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限时：45分钟 总分：100分
一、单项选择题(每小题7分，共49分)
1．关于容抗，下列说法中正确的是( )
A．电容器充电时，容抗小
B．电容器充电时，容抗大
C．电容器的电容和交变电流的频率一定时，容抗一定与充、放电无关
D．以上说法都不对
2．关于感抗，下列说法中不正确的是( )
A．感抗是由于电流变化时，在线圈中产生了自感电动势，阻碍电流的变化
B．感抗的大小不仅与自感系数有关，还与电流的频率有关
C．感抗虽然对交变电流有阻碍作用，但不消耗能量
D．感抗是线圈的电阻产生的
3．对扼流圈的以下说法，正确的是( )
A．扼流圈是利用电感器阻碍交变电流的作用制成的
B．低频扼流圈用来“通低频、阻高频”
C．高频扼流圈用来“通直流、阻交流”
D．高频扼流圈对低频交变电流的阻碍作用大，对高频交变电流的阻碍作用很小
4.
如图所示电路由交变电流供电，如果交变电流的频率升高，则 ( )
A．线圈的自感系数增大
B．线圈的感抗减小
C．电路中的电流增大
D．电路中的电流减小
5.如下图所示把电阻、电感、电容并联到某一交流电源上，三个电流表示数相同，若保持电源电压不变，而将频率加大，则三个电流表的示数I1、I2、I3的大小关系是( )
A．I1＝I2＝I3 B．I1>I2>I3
C．I2>I1>I3 D．I3>I1>I2
6．如下图所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(如L＝1 mH，C＝200 pF)，此电路的重要作用是( )
A．阻直流通交流，输出交流
B．阻交流通直流，输出直流
C．阻低频通高频，输出高频交流
D．阻高频通低频，输出低频交流和直流
7．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( )
①图甲中R得到的是交流成分
②图甲中R得到的是直流成分
③ 图乙中R得到的是低频成分
④ 图乙中R得到的是高频成分
A．①③ B．①④
C．②③ D．②④
二、多项选择题(每小题7分，共21分)
8．对交流电通过电容器的理解正确的是( )
A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体
B．交变电流定向移动的电荷通过电容器两板间的绝缘介质
C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流“通过”了电容器
D．交变电流通过了电容器，实际上自由电荷并没有“通过”电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)
答案
1．C 容抗只与电容器的电容大小和交变电流的频率有关．
2．D 产生感抗的原因是自感现象；感抗大小XL＝2πfL；交变电流通过线圈时，电能与磁场能相互转化，不消耗电能．
3．A 低频扼流圈用来通直流、阻交流，也不让低频电流通过(对低频电流阻碍作用很大)．而高频扼流圈对高频电流阻碍作用很大，对低频电流阻碍作用较小．高频扼流圈的自感系数较小，低频扼流圈的自感系数较大，故只有A正确．
4．D 线圈的自感系数是线圈自身的属性，选项A错误；交变电流的频率升高，电流的变化率增大，线圈的自感作用增大，感抗增大，线圈对电流的阻碍作用增大，电路中的电流减小，故选项B、C错误，D正确．
5．D 原来三个电流表的示数相同，说明三个支路中的电阻、感抗、容抗相等，当交变电流的频率加大时，电阻的值不变，感抗变大，容抗减小，因此I1不变，I2减小，I3增大，即有I3>I1>I2，故选项D正确．
6．D 线圈的作用是：“通直流、阻交流，通低频、阻高频”．电容的作用：“通交流、隔直流，通高频、阻低频”．因线圈自感系数L很小，所以对低频成分的阻碍作用很小，这样，直流和低频成分能顺利通过线圈；电容器并联在电路中，起旁路作用，因电容器C很小，对低频成分的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，被它滤掉，最终输出的是低频交流和直流．
7．A 当交变电流加在电容器上时，有“通交流、隔直流，通高频、阻低频”的特性，甲图中电容器隔直流，R得到的是交流成分，①正确、②错误；乙图中电容器通过交流高频成分，阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，③正确、④错误．
8．CD 电流能“通过”电容器，并非电荷真的通过电容器两板间的电介质，而是交变电流交替对电容器充放电，电容器中并没有电荷通过，电路中有了电流，表现为交变电流通过了电容器．
———————————————————————————
9．某同学在研究电容器、电感器对恒定电流与交变电流的影响时，采用了如图所示的电路，其中L1、L2是两个完全相同的灯泡．当双刀双掷开关置于3、4时，电路与交流电源接通，稳定后的两个灯泡发光亮度相同．则该同学在如下操作中能观察到的实验现象是( )
A．当开关置于1、2时，稳定后L1亮、L2不亮
B．当开关置于3、4时，频率增加且稳定后，L1变亮、L2变暗
C．当开关从置于1、2的稳定状态下突然断开，L1将会立即熄灭
D．当开关从置于1、2的稳定状态下突然断开，L1不会立即熄灭
10．“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器．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、低频段分离出来，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．
如图所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )
A．甲扬声器是高音扬声器
B．C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器
C．L1的作用是阻碍低频电流通过甲扬声器
D．L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流
三、非选择题(共30分)
11．如图所示，A、B、C为三个相同的灯泡，a、b、c为与之串联的三个元件，E1为直流电源，E2为交流电源．当开关S接“1”时，A、B两灯均正常发光，C灯不亮；当开关S接“2”时，A灯仍正常发光，B灯变暗，C灯正常发光．由此可知，a元件应是________；b元件应是________；c元件应是________．
12.
在电子技术中，从某一装置输出的电流既有高频成分又有低频成分，如果只需要把低频成分输送到下一级装置，只要在两极电路之间接入一个高频扼流圈，就可以了．高频扼流圈是串联还是并联接入电路？如图所示的接法对吗？为什么？
答案
9.AD 如果开关置于1、2时，接直流电，电流稳定后能通过电感器，而不能通过电容器，所以L1亮，L2不亮，A项正确；稳定后突然断开，L、L1、L2、C能构成回路，由于自感现象，L1、L2将慢慢熄灭，故D正确，C错；当置于3、4时，且交流电频率增大，则感抗增大，容抗减小，所以L1变暗，L2变亮，故B错．
10．BD 线圈作用是“通直流，阻交流；通低频，阻高频”．电容的作用是“通交流，隔直流；通高频，阻低频”．高频成分将通过C2到乙扬声器，故乙是高音扬声器．低频成分通过L1到甲扬声器．故甲是低音扬声器，L1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器．
11．电阻 电感器 电容器
解析：由题意知，接“1”时，直流电不通过c，故c为电容器；接“2”时通交流电，B灯变暗是由于感抗所致，故b应为电感器，则a为电阻．
12．见解析
解析：串联，因为高频扼流圈自感系数较小，它有通低频、阻高频的作用，低频通过很容易，而高频很“费力”，但电阻让高频通过，所以高频就几乎不从高频扼流圈通过了，所以题中所给图接法正确．
课件34张PPT。第五章
交变电流课时10 电感和电容对交变电流的影响课
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限时：45分钟 总分：100分
一、单项选择题(每小题7分，共49分)
1．如图，一理想变压器原、副线圈的匝数比为1?2；副线圈电路中接有灯泡，灯泡的额定电压为220 V，额定功率为22 W；原线圈电路中接有电压表和电流表．现闭合开关，灯泡正常发光．若用U和I分别表示此时电压表和电流表的读数，则( )
A．U＝110 V，I＝0.2 A
B．U＝110 V，I＝0.05 A
C．U＝110 V, I＝0.2 A
D．U＝110 V，I＝0.2 A
2．如图所示，理想变压器的原线圈接入u＝11 000sin 100πt(V)的交变电压，副线圈通过电阻r＝6 Ω的导线对“220 V,880 W”的电器RL供电，该电器正常工作．由此可知( )
A．原、副线圈的匝数比为50?1
B．交变电压的频率为100 Hz
C．副线圈中电流的有效值为4 A
D．变压器的输入功率为880 W
3．一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1?n2＝1?2，电源电压u＝220sinω t (V)，原线圈电路中接入一熔断电流I0＝1 A的保险丝，副线圈中接入一可变电阻R，如图所示．为了使保险丝不致熔断，调节R时，其阻值最低不能小于( )
A．440 Ω B．440 Ω
C．880 Ω D．880 Ω
4．理想变压器原、副线圈的匝数比为1?15，当原线圈接在6 V的蓄电池两端以后，副线圈的输出电压为( )
A．90 V B．0.4 V
C．6 V D．0
5．用理想变压器给负载电阻R供电，变压器输入电压一定时，在下列四个办法中，哪种可以使变压器输出功率增加( )
A．增加变压器原线圈匝数，而副线圈匝数及负载电阻R保持不变
B．减小负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变
C．增加负载电阻的阻值，而变压器原、副线圈匝数不变
D．减少变压器副线圈匝数，而原线圈匝数和负载电阻保持不变
6．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，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，IabB．ab接MN、cd接PQ，Iab>Icd
C．ab接PQ、cd接MN，IabD．ab接PQ、cd接MN，Iab>Icd
7.如图所示，一低压交流稳压器中，变压器的原、副线圈都带有滑动头，通过上下调节P1、P2的位置，可以改变变压器输入、输出电压．图中L是一个小灯泡，R2是定值电阻，R1、R3是滑动变阻器，若要增大灯泡L的亮度，可以采取的办法是 ( )
A．P1、P3、P4不动，P2下移
B．P1、P2、P3不动，P4下移
C．P2、P3、P4不动，P1上移
D．P1、P2、P4不动，P3上移
二、多项选择题(每小题7分，共21分)
8．正常工作的理想变压器的原、副线圈中，数值上不一定相等的是( )
A．电流的频率 B．端电压的峰值
C．电流的有效值 D．电功率
答案
1．A 在副线圈电路中，I2＝＝0.1 A，再根据＝ ，及＝，得U1＝110 V，I1＝0.2 A，故B、C、D错，A正确．
2．C 根据接入电压u＝11 000sin 100πt(V)，输入电压有效值为11 000 V，要使“220 V,880 W”的电器正常工作，则通过用电器的电流为I＝＝4 A，副线圈输出电压为U出＝Ir＋U＝4×6 V＋220 V＝244 V，原、副线圈匝数比等于输入电压与输出电压之比，为2 750?61，A错误，C正确；交流电的频率f＝＝＝50 Hz，B错误；变压器的输出功率P出＝PRL＋Pr＝880 W＋42× 6 W＝976 W，D错误．
3．C 当原线圈电流I1＝I0时，副线圈中的电流为
I2＝I1＝I0＝ A，
副线圈的输出电压有效值为
U2＝U1＝＝440 V，
因此副线圈电路中负载电阻的最小值为Rmin＝＝880 Ω.故选项C正确．
4．D 由于蓄电池向外输出的是直流电，铁芯中磁通量不能发生变化，在副线圈中不能产生感应电动势，所以副线圈的输出电压为0.
5．B 由＝，当n1增加时，U2减小，P2＝，P2减小，A错；U1、n1、n2不变，则U2不变，R减小时，P2＝，P2增大，B正确；C与B相反，故C错误；当n1、U1不变，n2减小时，则U2减小，由P2＝(R不变)，P2会减小，D错．
6．B 根据变压器的工作原理＝解决问题．
高压输电线上的电流较大，测量时需把电流变小，根据＝，MN应接匝数少的线圈，故ab接MN，cd接PQ，且Iab>Icd，选项B正确．
7．D 根据变压器的变压原理＝，要增大输出电压，需要使P1下移或P2上移；滑动变阻器R1是分压接法，P3上移可以使灯泡两端电压增大，灯泡功率也就增大，使其变亮；滑动变阻器R3的触头P4上移时才能使灯泡两端的电压增大，使灯泡变亮，所以只有D项正确．
8．BC 理想变压器正常工作时，原、副线圈的输入功率和输出功率相等，变压器不会改变原、副线圈的电流的频率；变压器会改变原、副线圈的端电压和峰值，有效电压，以及原、副线圈中的电流的有效值，故选项B、C正确．
———————————————————————————
9.下列关于理想变压器的说法中，正确的是( )
A．输入功率等于输出功率
B．输送的电能经变压器先转化为磁场能，再转化为电能
C．输送的电能经变压器先转化为电场能，再转化为电能
D．输送的电能经变压器的铁芯直接传输过去
10.
如图所示为一理想变压器和负载电阻R，下列哪些做法可增加变压器的输入功率( )
A．只减少副线圈匝数
B．只减少原线圈匝数
C．只增加副线圈匝数
D．只减小R的阻值
三、非选择题(共30分)
11．如图所示，理想变压器原、副线圈的匝数之比n1?n2＝2?1，L1是“100 V,40 W”的灯泡，L2和L3均为“220 V,100 W”的灯泡，当L1正常发光时，求变压器的输入功率．
12．如图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图象如图乙所示．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.
(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
9.AB 变压器传输的是交变电流，当电流经过原线圈时，在铁芯中产生变化的磁场，即电能转化为磁场能．此变化的磁场在副线圈中产生感应电动势，若线圈闭合，则产生感应电流，磁场能又转化为电能．
10．BCD 减少原线圈匝数，等于增加副线圈匝数，改变了电压比．增加副线圈匝数，也是改变了匝数比，等于提高了输出电压，增大了输出功率即增加了变压器的输入功率，减小电阻R，也增大了输出功率，而输入功率等于输出功率．
11．155 W
解析：灯泡中只L1正常发光，L2、L3不一定正常发光
I1＝＝0.4 A.
由理想变压器电流关系，得
n1I1＝n2I2(I2为副线圈中总电流)，
I2＝0.8 A，
副线圈中R2＝R3＝＝484Ω
R＝＝242 Ω，
U2＝193.6 V.
U1＝387.2 V.
P入＝U1I1＝387.2×0.4 W≈155 W.
12．(1)uab＝400sin200πt V (2)0.28 A(或 A) (3)
解析：(1)由图乙知T＝0.01 s，ω＝200π rad/s.
电压瞬时值uab＝400sin200πt 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＝.
课件41张PPT。第五章
交变电流课时11 变压器 课
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限时：45分钟 总分：100分
一、单项选择题(每小题7分，共49分)
1．如下图所示，为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述错误的是( )
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
2．发电厂发电机的输出电压为U1，发电厂至学校的输电线的总电阻为R，通过导线的电流为I，学校得到的电压为U2，则输电线上损失的电压可表示为( )
A．U1 B．U1－IR
C．IR D．U2
3．某小型水电站的电能输送示意图如图所示，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＝220sin 100πt(V)，降压变压器的副线圈与阻值R0＝11 Ω的电阻组成闭合电路．若将变压器视为理想变压器，则下列说法中错误的是( )
A．通过R0电流的有效值是20 A
B．降压变压器T2原、副线圈的电压比为4?1
C．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的输出功率大于降压变压器T2的输入功率
4．“西电东送”工程中为了减少输电损耗，必须提高输电电压．从西部某电站向华东某地区输送的电功率为106 kW，输电电压为1 000 kV，输电线电阻为100 Ω若改用超导材料作为输电线，则可减少输电损耗的功率为( )
A．105 kW B．104 kW
C．106 kW D．103 kW
5．在确定的两地间用铝导线输送一定功率的交流电，现将输电电压提高1倍，并保持输电线上损失的功率不变，则用铝量可比增压前减少( )
A．25% B．50%
C．60% D．75%
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
7.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＝U2/r，U为输电电压，r为输电线的电阻
二、多项选择题(每小题7分，共21分)
8．在电能输送过程中，若输送电功率一定，则在输电线上的功率损失( )
A．与输送电压成正比
B．与输送电压的平方成正比
C．与输电线上电压损失的平方成正比
D．与输电电流的平方成正比
9．某发电站采用高压输电向外输送电能．若输送的总功率为P0，输电电压为U，输电导线的总电阻为R线．则下列说法正确的是( )
A．输电线上的电流I＝
B．输电线上的电流I＝
C．输电线上损失的功率P＝2·R线
D．输电线上损失的功率P＝
答案
1．C 远距离输电过程中的主要能量损耗是输电导线的发热损耗，由P失＝I2R可以看出，在保证输电功率的前提下有两种方式可减小输电中的能量损失：一是减少输电线的电阻，由R＝ρ知，A正确．二是减小输电电流，B正确．若输电电压一定，由P＝UI知输送的电功率越大，输电电流越大，则输电中能量损耗P失＝I2R越大，C错误．在影响高压输电的因素中另一个重要因素是电晕放电引起的电能损耗，在输电电压越高时，电晕放电引起的电能损失越大，D正确．
2．C 输电线上损失电压为ΔU，ΔU＝U1－U2＝IR，所以选项A、B、D错误，选项C正确．
3．C 降压变压器副线圈两端交变电压有效值为220 V，负载电阻为11 Ω，所以通过R0电流的有效值是20 A，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正确；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正确．
4．A 解答本题，应先计算输电电流，然后计算输电线路上损耗的功率．输电电流I＝，输电线路损失的电功率P损＝I2R＝()2R＝1×105 kW，当改用超导输电时，就不损失电能，因此减少的输电损耗就等于P损，A正确．
5．D 设输送交流电的功率为P，输电电压为U，提高电压后为U′，所用铝导线总长度为l，总电阻为R，增压后电阻为R′
则由I＝P/U，P损＝I2R可得P损＝①
同理，P损′＝②
而P损＝P损′，U′＝2U，由①②得R′＝4R
由电阻定律R＝ρl/S，R′＝ρl/S′得S′＝S，所以V′＝，m′＝
所以用铝量仅为原来的，即25%，因此用铝量减少了75%.
6．C 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．
7．B 输电线上输送的电流为I输＝＝＝6 000 A，A选项错误；输电线上由电阻造成的损失电压U损＝I输R线＝6 000 A×2.5 Ω＝1.5×104 V，B选项正确；若输电电压为5 kV，则输电线上损失的功率不可能大于输出总功率3×106 kW，C选项错误；ΔP＝中，U应当为输电线上损失的电压，D选项错误．
8．CD 输电线上的功率损失ΔP＝I2R，电压损失ΔU＝U－U′＝IR，输电电流I＝，所以ΔP＝I2R＝＝R，可见在输送功率P一定时，ΔP与I2成正比，ΔP与ΔU2成正比．
9．BC 输电线上的电流I线＝＝，故A错误，B正确；输电线上的功率损失P＝IR线＝2·R线＝，故C正确，D错误．
———————————————————————————
10．(2015·天津卷)如图所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
三、非选择题(共30分)
11．发电机输出功率40 kW，输出电压400 V，用变压比(原、副线圈匝数比)为1?5的变压器升压后向远处供电，输电线的总电阻为5 Ω，到达用户后再用变压器降为220 V，求：
(1)输电线上损失的电功率是多少？
(2)降压变压器的变压比是多少？
12．一台发电机输出的电功率为100 kW，输出电压为250 V，现欲向远处输电，若输电线的总电阻为8 Ω，要求输电时输电线上损失的电功率不超过输送电功率的5%，并向用户输送220 V电压，求：
(1)试画出这次输电线路的示意图．
(2)输电所需升压变压器和降压变压器的原、副线圈的匝数之比分别是多少？
(3)用户得到的电功率是多少？
答案
10.BC 保持Q的位置不动，则副线圈的输出电压不变，当P向上滑动时，副线圈电路中的总电阻变大，副线圈中的电流减小，根据变流比可知，原线圈中的电流减小，因此电流表的读数变小，A项错误，B项正确；保持P的位置不动，副线圈电路中的总电阻不变，当Q向上移时，副线圈的匝数增多，由变压比可知，副线圈的输出电压增大，副线圈中的电流增大，由变流比可知，原线圈中的电流增大，电流表读数变大，C项正确，D项错误．
11．(1)2.0×103 W (2)95?11
解析(1)发电机输出的电压为400 V，经升压变压器后电压U＝×400 V＝2.0×103 V，由P＝UI得输电线上的电流I＝＝ A＝20 A.
输电线上的功率损失
ΔP＝I2·R＝202×5 W＝2.0×103 W.
(2)输电线上的电压损失ΔU＝I·R＝20×5 V＝100 V，加在降压变压器原线圈两端的电压U1＝U－ΔU＝2.0×103 V－100 V＝1.9×103 V，降压变压器副线圈两端的电压(用户所需的电压)U2＝220 V.
降压变压器的变压比
＝＝＝.
12．(1)见解析图 (2)1?16 190?11
(3)95 kW
解析：(1)由于是大功率、远距离输电，为了减少输电线路损失的电能，所以要采用高压输
电，电能送到用户以后，再用降压变压器向用户输送220 V电压．画出其输电线路的示意图如图所示．
(2)由于要求PR≤P2×5%，
又∵P1＝P2，∴PR＝5%×P1＝5%×100 kW＝5×103 W．故通过输电线的最大电流为：
I2＝ ＝ A＝25 A.
变压器B2输入功率
P2′＝P2－PR＝(100×103－5×103) W＝9.5×104 W，
I3＝＝ A＝ A，
I1＝＝ A＝400 A.
所以升压变压器的变压比＝＝＝.
降压变压器的变压比＝＝＝.
(3)由于是理想变压器，用户得到的电功率即为降压变压器的输出功率．
P用＝P1－PR＝(100×103－5×103) W＝95 kW.
课件33张PPT。第五章
交变电流课时12 电能的输送 课
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限时：45分钟 总分：100分
一、单项选择题(每小题7分，共49分)
1．如图所示为演示交变电流的装置图，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由a→b
D．线圈平面与磁场方向平行时，磁通量变化率为零
2.
矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时，产生的感应电动势的最大值为50 V，那么该线圈由图示位置转过30°，线圈中的感应电动势大小为( )
A．50 V B．25 V
C．25 V D．10 V
3．一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图(a)、(b)所示，规定电流从左向右为正．在直导线下方有一不闭合的金属框，则相对于b点来说，a点电势最高的时刻在( )
A．t1时刻 B．t2时刻
C．t3时刻 D．t4时刻
4.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′＝Emsin2ωt D．e′＝sin2ωt
5.
如图所示，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．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象是下列图中的( )
6．矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时，线圈中产生如下图所示的交流电，设沿a→b→c→d→a方向为电流正方向，则对应t1时刻线圈位置为下列哪一个图( )
7．线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流如图所示， 由图可知( )
A．在t1和t3时刻，线圈处于中性面位置
B．由图可知线圈转动是在中性面开始计时的
C．从t1到t4线圈转过的角度为π弧度
D．若从0时刻到t4时刻经过0.02 s，则在1 s内交变电流的方向改变50次
二、多项选择题(每小题7分，共21分)
8．矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面上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改变一次
D．线框经过中性面时，各边均不切割磁感线
答案
1．C 线圈在磁场中匀速转动，在电路中产生周期性变化的交变电流，线圈经过中性面时电流方向改变，线圈每转动一周，有两次经过中性面，电流方向改变两次，指针左右摆动一次，故选项A错误；线圈平面跟磁感线垂直的位置称为中性面，显然图中并不是中性面，选项B错误；线圈处于图示位置时，ab边向右运动，由右手定则可知，ab边中感应电流方向为由a→b，选项C正确；线圈平面跟磁场平行时，线圈产生的感应电动势最大，而此时的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，故选项D错误．
2．B 交流电的瞬时值表达式e＝Emsinω t．当从图中位置转过30°时，即从中性面转过了(90°－30°)，则e＝50·sin(90°－30°) V＝25 V，故B选项正确．
3．D 线框中的磁场是直线电流i产生的，在t1、t3时刻，电流i最大，但电流的变化率为零，穿过线框的磁通量变化率为零，线框中没有感应电动势，a、b两点间的电势差为零．在t2、t4时刻，电流i＝0，但电流变化率最大，穿过线框的磁通量变化率最大，a、b两点间的电势差最大，再根据楞次定律可得出a点相对b点电势最高时刻在t4.
4．C 交变电压瞬时值表达式为e＝Emsinωt，而Em＝NBSω.当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C.
5．A 由题意可知，在开始时刻线圈中感应电流为零，随着线圈转动，感应电流不断增大，电流方向为a→d→c→b→a，故电流为负值．当dc边进入磁场后线圈内感应电流逐渐减小，方向仍为a→d→c→b→a，同理可得线圈内产生的感应电流如A选项所示，故A选项正确．
6．B 由题图知在t1时刻线圈获得最大正向电流，电流方向为a→b→c→d→a，又线圈为逆时针转动，故只有B图符合电流方向为a→b→c→d→a且最大．
7．B 线圈过中性面，磁通量最大，但其变化率为零，所以电动势为零，电流为零，且电流的方向要发生变化；从t1到t4线圈转过了π弧度，转动一圈线圈两次经过中性面，电流方向变化两次，1 s内线圈转动50转，感应电流方向改变100次．故答案为B.
8．CD 线框在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴转动时，根据穿过线框的磁通量及磁通量的变化率的情况分析，线框位于中性面时，线框平面与磁场垂直，穿过线框平面的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行即不切割磁感线，所以感应电动势等于零．感应电动势或感应电流的方向也在线框经过中性面时改变，当垂直中性面时，即线框平面和磁场平行，通过线框的磁通量为零，但此时磁通量的变化率最大，感应电动势最大，故C、D选项正确．
———————————————————————————
9.
一矩形线框在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，线框中感应电动势随时间变化的图象如图所示，则下列说法中正确的是( )
A．t＝0时，线框平面处于中性面位置
B．t＝0.01 s时，线框处于中性面位置
C．t＝0.03 s时，通过线框的磁通量最大
D．t＝0.05 s时，感应电动势为零
10.如图所示，①、②两个并排放置的共轴线圈，①中通有如图所示的交流电，则下列判断正确的是( )
A．在t1到t2时间内，①②相吸
B．在t2到t3时间内，①②相斥
C．t1时刻两线圈间作用力为零
D．t2时刻两线圈间吸引力最大
三、非选择题(共30分)
11．矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴转动，线圈共100匝，转速为 r/min，在转动过程中穿过线圈的磁通量的最大值为0.03 Wb，则线圈平面转到与磁感线平行时，感应电动势为多少？当线圈平面与中性面夹角为时，感应电动势为多少？
12.
如图所示，一半径为r＝10 cm的圆形线圈共100匝，在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中，绕垂直于磁场方向的中心轴线OO′以n＝600 r/min的转速匀速转动，当线圈转至中性面位置(图中位置)时开始计时．
(1)写出线圈内所产生的交变电动势的瞬时值表达式；
(2)求线圈从图示位置开始在1/60 s时的电动势的瞬时值．
答案
9.BCD 由图象可知，当感应电动势为零时，线框位于中性面位置，此时通过线框的磁通量最大，磁通量的变化率为零；当感应电动势最大时，线框位于与中性面垂直的位置，故B、C、D选项正确．
10．ABC t1到t2时间内①线圈中电流正向减小，在线圈②中产生感应电流也为正向，故①②两线圈相吸引，故A选项说法正确；t2到t3时间内，①线圈中电流负向增大，在②中产生正向的感应电流，①②相排斥，B选项说法正确；t1时刻①电流最大，但变化率为零，在②中不产生感应电流，两线圈作用力为零，C选项说法正确；t2时刻①中电流为零，但变化率最大，②中感应电流最大，作用力为零，故D选项说法错误．
11．1 V V
解析：由题意知：Φm＝0.03 Wb
ω＝2πn＝2π×× rad/s＝ rad/s.
线圈转至与磁感线平行时，感应电动势最大，故Em＝NBSω＝NΦmω
＝100×0.03× V＝1 V
瞬时值表达式e＝Emsin ω t＝sin V
当θ＝ω t＝时，e＝sin V＝ V.
12．(1)e＝100sin20πt (2)86.6 V
解析：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴线匀速转动时，线圈内产生正弦交变电动势，当线圈平面在中性面时开始计时，其表达式为e＝Emsin ω t.
(1)e＝Emsin ω t，Em＝NBSω(与线圈形状无关)，
ω＝20π rad/s，故e＝100sin 20πt.
(2)当t＝ s时，
e＝100sin(20π×) V＝50 V＝86.6 V.
课件38张PPT。第五章
交变电流课时8 交变电流课
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限时：45分钟 总分：100分
一、单项选择题(每小题7分，共49分)
1．下列关于交流电的几种说法中，正确的是( )
A．交流电气设备上所标的电压、电流值是峰值
B．交流电流表和交流电压表测得的值是瞬时值
C．跟交流有相同热效应的直流的值是交流的有效值
D．跟直流有相同热效应的交流的值是交流的有效值
2．下列说法中正确的是( )
A．交变电流在一个周期内电流方向改变两次
B．交变电流的有效值总是最大值的
C．因为有效值表示交变电流产生的平均效果，所以有效值与平均值相同
D．若正弦式交变电流的最大值是10 A，则它的最小值是－10 A
3.
在如图所示的电路中，已知交流电源电压u＝200sin10πt(V)，电阻R＝10 Ω，则电流表和电压表读数分别为( )
A．14.1 A, 200 V
B．14.1 A, 141 V
C．2 A, 200 V
D．2 A, 141 V
4.在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转轴匀速转动，如图甲所示．产生的交变电动势的图象如图乙所示，则( )
A．t＝0.005 s时线框的磁通量变化率为零
B．t＝0.01 s时线框平面与中性面重合
C．线框产生的交变电动势有效值为311 V
D．线框产生的交变电动势频率为100 Hz
5．一个多匝闭合矩形线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交流电的电动势e随时间变化的函数表达式为e＝100sin 50 πt(V)，则下列判断正确的是( )
A．通过该矩形线圈磁通量的最大值为100 Wb
B．该交变电流电动势的有效值是70.7 V
C．通过该矩形线圈磁通量变化率的最大值为100 Wb/s
D．1 s内该交流电电流的方向变化100次
6．如图甲所示，为电热毯的电路图，电热丝接在u＝311sin 100πt (V)的电源上，电热毯被加热到一定温度后，通过装置P使输入电压变为如图乙所示的波形，从而进入保温状态，若电热丝电阻保持不变，此时交流电压表的读数是 ( )
A．110 V B．156 V
C．220 V D．311 V
7．图甲为一台小型发电机构造示意图，线圈逆时针转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为1 Ω，外接灯泡的电阻为9 Ω，则( )
A．电压表的示数为6 V
B．在t＝10－2 s的时刻，穿过线圈的磁通量为零
C．若线圈转速改为25 r/s，则电动势的有效值为3 V
D．若线圈转速改为25 r/s，则通过电灯的电流为1.2 A
二、多项选择题(每小题7分，共21分)
8．关于交流电的有效值和最大值，下列说法正确的是( )
A．任何形式的交流电压的有效值都是U＝Um/的关系
B．只有正弦式交流电才具有U＝Um/的关系
C．照明电压220 V和动力电压380 V指的都是有效值
D．交流电压表和电流表测量的是交流电的最大值
答案
1．C 为了表明交流电通过用电器产生的效果，用电器上所标的都是交流电的有效值，A选项错误．因为交流电用的最多的是有效值，所以交流电流表或交流电压表都测的是有效值，B选项错误．根据有效值的定义，可知C选项正确，D选项错误．
2．A 线圈平面每经过中性面一次，电流方向改变一次，在一个周期内线圈平面有两次经过中性面．对于正弦式交变电流有效值是最大值的，而对于其他的交变电流不一定有这样的关系．交变电流的有效值是根据电流的热效应来规定的，与平均值不同．交变电流的正负表示电流的方向，不表示电流的大小，正弦式交变电流的最小值为零．
3．B 由表达式可读得电压最大值Um＝200 V，在交流电路中电流表和电压表测量的是交流电的有效值，所以电压表的示数为U＝ V＝141 V，电流表的示数为I＝＝ A＝14.1 A.
4．B 由图乙可知该正弦交变电流的电压最大值为311 V，周期等于0.02 s，因此，根据正弦交变电流的最大值与有效值之间的关系式U＝得知选项C错误，又f＝，则频率为f＝50 Hz，选项D错误，当t＝0.005 s时，u＝n＝311 V，取得最大值，穿过线圈的磁通量变化率最大，选项A错误，当t＝0.01 s时，交变电压及电流方向发生改变，电压值最小，等于零，线框平面与中性面重合，选项B正确．
5．B 由法拉第电磁感应定律知，A项错．感应电动势的最大值为100 V，根据法拉第电磁感应定律：E＝n ，磁通量的变化率并不等于电动势，还与匝数有关，故C项错．交变电流电动势的有效值E＝，B项正确；该交流电的频率是25 Hz，故1 s内交流电电流的方向变化50次，D项错误．
6．B 交流电压表测的是交流电压的有效值，设为U，则有：T＝·，解得U＝155.5 V，故B项正确．
7．C 电压表的示数是有效值，U＝R＝×9 V＝5.4 V，A错误；t＝10－2 s时感应电动势为零，穿过线圈的磁通量最大，B错误；原来线圈的转速为n＝＝＝50 r/s，当线圈的转速改为25 r/s时，感应电动势的最大值Um＝ V＝3 V，有效值为3 V，C正确；若线圈转速改为25 r/s，通过灯泡的电流为0.3 A，D错误．
8．BC 只有正弦交流电的有效值和最大值之间满足U＝的关系，故B、C选项正确．交流电压表和电流表测量的是交流电的有效值，故D选项错误．
9.一个矩形线框的面积为S，在磁感应强度为B的匀强磁场中，从线圈平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为n r/s，则( )
A．线框交变电动势的峰值为nπBS
B．线框交变电动势的有效值为nπBS
C．从开始转动经过1/4周期，线框中的平均感应电动势为2nBS
D．感应电动势的瞬时值为e＝2nπBSsin2nπt
10.
如图所示，在匀强磁场中匀速转动的矩形线圈的周期为T，转轴O1O2垂直于磁场方向，线圈电阻为2 Ω.从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，线圈转过60°时的感应电流为1 A．那么( )
A．线圈消耗的电功率为4 W
B．线圈中感应电流的有效值为2 A
C．任意时刻线圈中的感应电动势为e＝4cost
D．任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝sint
三、非选择题(共30分)
11.
一个电阻为r、边长为L的正方形线圈abcd共N匝，线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴OO′以如图所示的角速度ω匀速转动，外电路电阻为R.求：
(1)在图中标出此刻线圈感应电流的方向．
(2)线圈转动过程中感应电动势的最大值有多大？
(3)线圈平面与磁感线夹角为60°时的感应电动势为多大？
(4)设发电机由柴油机带动，其他能量损失不计，线圈转一周，柴油机做多少功？
(5)从图示位置开始，线圈转过60°的过程中通过R的电量是多少？
(6)图中电流表和电压表的示数各是多少？
12.
如图所示，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：
(1)交变电动势的峰值；
(2)交变电动势的有效值；
(3)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的过程中通过导线横截面的电荷量q.
答案
9.BD 因为ω＝2πn，所以Em＝BSω＝2πnBS，所以A错误；E＝＝nπBS，B正确；因为T＝＝，所以＝＝＝＝4nBS，C错误；e＝Emsin ω t＝2πnBSsin2πnt，D正确．
10．AC 线圈在匀强磁场中匀速转动时产生正(或余)弦式交变电流，因为从线圈平面与磁场方向平行时开始计时，所以瞬时电动势表达式e＝Emcosω t，当转过60°时e＝Emcos 60°＝，而i＝＝＝＝1 A，所以Em＝4 V．故电动势有效值E＝＝2 V，则线圈消耗功率P＝＝ W＝4 W，则选项A正确；线圈中感应电流的有效值I＝＝ A＝ A，则选项B错误；因为Em＝4 V，所以e＝Emcos ωt＝4cost V，则选项C正确；因为Em＝BS·，所以Φm＝BS＝＝，所以任意时刻穿过线圈的磁通量为Φ＝Φm·sin ωt＝sint，所以选项D错误．
11．(1)图略，方向沿dcba (2)NBL2ω
(3)NBL2ω (4)
(5) (6)，
解析：(1)由右手定则可判定电流的方向沿dcba.
(2)Em＝NBSω＝NBL2ω.
(3)线圈平面与B成60°角时的瞬时感应电动势：e＝Emcos 60°＝NBL2ω.
(4)电动势的有效值：E＝；
电流的有效值I＝，
柴油机做的功转化为电能，线圈转一周柴油机做的功：
W＝EIt＝t＝·＝
(5)因为＝＝，
故电量：q＝Δt＝＝.
(6)电流表显示路端电流的有效值，则读数为：I＝＝；
电压表显示路端电压的有效值，则读数为：
U＝IR＝.
12．(1)20 V (2)10 V (3)0.2 C
解析：(1)由题意知图中位置是中性面，从此时开始计时，正弦交变电动势的瞬时值为：e＝Emsin ω t，将ω t＝，e＝10 V代入上式，解得峰值为Em＝20 V.
(2)因为此电流为正弦交变电流，所以交变电动势的有效值为：
E＝＝ V＝10 V.
(3)在线圈转过的过程中，穿过线圈平面的磁通量变化量ΔΦ＝BS，据Em＝BSω得，ΔΦ＝BS＝＝0.2 Wb，所以E＝，I＝ER＝.又因为q＝IΔt＝，故通过导线横截面的电荷量q＝＝ C＝0.2 C.
课件34张PPT。第五章
交变电流课时9 描述交变电流的物理量课
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Thanks!飞天影音PPT 《交变电流》综合评估
限时：90分钟 总分：100分
答题表
题号
1
2
3
4
5
6
7
8
9
10
答案
一、选择题(1～7为单选题，每小题5分；8～10为多选题，每小题6分，共53分)
1．下列提到的交流电，哪个指的不是交流电的有效值( )
A．交流电压表的读数 B．保险丝的熔断电流
C．电容器的击穿电压 D．电动机铭牌上的额定电压
2．一矩形线圈在匀强磁场里转动产生的交变电压e＝220sin100πtV，以下说法错误的是( )
A．频率是50 Hz
B. t＝0时，线圈平面与中性面垂直
C. t＝ s时，e有最大值
D．交变电压有效值为220 V
3.
如图所示为汽油机中点火装置示意图，它使用的是12 V直流电源，在变压器的输出端却可得到高达10 000 V的高压，开关是自动控制的，如果我们在副线圈两端要得到一个高压，应该使( )
A．开关总处于接通状态 B．开关由接通时断开
C．开关由断开时接通 D．开关总处于断开状态
4．一个电热器接在10 V直流电源上消耗的电功率是P，当把它接到一正弦交变电压上时消耗的电功率为P/4，则该交流电压的最大值为( )
A．5 V B．7.1 V
C．10 V D．12 V
5.
将阻值为5 Ω的电阻接到内阻不计的交流电源上，电源电动势随时间变化的规律如图所示．下列说法正确的是( )
A．电路中交变电流的频率为0.25 Hz
B．通过电阻的电流为2 A
C．电阻消耗的电功率为2.5 W
D．用交流电压表测得电阻两端电压为5 V
6.
如图所示，两个相同的灯泡，分别接在理想变压器的原副线圈上，(灯泡电阻不随温度变化) 已知原、副线圈的匝数比n1?n2＝2?1，电源电压为U，则( )
A．通过A、B灯的电流之比IA?IB＝2?1
B．灯泡A、B两端的电压之比UA?UB＝2?1
C．灯泡A、B两端的电压分别是UA＝U，UB＝U
D．灯泡A、B消耗的功率之比PA?PB＝1?1
7.在变电站里，经常要监测电网上的强电流，用到的器材有电流互感器．如图所示的四种有关电流互感器的连接方法中，能正确反映其工作原理的是( )
答案
1．C 交流电压表测量的为交流电的有效电压，保险丝的熔断电流指有效电流，电动机铭牌上的额定电压也是指有效电压，电容器的击穿电压，指最大电压，故选项C正确．
2．B 由e＝220sin100πtV可知，ω＝100π，则f＝50 Hz，A选项说法正确；当t＝0时，感应电动势的瞬时值为零，故t＝0时线圈在中性面，B选项说法错误；当t＝ s时，e＝220 V为最大值，C选项说法正确；该交变电压的有效值为220 V，D选项说法正确．
3．B 变压器也同样能改变变化直流电的电压，因为变化的电流通过原线圈，才能在副线圈产生感应电动势．
4．B 根据P＝，＝，则U′＝＝5 V，交流电的最大电压Um′＝U′＝7.1 V．故B选项正确．
5．C 由题意可知此交流电为正弦式交流电，其有效电动势E＝＝ V，电阻消耗的功率P＝＝2.5 W，C选项正确；通过R的电流I＝＝ A，故B选项错误；此交流电的频率f＝25 Hz，故A选项错误；电压表所测电压为有效电压，应为 V，故D选项错误．
6．C ＝＝，故A选项错误；两个完全相同的灯泡，电阻相同，则UA?UB＝IAR?IBR＝1?2，故B选项错误；由＝＝2，U＝U1＋UA，U2＝UB＝，得U＝＋2UB＝UB，故UB＝U，UA＝U，故C选项正确；两灯泡中电流不等，故D选项错误．
7．A 电流互感器是测量大的交变电流的器材，其工作原理是变压器，而且是升压变压器，原线圈串联在交流线路中，故A选项正确．
———————————————————————————
8.一个矩形线圈在匀强磁场中匀角速度转动，产生交变电动势的瞬时值表达式为e＝10sin 4πt(V)，则( )
A．该交变电动势的频率为2 Hz
B．零时刻线圈平面与磁场垂直
C．t＝0.25 s时，e达到最大值
D．在1 s时间内，线圈中电流方向改变100次
9．如图甲所示，理想变压器原、副线圈的匝数比为4?1，电压表和电流表均为理想电表，原线圈接如图乙所示的正弦交流电，图中Rt为热敏电阻(其随温度升高电阻变小)，R为定值电阻．下列说法正确的是( )
A．副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝9sin 50πt(V)
B．t＝0.02 s时电压表的示数为9 V
C．变压器原、副线圈中的电流之比和输入、输出功率之比均为1?4
D．Rt处温度升高时，电流表的示数变大，电压表的示数不变
10．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
二、填空题(共12分)
11.
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的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝________.
12．某发电厂用2.2 kV的电压将电能输送到远处的用户，后改用22 kV的电压，在既有输电线路上输送同样的电功率，前后两种输电方式消耗在输电线上的电功率之比为________，要将2.2 kV的电压升高到22 kV，若变压器原线圈的匝数为180匝，则副线圈匝数应该是________匝.
13.
为了测定和描绘“220 V 40 W”的白炽灯灯丝的伏安特性曲线，可以利用调压变压器供电．调压变压器上有一种自耦变压器，它只有一组线圈L，绕在闭合的环形铁芯上，输入端接在220 V交流电源的火线与零线之间，输出端有一个滑动触头P，移动它的位置，就可以使输出电压在0～250 V之间连续变化，如图所示，画出的是调压变压器的电路图．实验室备有交流电压表、交流电流表、滑动变阻器、电键、导线等实验器材．
(1)在图中完成实验电路图．
(2)按实验电路图进行测量，如果电表内阻的影响不能忽略，电压较高段与电压较低段相比较，哪段误差更大？为什么？
答案
8.AB 由题中给出的电动势的表达式可以得到该交变电动势的角速度是4π，由角速度和周期、频率的关系ω＝＝2πf得到此交变电动势的频率为2 Hz，周期是0.5 s，所以选项A正确．周期是0.5 s，所以1 s内线圈中的电流方向改变4次，选项D错误．代入表达式t＝0.25 s，得到e＝0，选项C错误．零时刻，电动势为零，此时穿过线圈的磁通量最大，选项B正确．综上所述，本题的正确选项为A、B.
9．BD 由题中图乙可知U1＝36 V，T＝2×10－2 s，由＝得U2＝9 V，所以副线圈两端电压的瞬时值表达式为u＝9sin100πt(V)，A选项错；电压表示数为有效值，故B选项正确；由变压器原、副线圈电流关系及输入、输出功率关系知，C选项错；当Rt处温度升高时Rt电阻变小，U2不变，副线圈中电流I2变大，故D选项正确．
10．BD 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．
11.
解析：线框在磁场中转动切割磁感线产生正弦式交流电，有效值E＝BSω，由欧姆定律得I＝，线框
从中性面开始转过的过程，通过导线截面的电荷量由E＝，ΔΦ＝BS，I＝，q＝IΔt，可得q＝.
12．100?1 1 800
解析：由于前后两次输送的电功率相等，则有IU＝I′U′，
所以＝＝，＝＝100，由变压器的原理：＝，可得＝＝＝，
所以n2＝1 800匝．
13．(1)如图．(注意：电流表外接或内接均可)
(2)如果电流表外接，电压较高段误差较大，因为电压越高，灯丝电阻越大，由于电压表分流作用而造成的误差就越大；
如果电流表内接，电压较低段误差较大，因为电压越低，灯丝电阻越小，由于电流表分压造成的误差就越大．
———————————————————————————三、计算题(共35分)
14.
如图所示，圆形线圈共100匝，半径为r＝0.1 m，在匀强磁场中绕过直径的轴OO′匀速转动，磁感应强度B＝0.1 T，角速度为ω＝ rad/s，电阻为R＝10 Ω.
(1)线圈由图示位置转过90°时，线圈中的感应电流为多大？
(2)写出线圈中电流的表达式(磁场方向如图所示，图示位置为t＝0时刻)?
(3)线圈转动过程中产生的热功率多大？
15．一居民小区有440户，以前每户平均消耗电功率为100 W，使用的区间变压器匝数比为165?6，恰好能使额定电压为220 V的用电器正常工作，现在因家用电器增加，每户平均消耗的电功率为250 W，若变压器输入电压仍为6 600 V，区间输电线路不变，为了使家用电器正常工作，需换用区间变压器，则此变压器的匝数比为多少？
答案
14.(1)3 A (2)i＝3sin t A (3)45 W
解析：(1)当从图示位置转过90°时，线圈中有最大感应电流．最大感应电动势为Em＝NBSω＝100×0.1×π×0.12× V＝30 V
Im＝＝3 A.
(2)由题意知i＝Imsin ωt，
即i＝3sin t A.
(3)感应电流的有效值
I＝＝ A.
发热功率P＝I2R＝()2×10 W＝45 W.
15．220?9
解析：未换时输电电流：I＝＝200 A
输送电压U2＝U1＝240 V
由ΔU＝U2－U用＝IR线，得R线＝0.1 Ω
换变压器后I′＝＝500 A
线路电压损失ΔU′＝I′R线＝50 V
变压器输出电压U2′＝U用＋ΔU′＝270 V
变压器匝数比n1?n2＝U1?U2′＝220?9.
———————————————————————————
16.如图甲所示是某同学设计的一种振动发电装置的示意图，它的结构是一个套在辐向形永久磁铁槽中的半径为r＝0.10 m、匝数n＝20匝的线圈，磁场的磁感线均沿半径方向均匀分布(其右视图如图乙所示)．在线圈所在位置磁感应强度B的大小均为B＝ T，线圈的电阻为R1＝0.50 Ω，它的引出线接有R2＝9.5 Ω的小电珠L.外力推动线圈框架的P端，使线圈沿轴线做往复运动，便有电流通过小电珠．当线圈运动速度v随时间t变化的规律如图丙所示时(摩擦等损耗不计)．求：
(1)小电珠中电流的峰值；
(2)电压表的示数；
(3)t＝0.1×10－2 s时外力F的大小；
(4)在不改变发电装置结构的条件下，要使小电珠的功率提高，可采取什么办法(至少说出两种方法)?
17.利用太阳能电池这个能量转换器件将太阳能转变为电能的系统又称光伏发电系统．光伏发电系统的直流供电方式有其局限性，绝大多数光伏发电系统均采用交流供电方式，将直流电变为交流电的装置称为逆变器．
(1)用逆变器将直流电变为交流电进行供电有哪些好处？(请简要回答)
(2)有一台内阻为1 Ω的太阳能发电机，供给一个学校照明用电，如图所示，升压变压器匝数比为1?4，降压变压器匝数比为4?1，输电线的总电阻R＝4 Ω，全校共22个班，每班有“220 V 40 W”灯6盏，若全部电灯正常发光，则
①发电机输出功率多大？
②发电机电动势多大？
③输电效率多少？
答案
16.(1)0.16 A (2)1.07 V (3)0.128 N (4)提高vm、用变压器
解析：(1)由题意及法拉第电磁感应定律知道，由于线圈在磁场中做往复运动，产生的感应电动势的大小符合正弦曲线变化规律，线圈中的感应电动势的峰值为Em＝nBlv＝nB2πrvm，电路总电阻为R1＋R2，那么小电珠中电流的峰值为Im＝＝ A＝0.16 A.
(2)电压表示数为有效值
U＝＝ImR2＝×0.16×9.5 V
＝0.76 V≈1.07 V.
(3)当t＝0.1×10－2 s也就是T/4时，外力F的大小为F＝nB2πrIm＝vm＝0.128 N.
(4)提高vm、用变压器．
17．(1)见解析 (2)①5 424 W ②250 V ③97%
解析：(1)可以改变电压的大小以适应不同的需要；通过升压、降压在远距离输电中减少电能在输电线上的损耗，提高供电效率．所以用逆变器将直流电变为交流电，可以提高发电系统的利用率．
(2)①发电机的输出功率：P出＝nP灯＋IR
而I2＝I1＝nI灯＝×22×6× A＝6 A
所以，P出＝22×6×40＋62×4＝5 424(W)．
②E＝U1＋I1r，r为发电机内阻，
U1＝U2，U3＝4U4
U2＝4U4＋I2R＝4×220 V＋6×4 V＝904 V；I1＝4I2
所以，E＝ V＋6×4×1 V＝250 V.
③n＝＝＝×100%＝97%.
