课件53张PPT。自主学习·基础知识合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优 交变电流[学习目标] 1.知道交变电流、直流电的概念． 2.掌握交变电流的产生和变化规律．(难点) 3.知道交变电流的峰值、瞬时值的含义．1．交变电流：______和______都随时间做周期性变化的电流．
2．直流：______不随时间变化的电流．大小方向方向3．交变电流的产生
(1)产生方法
闭合线圈在______磁场中绕____________的轴匀速转动．匀强垂直于磁场(2)过程分析，如图5-1-1所示．(3)中性面：线圈平面与磁场_____的位置．垂直线圈在中性面时，磁通量、感应电动势、感应电流具有怎样的特点？
【提示】 线圈平面与磁场垂直的位置，即为中性面位置，在此位置磁通量最大，线圈的感应电动势和感应电流为零．1．线圈转一周有两次经过中性面，每转一周电流方向改变一次．( )
2．当线圈中的磁通量最大时，产生的电流也最大．( )
3．交流电源没有正负极之分．( )√××1．瞬时值表达式：电动势：e＝__________，电压：u＝___________，电流i＝__________．
2．峰值：表达式中的Em、Um、Im分别为电动势、电压和电流可能达到的最大值，叫做峰值．
3．正弦式电流：按______规律变化的交变电流．EmsinωtUmsinωtImsinωt正弦交变电流的大小是否一定变化？
【提示】 交变电流的大小不一定变化，如方形波电流，交变电流与直流电的最大区别是方向发生周期性的变化．1．交流电是指按正弦规律变化的电流．( )
2．线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时产生的交流电是正弦式交变电流．( )
3．交变电流的瞬时值表达式与开始计时的位置无关．( )×√×预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一 交变电流的产生过程
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．正弦式交变电流有什么特点？试探究产生正弦式交变电流的条件？
【提示】 正弦式交变电流的大小随时间做正弦规律变化，线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，线圈中就产生正弦式交变电流．2．试探究分析线圈位于中性面位置时，穿过线圈的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势、感应电流各有什么特点？
【提示】 线圈位于中性面处时，穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势、感应电流均为零．3．试探究分析线圈位于垂直于中性面位置时，穿过线圈的磁通量、磁通量的变化率、感应电动势、感应电流各有什么特点？
【提示】 当线圈由中性面位置转过90°时，穿过线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势、感应电流最大．第2步结论——自我总结，素能培养
中性面、中性面的垂直位置的特性比较第3步例证——典例印证，思维深化
图5-1-2
(2014·保定高二检测)如图5-1-2所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的转轴OO′以恒定的角速度ω转动，从线圈平面与磁场方向平行时开始计时， A．线圈中的感应电流一直在减小
B．线圈中的感应电流先增大后减小
C．穿过线圈的磁通量一直在减小
D．穿过线圈的磁通量的变化率先减小后增大【答案】 B中性面是分析交变电流产生过程中各物理量变化情况的关键位置，线圈处于中性面时磁通量最大，磁通量变化率最小，感应电动势最小；线圈处于垂直于中性面位置时磁通量最小，磁通量变化率最大，感应电动势最大．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(2014·兰州一中高二检测)如图5-1-3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( )
图5-1-3A．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【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．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；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，线圈处于竖直位置时，磁通量为零，但磁通量的变化率最大．
【答案】 C2．(多选)如图5-1-4所示，一面积为S的单匝矩形线圈处于有界磁场中，能在线圈中产生交变电流的是( )
5-1-4
A．将线圈水平向右匀速拉出磁场
B．使线圈以OO′为轴匀速转动
C．使线圈以ab为轴匀速转动
D．磁场以B＝B0sin ωt规律变化【解析】 将线圈向右匀速拉出磁场的过程中磁通量匀速减小，因此产生的感应电流大小不变，A错误．线圈绕垂直于磁感线方向的轴转动时磁通量发生周期性变化，因此产生交变电流，B、C正确．如果磁感应强度发生周期性变化，而线圈面积不变，则磁通量也发生周期性变化，产生交变电流．
【答案】 BCD学生分组探究二 交变电流的瞬时值、峰值表达式
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．从不同位置开始计时，交变电流的最大值和瞬时值是否相同？
【提示】 从不同位置开始计时，交变电流的最大值是相同的，瞬时值不同．2．线圈在磁场中转动，转至如图5-1-5位置时，哪些边上产生感应电动势？
图5-1-5
【提示】 AD、BC边产生感应电动势．第2步结论——自我总结，素能培养
1．瞬时值表达式的推导
图5-1-6
若线圈平面从中性面开始转动，如图5-1-6所示，则经过时间t：上面各式中的e、i、u仅限于从中性面开始计时的情况．若从垂直于中性面(即从线圈平面与磁场平行时)开始计时，则上述表达式应为e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，u＝Umcos ωt.计算峰值与瞬时值应注意的问题
1．交流电动势的峰值Em＝nBSω，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，与线圈的形状及转动轴的位置无关．
2．理解交变电流的瞬时值，要处理好两个关系：一是数、形、位的关系(即函数、图象、线圈位置三者之间的关系)；二是数、理关系(数学表达式、物理意义两者之间的关系)．第3步例证——典例印证，思维深化
图5-1-7
有一个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5-1-7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？
(3)写出感应电动势随时间变化的表达式．(2)线框转过60°时，感应电动势e＝Emsin60°＝5.44 V.
(3)由于线框转动是从中性面开始计时的，所以瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝6.28sin 10πt(V)．【答案】 (1)6.28 V 6.28 A
(2)5.44 V
(3)e＝6.28sin10πt(V)求解交变电动势瞬时值表达式的基本方法
1．确定线圈转动从哪个位置开始计时，以确定瞬时值表达式是正弦规律变化还是余弦规律变化．
2．确定线圈转动的角速度．
3．确定感应电动势的峰值Em＝NBSω.
4．写出瞬时值表达式e＝Emsin ωt或e＝Emcos ωt.第4步巧练——精选习题，落实强化
图5-1-8
1．如图5-1-8所示，边长为a的单匝正方形线圈在磁感应强度为B的匀强磁场中，以OO′边为轴匀速转动，角速度为ω，转轴与磁场方向垂直，线圈电阻为R，求：【解析】 (1)线圈转动中感应电动势的峰值Em＝Bωa2，因从垂直于中性面开始计时，故表达式为余弦式，即e＝Bωa2cos ωt.
(2)线圈转过π/2过程中的感应电动势和感应电流的平均值分别为(1)感应电动势的最大值；
(2)线框转动的角速度的大小；
(3)线框中感应电动势的瞬时值表达式．【解析】 计时起点为中性面，因此交变电流的瞬时值表达式e＝Emsin ωt.
将已知条件代入得到【答案】 (1)Em＝100 V
(2)ω＝10π rad/s
(3)e＝100sin(10πt) V交变电流图象问题的应用
正弦式交变电流随时间变化情况可以从图象上表示出来，图象描述的是交变电流随时间变化的规律，它是一条正弦曲线．如图5-1-9所示．从图象中可以解读到以下信息：
1．交变电流的最大值Im、Em，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．
3．找出线圈平行于磁感线的时刻．
4．判断线圈中磁通量的变化情况．
5．分析判断i、e随时间的变化规律． (多选)(2013·山东高考改编)图5-1-10甲是小型交流发电机的示意图，两磁极N、S间的磁场可视为水平方向的匀强磁场，?为交流电流表．线圈绕垂直于磁场的水平轴OO′沿逆时针方向匀速转动，从图示位置开始计时，产生的交变电流随时间变化的图象如图5-1-10乙所示．以下判断正确的是( )A．通过电阻R的电流的最大值为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左【答案】 AC[先看名师指津]
1．线圈绕垂直于磁场的轴匀速转动时，开始计时时线圈所处的位置不同，得到的i-t或e-t图象也就不同；
2．分析有关交变电流的图象问题时，要注意从图象中找出两个特殊位置所对的时刻． [再演练应用]
(多选)(2014·锦州高二期末)一个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5-1-11所示，则下列说法中正确的是( )
图5-1-11A．t＝0.01 s时刻Φ的变化率达最大
B．t＝0.02 s时刻感应电动势达到最大
C．t＝0.03 s时刻感应电动势为零
D．每当Φ变换方向时，线圈中的感应电动势都为最大【答案】 AD交变电流
1．家庭电路的交变电流图象为如图所示中的( )
【解析】 家庭使用的交变电流是正弦式交变电流．
【答案】 A
2．(多选)如图所示的线圈中产生了交变电流的是( )
【解析】 当线圈绕垂直于磁场的轴转动时，磁通量发生周期性变化，在一个周期内既有增大又有减小，产生交变电流，B、C、D均符合此要求．A项中线圈平面始终平行于磁场方向．磁通量始终为0，故不产生交变电流．
【答案】 BCD
图5-1-12
3．一线圈在匀强磁场中匀速转动，在如图5-1-12所示位置时( )
A．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最小
B．穿过线圈的磁通量最大，磁通量的变化率最大
C．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最大
D．穿过线圈的磁通量最小，磁通量的变化率最小
【解析】 当线框平面平行于磁感线时，穿过线圈的磁通量最小，但磁通量的变化率最大，即最大，故正确选项为C.
【答案】 C
4．(2014·安庆一中高二检测)交流发电机在工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的角速度提高一倍，同时将线框所围面积减小一半，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
【解析】 交变电流的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，其中Em＝nBSω，当ω加倍而S减半时，Em不变，sin ωt变为sin 2ωt，故C正确．
【答案】 C
5．一闭合矩形线圈abcd绕垂直于磁感线的固定轴OO′匀速转动，线圈平面位于如图5-1-13甲所示的匀强磁场中．通过线圈内的磁通量Φ随时间t的变化规律如图5-1-13乙所示，下列说法正确的是( )
图5-1-13
A．t1、t3时刻通过线圈的磁通量变化率最大
B．t1、t3时刻线圈中感应电流方向改变
C．t2、t4时刻线圈中磁通量最大
D．t2、t4时刻线圈中感应电动势最小
【解析】 t1、t3时刻通过线圈的磁通量Φ最大，磁通量变化率＝0，此时感应电动势、感应电流均为零，线圈中感应电流方向改变，选项A错误，选项B正确；t2、t4时刻线圈中磁通量为零，磁通量的变化率最大，即感应电动势最大，选项C、D错误．
【答案】 B
图5-1-14
6．如图5-1-14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)．若从图所示位置开始计时，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图中的( )
【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转动，且是从中性面开始进行的，所以产生的仍然是正弦式交变电流，只是最大值为线圈全部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．再由楞次定律可以判断出开始计时一段时间内，感应电流方向与选定的正方向相反，所以A选项符合题意．
【答案】 A
7．(多选)线圈在匀强磁场中转动产生电动势e＝10sin 20πt V，则下列说法正确的是( )
A．t＝0时，线圈平面位于中性面
B．t＝0时，穿过线圈的磁通量最大
C．t＝0时，导线切割磁感线的有效速率最大
D．t＝0.4 s时，e有最大值为10 V
【解析】 由电动势的瞬时值表达式可知计时应从线圈位于中性面时开始，即t＝0时，e＝0，此时线圈平面位于中性面，磁通量最大，导线速度方向与磁感线平行，切割磁感线的有效速率为0，A、B正确，C错误．当t＝0.4 s时，代入式中得e＝10sin 20πt＝10×sin(20π×0.4) V＝0，D错误．
【答案】 AB
8．(多选)如图5-1-15甲所示，一个矩形线框abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动，线框内磁通量Φ随时间t变化的情况如图5-1-15乙所示，则下列说法中正确的是( )
图5-1-15
A．t1时刻线框中的感应电动势最大
B．t2时刻ad的运动方向与磁场方向垂直
C．t3时刻线框平面与中性面重合
D．t4、t5时刻线框中感应电流的方向相同
【解析】 t1时刻通过线框的磁通量Φ最大，磁通量的变化率＝0最小，此时感应电动势等于0，A错；在t2、t4时刻感应电动势最大，此时导线ad、cb的运动方向均垂直于磁感线，所以B正确；t1、t3、t5时刻感应电动势均为0，此时线框所在平面垂直于磁感线，称为中性面，C正确；t5时刻感应电流为0，D错．
【答案】 BC
9．(多选)一矩形线圈，在匀强磁场中绕垂直于磁场方向并位于线圈平面的固定轴转动，线圈中产生的感应电动势e随时间t的变化规律如图5-1-16所示，则下列说法中正确的是( )
图5-1-16
A．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量为零
B．t1和t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率为零
C．线圈平面从与磁场方向平行的时刻开始计时
D．每当感应电动势e变换方向时，穿过线圈的磁通量的绝对值都最大
【解析】 由图象可知，为余弦式交变电流，说明t＝0时，线圈平面与磁感线方向平行，选项C正确．t1、t3时刻感应电动势为零，说明这两个时刻穿过线圈的磁通量变化率为零，穿过线圈的磁通量最大，所以选项B正确，选项A错误．当线圈通过中性面时，感应电动势为零，感应电动势的方向要发生改变，所以选项D正确．故本题的正确选项为B、C、D.
【答案】 BCD
10．(多选)(2014·广州高二检测)如图中各图面积均为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，能产生正弦式交变电动势e＝BSωsin ωt的图是( )
【解析】 线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴(轴在线圈所在平面内)匀速转动，产生的正弦式交变电动势为e＝BSωsin ωt，由这一原则判断，A图和C图符合要求；B图中的转轴不在线圈所在平面内；D图转轴与磁场方向平行，而不是垂直，且磁通量不变不能产生感应电流．故A、C正确．
【答案】 AC
11．(2014·九江一中高二检测)一根长直的通电导线中的电流按正弦规律变化，如图5-1-17(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( )
图5-1-17
A．t1时刻 B．t2时刻 C．t3时刻 D．t4时刻
【解析】 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点电势最高的时刻在t4.
【答案】 D
图5-1-18
12．一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝1 Ω，外接电阻R＝4 Ω，线圈在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中以n＝300 r/min的转速绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图5-1-18所示，若从中性面开始计时，求：
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)线圈从开始计时经 s时线圈中由此得到的感应电流的瞬时值；
(3)外电路R两端电压瞬时值的表达式．
【解析】 (1)线圈转速n＝300 r/min＝5 r/s，
角速度ω＝2πn＝10π rad/s，
线圈产生的感应电动势最大值Em＝NBSω＝50 V，
由此得到的感应电动势瞬时值表达式为
e＝Emsin ωt＝50sin 10πt V.
(2)将t＝ s代入感应电动势瞬时值表达式中，得
e′＝50sin V＝25 V，
对应的感应电流i′＝＝5 A.
(3)由欧姆定律得u＝R＝40sin 10πt V.
【答案】 (1)e＝50sin 10πtV
(2)5 A (3)u＝40sin 10πt V
课件52张PPT。自主学习·基础知识2 描述交变电流的物理量
[学习目标] 1.知道描述交变电流的物理量有峰值、有效值、瞬时值、平均值、周期、频率．理解这些物理量的意义．(重点) 2.会利用有效值的定义求交变电流的有效值．(难点) 3.会应用正弦式电流的峰值与有效值的关系进行有关计算．(难点)合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优1．周期
交变电流完成_______________所需的时间，用T表示，单位是___．
2．频率
交变电流在1 s内完成周期性变化的_____，用f表示，单位是______，符号____．
3．二者关系：T＝____或f＝____．一次周期性变化秒次数赫兹Hz某交变电流的瞬时表达式为i＝10sin100πt(A)，如何确定其交变电流的周期和频率．1．打点计时器所接交流电频率f＝50 Hz时，打点周期为T＝0.02 s．( )
2．交变电流的周期越大，交变电流的变化就越快．( )
3．我国电网中交流电的频率是100 Hz.( )××√1．峰值
(1)定义：交变电流的电压、电流所能达到的
__________．
(2)应用：电容器所能承受的电压要高于交流电压的峰值．最大数值2．有效值
(1)定义：让交变电流和恒定电流分别通过_________的电阻，在交流的一个周期内，它们产生的______相等，这个恒定电流的电流、电压，叫做这个交变电流的电流、电压的有效值．
(2)应用
①交流用电设备上所标的额定电压和额定电流．
②交流电压表测量的数值．
③无特别说明时提到的交变电流的数值．大小相同热量3．关系：对于正弦式交变电流，有效值I、U与峰值
Im、Um之间的关系：I＝_____，U＝_____．所有交变电流的峰值和有效值之间都满足倍的关系吗？1．某段时间内的交流电平均值等于这段时间始末时刻瞬时值的算术平均值．( )
2．我国民用交变电流，照明电压为220 V和动力电压380 V都是指有效值．( )
3．交变电流的有效值即为一个周期内的平均值．( )×√×1．相位与初相位：如图5-2-1所示，甲、乙两交流电的表达式分别为：
图5-2-1u甲＝___________；
u乙＝_______________；
其中“ωt＋φ”叫做交变电流的相位，φ是t＝0时的相位，叫做交变电流的________．
2．相位差：两支交流的__________叫做它们的相位差．U m sinωtU m sin(ωt＋φ)初相位相位之差 如图5-2-2所画两个交流电，其中i1比i2超前还是滞后？它们相位差是多少？
图5-2-2
【提示】 i1比i2超前Δφ＝φ1－φ2，或者i2比i1滞后Δφ.1．如果两个频率相同的交流电的相位差是π或π的奇数倍，则它们反相，即变化步调始终相反．( )
2．初相位的大小没有什么实际意义．( )×√预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一 对有效值的理解与计算
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．某用电器铭牌上标有“额定电压220 V”和“工作频率50 Hz”的字样，其中“220 V”有什么含义？
【提示】 220 V是指该用电器所使用的电源电压有效值为220 V.2．试探究分析计算交变电流的有效值应注意哪几个方面的问题？第2步结论——自我总结，素能培养
1．有效值的理解
(1)交变电流的有效值是根据电流的热效应定义的，与电流的方向无关．
(2)“等效”理解：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．3．几种常见交变电流的有效值第3步例证——典例印证，思维深化
电阻R1、R2与交流电源按照图5-2-3(1)方式连接，R1＝10 Ω， R2＝20 Ω.合上开关S后，通过电阻R2的正弦式交变电流i随时间t变化的情况如图5-2-3(2)所示．则( )
图(1) 图(2)
图5-2-3【答案】 B计算有效值的注意事项
1．方波式交变电流正负半周期最大值不相等时，分段计算电热．
2．应取一个周期或周期的整数倍计算电热．第4步巧练——精选习题，落实强化
1.
5-2-4
(2013·海南高考)通过一阻值R＝100 Ω的电阻的交变电流如图5-2-4所示，其周期为1 s．电阻两端电压的有效值为( )【答案】 B2．两个完全相同的电热器分别通过如图5-2-5甲和乙所示的电流最大值相等的方波式交变电流和正弦式交变电流，则这两个电热器功率Pa、Pb之比为( )
图5-2-5
A．1∶1 B．2∶1
C．1∶2 D．4∶1【答案】 B学生分组探究二 交变电流的“四值”对比
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．交变电流的有效值是不是其在某一段时间的平均值？
【提示】 不是．有效值不同于平均值，有效值是根据电流的热效应定义的，而平均值是平均效果．2．试分析一个击穿电压为250 V，电容为6×10－7 F的电容器能否连接到“220 V 50 Hz”的正弦式交变电源上？第2步结论——自我总结，素能培养第3步例证——典例印证，思维深化(1)转动中感应电动势的最大值和有效值；
(2)写出从图中位置开始计时的交变电流的瞬时值表达式；
(3)电路中交流电压表和电流表的示数；
(4)线圈从图示位置转过90°的过程中通过电阻R的电荷量．
【思路点拨】 (1)线圈在磁场中匀速转动产生的是正弦式电流．
(2)电表的示数应为交流电的有效值．
(3)求解电荷量应用交流电的平均值．【答案】 (1)50 V 35.4 V (2)e＝50 sin 10πt(V)
(3)31.86 V 3.54 A (4)0.16 C计算电荷量只能用平均值；计算电功、电功率、电热等与热效应有关的量必须用有效值；电压表、电流表所测量到的也是有效值．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(2014·天津高考)(多选)如图5-2-7(1)所示，在匀强磁场中，一矩形金属线圈两次分别以不同的转速，绕与磁感线垂直的轴匀速转动，产生的交变电动势图象如图5-2-7(2)中曲线a、b所示，则( )
图5-2-7A．两次t＝0时刻线圈平面均与中性面重合
B．曲线a、b对应的线圈转速之比为2∶3
C．曲线a表示的交变电动势频率为25 Hz
D．曲线b表示的交变电动势有效值为10 V
【解析】 由题图2知t＝0时两次转动产生的瞬时电动势都等于零，故A正确．由图2知两次转动所产生的交变电动势的周期之比Ta∶Tb＝2∶3，再由周期与转速的关系【答案】 AC2．如图5-2-8所示，一交流发电机线圈共N＝50匝，ab＝0.2 m，ab＝0.1 m，总电阻r＝10 Ω，在B＝0.5 T的匀强磁场中从磁通量最大位置开始以n＝100 r/s的转速匀速转动，外电路中接有R＝40 Ω的电阻．当线圈转过1/4周期时，求：
(1)在外电阻R上产生的电热Q；
(2)这段时间内通过外电阻R的电荷量．【答案】 (1)1.97 J (2)0.01 C在水平方向的匀强磁场中，有一正方形闭合线圈绕垂直于磁感线方向的轴匀速转动，已知线圈的匝数为n＝100匝，边长为20 cm，电阻为10 Ω，转动频率f＝50 Hz，磁场的磁感应强度为0.5 T．求：
(1)外力驱动线圈转动的功率；
(2)线圈平面由中性面转至与中性面的夹角为30°时，线圈产生的感应电动势及感应电流的大小；
(3)线圈由中性面转至与中性面成30°夹角的过程中，通过线圈横截面的电荷量．【答案】 (1)1.97×104 W (2)31.4 A (3)0.027 C [先看名师指津]
在法拉第电磁感应的概念中，电路中感应电动势的大小与穿过这一电路的磁通量的变化率成正比，即E＝NΔΦ/Δt(N为线圈匝数)，此电动势为平均感应电动势．又根据欧姆定律，闭合电路中的电流与这段电路的感应电动势成正比，所以I＝E/R＝NΔΦ/Δt·R.此为平均电流，它是电流瞬时值在时间上的平均值．只有当磁通量随时间做线性变化时，电流瞬时值恒定，并与电流平均值、有效值相等． [再演练应用]如图5-2-9所示，匀强磁场B＝ T，所用矩形线圈的匝数N＝
5-2-9
100，面积是0.05 m2，电阻R＝10 Ω，以300 r/min的转速绕OO′轴匀速转动．求：
(1)线圈中感应电动势的最大值；
(2)线圈由图示位置转过90°的过程中通过线圈的平均电流．【答案】 (1)50 V (2)3.18 A描述交变电流的物理量
1．(多选)如图5-2-10所示是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )
5-2-10
A．周期是0.01 s
B．最大值是311 V
C．有效值是220 V
D．表达式为u＝220sin100πt V
【解析】 由波形图可知，周期T＝0.02 s，电压最大值Um＝311 V，所以有效值U＝＝220 V，该电压的表达式为u＝Umsint V＝311sin100πt V，故选项B、C正确，A、D错误．
【答案】 BC
图5-2-11
2．(2014·铜陵高二检测)如图5-2-11是一个余弦式交变电流的图象，下列说法正确的是 ( )
A．周期是0.2 s，电流的峰值是10 A
B．周期是0.15 s，电流的峰值是10 A
C．频率是5 Hz，电流的有效值是10 A
D．频率是0.2 Hz，电流的有效值是7.07 A
【解析】 由图象可知T＝0.2 s，Im＝10 A，故频率f＝＝5 Hz，I＝＝5 A≈7.07 A，A正确，B、C、D错误．
【答案】 A
3．(多选)由交流电动势瞬时值表达式e＝10sin 4πt V，可知( )
A．此交变电流的频率是4π Hz
B．此交变电流的周期是0.5 s
C．当t＝0.5 s时，此交流电动势有最大值
D．当t＝0时，产生此交变电流的线圈平面与中性面重合
【解析】 把已知表达式e＝10sin 4πt V与e＝NBSωsinωt V对照，可得ω＝4π，周期T＝2π/ω＝0.5 s，B正确；频率f＝1/T＝2 Hz，A错误；将t＝0.5 s代入表达式可得电动势e＝0，C错误；将t＝0代入可得e＝0，说明是中性面位置，D正确．
【答案】 BD
4．如图5-2-12所示为一交变电流的i-t图象，则此交变电流的有效值为( )
5-2-12
A．5 A
B．5 A
C．10 A
D．2.5 A
【解析】 对于正弦式交变电流可直接应用最大值为有效值的倍这一规律，将此交变电流分为前后两部分正弦式交流，可直接得到这两部分正弦式交变电流的有效值，分别为I1＝2.5 A和I2＝7.5 A，分别取一个周期T中的前0.01 s和后0.01 s计算产生的电热Q＝IR×0.01 J＋IR×0.01 J，再利用有效值的定义得Q＝I2R×0.02 J.
解得I＝2.5 A.
【答案】 D
5．(2012·北京高考)一个小型电热器若接在输出电压为10 V的直流电源上，消耗电功率为P；若把它接在某个正弦交流电源上，其消耗的电功率为.如果电热器电阻不变，则此交流电源输出电压的最大值为( )
A．5 V B．5 V C．10 V D．10 V
【解析】 小型电热器的电阻不会改变，根据功率表达式和交流电的有效值有P＝和＝可得Um＝10 V，答案C.
【答案】 C
6．交流电源电压u＝20sin(100πt) V，内阻不计，电路中电阻R＝10 Ω.则如图所示电路中电流表和电压表的读数分别为( )
A．1.41 A，14.1 V
B．1.41 A，20 V
C．2 A，20 V
D．2 A，14.1 V
【解析】 电流表和电压表测量的是交变电流的有效值，由u＝20sin(100πt) V知Um＝20 V，故U＝＝10 V≈14.1 V，电流的读数I＝＝1.41 A，故A正确．
【答案】 A
图5-2-13
7．如图5-2-13所示，单匝矩形线圈abcd处在磁感应强度为B、方向垂直于纸面向里的匀强磁场中，以恒定的角速度ω绕ab边转动，线圈所围面积为S，线圈的总电阻为R.t＝0时刻线圈平面与纸面重合，且cd边正在离开纸面向外运动，则( )
A．时刻t线圈中电流的瞬时值i＝cos ωt
B．线圈中电流的有效值I＝
C．线圈中电流的有效值I＝
D．线圈消耗的电功率P＝
【解析】 由题意知t＝0时线圈与中性面重合，则i＝sin ωt，电流有效值I＝，P＝.
所以只有选项C正确．
【答案】 C
5-2-14
8．(多选)(2014·哈尔滨六中高二检测)如图5-2-14是某交流发电机产生的交变电流的图象，根据图象可以判定( )
A．此交变电流的频率为5 Hz
B．该交变电流的电压瞬时值的表达式为u＝12sin 10πt(V)
C．将标有“12 V 3 W”的灯泡接在此交流电源上，灯泡可以正常发光
D．图象上对应的0.1 s时刻，发电机中的线圈刚好转至中性面
【解析】 由图象可知，交变电流的周期T＝0.2 s，交变电压的最大值Um＝12 V，所以此交变电流的频率f＝1/T＝5 Hz，角速度ω＝2π/T＝10π rad/s，交变电压瞬时值的表达式u＝Umsin ωt＝12sin 10πt(V)，选项A、B均正确；标有“12 V 3 W”的灯泡正常发光时其两端电压的有效值为12 V，而交变电压有效值U＝＝6V，所以灯泡不能正常发光，选项C错误；图象上对应的0.1 s时刻，交变电压瞬时值为零，穿过发电机中的线圈的磁通量最大，发电机中的线圈刚好转至中性面，选项D正确．
【答案】 ABD
图5-2-15
9．(2013·福建高考)如图5-2-15，实验室一台手摇交流发电机，内阻r＝1.0 Ω，外接R＝9.0 Ω的电阻．闭合开关S，当发电机转子以某一转速匀速转动时，产生的电动势e＝10sin 10πt(V)，则( )
A．该交变电流的频率为10 Hz
B．该电动势的有效值为10 V
C．外接电阻R所消耗的电功率为10 W
D．电路中理想交流电流表?的示数为1.0 A
【解析】 根据感应电动势的表达式求解交变电流的四值．
因e＝10sin 10πt(V)，故ω＝10π rad/s，f＝＝5 Hz，选项A错误；Em＝10 V，故其有效值E＝＝10 V，选项B错误；交流电表的示数及功率的计算均要用有效值，因此电路中?表的示数I＝＝1.0 A，选项D正确；外接电阻R所消耗功率为P＝I2R＝1.02×9 W＝9 W，选项C错误．
【答案】 D
图5-2-16
10．如图5-2-16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.
【解析】 交变电流的有效值是根据电流的热效应得出的，线框转动周期为T，而线框转动一周只有进入磁场和离开磁场共T/4的时间内有感应电流，则有R＝I2RT，所以I＝，D正确．
【答案】 D
图5-2-17
11．如图5-2-17所示，一矩形线圈在匀强磁场中绕OO′轴匀速转动，磁场方向与转动轴垂直．已知线圈匝数n＝400，电阻r＝0.1 Ω，长L1＝0.05 m，宽L2＝0.04 m，角速度ω＝100 rad/s，磁场的磁感应强度B＝0.25 T．线圈两端外接电阻R＝9.9 Ω的用电器和一个交流电流表(内阻不计)，求：
(1)线圈中产生的最大感应电动势；
(2)电流表的读数；
(3)电阻上消耗的电功率．
【解析】 (1)Em＝nBSω，代入数据得Em＝400×0.25×0.05×0.04×100 V＝20 V.
(2)Im＝，代入数据得Im＝ A＝2 A.
因为是正弦式交变电流，所以电流表读数即有效值I＝＝ A≈1.41 A.
(3)P＝I2R＝()2×9.9 W＝19.8 W.
【答案】 (1)20 V (2)1.41 A (3)19.8 W
12．如图5-2-18是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，使线圈中产生正弦式交变电流，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匝，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＝0.01 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5-2-18
(1)发电机磁极转动的角速度ω0；
(2)车头灯中电流的有效值I.
【解析】 (1)磁极与摩擦小轮转动的角速度相等，由于自行车车轮与摩擦小轮之间无相对滑动，故有ω0r0＝ωr，则ω0＝＝280 rad/s.
(2)摩擦小轮带动磁极转动，线圈产生的感应电动势的最大值为Em＝nBSω＝4.48 V，感应电动势的有效值E＝Em≈3.2 V，通过车头灯电流的有效值I＝＝0.064 A＝64 mA.
【答案】 (1)280 rad/s (2)64 mA
课件51张PPT。自主学习·基础知识3 电感和电容对交变电流的影响
[学习目标] 1.电感和电容对交变电流的影响．(重点) 2.电感器和电容器的应用．(重点) 3.电感和电容对交变电流阻碍作用的理解．(难点) 4.影响感抗和容抗大小的因素．(难点)合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优2．感抗
(1)物理意义：表示电感器对__________阻碍作用的大小的物理量．
(2)影响因素：线圈的___________越大，交流的_____越高，感抗越大．
(3)应用：扼流圈
低频扼流圈：可以用来“通_____，阻______”．
高频扼流圈：可以用来“通______，通______，阻
_____”．交变电流自感系数频率直流交流直流低频高频电感线圈对交变电流的阻碍作用为什么随线圈的自感系数、交变电流的频率的增大而增大呢？
【提示】 电感线圈的阻碍作用是由交变电流通过线圈时产生的自感电动势引起的，自感系数越大时产生的自感电动势也越大；交变电流的频率越高，电流的变化率也越大，感应电动势也就越大，所以阻碍作用就越大，感抗也就越大．1．电感对交变电流阻碍作用越大，感抗就越小．( )
2．交流电的频率越高，电感对交流的阻碍作用越大．( )
3．电感线圈之所以对交变电流有阻碍作用，是由于自感电动势总是阻碍电流的变化．( )√√×1．交变电流能通过电容器
(1)实验电路(如图5-3-1)
图5-3-1(2)实验目的：了解并验证电容器对交变电流的阻碍作用．
(3)实验方法：把白炽灯和电容器串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上，观察灯泡的发光情况．把电容器从电路中取下来，使灯泡直接与交流电源相连，再观察灯泡的发光情况．(4)实验现象
接到______上的灯泡不亮，接到______上的灯泡亮．把电容器从电路中取下来，使灯泡直接与交流电源相连，灯泡要比接有电容器时___．
(5)实验结论
①_________能够“通过”电容器，_____不能通过电容器．
②电容器对_________有______作用．直流交流亮交变电流直流交变电流阻碍2．电容器对交变电流的阻碍作用
(1)容抗：表示电容器对______阻碍作用的大小．
(2)影响容抗大小的因素：电容器的电容______，交流的频率_____，容抗越小．
(3)电容器特点：“通交流、隔直流；通高频、阻低频”．交流越大越高感抗的实质是由线圈的自感现象引起的，那么，电容器对交变电流阻碍作用的实质是什么呢？
【提示】 当交变电流“通过”电容器时，给电容器充电或放电，形成充电或放电电流，在形成电流的过程中，对自由电荷来说，当电源的电压推动它们向某一方向做定向移动时，电容器两极板上积累的电荷却反抗它们向这个方向做定向移动，也就是说在给电容器充电或放电过程中，在电容器两极板形成跟原电压相反的电压，这就对电流产生了阻碍作用．1．电容器在交变电路中，相当于一个电阻，具有分压作用．( )
2．电容器接到交流电源时，有自由电荷通过电容器．( )
3．电容器是通直流、阻交流，通高频、阻低频．( )××√预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一 电感器和电容器对交变电流的阻碍作用
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．交流电路和直流电路中阻碍电流大小的因素分别有哪些？
【提示】 在直流电路中，受电阻的阻碍作用，在交流电路中除了电阻外，还受电感器和电容器对交变电流的阻碍作用．2．交变电流的频率越高，电感器、电容器、电阻对电流的阻碍作用会怎样变化？
【提示】 交变电流的频率越高，感抗越大，容抗越小，电阻值不变．第2步结论——自我总结，素能培养
1．电阻、感抗、容抗的区别2.交变电流能够“通过”电容器的理解
当电容器接到交流电源上时，由于两极板间的电压变化，电压升高时，形成充电电流，电压降低时，形成放电电流，充、放电交替进行，电路中就好像交变电流“通过”了电容器，实际上，自由电荷并没有通过两极板间的绝缘介质．第3步例证——典例印证，思维深化
(多选)(2014·泰安高二检测)在如图5-3-2所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压U＝220sin100 πt (V)．若保持电源电压有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是( )A．电流表示数增大
B．电压表示数增大
C．灯泡变暗
D．灯泡变亮
【思路点拨】 解答本题时应把握以下两点：
(1)感抗与交变电流的频率的关系．
(2)串联电路的电压关系．在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误；灯泡的电阻R是一定的，电流减小时，实际消耗的电功率(P＝I2R)减小，灯泡变暗，选项C正确，D错误； 电压表与电感线圈并联，其示数为线圈两端的电压UL，设灯泡两端电压为UR，则电源电压的有效值为U＝UL＋UR，由于因UR＝IR，由于电流I减小，故UR减小，因电源电压有效值保持不变，故UL＝(U－UR)增大，选项B正确．
【答案】 BC如图5-3-3所示白炽灯和电容器串联后接在交流电源的两端，当交流电源的频率增大时( )
A．电容器电容增大
B．电容器电容减小
C．电灯变暗
D．电灯变亮【思路点拨】 (1)电容器的容抗与交变电流的频率有关．
(2)频率增大时，容抗减小．
【解析】 电容器的电容是由电容器本身的特性决定的，与外加的交流电源的频率无关，故选项A和B是错误的．当交流电源的频率增加时，电容器充、放电的速度加快，电容器的容抗减小，电流增大，电灯变亮．
【答案】 D电容器、电感器、二极管的导电性能
它们的导电特性不同，接不同的电源电压，就会产生不同的现象，应根据它们的特性和所加的电压逐一判断发生的现象．第4步巧练——精选习题，落实强化
图5-3-4
1．(2014·曲阜师大附中高二检测)一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图5-3-4所示．一铁棒插进线圈之后，该灯将( )
A．变亮 B．变暗
C．没有影响 D．无法判断【解析】 在线圈内由于磁场变化而产生的感应电动势，总是反抗电流的变化．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．故B正确．
【答案】 B2.
图5-3-5
(2014·徐州一中高一检测)如图5-3-5所示的电路中，正弦式电流源电压的有效值为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【解析】 虽然交变电流能通过电容器，但也受到阻碍作用，电容器与电阻串联，根据分压原理可知电阻两端的电压小于电源电压，电压表测的是电阻两端的电压，C正确．
【答案】 C学生分组探究二 电感器、电容器在交变电路中的应用
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．使用220 V交流电源的电气设备和电子仪器，金属外壳和电源之间都有良好的绝缘，但是有时用手触摸外壳时会有“麻手”的感觉，用试电笔测试时氖管也会发光，这是为什么呢？采用什么措施可解决这一问题？【提示】 与电源连接的机芯和金属外壳构成一个电容器，交变电流能够通过这个电容器，也就是说机芯、外壳间始终在进行着充放电，所以能感觉到“漏电”．解决方案就是金属外壳接地，其实现在生产的电气设备都增加了接地线．2．试分析电容器的电容C与容抗的定性关系，若要通高频阻低频，应选用电容C大些的还是小些的电容器？
【提示】 电容器的电容C越大，充放电显示的容抗越小，若要通高频阻低频，则电容器的容抗在低频时应表现很大，应选用电容C较小的电容器．第2步结论——自我总结，素能培养
1．电感器的作用
(1)低频扼流圈：可起到“通直流、阻交流”的作用．
(2)高频扼流圈：可起到“通直流、通低频，阻高频”的作用．2．电容器的作用
图5-3-6
(1)隔直电容器，如图5-3-6所示．作用是“通交流、隔直流”，因为直流不能通过电容器，交流能“通过”电容器．起这样作用的电容器电容要大些．图5-3-7
(2)高频旁路电容器，如图5-3-7所示，作用是“通高频、阻低频”，因为对不同频率的交流电，频率越高，容抗越小，频率越低，容抗越大，即电容对低频交变电流阻碍作用大，对高频交变电流阻碍作用小，起这样作用的电容器电容要小些．3．电感器和电容器的组合作用
图5-3-8
(1)如果将电容器与负载并联，然后与电感线圈串联，就能更好地起到滤掉电流中交流成分或高频成分的作用，如图5-3-8所示．图5-3-9
(2)如果将电感线圈与负载并联，然后与电容器串联，就能更好地起到滤掉电流中直流成分或低频成分的作用，如图5-3-9所示．第3步例证——典例印证，思维深化
图5-3-10
(2013·广东中山中学期中)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5-3-10所示的装置电路，其中代号a、b应选择的元件是( )A．a是电容较大的电容器，b是低频扼流圈
B．a是电容较大的电容器，b是高频扼流圈
C．a是电容较小的电容器，b是低频扼流圈
D．a是电容较小的电容器，b是高频扼流圈
【思路点拨】 搞清a、b处元件应起的作用，是正确选择元件的关键．【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处是电容较小的电容器．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．
【答案】 D第4步巧练——精选习题，落实强化
图5-3-11
如图5-3-11所示的电路中，当在a、b两端加上直流电压时，L1正常发光，L2不亮；当在a、b两端加上同样的交变电压时，L1发光亮度变暗，L2正常发光，则A、B分别为________和________．【解析】 本题考查电感器、电容器对交变电流的作用的逆向推导．在a、b两端加上直流电压时，L2不亮，说明B中元件不让直流通过，故B中元件应为电容器；在a、b两端加上直流电压时，L1正常发光，当在a、b两端加上同样的交流电压时，L1发光亮度变暗，说明A中元件对交变电流的阻碍作用大于对直流的阻碍作用，所以应为电感线圈．
【答案】 电感线圈 电容器电感器和电容器的组合电路问题
1．电感器、电容器接到交流电源上时，电能与磁场能或电场能往复转化，所以电感器、电容器上不会消耗电能，而电流通过电阻时，必然会产生焦耳热，使部分电能转变为内能，从而造成电能的损耗．2．在直流电路中，电流的大小由电压和电阻决定，而在交流电路中，决定电流大小的除了电压和电阻，还与电感器和电容器对交变电流的阻碍作用有关，电路中的电感器和电容器两端均有电压，在交流的频率不变时，纯电感器电路和纯电容器电路中，电流大小跟电压成正比． 在频率为f的交变电流电路中，如图5-3-12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，则下列几种情况不可能的是( )
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的电流有效值减小
D．通过R、C、L的电流有效值都不变【思路点拨】 正确区分电阻、感抗、容抗的概念是解决本题的关键．【答案】 D [先看名师指津]
电阻、电感、电容器在交流电路中的作用不同，电阻对所有电流阻碍作用相同，阻碍的结果是电能转化为内能；纯
电感线圈、电容器对交流的阻碍作用与频率有关，阻碍的结果是电能和磁场能、电场能相互转化． [再演练应用]
如图5-3-13所示，线圈的自感系数L和电容器的电容C都很小(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【解析】 线圈的作用是：“通直流、阻交流，通低频、阻高频”．电容器的作用是：“通交流、阻直流，通高频、隔低频”．因为线圈自感系数L很小，所以它的主要功能就是通直流，通低频，阻高频，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，因电容C很小，对低频成分和直流的阻碍作用很大，而对部分通过线圈的高频成分阻碍作用很小，这样最终输出的是低频交流和直流．
【答案】 D电感和电容对交变电流的影响
1．关于电感对交变电流的影响，下列说法正确的是( )
A．电感不能通直流电流，只能通交变电流
B．电感对各种不同频率的交变电流的阻碍作用相同
C．同一个电感线圈对频率低的交变电流的阻碍较小
D．同一个电感线圈对频率高的交变电流的阻碍较小
【解析】 电感线圈可以通直流，A错；电感对不同频率的交变电流阻碍作用不同，B错；同一电感线圈对高频交流电阻碍作用大，D错，C正确．
【答案】 C
2．(多选)关于感抗，下列说法中正确的是( )
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
【解析】 交流通过线圈时，由于电流时刻变化，在线圈中产生感应电动势．感应电动势总是阻碍电流的变化，这就是产生感抗的原因，A正确，D错误．频率越高，电流变化越快，自感电动势越大，线圈自感系数越大，对电流变化的阻碍作用越大，感抗越大，B正确．电感不是耗能元件，是储能元件，它储存的能量用来与电能转换，并不消耗，C正确．
【答案】 ABC
3．(多选)对交变电流能够通过电容器的正确理解是( )
A．在有电容器的交流电路中，没有电荷定向移动
B．在有电容器的交流电路中，有电荷定向移动
C．当电容器接到交变电源上时，电容器交替进行充、放电，电路中才有交变电流
D．当电容器接到交变电源上时，因为有自由电荷通过电容器，电路中才有交变电流
【解析】 电容器能够通过交变电流，是通过电容器交替充、放电而进行的，实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质，故C对，D错．既然电容器交替充、放电，电路中就有了电荷的定向移动，故B对，A错．
【答案】 BC
4．电感和电容对交流电的阻碍作用的大小不但跟电感、电容本身有关，还跟交流电的频率有关，下列说法中正确的是( )
A．电感是通直流、阻交流，通高频、阻低频
B．电容是通直流、阻交流，通高频、阻低频
C．电感是通直流、阻交流，通低频、阻高频
D．电容是通交流、隔直流，通低频、阻高频
【解析】 电感线圈的作用是“通直流、阻交流，通低频、阻高频”，电容器的作用是“通交流、隔直流，通高频、阻低频”，所以C项正确．
【答案】 C
图5-3-14
5．(2014·济南中学检测)两只相同的白炽灯L1、L2接到如图5-3-14所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感器串联，当a、b处接电压最大值为Um、频率为f的正弦式电流源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦式电流源后灯L1的亮度大于灯L2的亮度，新电源的电压最大值和频率可能是( )
A．最大值仍为Um，而频率大于f
B．最大值仍为Um，而频率小于f
C．最大值小于Um，而频率仍为f
D．最大值大于Um，而频率仍为f
【解析】 灯L1的亮度大于L2的亮度，这是因为交流电频率增大，容抗减小，L1变亮，又频率增大，感抗增大，L2变暗．
【答案】 A
6．(2014·台州中学高二检测)直流电源的电压与交流电源电压的有效值相同，自感线圈的直流电阻不计，则灯泡发光最亮的是图中的 ( )
【解析】 电容C、电感L都对交流电有阻碍作用，故A、B两图中灯不是最亮的；C图中灯被短路，不亮；D图中电容C有隔直流作用，所以D中灯泡最亮．
【答案】 D
图5-3-15
7．如图5-3-15所示，在电路两端加上正弦式电流，保持电压有效值不变，使频率增大，发现各灯的亮暗情况是：灯1变亮，灯2变暗，灯3不变，则M、N、L中所接元件可能是( )
A．M为电阻，N为电容器，L为电感线圈
B．M为电感线圈，N为电容器，L为电阻
C．M为电容器，N为电感线圈，L为电阻
D．M为电阻，N为电感线圈，L为电容器
【解析】 当交变电流的频率增大时，线圈的感抗变大，电容器的容抗变小，由灯1变亮，灯2变暗可知M为电容器，N为电感线圈，而电阻与交变电流的频率无关，故L为电阻，C正确．
【答案】 C
8．如图5-3-16所示，从某一装置中输出的电流既有交流成分，又有直流成分，现要把交流成分输送给下一级，有关甲、乙两图的说法正确的是( )
图5-3-16
A．应选甲图电路，其中C的电容要大
B．应选甲图电路，其中C的电容要小
C．应选乙图电路，其中C的电容要大
D．应选乙图电路，其中C的电容要小
【解析】 要把交流成分输送给下一级，则电容器要起到“隔直流，通交流”的作用，故应选用乙图电路，要使交流成分都顺利通过电容器而输送到下一级，需容抗较小，容抗与电容成反比，故应选C.
【答案】 C
图5-3-17
9．如图5-3-17所示，电路由交变电源供电，最大电压保持不变，如果交变电流的频率升高，则下列说法中正确的是( )
A．电容器上的电荷量最大值增大
B．电容器容抗增大
C．电路中灯泡亮度变亮
D．电路中灯泡亮度变暗
【解析】 本题考查电容对交流的阻碍作用．电容器上的电荷量是Q＝CU，它决定于电容器的电容和电容器两板间的电压，与交变电流的频率无关，因此选项A错；当交变电流的频率升高时，电容器的容抗减小，灯泡的亮度变亮，故选项C正确，选项D错；交流电频率越高，容抗越小，故选项B错．
【答案】 C
图5-3-18
10．如图5-3-18所示，L1、 L2和L3是相同型号的白炽灯，L1与电容器C串联，L2与带铁芯的线圈L串联，L3与一个定值电阻R串联．当a、b间接电压有效值为U、频率为f的正弦式交流电源时，三只灯泡的亮度相同．现在a、b间接另一正弦式交流电源，发现灯泡L1变亮、L2变暗、L3亮度不变．由此可知，另一正弦式交流电源可能是( )
A．电压有效值仍为U，而频率大于f
B．电压有效值大于U，而频率大于f
C．电压有效值仍为U，而频率小于f
D．电压有效值小于U，而频率大于f
【解析】 电阻对交变电流阻碍作用的大小与电流的频率无关，由L3亮度不变可知，电压的有效值不变；电感线圈对交变电流阻碍作用的大小用感抗表示，电流的频率越高，感抗也就越大，因此，通过电感线圈的电流的有效值变小；电容器对交变电流阻碍作用的大小用容抗表示，电容一定时，在相同的电压下电容器容纳的电荷一定，频率越高，充(放)电的时间越短，充(放)电的电流越大，容抗越小，因此，通过电容器的电流的有效值变大．由L1变亮、L2变暗可知，频率大于f，所以A正确．
【答案】 A
11．(多选)如图5-3-19所示电路中，电源电动势为E，线圈L的电阻不计．以下判断不正确的是( )
图5-3-19
A．闭合S稳定后，电容器两端电压为E
B．闭合S稳定后，电容器的a极板不带电
C．断开S后的很短时间里，电容器的a极板将带正电
D．断开S后的很短时间里，电容器的a极板将带负电
【解析】 闭合S稳定后，线圈L相当于导线，则电容器被短路，则其电压为零，故A错误；当闭合S稳定后，电容器被短路，则其电压为零，电容器的a极板不带电，故B正确；断开S的瞬间，线圈L中电流减小，产生自感电动势，相当于电源，给电容器充电，根据线圈的电流方向不变，则电容器的a极板将带正电．故C正确，D错误．
【答案】 AD
12．(多选)(2014·徐州高二检测)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5-3-20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( )
图5-3-20
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
【解析】 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能构成充放电回路，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．
【答案】 AD
13．(多选)如图5-3-21所示，某输电线路横穿公路时，要在地下埋线通过．为了保护输电线不至于被压坏，可预先铺设结实的过路钢管，再让输电线从钢管中穿过．电线穿管的方案有两种：甲方案是铺设两根钢管，两条输电线分别从两根钢管中穿过；乙方案是只铺设一根钢管，两条输电线都从这一根钢管中穿过，如果输电导线输送的电流很大，那么，以下说法正确的是( )
图5-3-21
A．无论输送的电流是恒定电流还是交变电流．甲、乙两方案都是可行的
B．若输送的电流是恒定电流，甲、乙两方案都是可行的
C．若输送的电流是交变电流，乙方案是可行的，甲方案是不可行的
D．若输送的电流是交变电流，甲方案是可行的，乙方案是不可行的
【解析】 恒定电流对于一根还是两根钢管毫无影响，但交变电流通过的导线和钢管之间形成电容器，对交变电流有阻碍作用，而两根线从一根钢管中穿过，因任一时刻电流的方向都等大反向，产生的影响可互相抵消．
【答案】 BC
图5-3-22
14．如图5-3-22所示，两位同学利用图示装置做实验，第一位同学使ab在导轨上匀速运动，第二位同学使ab在导轨上做变速运动，但两位同学对ab杆做的功一样多，第一位同学的方法使小灯泡消耗电能为W1，第二位同学的方法使小灯泡消耗的电能为W2，它们相比较( )
A．W1＝W2 B．W1＞W2
C．W1＜W2 D．无法确定
【解析】 匀速运动时，产生的感应电动势是恒定的，感应电流也是恒定的，因此在线圈上不会产生感抗，所以
通过小灯泡的电流大，消耗的电能多；当ab做变速运动时，产生的感应电动势是变化的，感应电流也是变化的，在线圈上产生感抗，使通过小灯泡的电流减小，因此消耗的电能少．故B正确．
【答案】 B
课件69张PPT。自主学习·基础知识4 变压器
[学习目标] 1.了解变压器的构造及几种常见的变压器． 2.理解互感现象和变压器的工作原理．(重点)
3．掌握理想变压器的电压和电流与匝数的关系，并能用它解决基本问题．(难点)合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优闭合铁芯线圈原线圈副线圈2．原理
______现象是变压器的工作基础，由于原线圈中电流的大小、方向在不断变化，铁芯中的______也在不断变化．变化的______在副线圈中产生____________．互感磁场磁场感应电动势在课外，某同学在进行低压交流变压器实验的准备工作时，发现缺少电源，于是就用一种摩托车的蓄电池代替，按下图5-4-1进行实验．
图5-4-1
则闭合电键后，灯泡是否发光？并解释出现这种现象的原因？1．变压器是利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能的转化．( )
2．恒定电流接入变压器后也可发生互感现象，也可起到变压作用．( )
3．变压器的铁芯由很薄的硅钢片叠合而成．( )√×√1．理想变压器
没有__________的变压器．
2．电压与匝数关系
原、副线圈的电压之比，等于两个线圈的_________，即： ＝ .能量损失匝数之比【提示】 当原线圈电压最大时，电流最大，但电流的变化率为零，此时副线圈中磁场最强，但磁通量的变化率为零，故此时副线圈两端的电压为零，即U2＝0.可见，原、副线圈的瞬时电压与匝数不成正比．1．在理想变压器中原、副线圈的磁通量的变化率是一致的．( )
2．理想变压器可以改变交变电流的频率．( )
3．电流通过铁芯从原线圈流到副线圈．( )××√预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一 变压器的工作原理
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．把两个没有用导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈连到交流电源的两端，另一个线圈连到小灯泡上．接通电源，我们会看到小灯泡发光，结合实验现象思考变压器的原、副线圈没有连在一起，原线圈中的电流是如何“流到”副线圈中去的？【提示】 变压器的原、副线圈虽然都套在同一个铁芯上，但两线圈是彼此绝缘的，原线圈是利用了互感现象在副线圈中感应出电流的，并不是原线圈的电流直接流到副线圈中去．2．探究分析变压器中闭合铁芯的作用是什么？
【提示】 变压器的铁芯为闭合铁芯，形成一个闭合磁路，使副线圈中的磁通量变化与原线圈中的磁通量变化基本相同．第2步结论——自我总结，素能培养
图5-4-31．变压器的变压原理：当原线圈加上交流电压U1时，原线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生变化的磁通量，在原、副线圈中都要产生感应电动势．如果副线圈是闭合的，则副线圈中将产生交变的感应电流，它也在铁芯中产生变化的磁通量，原、副线圈间虽然不相连，电能却可以通过磁场从原线圈传递到副线圈．(如图5-4-3)
2．能量转化：变压器通过闭合铁芯，利用互感现象实现了电能向磁场能再到电能的转化．第3步例证——典例印证，思维深化
如图5-4-4所示，理想变压器原、副线圈的匝数比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A1的示数为12 mA，则电流表A2的示数为( )
图5-4-4
A．3 mA B．0
C．48 mA D．与负载R的值有关【解析】 当导体棒做匀速直线运动切割磁感线时，在原线圈中产生恒定不变的电流，铁芯中产生的磁场是不变的，穿过副线圈的磁通量不变，不能在副线圈中产生感应电流．
【答案】 B变压器的作用
如果变压器接在直流电路中，原线圈中电流不变，在铁芯中不能引起磁通量的变化，没有互感现象，变压器起不到变压作用．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(多选)关于变压器，下列说法正确的是( )
A．变压器的工作原理是电磁感应
B．所有变压器的工作基础都是互感现象
C．各种电流接入变压器的输入端，变压器都能持续正常工作
D．只有交变电流接入变压器的原线圈中，变压器才能持续正常工作【解析】 变压器之所以能变压，是因为原线圈接交流电源时，有交变电流流过原线圈，引起穿过原、副线圈的磁通量发生变化，在原、副线圈中都产生了感应电动势，所以变压器的工作原理是电磁感应，所以选项A正确； 有一种变压器叫自耦变压器，它只有一个线圈绕在铁芯上，但有三个抽头，可升压、也可降压，这种变压器的工作基础是自感，也就是说，当变压器是利用两个线圈变压时，其工作基础是互感，当变压器是利用一个线圈变压时，其工作基础是自感，所以选项B错误；变压器要想持续正常工作，原线圈必须接入交变电流，若接入直流电，原、副线圈中不可能出现持续的感应电动势，变压器不能持续正常工作，所以选项C错误，D正确．
【答案】 AD2．一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中，下列物理量不一定相等的是( )
A．交流的频率 B．电流的有效值
C．电功率 D．磁通量的变化率【解析】 变压器可以改变原、副线圈中的电流，因此原、副线圈中的电流不一定有相同的有效值，选项B正确；由于穿过原线圈的磁通量全部穿过副线圈，因而原、副线圈的磁通量变化率相同，选项D错误；变压器的工作基础是互感现象，副线圈中感应的交流频率与原线圈中交流频率是相同的，选项A错误；理想变压器中P入＝P出，选项C错误．
【答案】 B学生分组探究二 理想变压器中的几个关系
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．理想变压器有什么特点？实际变压器与理想变压器相比有什么区别？
【提示】 理想变压器有三个特点：
(1)变压器铁芯内无漏磁；(2)原、副线圈不计内阻，即不产生焦耳热．
(3)变压器自身的能量损耗不计，原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率．
实际变压器不可避免地存在损耗．3．功率关系
对于理想变压器，不考虑能量损失，P入＝P出．
4．电流关系
由功率关系，当只有一个副线圈时，I1U1＝I2U2， 第3步例证——典例印证，思维深化
(2014·黄冈中学高二检测)一理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶5.原线圈与正弦交变电源连接，输入电压U如图5-4-5所示．副线圈仅接入一个10 Ω的电阻．则( )
5-4-5【思路点拨】 解答本题时应把握以下三点：
(1)正弦交变电流峰值与有效值的关系．
(2)变压器原、副线圈电压与匝数的关系．
(3)电流表示数，电热和功率需用交变电流有效值计算．【答案】 D第4步巧练——精选习题，落实强化
图5-4-6
1．(2013·广东高考)如图5-4-6所示，理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝2∶1， )和?均为理想电表，灯泡
电阻RL＝6 Ω，AB端电压u1＝12 sin100πt(V)．下列说法正确的是( )【答案】 D2．(2014·山东高考)(多选)如图5-4-7，将额定电压为60 V的用电器，通过一理想变压器接在正弦交变电源上．闭合开关S后，用电器正常工作，交流电压表和交流电流表(均为理想电表)的示数分别为220 V和2.2 A．以下判断正确的是( )
图5-4-7A．变压器输入功率为484 W
B．通过原线圈的电流的有效值为0.6 A
C．通过副线圈的电流的最大值为2.2 A
D．变压器原、副线圈匝数比n1∶n2＝11∶3【答案】 BD学生分组探究三 变压器的动态分析
第1步探究——分层设问，破解疑难
如图5-4-8所示为理想变压器，b是原线圈的中心抽头，电压表和电流表均为理想电表．从某时刻开始在原线圈c、d两端加上交变电压，请探究以下几个问题：
图5-4-81．保持滑动变阻器触头P的位置不变，当单刀双掷开关由a扳向b时，电压表和电流表的示数如何变化？变压器的输出功率如何变化？
【提示】 理想变压器副线圈输出电压变大，通过负载电阻的电流增大，电压表和电流表的示数均变大，变压器的输出功率变大．2．单刀双掷开关与a连接，在滑动变阻器触头P向上移动的过程中，电压表和电流表的示数如何变化？变压器的输出功率如何变化？原线圈的电流、输入功率如何变化？第2步结论——自我总结，素能培养
1．电压制约
当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定时，输出电压U2由输入电压决定，即U2＝n2U1/n1.
2．电流制约
当变压器原、副线圈的匝数比(n1/n2)一定，且输入电压U1确定时，原线圈中的电流I1由副线圈中的输出电流I2决定，即I1＝n2I2/n1.3．负载制约
(1)变压器副线圈中的功率P2由用户负载决定，P2＝P负1＋P负2＋…；
(2)变压器副线圈中的电流I2由用户负载及电压U2确定，I2＝P2/U2；
(3)总功率P入＝P线＋P2，即变压器的输入功率是由输出功率决定的．4．对理想变压器进行动态分析的两种常见情况
(1)原、副线圈匝数比不变，分析各物理量随负载电阻变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是
R→I2→P2→P1→I1.
(2)负载电阻不变，分析各物理量随匝数比的变化而变化的情况，进行动态分析的顺序是
n1、n2→U2→I2→P2→P1→I1.第3步例证——典例印证，思维深化
(多选)(2014·广东高考)如图5-4-9所示的电路中，P为滑动变阻器的滑片，保持理想变压器的输入电压U1不变，闭合电键S，下列说法正确的是( )
图5-4-9
A．P向下滑动时，灯L变亮
B．P向下滑动时，变压器的输出电压不变C．P向上滑动时，变压器的输入电流变小
D．P向上滑动时，变压器的输出功率变大
【思路点拨】 首先要分清变量和不变量；其次明确各物理量间的制约关系．
【解析】 本题是理想变压器的动态分析问题，首先要分清变量和不变量，其次明确各物理量间的制约关系．
由于理想变压器输入电压U1不变，原、副线圈匝数不变，所以输出电压U2也不变，灯L亮度不随P的滑动改变，故选项A错误，选项B正确．P向上滑动时，滑动变阻器接入电路的电阻减小，负载总电阻R总减小，由
【答案】 BD理想变压器动态问题的处理方法
1．首先抓住三个决定原则：输入电压U1决定输出电压U2；输出电流I2决定输入电流I1；输出功率P2决定输入功率P1.
2．把副线圈当作电源，研究副线圈电路电阻变化．
3．根据闭合电路的欧姆定律，判定副线圈电流的变化、功率的变化．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．(2014·福州高二检测)用电高峰期，电灯往往会变暗，其原理可简化为如下物理问题．如图5-4-10所示，理想变压器的副线圈上，通过输电线连接两只相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，原线圈输入有效值恒定的交流电压，当开关S闭合时，以下说法中正确的是( )
图5-4-10A．原线圈中电流减小
B．副线圈输出电压减小
C．R两端的电压增大
D．原线圈输入功率减小
【解析】 原线圈输入电压恒定，副线圈输出电压不变，B错误；当开关S闭合后，电路中总电阻减小，总电流和总功率变大，原线圈中电流和输入功率都变大，R两端的电压增大，故C正确，A、D错误．
【答案】 C2．(多选)有一理想变压器的原线圈连接一只交流电流表，副线圈接入电路的匝数可以通过滑片Q调节，如图5-4-11所示，在副线圈的输出端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，在原线圈上加一电压为U的交流电源，则( )
图5-4-11A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表的读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表的读数变小【答案】 BC变压器与分压器的变压辨析
变压器(如图5-4-12甲所示)和分压器(如图5-4-13乙所示)都能起到改变电压的作用，但二者又有着本质的区别．
图5-4-12为了帮助同学们加深对这两种装置的认识，更好地理解和应用它们来解决实际问题，现将二者区别总结如下：
1．工作原理不同：变压器是一种“电感性装置”，是根据电磁感应原理工作的；而分压器是一种“电阻性装置”，是根据电阻串联分压原理工作的．
2．改变电压的种类不同：变压器只能改变交变电压，不能改变直流电压；而分压器既可改变交变电压，也可改变直流电压．3．电压的调节范围不同：变压器可以使交流电压升高或降低；而分压器不能使电压升高，只能使电压降低．
4．受负载影响不同：若在cd间、gh间分别接入负载电阻R0后，对于变压器，Ucd不随R0的变化而变化；而对于分压器，Ugh随R0的增大而增大，随R0的减小而减小．(2014·漳州高二检测)甲、乙两电路中，当a、b两端与e、f两端分别加上110 V的交流电压时，测得c、d间与g、h间的电压均为55 V．若分别在c、d两端与g、h两端加上110 V的交流电压，则a、b间与e、f间的电压分别为( )
A．220 V，220 V B．220 V，110 V
C．110 V，110 V D．220 V，0【解析】 当a、b两端接110 V电压时，c、d间获得的电压为55 V，说明c、d间线圈的匝数为原线圈a、b间匝数的一半；反过来，当c、d两端接110 V电压时，由电压与匝数的关系知，a、b间电压应为220 V．当e、f两端接110 V电压时，g、h间电压为55 V，说明g、h间电阻为e、f间电阻的一半；当g、h两端接110 V电压时，其等效电路如图所示．e、g间没有电流，e、g间电压为零，所以e、f间电压与g、h间电压相等，为110 V，故B正确．
【答案】 B [先看名师指津]
变压器是一种电感性仪器，根据电磁感应原理工作的，只能改变交流电压，不能改变直流电压；而分压器是一种电阻性仪器，是根据电阻串联分压原理工作的，可以改变交流电压，也可以改变直流电压． [再演练应用]
图5-4-14
(2014·湖北沙市中学月考)如图5-4-14甲、乙所示电路中，当A、B接10 V交流电压时，C、D间电压为4 V；当M、N接10 V直流电压时，P、Q间电压也为4 V．现把C、D接4 V交流电压，P、Q接4 V直流电压，下面可表示A、B间和M、N间的电压的是( )A．10 V，10 V B．10 V，4 V
C．4 V，10 V D．10 V，0
【解析】 本题考查了变压器和分压器的原理及区别．甲图是一个自耦变压器，当A、B作为输入端，C、D作为输出端时，是一个降压变压器，两边的电压之比等于线圈的匝数之比．当C、D作为输入端，A、B作为输出端时，是一个升压变压器，电压比也等于匝数比，所以C、D接4 V交流时，A、B间将得到10 V交流． 乙图是一个分压电路，当M、N作为输入端时，上下两个电阻上的电压跟它们的电阻的大小成正比但是当把电压加在P、Q两端时，电流只经过下面那个电阻，上面的电阻中没有电流，M、P两端也就没有电势差，即M、P两点的电势相等所以当P、Q接4 V直流时，M、N两端电压也是4 V. 顺便指出，如果M、N或P、Q换成接交流电压，上述关系仍然成立，因为在交流纯电阻电路中欧姆定律照样适用．
【答案】 B 变压器
1．下面可以将电压升高供给家用电灯的变压器是( )
【解析】 电压升高，原线圈的匝数要少于副线圈的匝数，要接交流电，接直流电时变压器不工作，故C正确．
【答案】 C
2．(多选)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，以下说法中正确的是( )
A．穿过原、副线圈每一匝磁通量之比是10∶1
B．穿过原、副线圈每一匝磁通量的变化率相等
C．原、副线圈每一匝产生的电动势瞬时值之比为10∶1
D．正常工作时原、副线圈的输入、输出功率之比为1∶1
【解析】 此题考查的是对变压器原理的掌握．理想变压器无漏磁，因而穿过两个线圈的磁通量相同，磁通量变化率相同，因而每匝线圈产生的感应电动势相等，电压与匝数成正比；理想变压器可以忽略热损耗，故输入功率等于输出功率．B、D正确．
【答案】 BD
3．一理想变压器原线圈接交流，副线圈接电阻，下列哪些方法可使输入功率增加为原来的2倍( )
A．副线圈的匝数增加为原来的2倍
B．原线圈的匝数增加为原来的2倍
C．负载电阻变为原来的2倍
D．副线圈匝数和负载电阻均变为原来的2倍
【解析】 理想变压器的输入功率由输出功率决定，即P入＝P出，输出功率P出＝，U增大为原来的2倍，负载电阻也变为原来的2倍时，P出为原来的2倍．
【答案】 D
图5-4-15
4．(2012·海南高考)如图5-4-15，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，原线圈中电压表和电流表(可视为理想的)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
【解析】 当两灯泡都正常工作时，每个灯泡中电流为0.5 A．副线圈输出电压12 V，输出电流为2×0.5 A＝1.0 A．由变压器变压公式＝知原线圈中电压表读数为240 V．由功率关系U1I1＝U2I2可知线圈中电流表读数为0.05 A，选项D正确．
【答案】 D
5. 如图5-4-16所示，一低压交流变压器中，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 ( )
图5-4-16
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
【解析】 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．
【答案】 D
图5-4-17
6．(2012·课标全国卷)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5-4-17所示，其副线圈匝数可调．己知变压器线圈总匝数为1900匝；原线圈为1100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
【解析】 根据理想变压器电压比关系＝，代入数据解得副线圈两端的电压U2＝380 V，因理想变压器原、负线圈输入和输出的功率相等，即P入＝P出＝U1I1，解得I1＝ A＝9.1 A，B正确；A、C、D错误．
【答案】 B
7．(多选)如图5-4-18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u的图象如图5-4-18乙所示．则以下说法中正确的是( )
图5-4-18
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
【解析】 若灯泡L2、L3、L4都正常发光，则电流表的示数为×3 A＝2 A，B对；副线圈两端的电压为9 V，又变压器原、副线圈的匝数比为3∶1，所以电压表的示数为27 V，因电源输入电压为36 V，所以L1所分电压为9 V，四只灯泡都正常发光，C对，A错；变压器不能改变交变电流的频率，D对．
【答案】 BCD
图5-4-19
8．(多选)如图5-4-19所示，理想变压器的副线圈上通过输电线接有两个相同的灯泡L1和L2，输电线的等效电阻为R，开始时，开关S断开．当S接通时，以下说法中正确的是( )
A．副线圈两端M、N的输出电压减小
B．副线圈输电线等效电阻R两端的电压增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
【解析】 由于输入电压不变，所以S接通时，理想变压器副线圈两端M、N输出电压不变．并联灯泡L2后，总电阻变小，由欧姆定律知，通过R的电流增大，R两端的电压UR＝IR增大．副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率(即I1U1＝I2U2)得，原线圈输入电流I1也增大．UMN不变，UR变大，所以UL1变小，通过灯L1的电流减小．
【答案】 BCD
图5-4-20
9．(多选)(2013·江苏高考)如图5-4-20所示，理想变压器原线圈接有交流电源，当副线圈上的滑片P处于图示位置时，灯泡L能发光．要使灯泡变亮，可以采取的方法有( )
A．向下滑动P
B．增大交流电源的电压
C．增大交流电源的频率
D．减小电容器C的电容
【解析】 要使灯泡变亮，根据欧姆定律，一方面可使U2变大，另一方面可使电路对交流电的阻碍作用减小．由＝知，向下滑动P时，U2变小，选项A错误；增大交流电源的电压U1，U2变大，选项B正确；由XC＝知，增大交流电源的频率时，容抗XC变小，选项C正确；减小电容器C的电容，容抗XC变大，选项D错误．
【答案】 BC
10．(多选)为保证用户电压稳定在220 V，变电所需适时进行调压，如图5-4-21甲所示为调压变压器示意图．保持输入电压u1不变，当滑片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5-4-21乙所示．以下正确的是( )
图5-4-21
A．u2＝190sin50πt V
B．u2＝190sin100πt 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
【解析】 根据题图乙可知该交流的最大值Um＝190 V，周期T＝0.02 s，则角速度ω＝＝100π，结合正弦式交变电流的瞬时值表达式u＝Umsinωt，可知选项B正确，A错误．根据变压器的变压比＝，u1、n2不变，要提高u2，只能减小n1，所以P应上移，选项D正确，C错误．
【答案】 BD
图5-4-22
11．(多选)如图5-4-22所示，某理想变压器的原、副线圈的匝数均可调节，原线圈两端电压为一最大值不变的正弦式电流， 在其他条件不变的情况下，为了使变压器输入功率增大，可使( )
A．原线圈匝数n1增加 B．副线圈匝数n2增加
C．负载电阻R的阻值增大 D．负载电阻R的阻值减小
【解析】 由＝，P出＝
可得P出＝
又因为P入＝P出，所以P入＝
分析可得选项B、D正确．
【答案】 BD
12．(2014·太原高二检测)如图5-4-23所示，理想变压器原线圈中输入电压U1＝3 300 V，副线圈两端电压U2＝220 V，输出端连有完全相同的两个灯泡L1和L2，绕过铁芯的导线所接的电压表的示数U＝2 V．求：
图5-4-23
(1)原线圈n1为多少匝？
(2)当开关S断开时，电流表A2的示数I2＝5 A．则电流表A1的示数I1为多少？
(3)当开关S闭合时，电流表A1的示数I′1为多少？
【解析】 (1)由变压器电压与匝数的关系可得：
＝＝U，则n1＝1 650匝．
(2)当开关S断开时，由
U1I1＝U2I2可知，I1＝＝0.33 A.
(3)当开关S断开时，有：R1＝＝44 Ω.
当开关S闭合时，设副线圈总电阻为R′，
有R′＝＝22 Ω
副线圈中的总电流为I2′＝＝10 A.
由U1I′1＝U2I′2可知，I1′＝＝0.67 A.
【答案】 (1)1 650匝 (2)0.33 A (3)0.67 A
课件53张PPT。自主学习·基础知识5 电能的输送
[学习目标] 1.了解交变电流从变电站到用户的输电过程.2.知道远距离输电时输电线上的损失与哪些因素有关，了解高压输电的道理．(重点)3.知道远距离输电线路的基本构成，会对简单的远距离输电线路进行定量计算．(难点)合作探究·重难疑点解题技巧·素养培优1．输送电能的基本要求
(1)可靠：保证供电线路可靠地工作，少有故障．
(2)保质：保证电能的质量——_____和______稳定．
(3)经济：输电线路建造和运行的费用低，电能损耗少．电压频率2．降低输电损耗的两个途径
(1)输电线上的功率损失ΔP＝___，I为输电电流，r为输电线的电阻．
(2)降低输电损耗的两个途径I2r电阻电流电阻电阻率小横截面积电流电压要减少输电损失，既可以增加导线的横截面积，又可以采用高压输电以减小输电线的电流，为什么远距离输电都要采用高压输电呢？√ × × 1．远距离输电基本原理：在发电站内用_____变压器_____，然后进行远距离输电，在用电区域通过降压变压器降到所需的电压．
2．电网：通过网状的输电线、变电站，将许多电厂和广大用户连接起来，形成全国性或地区性的输电网络．升压升压3．电网供电的优点
电网供电可以减小断电的风险，调剂不同地区电力供需的平衡，保障供电的质量．使用电网，可以根据_____、水电、_____的特点，合理地调度电力．火电核电为什么在用电高峰期家中的白炽灯灯光较暗？
【提示】 用电高峰期高压输电线和变压器到家庭的输电线中电流较大，有较大的电压损失，加在白炽灯上的电压变低，达不到额定功率，因此白炽灯灯光较暗．1．为减小远距离输电的损失可采取增大输送电流．( )
2．在远距离输电线上的功率损失与输电线上电压损失的平方成正比．( )
3．采用电网送电可以降低一次能源的运输成本，获得最大的经济效益．( )×√√预习完成后，请把你认为难以解决的问题记录在下面的表格中学生分组探究一 输电线上的电压损失和功率损失
第1步探究——分层设问，破解疑难
图5-5-1
假设两条输电线的总电阻为r，在如图5-5-1所示的输电示意图中等效画为r，输送的功率为P，发电厂输出的电压为U1.1．输电线上损失的电压为多少？怎样减小输电线上损失的电压呢？2．怎样计算输电线路损失的功率呢？如何减少输电线路的功率损失呢？
【提示】 输电线路损失的功率ΔP＝I2r，减小输电线的电阻或输电线中的电流可减少输电线路的功率损失．第2步结论——自我总结，素能培养
1．电压损失
输电线始端电压U与输电线末端电压U′的差值．ΔU＝U－U′＝IR.
2．功率损失
远距离输电时，输电线有电阻，电流的热效应引起功率损失，损失的电功率
(1)ΔP＝I2R；
(2)ΔP＝IΔU；I为输电电流，R为输电线的电阻，ΔU为输电线上损失的电压．第3步例证——典例印证，思维深化
(多选)(2014·兰州铁一中高二检测)在远距离输电时，输送的电功率为P，输送电压为U，所用导线的电阻率为ρ，横截面积为S，总长度为L，输电线损失的电功率为P′，用户得到的电功率为P用，则P′和P用的关系式正确的是( )【思路点拨】 (1)“损失功率”是指输电线上消耗的功率．
(2)输电导线的电阻是功率损失的原因所在．【答案】 BD【答案】 D2．(多选)在如图5-5-2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5-5-2
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学生分组探究二 远距离输电电路分析
第1步探究——分层设问，破解疑难
1．当输电电压提高时，就会减小输电线上的电流，这是否与欧姆定律相矛盾？2．若升压变压器与降压变压器的匝数比恰好互为倒数关系，则升压变压器原线圈电压U1与降压变压器副线圈电压U2是否相等？
【提示】 U1与U2不相等，由于在输电过程中有损失，故U1＞U2.第2步结论——自我总结，素能培养
1．远距离输电电路图：如图5-5-3所示．
图5-5-32．分析方法：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．运用知识求解
(1)能量守恒：P＝U1I1＝U2I2＝P用户＋ΔP
ΔP＝Ir P用户＝U3I3＝U4I4.
(2)电路知识：U2＝ΔU＋U3 ΔU＝I2r.第3步例证——典例印证，思维深化
(2014·济宁高二检测)水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，现在水力发电已经成为我国的重要能源之一．某小河水流量为40 m3/s，现欲在此河段安装一台发电功率为1 000千瓦的发电机发电．(1)设发电机输出电压为500 V，在输送途中允许的电阻为5 Ω，允许损耗总功率的5%，则所用升压变压器原、副线圈匝数比应是多少？
(2)若所用发电机总效率为50%，要使发电机能发挥它的最佳效能，则拦河坝至少要建多高？(g取10 m/s2)【答案】 (1)1∶20 (2)5 m1．发电站的输送功率取决于用户消耗的功率，不是由发电站输出的功率决定用户和线路消耗的功率．
2．计算变压器的匝数比，可利用电压比计算，也可利用电流比计算，采用哪种方法，应通过分析已知条件确定．第4步巧练——精选习题，落实强化
1．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2×105 A
B．输电线上由电阻造成的损失电压为15 kVC．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
【答案】 B2．一小型发电站通过升压、降压变压器把电能输给用户．已知发电机的输出功率是500 kW，端电压为500 V，升压变压器原、副线圈的匝数比为1∶5，两变压器间输电线的总电阻为1.5 Ω，降压变压器的输出电压为220 V，不计变压器的能量损耗．求：
(1)升压变压器的副线圈两端电压；
(2)输电导线上的功率损失；
(3)降压变压器原、副线圈的匝数比；
(4)用户得到的功率．【解析】 输电线路原理图如图所示．【答案】 (1)2 500 V (2)60 kW (3)10∶1
(4)440 kW“输送电压”和“输电线上的电压”的辨析
正确区分“输送电压”和“输电线上的电压”是解决远距离输电问题的关键． 高压输电电压为U，输电线电阻为r，则下列说法正确的是( )
A．若发电机输出功率不变，使输出电压变大，则输电线上损失的功率变小【解析】 设发电机输出功率为P，则P＝UI，使输电电压U增大，则输电电流I减小．又由输电线上损失的功率ΔP＝I2r得，输电线上损失的功率减小，所以选项A正确．
【答案】 A [再演练应用]
(多选)某发电厂通过远距离向某学校输电，输送的电功率为P，从发电厂至学校的输电导线总电阻为r，当输电线的电阻和输送的电功率不变时，则下列说法正确的是( )
A．输送的电压越高，输电线上的电流越大，输电线路上损失的电压越大
B．输电线路上损失的电压与输送电流成正比
C．输电线路上损失的功率跟输送电流的平方成正比
D．输电导线总电阻r两端的电压等于输送的电压输电线路上损失的功率跟输送电压的平方成反比．故C正确．根据知U损＝IR知，输电导线总电阻r两端的电压等于损失的电压．故D错误．
【答案】 BC电能的输送
1．关于电能输送的以下分析，正确的是( )
A．由公式P＝知，输电电压越高，输电线上功率损失越少
B．由公式P＝知，输电导线电阻越大，输电线上功率损失越少
C．由公式P＝I2R知，输电电流越大，输电导线上功率损失越大
D．由公式P＝UI知，输电导线上的功率损失与电流成正比
【解析】 输电线上损失的功率P损＝I2R线＝，U损指输电线上的分压，而不是输电电压，选项C正确．
【答案】 C
2．(2014·九江一中高二检测)在电能的输送过程中，若输送的电功率一定，则关于输电线上损耗的电功率的以下说法中不正确的是( )
A．与输送电压的平方成反比
B．与输电线上的电压降的平方成正比
C．与输送电压成反比
D．与输电线中的电流的平方成正比
【解析】 由ΔP＝IR线＝·R线知，A对，C错；由ΔP＝ΔU2/R线知B项正确；由ΔP＝IR线知D项正确．
【答案】 C
3．(多选)远距离输送一定功率的交变电流，若输送电压升高为原来的n倍，关于输电线上由电阻造成的电压损耗和功率损耗的说法中，正确的是( )
A．输电线上的电功率损耗原来的1/n
B．输电线上的电功率损耗是原来的1/n2
C．输电线上的电压损耗是原来的1/n
D．输电线上的电压损耗是原来的n倍
【解析】 由P＝UI知，当输送的功率P一定，电压升高为原来的n倍时，输电电流I′＝P/U′＝P/(nU)＝I.又P损＝I2R线，所以输电线上的功率损失P′损＝R线＝P损，即B正确，A错误．输电线上的电压损失ΔU′＝I′R线＝IR线＝ΔU，C正确，D错误．
【答案】 BC
4．(多选)(2014·德阳高二检测)远距离输送交变电流都采用高压输电，我国正在研究用比330 kV高很多的电压进行输电，采用高压输电的优点是( )
A．可节省输电线的铜材料
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
【解析】 远距离输电往往输送的电功率一定，根据P＝UI知，输送电压U越高，则输送电流I＝越小，据P损＝I2r知，在输电线损耗一定的情况下，输电线电阻可略大，导线可做得细一些或选择电阻率略大的材料(非铜材料)；若输电线确定，即r确定，则可减小输电线上的能量损耗，故选项A、C正确．交变电流的频率是一定的，不需调节，输电的速度就是电磁波的传播速度，故选项B、D错误．
【答案】 AC
图5-5-4
5．如图5-5-4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( )
A．升压变压器的原线圈中的电流与用户电设备的功率无关
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
【解析】 变压器的输入功率、输入电流的大小是由用户消耗的功率大小决定的，A、B项错误．用户的总电阻减小，根据P＝，输电电压不变，消耗的功率增大，输电线上的电流增大，再根据P损＝I2·r，因此线路损失功率增大，C项正确．升压变压器的输出电压等于在输电线路电阻上损失的电压加上降压变压器输入电压，D项错误．
【答案】 C
6．(2014·浙江高考)如图5-5-5所示为远距离交流输电的简化电路图．发电厂的输出电压是U，用等效总电阻是r的两条输电线输电，输电线路中的电流是I1，其末端间的电压为U1.在输电线与用户间连有一理想变压器，流入用户端的电流为I2.则( )
图5-5-5
A．用户端的电压为
B．输电线上的电压降为U
C．理想变压器的输入功率为Ir
D．输电线路上损失的电功率为I1U
【解析】 由理想变压器输入、输出功率相等可知P1＝P2，即U1I1＝U2I2，U2＝，A正确．输电线上的电压降为ΔU＝U－U1，B错．理想变压器的输入功率P＝U1I1＝UI1－Ir，C错．输电线路上损失的电功率为ΔP＝I·r＝I1U－I1U1，D错．
【答案】 A
7．用电压U和KU分别输送相同电功率，且在输电线上损失的功率相同，导线长度和材料也相同，此两种情况下导线的横截面积之比为( )
A．K∶1 B．1∶K C．K2∶1 D．1∶K2
【解析】 由R＝ρ，P＝UI，ΔP＝I2R，得ΔP＝，可见在其他物理量一定时，S与U2成反比，故C正确．
【答案】 C
8．远距离输电线路的示意图如图5-5-6所示，若发电机的输出电压不变，则下列叙述中正确的是( )
图5-5-6
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少时，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
【解析】 用户用电的总功率增加，升压变压器、降压变压器的原、副线圈电流都要增加，故A错误；输电线的电流由用户消耗的功率和高压输电电压有关，故B错误；用户总电阻减少，而输出电压不变，所以电流增大，功率损失P损＝I2R增大，故C正确；升压变压器的输出电压等于降压变压器的输入电压＋线路电压损失，故D错误．
【答案】 C
9．水电站向小山村输电，输送电功率为50 kW，若以1 100 V送电，则线路损失为10 kW，若以3 300 V送电，则线路损失可降为 ( )
A．3.3 kW B．1.1 kW
C．30 kW D．11 kW
【解析】 由P＝UI，ΔP＝I2R可得：ΔP＝R，所以当输送电压增大为原来的3倍时，线路损失变为原来的，即ΔP＝1.1 kW.
【答案】 B
10．(2014·江苏高考)远距离输电的原理图如图5-5-7所示，升压变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2，电压分别为U1、U2，电流分别为I1、I2，输电线上的电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
图5-5-7
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
【解析】 由理想变压器可知＝，选项A错；I2＝，而U2＝UR＋U3，故I2＜，B错；P入＝P出，即U1I1＝U2I2，而U2≠I2R，C项错，D项正确．
【答案】 D
11．在远距离输电时，如果升压变压器输出电压是2 000 V，输出功率是10 kW，输电线电阻是20 Ω，求：
(1)输电线上损失的功率和损失的电压；
(2)用户能得到的功率和电压．
【解析】 本题考查高压输电线路中的电压损失和功率损失，解题的关键是利用输电线损失功率的公式P损＝I2R，求出输送电流．
(1)由P出＝I线U出，得I线＝＝ A＝5 A，
则输电线上损失的功率P损＝IR＝52×20 W＝500 W，
损失的电压ΔU＝I线R＝5×20 V＝100 V.
(2)用户得到的电压和功率分别为
U用＝U出－ΔU＝2 000 V－100 V＝1 900 V，
P用＝P出－P损＝10×103 W－500 W＝9 500 W.
【答案】 (1)P损＝500 W ΔU＝100 V
(2)P用＝9 500 W U用＝1 900 V
12．如图5-5-8所示，某小型水电站发电机的输出功率为10 kW，输出电压为400 V，向距离较远的用户供电，为了减少电能损耗，使用2 kV高压输电，最后用户得到“220 V 9.5 kW”的电能，求：
图5-5-8
(1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比；
(2)输电线路导线电阻R；
(3)用户降压变压器原、副线圈匝数比.
【解析】 (1)水电站升压变压器原、副线圈匝数比
＝＝＝.
(2)由P损＝IR，输送电流取决于输出电压及输送功率，有I2＝
所以R＝＝＝Ω＝20 Ω.
(3)设降压变压器原线圈上电压为U3，
U3＝U2－I2R＝(2 000－5×20) V＝1 900 V
所以降压变压器原、副线圈匝数比为：
＝＝＝.
【答案】 (1) (2)20 Ω (3)
