
A．竖直位移旋钮用来调节图像在竖直方向的位置，Y增益调节旋钮用来调节图像在竖直方向的幅度
B．竖直位移旋钮用来调节图像在竖直方向的幅度，Y增益调节旋钮用来调节图像在竖直方向的位置
C．竖直位移旋钮和Y增益调节旋钮都是用来调节图像在竖直方向的位置的
D．竖直位移旋钮和Y增益调节旋钮都是用来调节图像在竖直方向的幅度的
答案 A
解析 竖直位移旋钮可以调节图像在屏幕竖直方向的位置，使观察的信号位于屏幕中央．Y增益调节旋钮则用来调节图像在竖直方向的幅度．故A正确．B、C、D错误．
3．在“练习使用示波器”实验中，某同学将衰减调节旋钮置于最右边的“”挡，扫描范围旋钮置于“外X”挡，“X输入”与“地”之间未接信号输入电压，他在示波器荧光屏上看到的图像可能是下列图中的( )
答案 B
4．在“练习使用示波器”实验中，某同学欲按要求先在荧光屏上调出亮斑，为此，他进行了如下操作：首先经辉度调节旋钮逆时针转到底，竖直位移旋钮和水平位移旋钮转到某位置，将衰减调节旋钮置于1 000挡，扫描范围旋钮置于“外X”挡．然后打开电源开关(指示灯亮)，过2 min后，顺时针旋转辉度调节旋钮，结果屏上始终无亮斑出现(示波器完好)．那么，他应再调节下列哪个旋钮才有可能在屏上出现亮斑( )
A．竖直位移旋钮 B．水平位移旋钮
C．聚焦调节旋钮 D．辅助聚焦调节旋钮
答案 AB
解析 由题意知示波器的偏转电极YY′与XX′上都没加电压，亮斑应在屏的中央，若不在中央(或没有亮斑)应调节竖直位移旋钮和水平位移旋钮．
5．某学生在做“练习使用示波器”的实验时，将衰减旋钮拨到“”挡，将扫描旋钮拨到10 Hz～100 Hz挡，然后再调节扫描微调旋钮，当示波器荧光屏上出现两个完整的正弦波形时，其频率为( )
A．10 Hz B．25 Hz
C．50 Hz D．100 Hz
答案 B
解析 由示波器的工作原理知，当把衰减旋钮调到“”挡时，是由机内提供竖直方向的按正弦规律变化的50 Hz的交流电压，当扫描频率也等于50 Hz时，荧光屏上应出现1个完整的正弦波形，现在荧光屏上出现两个完整的正弦波形，扫描频率应是交流信号电压变化频率的一半，所以扫描频率应是25 Hz.
6．示波器使用结束时应注意及时关机，关机的下列操作顺序正确的是( )．
A．先断开电源开关，再将“辉度调节”旋钮逆时针转到底
B．先断开电源开关，再将“辉度调节”旋钮顺时针转到底
C．先将“辉度调节”旋钮逆时针转到底，再断开电源开关
D．先将“辉度调节”旋钮顺时针转到底，再断开电源开关
答案 C
题组二 显示外加信号的波形
7．示波器工作时，屏上显示出如图2－4－7甲所示的波形，且亮度较弱．要将波形由甲图位置调节到乙图的位置和波形且亮度增强，应调节示波器面板上的________________旋钮．
图2－4－7
A．辉度旋钮 B．聚焦旋钮
C．辅助聚焦旋钮 D．竖直位移旋钮
E．“Y增益”旋钮 F．“X增益”旋钮
G．水平位移旋钮 H．扫描微调旋钮
I．衰减旋钮 J．扫描范围旋钮
K．同步极性选择开关
答案 A、D、E、F、G、K
8．用示波器观察其交流信号时，在显示屏上显示出一个完整的波形(如图2－4－8所示)，经下列四组操作之一，使该信号显示出两个完整的波形，且波形幅度增大，此组操作是( )
图2－4－8
A．调整X增益旋钮和竖直位移旋钮
B．调整X增益旋钮和扫描微调旋钮
C．调整扫描微调旋钮和Y增益旋钮
D．调整水平位移旋钮和Y增益旋钮
答案 C
解析 调节扫描微调旋钮，减小扫描电压的频率，也就增大了其周期，而信号电压的频率不变，所以在扫描的一个周期内显示的完整波形个数增多．调节Y增益旋钮即可使波形幅度增大，故C正确．
图2－4－9
9．用示波器观察频率为900 Hz的正弦电压信号．把该信号接入示波器Y输入．
(1)当屏幕上出现如图2－4－9所示的波形时，应调节________旋钮．如果正弦波的正负半周均超出了屏幕的范围，应调节________或________旋钮，或这两个旋钮配合使用，以使正弦波的整个波形出现在屏幕内．
(2)如需要屏幕上正好出现一个完整的正弦波形，应将____________旋钮置于__________的位置，然后调节____________旋钮．
答案 (1)竖直位移或↑↓ 衰减 Y增益
(2)扫描范围 1 000挡 扫描微调
解析 (1)屏幕上的波形位置偏上，应该调节“竖直位移”或旋“↑↓”旋钮使其向下移动至屏幕中心；如果正弦波形的正、负半周均超出屏幕的范围，说明波形在竖直方向上的最大距离(波幅)过大，应该调节“Y增益”旋钮使波幅减小，或者调节“衰减”旋钮使整个波形缩小；
(2)如果需要屏幕上出现一个完整的正弦波形，则应使横向扫描频率等于900 Hz的正弦电压的频率．首先应将“扫描范围”旋钮置于“1 000”挡位的位置，然后调节“扫描微调”旋钮，使扫描频率达到900 Hz即可形成稳定的波形．
容抗及其作用
1.
图2－5、6－8
如图2－5、6－8所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是( )
A．把电介质插入电容器，灯泡变亮
B．增大电容器两板间的距离，灯泡变亮
C．减小电容器两板间的正对面积，灯泡变暗
D．使交变电流频率减小，灯泡变暗
答案 ACD
解析 电容器的电容与介电常数成正比，与正对面积成正比，与两板间距离成反比．而容抗与电容成反比，与频率成反比．把介质插入电容器，电容变大，容抗减小，灯泡变亮，A正确；电容器两板间距离增大，电容减小，容抗增大，灯泡变暗，B错；减小电容器两极正对面积，电容减小，容抗增大，灯泡变暗，C正确；交流电的频率减小，容抗增大，灯泡变暗，D正确．
感抗及其应用
2．如图2－5、6－9所示的电路中，L为电感线圈，L′为灯泡，电流表内阻为零．电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin(100πt) V．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法中正确的是( )
图2－5、6－9
A．电流表示数增大 B．电压表示数减小
C．灯泡变暗 D．灯泡变亮
答案 C
解析 由u＝220sin (100πt) V，可知电源原来的频率：f＝＝ Hz＝50 Hz，当频率增大时，线圈的感抗增大，电路中的干路电流将减小，因此A、D错，C正确．图中电灯与电感线圈串联，所以总电压(有效值)U＝UL＋UL′，因UL′减小，而总电压的有效值不变，所以UL增大，因此选项B错．
电阻、感抗、容抗的区别
图2－5、6－10
3．在图2－5、6－10所示的电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻．下列说法正确的是( )
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通交流，隔直流”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远小于高频交流所占的百分比
答案 AC
解析 L是自感系数很小的高频扼流圈，其作用是“通低频、阻高频”，A正确；C是电容很小的电容器，其作用是“通高频，阻低频”，也称高频旁路电容，由于L对高频的阻碍作用和C对高频的旁路作用，使得R中的电流，低频成分远远大于高频成分，故A、C正确．
图2－5、6－11
4．如图2－5、6－11所示的电路中，A、B、C三灯亮度相同，电源为220 V，50 Hz的交流电源，以下叙述中正确的是( )
A．改接220 V、100 Hz的交流电源时，A灯变亮，B灯变暗，C灯亮度不变
B．改接220 V，100 Hz的交流电源时，A灯变暗，B灯变亮，C灯变亮
C．改接220 V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变
D．改接220 V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯变暗
答案 AC
解析 增加交流电源的频率时，感抗增大，容抗减小，电阻的阻碍不变．故A变亮，B变暗、C不变，故A正确，B错误；改为直流电源时，电容断路，A灯灭，电感L无感抗，B灯更亮，电阻R阻碍不变，C灯亮度不变．
(时间：60分钟)
题组一 容抗及其应用
1．对电容器能通交变电流的原因，下列说法正确的是( )
A．当电容器接到交流电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流
B．当电容器接到交流电源上时，电容器交替进行充电和放电，电路中才有交变电流
C．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动
D．在有电容器的交流电路中，没有电荷通过电容器
答案 BD
解析 电容器实质上是通过反复充、放电来实现通电的，并无电荷流过电容器．
图2－5、6－12
2．如图2－5、6－12所示，白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电的频率增加时( )
A．电容器电容增加
B．电容器电容减小
C．电灯变暗
D．电灯变亮
答案 D
解析 由C＝可知，C与f无关，故C不变，A、B错误．交变电流的频率增加，容抗变小，故电流变大，故D正确．
图2－5、6－13
3．如图2－5、6－13所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表 的示数增加，可行的方法是( )
A．使发电机F的转速增加
B．使发电机F的转速减小
C．在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质
D．使电容器两极板间距离增大
答案 A
解析 当发电机转速增加时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表A的读数增大，A项正确，B项错误；换用介电常数小的电介质，电容C减小，增大板间距时，电容C也减小，容抗增大，对交变电流的阻碍作用增大， 的示数减小，故只有A选项正确．
题组二 感抗及其应用
图2－5、6－14
4．如图2－5、6－14所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是( )
A．等于220 V B．大于220 V
C．小于220 V D．等于零
答案 C
解析 电感线圈对交变电流产生感抗，具有“通直流、阻交流，通低频、阻高频”的作用，故C正确．
5．一个灯泡通过一个线圈与一交流电源相连接，如图2－5、6－15所示．一块铁插进线圈之后，该灯将( )
图2－5、6－15
A．变亮 B．变暗
C．没有影响 D．无法判断
答案 B
解析 在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是反抗电流变化．正是这种反抗变化的特性(电惰性)，使线圈产生了感抗．加入铁芯改变了电感的自感系数，自感系数增大，感抗增大，降落的电压增大，灯泡上的电压减小，所以灯变暗．
6．如图2－5、6－16所示交流电源的电压有效值跟直流电源的电压相等，当将双刀双掷开关接到直流电源上时，灯泡的实际功率为P1，而将双刀双掷开关接在交流电源上时，灯泡的实际功率为P2则( )
图2－5、6－16
A．P1＝P2 B．P1＞P2
C．P1＜P2 D．不能比较
答案 B
解析 接在直流电源上，线圈对直流没有阻碍作用，电能全部转化为小灯泡的内能，而当接至交流电源上时，线圈对电流有阻碍作用，因此电能除转化成灯泡的内能外，还有一部分电能转化为磁场能，故P1＞P2.
7．如图2－5、6－17所示的电路中，L为电感线圈，L′为灯泡，电流表内阻为零．电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin(100πt) V．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法中正确的是( )
图2－5、6－17
A．电流表示数增大 B．电压表示数减小
C．灯泡变暗 D．灯泡变亮
答案 C
解析 由u＝220sin (100πt) V可知电源原来的频率：f＝＝ Hz＝50 Hz，当频率增大时，线圈的感抗增大，电路中的干路电流将减小，因此A、D错，C正确．图中电灯与电感线圈串联，所以总电压(有效值)U＝UL＋UL′，因UL′减小，而总电压的有效值不变，所以UL增大，因此选项B错．
题组三 电阻、感抗和容抗的区别
8．某信号源中有直流成分、交流高频成分和交流低频成分，为使放大器仅得到交流低频成分，如下图所示电路中可行的是( )
答案 D
解析 题A图放大器得到所有成分．B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也能得到低频成分．C图既可得高频成分也可得低频成分．D图通过C1的是高、低频都有，通过C2的是旁路电容让高频成分滤去，故只有D合适．
9．在收音机线路中，经天线接收下来的电信号既有高频成分又有低频成分，经放大后送给下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输入给下一级，我们采用了如图2－5、6－18装置电路，其中代号a、b应选择的元件是( )
图2－5、6－18
A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流线圈
B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流线圈
C．a是电容较小的电容器，b是高频扼流线圈
D．a是电容较小的电容器，b是低频扼流线圈
答案 C
解析 电容器具有通高频、阻低频作用，这样的电容器电容应较小，故a处接电容较小的电容器．电感线圈在该电路中要求做到“通低频、阻高频”，所以b处应接一个高频扼流线圈．
10．“二分频”音箱内有高、低两个扬声器．音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动．图2－5、6－19为音箱的电路简化图，高、低频混合电流的a、b端输入，L是线圈，C是电容器，则下列说法中正确的是( )
图2－5、6－19
A．甲扬声器是高频音扬声器
B．C的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C．L的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．乙扬声器的振幅一定大
答案 B
解析 由电感和电容对高、低频的阻碍作用可知，电感L对高频电流的阻碍作用大，所以电感L阻碍高频电流通向甲．电容对高频电流的阻碍作用小，所以电容C阻碍低频电流通向乙．甲是低频扬声器，乙是高频扬声器，B正确．振幅影响的是声音的响度而不是频率，故D错．
图2－5、6－20
11．如图2－5、6－20所示，甲、乙是规格相同的灯泡，接线柱a、b接电压为U的直流电源时，无论电源的正极与哪一个接线柱相连，甲灯均能正常发光，乙灯完全不亮．当a、b接电压的有效值为U的交流电源时，甲灯发出微弱的光，乙灯能正常发光，则下列判断正确的是( )
A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈
B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器
C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器
D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管
答案 B
解析 由a、b接直流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点，元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确．
图2－5、6－21
12．如图2－5、6－21所示是一种电风扇减速器电路．通过改变开关S跟0～5间的6个触点的接触．实现对电风扇电动机M的转速控制．请说明它的调速原理．
答案 见解析
解析 当开关S接到触点0时，电路断开，风扇不转；当S接到触点1时，电路不经过线圈，电动机转速最大；当S接到触点5时，电路经过的线圈匝数最多，感抗最大，电动机转速最小．
变压器原理分析
1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈
答案 C
解析 通有正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的，由于面积S不变，故磁通量Φ变化，A错误；因理想变压器无漏磁，故B错误；由互感现象知C正确；原线圈中的电能转化为磁场能又转化为电能，原副线圈通过磁场联系在一起，故D错误．
理想变压器基本规律的应用
2．理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是( )
A．I1由I2决定 B．U2与负载有关
C．P1由P2决定 D．以上说法都不正确
答案 AC
解析 对理想变压器的电流关系可写成I1＝I2，原线圈中的电流与副线圈中的电流成正比，所以原线圈中的电流由副线圈中的电流决定；功率关系为：负载用多少，原线圈端就输入多少，因此选项A、C正确．
图2－7－9
3．如图2－7－9所示为一理想变压器，原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V，6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是( )
A．120 V，0.10 A B．240 V，0.025 A
C．120 V，0.05 A D．240 V，0.05 A
答案 D
解析 灯泡正常工作，副线圈电压U2＝12 V，副线圈电流I2＝2× A＝1 A，根据匝数比得原线圈电流I1＝I2＝0.05 A，原线圈电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确．
互感器的应用
4．如图2－7－10所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则高压输电线的送电功率为( )
图2－7－10
A．2.2×103 W B．2.2×10－2 W
C．2.2×108 W D．2.2×104 W
答案 C
解析 由电流互感器知高压输电线中电流I＝1 000 A，由电压互感器知高压U＝220×103 V，则高压输电线功率P＝UI＝2.2×108 W.
(时间：60分钟)
题组一 变压器原理分析
1．对理想变压器作出的判断正确的是( )
A．高压线圈匝数多、电流大、导线粗
B．低压线圈匝数少、电流小、导线细
C．高压线圈匝数多、电流大、导线细
D．低压线圈匝数少、电流大、导线粗
答案 D
解析 电压高的匝数多，电流小，用细线．电压低的，匝数少，电流大，用粗线．
图2－7－11
2．如图2－7－11所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝4∶1，当导体棒在匀强磁场中向左做匀速直线运动切割磁感线时，电流表 的示数是12 mA，则电流表 的示数为( )
A．3 mA B．0
C．48 mA D．与负载R的值有关
答案 B
解析 本题考查了变压器的工作原理，关键要清楚交变电流能通过变压器，而恒定电流不能通过变压器．导体棒向左匀速切割磁感线时，在线圈n1中通过的是恒定电流，不能引起穿过线圈n2的磁通量变化，在副线圈n2上无感应电动势出现，所以A2中无电流通过．
题组二 变压器基本规律的应用
3．如图2－7－12所示是霓虹灯的供电电路，变压器可视为理想变压器．已知变压器原线圈与副线圈匝数比＝，加在原线圈的电压为u1＝311sin (100πt) V．霓虹灯正常工作的电阻R＝440 kΩ，I1、I2表示原、副线圈中的电流．下列判断正确的是( )
图2－7－12
A．副线圈两端电压为6 220 V，副线圈中的电流14.1 mA
B．副线圈两端电压为4 400 V，副线圈中的电流10.0 mA
C．I1＜I2
D．I1＞I2
答案 BD
解析 原线圈中电压的有效值U1＝＝V＝220 V，由变压比＝知，U2＝＝4 400 V，副线圈的电流I2＝＝ A＝0.01 A＝10 mA，原、副线圈电流跟匝数成反比，故I1＞I2.
4．如图2－7－13所示，一输入电压为220 V、输出电压为36 V的变压器副线圈烧坏．为获知此变压器原、副线圈匝数，某同学拆下烧坏的副线圈，用绝缘导线在铁芯上新绕了5匝线圈，然后将原线圈接到220 V交流电源上，测得新绕线圈 的端电压为1 V，按理想变压器分析，该变压器烧坏前的原、副线圈匝数分别为( )
图2－7－13
A．1 100，360 B．1 100，180
C．2 200，180 D．2 200，360
答案 B
解析 该题考查变压器的电压与匝数的关系，由U1∶U2∶U3＝n1∶n2∶n3，可得n1＝n3＝1 100匝，n2＝n1＝180匝，B选项正确．
5．(2014·资阳高二第二次诊断)如图2－7－14所示，一理想变压器原线圈匝数n1＝1 000匝，副线圈匝数n2＝200匝，原线圈中接一交变电源，交变电源电压u＝220sin 100πt(V)．副线圈中接一电动机，电阻为11 Ω，电流表A2示数为1 A．电表对电路的影响忽略不计，则下列说法正确的是( )
图2－7－14
A．此交流电的频率为100 Hz
B．此电动机输出功率为33 W
C．电流表A1示数为5 A
D．电压表示数为220 V
答案 B
解析 T＝s＝0.02 s，所以f＝＝50 Hz，A选项错误；U1＝＝220 V，又由＝可得U2＝44 V，所以电动机的输出功率P输出＝U2I2－IR＝33 W，B选项正确；＝，所以I1＝0.2 A，C选项错误；电压表示数应该是有效值，所以应为220 V，D选项错误．
6．一台理想变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈的电流、输出电压及输出功率是( )
A．5 A，250 V，50 kW
B．5 A，10 kV，50 kW
C．200 A，250 V，50 kW
D．200 A，10 kV，2×103 kW
答案 A
解析 设原线圈输入电压、电流、功率分别为U1、I1、P1，副线圈输出电压、电流、功率分别为U2、I2、P2，原、副线圈匝数分别为n1、n2.
由＝知I1＝I2＝×200 A＝5 A.
由＝知U2＝U1＝×10×103 V＝250 V，
输出功率P出＝U2I2＝250×200 W＝50 kW.
7．如图2－7－15所示，在某交流电路中，有一正在工作的变压器，原、副线圈匝数分别为n1＝600，n2＝120，电源电压U1＝220 V，原线圈中串联一个0.2 A的保险丝，为保证保险丝不被烧毁，则( )
图2－7－15
A．负载功率不能超过44 W
B．副线圈电流最大值不能超过1 A
C．副线圈电流有效值不能超过1 A
D．副线圈电流有效值不能超过0.2 A
答案 AC
解析 由P入＝P出可知P入＝U1I1＝44 W．又因＝故U2＝44 V，故其I2不能大于1 A，负载功率不超44 W.
8．一理想变压器原、副线圈匝数n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压u如图2－7－16所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )
图2－7－16
A．流过电阻的电流是20 A
B．与电阻并联的电压表的示数是100 V
C．经过1 min电阻发出的热量是6×103 J
D．变压器的输入功率是1×103 W
答案 D
解析 设输入电压为U1，输出电压为U2，由＝知U2＝100 V，I＝＝A＝10 A，故选项A、B错误；1 min内电阻产生的热量Q＝I2Rt＝102×10×60 J＝60 000 J，故选项C错误；P输入＝P输出＝＝1×103 W，故选项D正确．
9．如图2－7－17甲所示，变压器原副线圈的匝数比为3∶1，L1、L2、L3、L4为四只规格均为“9 V，6 W”的相同灯泡，各电表均为理想交流电表，输入端交变电压的u－t图像如图2－7－17乙所示．则以下说法中正确的是( )．
图2－7－17
A．电压表的示数为36 V
B．电流表的示数为2 A
C．四只灯泡均能正常发光
D．变压器副线圈两端交变电流的频率为50 Hz
答案 BCD
解析 输入电压等于灯泡L1与原线圈电压之和，而电压表测量到的实际上是原线圈两端电压，故A错误；原副线圈变压比3∶1，原、副线圈电流之比为1∶3，设副线圈电压为U，则原线圈电压为3U，灯泡L1的电压也是U，故4U＝36 V，U＝9 V，故四个灯泡均正常工作．
10．(2013·广元高2011级第一次高考适应性统考)如图2－7－18所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为22∶1，b是原线圈的中心抽头，图中电表均为理想的交流电表，定值电阻R＝10 Ω，其余电阻均不计．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上如图乙所示的正弦交变电压，则下列说法中正确的是( )
图2－7－18
A．当单刀双掷开关与a连接时，电压表的示数为14.14 V
B．当单刀双掷开关与a连接且t＝0.02 s时，电流表示数为零
C．当单刀双掷开关由a拨向b后，原线圈的输入功率变大
D．当单刀双掷开关由a拨向b后，副线圈输出电压的频率增大
答案 C
解析 A、由图像可知，电压的最大值为311 V，交流电的有效值为220 V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压为10 V，故电压表读数为10 V，故A错误；B、当单刀双掷开关与a连接时，副线圈电压为10 V，所以副线圈电流为1 A，电流表示数为电流的有效值，不随时间的变化而变化，所以电流表的示数为1 A，故B错误；C、当单刀双掷开关由a拨向b时，原线圈的匝数变小，所以副线圈的输出的电压要变大，电阻R上消耗的功率变大，原线圈的输入功率也要变大，故C正确；D、变压器不会改变电流的频率，所以副线圈输出电压的频率不会改变，故D错误．故选C.
题组三 几种变压器的使用
图2－7－19
11．自耦变压器铁芯上只绕有一个线圈，原、副线圈都只取该线圈的某部分．一升压式自耦调压变压器的电路如图2－7－19所示，其副线圈匝数可调．已知变压器线圈总匝数为1 900匝，原线圈为1 100匝，接在有效值为220 V的交流电源上．当变压器输出电压调至最大时，负载R上的功率为2.0 kW.设此时原线圈中电流有效值为I1，负载两端电压的有效值为U2，且变压器是理想的，则U2和I1分别约为( )
A．380 V和5.3 A B．380 V和9.1 A
C．240 V和5.3 A D．240 V和9.1 A
答案 B
解析 由理想变压器原、副线圈中电压、电流及功率关系可得：＝，＝，U1I1＝P2.所以，当变压器输出电压调至最大时，副线圈的匝数也最大为n2＝1 900匝，负载R上的功率也最大，为2.0 kW，则U2＝U1＝×220 V＝380 V，I1＝＝ A＝9.1 A，故选项B正确．
图2－7－20
12．供电公司检修人员用交流电表监控供电线路中强电流和高电压，使用的仪器是电流互感器和电压互感器，接线如图2－7－20所示．其中n1、n2、n3、n4、分别为四组线圈的匝数，a、b为两只交流电表，下列说法中正确的是( )
A．A为电流互感器，且n1＜n2，a是电流表
B．B为电压互感器，且n3＞n4，a是电流表
C．B为电流互感器，且n3＜n4，b是电流表
D．A为电压互感器，且n1＞n2，a是电压表
答案 AB
解析 A、由图可知，A串联在电路中是电流互感器，电路中是强电流，通过变压器变成弱电流，用电流表测量，因为电流之比等于线圈匝数的倒数比，所以n1＜n2，a是电流表，故A正确，D错误．B、B并联在电路中是电压互感器，电路中是强电压，通过变压器变成弱电压，用电压表测量，因为电压之比等于线圈匝数比，所以n3＞n4，故B正确，C错误．
13．如图2－7－21甲所示为一理想变压器，ab为原线圈，ce为副线圈，d为副线圈引出的一个接头．原线圈输入正弦式交变电压的u－t图像如图乙所示．若只在ce间接一只Rce＝400 Ω的电阻，或只在de间接一只Rde＝225 Ω的电阻，两种情况下电阻消耗的功率均为80 W.
图2－7－21
(1)请写出原线圈输入电压瞬时值uab的表达式；
(2)求只在ce间接400 Ω的电阻时，原线圈中的电流I1；
(3)求ce和de间线圈的匝数比.
答案 (1)uab＝400sin 200πt (V)；(2)0.28 A(或A)；(3)
解析 (1)由图乙知，ω＝200πrad/s
电压瞬时值uab＝400sin 200πt(V)
(2)电压有效值U1＝200 V
理想变压器P1＝P2
原线圈中的电流I1＝，解得I1≈0.28 A(或A)
(3)设ab间匝数为n1
＝
同理＝
由题意知＝
解得＝
代入数据得＝
输电线上损耗的问题
1．某发电厂原来用电压为U1的交流电输电，后改用变压比为1∶50的升压器将电压升高为U2后输电，输送的电功率保持不变．若输电线路的电阻为R线，则下列说法中正确的是( )
A．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流降为原来的
B．由公式I＝可知，提高电压后输电线上的电流增为原来的50倍
C．由公式P＝I2R线可知，提高电压后输电线上的功率损耗减为原来的
D．由公式P＝可知，提高电压后输电线上的功率损耗增大为原来的2 500倍
答案 AC
解析 由＝可知，U2＝50 U1，输送功率不变，由公式I＝可知，输电线中的电流变为原来的，选项A正确；由P＝I2R线可知，输电线上的功率损耗减为原来的，C选项正确；B、D选项中的U2应为损失的电压，所以选项B、D是错误的．
2．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV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2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，r为输电线的电阻
答案 B
解析 输电线上输送的电流为I＝＝ A＝6×103 A，A错；输电线上损失的电压为U损＝IR＝6×103×2.5 V＝1.5×104 V＝15 kV，B项正确；当用5 kV电压输电时，输电线上损失的功率若超过3×106 kW，与实际情况相矛盾，故C项错误；当用公式ΔP＝计算损失的功率时，U为输电线上损失的电压而不是输电电压，D项错误．
远距离高压输电的应用
3．某小型水电站的电能输送示意图如图2－8－6所示，发电机的输出电压为200 V，输电线总电阻为r，升压变压器原副线圈匝数分别为n1、n2，降压变压器原副线圈匝数分别为n3、n4(变压器均为理想变压器)．要使额定电压为220 V的用电器正常工作，则( )
图2－8－6
A.＞
B.＜
C．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
D．升压变压器的输出功率大于降压变压器的输入功率
答案 AD
解析 由于输电线上有电阻，所以考虑到电压损失，则有升压变压器的输出电压大于降压变压器的输入电压，根据变压器的电压与匝数之比的关系，可知要让用电器正常工作，必须有＞，故A项对，B、C项错；考虑到输电线上也有电功率的损失，可知D项也正确．
4．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个电站，输送的电功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度．
求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻R线．
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？
答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
解析 (1)由于输送功率为P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000度，终点得到的电能E′＝7 200度，因此效率η＝60%.输电线上的电流可由I＝计算，为I＝100 A，而输电线损耗功率可由P损＝I2R线计算，其中P损＝＝200 kW，因此可求得R线＝20 Ω.
(2)输电线上损耗功率P损＝·R线∝，原来P损＝2 200 kW，现在要求P损′＝10 kW，计算可得输电电压应调节为U′＝22.4 kV.
(时间：60分钟)
题组一 输电线路中的损耗问题
1．远距离输送交流电都采用高压输电．我国正在研究用比330 kV高得多的电压进行输电．采用高压输电的优点是( )
A．可节省输电线的材料
B．可根据需要调节交流电的频率
C．可减小输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
答案 AC
2．超导是当今高科技研究的热点，利用超导材料可实现无损耗输电．现有一直流电路，输电总电阻为0.4 Ω，它提供给用电器的电功率为40 kW，电压为800 V．若用临界温度以下的超导电缆代替原来的输电线，保持供给用电器的功率和电压不变，那么节约的电功率为( )
A．1 kW B．1.6×103 kW
C．1.6 kW D．10 kW
答案 A
解析 节约的电功率即为普通电路输电时损耗的电功率，I＝＝ A＝50 A．P线＝I2R＝502×0.4 W＝1 000 W，故节约的电功率为1 kW，A项正确．
3．通过一理想变压器，经同一线路输送相同的电功率P，原线圈的电压U保持不变，输电线路的总电阻为R.当副线圈与原线圈的匝数比为k时，线路损耗的电功率为P1，若将副线圈与原线圈的匝数比提高到nk，线路损耗的电功率为P2，则P1和分别为( )
A.， B.R，
C.， D.R，
答案 D
解析 由理想变压器＝得：副线圈电压U′＝kU，而理想变压器P入＝P出，副线圈电流I′＝＝，线路损耗的电功率P1＝I′2R＝R.同理可知P2＝I″2R＝R，得＝，故D项正确．
4．2014年2月初低温雨雪冰冻造成我国东部部分地区停电，为消除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上送电电压为U，电流为I，热耗功率为ΔP；除冰时，输电线上的热耗功率需变为9ΔP，则除冰时(认为输电功率和输电线电阻不变)( )
A．输电电流为3I B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为U
答案 AD
解析 高压线上的热耗功率ΔP＝I2R线……①，若热耗功率变为9ΔP，则9ΔP＝I′2R线……②，由①②两式得I′＝3I，A对；输送功率不变，即P＝UI＝U′I′，得U′＝U，所以D对，故选A、D.
5．在远距离输电时，输送的电功率为P，输电电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为l，输电线损失的功率为ΔP，用户得到的功率为P′，则下列关系式正确的是( )
A．ΔP＝ B．ΔP＝
C．P′＝P－ D．P′＝P
答案 BD
解析 输电线电阻为R线＝ρ，输电电流为I＝，故输电线上损失的电功率为ΔP＝I2R线＝ρ＝，用户得到的电功率为P′＝P－ΔP＝P.
6．照明供电线路的路端电压基本上是保持不变的，可是我们在晚上七八点钟用电高峰时开灯，电灯比深夜时要显得暗些，这是因为此时( )
A．总电阻比深夜时大，干路电流小，每盏灯分到的电压就小
B．总电阻比深夜时大，干路电流小，每一支路的电流就小
C．总电阻比深夜时小，干路电流大，输电线上损失的电压大
D．干路电流一定，支路比深夜时多，分去了一部分电压
答案 C
解析 此时用电器多，负载大，电阻小(因为用电器都是并联的)而变压器输出电压U不变，由I＝可知，干路电流大，输电线上损失电压大，电灯两端电压小，故比深夜暗，故C正确．
题组二 远距离输电问题
7．如图2－8－7所示，为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是( )
图2－8－7
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减小电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
答案 ABD
解析 导线横截面积越大，导线的电阻越小，电能损失就越小，A对；在输送功率一定的前提下，提高输送电压U，由I＝知，电流I减小，发热损耗减小，B对；若输送电压一定，由I＝知，输送的电功率P越大，I越大，发热损耗就越多，C错；高压输电要综合考虑材料成本，技术、经济性等各种因素．不是电压越高越好，D对．
8．如图2－8－8所示为远距离输电线路的示意图．若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )
图2－8－8
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户用电设备消耗的功率无关
B．输电线中的电流只由升压变压器原、副线圈的匝数比决定
C．当用户用电器的总电阻减小时，输电线上损失的功率增大
D．升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压
答案 C
解析 变压器输入功率、输入电流的大小是由次级负载消耗的功率大小决定的，选项A、B错误；用户的总电阻减小，根据P＝，消耗的功率增大，输电线电流增大，由P损＝IR线可知线路损失功率增大，C项正确；升压变压器的输出电压等于输电线电阻上损失的电压加上降压变压器的输入电压，D项错误．
9．在如图2－8－9所示的远距离输电电路图中，升压变压器和降压变压器均为理想变压器，发电厂的输出电压和输电线的电阻均不变，随着发电厂输出功率的增大，下列说法中正确的有( )
图2－8－9
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
答案 CD
解析 升压变压器原线圈电压不变，变压比不变，故副线圈电压不变，A错误；I＝，U损＝IR线，U3＝U2－U损，因P变大，I变大，所以U损变大，所以降压变压器初级电压U3变小，B错误；P损＝R线，因P变大，所以P损变大，C正确；＝＝，因P变大，所以比值变大，D正确．
10．某农村水力发电站的发电机的输出电压稳定，它发出的电先通过电站附近的升压变压器升压，然后用输电线路把电能输送到远处村寨附近的降压变压器，经变压器降压后，再用线路接到各用户，设两变压器都是理想变压器，那么在用电高峰期，白炽灯不够亮，但用电总功率增加，这时( )
A．升压变压器的副线圈的电压变大
B．高压输电线路的电压损失变大
C．降压变压器的副线圈上的电压变大
D．降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大
答案 BD
解析 用电高峰期，用户端总电阻由于并联白炽灯增多而减小，从而电流增大，又由U损＝IR线可知，输电导线上的电压损失变大，升压变压器副线圈的电压不变，降压变压器原、副线圈上的电压变小，而降压变压器到各用户的输电线上的电压损失变大，故正确答案为B、D.
11．某小型实验水电站输出功率是20 kW，输电线路总电阻是6 Ω.
(1)若采用380 V输电，求输电线路损耗的功率．
(2)若改用5 000 V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．
答案 (1)16.62 kW (2)226.18 V
解析 (1)输电线上的电流为I＝＝20× A
＝52.63 A
输电线路损耗的功率为P线＝I2R＝52.632×6 W≈16 620 W＝16.62 kW
(2)改用高压输电后，输电线上的电流变为I′＝＝ A＝4 A
用户端在变压器降压前获得的电压U1＝U－I′R＝(5 000－4×6)V＝4 976 V
根据＝
用户得到的电压为U2＝U1＝×4 976 V＝226.18 V
12．如图2－8－10所示，某发电站通过燃烧煤来发电．发电站通过升压器、输电线和降压器把电能输送给生产和照明组成的用户，发电机输出功率是120 kW，输出电压是240 V，升压器原、副线圈的匝数之比为1∶25，输电线的总电阻为10 Ω，用户需要的电压为220 V．则：
图2－8－10
(1)输电线上损失的电功率为多少？
(2)降压器原、副线圈的匝数比为多少？
答案 (1)4 000 W (2)
解析 (1)根据理想变压器的变压规律
＝得输电电压
U2＝U1＝×240 V＝6 000 V
输电电流：I2＝＝ A＝20 A
输电线上损失的功率ΔP＝Ir＝202×10 W＝4 000 W.
(2)输电线上损失的电压
ΔU＝I2r＝20×10 V＝200 V
降压变压器原线圈两端的电压
U3＝U2－ΔU＝6 000 V－200 V＝5 800 V
根据理想变压器的变压规律得：
＝＝＝.
变压器基本规律的应用
1.
图2－9－6
如图2－9－6所示，Q是熔断电流为1 A的保险丝，R为用电器，理想变压器的原副线圈的匝数比为n1∶n2＝2∶1.原线圈的电压为u＝220sin(100πt) V．要使保险丝不熔断，R的阻值一定( )
A．不能小于55 Ω B．不能大于55 Ω
C．不能小于77 Ω D．不能大于77 Ω
答案 A
解析 保险丝原理是电流热效应，应该用电流有效值．由＝得：U2＝U1＝×220 V＝110 V，由＝得：I2＝I1＝×1 A＝2 A，所以Rmin＝＝55 Ω，故A正确．
变压器电路的动态问题分析
2．如图2－9－7所示，M是一小型理想变压器，接线柱a、b接在电压u＝311sin (314t) V的正弦交流电源上，变压器右侧部分为一火警报警系统原理图，其中R2为用半导体热敏材料制成的传感器，电流表A2为值班室的显示器，显示通过R1的电流，电压表V2显示加在报警器上的电压(报警器未画出)，R3为一定值电阻．当传感器R2所在处出现火警时，以下说法中正确的是( )
图2－9－7
A．A1的示数不变，A2的示数增大
B．V1的示数不变，V2的示数减小
C．V1的示数增大，V2的示数增大
D．A1的示数增大，A2的示数增大
答案 B
解析 温度升高则R2减小而报警，即输出功率增大．
3．如图2－9－8所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为1∶5, 原线圈两端的交变电压为u＝20sin 100 πt V．氖泡在两端电压达到100 V时开始发光．下列说法中正确的有( )
图2－9－8
A．开关接通后，氖泡的发光频率为100 Hz
B．开关接通后，电压表的示数为100 V
C．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
答案 AB
解析 变压器不能改变交变电流的频率，T＝＝ s＝0.02 s，f＝＝50 Hz.因为一个周期内氖泡发光2次，
故开关接通后氖泡的发光频率为100 Hz，A项正确；
电压表的示数代表有效值，
U1＝ V＝20 V，
U2＝U1＝100 V，B项正确；
不论开关是否断开，电压表示数不变，C项错误；开关断开后，变压器的输出功率减小，D项错误．
远距离输电问题
4．一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R＝1 kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V，60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )
A．T1原、副线圈电流分别为103 A和20 A
B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105 V和220 V
C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D．有6×104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光
答案 ABD
解析 根据题意画出输电线路示意图如图所示．
对升压变压器有P1＝U1I1，可知I1＝103 A，由输电线上消耗的功率ΔP＝IR线＝400 kW，可知输电线上电流为I2＝20 A，A项正确；T1的变压比为I2∶I1＝1∶50；根据P＝U2I2得U2＝2×105 V，输电线上电压ΔU＝I2R线＝20 000 V，则副线圈输入电压为U3＝U2－U线＝1.8×105 V，又灯泡正常发光，可知副线圈电压U4为220 V，B项正确； T2的变压比为n3∶n4＝U3∶U4＝1.8×105∶220，C项错误；降压变压器的输入功率等于输出功率P3＝P4＝U3I2＝60 W·n，解得n＝6×104，D项正确．
(时间：60分钟)
题组一 变压器基本规律的应用
1．如图2－9－9所示，理想变压器的原线圈的输入电压u＝220sin(100πt) V，原、副线圈的匝数比为n1∶n2＝10∶1电阻R的阻值为100 Ω，则1 s内电阻R上产生的焦耳热为( )
图2－9－9
A．484 J B．242 J
C．2.42 J D．1.21 J
答案 D
解析 每个周期内只有半个周期有电流通过R.由U1∶U2＝n1∶n2，得U2＝22 V，又因电流的热效应用其电压有效值，·T＝·可得U2′＝11 V，由Q＝t＝×1 J＝1.21 J.
2．如图2－9－10所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2＝10∶1，输出端电阻R＝50 Ω，把原线圈接入“220 V，50 Hz”的正弦交流电时(电表为理想电表)( )
图2－9－10
A．当X为电流表时，若电阻R增大，则原线圈中的电流将增大
B．当X为电流表时，电压表V的示数为22 V
C．当X为电流表时，电流表的示数为0.44 A
D．当X为二极管时，电压表V的示数为11 V
答案 B
解析 若使电阻R增大，副线圈中的电流变小，原线圈中的电流也变小，A项错误；根据公式＝，解得U2＝22 V，电压表测量的电压为有效值，所以电压表V的示数为22 V，B项正确；当X为电流表时，电流表的示数为I2＝＝ A＝0.44 A，C项错误；当X为二极管时，在一个周期内只有半个周期的时间有电流通过，此时由T＝·，解得U＝11 V，D项错误．
3．如图2－9－11甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，R1＝20 Ω，R2＝30 Ω，C为电容器．已知通过R1的正弦交变电流如图乙所示，则( )
图2－9－11
A．交变电流的频率为0.02 Hz
B．原线圈输入电压的最大值为200 V
C．电阻R2的电功率约为6.67 W
D．通过R3的电流始终为零
答案 C
解析 周期T＝0.02 s，f＝＝50 Hz，A错；U输出＝×R1＝10 V，U输入＝U输出＝100 V，输入电压最大值Um＝U输出＝200 V，B错；U1＝R1＝10 V，U2＝U1，P2＝＝ W≈6.67 W，C对；电容器通交流，隔直流，I3≠0，D错．
4．如图2－9－12甲所示是某燃气炉点火装置的原理图．转换器将直流电压转换为图乙所示的正弦交变电压，并加在一理想变压器的原线圈上，变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，为交流电压表．当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V时，就会在钢针和金属板间引发电火花进而点燃气体．以下判断正确的是( )
图2－9－12
A．电压表的示数等于5 V
B．电压表的示数等于 V
C．实现点火的条件是>1 000
D．实现点火的条件是<1 000
答案 BC
解析 由u－t图像可知最大电压值为5 V，故有效值为 V，交流电压表测量的是有效值，A错，B对；由变压器电压与线圈匝数的关系可知，U2＝U1＝5，当变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000 V，即5>5 000，所以>1 000，C对，D错．
5．如图2－9－13所示，一只理想变压器原线圈与频率为50 Hz的正弦交变电源相连，两个阻值均为20 Ω的电阻串联后接在副线圈的两端，图中的电流表、电压表均为理想交流电表，原、副线圈分别为200匝和100匝，电压表的示数为5 V．则( )
图2－9－13
A．电流表的读数为0.5 A
B．流过电阻的交变电流的频率为100 Hz
C．交变电源的输出电压的最大值为20 V
D．交变电源的输出功率为2.5 W
答案 CD
解析 根据欧姆定律可得副线圈中的电流I2＝＝0.25 A，根据理想变压器原、副线圈中的电流与匝数的关系＝，可解得I1＝0.125 A，A错误；理想变压器原、副线圈中的交变电流的频率相同，都为50 Hz，B错误；副线圈输出电压的有效值为10 V，根据正弦交变电流的最大值和有效值的关系可得其最大值应为U2m＝10 V，原、副线圈电压比为＝，可得交变电源输出电压的最大值为U1m＝20 V，C正确；对于理想变压器，交变电源的输出功率等于变压器副线圈负载消耗的功率，P＝2× W＝2.5 W，故D正确．
题组二 变压器电路的动态分析
图2－9－14
6．如图2－9－14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．下列说法正确的是( )
A．保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则R上消耗的功率减小
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增大
D．保持U1不变，S接在b端，将P向上滑动，则I1减小
答案 BC
解析 保持P的位置及U1不变，S由b切换到a，则副线圈匝数增加，输出电压增大，输出功率增大，则输入功率随之增大，故A错，C对；S由a切换到b，副线圈匝数减小，输出电压减小，则输出电流减小，B对；只是将P上滑，R减小，I2增大，由I1＝可知I1增大，则D错．
图2－9－15
7．如图2－9－15所示为一理想变压器，K为单刀双掷开关，P为滑动变阻器的滑动触头，U1为加在原线圈的电压，则( )
A．保持U1及P的位置不变，K由a合到b时，I1将增大
B．保持P的位置及U1不变，K由b合到a时，R消耗功率将减小
C．保持U1不变，K合在a处，使P上滑，I1将增大
D．保持P 的位置不变，K合在a处，若U1增大，I1将增大
答案 ABD
解析 K由a合到b时，n1减小而U1不变，由＝可知副线圈上电压U2增大，负载R的电流I2增大，P2增大，又由于P1＝P2＝U1I1，故I1增大，A项正确．同理K由b合到a时，P2减小，B项正确；P上滑时，负载电阻R增大，而U1、U2均不变，由I2＝可知I2减小，又由于n1、n2均不变，由＝可知I1将减小，故C项错误；当U1增大时，由＝可知U2也增大，I2＝增大，再由＝可知I1增大，故D项正确．
8．如图2－9－16所示，为探究理想变压器原、副线圈电压、电流的关系，将原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上，副线圈连接相同的灯泡L1、L2，电路中分别接了理想交流电压表V1、V2和理想交流电流表A1、A2，导线电阻不计．当开关S闭合后( )
图2－9－16
A．A1示数变大，A1与A2示数的比值不变
B．A1示数变大，A1与A2示数的比值变大
C．V2示数变小，V1与V2示数的比值变大
D．V2示数不变，V1与V2示数的比值不变
答案 AD
解析 电源电压有效值不变，所以V1示数不变，原、副线圈的电压之比等于匝数之比，匝数之比不变，故V2示数不变，V1与V2示数的比值也不变，所以C错误，D正确；当开关S闭合后，副线圈电路中的电阻减小，因为电压不变，所以副线圈电路中的电流增大，A2的示数增大，原、副线圈的电流之比等于匝数反比，匝数之比不变，A1与A2示数的比值不变，A1的示数也增大，所以A正确，B错误．
9．如图2－9－17所示，一理想变压器原线圈接入一交流电源，副线圈电路中R1、R2、R3和R4均为固定电阻，开关S是闭合的. 和 为理想交流电压表，读数分别为U1和U2； 、 和 为理想交流电流表，读数分别为I1、I2和I3.现断开S，U1数值不变，下列推断中正确的是( )
图2－9－17
A．U2变小、I3变小 B．U2不变、I3变大
C．I1变小、I2变小 D．I1变大、I2变大
答案 BC
解析 由U2＝U1得U1不变，U2就不变；S断开，R总增大，U2不变，则I2变小，由I1＝I2得I1也变小；I2变小，加在R1两端的电压变小，由UR3＝U2－UR1，得UR3增大，所以I3变大．
10．为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，图2－9－18甲为变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑动接头P上下移动时可改变输出电压．某次检测得到用户电压u2随时间t变化的曲线如图乙所示．以下正确的是( )
图2－9－18
A．u2＝190sin (50πt) V
B．u2＝190sin (100πt) V
C．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当下移
D．为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移
答案 BD
解析 由电压u2随时间t变化的曲线可知，用户电压的最大值是190 V，周期是2×10－2 s，所以u2＝190sin(100πt)V，A错误，B正确；根据＝，n1减小，U2增大，因此为使用户电压稳定在220 V，应将P适当上移，C错误，D正确．
11．调压变压器就是一种自耦变压器，它的构造如图2－9－19所示．线圈AB绕在一个圆环形的铁芯上，CD之间加上输入电压，转动滑动触头P就可以调节输出电压，图中 为交流电流表， 为交流电压表，R1、R2为定值电阻，R3为滑动变阻器，CD两端接恒压交流电源，变压器可视为理想变压器，以下说法正确的是( )
图2－9－19
A．当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变大，电压表读数变大
B．当滑动触头P逆时针转动时，电流表读数变小，电压表读数变大
C．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变小，电压表读数变大
D．当滑动变阻器滑动触头向下滑动时，电流表读数变大，电压表读数变小
答案 AD
解析 当滑动触头P逆时针转动时，相当于增加了副线圈的匝数，而原线圈匝数保持不变，根据＝可知，输出电压增大，其它因素不变时，电压表读数变大，电流表读数变大．当线圈匝数不变化而将滑动变阻器滑动触头向下滑动时，输出电压不变，总电阻减小，则总电流增大，R1两端电压增大，R2两端电压减小，流过R2的电流减小，因此，流过R3的电流增大，电流表示数变大．
题组三 远距离输电问题
12．中国已投产运行的1 000 kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程．假设甲、乙两地原采用500 kV的超高压输电，输电线上损耗的电功率为P.在保持输送电功率和输电线电阻都不变的条件下，现改用1 000 kV特高压输电，若不考虑其他因素的影响，则输电线上损耗的电功率将变为( )
A. B.
C．2P D．4P
答案 A
解析 由P＝UI可知当输出电压由500 kV升高到1 000 kV时，电路中的电流将减为原来的一半；由P损＝I2R线可知电路中损耗的功率变为原来的.
13．某小型水电站，水以3 m/s的速度流入水轮机，而以1 m/s的速度流出，流出水位比流入水位低1.6 m，水流量为2 m3/s.如果水流能量的75%供给发电机．求：
(1)若发电机效率为80%，则发电机的输出功率为多大？
(2)发电机的输出电压为240 V，输电线路的电阻为19.2 Ω，许可损耗功率为2%，用户所需电压为220 V，则所用升压变压器和降压变压器的原、副线圈匝数的比各是多少？
答案 (1)24 000 W (2)1∶20 107∶5
解析 (1)每秒钟流过发电机的水的质量为m＝ρV＝2×103 kg，每秒钟水流机械能的损失为ΔE＝m(v－v)＋mgh＝4×104 J，发电机的输出功率P出＝75%×80%·ΔE＝24 000 W
(2)发电机经变压器到用户的供电线路如图所示．
图中T1为升压变压器，T2为降压变压器．输电线上损失功率为P线＝IR线，而P线＝P出·2%
所以I线＝ ＝5 A，
因为I2＝I线＝5 A，I1＝＝100 A
所以升压变压器T1原、副线圈的匝数比为：＝＝
又因为I3＝I线＝5 A，
I4＝＝ A≈107 A
所以降压变压器T2的原、副线圈的匝数比为
＝≈.
课件16张PPT。高中物理·选修3-2·教科版第二章 交变电流第一讲 交变电流目标定位交变电流预习导学一、交变电流周期性变化 二、正弦交流电的产生和表述Emsinωt Umsinωt Imsinωt 想一想 正弦式交变电流的图象一定是正弦曲线吗？答案 不一定，根据计时起点不同，也可能是余弦函数曲线．交变电流电流的大小在变化 电流的方向在变化 大小 方向 大小 方向 正弦函数 正弦交流电 ωt BL1vsinωt BL1L2ωsinωt NBSω 垂直于磁场 课堂讲义1．两个特殊位置 (1)中性面(S⊥B位置)
线圈平面与礠场垂直的位置，此时e为0，i为0，Φ最大， 为0.
线圈每经过中性面，电流方向发生改变
线圈转一圈电流方向改变两次 (2)垂直中性面位置(S∥B位置)
此时e最大，i最大，Φ为0， 为最大．2．正弦式交流电的峰值．3．正弦式交流电的瞬时值表达式e＝Em sin ωt，u＝Um sin ωt，i＝Imsin ωtEm＝NBsω交变电流一、正弦交变电流的产生和表述 课堂讲义例1 矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是( )
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零交变电流课堂讲义A、D正确交变电流课堂讲义二、对峰值Em＝nBSω和瞬时值e＝Emsinωt的理解1．对峰值的理解(1)转轴在线圈所在平面内且与磁场垂直．当线圈平面与磁场平行时，线圈中的感应电动势达到峰值，且满足Em＝nBSω. (2)决定因素：由线圈匝数n、磁感应强度B、转动角速度ω和线圈面积S决定，与线圈的形状无关，与轴的位置无关．如图所示的几种情况中，如果n、B、ω、S均相同，则感应电动势的峰值均为Em＝nBSω.2．对瞬时值表达式的理解写瞬时值表达式时必须明确是从中性面计时，还是从与中性面垂直的位置计时．(1)从中性面计时，e＝Em sin ωt (2)从与中性面垂直位置计时，e＝Emcos ωt交变电流 课堂讲义例2 如图所示，匀强磁场B＝0.1 T，所用矩形线圈的匝数N＝100，边长ab＝0.2 m，bc＝0.5 m，以角速度ω＝100π rad/s绕OO′轴匀速转动．试求：
(1)交变电动势的峰值；
(2)线圈中瞬时感应电动势表达式；
(3)若线圈平面平行磁感线时开始计时，求线圈在t＝T/6时刻的电动势大小．S＝Lab·Lbc＝0.1 m2 Em＝NBSω＝100π＝314(V) e＝Emsinωt＝314sin(100πt )V e＝Emcosωt＝314cos(100πt)V交变电流课堂讲义三、正弦交变电流的图象1．如右图所示，从图象中可以解读到以下信息： (1)交变电流的峰值Em、Im和周期T. (2)因线圈在中性面时感应电动势、感应电流均为零，磁通量最大，所以可确定线圈位于中性面的时刻；也可根据电流最大找出线圈平行磁感线的时刻．(3)判断线圈中磁通量Φ最小、最大的时刻及磁通量变化率最大、最小时刻． (4)分析判断i、e大小和方向随时间的变化规律．2.分析有关图象时，要注意从图象中找出两个特殊位置对应的时刻．如右图所示交变电流 课堂讲义例3 线圈在匀强磁场中匀速转动，产生交流电的图象如图所示，由图可知( )
A．在A和C时刻线圈处于中性面位置
B．在B和D时刻穿过线圈的磁通量为零
C．在A时刻到D时刻线圈转过的角度为π弧度
D．在A和C时刻磁通量变化率绝对值最大中性面时磁通量最大 感应电动势为零 感应电流为零 与磁感线平行时磁通量为零 磁通量的变化率最大 感应电动势最大 感应电流最大 答
案
D交变电流 课堂讲义图甲ad和bc切割磁感线 针对训练3 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．则下图中正确的是( )初始位置 由楞次定律可知电流的方向为a→d→c→b→a，是负值 当再转过π/4时 处在中性面位置 感应电流为零 交变电流对点练习感应电动势为零磁通量最大交变电流的产生和表述1．当交流发电机的线圈转到线圈平面与中性面重合时，下列说法中正确的是( )
A．电流将改变方向
B．磁场方向和线圈平面平行
C．线圈的磁通量最大
D．线圈产生的感应电动势最大磁通量的变化率为零电流将改变方向磁场与线圈垂直╳ ╳ ╳ ╳
╳ ╳ ╳ ╳
╳ ╳ ╳ ╳交变电流对点练习正弦交变电流的图象2．一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图甲所示，则下列说法中正确的是( )
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻，交变电动势达到最大
D．该线圈产生的相应交变电动势的图象如图乙所示磁通量最大
处于中性面 磁通量为零
变化率最大 磁通量最大
处于中性面
变化率为零
电动势为零D项错误 交变电流对点练习峰值和瞬时值问题Em＝NBωS，
当ω加倍而S减半时，Em不变 交变电流对点练习峰值和瞬时值问题4．有一10匝正方形线框，边长为20 cm，线框总电阻为1 Ω，线框绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图所示，垂直于线框平面向里的匀强磁场的磁感应强度为0.5 T．问：
(1)该线框产生的交变电流电动势最大值、电流最大值分别是多少？
(2)线框从图示位置转过60°时，感应电动势的瞬时值是多大？╳ ╳ ╳ ╳
╳ ╳ ╳ ╳
╳ ╳ ╳ ╳Em＝nBSω＝6.28 V e＝Emsin 60°＝5.44 V交变电流再见课件15张PPT。高中物理·选修3-2·教科版第二章 交变电流第二讲 描述交流电的物理量目标定位描述交变电流的物理量预习导学一、周期和频率一次周期性变化 1s 周期性变化 f Hz 2π 2πf 想一想 如图所示，这个交变电流的
周期是多少？频率是多少？答案 周期T＝0.02 s；频率f＝50 Hz二、峰值和有效值最大 超过 同一 相同 热量 有效值 有效值 答案 不是，此公式仅适用于正弦交流电．描述交变电流的物理量课堂讲义一、对描述交变电流物理量的认识描述交变电流的物理量课堂讲义交变电流的周期为0.25 s 由欧姆定律可知交变电流的最大值为2A 描述交变电流的物理量课堂讲义二、交流电有效值的计算1．对有效值的进一步理解： (1)交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的． (2)理解有效值重点在“等效”上，“效果”相同在定义中体现为相同电阻、相同时间，产生相同热量，交变电流与多大的直流电“效果”相同，有效值就是多大．2．有效值的计算代入数值求解有效值将热量Q用相应的物理量的有效值表示Q＝I2RT或描述交变电流的物理量课堂讲义描述交变电流的物理量根据电流的热效应先计算电流的有效值．课堂讲义三、瞬时值、最大值、有效值、平均值的区别及应用对比交变电流某一时刻的值最大的瞬时值跟交变电流的热效应等效的恒定电流值e＝Emsin ωtEm＝NBSω计算线圈某一时刻的受力情况确定用电器的耐压值(1)计算与电流热效应相关的量(如功率、热量) (2)交流电表的测量值(3)电气设备标注的额定电
压、额定电流(4)保险丝的熔断电流计算通过电路横截面的电量描述交变电流的物理量课堂讲义描述交变电流的物理量 课堂讲义每秒改变两次描述交变电流的物理量对点练习对描述交流电物理量的认识Em＝50 V 由ω＝2πf＝100π rad/s
得f＝50 Hz 描述交变电流的物理量对点练习交流电有效值的计算2．如图所示的(a)、(b)两图分别表示两个交变电压，比较这两个交变电压，它们具有共同的( )．
A．有效值
B．频率
C．最大值
D．均不一样周期一样描述交变电流的物理量对点练习交变电流有效值的计算3．如图所示，是一交变电流随时间变化的图象，求此交变电流的有效值．描述交变电流的物理量对点练习有效值和平均值的区别及应用描述交变电流的物理量再见课件19张PPT。高中物理·选修3-2·教科版第二章 交变电流第三讲 习题课 交变电流的产生及描述 目标定位交变电流的产生及描述预习导学1. Emsinωt4. 有效值 2. nBSω 无关交变电流的产生及描述课堂讲义一、交变电流的瞬时值及图象问题 (3)瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值．(4)可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻．2．正弦交流电的图象是一条正弦曲线，从图象中可以得到以下信息：(3)确定感应电动势瞬时值表达式．(2)确定线圈转动的角速度ω(以rad/s作单位)；(1)确定线圈转动从哪个位置开始；1．求解交变电动势瞬时值交变电流的产生及描述课堂讲义例1 如图所示，是一多匝线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动所产生的交变电动势的图象，根据图象可知( )
A．此交变电动势的瞬时表达式为e＝200 sin 0.02t V
B．此交变电动势的瞬时表达式为e＝200 sin 100πt V
C．t＝0.01 s时，穿过线圈的磁通量为零
D．t＝0.02 s时，穿过线圈的磁通量的变化率最大感应电动势与磁通量的变化率同步变化 交变电流的产生及描述课堂讲义二、平均值及电荷量求解交变电流的产生及描述课堂讲义（1）Em＝nBSω＝20πV Im＝Em/R＝2πA，
所以i＝Imsinωt＝2πsin100 πtA 交变电流的产生及描述课堂讲义三、有效值的计算对于交变电流有效值的计算一般有以下两种情况：2．当电流按非正(余)弦规律变化时，必须根据有效值的定义求解，在
计算有效值时要注意：②计算时的“相同时间”一般要取一个周期的时间．交变电流的产生及描述课堂讲义例3 有两个完全相同的电热器，分别通以如图甲和乙所示的峰值相等的方波交变电流和正弦交变电流．求这两个电热器的电功率之比．I甲＝Im所以P甲∶P乙＝2∶1交变电流的产生及描述 课堂讲义例4 如图表示一交流电随时间变化的图象，其中电流的正值为正弦曲线的正半周，其最大值为Im；电流的负值为
－Im，则该交变电流的有效值为多少？ 交变电流的产生及描述课堂讲义四、交变电流“四值”的综合应用最大值、有效值、瞬时值、平均值，在不同情况下的使用：1．在研究电容器的耐压值时，只能用最大值．2．在研究交变电流做功、电功率及产生的热量时，只能用有效值W＝EIt，Q＝I2Rt，交流电表指示的也是有效值．3．在研究交变电流通过导体横截面的电荷量时，只能用平均值．4．在研究某一时刻线圈受到的安培力时，只能用瞬时值．交变电流的产生及描述课堂讲义交变电流的产生及描述课堂讲义交变电流的产生及描述课堂讲义交变电流的产生及描述对点练习图象信息分析1．某正弦式交流电的电流i随时间t变化的图象如图所示．由图可知( )
A．电流的最大值为10 A
B．电流的有效值为10 A
C．该交流电的周期为0.03 s
D．该交流电的频率为0.02 Hz周期为0.02 s，交变电流的产生及描述对点练习解得：I＝1 A 2．如图所示，一正弦交流电通过一电子元件后的波形图，则下列说法正确的是( )
A．这也是一种交流电
B．电流的变化周期是0.01 s
C．电流的有效值是1 A
D．电流通过100 Ω的电阻时，1 s内产生热量为200 J有效值的理解和计算电流方向不变 Q＝I2Rt＝100 J 交变电流的产生及描述对点练习交变电流的产生及描述有效值的理解和计算对点练习交变电流“四值”的应用(1)从中性面开始计时
e＝Emsin ωt Em＝20 V 交变电流的产生及描述再见课件12张PPT。高中物理·选修3-2·教科版第二章 交变电流第四讲 示波器的使用 目标定位示波器的使用预习导学一、认识示波器面板上的旋钮电源开关 亮度 正弦交流 衰减 频率 外部输入 选定扫描 Y输入 地 地 交直流 直流 交流 聚焦同步极性 聚焦示波器的使用课堂讲义一、练习使用示波器(1)把图中的直流电压改加到“X输入”上，观察亮斑发生水平偏移，把“X增益”旋钮顺时针转到1/3处，观察过程中亮斑偏移距离的变化．
(2)撤去外加直流电压，把“扫描范围”旋钮置于最低挡，“扫描微调”旋钮逆时针转到底，可以观察到亮斑从左向右移动，并迅速返回左端．
(3)调节“X增益”旋钮，可以观察到亮斑移动距离变化．
(4)改变扫描频率，荧光屏上的亮斑变成一条亮线．把“交直流开关”扳到直流挡(DC)位置，扫描旋钮转到最右端“外X”挡，衰减调节旋钮调到“100”挡，连接电路如图所示，可以观察到亮斑向上偏移．
(1)调节“Y增益”旋钮，直到亮斑移动距离适中为止．
(2)调节滑动变阻器的滑片，改变输入电压，观察亮斑移动距离的变化．
(3)改变输入电压的极性，可以观察到亮斑向下偏移．
(4)扳动“同步极性选择开关”，观察亮斑的偏移方向发生改变．1．在“Y输入”和“地”间加直流电压，观察亮斑的移动2．观察扫描示波器的使用课堂讲义一、练习使用示波器二、注意事项
1．在开启示波器前，应进行的操作是：
(1)辉度调节旋钮逆时针旋转到底 (2)竖直位移和水平位移旋钮转到中间位置．
(3)衰减调节旋钮置于最大挡(1 000挡) (4)扫描范围旋钮置于“外×”挡．
2．关机前必须进行的操作是，将辉度调节旋钮逆时针旋转到底，再断开电源开关．示波器的使用课堂讲义例1 如图所示为示波器面板，屏上显示的是一亮度很低、线条较粗且模糊不清的波形．
(1)若要增大显示波形的亮度，应调节________旋钮．
(2)若要屏上波形线条变细且边缘清晰，应调节______旋钮．
(3)若要将波形曲线调至屏中央，应调节________与______ 旋钮．辉度 聚焦 竖直位移 水平位移 示波器的使用课堂讲义例2 在“练习使用示波器”的实验中：
(1)为观察亮斑在竖直方向上的偏移，应该将扫描范围旋钮置于“外X”挡，使亮斑位于屏的________，然后，应把“DC”－“AC”开关置于________位置，以给示波器输入一个直流电压．
(2)为给示波器输入一个Y方向的直流电压(要求电压从零开始逐渐增加)，请将图中器材与示波器连成正确的电路．中心 DC Y输入端电势要比接地端电势高 示波器的使用课堂讲义(3)如果在示波器荧光屏上发现水平方向有一自左向右的移动图形，现要使它在水平方向出现一条直线的方法是( )．
A．逆时针旋转辉度调节旋钮
B．调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，减小扫描频率
C．调节衰减旋钮
D．调节扫描范围旋钮和扫描微调旋钮，增大扫描频率速度更快，便可成为一条亮线，故应增加扫描频率 示波器的使用课堂讲义(4)若在示波器的“Y输入”和“地”之间加上如图所示的电压，而扫描范围旋钮置于“外X”挡，则此时屏上应出现的情形是下图中的( )恒定电压 示波器的使用对点练习示波器的使用1．欲使屏上出现一条竖直亮线，应怎样调节示波器？在屏上已出现亮线(或亮斑)的前提下，将扫描范围旋钮置于“外X”挡，衰减调节旋钮置于“∞”挡．(若在其他挡位，也可从“Y输入”加一变化较快的电压)示波器的使用对点练习2．示波器面板如右图所示，左图为一信号源．
(1)若要观测此信号源发出的正弦交流信号的波形(正弦交流信号的电流i随时间t做周期性变化的图像如图2－4－6所示)，应将信号源的a端与示波器面板上的________接线柱相连，b端与________接线柱相连．
(2)若示波器所显示的输入波形如图2－4－7中右图所示，要将波形上移，应调节面板上的_____________旋钮；要使此波形横向展宽，应调节_________旋钮；要使屏上能够显示3个完整的波形，应调节________________ 旋钮．示波器的使用扫描范围和扫描微调Y输入地竖直位移X增益示波器的使用再见课件15张PPT。高中物理·选修3-2·教科版第二章 交变电流第六讲 电感器在交流电路中的作用第五讲 电容器在交流电路中的作用目标定位电感和电容对交变电流的影响预习导学电感和电容对交变电流的影响一、电容器对交流电的导通作用直流 交流 交变 直流 电压 充电 放电 二、电容器对交流电的阻碍作用交流电 越小 容抗 越低 容抗 三、电容器在电子技术中的应用隔直 旁路 四、电感器对交流电的阻碍作用低 低 交流电 越大 感抗 越高 感抗 直流 交流 低频 高频 课堂讲义一、理解电容器对交变电流的阻碍作用
电容器对交流电的阻碍作用概括为“通交流、隔直流；通高频，阻低频”．例1 如图甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“～～～”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“—”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是( )
A．图甲中R得到的是交流成分
B．图甲中R得到的是直流成分
C．图乙中R得到的是低频成分
D．图乙中R得到的是高频成分通交流 隔直流通高频 阻低频 R得到的是低频成分电感和电容对交变电流的影响课堂讲义针对训练 如图所示的电路中，正弦交流电源电压的有效值为220 V，则关于交流电压表的示数，以下说法中正确的是( )
A．等于220 V
B．大于220 V
C．小于220 V
D．等于零交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用 电压表测的是电阻两端的电压 电感和电容对交变电流的影响课堂讲义二、理解电感器对交变电流的阻碍作用1．高频扼流圈高频扼流圈的自感系数很小，只对高频交变电流有较大的阻碍作用，对低频交变电流的阻碍作用较小，对直流的阻碍作用更小．它具有“通直流，通低频、阻高频”的作用．2．低频扼流圈低频扼流圈的自感系数很大，即使交流的频率较低，它产生的感抗也很大．它具有“通直流，阻交流”的作用．电感和电容对交变电流的影响课堂讲义例2 关于电子电路中的扼流圈，下列说法正确的是( )
A．扼流圈是利用电感线圈对交流的阻碍作用来工作的
B．高频扼流圈的作用是允许低频交流通过，而阻碍高频交流通过
C．低频扼流圈的作用是不仅要阻碍高频交流通过，还要阻碍低频交流通过
D．高频扼流圈的电感比低频扼流圈的电感大高频扼流圈比低频扼流圈
自感系数小 电感和电容对交变电流的影响课堂讲义针对训练 如图所示，输入端ab的输入电压既有直流成分，又有交流成分，以下说法中正确的是(L的直流电阻与R相同)( )
A．直流成分只能从L通过
B．交流成分只能从R通过
C．通过R的既有直流成分又有交流成分
D．通过L的交流成分比通过R的交流成分必定要少电感和电容对交变电流的影响课堂讲义三、电阻、电感、电容的作用及区别2．感抗的大小除了与电感线圈自身的性质有关外，还与交变电流的频率有关，若用XL表示感抗，则XL＝2πfL.3．电阻R无论对直流还是交流，阻碍作用相同，只取决于电阻本身．电感和电容对交变电流的影响课堂讲义例3 在频率为f的交变电流电路中，如图所示，当开关S依次分别接通R、C、L支路，这时通过各支路的电流有效值相等．若将交变电流的频率提高到2f，维持其他条件不变，则下列几种情况不正确的是( )．
A．通过R的电流有效值不变
B．通过C的电流有效值变大
C．通过L的电流有效值变小
D．流过R、C、L的电流有效值都不变电阻R对交流的阻碍作用不变电容C对交流的阻碍作用减小电感L对交流的阻碍作用变大D电感和电容对交变电流的影响对点练习容抗及其作用电感和电容对交变电流的影响容抗增大 1.如图所示，接在交流电源上的电灯泡正常发光，以下说法正确的是( )
A．把电介质插入电容器，灯泡变亮
B．增大电容器两板间的距离，灯泡变亮
C．减小电容器两板间的正对面积，灯泡变暗
D．使交变电流频率减小，灯泡变暗容抗减小 容抗增大 容抗增大 对点练习感抗及其作用f＝50 Hz U＝UV＋ UL′电感和电容对交变电流的影响对点练习电阻、感抗、容抗的区别3．在图所示的电路中，a、b两端连接的交流电源既含高频交流，又含低频交流；L是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻．下列说法正确的是( )
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通交流，隔直流”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远小于高频交流所占的百分比L对高频的阻碍作用
C对高频的旁路作用 电感和电容对交变电流的影响对点练习4．如图所示的电路中，A、B、C三灯亮度相同，电源为220 V,50 Hz的交流电源，以下叙述中正确的是( )
A．改接220 V,100 Hz的交流电源时，A灯变亮，B灯变暗，C灯亮度不变
B．改接220 V,100 Hz的交流电源时，A灯变暗，B灯变亮，C灯变亮
C．改接220 V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯亮度不变
D．改接220 V的直流电源时，A灯熄灭，B灯变亮，C灯变暗电感和电容对交变电流的影响再见课件18张PPT。高中物理·选修3-2·教科版第二章 交变电流第七讲 变压器 目标定位变压器预习导学一、变压器的原理闭合铁芯 交流电源 初级线圈 负载 次级线圈 互感现象 想一想 把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈连接到交流电源的两端，另一个线圈连接到小灯泡上(如图所示)．小灯泡能发光吗？为什么？答案 能 当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁通量，根据法拉第电磁感应定律知，在左、右线圈中都要产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光．二、电压与匝数的关系能量 降压 升压 变压器预习导学变压器三、变压器的电流与匝数的关系四、电压互感器和电流互感器高压交流电路 电压表 电流表 课堂讲义一、变压器“变压”的原理 电压与匝数的关系 2．变压器的变压关系：3．原、副线圈的地位(1)原线圈在其所处回路中充当负载(2)副线圈在其所处回路中充当电源4．变压器不改变交流电的频率变压器课堂讲义例1 理想变压器在正常工作时，原、副线圈中一定相同的物理量是( )
A．每匝线圈中磁通量的变化率
B．交变电流的频率
C．原线圈的输入功率和副线圈的输出功率
D．原线圈的感应电动势和副线圈的感应电动势变压器课堂讲义二、理想变压器的功率关系和电流关系1．理想变压器的特点： (1)原、副线圈的导线电阻不计，无发热损失．
(2)变压器铁芯上无发热损失
(3)无漏磁而引起的能量损失2．理想变压器的功率关系：从能量守恒看，理想变压器的输入功率等于输出功率即P入＝P出3．电流关系4．电压、电流、功率的制约关系(1)电压制约：输入电压U1，决定输出电压U2.
(2)功率制约：P出决定P入，这体现了能量守恒的特点．
(3)电流制约：输出电流I2决定输入电流I1.变压器课堂讲义I2＝P/U2＝0.1 A 变压器课堂讲义针对训练 用220 V的正弦交流电通过理想变压器对一负载供电，变压器输出电压是110 V，通过负载的电流图象如图所示，则( )
A．变压器输入功率约为3.9 W
B．输出电压的最大值是110 V
C．变压器原、副线圈匝数比是1∶2
D．负载电流的函数表达式＝0.05sin(100πt＋π/2)An1:n2=U1:U2=2：1 i＝0.05sin(100πt)A 变压器 课堂讲义U1I1＝U2I2＋U3I3例3 如图所示，理想变压器三个线圈的匝数之比为n1∶n2∶n3＝10∶5∶1，其中n1接到220 V的交流电源上，n2和n3分别与电阻R2、R3组成闭合回路．已知通过电阻R3的电流I3＝2 A，电阻R2＝110 Ω，求通过电阻R2的电流I2和通过原线圈的电流I1.I1＝0.7 A变压器课堂讲义三、几种常见的变压器1．自耦变压器如图所示，铁芯上只绕一个线圈，低压线圈是高压线圈的一部分，既可以作为升压变压器使用，也可以作为降压变压器使用．变压器课堂讲义三、几种常见的变压器2．电压互感器(1)构造：小型降压变压器，如图甲所示．
(2)接法：原线圈并联在高压电路中，副线圈接电压表；为了安全，外壳和副线圈应接地．
(3)作用：将高电压变为低电压，通过测量低电压，计算出高压电路的电压．3．电流互感器(1)构造：小型升压变压器，如图乙所示．
(2)接法：原线圈串联在被测电路中，副线圈接电流表．为了安全，外壳和副线圈应接地．
(3)作用：将大电流变成小电流，通过测量小电流，计算出被测电路中的大电流．变压器 课堂讲义例4 普通的交流电流表不能直接接在高压输电线路上测量电流，通常要通过电流互感器来连接，如图所示，图中电流互感器ab一侧线圈的匝数较少，工作时电流为Iab，cd一侧线圈的匝数较多，工作时电流为Icd，为了使电流表能正常工作，则( )
A．ab接MN、cd接PQ，Iab＜Icd
B．ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd
C．ab接PQ、cd接MN，Iab＜Icd
D．ab接PQ、cd接MN，Iab＞Icd根据单一副线圈的理想变压器原理，电流比值等于匝数比的倒数，可得ab接MN、cd接PQ，Iab＞Icd变压器对点练习理想变压器无漏磁变压器原理分析1．关于理想变压器的工作原理，以下说法正确的是( )
A．通有正弦交变电流的原线圈产生的磁通量不变
B．穿过原、副线圈的磁通量在任何时候都不相等
C．穿过副线圈磁通量的变化使得副线圈产生感应电动势
D．原线圈中的电流通过铁芯流到了副线圈正弦交变电流的原线圈产生的磁场是变化的原副线圈通过磁场联系在一起变压器对点练习理想变压器基本规律的应用2．理想变压器正常工作时，原、副线圈中的电流为I1、I2，电压为U1、U2，功率为P1、P2，关于它们之间的关系，下列说法中正确的是( )
A．I1由I2决定 B．U2与负载有关
C．P1由P2决定 D．以上说法都不正确功率关系为：负载用多少，原线圈端就输入多少 变压器对点练习理想变压器基本规律的应用3．如图所示，为一理想变压器，原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V,6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是( )
A．120 V,0.10 A
B．240 V,0.025 A
C．120 V,0.05 A
D．240 V,0.05 AP1＝P2＝6W×2＝12WP1＝U1I1变压器对点练习电压互感器 互感器的应用4．如图所示，L1和L2是高压输电线，甲、乙是两只互感器，若已知n1∶n2＝1 000∶1，n3∶n4＝1∶100，图中电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则高压输电线的送电功率为( )
A．2.2×103 W
B．2.2×10－2 W
C．2.2×108 W
D．2.2×104 WU∶U2＝n1∶n2 I4∶I＝n3∶n4 电流互感器 变压器再见课件17张PPT。高中物理·选修3-2·教科版第二章 交变电流第八讲 电能的输送 目标定位电能的输送预习导学一、二、远距离输电系统想一想 在图中，甲同学说U2＝I2R线，乙同学说P2＝I22R线．他们的说法对吗？正确关系是什么？电能的输送I2r 电阻 电阻 电阻率小 横截面积 电流 电压 电压 升压 升压 降压 三、感抗 容抗 同步运行 交流电 直流电 逆变器 课堂讲义一、降低输电损耗的两个途径1．输电导线上的功率损失(1)损失功率计算：设输电电流为I，输电线电阻为R线，则输电线上的功率损失为ΔP＝I2R线 (2)减小输电线上功率损失的方法．采用高压输电是减小输电线上功率损失最有效最经济的措施．电能的输送课堂讲义一、降低输电损耗的两个途径2．输电线上的电压损失(2)减少输电线上电压损失的方法．①减小输电线的电阻
②提高输送电压电能的输送课堂讲义设输电电压为U，所输送的功率为P 电能的输送课堂讲义电能的输送课堂讲义二、远距离输电的输送电路及基本关系1．输电线路的构成 由发电机、
升压变压器、输电导线、降压变
压器、用电器构成．2．远距离输电的基本关系(如图所示)电能的输送课堂讲义3．特别强调(2)输电线的电阻计算时，应注意输电线长度为距离的两倍． (3)处理远距离输电问题． 首先要画出输电线路示意图，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．
其次解题时要抓“两头”——电源、用电器．要注意“中间一条线”——输电线，以变压器为界将整个输电电路划分为三个独立的回路．以变压器为联系的纽带将“两头”与中间“输电线”联系起来，利用能量守恒、变压比、变流比等规律进行分析与计算．电能的输送课堂讲义例2 发电站通过升压变压器，输电导线和降压变压器把电能输送到用户(升压变压器和降压变压器都可视为理想变压器)，若发电机的输出功率是100 kw，输出电压是250 V，升压变压器的原副线圈的匝数比为1∶25，求：
(1)求升压变压器的输出电压和输电导线中的电流．
(2)若输电导线中的电功率损失为输入功率的4%，求输电导线的总电阻和降压变压器原线圈两端的电压．电能的输送 课堂讲义例3 发电机的端电压为220 V，输出功率44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．
(1)画出全过程的线路示意图；
(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，求用户得到的电压和功率．(1)示意图如图所示 电能的输送 课堂讲义例3 发电机的端电压为220 V，输出功率44 kW，输电导线的电阻为0.2 Ω，如果用初、次级线圈匝数之比为1∶10的升压变压器升压，经输电线后，再用初、次级线圈匝数比为10∶1的降压变压器降压供给用户．
(1)画出全过程的线路示意图；
(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，求用户得到的电压和功率．(3)则输电电流I＝P/U1＝200 A.输电线路上的电压损失
ΔU′＝I′R线＝40 V.所以用户得到的电压
U′2＝U1－ΔU′＝180 V用户得到的功率为
P＝U′2I＝3.6×104 W.电能的输送对点练习输电线上损耗的问题由U1：U2＝n1:n2可知，U2＝50 U1电能的输送对点练习输电线上损耗的问题I＝P/U＝6×103 A U损＝IR＝15 kV 电能的输送对点练习远距离高压输电的应用考虑到输电线上有电功率损失 电能的输送对点练习远距离高压输电的应用4．在远距离输电时，要考虑尽量减少输电线上的功率损失．有一个电站，输送的电功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电度表一昼夜示数相差4 800度．
求：(1)这时的输电效率η和输电线的总电阻R线．
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？（1）一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000度 P损＝4800KWh/24h＝200 kW P损＝I2R线 电能的输送再见课件16张PPT。高中物理·选修3-2·教科版第二章 交变电流第九讲 习题课 变压器的应用及远距离输电问题 目标定位变压器的应用及远距离输电问题预习导学1． P出 2． P损＝I2R线 IR线 3．减小 减小 电压 4．升压 降压 变压器的应用及远距离输电问题课堂讲义一、理想变压器的规律4．变压器不改变频率5．原、副线圈的地位(1)原线圈在原线圈回路中所处的地位是充当负载．
(2)副线圈在副线圈回路中所处的地位是充当电源．变压器的应用及远距离输电问题课堂讲义例1 如图甲所示，左侧的调压装置可视为理想变压器，负载电路中R＝55 Ω，A、V为理想电流表和电压表．若原线圈接入如图乙所示的正弦交变电压，电压表的示数为110 V，下列表述正确的是( )
A．电流表的示数为2 A
B．原、副线圈匝数比为1∶2
C．电压表的示数为电压的有效值
D．原线圈中交变电压的频率为100 Hz变压器的应用及远距离输电问题课堂讲义I2＝U2/R＝2 A P＝UI1＝110 W 变压器的应用及远距离输电问题课堂讲义二、理想变压器电路的动态问题分析1．首先明确变压器各物理量间的制约关系 (1)输入电压U1决定输出电压U2：变压器原、副线圈匝数n1、n2确定，U1便决定了U2，与输出端有无负载、负载大小无关，也与变压器有无其他副线圈无关． (2)输出功率P2决定输入功率P1：即用多少送多少．2．分清动态变化中哪个量变化，结合串、并联电路的特点，欧姆定律及变压器各物理量间因果关系来依次确定．变压器的应用及远距离输电问题 课堂讲义例2 如图所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，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．I1和I2表示电流的瞬时值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小交流电表测量的是有效值 变压器的应用及远距离输电问题课堂讲义针对训练2 如图所示，用一理想变压器给负载供电，变压器输入端的电压不变，开始时开关S是断开的．现将开关S闭合，则图中所有交流电表的示数以及输入功率的变化情况是( )
A．V1、V2的示数不变，A1的示数增大，A2的示数减小，P入增大
B．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数增大，P入增大
C．V1、V2的示数不变，A1、A2的示数减小，P入减小
D．V1的示数不变，V2的示数增大，A1的示数减小，A2的示数增大，P入减小变压器的应用及远距离输电问题课堂讲义三、远距离高压输电中的损耗问题2．分析三个回路，在每个回路中，变压器的原线圈是回路的用电器，而相应的副线圈是下一个回路的电源．3．综合运用下面三方面的知识求解1．解决远距离输电问题时，应首先画出输电的电路图，如图所示，并将已知量和待求量写在电路图的相应位置．变压器的应用及远距离输电问题课堂讲义例3 某小水电站发电机输出的电功率为100 kW，输出电压250 V，现准备向远处输电，所用输电线的总电阻为8 Ω，要求输电时在输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%.用户获得220 V电压，求应选用匝数比多大的升压变压器和降压变压器？画图可以有效帮助解决问题变压器的应用及远距离输电问题对点练习变压器基本规律的应用保险丝原理是电流热效应，应该用电流有效值 变压器的应用及远距离输电问题对点练习变压器电路的动态分析问题V1不变R2减小输出功率增大 V副不变变压器的应用及远距离输电问题对点练习变压器电路的动态分析问题T＝2π/ω＝0.02 s，
f＝1/T＝50 Hz.
1T内发光2次，
故发光频率为100 Hz 不论开关是否断开，
电压表示数不变 开关断开后，
变压器的输出功率减小 变压器的应用及远距离输电问题对点练习远距离输电问题4．一台发电机最大输出功率为4 000 kW，电压为4 000 V，经变压器T1升压后向远方输电，输电线路总电阻R＝1 kΩ，到目的地经变压器T2降压，负载为多个正常发光的灯泡(220 V、60 W)．若在输电线路上消耗的功率为发电机输出功率的10%，变压器T1和T2的耗损可忽略，发电机处于满负荷工作状态，则( )
A．T1原、副线圈电流分别为103A和20 A
B．T2原、副线圈电压分别为1.8×105V和220 V
C．T1和T2的变压比分别为1∶50和40∶1
D．有6×104盏灯泡(220 V、60 W)正常发光由P1＝U1I1得I1＝103A，
由P损＝I2R线＝400 kW得I2＝20 An1:n2=I2∶I1＝1∶50
由P＝U2I2得U2＝2×105V，
ΔU＝I2R线＝20 000 V
U3＝U2－U线＝1.8×105V，
灯泡正常发光，可知副线圈电压U4为220 Vn3∶n4＝U3∶U4＝1.8×105∶220P3＝P4＝U3I2＝60 W·n，解得n＝6×104变压器的应用及远距离输电问题再见
