5.1 交变电流
课堂15分钟达标练
1.判断图中哪个是正弦式交变电流( )
【解析】选D。正弦式交变电流，首先应该是交变电流，C虽然形状符合，但不是交变电流；B虽然是交变电流，但不是正弦式交变电流。
2.如图所示，单匝矩形线圈的一半放在有界匀强磁场中，中心轴线OO′与磁场边界重合，线圈绕中心轴线按图示方向(从上向下看逆时针方向)匀速转动，t=0时刻线圈平面与磁场方向垂直，规定电流方向沿abcd为正方向，则图中能表示线圈内感应电流随时间变化规律的是( )
【解题指南】解答本题应明确以下两点：
(1)产生正弦式交变电流的条件。
(2)线圈转轴的位置对交变电流的影响。
【解析】选B。在0～内，ab一侧的线圈在磁场中绕OO′轴转动产生正弦式交变电流，电流方向由楞次定律判断为dcba且越来越大。～内，ab一侧线圈在磁场外，而dc一侧线圈又进入磁场产生交变电流，电流方向为dcba且越来越小，以此类推可知i-t图像正确的为B。
3.(多选)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交流电动势e=220sin100πtV，则下列判断正确的是( )
A.t=0时，线圈位于中性面位置
B.t=0时，穿过线圈平面的磁通量最大
C.t=0时，线圈的有效切割速度方向垂直磁感线
D.t=0时，线圈中感应电动势达到峰值
【解析】选A、B。因按正弦规律变化，故t=0时线圈位于中性面，A正确；此时穿过线圈的磁通量最大，B正确；t=0时，线圈的有效切割速度方向与磁感线平行，不产生感应电动势，故C、D错误。
4.(2015·盐城高二检测)如图所示，一正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动。沿着OO′观察，线圈沿逆时针方向转动。已知匀强磁场的磁感应强度为B，线圈匝数为n，边长为l，电阻为R，转动的角速度为ω。则当线圈转至图示位置时( )
A.线圈中的感应电流的方向为abcda
B.线圈中的感应电流为
C.穿过线圈的磁通量为Bl2
D.穿过线圈的磁通量的变化率为0
【解析】选B。图示位置为垂直于中性面的位置，此时通过线圈的磁通量为零，但磁通量的变化率最大，感应电流也最大，则I==，由右手定则可判断出线圈中感应电流的方向为adcba。
5.如图所示，矩形线圈abcd的匝数为n=50，线圈ab的边长为l1=0.2m，bc的边长为l2=0.25m，在磁感应强度为B=0.4T的匀强磁场中，绕垂直于磁感线且通过线圈中线的OO′轴匀速转动，转动的角速度ω=100rad/s。试求：
(1)穿过线圈平面的最大磁通量Φm。
(2)线圈在图示位置(线圈平面与磁感线平行)时，感应电动势e的大小。
【解析】(1)穿过线圈平面的最大磁通量
Φm=BS=Bl1l2=0.4×0.2×0.25Wb=0.02 Wb。
(2)线圈在图示位置时电动势达到最大值，此时感应电动势的值为
Em=nBSω=nBl1l2ω=50×0.4×0.2×0.25×100V=100V。
答案：(1)0.02Wb (2)100V
【互动探究】写出上题中从图示位置开始计时，线圈中电动势的瞬时值表达式。
提示：e=100cos100tV。
答案：见提示
课时提升作业(七)交变电流
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分。多选题已在题号后标出)
1.(多选)图中哪些线圈中产生了交流电( )
【解析】选B、C、D。由正弦式电流的产生条件可知，转轴必须垂直于磁感线，但对线圈的形状没有特别要求，故A情况下不会产生交变电流，而B、C、D情况下会产生。
2.(2015·如皋高二检测)某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动，产生交变电流的图像如图所示，由图中信息可以判断( )
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.从O时刻到D时刻线圈转过的角度为2π
D.若从O时刻到B时刻历时0.02s，则交变电流的频率为50Hz
【解析】选C。A、C时刻电流最大，位于与中性面垂直的位置，A错。B、D时刻，电流最小，处于中性面位置，磁通量最大，B错。从O到D是一个周期，线圈转过的角度为2π，C对。若从O时刻到B时刻历时0.02s，则交变电流的频率为25Hz，D错。
3.交流发电机在工作时产生的电动势为e=Emsinωt，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′=Emsin2ωt D.e′=sin2ωt
【解析】选C。由题知ω′=2ω，S′=，又由Em=nBSω知E′m=Em，故e′=
E′msinω′t=Emsin2ωt，C对。
【补偿训练】已知交变电流的瞬时值表达式是i=10sin100πtA，从t=0到第一次出现最大值的时间是( )
A.s B.s
C.s D.s
【解析】选C。从交变电流的瞬时值表达式i=10sin100πtA可以看出，该交流电是从中性面开始计时，经过出现最大值，依据T==s=s，t1==s。
4.(2015·肇庆高二检测)图中矩形线圈abcd在匀强磁场中以ad边为轴匀速转动，产生的电动势瞬时值为e=5sin20tV，则以下判断正确的是( )
A.当线圈平面与中性面垂直时，线圈中的感应电流为0
B.当线圈平面与中性面重合时，线圈中的感应电动势为5V
C.此线圈转动的频率为Hz
D.线圈转动一周，感应电流的方向改变一次
【解析】选C。当线圈平面与中性面垂直时，线圈的磁通量为零，磁通量的变化率最大，感应电动势最大，感应电流最大，所以A项错误；当线圈平面与中性面重合时，线圈的磁通量最大，磁通量的变化率为零，感应电动势为零，所以B项错误；角速度ω=20，根据ω=2πf，得出频率f==，所以C项正确；线圈每经过一次中性面，感应电流的方向改变一次，每转动一周，经过两次中性面，感应电流的方向改变两次，所以D项错误。
5.(2015·苏州高二检测)如图所示，一矩形线圈绕与匀强磁场垂直的中心轴
OO′沿顺时针方向转动，引出线的两端分别与相互绝缘的两个半圆形铜环M和N相连。M和N又通过固定的电刷P和Q与电阻R相连。在线圈转动过程中，通过电阻R的电流( )
A.大小和方向都随时间做周期性变化
B.大小和方向都不随时间做周期性变化
C.大小不断变化，方向总是P→R→Q
D.大小不断变化，方向总是Q→R→P
【解析】选C。在图示位置时产生感应电动势，由右手定则可知，ab边的感应电动势方向由b→a，cd边感应电动势的方向由d→c，通过电刷将电流引出，在外电路中的电流方向为P→R→Q，转过180°后，ab、cd边位置交换，但电流方向仍为P→R→Q，故选项C正确。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。需写出规范的解题步骤)
6.(10分)(2015·嘉兴高二检测)如图所示为演示用的手摇发电机模型，匀强磁场磁感应强度B=0.5T，线圈匝数n=50，每匝线圈面积0.48m2，转速150r/min，在匀速转动过程中，从图示位置开始计时。
(1)写出交变感应电动势瞬时值的表达式。
(2)画出e-t图线。
【解析】(1)当线圈平面经过中性面开始计时，则线圈在时间t内转过角度ωt，于是感应电动势瞬时值e=Emsinωt，其中Em=nBSω。
由题意知n=50，B=0.5T，ω=rad/s=5πrad/s，S=0.48m2，Em=nBSω=50×0.5×0.48×5πV≈188V，所以e=188sin5πt(V)。
(2)根据交流电的方程画图线时，最大值是正弦图线的峰值，由纵轴上的刻度值标出，交流电的频率与正弦图线的周期相对应，ω=，而周期由时间轴上的刻度值标出，T==0.4s，e-t图线如图所示。
答案：(1)e=188sin5πt(V)
(2)见解析
7.(10分)一台发电机产生的按正弦规律变化的感应电动势最大值为311V，线圈在磁场中转动的角速度是100πrad/s。
(1)写出感应电动势的瞬时值表达式。
(2)若该发电机只与阻值为100Ω的电阻组成闭合电路。试写出通过负载的电流瞬时值表达式。
【解析】(1)因为电动势最大值Em=311V，
角速度ω=100πrad/s，
所以电动势的瞬时值表达式：e=311sin100πtV。
(2)根据闭合电路欧姆定律得：
i==3.11sin100πtA。
答案：(1)e=311sin100πtV
(2)i=3.11sin100πtA
【互动探究】请写出上题(2)中电阻R两端电压的瞬时值表达式。
提示：u=iR=311sin100πt(V)
答案：见提示
课时提升作业 六 交变电流
一、不定项选择题
1.关于交变电流和直流电的说法中,正确的是 ( )
A.如果电流大小随时间做周期性变化,则一定是交变电流
B.直流电的大小和方向一定不变
C.交变电流一定是按正弦规律变化的
D.交变电流的最大特征就是电流的方向随时间做周期性的变化
【解析】选D。直流电的特征是电流的方向不变,电流的大小可以做周期性变化,A、B错误。交变电流的特征是电流的方向随时间改变。交变电流有多种形式,正弦式交流电只是交变电流中最基本、最简单的一种。故C错误,D正确。
2.(2017·丽水高二检测)一线圈在匀强磁场中匀速转动,在如图所示位置时
( )
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】选C。当线圈平面平行于磁感线时,磁通量最小,但Em最大,即最大,故正确答案为C。
3.一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的交流电动势
e=220sin100πtV,则下列判断正确的是 ( )
A.t=0时,线圈位于中性面位置
B.t=0时,穿过线圈平面的磁通量最大
C.t=0时,线圈的有效切割速度方向垂直磁感线
D.t=0时,线圈中感应电动势达到峰值
【解析】选A、B。因按正弦规律变化,故t=0时线圈位于中性面,A正确;t=0时穿过线圈的磁通量最大,B正确;t=0时,线圈的有效切割速度方向与磁感线平行,不产生感应电动势,故C、D错误。
【补偿训练】
已知交变电流的瞬时表达式为i=311sin100πt(A),从t=0到第一次电流出现最大值时间是 ( )
A.0.005 s B.0.001 s
C.0.02 s D.0.01 s
【解析】选A。交变电流瞬时表达式i=311sin100πt(A),是从线圈经过中性面开始计时的,故在100πt=时刻第一次出现电流峰值,即0.005s。
4.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),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 ( )
【解析】选C。从图示位置计时,应为余弦曲线,故A、B错;根据法拉第电磁感应定律可知开始时电流为正方向,D错误,C正确。
5.如图所示,观察电流表的指针,下列说法正确的是( )
A.指针随着线圈转动而摆动,并且线圈转动一周,指针左右摆动一次
B.当线圈平面转到跟磁感线垂直的平面位置时,电流表的指针的偏转最大
C.当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时,电流表的指针的偏转最大
D.以图示位置为计时起点,线圈里产生的感应电动势和感应电流是按正弦规律变化的
【解题指南】(1)线圈平面与磁感线平行时,切割磁感线最快,产生的电动势最大。
(2)在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动的线圈产生的电动势是按正弦规律(或余弦规律)变化的。
【解析】选A、C。由右手定则可以判断线圈转一周电流方向改变两次,A选项正确;当线圈平面转到跟磁感线垂直的平面位置时,磁通量最大,但磁通量的变化率为零,感应电动势为零,则感应电流为零,故B错;当线圈平面转到跟磁感线平行的位置时,磁通量的变化率最大,感应电动势最大,则感应电流最大,C选项正确;以图示位置为计时起点,线圈里产生的感应电动势和感应电流是按余弦规律变化的,所以D错。
6.(2017·宁波高二检测)如图所示,形状或转轴位置不同,但面积均为S的单匝线圈处在同一个磁感应强度为B的匀强磁场中,以相同的角速度ω匀速转动,从图示的位置开始计时,则下列说法正确的是 ( )
A.感应电动势最大值相同
B.感应电动势瞬时值不同
C.感应电动势最大值、瞬时值都不同
D.感应电动势最大值、瞬时值都相同
【解析】选A、D。感应电动势的最大值为Em=BSω,A正确;感应电动势的瞬时值e=Emsinωt与转轴位置无关,图中都以中性面位置计时,故瞬时值相同,D正确,B、C错误。
7.(2017·温州高二检测)如图所示是某正弦式交流发电机产生的感应电动势
e与时间t的关系图象。如果其他条件不变,仅使线圈的转速变为原来的二倍,则感应电动势的最大值和周期分别变为 ( )
A.220 V,0.02 s B.311 V,0.01 s
C.440 V,0.01 s D.440 V,0.02 s
【解析】选C。由正弦式交变电流的图象可得原来交变电流电动势的最大值为220 V、周期为0.02s,线圈的转速变为原来的二倍,由Em=NBSω可知,感应电动势的最大值变为原来的两倍,即440V,而周期变为原来的一半,即0.01 s,C项正确。
8.如图所示,图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时所产生正弦交流电的图象,当调整线圈转速后,所产生正弦交流电的图象如图线b所示,以下关于这两个正弦交流电的说法正确的是 ( )
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的瞬时值表达式为u=10sin5πtV
D.交流电b的最大值为5V
【解析】选B、C。t=0时刻穿过线圈的磁通量最大,磁通量的变化率为零,故电压为零,A错。读图得两次周期之比为2∶3,由转速n==得转速与周期成反比,故B正确。读图得a的最大值为10V,ω=5πrad/s,由交流电感应电动势的瞬时值表达式e=EmsinωtV(从线圈在中性面位置开始计时)得,u=10sin5πtV,故C正确。交流电的最大值Em=nBSω,所以根据两次转速的比值可得,交流电b的最大值为×10V=V,故D错。
9.如图所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中分别绕垂直于磁场方向的轴P1和P2以相同的角速度匀速转动,当线圈平面转到与磁场方向平行时 ( )
A.线圈绕P1转动时产生的感应电流等于绕P2转动时产生的感应电流
B.线圈绕P1转动时产生的感应电动势小于绕P2转动时产生的感应电动势
C.线圈绕P1和P2转动时产生的感应电流的方向相同,都是a→b→c→d
D.线圈绕P1转动时dc边受到的安培力大于绕P2转动时dc边受到的安培力
【解析】选A。线圈转动产生的感应电动势的大小与转动轴的位置无关,选项A正确,B错误;绕两个轴转动产生的感应电流的大小相等,从上向下看,线圈逆时针旋转,电流的方向应为a→d→c→b,选项C错误;电流相等,cd受到的安培力也相等,选项D错误。
二、非选择题
10.如图所示,匀强磁场B=0.1T,所用矩形线圈的匝数N=100,边长ab=0.2m, bc=0.5m,以角速度ω=100πrad/s绕OO′轴匀速转动。当线圈平面通过中性面时开始计时,试求:
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)由t=0至t=过程中的平均电动势值。
【解题指南】解答本题应注意以下两点:
(1)根据Em=NBL2ω求出转动过程中感应电动势的最大值。
(2)通过法拉第电磁感应定律,结合磁通量的变化量求出平均感应电动势。
【解析】(1)感应电动势的瞬时值e=NBSωsinωt,由题可知S=·=0.2×0.5m2=0.1m2
Em=NBSω=100×0.1×0.1×100πV=314V
所以e=314sin100πtV。
(2)用E=N计算t=0至t=过程中的平均电动势
=N=N=
即=NBSω。代入数值得=200V。
答案:(1)e=314sin100πtV (2)200V
【补偿训练】
1.如图所示,匀强磁场的磁感应强度B=T,边长L=10cm的正方形线圈abcd共100匝,线圈电阻r=1Ω,线圈绕垂直于磁感线的轴OO1匀速转动,角速度ω=2πrad/s,外电路电阻R=4Ω。求:
(1)转动过程中线圈中感应电动势的最大值。
(2)由图示位置(线圈平面与磁感线平行)转过30°角的过程中产生的平均感应电动势。
【解析】(1)设转动过程中感应电动势的最大值为Em,则Em=NBL2ω=100××0.01×2πV=2V
(2)设由图示位置转过30°角的过程中产生的平均感应电动势为,则=N,
Δt=,ΔΦ=BL2sin30°,代入数据解得E=V
答案:(1)2V (2)V
2.一个面积为S的矩形线圈abcd在匀强磁场中以其一条边ab为转轴匀速转动,磁场方向与转轴垂直。线圈中感应电动势e与时间t的关系图象如图所示。感应电动势的最大值和周期可以从图中读出。则:
(1)磁感应强度B多大?
(2)画出t=0时刻线圈与磁场间相对位置关系。
【解析】(1)由e -t图象可直接读得Em和T,由Em=BSω和ω=得B=。
(2)t=0时线圈中感应电动势为最大值,故该时刻线圈与磁场的位置关系如图所示。
答案:(1) (2)见解析
【总结提升】确定正弦式交变电流瞬时值表达式的方法
(1)明确线圈在什么位置时开始计时,以确定瞬时值表达式正弦函数的初相位(零时刻的角度)。
(2)确定线圈的匝数、线圈的面积、角速度等物理量。
(3)由Em=nBSω求出感应电动势的最大值。
(4)根据e=Emsinωt写出正弦式交变电流的表达式。
11.一个100匝的矩形线圈,其面积为200cm2、电阻为10Ω,与外电阻R=90Ω相接后,它在匀强磁场中转动所产生的感应电流随时间变化的图象如图所示,求:
(1)写出电流的瞬时值表达式。
(2)线圈所在处匀强磁场的磁感应强度的大小。
【解析】(1)由图知Im=π×10-2A
T=0.10s
则ω==20π
故电流的瞬时值表达式为
i=Imcosωt=π×10-2cos20πtA
(2)设匀强磁场的磁感应强度大小为B,感应电动势的峰值Em=NBSω=NBS,由闭合电路欧姆定律得:Im=,由此可得:B=
由图知:Im=π×10-2A,T=0.10s,
由题可得:S=200cm2=0.02m2,R+r=90Ω+10Ω=100Ω,N=100,
把上述条件代入B=得:B=0.025T
答案:(1)i=π×10-2cos20πtA (2)0.025T
【总结提升】与交变电流图象有关问题的解题方法
(1)明确线圈在磁场中的位置及其转动情况。
(2)掌握线圈及其相关的物理量,利用Em=NBSω算出感应电动势的最大值。
(3)根据中性面的特点,结合线圈在不同时刻的位置及其位置变化情况,利用楞次定律或安培定则判断出感应电动势或感应电流的方向,再利用闭合电路的欧姆定律、电路知识等进行分析和计算。
(4)根据题意和要求,写出某一物理量的瞬时值的表达式,求出某一时刻的瞬时值或画出某物理量随时间变化的规律(用图象表示)。
(5)对于给出图象的题目,要分析好图象各坐标轴、斜率等含义,找出已知条件。
5.2 描述交变电流的物理量
课堂15分钟达标练
1.(多选)如图是某种正弦式交变电压的波形图，由图可确定该电压的( )
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】选B、C。由交变电压的图像知，周期是0.02 s，A项错；最大值是311V，B项正确；有效值是220V，C项正确；瞬时值表达式为u=311sin100πt(V)，D项错误。
2.(2015·廊坊高二检测)如图所示，单匝矩形闭合导线框abcd一半处于磁感应强度为B的水平有界匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R。线框绕与其中心线重合的竖直固定转轴OO′以角速度ω匀速转动，固定转轴恰好位于匀强磁场的右边界。则线框中感应电流的有效值为( )
A. B.
C. D.
【解析】选A。线框中产生的感应电动势的最大值为：Em=BωS，则线框中感应电流的有效值为I===，选项A正确。
【易错提醒】本题中计算感应电动势的峰值时要用线框有效面积而不是S，即Em=Bω≠BSω。
【补偿训练】一电阻接一直流电源，通过4A的电流时热功率为P，若换接一正弦式交流电源，它的热功率变为，则该交变电流的峰值为( )
A.4 A B.6 A
C.2 A D.4A
【解析】选A。由P=I2R得R==，接交流时，=I′2，得I′=2A，则Im=
I′=4A，选项A正确。
3.(2015·邯郸高二检测)一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图像如图甲所示。已知发电机线圈内阻为5.0Ω，现外接一只电阻为95.0Ω的灯泡，如图乙所示，则( )
A.电压表V的示数为220 V
B.电路中的电流方向每秒钟改变50次
C.灯泡实际消耗的功率为484 W
D.发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为24.2 J
【解析】选D。由图像可知电动势的有效值为220V，而电压表测量的是路端电压，其大小为U=R=×95V=209V，A选项错误；由图像读出交变电流的周期为T=0.02s，则频率f==50Hz，一个周期内电流的方向要改变2次，故每秒钟电流方向要改变2×50=100(次)，B选项错误；灯泡的实际功率为P=R=×95W=459.8 W，C选项错误；发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Q=rt =24.2J，故D选项正确。
4.如图所示，线圈abcd的面积是0.05m2，共100匝，线圈电阻为1Ω，外接电阻R=9Ω，匀强磁场的磁感应强度为B=T，当线圈以300r/min的转速匀速转动时，求：
(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。
【解析】(1)Em=NBSω=100××0.05×2π×V=50 V
E==25V≈35.4 V。
电流表示数I==3.54A，
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，=N，
又因为=，q=Δt，
联立得q==≈0.16C。
答案： (1)31.86V 3.54 A (2)0.16 C
5.(2015·通化高二检测)如图所示，一交流发电机的线圈在匀强磁场中匀速转动，线圈匝数N=100，线圈电阻r=3Ω，ab=cd=0.5m，bc=ad=0.4m，磁感应强度B=0.5T，电阻R=311Ω，当线圈以n=300r/min的转速匀速转动时，求：
(1)感应电动势的最大值。
(2)t=0时线圈在图示位置，写出此交变电流电动势的瞬时值表达式。
(3)此电压表的示数是多少？
【解析】 (1)根据角速度与转速的关系得：ω=2πn=10πrad/s，感应电动势的最大值Em=NBSω=100×0.5×0.5×0.4×10πV=100πV≈314 V。
(2)在图示位置，线圈所处位置为中性面，导线切割磁感线的有效速度最小，
瞬时电压也最小，故此交变电流电动势的瞬时值表达式为e=Emsinωt=
314sin(10πt)V。
(3)电动势的有效值：E==50πV，由闭合电路的欧姆定律：I==A
=0.5A，根据部分闭合电路的欧姆定律：U=IR=0.5×311V=220 V。
答案：(1)314V (2)e=314sin(10πt)V (3)220V
课时提升作业 七 描述交变电流的物理量
一、不定项选择题
1.下列提到的交流电,不是指有效值的是 ( )
A.交流电压表读数
B.保险丝的熔断电流
C.电容器的击穿电压
D.380 V动力电压
【解析】选C。交流电压表、电流表的读数,保险丝的熔断电流,380 V动力电压指的都是有效值;电容器的击穿电压指的是电压的最大值,故选C。
2.(2017·丽水高二检测)风速仪的简易装置如图甲所示。在风力作用下,风杯带动与其固定在一起的永磁铁转动,线圏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 ( )
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
【解析】选A。风速越大,永磁铁转动越快,线圈中的磁通量变化越快,感应电动势越大,感应电流越大,即Im变大;根据关系式T=可知,T变小。本题答案为A。
3.在如图所示电路中,A是熔断电流I0=2A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=220sin314tV。为了不使保险丝熔断,可变电阻的阻值应该大于 ( )
A.110Ω B.110Ω
C.220Ω D.220Ω
【解析】选B。U=220V,Rmin==Ω=110Ω。
【补偿训练】
某电容器两端所允许加的最大直流电压是250V。它在正弦交流电路中使用时,交流电压可以是 ( )
A.250 V B.220 V C.352 V D.177 V
【解析】选D。电容器的耐压值是指最大值,根据正弦交流电的有效值公式得:U==V=177 V。
4.某小型发电机产生的交变电动势为e=50sin100πt(V)。对此电动势,下列表述正确的有 ( )
A.最大值是50V B.频率是100 Hz
C.有效值是25V D.周期是0.02 s
【解析】选C、D。从中性面开始计时,交变电动势的表达式为e=Emsinωt,因e=
50 sin100πt(V),所以最大值Em=50 V,A错误;由ω=2πf=100πrad/s得f=
50 Hz,B错误;有效值E==25V,C正确;T==0.02 s,D正确。
5.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=0.005s时线框的磁通量变化率为零
B.t=0.01s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311V
D.线框产生的交变电动势频率为100Hz
【解析】选B。由题图乙可知该正弦交变电动势的电压最大值为311V,周期等于0.02s,因此,根据正弦交变电动势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f=50Hz,选项D错误;当t=0.005s时,e=n=311V,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=0.01s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。
6.将硬导线中间一段折成不封闭的正方形,每边长为l,它在磁感应强度为B、方向如图所示的匀强磁场中匀速转动,转速为n,导线在a、b两处通过电刷与外电路连接,外电路接有额定功率为P的小灯泡并正常发光,电路中除灯泡外,其余部分的电阻不计,灯泡的电阻应为 ( )
【解析】选B。单匝正方形线圈绕垂直于磁场方向的轴匀速转动,将产生正弦式交变电流,则电动势的最大值Em=Bl2ω=2πnBl2,其有效值E==,计算小灯泡的额定功率P要用有效值,即P=。R==,故只有选项B正确。
7.矩形线框在匀强磁场内匀速转动的过程中,线框输出的交流电电压随时间变化的图象如图所示,下列说法中正确的是 ( )
A.交流电电压的有效值为36V
B.交流电电压的最大值为36V,频率为0.25 Hz
C.2 s末线框平面垂直于磁场,通过线框的磁通量最大
D.1 s末线框平面垂直于磁场,通过线框的磁通量变化最快
【解析】选B、C。由图象可知,交流电电压的最大值为36V,有效值为36 V,周期T=4 s,则f==0.25 Hz,故A错误,B正确;1s末交流电电压达到最大值,线框平面应与磁场平行,故D错误;2s末交流电电压为零,线框平面与磁场垂直,磁通量最大,故C正确。
8.在如图甲所示的电路中,电阻R的阻值为50Ω,在ab间加上图乙所示的正弦交流电,则下面说法中正确的是 ( )
A.交流电压的有效值为100V
B.电流表示数为2A
C.产生该交流电的线圈在磁场中转动的角速度为3.14rad/s
D.在1min内电阻R上产生的热量为1.2×104J
【解析】选A、B、D。从题图乙中可以看出,交流电压的峰值为100V,所以有效值U=100V,A项正确;通过电阻的电流I==2A,B项正确;交流电的周期为T=0.02s,故角速度ω==100πrad/s,C项错误;根据Q=t得Q=1.2×104J,D项正确。
二、非选择题
9.图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=10Ω,线圈的两端经集流环与电阻R连接,电阻R=90Ω,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按图乙所示正弦规律变化。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。
【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=200V。
(2)电动势的有效值E==100V
U=E=V×100V=90V=127.3V
(3)R上的功率PR==W=180 W
答案:(1)200V (2)127.3V (3)180 W
10.(2017·宁波高二检测)如图所示,一个边长L=10cm、匝数N=100的正方形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁感线的对称轴OO′匀速转动,磁感应强度B=0.50T,角速度ω=10πrad/s,外电路电阻R=4.0Ω,线圈内阻r=1.0Ω。
(1)写出线圈由图中所示位置开始计时时,感应电动势的瞬时值表达式。
(2)求交流电压表的示数。
(3)线圈转一圈外力做多少功?
(4)从图示位置转过90°的过程中流过电阻R的电荷量是多大?
【解析】(1)感应电动势的最大值为
Em=NBL2ω=100×0.50×0.12×10×3.14V=15.7V。
图示位置(t=0时)感应电动势最大,所以感应电动势的瞬时值表达式为e=
Emcosωt=15.7cos10πtV。
(2)电压表示数为电阻两端电压的有效值,即
U=·=×V=8.9V。
(3)电动势的有效值E=。
线圈匀速转动的周期T=。
线圈匀速转动一圈,外力做功大小等于电功的大小,即W=T。代入数据联立解得W=4. 9J。
(4)从t=0起转过90°过程中,Δt内流过R的电荷量
q=Δt=。代入数据得q=0.1C。
答案:(1)e=15.7cos10πtV (2)8.9V (3)4.9J (4)0.1C
【总结提升】交变电流平均值的计算方法
(1)可以用图线与横轴(t轴)所围的面积跟时间的比值来表示交变电流在一定时间内的平均值,经常用、、符号来表示。
(2)交变电流的平均值是针对某一过程的物理量,在不同的时间段内平均值一般不相同。它的计算公式为=n。例如,对于正弦交变电流,其前半周期或后半周期的平均电动势的大小为=n=n=nBSω,而在一个周期内的平均电动势却为零。在计算某一段时间内通过导体横截面的电荷量时,一定要代入平均值来计算。
(3)用法拉第电磁感应定律E=n和欧姆定律I=计算。注意平均值不等于有效值。求一段时间内通过导体横截面的电荷量时要用交流电的平均值q=t,而不能用有效值。当交流电电流方向发生改变时,应考虑分段进行计算。
11.如图所示,间距为L的光滑平行金属导轨,水平地放置在竖直方向的磁感应强度为B的匀强磁场中,一端接阻值是R的电阻,一电阻为r,质量为m的导体棒放置在导轨上,在外力F作用下从t=0时刻开始运动,其速度随时间的变化规律:v=vmsinωt,不计导轨电阻,求:
(1)电阻R的电功率。
(2)从t=0到t=时间内外力所做的功。
(3)若在R的两端接上电压传感器,请你把该电压传感器上电压的形状用数学函数式表示出来。
【解析】(1)导体棒所产生的感应电动势e=BLv=BLvmsinωt,由此可得:该电流为正弦交变电流,其电动势的有效值为E=,电阻R的电功率为
P=I2R=()2R=
(2)在t=0到t=时间内,由能量守恒得:外力所做的功
W=m+×=m+
(3)由于e=BLvmsinωt,由闭合电路的欧姆定律得:i==sinωt,则加在R两端的电压u=iR=sinωt,即加在R上电压的数学函数式为u=sinωt
答案:(1) (2)m+
(3)u=sinωt
课时提升作业(八)描述交变电流的物理量
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共5小题，每小题6分，共30分。多选题已在题号后标出)
1.如图是一个正弦式交变电流的图像，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】选A。由图像可知T=0.2s，Im=10A，故频率f==5Hz，有效值I==5A=7.07 A，故A正确，B、C、D错误。
2.(2015·四川高考)小型手摇发电机线圈共N匝，每匝可简化为矩形线圈abcd，磁极间的磁场视为匀强磁场，方向垂直于线圈中心轴OO′，线圈绕OO′匀速转动，如图所示。矩形线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，不计线圈电阻，则发电机输出电压( )
A.峰值是e0 B.峰值是2e0
C.有效值是Ne0 D.有效值是Ne0
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：
(1)分析线圈ab边和cd边等效电源的串并联关系。
(2)计算出整个线圈的电动势的最大值为2Ne0。
【解析】选D。由题意可知，线圈ab边和cd边产生的感应电动势的最大值都为e0，因此对单匝矩形线圈总电动势最大值为2e0，又因为发电机线圈共N匝，所以发电机线圈中总电动势最大值为2Ne0，根据闭合电路欧姆定律可知，在不计线圈内阻时，输出电压等于感应电动势的大小，即其峰值为2Ne0，故A、B错误；又由题意可知，若从图示位置开始计时，发电机线圈中产生的感应电流为正弦式交变电流，由其有效值与峰值的关系可知，U=，即U=Ne0，故C错误、D正确。
【补偿训练】如图甲所示，调节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220V的正弦式交变电流上，经过可控硅调节后加在灯管两端的电压如图乙所示，则此时电压表的示数是( )
A.220 V B.156 V C.110 V D.78 V
【解析】选B。虽然图示电流不是正弦式交变电流，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T=·，解得U=110V≈156V，故选项B正确，A、C、D错误。
3.(2015·菏泽高二检测)将阻值为5Ω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，下列说法中正确的是( )
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的电压为5 V
【解析】选C。电路中交变电流的频率为f==Hz=25 Hz，选项A错误；通过电阻的电流为I=A=A，选项B错误；电阻消耗的电功率为P=I2R=×5W=2.5 W，选项C正确；用交流电压表测得电阻两端的电压为U=IR=×5V=2.5V，选项D错误。
4.(2015·临沂高二检测)在匀强磁场中，一矩形金属线框绕与磁感线垂直的轴匀速转动，如图甲所示，产生的交变电动势的图像如图乙所示，则( )
A.线框产生的交变电动势的频率为100 Hz
B.线框产生的交变电动势的有效值为311 V
C.t=0.01s时线框的磁通量变化率为零
D.t=0.005 s时线框平面与中性面重合
【解析】选C。由图乙可知T=0.02s，故f=50Hz；电动势的最大值为e=311V，故有效值为e=V；t=0.01s时，感应电动势为0，则磁通量的变化率为0；t=0.005s时，感应电动势最大，磁通量为0，磁通量变化率最大，故不与中性面重合而是与中性面垂直。综上所述，A、B、D均错误，C正确。
5.(多选)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，从线框平面与磁场垂直的位置开始计时，转速为nr/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
【解析】选B、D。因为ω=2πn，所以Em=BSω=2πnBS，选项A错误；E==
nπBS，选项B正确；因为T==，所以====4nBS，选项C错误；e=
Emsinωt=2πnBSsin2πnt，选项D正确。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。需写出规范的解题步骤)
6.(8分)(2015·西安高二检测)如图所示，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，求经过1min的时间，两电阻消耗的电功之比W甲∶W乙为多少。
【解析】甲中是正弦波形，乙中的电流方向虽然改变，但其大小是不变的。
甲中周期是6×10-2s，在一个周期内电流做的功W0=2×R×2×10-2s=2R×10-2J；故1 min的时间内做的功W1=×2R×10-2J=20RJ；在乙中，经过1min电流做的功为W2=(1A)2×R×60s=60RJ；故W1∶W2=20R∶60R=1∶3。
答案：1∶3
7.(12分)(2015·黄山高二检测)如图所示为交流发电机示意图，匝数n=100匝的矩形线圈，边长分别为10cm和20 cm，内阻为5Ω，在磁感应强度B=0.5T的匀强磁场中绕OO′轴以50rad/s的角速度匀速转动，线圈和外部20Ω的电阻R相连接，已知线圈绕OO′轴转动时产生的电动势最大值Em=nBSω，求：
(1)电压表和电流表示数。
(2)电阻R上所消耗的电功率。
(3)由图示位置转过90°的过程中，通过R的电量。
【解析】 (1)感应电动势最大值Em=nBSω=50V，有效值：E==50V，I==2A
U=IR=40V。
(2)电阻R上所消耗的电功率P=IU=80W。
(3)通过R上的电量Q=Δt===0.04C。
答案：(1)40 V 2 A (2)80 W (3)0.04 C
【易错提醒】正确理解交变电流的“四值”是解题关键。求电荷量时要用平均值，由法拉第电磁感应定律E=求得；交流电路中电表的示数是有效值；计算电热、电功率、电功时一定要用有效值求解。
5.3 电感和电容对交变电流的影响
课堂15分钟达标练
1.(多选)对交变电流能通过电容器，下列说法中正确的有( )
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
【解析】选B、D。把电容器接在交变电流两端，当电源电压升高时，电容器充电，电路中形成充电电流；当电源电压降低时，电容器放电，电路中形成放电电流。在交变电源的一个周期内，电容器要交替进行充电、放电，反向充电、反向放电，电路中就有了持续的交变电流，所以，电容器两端加上交流电，电路中有了电流，但电荷却并没有通过电容器中的绝缘介质。B、D正确。
2.一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图所示。一块铁插进线圈之后，该灯将( )
A.变亮 B.变暗
C.对灯没影响 D.无法判断
【解析】选B。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线圈的自感系数，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。故选项B正确。
【互动探究】将上题中的交流电源改为直流电源，则应选( )
提示：选C。因为电感器对直流电没有阻碍作用。
3.(2015·南阳高二检测)下列说法正确的是( )
A.感抗仅与电源频率有关，与线圈自感系数无关
B.容抗仅与电源频率有关，与电容无关
C.感抗、容抗和电阻等效，对不同交变电流都是一个定值
D.感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用
【解析】选D。由公式XL=2πfL得感抗与线圈自感系数有关，A错误。根据公式XC=得容抗与电容也有关系，B错误。感抗、容抗和电阻等效，但对不同交变电流有不同的值，所以C错。感抗是由于电流变化时在线圈中产生了自感电动势而对电流的变化产生的阻碍作用，D正确。
4.(2015·深圳高二检测)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，如图所示，电路中可行的是( )
【解析】选D。信号中含有三种成分，去掉直流成分用隔直电容即可，因此排除A、B。而C中交流高低频成分均进入放大器，需加入另一旁路电容C2，所以D正确。
5.如图所示，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
【解析】选B。若x是电容器，y是电感线圈，则a、b接直流电源时，电容器不通直流，甲灯不亮，乙灯亮，与题意不符，A错误。若x是电感线圈，y是电容器，则a、b接直流电源时，x通直流，无感抗，甲灯亮，y隔直流，乙灯不亮；当a、b接交流电源时，x对交流有感抗，故甲灯亮度变弱，y能通交流，如容抗较小，则可使乙灯正常发光，B正确。若x是二极管，则a、b接直流电源时，正、反接时，二极管只能有一次导通，甲灯只能有一次亮，与题意不符，C错误。若y是二极管，乙灯在直流电源正、反接时，有一次亮，而接交流电源时，因二极管的单向导电性，乙灯应时亮时灭，与题意不符，D错误。
6.如图甲和乙是可调灯泡亮度的台灯电路示意图，请你判断哪一个电路更合理。
【解析】题图乙中调节L可达到调节台灯两端电压的作用，从而调节台灯的亮度。题图甲可调节台灯的亮度，但变阻器要消耗电能，故甲图不合理。
答案：乙
7.如图所示是一个判断AB之间电源性质的仪器，若接通电源后只有绿灯亮，则AB之间是什么电源？若只有红灯亮或黄灯亮，AB之间电源又如何？
【解析】由于电容器C具有隔直流的特性，故绿灯亮时AB之间必是交流电源，此时红灯和黄灯都不亮，则是由于线圈L具有阻交流的作用。当AB间接直流电时，绿灯不亮是显见的，此时红灯亮还是黄灯亮，则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性。故AB间接交变电流时，绿灯亮；AB间接直流电且A端是正极时红灯亮；AB间接直流电且B端是正极时黄灯亮。
答案：见解析
课时提升作业(九)电感和电容对交变电流的影响
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题6分，共36分。多选题已在题号后标出)
1.如图所示，F为一交流发电机，为使电流表A的示数增加，可行的办法是( )
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.使电容器两极板间的距离增大
【解析】选A。容抗跟交变电流的频率和电容器的电容都成反比。当发电机转速增加时，交变电流的频率增大，容抗减小，电流表的读数增大，A对、B错；C、D选项使电容减小，容抗增大，电流表读数减小，C、D均错。
2.如图所示，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到交流电源上时，灯泡的实际功率为P2，则( )
A.P1=P2 B.P1>P2
C.P1
【解析】选B。接在直流电源上，线圈对电流没有阻碍作用，电能全部转化为小灯泡的内能，而当接到交流电源上时，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。
【互动探究】将上题中的线圈换成电容器，则( )
提示：选C。若将线圈换成电容器，则P1=0，P2≠0，故C对。
3.(2015·临沂高二检测)某电源输出的电流中既有交流又有直流成分，如果需要在R上得到直流成分，应在如图所示电路中的A、B两处连接合适的元件。合理的连接方式是( )
A.A、B处均接电感线圈
B.A、B处均接电容器
C.A处接电感线圈，B处接电容器
D.A处接电容器， B处接电感线圈
【解析】选C。由电路图可知，电感线圈能通直流，阻挡住高频交流电，使低频交流电通过电阻R；电容器能使高频交流电通过，直流电不能通过；而题中需要在R上得到直流成分，应在A处接电感器，B处接电容器，从而使直流通过R，符合要求，故C正确。
4.(2015·深圳高二检测)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，经放大后送到下一级，需要把低频成分和高频成分分开，只让低频成分输送到再下一级，可以采用如图所示电路，其中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
【解题指南】解答本题时应注意以下两点：
(1)电感线圈的感抗随交变电流频率的增大而增大。
(2)电容器的容抗随交变电流频率的增大而减小。
【解析】选D。电容器具有“通高频、阻低频”的作用，这样的电容器电容较小，所以a处为电容较小的电容器，电感线圈在该电路中要求起到“通低频，阻高频”的作用，b处接一个高频扼流圈。D对。
5.(2015·长春高二检测)如图所示，某电子电路的输入端输入电流既有直流成分，又有交流低频成分和交流高频成分。若通过该电路只把交流的低频成分输送到下一级，那么关于该电路中各器件的作用，下列说法中不正确的有( )
A.L在此的功能为通直流，阻交流
B.L在此的功能为通低频、阻高频
C.C1在此的功能为通交流，隔直流
D.C2在此的功能为通高频、阻低频
【解析】选B。由于该电路要把交流的低频成分输送到下一级，故低频成分不能直接从输入端短路掉，所以电感L的作用是通直流，阻交流，而不能是通低频，阻高频，故选项B的说法是不正确的。故选B。
6.(多选)(2015·青岛高二检测)“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简化图，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
【解析】选B、D。电感线圈对交变电流的影响是“通低频，阻高频”，电容对交变电流的影响是“通高频，阻低频”。对甲扬声器L1的作用是低频电流通过甲扬声器，C1的作用是作为旁路电容将高频电流滤掉，所以甲扬声器是低音扬声器，L1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器，所以A、C选项错误；对乙扬声器C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器，L2的作用是减弱乙扬声器的低频电流，故乙扬声器是高音扬声器，所以B、D选项正确。
【补偿训练】(2015·日照高二检测)某电源输出的电流既有交流成分又有直流成分，而我们只需要稳定的直流，下列设计的电路图中，能最大限度地使电阻R2获得稳定直流的是( )
【解析】选A。由A图电路图可知，电感线圈阻挡住低频交流电，使低频交流电通过电阻R1，电容器与电阻R2并联，高频交流电通过电容器，直流通过R2，符合要求，故A正确；由B电路图可知，该电路不能有效过滤高频交流电，故B错误；由C电路图可知，该电路不能过滤通过R2的低频交流电，故C错误；由D电路图可知，该电路不能有效过滤通过R2的低频成分，故D错误。
二、非选择题(14分。需写出规范的解题步骤)
7.如图所示，从AO输入的信号中，有直流和交流两种成分。
(1)现在要求信号到达BO端只有交流，没有直流，需要在A、B端接一个什么元件？该元件的作用是什么？
(2)若要求信号到达BO端只有直流，没有交流，则应在A、B端接入一个什么元件？该元件的作用是什么？
【解析】根据电容器和电感器对直流和交流的作用原理进行分析。
(1)因为BO端不需要直流，只需要交流，故根据电容器有“通交流，隔直流”的作用，应在A、B端接入一个电容器。该电容器对直流有阻隔作用，对交流有通过作用。
(2)因为BO端不需要交流，只需要直流，故根据电感器有“通直流，阻交流”的作用，应在A、B端接入一个低频扼流圈。
答案：(1)电容器 通交流，隔直流
(2)低频扼流圈 通直流，阻交流
课时提升作业 八 电感和电容对交变电流的影响
一、不定项选择题
1.对交变电流能通过电容器,下列说法中正确的有 ( )
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
【解析】选B、D。把电容器接在交变电流两端,当电源电压升高时,电容器充电,电路中形成充电电流;当电源电压降低时,电容器放电,电容器形成放电电流。在交变电源的一个周期内,电容器要交替进行充电、放电,反向充电、反向放电,电路中就有了持续的交变电流。所以,电容器两端加上交流电,电路中有了电流,但电荷却并没有通过电容器中的绝缘介质。B、D正确。
2.(2017·衢州高二检测)电感对交变电流影响的说法中,正确的是 ( )
A.电感对交变电流没有阻碍作用
B.电感对交变电流阻碍作用跟线圈自感系数L有关
C.电感对交变电流的阻碍作用跟交变电流的频率无关
D.线圈的自感系数越大,交变电流的频率越高,电感对交变电流的阻碍作用就越小
【解析】选B。电感对交流电有影响,其阻碍作用的大小和线圈的自感系数L、交流电的频率f有关,L越大,f越高,阻碍作用越大,故选项B正确,A、C、D均错误。
3.电容对交变电流影响的下列说法中,正确的是 ( )
A.交变电流能通过电容器
B.电容器具有通直流、阻交流的作用
C.电容器的电容越小,它的阻碍作用越小
D.交变电流的频率越高,电容器对交变电流的阻碍作用就越大
【解析】选A。电容器“通交流、隔直流”,对交流电有阻碍作用,电容越大,频率越高,阻碍作用越小,所以选项B、C、D均错误,选项A正确。
4.对扼流圈的以下说法中,正确的是 ( )
A.扼流圈是利用电感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小
【解析】选A。低频扼流圈用来“通直流、阻交流”,对低频交变电流的阻碍作用也很大。高频扼流圈对高频交变电流的阻碍作用大,对低频交变电流的阻碍作用小,故选项A正确。
5.如图甲、乙所示,从某一装置中输出的电流既有交流成分又有直流成分,现要只把交流成分输送给下一级,有关甲图、乙图的说法正确的是 ( )
A.应选用甲图电路,其中C的电容要大
B.应选用甲图电路,其中C的电容要小
C.应选用乙图电路,其中C的电容要大
D.应选用乙图电路,其中C的电容要小
【解析】选C。电容器在电路中要起到“隔直流,通交流”的作用,应选乙图电路。要使交流成分都顺利通过电容器而输送到下一级,则电容器的容抗要大,故C的电容要大。
6.(2017·台州高二检测)如图甲、乙所示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,下列判断正确的是 ( )
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
【解析】选A、C。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,A正确,B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,C正确,D错误。
7.如图所示,L甲、L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,L甲灯均能正常发光,L乙灯都完全不亮。当a、b接电压的有效值为U的交流电源时,L甲灯发出微弱的光,L乙灯能正常发光,则下列判断正确的是 ( )
A.与L甲灯串联的元件x是电容器,与L乙灯串联的元件y是电感线圈
B.与L甲灯串联的元件x是电感线圈,与L乙灯串联的元件y是电容器
C.与L甲灯串联的元件x是二极管,与L乙灯串联的元件y是电容器
D.与L甲灯串联的元件x是电感线圈,与L乙灯串联的元件y是二极管
【解题指南】解答此题应明确以下三点:
(1)电源的正、负极交换,对电路没有影响,故电路中没有二极管。
(2)电感线圈对交变电流有阻碍作用。
(3)电容器能“隔直流、通交流”。
【解析】选B。由于接直流电源时,对换电源正、负极,对电路无影响,故电路中没有二极管,C、D错误。再根据电路中接直流电源和交流电源时灯泡的发光情况,可知x是电感线圈,y是电容器,A错,B正确。
8.(2017·台州高二检测)如图所示的电路,有直流和交流成分的电流通过,为了尽量减少R2上的交流成分,应( )
A.选用自感系数较大的线圈和电容较小的电容器
B.选用自感系数较小的线圈和电容较大的电容器
C.选用自感系数较小的线圈和电容较小的电容器
D.选用自感系数较大的线圈和电容较大的电容器
【解析】选D。由于电感器具有“通低频、阻高频”、电容器具有“隔直流、通交流”的作用,故通过线圈L后的高频电流减少了,将电容器C与电阻R2并联,交流成分经过电阻R2“旁边”的电容器C,而直流成分不能通过电容器而通过电阻R2,这样负载电阻R2的交流成分就更少了,为了尽量减少R2上的交流成分,应该选用自感系数较大的线圈和电容较大的电容器,故D对,A、B、C错。
二、非选择题
9.(2017·嘉兴高二检测)如图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。
【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,对交变电流的阻碍作用最大,电动机转速最小。
答案:见解析
10.如图所示是一个判定AB之间电源性质的仪器。若接通电源后只有绿灯亮,则AB之间是什么电源?若只有红灯亮或黄灯亮,AB之间电源又如何?
【解析】由于电容器C具有隔直流的特性,故绿灯亮时AB之间必是交流电源,至于此时为什么红灯和黄灯不亮,则是由于线圈L具有阻交流的作用。当AB之间接入直流电时,绿灯不亮是显见的,此时红灯亮还是黄灯亮,则必须考虑二极管D1和D2的单向导电性。
答案:AB间接交变电流时,绿灯亮;AB间接直流电且A端是正极时红灯亮;AB间接直流电且B端是正极时黄灯亮。
【总结提升】交流电路中电感器和电容器的解题方法
(1)明确交流电源的特点及电路中电感器和电容器的连接方式。
(2)利用电感器和电容器的特点,结合电路图及电学知识分析电流和电压的变化情况。
(3)按照题意要求设计电路,确定电感器或电容器在电路中的具体位置。
11.如图甲和乙是可调灯泡亮度的台灯电路示意图,请你判断哪一个电路更合理。
【解析】题图乙中调节L可达到调节台灯两端电压的作用,从而调节台灯的亮度。题图甲也可调节台灯的亮度,但变阻器要消耗电能,故甲图不合理。
答案:乙
12.(2017·湖州高二检测)如图所示,从AO输入的信号中,有直流电和交流电两种成分。
(1)现在要求信号到达BO两端只有交流电,没有直流电,需要在AB端接一个什么元件?该元件的作用是什么?
(2)若要求信号到达BO两端只有直流电,而没有交流电,则应在AB端接入一个什么元件?该元件的作用是什么?
【解析】根据电容器和电感器对直流电和交流电的作用原理进行分析。
(1)因为BO端不需要直流电,只需要交流电,故根据电容器有“通交流,隔直流”的作用,应在AB端接入一个电容器,该电容器对直流电有阻隔作用,对交流电有通过作用。
(2)因为BO端不需要交流电,只需要直流电,故根据电感线圈有“通直流,阻交流”的作用,应在AB端接入一个电感线圈。该线圈对交流电有阻碍作用,对直流电有通过作用。
答案:(1)电容器,对直流电有阻隔作用,对交流电有通过作用。
(2)电感线圈,对交流电有阻碍作用,对直流电有通过作用。
5.4 变压器 课堂15分钟达标练
1.如图所示四个电路，能够实现升压的是( )
【解析】选D。变压器只能对交变电流变压，不能对直流电变压，故A、B错误。由于电压与线圈匝数成正比，所以D项能实现升压。
2.(2015·全国卷Ⅰ)一理想变压器的原、副线圈的匝数比为3∶1，在原、副线圈的回路中分别接有阻值相同的电阻，原线圈一侧接在电压为220 V的正弦交流电源上，如图所示。设副线圈回路中电阻两端的电压为U，原、副线圈回路中电阻消耗的功率的比值为k，则( )
A.U=66V，k= B. U=22V，k=
C.U=66V，k= D.U=22V，k=
【解题指南】解答本题时应从以下三点进行分析：
(1)掌握变压器的功率、电压、电流关系。
(2)根据变压器的匝数比推出原、副线圈的电流比，求得k值。
(3)根据变压器的电压关系和电路的特点求得电压。
【解析】选A。由于变压器的匝数比为3∶1，可得原、副线圈的电流比为1∶3，根据P=I2R可知原、副线圈中电阻R的功率之比k=，由=，其中U2=U，则U1=3U，结合原、副线圈的电流比为1∶3，可得原线圈中电阻R上的电压为，所以有3U+=220V，得U=66V，故选项A正确。
【补偿训练】(2015·苏州高二检测)如图所示为理想变压器原线圈所接正弦交流电源两端的电压—时间图像。原、副线圈匝数比n1∶n2=10∶1，串联在原线圈电路中的交流电流表的示数为1A，则( )
A.变压器原线圈所接交流电压的有效值为311 V
B.变压器输出端所接电压表的示数为22V
C.变压器输出端交变电流的频率为50 Hz
D.变压器的输出功率为220W
【解析】选C。变压器原线圈所接交流电压的有效值为U1=V=220 V，选项A错误；变压器输出端所接电压表的示数为U2=U1=×220V=22 V，选项B错误；变压器输出端交变电流的频率为f=Hz=50 Hz，选项C正确；变压器的输出功率等于输入功率，P=U1I1=220×1W=220 W，选项D错误。故选C。
3.(多选)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1，原线圈输入电压的变化规律如图甲所示，副线圈所接电路如图乙所示，P为滑动变阻器的滑片。下列说法正确的是( )
A.副线圈输出电压的频率为50 Hz
B.副线圈输出电压的有效值为31 V
C.P向右移动时，原、副线圈的电流比减小
D.P向右移动时，变压器的输出功率增加
【解析】选A、D。由题图可知原线圈输入电压的最大值Um=311 V，周期T=2×10-2s，则原线圈输入电压的有效值U1==220V，频率f===50Hz，A正确；由=可得U2=U1=22V，B错误；P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以副线圈的电流增大，原线圈的电流也增大，而匝数比不变，所以原、副线圈的电流比不变，C错误；P向右移动时，副线圈的电阻减小，副线圈输出电压不变，所以变压器的输出功率增加，D正确。
4.(2015·中山高二检测)如图所示，L1和L2是输电线，甲是电压互感器，乙是电流互感器。若已知变压比为1 000∶1，变流比为100∶1，并且知道电压表示数为220 V，电流表示数为10 A，则输电线的输送功率为( )
A.2.2×103W B.2.2×10-2W
C.2.2×108W D.2.2×104W
【解析】选C。根据==得，U1=2.2×105V，I1=1000A，所以输电线的输送功率P=U1I1=2.2×108W，C正确。
5.一台理想变压器，其原线圈匝数为2200匝，副线圈匝数为440匝，并接一个100Ω的负载电阻，如图所示。
求原线圈接在220V交流电源上时，电压表示数为________V，电流表示数为________A。此时输入功率为________W，变压器的效率为________。
【解析】由=得U2=U1=220×V=44V，
I2==A=0.44A，
P1=P2=U2I2=44×0.44W=19.36W，效率为η=100%。
答案：44 0.44 19.36 100%
【互动探究】上题中，当原线圈接在44V直流电源上时，电压表示数为________V，电流表示数为________A。
提示：当原线圈接在直流电源上时，由于原线圈中的电流恒定，穿过原、副线圈的磁通量不发生变化，副线圈两端不产生感应电动势，故电压表、电流表示数均为零。
答案：0 0
课时提升作业 九 变 压 器
一、不定项选择题
1.一个正常工作的理想变压器的原、副线圈中,下列的哪个物理量一定相等
( )
A.交变电流的电压 B.交变电流的电流
C.输入和输出的电功率 D.没有物理量相等
【解析】选C。变压器可以改变原、副线圈中的电压和电流,因此原、副线圈中的电压和电流一般是不相同的,所以A、B错;由于理想变压器不消耗能量,故原线圈输入功率等于副线圈输出功率,C对D错。
2.(2017·台州高二检测)如图所示,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A1的示数是12 mA,则电流表A2的示数为 ( )
A.3 mA B.0
C.48 mA D.与负载R的值有关
【解析】选B。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。
3.(2017·绍兴高二检测)如图所示,理想变压器原、副线圈回路中的输电线的电阻忽略不计。当S闭合时 ( )
A.电流表A1的读数变大,电流表A2的读数变小
B.电流表A1的读数变大,电流表A2的读数变大
C.电流表A1的读数变小,电流表A2的读数变小
D.电流表A1的读数变小,电流表A2的读数变大
【解析】选B。当S闭合后,变压器副线圈中的输电回路的电阻减小,而输出电压不变。由I2=得I2增大,即电流表A2的读数增大,即输出功率变大。由U1I1=U2I2可知,I1变大,即电流表A1的读数也增大,选项B正确。
【补偿训练】
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220V,额定功率为22W;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=110V,I=0.2A
B. U=110V,I=0.05A
C. U=110V,I=0.2A
D. U=110V,I=0.2A
【解析】选A。在副线圈电路中,I2===0.1A,再根据=及=,得U1=110V,I1=0.2A,故B、C、D错,A正确。
4.(2017·金华高二检测)钳形电流表的外形和结构如图甲所示。图甲中电流表的读数为1.2A。图乙中用同一电缆线绕了3匝,则 ( )
A.这种电流表能测直流电流,图乙的读数为2.4 A
B.这种电流表能测交流电流,图乙的读数为0.4 A
C.这种电流表能测交流电流,图乙的读数为3.6 A
D.这种电流表既能测直流电流,又能测交流电流,图乙的读数为3.6A
【解析】选C。钳形电流表实际上是一个变压器,电流表接在副线圈上,图甲中原线圈的匝数为1匝,电流表的读数为1.2A;图乙中用同一电缆线绕了3匝,根据变压器的电流关系=,可知电流表的读数为3.6A。
5.图甲中理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=5∶1,电阻R=20Ω,L1、L2为规格相同的两只小灯泡,S1为单刀双掷开关。原线圈接正弦交流电源,输入电压u随时间t的变化关系如图乙所示。现将S1接1、S2闭合,此时L2正常发光。下列说法正确的是 ( )
A.输入电压u的表达式u=20sin(50πt)V
B.只断开S2后,L1、L2均正常发光
C.只断开S2后,原线圈的输入功率增大
D.若S1换接到2后,R消耗的电功率为0.8W
【解析】选D。由图象知T=0.02s,ω==100πrad/s,u=20sin(100πt)V,
A项错误;由于副线圈两端电压不变,故只断开S2,两灯串联,电压为额定值的一半,不能正常发光,B项错误;只断开S2,副线圈电路电阻变为原来的2倍,由P=知副线圈消耗功率减小,则原线圈输入功率也减小,C项错误;输入电压额定值U1=20V,由=及PR=得PR=0.8W,D项正确。
【补偿训练】
(多选)一理想变压器原、副线圈的匝数比为10∶1,原线圈输入电压的变化规律如图甲所示,副线圈所接电路如图乙所示,P为滑动变阻器的滑片。下列说法正确的是 ( )
A.副线圈输出电压的频率为50Hz
B.副线圈输出电压的有效值为31V
C.P向右移动时,原、副线圈的电流比减小
D.P向右移动时,变压器的输出功率增加
【解析】选A、D。由题图可知原线圈输入电压的最大值Um=311V,周期T=2×10-2s,则原线圈输入电压的有效值U1==220V,频率f===50Hz,A正确;由=可得U2=U1=22V,B错误;P向右移动时,副线圈的电阻减小,副线圈输出电压不变,所以副线圈的电流增大,原线圈的电流也增大,而匝数比不变,所以原、副线圈的电流比不变,C错误;P向右移动时,副线圈的电阻减小,副线圈输出电压不变,所以变压器的输出功率增加,D正确。
6.(2016·江苏高考)一自耦变压器如图所示,环形铁芯上只绕有一个线圈,将其接在a、b间作为原线圈。通过滑动触头取该线圈的一部分,接在c、d间作为副线圈。在a、b间输入电压为U1的交变电流时,c、d间的输出电压为U2。在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中 ( )
A.U2>U1,U2降低 B.U2>U1,U2升高
C.U2【解析】选C。从图中看到,原线圈匝数对应整个部分,而副线圈匝数对应的是一部分,所以该变压器为降压变压器。根据理想变压器电压和匝数的关系=,在将滑动触头从M点顺时针旋转到N点的过程中,副线圈的匝数变少,U2降低。
7.一输入电压为220V,输出电压为36V的变压器副线圈烧坏了,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,如图所示,然后将原来线圈接到220V交流电源上,测得新绕线圈的端电压为1V,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 ( )
A.1100,360 B.1100,180
C.2200,180 D.2200,360
【解析】选B。对新绕线圈的理想变压器,根据变压比公式得n1===1100,变压器烧坏前,同理n2===180,故B正确。
8.(2014·山东高考)如图,将额定电压为60V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220V和2.2 A。以下判断正确的是 ( )
A.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
【解题指南】解答本题应从以下两点分析:
(1)在交流电路中交流电表均测量交变电流的有效值。
(2)根据理想变压器的电压、电流关系去计算原、副线圈的匝数比,原线圈中的电流。
【解析】选B、D。变压器副线圈电流表的读数2.2A为有效值,故选项C错误;原线圈电压表的读数220V也为有效值,由变压器的电压关系=,可得==,D正确;由变压器的电流关系=,可得通过原线圈的电流为I1=I2=×2.2A=0.6 A,故B正确;变压器的输入功率为P=U1I1=220×0.6W=132W,选项A错误。
二、非选择题
9.如图所示,一理想变压器原线圈匝数n1=1100匝,副线圈匝数n2=220匝,交流电源的电压u=220sin100πt(V),电阻R=44Ω,电压表、电流表为理想电表。
求:(1)电压表示数。
(2)电流表A1的示数。
【解析】(1)理想变压器的电压比等于线圈匝数比,即=,其中原线圈电压的有效值U1=220V,U2=U1=44V。
(2)副线圈电流I2==1A,由于电流比与线圈匝数成反比,即=,所以I1=I2=0.2A。
答案:(1)44V (2)0.2A
10.如图所示,灯泡L1接在变压器初级电路中,灯泡L2、L3、L4接在变压器次级电路中。变压器为理想变压器,交变电流电源电压为U,L1、L2、L3、L4都是额定电压为U0的同种型号灯泡,讨论以下问题:
(1)四个灯泡是否可能都正常发光?
(2)当四个灯泡都正常发光时,电源电压U与灯泡额定电压U0有什么关系?
【解析】(1)设每个灯泡的额定电流为I0,次级电路中三个灯泡并联,则I2=3I0。
次级电路的电功率P2=U2I2=3U0I0。
对理想变压器P1=P2=3U0I0。
从初级电路看,由于灯泡L1是串联在电路中的,要使灯泡L1能正常发光,必须保证通过灯泡L1的电流也为I0,也就是说要有I1=I0。
由此可知应有U1=3U0。
又因为=,当=时,四个灯泡可正常发光。
(2)由变压器电压比=,
可得U1=3U2=3U0。
灯泡L1与变压器初级线圈串联,当灯泡L1正常发光时,两端电压亦为U0。
因此,电源电压U=4U0。
答案:(1)可正常发光 (2)U=4U0
11.一台理想变压器,其原线圈的匝数为2200匝,副线圈的匝数为440匝,副线圈中接入一个100Ω的负载电阻,如图所示。
(1)当原线圈接在44V直流电源上时,电压表示数为多大?电流表示数为多大?
(2)当原线圈在220V交流电源上时,电压表示数为多大?电流表示数为多大?此时输入功率为多少?
【解析】(1)原线圈接在直流电源上时,由于原线圈中的电流恒定,所以穿过原、副线圈的磁通量不发生变化,副线圈两端不产生感应电动势,故电压表示数为零,电流表示数也为零。
(2)由=得:电压表示数为U2=×U1=×220V=44V
电流表示数为I2==A=0.44A。
P入=P出=I2U2=0.44×44W=19.36W。
答案:(1)0 0 (2)44V 0.44A 19.36W
12.图甲为一理想变压器,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=
400Ω的电阻,或只在de间接一只Rde=225Ω的电阻,两种情况下电阻消耗的功率均为80W。
(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400Ω电阻时,原线圈中的电流I1。
(3)求ce和de间线圈的匝数比。
【解题指南】解答本题时应注意以下三点:
(1)根据图象得出瞬时值表达式、电压最大值和有效值。
(2)利用理想变压器的P、U、I的关系计算原线圈中的电流。
(3)根据电压关系求线圈的匝数比。
【解析】(1)由原线圈中交变电流的u -t图象可知
ω=200πrad/s
电压瞬时值表达式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==0.28A。
(3)设ab间匝数为n1,根据变压器规律有
=,=
由题意有:=,联立可得:=
答案:(1)Uab=400sin 200πt(V)
(2)0.28A (3)
课时提升作业(十) 变 压 器
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分。多选题已在题号后标出)
1.(多选)对于确定的理想变压器，原、副线圈的电流分别为I1、I2，电压分别为U1、U2，功率分别为P1、P2，关于它们的关系正确的是( )
A.I2由I1决定 B.U2由U1决定
C.P1由P2决定 D.U1由U2决定
【解析】选B、C。对于理想变压器，U1决定U2，I2=，=，所以I2决定I1，P2决定P1，选项B、C正确。
2.(多选)(2015·南宁高二检测)如图所示理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈接入一电压为U=U0sinωt的交流电源，副线圈接一个R=27.5Ω的负载电阻，若U0=220V，ω=100πrad/s。则下述结论正确的是( )
A.副线圈中电压表的读数为55 V
B.副线圈中输出交流电的周期为0.02 s
C.原线圈中电流表的读数为0.5 A
D.原线圈中的输入功率为55 W
【解析】选B、D。根据瞬时值的表达式U=U0sinωt可知：原线圈的电压最大值为U0=220V，所以原线圈的电压有效值为U1==V=110V，根据电压与匝数成正比可知，副线圈的电压的有效值为U2==27.5V，故A错误；变压器不会改变电流的周期，电流的周期为T==s=0.02 s，故B正确；根据欧姆定律可知，副线圈的电流为I2==A=A，根据电流与匝数成反比可得，原线圈的电流大小为I1==A，故C错误；由P=I1U1得：P=110×W=55 W，故D正确。故选B、D。
3.(多选)(2015·海南高考)如图，一理想变压器原、副线圈匝数之比为4∶1，原线圈与一可变电阻串联后，接入一正弦交流电源；副线圈电路中固定电阻的阻值为R0，负载电阻的阻值R=11R0，是理想电压表；现将负载电阻的阻值减小为R=5R0，保持变压器输入电流不变，此时电压表的读数为5.0V，则( )
A.此时原线圈两端电压的最大值约为34 V
B.此时原线圈两端电压的最大值约为24 V
C.原线圈两端原来的电压有效值约为68 V
D.原线圈两端原来的电压有效值约为48 V
【解题指南】解答本题时应注意理解以下两点：
(1)电压表显示的是交流电压的有效值。
(2)副线圈电路也符合欧姆定律。
【解析】选A、D。电压表测的是电阻R两端的电压，根据U2=I2(R0+R)得U2=6.0V。由=得U1=24V，由于电压表的读数为有效值，故变压器原线圈两端的电压的有效值为24V，其最大值Um=U1≈34V，A正确，B错误；由于变压器输入电流不变，所以副线圈电流也不变，负载电阻总阻值原为12R0，现为6R0，因此原电压应是现在的两倍，故原线圈两端原来的电压有效值约为48V，D正确，C错误。所以选A、D。
4.(2015·泰州高二检测)理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，一正弦交流电经变压器变压后对电阻R供电，电路如图甲所示。图乙是原线圈两端电压u随时间t变化的图像，R的阻值为10Ω。交流电流表与交流电压表均为理想电表，下列说法正确的是( )
A.副线圈中交流电的频率变为原来的
B.交流电流表A的读数为2 A
C.电阻R两端的电压为20V
D.电阻R上的热功率为4000W
【解析】选C。由图像知交流电的周期为0.02 s，所以频率为50 Hz，交流电经过变压器变压后频率不变，故A错误；原线圈的电压有效值为200 V，则副线圈的电压有效值为20 V，即为电压表的读数，电流为I2==2A，而电流与匝数成反比，所以交流电流表A的读数为0.2A，故B错误，C正确；电阻R的热功率P==40W，D错误。故选C。
5.(2015·广东高考)如图为加热装置的示意图，使用电阻丝加热导气管，视变压器为理想变压器，原线圈接入电压有效值恒定的交流电并保持匝数不变，调节触头P，使输出电压有效值由220 V降至110 V。调节前后( )
A.副线圈中的电流比为1∶2
B.副线圈输出功率比为2∶1
C.副线圈的接入匝数比为2∶1
D.原线圈输入功率比为1∶2
【解析】选C。原线圈的输入电压和匝数不变，根据输出电压的有效值由220 V降到110 V，由理想变压器原理=，可得副线圈的匝数变为原来的，C选项正确；根据P=可得，副线圈的输出功率变为原来的，同样原线圈的输入功率也变为原来的，B、D错误；由P=UI可得副线圈的电流变为原来的，A错误。
6.(2015·宿州高二检测)如图，理想变压器原线圈输入电压u=Umsinωt，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.滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
B.U1和U2表示电压的最大值
C. I1和I2表示电流的瞬间值
D.滑片P向下滑动过程中，U2变小、I1变小
【解析】选A。滑片P向下滑动过程中，次级总电阻减小，由于U2只与输入电压和匝数有关，所以U2不变，故I2变大，所以I1也变大，故A正确，D错误；U1和U2表示电压的有效值，选项B错误；I1和I2表示电流的有效值，选项C错误。故选A。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。需写出规范的解题步骤)
7.(10分)一台理想变压器原、副线圈匝数比为10∶1，原线圈接u=
100sin100πt(V)的交变电压，副线圈两端用导线接规格为 “6V 12 W”的小灯。已知导线总电阻r=0.5Ω，试求：副线圈应接几盏小灯？这些小灯应如何连接才能使这些小灯都正常发光？
【解析】由=，得副线圈两端电压的有效值
U2=U1=100×V=10V
导线上的电压U线=10V-6V=4V
副线圈中的输出电流I2=A=8 A
每个小灯的额定电流I==A=2 A
应接小灯的盏数：n==4(盏)，连接方式为并联。
答案：4盏 并联
8.(10分)(2015·徐州高二检测)如图所示，一理想变压器的原线圈匝数n1=1100匝、副线圈匝数n2=30匝，原线圈与电流表A1串联后接在电压u1=
220sin100πt(V)的交流电源上，电阻R=12Ω，电流表A1、A2和电压表V2均为理想的交流电表，求：
(1)三只电表A1、A2和V2的读数分别是多少？
(2)电阻R在t=30s时间内产生的热量是多少？
【解析】(1)由交流电压的瞬时表达式可知，原线圈电压U1=220V，根据=得：U2=220×V=6 V
所以V2的示数为6V。
根据I2=得：I2=A=0.5 A，所以A2的示数为0.5 A。
根据=得：I1=×0.5 A=A=0.014 A，所以A1的示数为0.014A。
(2)电阻R在t=30s时间内产生的热量Q=Rt=90J
答案：(1)0.014A 0.5 A 6 V
(2)90 J
5.5 电能的输送
课堂15分钟达标练
1.输电导线的电阻为R，输送电功率为P。现分别用U1和U2两种电压来输电，则两次输电线上损失的功率之比为( )
A.U1∶U2 B.∶
C.∶ D.U2∶U1
【解析】选C。由P=UI，P损=I2R可得P损=，所以输电线上损失的功率与输送电压的二次方成反比，C项正确。
【易错提醒】本题容易误将U1、U2当成导线上的电压而误用公式P损=导致误选B项。
2.(2015·佛山高二检测)中国已投产运行的1000kV特高压输电是目前世界上电压最高的输电工程。假设甲、乙两地原来用500kV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1000kV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
【解析】选A。在高压输电中，设输送电功率为P′，输电电压为U，输电线电阻为R，则输电线上损耗的电功率为P=()2R，当输电电压升为原来的2倍时，输电线损耗的电功率变为原来的，故选A。
【补偿训练】(多选)在电能输送过程中，输送电功率一定，则在输电线上的功率损失( )
A.随输电线电阻的增大而增大
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
【解析】选A、C、D。输电线上的功率损失ΔP=I2R，故A项正确；电压损失
ΔU=U-U′=IR，输电电流I=，所以ΔP=I2·R==()2R，可见在输送功率P一定时，ΔP与I2成正比，与ΔU2成正比。C、D项正确，B项错误。
3.(2014·四川高考)如图所示，甲是远距离输电线路的示意图，乙是发电机输出电压随时间变化的图像，则( )
A.用户用电器上交流电的频率是100 Hz
B.发电机输出交流电的电压有效值是500 V
C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻增大时，输电线上损失的功率减小
【解题指南】解答本题应从以下三点进行分析：
(1)变压器不改变交流电的频率。
(2)搞清楚交流电最大值与有效值之间的关系。
(3)知道输电线路上电流大小的决定因素。
【解析】选D。由图乙可知交流电的周期为0.02s，频率为50 Hz，则A错误；发电机输出电压的有效值是V，则B错误；输电线上的电流由用户消耗的功率及降压变压器原副线圈的匝数比共同决定，则C错误；当用户用电器的总电阻增大时，设降压变压器副线圈两端的电压为U4，则U4没变，由P=知，用户消耗功率变小，降压变压器输入功率变小，设降压变压器原线圈电压为U3，又P入=I线U3，U3没变，I线变小，P线=R线，R线未变，则输电线上损失的功率减少，故D正确。
4.(2015·汕头高二检测)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)，输电全过程的线路图如图所示，发电机的输出功率是100kW，求：
(1)若发电机的输出电压是250V，升压变压器的原、副线圈的匝数比为1∶25，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。
【解析】(1)对升压变压器，根据公式=，有U2=U1=×250V=6 250 V
I2===A=16 A
(2)P损=R线，P损=0.04P1所以R线==Ω=15.6Ω
答案：(1)6250V 16 A (2)15.6Ω
【互动探究】上题中用户电压为220V，求降压变压器的输出电流。
提示：P4=(1-4%)P
又P4=I4U4
则I4==A=436 A
答案：436 A
5.(2015·肇庆高二检测)水力发电具有防洪、防旱、减少污染多项功能，是功在当代、利在千秋的大事，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40m3/s，现欲在此河段安装一台发电功率为1000千瓦的发电机发电。
(1)设发电机输出电压为500 V，在输送途中允许的电阻为5Ω，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10m/s2)
【解析】(1)设送电电流为I，损耗的功率为P耗，导线电阻为R线，由P耗=I2R线得；
I==A
=100A
设送电电压为U送，由P=IU得：
U送==V=1×104V
则升压变压器原、副线圈匝数比：
==。
(2)发电时水的重力势能转化为电能，故：
50%mgh=Pt
其中：=ρ=1×103×40 kg/s
=4×104kg/s
所以h=
=m=5 m。
答案：(1)1∶20 (2)5m
课时提升作业(十一)电能的输送
(40分钟 50分)
一、选择题(本题共6小题，每小题5分，共30分。多选题已在题号后标出)
1.(多选)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
【解析】选A、C。远距离输电时，往往输送电功率一定，据P=UI，输送电压U越高，则输送电流I=越小，据P线=I2R线，在要求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；若输电线确定，即R线一定，则可减少线路上的能量损耗，故A、C正确；而交流电的频率是一定的，不能调节，输电的速度就是电磁波的速度，也就是光的传播速度，是一定的，故B、D错误。
2.关于减小远距离输电线上的功率损耗，下列说法正确的是( )
A.由功率P=，应降低输电电压，增大导线电阻
B.由P=IU，应降低输电电压，减小输电电流
C.由P=I2R，应减小导线电阻或减小输电电流
D.上述说法均不对
【解析】选C。因为输电线上的功率损耗ΔP=I2R=·R，其中P为输电功率，U为输电电压，I为输电电流，R为导线电阻，要减小远距离输电线上的功率损耗，需减小导线电阻或减小输电电流，C对；或者提高输电电压以减小输电电流，A、B错。
3.(2015·信阳高二检测)一交流发电机输出电压为u=Umsinωt，加在匝数比为1∶n的理想升压变压器的原线圈上，变压器的副线圈通过总电阻为R的输电线向用户供电，若发电机的输出功率为P，则输电线上消耗的功率为( )
A. B.
C. D.
【解析】选D。根据正弦交流电的基本规律可知输入电压U1=，根据理想变压器的变压规律，设输出电压为U2，则有==?U2=nU1=，再根据变压器的功率关系：P入=P出?P出=P=I出U2?I出==，则有P热=R=。故A、B、C均错误，D正确。
4.(2015·福建高考)如图为远距离输电示意图，两变压器均为理想变压器，升压变压器T的原、副线圈匝数分别为n1、n2，在T的原线圈两端接入一电压u=
Umsinωt的交流电源，若输送电功率为P，输电线的总电阻为2r，不考虑其他因素的影响，则输电线上损失的电功率为( )
A. B.
C.4()2()2r D.4()2()2r
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析：
(1)理想变压器的输入功率等于输出功率。
(2)P=UI。
【解析】选C。由I1=和=得Ir=I2=，则输电线上损失的功率
Pr=2r=4()2()2r，故选C。
5.(2014·江苏高考)远距离输电的原理图如图所示，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( )
A.= B.I2=
C.I1U1=R D.I1U1=I2U2
【解析】选D。对理想变压器来说，电流与匝数成反比，A项错误；输入功率等于输出功率，D项正确；对图中的中间电流，I2=，而U2>U导，所以B项错误；导线消耗的功率为P导=R，I1U1为升压变压器的输入功率，与输出功率相等，即I1U1=I2U2，所以C项错误。
【补偿训练】(多选)(2015·遂宁高二检测)如图为某小型水电站的电能输送示意图。已知输电线的总电阻R=10Ω，降压变压器T2的原、副线圈匝数之比为4∶1，电阻R0=11Ω。若T1、T2均为理想变压器，T2的副线圈两端电压表达式为u=220sin100πtV，下列说法正确的是( )
A.发电机中的电流变化频率为100 Hz
B.通过R0的电流有效值为20A
C.升压变压器T1的输入功率为4650W
D.若R0的电阻减小，发电机的输出功率也减小
【解析】选B、C。T2的副线圈的交流电的频率为f==Hz=50Hz，而变压器是不能改变交流电频率的，故发电机中的电流变化频率为50Hz，选项A错误；T2的副线圈的交流电电压的有效值为U=220 V，故通过R0的电流有效值为I===20A，故选项B正确；根据匝数与电流的关系可得T2的原线圈中的电流为I′==5A，故输电线上损失的功率为P损=I′2R=(5A)2×10Ω=250 W，而电阻R0上消耗的电功率为P0=I2R0=(20A)2×11Ω=4 400 W，故升压变压器T1的输入功率为P=P损+P0=4400W+250 W=4 650 W，故选项C正确；若R0的电阻减小，则电阻R0消耗的电功率将增大，输电线上的电流增大，输电线上消耗的电功率也增大，故发电机的输出功率也要增大，故选项D错误。
6.(2015·黄冈高二检测)如图为远距离输电示意图，发电机的输出电压U1和输电线的电阻、理想变压器匝数均不变，且n1∶n2=n4∶n3。当用户消耗的功率增大时，下列表述正确的是( )
A.用户的电压U4增加
B.恒有U1∶U2=U4∶U3
C.输电线上损耗的功率减小
D.发电机的输出功率不变
【解析】选B。当用户的功率增大时，并联的用电器增多，出现用电高峰，各用电器电压下降，选项A错误；因为原、副线圈的电压比等于匝数之比，则=，=，因为n1∶n2=n4∶n3，所以U1∶U2=U4∶U3，选项B正确；当用电器增多时，功率增大，I=，降压变压器的输出电流增大，则输电线上的电流增大，由ΔP=I2r可知输电线上的损耗功率增大，选项C错误；发电机的输出功率等于用户消耗的功率与输电线上损失的功率之和，选项D错误。
二、非选择题(本题共2小题，共20分。需写出规范的解题步骤)
7.(8分)某小型水电站输出功率为20kW，输电线路总电阻是6Ω。
(1)若采用380V电压输电，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。
【解析】(1)P电=U1I1，P损=R线
损耗的功率为P损=R线=×6W=16.6 kW。
(2)P′电=U2I2，损失的电压ΔU=I2R线=24V
U3=U2-ΔU=4976V，U3∶U4=n1∶n2
用户得到的电压U4=226.2V。
答案：(1)16.6kW (2)226.2 V
【互动探究】上题中如果要求输电损耗为3%，求输电电压。
提示：P损=IR线=3%P电
又P电=I′1U′1
解得：U′1=2000V
答案：2 000 V
8.(12分)(2015·秦皇岛高二检测)如图所示，某村在距村庄较远的地方建了一座小型水电站，发电机的输出功率为9 kW，输出电压为500 V，输电线电阻为10Ω，允许线路消耗的功率为输出功率的4%，求：
(1)若不用变压器而由发电机直接输送，用户得到的电压和功率是多少？
(2)用如图所示电路输电，若用户需要220V电压时，所用升压、降压变压器原、副线圈匝数比为多少？(不计变压器能量损失)
【解析】(1)不用变压器而由发电机直接输送时，
输电线上的电流I==A=18 A
电压损失ΔU=IR=180V
功率损失ΔP=I2R=3240W
用户得到的电压和功率分别是
U用=U-ΔU=320 V
P用=P-ΔP=5760W
(2)由ΔP=P×4%=R得I2=6A，由P=U2I2得
U2=1.5×103V
由=得==。
U3=U2-I2R=(1500-60)V=1440V
所以===。
答案：(1)320V 5760W (2)1∶3 72∶11
课时提升作业 十 电能的输送
一、不定项选择题
1.(2017·温州高二检测)远距离输送交流电都采用高电压输电,我国正在研究比330kV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.可减小输电线上能量损失
D.可加快输电的速度
【解析】选A、C。由于远距离输电,往往输送电功率一定,据P=UI,输送电压U越高,则输送电流I=越小,据P线=I2R,当要求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一定,则可减少线路上的能量损耗,故A、C正确,而交流电的频率是一定的,不能调节,输电的速度就是电磁波也就是光的传播速度,也一定,故B、D不正确。
2.远距离输电中,发电厂输送的电功率相同,如果分别采用输电电压U1=11kV输电和输电电压U2=110kV输电。则两种情况中,输电线上损耗功率之比P1∶P2等于
( )
A.1∶100 B.10∶1 C.1∶10 D.100∶1
【解析】选D。当以不同电压输送时,有P=U1I1=U2I2,而在线路上损失的功率
ΔP=I2R=()2R可知,损失的功率与电压的平方成反比,即ΔP1∶ΔP2=100∶1,
选项D正确。
3.远距离输送一定功率的交流电,若输送电压升高为原来的n倍,关于输电线上的电压损失和功率损失正确的是 ( )
A.输电线上的电功率损失是原来的
B.输电线上的电功率损失是原来的
C.输电线上的电压损失是原来的
D.输电线上的电压损失是原来的
【解析】选B、C。根据P=UI知I=,输电线上的功率损失P损=I2R=R,因输送功率一定,P损跟输送电压的平方成反比;U损=IR=R,U损跟输送电压成反比,所以正确选项为B、C。
4.如图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
( )
A.减小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功率损耗
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.高压输电一定是电压越高越好
【解析】选B。依据输电原理,电路中的功率损耗ΔP=I2R线,而R线=ρ,减小输电线的横截面积,输电线的电阻会增大,则会增大输电线上的功率损失,A错;由P=UI可知,P一定的情况下,输送电压U越大,I越小,ΔP越小,B对;若输送电压一定,输送功率越大,则电流I越大,ΔP越大,C错;输送电压并不一定越高越好,因为电压越高,对于安全和技术的要求越高,D错。
5.某用电器离供电电源的距离为l,线路上的电流为I。若要求线路上的电压降不超过U。已知输电导线的电阻率为ρ,那么该输电导线的横截面积的最小值是
( )
【解析】选C。因为导线的总长度为2l,所以电压降U=IR=,解得S=。正确选项为C。
6.为了减少输电线路中电力损失,发电厂发出的电通常是经过变电所升压后进行远距离输送,再经变电所将高压变为低压。某变电所把电压
u0=11 000sin100πtV的交变电流降为220V供居民小区用电,则变电所变压器
( )
A.原、副线圈匝数比为50∶1
B.副线圈中电流的频率是50Hz
C.原线圈的导线比副线圈的要粗
D.输入原线圈的电流等于居民小区各用电器电流的总和
【解析】选A、B。u0=11 000sin100πtV中的11 000指的是电压的峰值,有效值为11 000V,则原、副线圈之间的匝数之比等于两线圈的电压之比,即50∶1,A正确;由ω=100πrad/s可得频率为50Hz,变压器不改变电流的频率,因此,副线圈的频率也是50Hz,B正确;电流与匝数成反比,即原线圈的电流比副线圈的电流要小,因此,副线圈的导线要比原线圈的导线粗,C错误;居民小区各个用电器都是并联的,它们的电流总和等于副线圈中的电流,故D错误。
7.(2017·金华高二检测)如图所示是通过街头变压器降压给用户供电的示意图。输入电压是市区电网的电压,负载变化时输入电压不会有大的波动。输出电压通过输电线送给用户,两条输电线总电阻用R0表示。当负载增加时,则 ( )
A.电压表V1、V2的读数几乎不变
B.电流表A2的读数增大,电流表A1的读数减小
C.电压表V3的读数增大,电流表A2的读数增大
D.电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值不变
【解析】选A、D。当负载增加时,变压器输出功率增大,输出电流增大,输出电压几乎不变,电压表V1、V2的读数几乎不变,选项A正确;根据理想变压器功率关系,电流表A1、A2的读数增大,选项B错误;电压表V3的读数减小,电流表A2的读数增大,选项C错误;电压表V2、V3的读数之差与电流表A2的读数的比值等于输电线总电阻,不变,选项D正确。
8.寒冷的冬季,低温雨雪冰冻天气容易让高压输电线因结冰而损毁,为清除高压输电线上的结冰,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,高压线上输电电压为U,电流为I,热损耗功率为ΔP;除冰时,输电线上的热损耗功率需变为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9I B.输电电流为I
C.输电电压为U D.输电电压为3U
【解析】选C。输电线上的热损耗功率变为原来的9倍,由公式P=I2R得电流变为原来的3倍,即3I,A、B项错;输电线上输送的电流大小为I=,则输电电压为原来的,即U,所以C正确,D错误。
二、非选择题
9.一台发电机,输出的功率为1 000kW,输电线电阻为10Ω。当发电机接到输电线路上的电压分别为5kV、50kV时,分别求导线损失的热功率和电压各是多少?
【解析】由P=UI知,当U=5kV时
I==A=200A
损失的热功率P损=I2·R=2002×10W=400kW
损失的电压U损=IR=200×10V=2000V
当U'=50kV时,
I'==A=20A
损失的热功率P损'=I'2R=202×10W=4kW
损失的电压U损'=I'·R=20×10V=200V
答案:400kW 2000V 4kW 200V
10.把功率为220kW的电能用铝导线(铝的电阻率ρ=2.7×10-8Ω·m)输送到10km外的地方,要使功率损失不超过输送功率的10%。
(1)如果采用220V的电压输电,导线横截面的半径至少要多大?采用这样的导线切合实际吗?
(2)若采用110kV的电压输电,导线横截面的半径是多大?
(3)对于同一条输电导线,若分别采用110kV和220V输电,损失的功率之比是多少?
【解析】(1)如果采用220V的电压输电,则通过导线的电流
I==A=103A。
由于功率损失P=10%P0=22kW=22×103W,且P=I2R,
因此导线的电阻
R==Ω=0.022Ω。
根据R=ρ可得,导线的横截面积
S==m2
≈2.45×10-2m2。
所以,导线横截面的半径
r≈8.83cm。
由上述计算可知,采用这样粗的导线是不切实际的。
(2)若采用110kV的电压输电,则通过导线的电流
I'==A=2A。
同理,可计算出导线横截面的半径
r'≈0.02cm。
(3)对于同种输电导线,若分别采用110kV和220V输电,损失的功率之比为
P1∶P2=∶=∶=2202∶(110×103)2=1∶250 000。
答案:(1)8.83cm 不切合实际 (2)0.02cm
(3)1∶250 000
第五章 交变电流
专题整合·深化提升
考点一 交变电流“四值”的应用
物理量
物理含义
重要关系
适用情况及说明
瞬时值
交变电流某一时刻的值
e=Emsinωt
i=Imsinωt
计算线圈某时刻的受力情况
峰值
最大的瞬时值
Em=nBSω
Im=
讨论电容器的击穿电压
有效值
跟交变电流的热效应等效的恒定电流的值
E=
U=
I=
适用于正(余)弦式交变电流
(1)计算与电流的热效应有关的量(如电功、电功率、电热等)
(2)电气设备“铭牌”上所标的一般是有效值
(3)保险丝的熔断电流为有效值
平均值
交变电流图象中图线与时间轴所夹的面积与时间的比值
=Bl
=n
=
计算通过电路截面的电荷量
【对点训练】
1.(多选)(2017·宁波高二检测)一个矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电动势e=220sin100πtV,那么 ( )
A.该交变电流的频率是50Hz
B.当t=0时,线圈平面恰好位于中性面
C.当t=s时,e有最大值
D.该交变电流电动势的有效值为220V
【解析】选A、B。由瞬时值表达式知f=50Hz,A正确;当t=0时,e=0,故线圈恰好位于中性面,B正确;当t=s时,e=0,C错误;该交变电流电动势有效值为220V,D错误。
2. (多选)(2017·温州高二检测)如图所示,单匝矩形线圈放置在磁感应强度为B的匀强磁场中,以恒定的角速度ω绕ab边转动,磁场方向垂直于纸面向里,线圈所围面积为S,线圈导线的总电阻为R。t=0时刻线圈平面与纸面重合。则 ( )
A.线圈中电流t时刻瞬时值表达式为i=cosωt
B.线圈中电流的有效值为I=
C.线圈中电流的有效值为I=
D.线圈消耗的电功率为P=
【解析】选C、D。回路中感应电动势最大值Em=BSω,电流最大值Im==,t=0时线圈位于中性面,故电流瞬时值表达式i=sinωt。线圈中电流的有效值I==,P=I2R=,故A、B错误,C、D正确。
【补偿训练】
1.如图所示,一小型发电机内有n=100匝的矩形线圈,线圈面积S=0.10m2,线圈电阻可忽略不计。在外力作用下矩形线圈在B=0.10T的匀强磁场中,以恒定的角速度ω=100πrad/s绕垂直于磁场方向的固定轴OO′匀速转动,发电机线圈两端与R=100Ω的电阻构成闭合回路。求:
(1)线圈转动时产生感应电动势的最大值。
(2)从线圈平面通过中性面时开始,线圈转过90°角的过程中,通过电阻R横截面的电荷量。
(3)线圈匀速转动10s,电流通过电阻R产生的焦耳热。
【解析】(1)线圈中感应电动势的最大值Em=nBSω=314V。
(2)设从线圈平面通过中性面时开始,线圈通过90°角所用时间为Δt,线圈中的平均感应电动势=n
通过电阻R的平均电流==,在Δt时间内通过电阻横截面的电荷量
Q=Δt==1.0×10-2C
(3)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生正弦交变电流,电阻两端电压的有效值U=Em
经过t=10s电流通过电阻产生的焦耳热Q热=t
解得Q热=4 929.8J
答案:(1)314V (2)1.0×10-2C (3)4929.8J
2.如图所示,在匀强磁场中有一个内阻r=3Ω、面积S=0.02m2的半圆形导线框可绕OO′轴旋转。已知匀强磁场的磁感应强度B=T。若线框以ω=100πrad/s的角速度匀速转动。且通过电刷给“6V 12W”的小灯泡供电,则:
(1)若从图示位置开始计时,求线框中感应电动势的瞬时值表达式。
(2)从图示位置开始,线框转过90°的过程中,流过导线横截面的电荷量是多少?该电荷量与线框转动的快慢是否有关?
(3)由题所给已知条件,外电路所接小灯泡能否正常发光?如不能,则小灯泡实际功率为多大?
【解析】(1)线框转动时产生感应电动势的最大值Em=BSω=×0.02×100πV=10V因线框转动从平行于磁感线位置开始计时,则感应电动势的瞬时值表达式e=Emcosωt=10cos(100πt)V。
(2)线框转过90°的过程中,产生的平均电动势=。
流过导线横截面的电荷量q=·Δt=,
又因为灯泡电阻R==Ω=3Ω。
故q==C=C,与线框转动的快慢无关。
(3)线框产生的感应电动势的有效值E==10V,灯泡两端电压U=R=5V。因U<6V,故灯泡不能正常发光。其实际功率P==W=W。
答案:(1)e=10cos(100πt)V (2)C 无关 (3)不能 W
考点二 交变电流图象的应用技巧
交流电的图象反映了交变电动势(电流)随时间变化的特征,对正弦式交流电来说,我们可以从图象中获取如下信息:
1.交流电的周期(T):一个完整的正弦波对应的时间段,知道了周期便可以算出线圈转动的角速度ω=。
2.交流电的最大值(Em,Im):图象上的峰值,知道了最大值,便可计算出交变电动势(交变电流)的有效值。
3.任意时刻交流电的瞬时值:图象上每个“点”表示某一时刻交流电的瞬时值。
【对点训练】
1.(多选)小型交流发电机中,矩形金属线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的感应电动势与时间成正弦函数关系,如图所示。此线圈与一个R=10Ω的电阻构成闭合电路。不计电路的其他电阻,下列说法正确的是 ( )
A.交变电流的周期为0.250s
B.交变电流的频率为8Hz
C.交变电流的有效值为A
D.交变电流的最大值为4A
【解析】选A、C。由感应电动势的图象可得,交变电流的周期为0.250s,故A对;频率为周期的倒数,即f=4Hz,故B错;交变电流电动势的有效值为E=V=10V,有效值I==A=A,故C对;最大电流Im==A=2A,故D错。
2.已知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,则下列说法正确的是 ( )
A.t=0时刻线圈平面与中性面垂直
B.t=0.01s时刻Φ的变化率达最大
C.t=0.02s时刻感应电动势达到最大
D.该线圈相应的感应电动势图象如图乙所示
【解析】选B。t=0时刻磁通量最大,线圈位于中性面位置,A错误;t=0.01s时刻磁通量为零,线圈位于垂直中性面的位置,电动势最大,磁通量的变化率最大,
B正确;t=0.02s时刻磁通量最大,磁通量的变化率为零,感应电动势为零,C错误;感应电动势与磁通量的变化率成正比,电动势随时间变化的图象为正弦曲线,
D错误。
3.(多选)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,所产生的交变电流的波形如图所示,下列说法中正确的是 ( )
A.在t1时刻穿过线圈的磁通量达到最大值
B.在t2时刻穿过线圈的磁通量达到最大值
C.在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到最大值
D.在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到最大值
【解析】选B、C。从图中可知,t1时刻线圈中感应电动势达到最大值,则线圈的磁通量变化率达到最大值,而磁通量最小,此时线圈平面应与磁感线平行。t2时刻感应电动势等于零,则磁通量变化率为零,线圈处于中性面位置,磁通量达到最大值。t3时刻感应电动势达到最大值,则线圈中的磁通量变化率达到最大值。正确选项为B、C。
考点三 理想变压器的两个关系
1.基本关系:
(1)P入=P出。
(2)=,有多个副线圈时,仍然成立。
(3)=,电流与匝数成反比,只对一个副线圈的变压器适用。
(4)原、副线圈的每一匝的磁通量都相同,磁通量变化率也相同,频率也就相同。
2.制约关系:
(1)电压制约:副线圈电压U2由原线圈电压U1和匝数比决定。
(2)功率制约:原线圈的输入功率P1由副线圈的输出功率P2决定。
(3)电流制约:原线圈电流I1由副线圈电流I2和匝数比决定。
【对点训练】
1.(多选)图甲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 000V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 ( )
A.电压表的示数等于5V
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
【解析】选B、C。由u -t图象可知最大电压值为5V,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,变压器副线圈电压的瞬时值大于5 000V,即5>5000,所以>1 000,C对,D错。
2.(多选)(2017·绍兴高二检测)如图所示,理想变压器原线圈的匝数n1=1 100匝,副线圈的匝数n2=110匝,R0、R1、R2均为定值电阻,且R0=R1=R2,电流表、电压表均为理想电表。原线圈接u=220sin314t(V)的交流电源,起初开关S处于断开状态。下列说法中正确的是 ( )
A.电压表的示数为22V
B.当开关S闭合后,电压表的示数变小
C.当开关S闭合后,电流表的示数变大
D.当开关S闭合后,变压器的输出功率增大
【解析】选B、C、D。变压器的输入电压的有效值为V,则副线圈两端的电压为V,根据串联分压原理,电压表的示数为V,A错;当开关S闭合后,输出功率增大,电压表的示数变小,原线圈输入功率增大,电流表的示数变大,故B、C、D对。
3.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
【解析】选B。高压输电线上的电流大于交流电流表的量程,故应用电流互感器将高压输电线上的电流降低,由变压器原、副线圈电流与匝数成反比的关系,可以判断电流互感器与高压输电线相连的一侧匝数少,即ab一侧线圈与MN相连,cd一侧线圈与PQ相连,Iab>Icd,故B对,A、C、D错。
【补偿训练】
(多选)(2017·舟山高二检测)如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数比为n1∶n2=4∶1,原线圈a、b间接一电压为u=220sin100πt(V)的电源,灯泡L标有“36V18W”字样,当滑动变阻器R的滑动触头处在某位置时,电流表示数为0.25A,灯泡L刚好正常发光,则 ( )
A.流经灯泡L的交变电流的频率为100Hz
B.定值电阻R0的阻值为19Ω
C.滑动变阻器R消耗的功率为36W
D.若将滑动变阻器R的滑动触头向下滑动,则灯泡L的亮度变暗
【解析】选B、D。由ω=2πf得100πrad/s=2πf,解得f=50Hz,A错误;U2=U1=55V,I2=I1=1A,R0两端的电压U0=55V-36V=19V,R0==Ω=19Ω,B正确。IR=I2-IL=1A-0.5A=0.5A,R上消耗的功率PR=IRU=0.5×36W=18W,C错误。滑动变阻器R的滑动触头向下滑动时,L两端的电压减小,由PL=得PL减小,灯泡L变暗,D正确。
考点四 远距离输电
远距离输电的示意图,包括发电机、两台变压器、输电线等效电阻和负载电阻。可将两个变压器的初、次级线圈的匝数分别采用相应的符号来表示。
1.理想变压器功率之间的关系:P1=P'1,P2=P'2,P'1=Pr+P2。
2.电压之间的关系:=,=,U′1=Ur+U2。
3.电流之间的关系:=,=,I′1=Ir=I2。
输电线上的电流往往是这类问题的突破口。
【对点训练】
1.如图所示,甲是远距离输电线路的示意图,乙是发电机输出电压随时间变化的图象,则 ( )
A.用户用电器上交流电的频率是100Hz
B.发电机输出交流电的电压有效值是500V
C.输电线的电流只由降压变压器原副线圈的匝数比决定
D.当用户用电器的总电阻增大时,输电线上损失的功率减小
【解析】选D。由图乙可知交流电的周期为0.02s,频率为50Hz,则A错误;发电机输出电压的有效值是V,则B错误;输电线上的电流由用户消耗的功率及降压变压器原副线圈的匝数比共同决定,则C错误;当用户用电器的总电阻增大时,设降压变压器副线圈两端的电压为U4,则U4没变,由P=知,用户消耗功率变小,降压变压器输入功率变小,设降压变压器原线圈电压为U3,又P入=I线U3,U3没变,
I线变小,P线=R线,R线未变,则输电线上损失的功率减少,故D正确。
2.(多选)在远距离输电电路中,输电导线的总电阻为R,升压变压器输出的电压为U1,输出功率为P,用户降压变压器得到的电压为U2,则下面表示导线上的功率损失正确的式子是 ( )
A. B.()2R
C. D.-
【解析】选B、C。升压变压器的输出电压为U1,降压变压器的输入电压为U2,则输电线上的电压损失ΔU=U1-U2,输电线上损失的功率P损=ΔUI=(U1-U2)I,或P损==。因为输电线上的电流为I,则输电线上损失的功率P损=I2R=()2R。故B、C正确,A、D错误。
【补偿训练】
有一台内阻为1Ω的发电机,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,降压变压器的匝数比为4∶1,输电线的总电阻R=4Ω,全校共22个班,每班有“220V 40W”的灯6盏,若保证全部电灯正常发光,则:
(1)发电机输出功率多大?
(2)发电机电动势多大?
(3)输电效率是多少?
(4)若使用灯数减半并正常发光,则发电机输出功率是否减半?
【解析】(1)对降压变压器:
U'2I2=U3I3=nP灯=22×6×40W=5280W
而U'2=4·U3=4×220V=880V
所以I2==A=6A
对升压变压器:
U1I1=U2I2=R+U'2I2=62×4W+5280W=5424W
所以P出=5 424W
(2)因为U2=U'2+I2R=880V+6×4V=904V
所以U1=U2=×904V=226V
又因为U1I1=U2I2,
所以I1==4I2=24A
所以E=U1+I1r=226V+24×1V =250V
(3)η=×100%=×100%=97%
(4)电灯减少一半时,n'P灯=2 640W
I'2==A=3A
所以P出'=n'P灯+R=2 640W+32×4W=2676W
发电机的输出功率减少一半还要多。因为输电线上电流减少一半,输电线上损失的电功率减少为原来的。
答案:(1)5 424W (2)250V (3)97% (4)不是,发电机的输出功率减少一半还要多
第五章 交变电流
单元质量评估(二)
(90分钟 100分)
一、不定项选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分。每小题至少一个选项正确)
1.(2017·天津高考)在匀强磁场中,一个100匝的闭合矩形金属线圈,绕与磁感线垂直的固定轴匀速转动,穿过该线圈的磁通量随时间按图示正弦规律变化。设线圈总电阻为2Ω,则 ( )
A.t=0时,线圈平面平行于磁感线
B.t=1s时,线圈中的电流改变方向
C.t=1.5s时,线圈中的感应电动势最大
D.一个周期内,线圈产生的热量为8π2J
【解析】选A、D。t=0时,磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,故A正确;每经过一次中性面(线圈平面垂直于磁感线,磁通量有最大值)电流的方向改变一次,t=1 s时磁通量为零,线圈平面平行于磁感线,故B错误;t=1.5 s时,磁通量有最大值,但磁通量的变化率为零(=0),根据法拉第电磁感应定律可知线圈中的感应电动势为零,故C错误;感应电动势最大值Em=NBSω=N·Φm·=4πV,有效值E==2πV,一个周期内线圈产生的热量Q=·T=8π2J,故D正确。
【补偿训练】
如图所示,一矩形线圈在匀强磁场中匀速转动,产生的交变电动势的图象如图,则 ( )
A.交变电流的频率是4πHz
B.当t=0时,线圈平面与磁感线平行
C.当t=0.5s时,e有最大值
D.交流电的周期是0.5 s
【解析】选D。由图象可得交流电的周期是0.5s,则交变电流的频率是2 Hz,故A错、D对;当t=0时,电动势有最小值,故线圈平面与磁感线垂直,B项错;当t=0.125s或t=0.375s时,e有最大值,故C项错。
2.如图甲所示,矩形线圈abcd在匀强磁场中逆时针匀速转动时,线圈中产生的交变电流如图乙所示,设沿abcda方向为电流正方向,则 ( )
A.乙图中Oa时间段对应甲图中A至B图的过程
B.乙图中c时刻对应甲图中的C图
C.若乙图中d等于0.02s,则1s内电流的方向改变了50次
D.若乙图中b等于0.02s,则交流电的频率为50Hz
【解析】选A。由交变电流的产生原理可知,甲图中的A、C两图中线圈所在的平面为中性面,线圈在中性面时电流为零,再经过个周期电流达到最大值,再由楞次定律判断出电流的方向,因此甲图中A至B图的过程电流为正,且从零逐渐增大到最大值,A对;甲图中的C图对应的电流为零,B错;每经过中性面一次线圈中的电流方向就要改变一次,所以一个周期内电流方向要改变两次,所以在乙图中对应Od段等于交变电流的一个周期,若已知d等于0.02s,则频率为50Hz,1s内电流的方向将改变100次,C错;若乙图中b等于0.02s,则交流电的频率应该为25Hz,D错。
3.(2017·杭州高二检测)关于变压器的工作原理,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
【解析】选C。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,故磁通量变化,A错误;因铁芯是闭合的,没有漏磁,原、副线圈的磁通量总相等,故B错误;由于通过副线圈的磁通量发生变化,根据法拉第电磁感应定律,在副线圈上产生感应电动势,故C正确;原线圈中的电能转化为磁场能又转化为副线圈中的电能,原、副线圈通过磁场联系在一起,故D错误。
【补偿训练】
把直流电源接到变压器的原线圈上,变压器却不能改变直流电压。其原因是
( )
A.没有磁通量通过原线圈
B.没有磁通量通过副线圈
C.通过原、副线圈的磁通量没有变化
D.通过原、副线圈的磁通量不相等
【解析】选C。直流电的磁场是不变的,所以通过原、副线圈的磁通量就不变,也就没有在副线圈上产生感应电动势,故C选项正确。
4.(2016·全国卷Ⅲ)如图,理想变压器原、副线圈分别接有额定电压相同的灯泡a和b。当输入电压U为灯泡额定电压的10倍时,两灯泡均能正常发光。下列说法正确的是 ( )
A.原、副线圈匝数之比为9∶1
B.原、副线圈匝数之比为1∶9
C.此时a和b的电功率之比为9∶1
D.此时a和b的电功率之比为1∶9
【解析】选A、D。设灯泡的额定电压为U0,两灯均能正常发光,所以原线圈输出端电压为U1=9U0,副线圈两端电压为U2=U0,故=,==,A正确,B错误;根据公式=可得=,由于小灯泡两端的电压相等,所以根据公式P=UI可得两者的电功率之比为1∶9,C错误、D正确。
【补偿训练】
如图所示,理想变压器原、副线圈的匝数之比n1∶n2=4∶1,原线圈回路中的电阻A与副线圈回路中的电阻B阻值相等,a、b两端加一定的交变电压U后两电阻消耗的功率之比PA∶PB为 ( )
A.4∶1 B.1∶4 C.16∶1 D.1∶16
【解析】选D。设电路中通过A、B的电流分别为IA、IB,有IA∶IB=n2∶n1=1∶4,故PA∶PB==1∶16。
5.(2016·全国卷Ⅰ)一含有理想变压器的电路如图所示,图中电阻R1、R2和R3的阻值分别为3Ω、1Ω和4Ω, 为理想交流电流表,U为正弦交流电压源,输出电压的有效值恒定。当开关S断开时,电流表的示数为I;当S闭合时,电流表的示数为4I。该变压器原、副线圈匝数比为 ( )
A.2 B.3 C.4 D.5
【解析】选B。设变压器原、副线圈匝数分别为n1、n2,当开关S断开时,电流表的示数为I,副线圈电流为I,因此有(U-IR1)I=()2I2(R2+R3);当S闭合时,电流表的示数为4I,同理有(U-4IR1)×4I=()2(4I)2R2,联立解得原、副线圈匝数比为3,故选B。
【补偿训练】
如图甲、乙所示,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、乙图的说法正确的是 ( )
A.应选用甲图电路,其中C的电容要大
B.应选用甲图电路,其中C的电容要小
C.应选用乙图电路,其中C的电容要大
D.应选用乙图电路,其中C的电容要小
【解析】选C。电容器在电路中起到“隔直流,通交流”的作用,应选乙图电路。要使交流成分都顺利通过电容器而输送到下一级,则电容器的容抗要小,故电容要大。
6.如图甲所示,一个理想变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2=6∶1,副线圈两端接三条支路,每条支路上都接有一只灯泡,电路中L为电感线圈,C为电容器,R为定值电阻。当原线圈两端接有如图乙所示的交流电时,三只灯泡都能发光。如果加在原线圈两端的交流电的最大值保持不变,而将其频率变为原来的2倍,则对于交流电的频率改变之后与改变前相比,下列说法中正确的是 ( )
A.副线圈两端的电压有效值均为216 V
B.副线圈两端的电压有效值均为6 V
C.灯泡Ⅰ变亮
D.灯泡Ⅲ变亮
【解析】选B、D。由图乙知原线圈两端电压有效值为36V,根据=得U2=6V,A错、B对;将频率增大,感抗增大,容抗减小,C错、D对。
7.(2017·湖州高二检测)某发电厂采用升压变压器向某一特定用户供电,用户通过降压变压器用电。若发电厂输出电压为U1,输电导线总电阻为R,在某一时段用户需求的电功率为P0,用户的用电器正常工作的电压为U2。在满足用户正常用电的情况下,下列说法正确的是 ( )
A.输电线上损耗的功率为
B.输电线上损耗的功率为
C.若要减少输电线上损耗的功率可以采用更高的电压输电
D.采用更高的电压输电会降低输电的效率
【解析】选C。设发电厂输出功率为P,则输电线上损耗的功率ΔP=P-P0,
ΔP=I2R=,A、B项错误;采用更高的电压输电,可以减小导线上的电流,故可以减少输电线上损耗的功率,C项正确;采用更高的电压输电,输电线上损耗的功率减少,则发电厂输出的总功率减少,故可提高输电的效率,D项错误。
8.(2017·江苏高考)某音响电路的简化电路图如图所示,输入信号既有高频成分,也有低频成分,则 ( )
A.电感L1的作用是通高频
B.电容C2的作用是通高频
C.扬声器甲用于输出高频成分
D.扬声器乙用于输出高频成分
【解析】选B、D。电感是阻高频,通低频,电容器是通高频,阻低频,所以A项错误,B项正确;电感L1的作用是通低频,甲输出低频成分,C项错误;同理判断扬声器乙用于输出高频成分,D项正确。
9.如图所示,L1和L2是输电线,甲是电压互感器,乙是电流互感器,若已知甲的变压比为500∶1,乙的变流比为200∶1,并且已知加在电压表两端的电压为220V,通过电流表的电流为5A,则输电线的输送功率为 ( )
A.1.1×102W B.1.1×104W
C.1.1×106W D.1.1×108W
【解析】选D。根据理想变压器的原、副线圈电压比=可知,输电线上的电压U1=1.1×105V。再根据理想变压器的原、副线圈电流比=可知,输电线上的电流I1=1.0×103A,由功率公式得P=U1I1=1.1×108W,故选项D正确。
10.(2014·新课标全国卷Ⅱ)如图所示,一理想变压器原、副线圈的匝数分别为n1、n2。原线圈通过一理想电流表接正弦交流电源,一个二极管和阻值为R的负载电阻串联后接到副线圈的两端。假设该二极管的正向电阻为零,反向电阻为无穷大。用交流电压表测得a、b端和c、d端的电压分别为Uab和Ucd,则 ( )
A.Uab∶Ucd=n1∶n2
B.增大负载电阻的阻值R,电流表的读数变小
C.负载电阻的阻值越小,cd间的电压Ucd越大
D.将二极管短路,电流表的读数加倍
【解题指南】解答本题时应从以下两点进行分析:
(1)理解二极管的单向导电性。
(2)分析变压器原、副线圈电压、电流与匝数的关系。
【解析】选B、D。若变压器原线圈电压为Uab,则副线圈电压为U2=Uab。由于二极管的单向导电性使得Ucd=U2,故=,A错误;增大负载电阻的阻值R,则变压器副线圈电流减小,原线圈电流也减小,即电流表的读数变小,B正确;cd间的电压由变压器的原线圈电压决定,与负载电阻无关,C错误;将二极管短路时,Ucd=U2,副线圈电流会加倍,所以原线圈电流也加倍,故D正确。
二、实验题(本大题共2小题,共15分)
11.(5分)(2017·嘉兴高二检测)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,如图所示。当开关S闭合后,
(1)A1示数 ,A1与A2示数的比值 。
(2)V2示数 ,V1与V2示数的比值 。
【解析】开关S闭合后,变压器副线圈的负载电阻减小,V2不变,由欧姆定律可得A2示数变大,由于匝数比不变,A1示数变大。由于理想变压器原线圈接到电压有效值不变的正弦交流电源上,则副线圈电压不变,V2示数不变,V1与V2示数的比值不变,又因为变压器为理想变压器,则P2=P1,所以A1与A2示数的比值不变。
答案:(1)变大 不变 (2)不变 不变
12.(10分)实验室为方便学生实验准备了一些可拆变压器,其中有一个变压器有三个线圈,匝数分别是1 100匝、60匝、45匝,实验室备有220V的交流电源,但某实验小组需要3V的交流电压,试探究能否利用已有的变压器全部或部分线圈及220V交流电源满足该实验小组的需要,若能请画出线圈连接示意图。
【解析】设原线圈匝数为n1,副线圈匝数为n2,由题意可知应满足=,即用已知线圈组成一个大倍数(几十倍)的降压变压器,可考虑用1 100匝线圈当原线圈,把60匝或45匝线圈当作副线圈,此时有>>,所以可考虑用1 100匝线圈与60匝线圈串联当原线圈,45匝的线圈为副线圈,也可以用1 100匝线圈与45匝线圈串联当原线圈,但由于>>,所以以上设想都不符合要求,所以应该考虑保持n1=1 100匝不变,减小n2的办法,
即利用60匝线圈和45匝线圈磁通量抵消的办法(如图所示),副线圈匝数相当于(60-45)匝,此时恰好满足=的关系,即满足了题目要求。
答案:见解析
三、计算题(本大题共4小题,共45分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
13.(8分)如图所示,一个变压器(可视为理想变压器)的原线圈接在220V的市电上,向额定电压为1.80×104V的霓虹灯供电,使它正常发光。为了安全,需在原线圈回路中接入熔断器,使副线圈电路中电流超过12mA时,熔丝就熔断。
(1)熔丝的熔断电流是多大?
(2)当副线圈电路中电流为10mA时,变压器的输入功率是多大?
【解析】(1)根据理想变压器的特点,有
I1U1=I2U2 (2分)
当I2=12mA时,I1即为熔断电流,代入数据得
I1=≈0.98A。 (2分)
(2)副线圈中电流为I′2=10mA,变压器的输入功率为P1,则有P1=I′2U2。 (2分)
代入数据得P1=180W。 (2分)
答案:(1)0.98A (2)180W
14.(10分)(2017·丽水高二检测)某发电站的输出功率为104kW,输出电压为4kV,通过理想变压器升压后向80km远处的用户供电。已知输电线的电阻率为ρ=
2.4×10-8Ω·m,导线横截面积为1.5×10-4m2,输电线路损失的功率为输出功率的4%。求:
(1)升压变压器的输出电压。
(2)输电线路上的电压损失。
【解析】(1)导线电阻
r=ρ=Ω=25.6Ω(3分)
输电线路上损失的功率为输出功率的4%,则4%P=I2r (1分)
代入数据得I=125A(1分)
由理想变压器P入=P出及P=UI得
输出电压U==V=8×104V(3分)
(2)输电线路上的电压损失
U′=Ir=125×25.6V=3.2×103V(2分)
答案:(1)8×104V (2)3.2×103V
【总结提升】远距离输电的电压损失和功率损失
(1)分析电压损失时注意U和ΔU的区别:U是输电电压,ΔU是输电线上损失的电压。
(2)交流输电时,高中阶段计算中,可将输电线看作纯电阻电路,ΔU=Ir、ΔP=I2r ==ΔUI等公式都成立。
15.(12分)交流发电机的发电原理是矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴OO′匀速转动。一小型发电机的线圈共220匝,线圈面积S=0.05m2,线圈转动的频率为50Hz,线圈内阻不计,磁场的磁感应强度B=T。如果用此发电机带动两个标有“220V 11kW”的电机正常工作,需在发电机的输出端a、b与电机之间接一个理想变压器,电路如图。求:
(1)发电机的输出电压为多少?
(2)变压器原副线圈的匝数比为多少?
(3)与变压器原线圈串联的交流电流表的示数为多少?
【解析】(1)根据Em=NBSω=1100V(3分)
得输出电压的有效值为U1==1100V(2分)
(2)根据=得= (2分)
(3)根据P入=P出=2.2×104W(2分)
再根据P入=U1I1,解得I1=20A(3分)
答案:(1)1 100V (2)5∶1 (3)20A
16.(15分)如图所示,理想变压器原、副线圈匝数比n1∶n2=4∶1,原线圈输入电压u1=1 410sin100πt(V),副线圈通过电阻r=1Ω的输电线对用户供电,则
(1)副线圈两端的电压为多少?
(2)输电线上的电压损失是多少?
(3)用户处最多接多少盏“220V 40W”电灯可保证正常发光?
【解题指南】(1)由原线圈输入电压的表达式求得原线圈两端的电压。
(2)电灯全部并联,副线圈中的电流等于流过每盏灯的电流之和。
【解析】(1)由题意知原线圈的输入电压为U1==V=1000V(2分)
根据原、副线圈的匝数比得,副线圈的电压为
U2=U1=×1000V=250V。 (3分)
(2)用电器正常工作电压U用=220V,则线路损失电压为
ΔU=U2-U用=250V-220V=30V(3分)
(3)输电线上的电流为I==A=30A。 (2分)
每盏灯泡的正常工作电流为
I额==A=A(2分)
用户最多可接电灯的盏数为
n==盏=165盏。 (3分)
答案:(1)250V (2)30V (3)165盏
实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
课时检测区·能力达标
1.如图所示是“探究变压器两个线圈的电压关系”的实验装置,下列说法正确的是 ( )
A.与灯泡连接的线圈叫原线圈
B.测量变压器输出电压要用直流电压表
C.若只增加副线圈的匝数,变压器的输出电压变大
D.若只增加副线圈的匝数,变压器的输出电压变小
【解析】选C。与电源相连的线圈叫原线圈,A错误;测量变压器输出电压要用交流电压表,B错误;由=可知,U1不变,增加n2,则U2增大,故C正确,D错误。
2.(多选)(2016·浙江10月选考)如图所示,在用可拆变压器“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中,下列说法正确的是 ( )
A.用可拆变压器,能方便地从不同接线柱上选取不同匝数的线圈
B.测量原、副线圈的电压,可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的直流电压表
C.原线圈接0、8接线柱,副线圈接0、4接线柱,副线圈电压大于原线圈电压
D.为便于探究,先保持原线圈匝数和电压不变,改变副线圈的匝数,研究其对副线圈电压的影响
【解析】选A、D。变压器的输出电压跟输入电压以及原、副线圈匝数之比都有关,因此需要用可拆卸的变压器研究,选项A、D正确。变压器只能对交流电压表有作用,不能处理直流电压,所以选项B错误。根据原、副线圈匝数之比等于输入、输出电压之比可知,原线圈接0、8,副线圈接0、4,那么副线圈的电压小于原线圈,所以C错误。
3.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中,实验室中备有下列可供选择的器材:
A.可拆变压器(铁芯、两个已知匝数的线圈)
B.条形磁铁
C.直流电源
D.多用电表
E.开关、导线若干
(1)上述器材在本实验中不必用到的是 (填器材前的序号)。
(2)本实验中还需用到的器材有 。
【解析】(1)由本实验的实验原理可知,本实验不必用到的器材是B.条形磁铁和C.直流电源。
(2)为使实验安全,本实验用到的电源是学生电源,且利用低压交流挡。
答案:(1)B、C (2)(低压)交流电源
4.(2017·杭州高二检测)某同学选用匝数可调的可拆变压器来“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验,变压器原线圈两端所接的电源应是电压为
12 V的低压 (选填“交流电源”或“直流电源”)。先保持原线圈的匝数不变,增加副线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压 ;然后再保持副线圈的匝数不变,增加原线圈的匝数,观察到副线圈两端的电压
(选填“增大”“减小”或“不变”)。上述探究副线圈两端的电压与匝数的关系中采用的实验方法是 (选填“控制变量法”“转换法”或“类比法”)。
【解析】变压器不能改变直流电的电压,故电源应为低压交流电源;由=知U2=U1,原线圈的匝数不变,增加副线圈的匝数n2,则副线圈两端的电压增大,由U2=U1可知n2不变,n1增大,则U2减小。上述实验采用的方法是控制变量法。
答案:交流电源 增大 减小 控制变量法
5.有一个教学用的可拆变压器,如图甲所示。它有两个外观基本相同的线圈A、B,线圈外部还可以绕线。
(1)某同学用一多用电表的同一欧姆挡先后测量了A、B线圈的电阻值,指针分别对应图乙中的a、b位置,由此可推断 线圈的匝数较多(选填“A”或“B”)。
(2)该实验中输入端所接电源最适合的是 ( )
A.220 V交流电源 B.12 V以内低压直流电源
C.36 V安全电压 D.12 V以内低压交流电源
【解析】(1)匝数多的导线横截面积小,长度大,故电阻大,A线圈电阻大,故A线圈匝数较多。
(2)为保证学生安全,应用低压12V交流电源。
答案:(1)A (2)D
6.(2015·浙江10月选考)在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”实验中,电源输出端与变压器线圈连接方式正确的是 (选填“图甲”或“图乙”)。变压器原、副线圈的匝数分别为120匝和60匝,测得的电压分别为8.2 V和3.6 V,据此可知电压比与匝数比不相等,主要原因是 。
【解析】变压器是靠电磁感应原理工作的,必须接交流电,故正确的是图乙;理想变压器电压与匝数成正比,实际变压器不成正比的原因是由于漏磁、铁芯发热、导线发热等电能损失造成的。
答案:图乙 漏磁、铁芯发热、导线发热
7.如图所示,从学生电源输出的电压,经变压器降压后,使小灯泡正常发光。其对应的电路图为 ( )
【解析】选B。变压器不能改变直流电的电压,A错误;而C、D图不是变压器,C、D错误;B项正确。
8.在“探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系”的实验中,某同学做了如下实验:
(1)当副线圈开路时,灯L亮吗?
(2)当开关S1、S2、S3顺次闭合后,灯L亮度是否变化?若变化,试说明变化情况。
(3)此实验说明了什么问题?
【解析】(1)副线圈开路时灯L不亮。
(2)当开关S1、S2、S3顺次闭合后,灯L越来越亮。
(3)此实验说明,原线圈电流随副线圈电流的增大而增大,变压器的输入功率随输出功率的增加而增加。
答案:见解析
9.准备可拆变压器、低压交流电源、小灯泡及导线若干;如图所示,去掉可拆变压器上压紧横条的胶木螺钉,并将横条放在U形铁芯的A侧上。
变压器左边绕组接12V低压交流电源,右边绕组接一个额定电压为3～6 V的小灯泡。观察小灯泡的亮度。
把横条慢慢推向B,直至与B完全闭合,灯泡的亮度如何变化?为什么?
【解析】把横条慢慢推向B,直至与B完全闭合,小灯泡将逐渐变亮,原因是在横条推向B的过程中,由于铁芯具有导磁作用,线圈B中的磁通量的变化率逐渐增大,感应电动势也逐渐增大,所以,灯泡将逐渐变亮。
答案:见解析
第五章 交变电流
综合质量评估（二）
(90分钟 100分)
一、不定项选择题(本大题共10小题,每小题4分,共40分。每小题至少一个选项正确)
1.在匀强磁场中有两条平行的金属导轨,磁场方向与导轨平面垂直,导轨上有两条可沿导轨自由移动的导体棒ab、cd,导体棒ab、cd的运动速度分别为v1、v2,如图所示,ab棒上有电流通过,则一定有 ( )
A.v1>v2 B.v1C.v1≠v2 D.v1=v2
【解析】选C。对于匀强磁场来说,磁通量Φ=BS,根据题中条件,仅当穿过闭合电路中磁场的有效面积S发生变化时才有Φ的变化。因此应有v1≠v2,这时存在着v1>v2与v12.(2017·天津高考)如图所示,两根平行金属导轨置于水平面内,导轨之间接有电阻R。金属棒ab与两导轨垂直并保持良好接触,整个装置放在匀强磁场中,磁场方向垂直于导轨平面向下。现使磁感应强度随时间均匀减小,ab始终保持静止,下列说法正确的是 ( )
A.ab中的感应电流方向由b到a
B.ab中的感应电流逐渐减小
C.ab所受的安培力保持不变
D.ab所受的静摩擦力逐渐减小
【解析】选D。金属棒ab、电阻R、导轨构成闭合回路,磁感应强度均匀减小(=k为定值),则闭合回路中的磁通量减小,根据楞次定律,可知回路中产生顺时针方向的感应电流,ab中的电流方向由a到b,故A错误;根据法拉第电磁感应定律,感应电动势E===k·S,回路面积S不变,即感应电动势为定值,根据欧姆定律I=,所以ab中的电流大小不变,故B错误;安培力F=BIL,电流大小不变,磁感应强度减小,则安培力减小,故C错误;金属棒处于静止状态,所受合力为零,对其受力分析,水平方向静摩擦力f与安培力F等大反向,安培力减小,则静摩擦力减小,故D正确。
【补偿训练】
如图,一质量为m的条形磁铁用细线悬挂在天花板上,细线从一水平金属圆环中穿过。现将环从位置Ⅰ释放,环经过磁铁到达位置Ⅱ。设环经过磁铁上端和下端附近时细线的张力分别为T1和T2,重力加速度大小为g,则 ( )
A.T1>mg,T2>mg B.T1C.T1>mg,T2mg
【解析】选A。金属圆环从位置Ⅰ到位置Ⅱ过程中,由楞次定律知,金属圆环在磁铁上端时受力向上,在磁铁下端时受力也向上,则金属圆环对磁铁的作用力始终向下,对磁铁受力分析可知T1>mg,T2>mg。选项A正确。
3.(2017·台州高二检测)如图所示的电路中,A1和A2是完全相同的灯泡,线圈L的电阻可以忽略不计,下列说法中正确的是
( )
A.合上开关S接通电路时,A2先亮A1后亮,最后一样亮
B.合上开关S接通电路时,A1和A2始终一样亮
C.断开开关S切断电路时,A2立即熄灭,A1过一会熄灭
D.断开开关S切断电路时,A1和A2都要过一会才熄灭
【解析】选A、D。S闭合接通电路时,A2支路中的电流立即达到最大,A2先亮;由于线圈的自感作用,A1支路电流增加得慢,A1后亮。A1中的电流稳定后,线圈的阻碍作用消失,A1与A2并联,亮度一样,故A正确,B不正确。S断开时,L和A1、A2组成串联的闭合回路,A1和A2亮度一样,由于L中产生自感电动势阻碍L中原电流的消失,使A1和A2过一会才熄灭,故D选项正确。
【补偿训练】
如图所示,a、b、c为三个完全相同的灯泡,L为自感线圈(自感系数较大,电阻不计),E为电源,S为开关,闭合开关S,电路稳定后,三个灯泡均能发光,则 ( )
A.断开开关瞬间,c灯熄灭,稍后a、b灯同时熄灭
B.断开开关瞬间,流过a灯的电流方向改变
C.闭合开关,a、b、c灯同时亮
D.闭合开关,a、b灯同时先亮,c灯后亮
【解析】选A。闭合开关S时,由于L的自感作用,流过a灯的电流逐渐增大,所以b、c灯先亮,a灯后亮,选项C、D错误;断开开关瞬间,a、b灯构成闭合回路,由于L的自感作用,a、b灯的电流要逐渐减小,流过a灯的电流方向不变,所以c灯立即熄灭,a、b灯稍后熄灭,选项A正确、B错误。
4.(2017·舟山高二检测)在光滑水平面的小车上放置一螺线管,一个比螺线管长的条形磁铁沿着螺线管的轴线水平穿过,如图所示,在此过程中 ( )
A.磁铁做匀速直线运动 B.磁铁做减速运动
C.小车向右做加速运动 D.小车先加速后减速
【解析】选B、C。条形磁铁穿过螺线管时,管中将产生感应电流,由楞次定律知螺线管左端相当于S极,与磁铁S极相斥,阻碍磁铁的运动。同理,磁铁穿出时,由楞次定律知螺线管右端为S极,与磁铁的N极相吸,阻碍磁铁的运动,故整个过程中,磁铁做减速运动,选项B是正确的。而对于小车上螺线管来说,在此过程中,螺线管会产生感应电流,从而使螺线管受到的安培力都是水平向右,这个安培力使小车向右运动起来,且一直做加速运动,C对。
【总结提升】用楞次定律判断导体运动方向、电流方向的三种情况
(1)阻碍原磁通量的变化——“增反减同”;
(2)阻碍相对运动——“来拒去留”;
(3)使线圈面积有扩大或缩小的趋势——“增缩减扩”。
5.(2017·北京高考)如图所示,理想变压器的原线圈接在u=220sin100πt(V)的交流电源上,副线圈接有R=55Ω的负载电阻,原、副线圈匝数之比为2∶1,电流表、电压表均为理想电表。下列说法正确的是 ( )
A.原线圈的输入功率为220W
B.电流表的读数为1A
C.电压表的读数为110V
D.副线圈输出交流电的周期为50s
【解题指南】解答本题应从以下三点分析:
(1)在交流电路中交流电表均测量交变电流的有效值。
(2)根据理想变压器的电压、电流关系去计算原线圈中的电流。
(3)变压器改变交流电的电压、电流,但不改变交流电的频率。
【解析】选B。原线圈接在u=220sin100πt(V)的交流电源上,所以原线圈电压的有效值为U1=220V,由变压器的电压关系=,可得副线圈电压为U2=110V,电压表的示数为交流电的有效值110V,C选项错误;副线圈的电流为I2==2A,由变压器的电流关系=,可得通过原线圈的电流为1A,B选项正确;原线圈的输入功率为P=U1I1=220W,A选项错误;交流电的周期为T==0. 02s,D选项错误。
【补偿训练】
1.如图所示,有一理想变压器,原、副线圈的匝数比为n,原线圈接正弦交流电压U,输出端接有一个交流电流表和一个电动机。电动机线圈电阻为R,当输入端接通电源后,电流表读数为I,电动机带动一重物匀速上升,下列判断正确的是 ( )
A.原线圈中的电流为nI
B.变压器的输入功率为
C.电动机输出的总功率为I2R
D.电动机两端电压为IR
【解析】选B。电流表的读数为副线圈电流,所以原线圈电流为,故A错误;原线圈的输入功率为U,故B对;电动机上的热功率为I2R,电动机消耗功率为U,两端电压为,故C、D错误。
2.如图所示,理想变压器线圈匝数比n1∶n2=2∶1,分别接有相同的两只灯泡A和B,若在a、b间接正弦式交流电源,电源电压为U,则B灯两端电压为 ( )
A.0.5U B.2U C.0.2U D.0.4U
【解析】选D。设原线圈电压为U1,电流为I1,副线圈电压为U2,电流为I2,则U1=U-I1RA,=,=,U2=I2RB,依题意,A、B完全相同,有RA=RB,联立以上各式,整理可得U1=(U-U1),即U1=2(U-U1),得U1=U,U2=U1=U=0.4U。
6.如图所示,在电路两端接上交变电流,保持电压不变,使频率增大,发现各灯的亮暗变化情况是:灯1变暗、灯2变亮、灯3不变,则M、N、L处所接元件可能是 ( )
A.M为电感器,N为电容器,L为电阻
B.M为电阻,N为电感器,L为电容器
C.M为电阻,N为电容器,L为电感器
D.M为电容器,N为电感器,L为电阻
【解析】选A。交流电的频率变大,R不变,电感器对交流电的阻碍作用增大,电容器对交流电的阻碍作用变小,所以,亮度不变的L为电阻,灯变亮的N为电容器,灯变暗的M为电感器。
7.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所示,下列结论正确的是 ( )
A.在t=0.1s和t=0.3s时,电动势最大
B.在t=0.2s和t=0.4s时,电动势改变方向
C.电动势的最大值是157V
D.在t=0.4s时,磁通量变化率达到最大,其值为3.14Wb/s
【解析】选C、D。由Φ-t图象可知Φmax=BS=0.2Wb,T=0.4s,又因为N=50,所以Emax=NBSω=NΦmax·=157V,C正确;t=0.1s和0.3s时,Φ最大,e=0,变向;t=0.2s和0.4s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=0.4s时,最大,=3.14Wb/s,D正确。
8.(2017·绍兴高二检测)一台发电机输出的电功率为50kW,输出电压为250V,现欲用变压器升压后向远处输电,输电线的总电阻为8Ω,若不考虑输电线路的感抗和容抗对输电的影响,则 ( )
A.输送电压越高,输电线上损失的功率越大
B.若升压变压器的变压比为1∶4,输电线上损失的功率为20kW
C.若升压变压器的变压比为1∶8,输电线上损失的功率为10kW
D.若不用升压变压器,输电线上损失的功率将达到320kW
【解析】选B。输送功率一定,输送电压越高,输电线中电流越小,输电线上损失的功率越小,选项A错误;若升压变压器的变压比为1∶4,输送电压为1000V,输电线中电流为50A,输电线上损失的功率为I2R=502×8W=20kW,选项B正确;若升压变压器的变压比为1∶8,输送电压为2000V,输电线中电流为25A,输电线上损失的功率为I2R=252×8W=5kW,选项C错误;若不用升压变压器,输电线中电流为200A,计算可知,电能不能够输送到远处,选项D错误。
9.(2017·衢州高二检测)如图所示,电阻为R,其他电阻均可忽略,ef是一电阻不计的水平放置的导体棒,质量为m,棒的两端分别与ab、cd保持良好的接触,又能沿框架无摩擦下滑,整个装置放在与框架垂直的匀强磁场中,当ef从静止下滑一段时间后闭合S,则S闭合后 ( )
A.ef的加速度大小可能大于g
B.ef的加速度大小一定小于g
C.ef最终速度随S闭合时刻的不同而不同
D.ef的机械能与回路内产生的电能之和保持不变
【解析】选A、D。当ef从静止下滑一段时间后闭合S,ef将切割磁感线产生感应电流,受到竖直向上的安培力,若安培力大于2mg,则由牛顿第二定律得知,ef的加速度大小可能大于g。若安培力小于mg,则ef的加速度大小可能小于g。故A正确,B错误。ef达到稳定速度时一定做匀速运动,由mg=,则得v=,可见稳定时速度v与开关闭合的先后无关,故C错误。在整个过程中,只有重力与安培力做功,因此ef的机械能与电路中产生的电能是守恒的。故D正确。
10.(2016·浙江高考)如图所示,a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数均为10匝,边长la=3lb,图示区域内有垂直纸面向里的匀强磁场,且磁感应强度随时间均匀增大,不考虑线圈之间的相互影响,则 ( )
A.两线圈内产生顺时针方向的感应电流
B.a、b线圈中感应电动势之比为9∶1
C.a、b线圈中感应电流之比为3∶4
D.a、b线圈中电功率之比为3∶1
【解析】选B。a、b两个正方形线圈内的磁场垂直于纸面向里,磁感应强度均匀增加,由楞次定律可以判断感应电流的磁场垂直于纸面向外,再根据安培定则可知:两线圈内产生逆时针方向的感应电流,A错误;由E=可知==,B正确;a、b两个闭合正方形线圈用同样的导线制成,匝数相同,Ra∶Rb=3∶1,由闭合电路的欧姆定律得Ia=,Ib=则==,C项错误;Pa=Ra,Pb=Rb则Pa∶Pb=27∶1,D错误。故选B。
【补偿训练】
(2015·温州高二检测)如图甲所示,一个圆形线圈的匝数n=100,线圈面积S=200cm2,线圈的电阻r=1Ω,线圈外接一个阻值R=4Ω的电阻,把线圈放入一方向垂直线圈平面向里的匀强磁场中,磁感应强度随时间变化规律如图乙所示。下列说法中正确的是 ( )
A.线圈中的感应电流方向为顺时针方向
B.电阻R两端的电压随时间均匀增大
C.线圈电阻r消耗的功率为4×10-4W
D.前4s内通过R的电荷量为4×10-4C
【解析】选C。由图可知,穿过线圈的磁通量变大,由楞次定律可得:线圈产生的感应电流方向为逆时针方向,故A错误。根据法拉第电磁感应定律,可知,磁通量的变化率恒定,所以电动势恒定,则电阻两端的电压恒定,故B错误;由法拉第电磁感应定律:E=n=n=100××0.02V=0.1V,由闭合电路欧姆定律,可知电路中的电流为I==A=0.02A,所以线圈电阻r消耗的功率P=I2R=0.022×1W=4×10-4W,故C正确;前4s内通过R的电荷量Q=It=0.02×4C=0.08C,故D错误。
二、实验题(本大题共2小题,共15分)
11.(7分)逆向思维是一种重要的思想方法,在这种思想方法的引领下,许多重要的科学定律被发现。“电生磁,磁生电”这种逆向互生的关系,体现了物理学中的一种对称美。请思考:
(1)你还能指出物理学中的其他对称性和对称实例吗?
(2)1831年,物理学家法拉第用如图所示的实验,成功发现了磁生电现象,当开关始终处于闭合状态时,a线圈中 (选填“有”或“无”)感应电流产生,当开关闭合或断开瞬间,a线圈中 (选填“有”或“无”)感应电流产生。
(3)如图是某兴趣小组研究磁生电现象所需的器材。
请你协助该小组完成如下工作,用实线将带有铁芯的线圈A、电源、滑动变阻器和开关连接成原线圈回路,将小量程电流表和线圈B连接成副线圈回路,并列举出在实验中改变副线圈回路磁通量,使副线圈回路产生感应电流的三种方式:
① _______________________________________________________________;
② _____________________________________________________________;
③ _______________________________________________________________。
【解析】(1)电荷的正与负、吸引与排斥、运动和静止、光滑和粗糙、正电子和负电子、物质和反物质。
(2)因穿过A线圈的磁通量不变,所以无感应电流产生。闭合瞬间穿过A线圈的磁通量突然增大,所以有感应电流产生。断开瞬间,穿过A线圈的磁通量突然减小,所以有感应电流产生。
(3)
实物连接如图所示。①合上(或断开)开关瞬间;②合上开关后,将原线圈A插入副线圈B或从副线圈B中抽出;③合上开关,将原线圈A插入副线圈B后,移动滑动变阻器的滑片。
答案:(1)见解析 (2)无 有 (3)见解析
12.(8分)如图所示是“探究感应电流方向的规律”的实验装置。
(1)将图中所缺导线补充完整。
(2)如果在闭合开关时发现灵敏电流计的指针向右偏了一下,那么合上开关后,将原线圈迅速插入副线圈中,电流计指针将 。(已知电流表指针偏转方向与电流方向的关系是左进左偏,右进右偏)
(3)原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向左移动时,电流计指针将 ________________________________________________________________。
【解析】(1)如图所示
(2)闭合开关时,穿过副线圈的磁通量增加,副线圈中产生了感应电流,且电流从电流表负接线柱流入电流表,合上开关后,将原线圈迅速插入副线圈中时,穿过副线圈的磁通量增加,副线圈中产生的感应电流方向与闭合开关时副线圈中产生的感应电流方向相同,故电流计指针向右偏。(3)原线圈插入副线圈后,将滑动变阻器滑片迅速向左移动时,滑动变阻器连入电路阻值增大,原线圈中电流减小,副线圈中产生的感应电流方向与闭合开关时副线圈中产生的感应电流方向相反,故电流计指针向左偏。
答案:(1)见解析 (2)向右偏 (3)向左偏
三、计算题(本大题共4小题,共45分。要有必要的文字说明和解题步骤,有数值计算的要注明单位)
13.(8分)如图所示,变压器原线圈n1=800匝,副线圈n2=200匝,灯泡A标有“10V,2W”,电动机D的线圈电阻为1Ω,将100sin(100πt)V的交流电压加到理想变压器原线圈两端,灯泡恰能正常发光,求:
(1)副线圈两端电压(有效值)。
(2)电动机D的电功率。
【解析】(1)原线圈两端电压(有效值)
U1==V=100V(1分)
由变压器变压比规律=知副线圈两端电压
U2=U1=25V(2分)
(2)电动机两端电压UD=U2-UA=15V(1分)
I==0.2A(2分)
电动机的功率PD=UDI=3W(2分)
答案:(1)25V (2)3W
14.(10分)(2015·浙江10月选考)如图甲所示,质量m=3.0×10-3kg的“”形金属细框竖直放置在两水银槽中, “”形框的水平细杆CD长l=0.20m,处于磁感应强度大小B1=1.0T,方向水平向右的匀强磁场中。有一匝数n=300匝,面积S=0.01m2的线圈通过开关K与两水银槽相连。线圈处于与线圈平面垂直的、沿竖直方向的匀强磁场中,其磁感应强度B2的大小随时间t变化的关系如图乙所示。
(1)求0～0.10s线圈中的感应电动势大小。
(2)t=0.22s时闭合开关K,若细杆CD所受安培力方向竖直向上,判断CD中的电流方向及磁感应强度B2的方向。
(3)t=0.22s时闭合开关K,若安培力远大于重力,细框跳起的最大高度h=0.20m,求通过细杆CD的电荷量。
【解析】(1)由电磁感应定律E=n (2分)
得E=nS=30V(1分)
(2)电流方向C→D,B2方向向上 (2分)
(3)由牛顿第二定律F=ma=m (1分)
安培力F=IB1l, (1分)
ΔQ=IΔt, (1分)
v2=2gh, (1分)
得ΔQ==0.03C。 (1分)
答案:(1)30V (2)C→D 方向向上 (3)0.03C
15.(12分)如图所示,在坐标xOy平面内存在B=2.0T的匀强磁场,OA与OCA为置于竖直平面内的光滑金属导轨,其中OCA满足曲线方程x=0.50siny m,C为导轨的最右端,导轨OA与OCA相交处的O点和A点分别接有体积可忽略的定值电阻R1和R2,其中R1=4.0Ω、R2=12.0Ω。现有一足够长、质量m=0.10kg的金属棒MN在竖直向上的外力F作用下,以v=3.0m/s的速度向上匀速运动,设棒与两导轨接触良好,除电阻R1、R2外其余电阻不计,g取10m/s2,求:
(1)金属棒MN在导轨上运动时感应电流的最大值。
(2)外力F的最大值。
(3)金属棒MN滑过导轨OC段,整个回路产生的热量。
【解析】(1)金属棒MN沿导轨竖直向上运动,进入磁场中切割磁感线产生感应电动势。当金属棒MN匀速运动到C点时,电路中感应电动势最大,产生的感应电流最大。金属棒MN接入电路的有效长度为导轨OCA形状满足的曲线方程中的x值。因此接入电路的金属棒的有效长度为L=x=0.5siny,
故Lm=xm=0.5m, (1分)
由Em=BLmv,得Em=3.0V, (1分)
Im=, (1分)
又R并=, (1分)
解得Im=1.0A(1分)
(2)金属棒MN匀速运动的过程中受重力mg、安培力F安、外力F外作用,金属棒MN运动到C点时,所受安培力有最大值,此时外力F有最大值,则
F安m=ImLmB,F安m=1.0N, (1分)
F外m=F安m+mg,F外m=2.0N。 (1分)
(3)金属棒MN在运动过程中,产生的感应电动势
e=3.0siny, (1分)
有效值为E有=。 (1分)
金属棒MN滑过导轨OC段的时间为t
t=, (1分)
由于yOC=m,故t=s(1分)
滑过OC段产生的热量:
Q=t,故Q=1.25J。 (1分)
答案:(1)1.0A (2)2.0N (3)1.25J
16.(15分)匀强磁场的磁感应强度B=0.2T,磁场宽度l=3m,一正方形金属框边长ad=l′=1m,每边的电阻r=0.2Ω,金属框以v=10m/s的速度匀速穿过磁场区,其平面始终保持与磁感线方向垂直,如图所示。求:
(1)画出金属框穿过磁场区域的过程中,金属框内感应电流的I-t图线。
(2)画出ab两端电压的U-t图线。
【解析】线框的运动过程分为三个阶段:第一阶段cd相当于电源,ab为等效外电路;第二阶段cd和ab相当于开路时两并联的电源;第三阶段ab相当于电源,cd相当于外电路,如图所示。
(4分)
在第一阶段,有I1===2.5A。 (1分)
感应电流方向沿逆时针方向,持续时间为
t1==s=0.1s。 (1分)
ab两端的电压为
U1=I1·r=2.5×0.2V=0.5V。 (1分)
在第二阶段,有
I2=0,U2=E=Bl′v=2V,t2=0.2s。 (2分)
在第三阶段,有I3==2.5A。 (1分)
感应电流方向为顺时针方向。
U3=I3×3r=1.5V,t3=0.1s。 (2分)
规定逆时针方向为电流正方向,故I-t图象和ab两端的U-t图象分别如图所示。
(3分)
答案:见解析
第五章 交变电流
考前过关训练（二）
一、不定项选择题
1.某个正弦式交变电流的瞬时值表达式是i=44sin(20t)A,与这个表达式相符的交流电的图象是图中的( )
【解析】选C。由瞬时值表达式i=44sin(20t)A知Im=44A,T==0.314s,图C正确。
2.某线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴匀速转动,产生交变电流的图象如图所示,由图中信息可以判断 ( )
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.从A→D时间内线圈转过的角度为2π
D.从O→D交变电流完成了一次全变化
【解析】选D。根据图象,首先判断出感应电流的数学表达式为i=Imsinωt。其中Im是感应电流的最大值,ω是线圈旋转的角速度。另外应该进一步认识到线圈是从中性面开始旋转,而且线圈旋转一周,两次经过中性面,经过中性面的位置时电流改变方向。从题图来看,在O、B、D时刻电流为零,所以此时线圈恰好在中性面位置,且穿过线圈的磁通量最大;在A、C时刻电流最大,线圈处于和中性面垂直的位置,此时磁通量为零;从A到D时间内,线圈旋转周,转过的角度为π;从O到D,线圈在磁场中恰好转过一周,所以交变电流完成了一次全变化。只有选项D正确。
3.(2017·舟山高二检测)矩形线圈在匀强磁场中匀速转动产生的电动势e-t图象如图所示,则 ( )
A.t1、t3时刻线圈通过中性面
B.t2、t4时刻线圈中磁通量最大
C.t1、t3时刻线圈中磁通量变化率最大
D.t2、t4时刻线圈中感应电流方向改变
【解析】选A。t1、t3时刻电动势为零,线圈经过中性面,此时磁感线与线圈平面垂直,磁通量最大,但磁通量的变化率为零,A正确,C错误;t2、t4时刻电动势的值最大,线圈经过垂直中性面的位置,此时磁感线与线圈平面平行,磁通量为零,但磁通量的变化率最大,B错误;由题图知电流方向在t1、t3时刻改变,D错误。
4.在匀强磁场中,一矩形金属线框绕与磁感线垂直的转动轴匀速转动,如图甲所示。产生的交变电动势随时间变化的规律如图乙所示。则下列说法正确的是
( )
A.t=0.01s时穿过线框的磁通量最小
B.该交变电动势的有效值为11V
C.该交变电动势的瞬时值表达式e=22cos100πtV
D.电动势瞬时值为22V时,线圈平面与中性面的夹角为45°
【解析】选D。t=0.01s时感应电动势为零,穿过线框的磁通量最大,选项A错误;该交变电动势的有效值为22V,选项B错误;该交变电动势的瞬时值表达式为e=22sin100πtV,选项C错误;根据该交变电动势的瞬时值表达式可知,电动势瞬时值为22V时,线圈平面与中性面的夹角为45°,选项D正确。
5.如图所示,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】选B、C。根据变压器的变压原理,滑片P向下滑动时,副线圈的匝数变少,则输出电压变小,灯变暗,A项错误;增大交流电源的电压时,输出电压随之增大,灯变亮,B项正确;电容器具有“通高频,阻低频”的特性,故增大交流电源的频率,使电容器通交流电的性能增强,灯变亮,C项正确;减小电容器C的电容,会使电容器通交流电的性能减弱,导致灯变暗,D项错误。
6.(2017·舟山高二检测)如图所示,理想变压器的原、副线圈匝数比为1∶5,原线圈两端的交变电压为u=20sin100πtV,氖泡在两端电压达到100V时开始发光,下列说法中正确的有
( )
A.开关接通后,氖泡的发光频率为100Hz
B.开关接通后,电压表的示数为100V
C.开关断开后,电压表的示数不变
D.开关断开前后,变压器的输入功率不变
【解析】选A、C。由=得,副线圈输出电压的最大值为U2==V=100V,一个周期内有两次电压大于100V,故氖泡在一个周期内发光2次,而交变电压的周期T==s=0.02s,所以氖泡发光频率为f==100Hz,A正确。电压表示数为U'2==V=100V,B错误。开关断开后电压表示数不变,但输出功率变化,所以输入功率变化,C正确、D错误。
【总结提升】变压器电路问题的动态分析思路:
U1U2I2I1P1
7.远距离输电装置如图所示,升压变压器和降压变压器均是理想变压器,当K由2改接为1时,下列说法正确的是 ( )
A.电压表读数变大
B.电流表读数变小
C.电流表读数变大
D.输电线损失的功率减小
【解析】选A、C。K接到1后,升压变压器副线圈匝数增多,所以输电电压U2升高,降压变压器的输出电压变大,电压表测路端电压,示数变大,故A正确;电压表示数增大,电流增大,则输入电流也变大,电流表的示数增大,故C正确,B错误;电流表示数增大,输电线损失功率增大,故D错误。
8.远距离输电的原理图如图所示,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 ( )
A.= B.I2=
C.I1U1=R D.I1U1=I2U2
【解析】选D。因为变压器为理想变压器,I1U1=I2U2,选项D正确;又由=,可知=,选项A错误;U2不是电阻R上的电压,而是R和降压变压器输入电压的和,所以选项B错误;升压变压器的输入功率等于电线上损失的功率与用户得到的功率的和,没有完全损失在输电线上,选项C错误。
二、非选择题
9.(2017·台州高二检测)如图所示,矩形线圈面积为S,匝数为N,线圈电阻为r,在磁感应强度为B的匀强磁场中绕OO′轴以角速度ω匀速转动,外电路电阻为R。当线圈由图示位置转过90°的过程中,求:
(1)通过电阻R的电荷量q。
(2)电阻R上所产生的热量Q。
【解题指南】本题考查交变电流平均值、有效值的应用,关键要知道求电荷量用交变电流的平均值,求热量用交变电流的有效值。
【解析】(1)依题意磁通量的变化量ΔΦ=BS,线圈转过90°的时间为
Δt===,平均感应电动势为=N=。平均感应电流为==。通过电阻R的电荷量为q=·Δt=。
(2)线圈中感应电动势有效值和最大值Em的关系是E==,电路中电流的有效值为I==。
电阻R上产生的热量为Q=I2Rt=。
答案:(1) (2)
10.交流发电机的原理如图甲所示,闭合的矩形线圈放在匀强磁场中,绕OO′轴匀速转动,在线圈中产生的交变电流随时间变化的图象如图乙所示,已知线圈的电阻为R=2.0Ω,求:
(1)通过线圈导线的任意一个横截面的电流的最大值是多少?
(2)矩形线圈转动的周期是多少?
(3)线圈电阻上产生电热的功率是多少?
(4)保持线圈匀速运动,1min内外界对线圈做的功是多少?
【解题指南】求解此题应把握以下两点:
(1)由图象可读出交变电流的最大值和周期。
(2)计算电阻上的热功率应当用交变电流的有效值。
【解析】(1)由乙图可知通过线圈导线的任意一个横截面的电流的最大值Im=2.0A。
(2)矩形线圈转动的周期
T=4.0×10-3s。
(3)由有效值I=知,线圈电阻上产生的电热功率为P=I2R=R=4W。
(4)由能量守恒定律可知,外界对线圈做的功先转化成电能再转化成电热,1min内外界对线圈做的功W=Pt=240J。
答案:(1)2.0A (2)4.0×10-3s
(3)4W (4)240J
