第五章 交变电流
章末总结
一、交变电流“四值”的计算和应用
1．峰值：线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴旋转时所产生的交变电流的最大值，
Em＝nBSω.
2．瞬时值：线圈在匀强磁场中转动，从中性面开始计时，电动势的瞬时值表达式为
e＝nBSωsin ωt.
3．有效值：反映交变电流产生热效应的平均效果，正弦式交变电流的有效值与最大值之间的关系是E＝.
4．平均值：指在一段时间内产生的电压(电流)的平均值，其数值由法拉第电磁感应定律求出，即＝n.
例1 (2016·金华、温州、台州部分学校高二第11次联考) 如图1所示，交流发电机的矩形线圈abcd中，ab＝cd＝50 cm，bc＝ad＝30 cm，匝数n＝100匝，线圈电阻r＝0.2 Ω，外电阻R＝4.8 Ω.线圈在磁感应强度B＝0.05 T的匀强磁场中绕垂直于磁场的转轴OO′匀速转动，角速度ω＝100π rad/s.
图1
(1)若从图示位置开始计时，写出感应电流随时间变化的函数关系式；
(2)交流电压表和交流电流表的示数各为多少？
(3)此发电机的总功率为多少？
(4)从图示位置起，线圈转过90°过程中，平均电动势多大？通过线圈横截面的电荷量为多少？
(5)从图示位置起，线圈转过90°过程中，外力做功多少？线圈上产生的焦耳热为多少？
答案 (1)i＝47.1cos (100πt) A
(2)160 V 33.3 A
(3)5 561 W
(4)150 V 0.15 C
(5)27.8 J 1.11 J
解析 (1)设ab＝l1，bc＝l2，则交流电动势的最大值为Em＝nBl1l2ω＝235.5 V
根据闭合电路欧姆定律，电流的最大值Im＝＝47.1 A
在图示位置时，电流有最大值，
则电流的瞬时值表达式为i＝Imcos ωt，代入数值得i＝47.1cos (100πt) A
(2)电流的有效值为I＝Im≈33.3 A
路端电压的有效值为U＝IR≈160 V
即电压表的示数为160 V，电流表的示数为33.3 A.
(3)电动势的有效值为E＝Em≈167 V
则发电机的功率为P＝IE≈5 561 W.
(4)平均电动势＝n＝n＝n＝150 V
通过线圈横截面的电荷量q＝n＝n＝0.15 C
(5)外力通过克服安培力做功，将其他形式的能转化为电能．
故W＝E电＝IEt＝IE()≈27.8 J
线圈上产生的焦耳热Q＝I2rt＝I2r()≈1.11 J.
二、含变压器电路的动态分析
解答这类问题首先是分清变量和不变量，然后结合变压器的基本规律和欧姆定律分析相关量的变化情况．
(1)理想变压器将电能由原线圈传给副线圈时总是“量出而入”即输出功率决定输入
功率．
(2)可以把理想变压器的副线圈看做给用户供电的无阻电源，可以参照直流电路动态分析的方法，分析负载电路的动态变化．
例2 如图2所示，理想变压器原线圈接在交流电源上，图中各电表均为理想电表．下列说法正确的是( )
图2
A．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，R1消耗的功率变大
B．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电压表V示数变大
C．当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，电流表A1示数变大
D．若闭合开关S，则电流表A1示数变大，A2示数变大
答案 B
解析 当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，接入电路的阻值变大，变压器副线圈两端电压不变，副线圈中的电流减小，则R1消耗的功率及其两端电压均变小，故电压表的示数变大，选项A错误，B正确；当滑动变阻器的滑动触头P向上滑动时，副线圈中的电流减小，则原线圈中的电流也减小，电流表A1示数变小，选项C错误；若闭合开关S，副线圈电路中总电阻减小，副线圈中的电流变大，R1两端电压变大，R2两端电压减小，电流表A2示数减小；原线圈中的电流变大，电流表A1示数变大，选项D错误．
1 交变电流
知识内容
交变电流
考试要求
必考
加试
c
课时要求
1.知道交变电流，能区分直流和交变电流．
2．知道交流发电机的基本结构与工作原理，了解中性面的概念．
3．知道正弦式交变电流的图象描述．
4．知道正弦式交变电动势、电压、电流的瞬时值表达式，理解峰值的意义．
5．区分特殊位置的磁通量与磁通量变化率，理解磁通量变化率与电动势之间的关系.
一、对交变电流的认识
[导学探究] (1)把图1所示电路接在干电池的两端时，可以观察到什么现象？
(2)把图1中电路接在手摇式发电机两端时，又会观察到怎样的现象？并解释看到的现象．
图1
答案 (1)当接在干电池两端时，只有一个发光二极管会亮．
(2)当接在手摇式发电机两端时，两个发光二极管间或的闪亮，原因是发电机产生与直流不同的电流，两个发光二极管一会儿接通这一个，一会儿再接通另外一个，电流方向不停地改变．
[知识梳理]
1．交变电流：大小和方向随时间做周期性变化的电流叫交变电流，简称交流．
2．方向不随时间变化的电流称为直流．
注意：对直流电流和交变电流的区分主要是看电流方向是否变化．
3．正弦式交变电流：按正弦规律变化的交变电流叫正弦式交变电流，简称正弦式电流．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)交变电流的大小一定随时间变化．( )
(2)大小和方向都不随时间变化的电流才是直流电．( )
(3)交变电流的大小可以不变，但方向一定随时间周期性变化．( )
答案 (1)× (2)× (3)√
二、交变电流的产生
[导学探究] 假定线圈绕OO′轴沿逆时针方向匀速转动，如图2甲至丁所示．请分析判断并填空．
图2
转动过程
电流方向
甲→乙
B→A→D→C
乙→丙
B→A→D→C
丙→丁
A→B→C→D
丁→甲
A→B→C→D
(填“A→B→C→D”或“B→A→D→C”)
2．在甲、乙、丙、丁四个位置中，线圈转到甲或丙位置时线圈中的电流最小，为零．线圈转到乙或丁位置时线圈中电流最大．
[知识梳理]
1．正弦式交变电流的产生条件：将闭合矩形线圈置于匀强磁场中，并绕垂直磁场方向的轴匀速转动．
2．中性面：线圈平面与磁感线垂直时的位置．
(1)线圈处于中性面位置时，穿过线圈的Φ最大，但线圈中的电流为零．
(2)线圈每次经过中性面时，线圈中感应电流的方向都要改变．线圈转动一周，感应电流的方向改变两次．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)只要线圈在磁场中转动，就可以产生交变电流．( )
(2)线圈在通过中性面时磁通量最大，电流也最大．( )
(3)线圈在通过垂直中性面的平面时电流最大，但磁通量为零．( )
(4)线圈在通过中性面时电流的方向发生改变．( )
答案 (1)× (2)× (3)√ (4)√
三、交变电流的变化规律
[知识梳理]
1．正弦式交变电流电动势的瞬时值表达式：
(1)当从中性面开始计时：e＝Emsin_ωt.
(2)当从与中性面垂直的位置开始计时：e＝Emcos_ωt.
2．正弦式交变电流电动势的峰值表达式：
(1)Em＝nBSω.
(2)峰值与线圈的形状无关，与转动轴的位置无关．(填“有关”或“无关”)
[即学即用] 有一个正方形线圈的匝数为10匝，边长为20 cm，线圈总电阻为1 Ω，线圈绕OO′轴以10π rad/s的角速度匀速转动，如图3所示，匀强磁场的磁感应强度为0.5 T，该线圈产生的交变电流电动势的峰值为__________，电流的峰值为__________，若从中性面位置开始计时，感应电动势的瞬时值表达式为________．
图3
答案 6.28 V 6.28 A e＝6.28sin 10πt V
解析 电动势的峰值为Em＝nBSω＝10×0.5×0.22×10π V＝6.28 V
电流的峰值为Im＝＝6.28 A
感应电动势的瞬时值表达式为e＝Emsin ωt＝6.28sin 10πt V.
一、交变电流的产生
例1 (多选)矩形线框绕垂直于匀强磁场且在线框平面内的轴匀速转动时产生了交变电流，下列说法正确的是 ( )
A．当线框位于中性面时，线框中感应电动势最大
B．当穿过线框的磁通量为零时，线框中的感应电动势也为零
C．每当线框经过中性面时，感应电动势或感应电流的方向就改变一次
D．线框经过中性面时，各边切割磁感线的速度为零
答案 CD
解析 线框位于中性面时，线框平面与磁感线垂直，穿过线框的磁通量最大，但此时切割磁感线的两边的速度与磁感线平行，即不切割磁感线，所以感应电动势等于零，此时穿过线框的磁通量的变化率也等于零，感应电动势或感应电流的方向也就在此时刻发生变化．线框垂直于中性面时，穿过线框的磁通量为零，但切割磁感线的两边都垂直切割，有效切割速度最大，所以感应电动势最大，也可以说此时穿过线框的磁通量的变化率最大，故C、D选项正确．
搞清两个特殊位置的特点：
(1)线圈平面与磁场垂直时：e为0，i为0，Φ为最大，为0.
(2)线圈平面与磁场平行时：e为最大，i为最大，Φ为0，为最大．
二、交变电流的变化规律
1．峰值表达式
Em＝NBSω，Im＝＝，Um＝ImR＝
2．正弦交变电流的瞬时值表达式
(1)从中性面位置开始计时
e＝Emsin ωt，i＝Imsin ωt，U＝Umsin ωt
(2)从与中性面垂直的位置开始计时
e＝Emcos ωt，i＝Imcos ωt，U＝Umcos ωt.
例2 一矩形线圈，面积是0.05 m2，共100匝，线圈电阻r＝2 Ω，外接电阻R＝8 Ω，线圈在磁感应强度B＝ T的匀强磁场中以ω＝10π rad/s的角速度绕垂直于磁感线的轴匀速转动，如图4所示，若从中性面开始计时，求：
图4
(1)线圈中感应电动势的瞬时值表达式；
(2)外电路R两端电压瞬时值的表达式．
答案 (1)e＝50sin (10πt) V (2)u＝40sin (10πt) V
解析 (1)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)由欧姆定律得u＝R＝40sin (10πt) V.
针对训练 一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直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所示，则下列说法中正确的是( )
图5
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻Φ的变化率达到最大
C．t＝0.02 s时刻感应电动势达到最大
D．t＝0.03 s时刻感应电动势为零
答案 B
解析 t＝0时刻，Φ最大，应是中性面位置，A错；t＝0.01 s时，Φ＝0，应是线圈平面与磁场平行的位置，感应电动势最大，Φ的变化率最大，B正确；0.02 s时刻，感应电动势为零，C错；0.03 s时刻，感应电动势最大，D错．
(1)求交变电流瞬时值的方法
①确定线圈转动从哪个位置开始计时；
②确定表达式是正弦函数还是余弦函数；
③确定转动的角速度ω＝2πn(n的单位为r/s)、峰值Em＝NBSω；
④写出表达式，代入角速度求瞬时值．
(2)线圈在匀强磁场中匀速转动，产生的交变电流与线圈的形状无关．如图6所示，若线圈的面积与例2题图所示线圈面积相同，则答案完全相同．
图6
三、交变电流的图象
例3 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边垂直．在t＝0时刻，线圈平面与纸面重合，如图7所示，线圈的cd边离开纸面向外运动．若规定沿a→b→c→d→a方向的感应电流为正，则图中能反映线圈中感应电流i随时间t变化的图象是( )
图7
答案 C
解析 线圈在磁场中从图示位置开始匀速转动时可以产生按余弦规律变化的交流电．对于图示起始时刻，线圈的cd边离开纸面向外运动，速度方向和磁场方向垂直，产生的电动势的瞬时值最大；用右手定则判断出电流方向为逆时针方向，与规定的正方向相同，所以C对．
1．从中性面开始计时是正弦曲线，从垂直中性面开始计时是余弦曲线．
2．由楞次定律或右手定则判断感应电流的方向．
1．(多选)如图所示的图象中属于交变电流的有( )
答案 ABC
解析 选项A、B、C中e的方向均发生了变化，故它们属于交变电流，但不是正弦式交变电流；选项D中e的方向未变化，故是直流．
2．(2015·宁波高二检测)如图所示，面积均为S的线圈均绕其对称轴或中心轴在匀强磁场B中以角速度ω匀速转动，下列选项中能产生正弦交变电动势e＝BSωsin ωt的是( )
答案 A
3．(多选)如图8甲所示，一矩形闭合线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴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，线圈中产生的交变电流按照如图乙所示的余弦规律变化，则在t＝时刻 ( )
图8
A．线圈中的电流最大
B．穿过线圈的磁通量为零
C．线圈所受的安培力为零
D．线圈中的电流为零
答案 CD
解析 线圈转动的角速度为ω，则转过一圈用时，当t＝时说明转过了圈，此时线圈位于中性面位置，所以穿过线圈的磁通量最大，B错误，由于此时感应电动势为零，所以线圈中电流为零，线圈所受的安培力为零，A错误，C、D正确．
4．一台发电机产生正弦式电流，如果e＝400sin 314t(V)，那么电动势的峰值是多少？线圈匀速转动的角速度是多少？如果这个发电机的外电路只有电阻元件，总电阻为2 kΩ，写出电流瞬时值的表达式．
答案 400 V 100π rad/s i＝0.2sin 314t(A)
解析 根据电动势的瞬时值表达式可知，电动势的峰值Em＝400 V，
线圈的角速度ω＝314 rad/s＝100π rad/s
由欧姆定律得Im＝＝0.2 A，
所以电流瞬时值表达式为i＝0.2sin 314t(A)．
一、选择题
1．关于线圈在匀强磁场中绕轴匀速转动产生的交变电流，以下说法中正确的是( )
A．线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向不变
B．线圈每转动一周，感应电流的方向就改变一次
C．线圈平面每经过中性面一次，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次
D．线圈转动一周，感应电动势和感应电流的方向都要改变一次
答案 C
解析 根据交流电的变化规律可得，如果从中性面开始计时有e＝Emsin ωt和i＝Imsin ωt；如果从垂直于中性面的位置开始计时有e＝Emcos ωt和i＝Imcos ωt，不难看出：线圈平面每经过中性面一次，感应电流的方向就改变一次，感应电动势的方向也改变一次；线圈每转动一周，感应电流和感应电动势的方向都改变两次，故C正确．
2．如图1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 ( )
图1
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
答案 C
解析 半圆环交替接触电刷，从而使输出电流方向不变，这是一个直流发电机模型，由右手定则知，外电路中电流方向是P→R→Q.
3．(2015·舟山高二检测)一只矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁感线的轴匀速转动，穿过线圈的磁通量随时间变化的图象如图2甲所示，则下列说法正确的是( )
图2
A．t＝0时刻，线圈平面与中性面垂直
B．t＝0.01 s时刻，Φ的变化率最大
C．t＝0.02 s时刻，交流电动势达到最大
D．该线圈产生的相应交流电动势的图象如图乙所示
答案 B
解析 由甲图知，t＝0时刻磁通量最大，线圈平面应在中性面位置，A错误；t＝0.01 s时刻，磁通量等于零，但磁通量的变化率达到最大，B正确；t＝0.02 s时刻，磁通量最大，交流电动势为零，C错误；由甲图知，交流电动势的图象应为正弦图象，D错误．
4．(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图如图3所示，下列说法中正确的是( )
图3
A．在t1时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
B．在t2时刻穿过线圈的磁通量达到峰值
C．在t3时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
D．在t4时刻穿过线圈的磁通量的变化率达到峰值
答案 BC
解析 从题图中可知，t1、t3时刻线圈中感应电流达到峰值，磁通量的变化率达到峰值，而磁通量最小，线圈平面与磁感线平行；t2、t4时刻感应电流等于零，磁通量的变化率为零，线圈处于中性面位置，磁通量达到峰值．正确答案为B、C.
5．交流发电机工作时电动势为e＝Emsin ωt，若将发电机的转速提高一倍，同时将电枢所围面积减小一半，其他条件不变，则其电动势变为( )
A．e′＝Emsin B．e′＝2Emsin
C．e′＝Emsin 2ωt D．e′＝sin 2ωt
答案 C
解析 感应电动势的瞬时值表达式e＝Emsin ωt，而Em＝nBωS，当ω加倍而S减半时，Em不变，故正确答案为C.
6. 如图4所示是一台发电机的结构示意图，其中N、S是永久磁铁的两个磁极，它们的表面呈半圆柱面形状．M是圆柱形铁芯，它与磁极的柱面共轴，铁芯上有一矩形线框，可绕与铁芯M共轴的固定转轴旋转．磁极与铁芯之间的缝隙中形成方向沿半径、大小近似均匀的磁场．若从图示位置开始计时，当线框绕固定转轴匀速转动时，下列图象中能正确反映线框中感应电动势e随时间t变化规律的是( )
图4
答案 D
解析 因发电机的两个磁极N、S呈半圆柱面形状，磁极间的磁感线如图所示，磁感应强度的大小不变，仅方向发生改变，故线框在磁场中转动时垂直切割磁感线，产生的感应电动势的大小不变，线框越过空隙段后，由于线框切割磁感线的方向发生变化，所以感应电动势的方向发生变化，综上所述，选项D正确．
7．(多选)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5所示，下列结论正确的是( )
图5
A．在t＝0.1 s和t＝0.3 s时，电动势最大
B．在t＝0.2 s和t＝0.4 s时，电动势改变方向
C．电动势的最大值是157 V
D．当t＝0.4 s时，磁通量变化率达到最大，其值为3.14 Wb/s
答案 CD
解析 由Φ－t图象可知Φmax＝BS＝0.2 Wb，T＝0.4 s，又因为N＝50，所以Emax＝NBSω＝NΦmax·＝157 V，C正确．t＝0.1 s 和t＝0.3 s时，Φ最大，e＝0，电动势改变方向；t＝0.2 s和t＝0.4 s时，Φ＝0，e＝Emax最大，故A、B错误．根据线圈在磁场中转动时产生感应电动势的特点知，当t＝0.4 s时，最大，＝3.14 Wb/s，D正确．
8．(多选)如图6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，则在0～这段时间内( )
图6
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一直在减小
答案 AD
解析 题图位置，线圈平面与磁场平行，感应电流最大，因为＝，在0～时间内线圈转过四分之一个圆周，感应电流从最大减小为零，穿过线圈的磁通量逐渐增大，穿过线圈的磁通量的变化率一直在减小．
9．(多选)如图7甲所示为一个矩形线圈abcd在匀强磁场中绕垂直于磁场方向的轴匀速转动．线圈内磁通量随时间t变化的图象如图乙所示，则下列说法中正确的是 ( )
图7
A．t1时刻线圈中的感应电动势最大
B．t2时刻ab的运动方向与磁场方向垂直
C．t3时刻线圈平面与中性面重合
D．t4、t5时刻线圈中感应电流的方向相同
答案 BC
解析 t1时刻通过线圈的Φ最大，磁通量变化率＝0，故此时感应电动势为零，A错；在t2、t4时刻，线圈中的感应电动势为Em，此时ab、cd的运动方向垂直于磁场方向，B正确；t1、t3、t5时刻，Φ最大，＝0，此时线圈平面垂直于磁场方向，与中性面重合，C正确；t5时刻，线圈中的感应电流为零，D错．
10．在垂直纸面向里的有界匀强磁场中放置了矩形线圈abcd.线圈cd边沿竖直方向且与磁场的右边界重合．线圈平面与磁场方向垂直．从t＝0时刻起，线圈以恒定角速度ω＝绕cd边沿如图8所示方向转动，规定线圈中电流沿abcda方向为正方向，则从t＝0到t＝T时间内，线圈中的电流I随时间t变化关系图象为( )
图8
答案 B
解析 在0～内，线圈在匀强磁场中匀速转动，故产生正弦式交流电，由楞次定律知，电流方向为负值；在～T，线圈中无感应电流；在T时，ab边垂直切割磁感线，感应电流最大，且电流方向为正值，故只有B项正确．
二、非选择题
11．(2015·嵊州高二检测)如图9甲、乙、丙、丁所示是交流发电机的示意图．为了清楚，老师只画出了一匝线圈(实际共有N匝)．线圈AB边(长为l1)连在金属环K上，CD边(长也为l1)连在滑环L上；导体做的两个电刷E、F分别压在两个滑环上，线圈在转动时可以通过滑环和电刷保持与外电路的连接．假定线圈沿逆时针方向以角速度ω0匀速转动(左边为N极，右边为S极；外面是K环，里面是L环)．那么：
图9
(1)线圈转到上述图示的________位置时，线圈中电流最大．
(2)线圈由丙转到丁的过程中，AB边中电流的方向________．
(3)当AD边和BC边长均为l2，磁场可视为磁感应强度为B的匀强磁场，整个电路总电阻设为R，以图丙位置计时t＝0，则线圈中电流随时间变化的规律为i＝________.
答案 (1)乙和丁 (2)A→B (3)sin ω0t
解析 (1)当穿过线圈平面的磁通量为零时电流最大．
(2)由楞次定律可判断电流方向为A→B.
(3)电流峰值为Im＝，
瞬时值i＝Imsin ω0t＝sin ω0t.
12.如图10所示，匀强磁场的磁感应强度为B＝0.50 T，矩形线圈的匝数N＝100匝，边长Lab＝0.20 m，Lbc＝0.10 m，以3 000 r/min的转速匀速转动，若从线圈平面通过中性面时开始计时，试求：
图10
(1)交变电动势的瞬时值表达式；
(2)若线圈总电阻为2 Ω，线圈外接阻值为8 Ω的电阻R，写出交变电流的瞬时值表达式；
(3)线圈由图示位置转过的过程中，交变电动势的平均值．
答案 (1)e＝314sin (314t) V
(2)i＝31.4sin (314t) A (3)200 V
解析 (1)线圈的角速度ω＝2πn＝314 rad/s
线圈中感应电动势的最大值Em＝NBSω＝314 V
故交变电动势的瞬时值表达式为：
e＝Emsin ωt＝314sin (314t) V
(2)Im＝＝31.4 A
所以交变电流的瞬时值表达式为：i＝31.4sin (314t) A
(3)＝N＝N＝4NBSn＝200 V
2 描述交变电流的物理量
知识内容
描述交变电流的物理量
考试要求
必考
加试
c
课时要求
1.了解周期和频率的概念，知道频率单位，掌握周期和频率之间的关系．
2．理解有效值的物理意义，知道正弦式交变电流的峰值和有效值之间的
关系．
3．知道电器上标注的、电表测量的和通常所说的电压、电流均为有效值．
4．能从正弦式交变电流的图象中读出峰值、周期，能对正弦式交变电流的图象描述和函数式描述进行转换.
一、周期和频率
[导学探究] 如图1所示，交变电流完成一次周期性变化需要多长时间？在1 s内完成多少次周期性变化？
图1
答案 完成一次周期性变化需要0.02 s；在1 s内完成50次周期性变化．
[知识梳理]
1．周期(T)：交变电流完成一次周期性变化所需的时间．
2．频率(f)：交变电流在1 s内完成周期性变化的次数．
3．T＝或f＝.
[即学即用] 我国电网中交流电的频率为50 Hz，则我国提供市电的发电机转子的转速为________r/min.
答案 3 000
二、峰值和有效值
[导学探究] 某交流电压的瞬时值表达式u＝6sin (100πt) V，把标有“6 V 2 W”的小灯泡接在此电源上会不会被烧坏？把标有6 V的电容器接在此电源上会不会被击穿？
答案 小灯泡不会被烧坏，交流电压的瞬时值表达式u＝6sin (100πt) V中6 V是最大值，其有效值为6 V，而标有“6 V 2 W”的小灯泡中的6 V是有效值．电容器会被击穿．
[知识梳理]
1．峰值：(1)交变电流的电压、电流能达到的最大数值叫峰值，若交流电接入纯电阻电路中，电流及外电阻两端的电压的最大值分别为Im＝，Um＝ImR.
(2)使用交变电流的用电器，其最大耐压值应大于其使用的交流电压的最大值．
2．有效值：确定交变电流有效值的依据是电流的热效应．
让交流与恒定电流通过大小相同的电阻，如果在交流的一个周期内它们产生的热量相同，则此恒定电流值叫做交流电的有效值．
3．在正弦式交变电流中，最大值与有效值之间的关系为：
E＝＝0.707Em，U＝＝0.707Um，I＝＝0.707Im.
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)正弦式交变电流的正负两部分是对称的，所以有效值为零．( )
(2)交变电流的有效值就是一个周期内的平均值．( )
(3)一个正弦式交变电流的峰值同周期频率一样是不变的，但有效值是随时间不断变
化的．( )
(4)交流电路中，电压表、电流表的测量值都是有效值．( )
答案 (1)× (2)× (3)× (4)√
一、周期和频率的理解
交变电流的周期和频率跟发电机转子的角速度ω或转速n有关．ω(n)越大，周期越短，频率越高，其关系为T＝，ω＝2πf＝2πn.
例1 (多选)矩形金属线圈共10匝，绕垂直于磁场方向的转动轴在匀强磁场中匀速转动，线圈中产生的交流电动势e随时间t变化的情况如图2所示．下列说法中正确的是( )
图2
A．此交变电流的频率为0.2 Hz
B．1 s内电流方向变化10次
C．t＝0.1 s时，线圈平面与磁场方向平行
D．1 s内线圈转5圈
答案 BD
解析 由图象知T＝0.2 s，故f＝＝ Hz＝5 Hz，即1 s内完成5个周期，线圈转5圈，每转1圈电流方向改变2次，故A错，B、D对；在t＝0.1 s时，e＝0，所以线圈平面与磁场方向垂直，故C错．
二、交变电流图象的应用
正弦交流电的图象是一条正弦曲线，从图象中可以得到以下信息：
(1)周期(T)和角速度(ω)：线圈转动的角速度ω＝.
(2)峰值(Em、Im)：图象上的最大值．可计算出有效值E＝、I＝.
(3)瞬时值：每个“点”表示某一时刻的瞬时值．
(4)可确定线圈位于中性面的时刻，也可确定线圈平行于磁感线的时刻．
(5)判断线圈中磁通量Φ及磁通量变化率的变化情况．
例2 (2016·10月义乌选考模拟)发电机的形式很多，但其工作原理都基于电磁感应定律和电磁力定律．因此，其构造的一般原则是：用适当的导磁和导电材料构成互相进行电磁感应的磁路和电路，以产生电磁功率，达到能量转换的目的．常见的发电机产生正弦、余弦式的交流电．如图3所示，图线a是线圈在匀强磁场中匀速转动时产生的正弦交流电的图象，当调整线圈转速后，所产生的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中正确的是( )
图3
A．线圈先后两次转速之比为1∶2
B．交流电a的电压瞬时值ua＝10sin (0.4πt) V
C．交流电b的最大值为 V
D．在图中t＝0时刻穿过线圈的磁通量变化率最大
答案 C
解析 由题图可知，Ta∶Tb＝2∶3，故na∶nb＝3∶2，A错误；Ta＝0.4 s，ω＝＝5π rad/s，所以ua＝10sin (5πt) V，故B错误；两次角速度之比ωa∶ωb＝∶＝3∶2，又由Em＝NBSω可知：Ema∶Emb＝3∶2，可得：Emb＝ V，故C正确，t＝0时刻u＝0，根据法拉第电磁感应定律，穿过线圈的磁通量变化率为零．故D错误．
针对训练 (多选)一正弦交流电的电流随时间变化的规律如图4所示．由图可知( )
图4
A．该交流电的频率是50 Hz
B．该交流电的电流有效值为2 A
C．该交流电的电流瞬时值表达式为i＝2sin 50πt(A)
D．若该交流电流通过R＝10 Ω的电阻，则电阻消耗的功率是20 W
答案 CD
解析 由图得周期为0.04 s，频率为25 Hz，A错误；电流最大值为2 A，则有效值为 A，B错误；由图象知，该交流电的电流瞬时值表达式为i＝2sin 50πt(A)，C正确；电阻消耗的功率P＝I2R＝20 W，D正确．
三、正弦式交流电有效值、最大值、平均值的对比
1．有效值
(1)正弦式交流电的有效值根据E＝计算．
(2)计算与电流热效应有关的量(如电功、电功率、热量)要用有效值．
(3)交流电表的测量值，电气设备标注的额定电压、额定电流，通常提到的交流电的数值都是指有效值．
2．平均值
(1)求某一过程中的电动势是平均值，＝n.
(2)计算通过线圈横截面的电荷量时用电动势的平均值，即q＝·Δt＝Δt＝n.
例3 图5甲是小型交流发电机的示意图，在匀强磁场中，一矩形金属线圈绕与磁场方向垂直的轴匀速转动，产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图乙所示．发电机线圈内阻为10 Ω，外接一只电阻为90 Ω的灯泡，不计电路的其他电阻，则( )
图5
A．t＝0时刻线圈平面与中性面垂直
B．每秒内电流方向改变100次
C．灯泡两端的电压为22 V
D．0～0.01 s时间内通过灯泡的电荷量为0
答案 B
解析 由题图乙可知t＝0时感应电动势为零，线圈处于中性面位置，故A错误；由题图乙可知周期T＝0.02 s，线圈每转一周，电流方向改变两次，每秒电流方向改变100次，故B正确；由题图乙可知交流电电动势的最大值是Em＝31.1 V，有效值为E＝≈22 V，根据闭合电路的分压特点得灯泡两端的电压为：U＝E＝×22 V＝19.8 V，故C错误；根据q＝得：0～0.01 s时间内通过灯泡的电荷量为q＝①
Em＝BSω＝BS＝100πBS②
联立①②并代入数据得：q≈1.98×10－3 C，故D错误．
1．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6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( )
图6
A．峰值是e0 B．峰值是2e0
C．有效值是Ne0 D．有效值是Ne0
答案 D
解析 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．
2．一台小型发电机产生的电动势随时间变化的正弦规律图象如图7甲所示．已知发电机线圈内阻为5 Ω，外接一只电阻为95 Ω的灯泡，如图乙所示，则 ( )
图7
A．电压表的示数为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
答案 D
解析 电压表示数为灯泡两端电压的有效值，由题图知电动势的最大值Em＝220 V，有效值E＝220 V，灯泡两端电压U＝＝209 V，A错；
由题图甲知T＝0.02 s，一个周期内电流方向改变两次，可知1 s内电流方向变化100次，
B错；
灯泡的实际功率P＝＝ W＝459.8 W，C错；
电流的有效值I＝＝2.2 A，发电机线圈内阻每秒钟产生的焦耳热为Qr＝I2rt＝2.22×5×1 J＝24.2 J，D对．
3．(2016·台州市高二期中)把一只电热器接在100 V的直流电源上，在t时间内产生的热量为Q，若将它分别接到U1＝100sin ωt(V)和U2＝50sin 2ωt(V)的交流电源上，仍要产生Q的热量，则所需的时间分别为( )
A．t,2t B．2t,8t C．2t,2t D．t,4t
答案 B
解析 设电热器的电阻为R.
当电热器接在U＝100 V的直流电源上时，Q＝t
当电热器改接到U1＝100sin ωt(V)的交流电源上时，Q＝t′
根据Um1＝100 V,解得t′＝2t.
当电热器改接到U2＝50sin 2ωt(V)的交流电源上时，Q＝t″
根据Um2＝50 V
解得t″＝8t.B项正确，A、C、D项错误．
4．如图8所示，单匝矩形闭合导线框abcd全部处于磁感应强度为B的水平匀强磁场中，线框面积为S，电阻为R.线框绕与cd边重合的竖直固定转轴以角速度ω匀速转动，线框中感应电流的有效值I＝________.线框从中性面开始转过的过程中，通过导线横截面的电荷量q＝________.
图8
答案
解析 感应电动势的最大值Em＝BSω，有效值E＝，感应电流的有效值I＝＝，电荷量q＝·Δt＝·Δt＝·Δt＝＝.
一、选择题
1．下列选项中提到的交流电，不是指有效值的是( )
A．交流电压表的读数 B．保险丝熔断电流
C．电容器击穿电压 D．220 V交流电压
答案 C
解析 电容器击穿电压指电容器两端允许加的电压的最大值．
2．(多选)关于正弦式交变电流的周期和频率，下列说法中正确的是 ( )
A．交变电流最大值出现两次的时间间隔等于周期的一半
B．1 s内交变电流出现最大值的次数等于频率
C．交变电流方向变化的频率为交变电流频率的2倍
D．50 Hz的交变电流，其周期等于0.05 s
答案 AC
解析 在一个周期的时间内，交变电流会出现正向和负向最大值各一次，相邻两个峰值的时间间隔为半个周期．交变电流在一个周期内方向改变两次，即方向变化的频率为交变电流频率的2倍，故选项A、C正确，B错误．由T＝＝ s＝0.02 s，知选项D错误．
3．(多选)已知某交变电流的瞬时表达式为i＝10sin (10πt) A，则( )
A．交流电的频率为5 Hz
B．交流发电机线圈转动的角速度为10 rad/s
C．交变电流的峰值为10 A
D．若线圈的匝数N＝10，则穿过线圈的磁通量的最大值为0.1 Wb
答案 AC
解析 根据ω＝2πf得f＝5 Hz，选项A正确；由表达式i＝10sin (10πt) A可知发电机线圈转动的角速度为10π rad/s，选项B错误；交变电流的峰值为10 A，选项C正确；因电动势的峰值未知，故无法求出磁通量的最大值，选项D错误．
4．一正弦交流电的电压随时间变化的规律如图1所示，由图可知( )
图1
A．该交流电的电压的有效值为100 V
B．该交流电的频率为25 Hz
C．该交流电压瞬时值的表达式为u＝100sin (25t) V
D．并联在该电压两端的电压表指针不停摆动
答案 B
解析 根据题图可知该交变电流电压的最大值为100 V，周期为4×10－2 s，所以频率为25 Hz，A错，B对；而ω＝2πf＝50π rad/s，所以u＝100sin (50πt) V，C错；交流电压表的示数为交流电的有效值而不是瞬时值，不随时间变化，D错．
5．一个矩形线圈在匀强磁场中绕垂直于磁场的轴匀速转动，周期为T.从中性面开始计时，当t＝T时，线圈中感应电动势的瞬时值为2 V，则此交变电压的有效值为( )
A．2 V B．2 V C. V D. V
答案 A
解析 先用代入法求出感应电动势的最大值，由e＝Emsin ωt，得2 V＝Emsin (×)，由此得Em＝4 V，则此交变电压的有效值为2 V，选项A正确．
6．一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
答案 C
解析 设电热器电阻为R，正弦交流电源的电压有效值为U有效，接10 V直流电源时，P＝＝；接交流电源时＝，联立得U有效＝5 V，故电压的最大值Um＝U有效＝10 V，选项C正确．
7. 在图2所示电路中，A是熔断电流为I0＝2 A的保险丝，电阻可不计，R是可变电阻，是交流电源．交流电源的内电阻不计，其电动势随时间变化的规律是e＝220sin (314t) V．为了不使保险丝熔断，可变电阻的阻值应该大于( )
图2
A．110 Ω B．110 Ω
C．220 Ω D．220 Ω
答案 B
解析 电源电动势的有效值为U＝220 V，Rmin＝＝ Ω＝110 Ω，故B项正确．
8．电阻R1、R2与交流电源按照如图3甲所示方式连接，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变化的情况如图乙所示．则( )
图3
A．通过R1的电流的有效值是 A
B．R1两端的电压有效值是6 V
C．通过R2的电流的最大值是 A
D．R2两端的电压最大值是6 V
答案 B
解析 由题图乙可得，正弦式交变电流的最大值Im＝ A，所以电流的有效值I＝＝ A，电阻R1、R2串联，所以电流的最大值均为 A，有效值均为 A，故A、C项错误．由欧姆定律U＝IR得，U1＝IR1＝6 V，故B项正确．U2＝IR2＝12 V，所以U2m＝ U2＝12 V，故D项错误．
9．(多选)如图4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．线圈绕垂直于磁场方向的水平轴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乙所示，以下判断正确的是 ( )
图4
A．电流表的示数为10 A
B．线圈转动的角速度为50π rad/s
C．t＝0.01 s时线圈平面与磁场方向平行
D．t＝0.02 s时电阻R中电流的方向自右向左
答案 AC
10．(多选)如图5所示，有一矩形线圈，面积为S，匝数为n，整个线圈的电阻为r，在磁感应强度为B的磁场中，线圈绕OO′轴以角速度ω匀速转动，外电阻为R，当线圈由图示位置转过90°的过程中，下列说法中正确的是( )
图5
A．磁通量的变化量为ΔΦ＝nBS
B．平均感应电动势为＝
C．电阻R所产生的焦耳热为Q＝
D．通过电阻R的电荷量为q＝
答案 BD
解析 线圈在图示位置时磁通量Φ＝0，转过90°后磁通量Φ′＝BS，该过程中磁通量的变化量为ΔΦ＝Φ′－Φ＝BS，与线圈匝数无关，A错误；该过程中所用时间Δt＝＝，所以平均感应电动势＝＝，B正确；电路中的感应电流有效值I＝＝，所以电阻R所产生的焦耳热Q＝I2RΔt＝，C错误；电路中的感应电流的平均值＝＝，所以通过电阻R的电荷量q＝·Δt＝，D正确．
二、非选择题
11．如图6所示，在匀强磁场中有一个内阻r＝3 Ω、面积S＝0.02 m2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＝100π rad/s的角速度匀速转动，且通过电刷给“6 V,12 W”的小灯泡供电，则：
图6
(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)由题中所给已知条件，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？
答案 (1)e＝10cos (100πt) V (2)不能 W
解析 (1)线框转动时产生感应电动势的最大值
Em＝BSω＝×0.02×100π V＝10 V
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＝Emcos ωt
＝10cos (100πt)V.
(2)由题意知灯泡的电阻R＝3 Ω
线框产生的电动势的有效值E＝＝10 V，灯泡两端电压U＝R＝5 V<6 V，故灯泡不能正常发光，其实际功率P＝＝ W.
12．(2016·杭州富阳市月考)如图7所示为一个小型旋转电枢式交流发电机的原理图，其矩形线圈的长度ab＝0.25 m，宽度bc＝0.20 m，共有n＝100匝，总电阻r＝1.0 Ω，可绕与磁场方向垂直的对称轴OO′转动．线圈处于磁感应强度B＝0.40 T的匀强磁场中，与线圈两端相连的金属滑环上接一个“3.0 V,1.8 W”的灯泡．当线圈以角速度ω匀速转动时，小灯泡消耗的功率恰好为1.8 W．求：
图7
(1)通过小灯泡的电流和发电机线圈产生感应电动势最大值；
(2)线圈转动的角速度ω；
(3)线圈以上述角速度转动，由如图位置转过30°角，在此过程中，通过小灯泡的电荷量．
答案 (1)0.6 A 3.6 V (2)1.8 rad/s (3) C
解析 (1)通过小灯泡的电流为：I＝＝ A＝0.6 A，小灯泡电阻R＝＝5 Ω
根据闭合电路欧姆定律知，感应电动势的最大值为：Em＝I(R＋r)＝×0.6×(5＋1) V
＝3.6 V.
(2)电动机线圈产生感应电动势的最大值为：Em＝nBSω，
解得ω＝＝ rad/s＝1.8 rad/s.
(3)从图示位置转过30度角时磁通量的变化量为ΔΦ＝BSsin 30°＝0.4×0.25×0.20× Wb
＝0.01 Wb，
则有q＝Δt＝＝100× C＝ C.
3 电感和电容对交变电流的影响
知识内容
电感和电容对交变电流的影响
考试要求
必考
加试
b
课时要求
1.知道电感器和电容器对交变电流有阻碍作用．
2．知道电感器和电容器对交变电流的阻碍作用与哪些因素有关．
3．能够利用电感器、电容器的特点定性分析简单的问题.
一、电感器对交变电流的阻碍作用
[导学探究] 如图1所示，把带铁芯的线圈L与小灯泡串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到有效值等于直流电源电压的交流电源上．
图1
(1)两种情况下灯泡的亮度有什么不同？说明了什么？
(2)乙图中换用自感系数更大的线圈或调换频率更高的交流电源，灯泡的亮度有何变化？说明了什么？
答案 (1)甲图中灯泡比乙图中灯泡更亮，说明电感器对交变电流有阻碍作用．
(2)不论是换用自感系数更大的线圈还是调换频率更高的交流电源，灯泡均变得更暗，说明线圈的自感系数越大，交流电的频率越高，线圈对交流电的阻碍作用越大．
[知识梳理] 电感器的作用
(1)线圈的自感系数越大，交流的频率越高，电感线圈对交变电流的阻碍作用越大．
(2)电感线圈在电路中的作用：①通直流，阻交流；②通低频，阻高频．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)同一个线圈对直流和对交流的阻碍作用是相同的．( )
(2)绕制线圈的导线的电阻可以忽略时，线圈对交流没有阻碍作用．( )
(3)交流电的频率越高，电感对交流的阻碍作用越大．( )
答案 (1)× (2)× (3)√
二、电容器对交变电流的阻碍作用
[导学探究] 如图2甲、乙所示，把灯泡和电容器串联起来，先把它们接到直流电源上，再把它们接到交流电源上．
图2
(1)观察灯泡的发光情况，并分析原因．
(2)若把图乙中的电容器去掉，变成图丙所示电路，会发生什么现象？说明了什么？
(3)在图乙中，改变电容器的电容和电源频率，灯泡亮度会有什么变化？说明了什么？
答案 (1)甲图中的灯泡不亮，乙图中的灯泡亮．甲图中的电源是直流电源，电容器在电路中是断路，电路中没有电流，灯泡不亮．乙图中的电源是交流电源，把交流电源接到电容器两个极板上后，电容器交替进行充电和放电，电路中就有了电流，好像是交流“通过”了电容器，灯泡就亮了，但实际上自由电荷并没有通过电容器两极板间的绝缘介质．
(2)灯泡变得比乙中亮，说明电容器对交变电流有阻碍作用．
(3)电容越大，灯泡越亮；频率越高，灯泡越亮．说明电容器的电容越大、交变电流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用就越小．
[知识梳理] 电容器的作用
(1)电容器接到交流电源两端时，交替地进行充电和放电，电路中就有了电流，表现为交流“通过”了电容器．
(2)电容器在电路中的作用：通交流，隔直流；通高频，阻低频．
(3)电容器的电容越大，交流的频率越高，电容器对交变电流的阻碍作用越小．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)直流电的自由电荷不能穿过电容器两极板间的绝缘层到达另一极板，而交流电中的自由电荷能穿过．( )
(2)电气设备和电子仪器的金属外壳都应该接地．( )
答案 (1)× (2)√
一、对电感对交变电流影响的理解
例1 (多选)如图3所示实验电路中，若直流电压和交变电压的有效值相等，S为双刀双掷开关，下面叙述正确的是( )
图3
A．当S掷向a、b时灯较亮，掷向c、d时灯较暗
B．当S掷向a、b时灯较暗，掷向c、d时灯较亮
C．S掷向c、d，把电感线圈中的铁芯抽出时灯变亮
D．S掷向c、d，电源电压不变，而使频率减小时，灯变暗
答案 AC
二、对电容对交变电流影响的理解
例2 (多选)图4甲、乙两图是电子技术中的常用电路，a、b是各部分电路的输入端，其中输入的交流高频成分用“～～～”表示，交流低频成分用“～”表示，直流成分用“－”表示．关于两图中负载电阻R上得到的电流特征是( )
图4
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
答案 AC
解析 电容器有“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；乙图中交流高频成分能通过电容器，电容器阻碍交流低频成分，R得到的是低频成分，C正确，D错误．
三、电阻、电感、电容的对比
例3 (2015·宁波高二检测)在如图5所示的交流电路中，保持电源电压一定，当交变电流的频率增大时，各交流电压表的示数将( )
图5
A．V1、V3增大，V2减小
B．V1不变，V2减小，V3增大
C．V1不变，V2增大，V3减小
D．V1、V2、V3都不变
答案 C
解析 电感线圈对交流电的阻碍作用随着频率的增大而增大，因此电压表V2示数增大，电容器对交流电的阻碍作用随着频率的增大而减小，电压表V3示数减小，电压表V1示数不变，C正确．
1．电阻对交流、直流有相同的阻碍作用，交流频率变化时，阻碍作用不变．
2．电感器通直流、阻交流，通低频、阻高频．
3．电容器通交流、隔直流，通高频、阻低频．
4．在分析电流变化时，把电感、电容的阻碍作用类比于导体的电阻，再用欧姆定律分析.
1．(多选)在如图6所示的电路中，L为电感线圈，R为灯泡的电阻值，电流表内阻为零，电压表内阻无限大，交流电源的电压u＝220sin (100πt) V．若保持电压的有效值不变，只将电源频率改为100 Hz，下列说法正确的是( )
图6
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
答案 BC
解析 由u＝220sin (100πt) V，可得电源原来的频率f＝＝ Hz＝50 Hz，当电源频率由原来的50 Hz增为100 Hz时，线圈的感抗增大，在电压不变的情况下，电路中的电流减小，选项A错误；灯泡的电阻值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，则电源两端电压的有效值为U＝UL＋UR，因UR＝IR，故电流I减小时，UR减小，因电源电压的有效值保持不变，故UL＝U－UR增大，选项B正确．
2．如图7所示的电路，F为一交流发电机，C为平行板电容器，为使电流表A的示数增大，可行的办法是 ( )
图7
A．使发电机F的转速增大
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
答案 A
解析 当发电机转速增大时，交变电流的频率增大，电容器电容的阻碍作用减小，电流表A的示数增大，A项正确，B项错误；在平行板电容器间换用介电常数较小的电介质时，电容器的电容减小，电容器两极板间距离增大时电容也减小，当电容减小时，电容器对交变电流的阻碍作用增大，电流表A的示数减小，C、D项错误．
3．(多选)如图8所示的电路中，a、b两端连接的交流电源中既含高频交流，又含低频交流，L是一个25 mH的高频扼流圈，C是一个100 pF的电容器，R是负载电阻，下列说法正确的是( )
图8
A．L的作用是“通低频，阻高频”
B．C的作用是“通低频，隔高频”
C．C的作用是“通高频，阻低频”
D．通过R的电流中，低频交流所占的百分比远远大于高频交流所占的百分比
答案 ACD
解析 因为电感L是一个高频扼流圈，“通低频，阻高频”，A选项正确；C是一个电容较小的电容器，对低频的交流阻碍较大，故选项C正确，B错误；这样通过电阻R的电流中，低频交流所占百分比远远大于高频交流所占的百分比，选项D正确．
1．(多选)对交变电流通过电容器的理解正确的是( )
A．交变电流能够使电容器极板间的绝缘介质变成导体
B．交变电流定向移动的电荷能够通过电容器两极板间的绝缘介质
C．交变电流能够使电容器交替进行充电、放电，电路中就有了电流，表现为交变电流“通过”了电容器
D．交变电流“通过”了电容器，实际上自由电荷并没有通过电容器极板间的绝缘介质(击穿除外)
答案 CD
解析 交变电流“通过”电容器，并非自由电荷真的通过电容器两极板间的绝缘介质，而是交变电流交替对电容器充、放电，电路中有了电流，表现为交变电流“通过”了电容器．
2．交变电流通过一段长直导线时，电流为I，如果把这根长直导线绕成线圈，接入原电路，通过线圈的电流为I′，则( )
A．I′>I B．I′C．I′＝I D．无法比较
答案 B
解析 长直导线的自感系数很小，其对交变电流来说可以看成纯电阻，流经它的交变电流只受到导线电阻的阻碍作用．当导线绕成线圈后，电阻值未变，但自感系数增大，对交变电流的阻碍作用不但有电阻，而且还有线圈的阻碍作用．阻碍作用增大，电流减小．故选项B
正确．
3．一个灯泡通过一个粗导线的线圈与一交流电源相连接，如图1所示．一铁棒插进线圈后，该灯将( )
图1
A．变亮 B．变暗
C．对灯的亮度没影响 D．无法判断
答案 B
4．有两个电容器的电容分别为C1＝5 μF和C2＝3 μF，分别加在峰值一定的交流电源上，在下列各种情况下，哪一种情况通过电容器的电流最大( )
A．在C1上所加交变电流的频率为50 Hz
B．在C2上所加交变电流的频率为50 Hz
C．在C1上所加交变电流的频率为100 Hz
D．在C2上所加交变电流的频率为100 Hz
答案 C
解析 电容越大，电流频率越高，阻碍作用越小，电流越容易“通过”电容器．C1>C2,
100 Hz>50 Hz，所以C正确．
5. 在如图2所示电路中，u是有效值为220 V的交流电源，C是电容器，R是电阻．关于交流电压表的示数，下列说法正确的是( )
图2
A．等于220 V
B．大于220 V
C．小于220 V
D．等于零
答案 C
解析 交变电流“通过”电容器，电阻R中有电流，电压表的示数不为零；电容器与电阻串联，根据串联分压原理可知电阻两端电压应小于电源电压，而电压表测量的是电阻两端的电压，故选项C正确．
6.如图3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，乙灯接近正常亮度，则下列判断正确的是( )
图3
A．与甲灯串联的元件x是电容器，与乙灯串联的元件y是电感线圈
B．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是电容器
C．与甲灯串联的元件x是二极管，与乙灯串联的元件y是电容器
D．与甲灯串联的元件x是电感线圈，与乙灯串联的元件y是二极管
答案 B
解析 由a、b接直流电流时的现象可知，元件x“通直流”，元件y“隔直流”，由a、b接交流电源时的现象可知，元件x“阻交流”，元件y“通交流”，根据电容器和电感线圈的特点知，元件x是电感线圈，元件y是电容器，选项B正确．
7.(2016·台州市高二期中)两个相同的白炽灯泡L1和L2接到如图4所示的电路中，灯L1与电容器串联，灯L2与电感线圈串联．当a、b间接电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源时，两灯都发光，且亮度相同．更换一个新的正弦交流电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度，新电源两极的电压最大值和频率可能是( )
图4
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．最大值大于Um，而频率仍为f
D．最大值小于Um，而频率仍为f
答案 B
解析 当将a、b接在电压最大值为Um、频率为f的正弦交流电源两极之间时，两只灯泡都发光，且亮度相同．而更换一个新电源后，灯L1的亮度低于灯L2的亮度，说明线圈的阻碍作用比电容器的小，则新电源的频率小，最大电压值仍不变，B项正确，A、C、D项错误．
8．(多选)如图5所示，图甲、乙中电源为交流电源，图丙中电源为直流电源，各电路中线圈自感系数相同且直流电阻不计，各电压表示数相同，下列说法正确的是( )
图5
A．灯L1比灯L2亮 B．灯L3比灯L1亮
C．灯L2与灯L3一样亮 D．灯L1与灯L3一样亮
答案 BC
解析 图甲中电源电压U＝U1＋UL1，线圈对交流有阻碍作用，相当于串联了一个电阻，根据电阻的分压作用可知U1≠0，灯泡两端电压UL19．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( )
答案 D
解析 A图放大器得到所有成分．B图放大器可得到直流成分，若为高频扼流圈也能得到低频成分．C图既可得高频成分也可得低频成分．D图通过C1的是高、低频成分都有，通过C2的旁路电容将高频成分滤去，故只有D合适．
10．(2015·兰溪高二检测)“二分频”音箱内有两个不同口径的扬声器，它们的固有频率分别处于高音、低音频段，分别称为高音扬声器和低音扬声器，音箱要将扩音机送来的含有不同频率的混合音频电流按高、低频段分离出来，送往相应的扬声器，以便使电流所携带的音频信息按原比例还原成高、低频的机械振动，如图6所示为音箱的电路图，高、低频混合电流由a、b端输入，L1和L2是线圈，C1和C2是电容器，则( )
图6
A．甲扬声器是高音扬声器
B．C2的作用是阻碍高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
答案 D
解析 高频和低频交流电通入该电路，由于线圈通低频，阻高频，电容器通高频，阻低频，所以低频交流电通过甲扬声器，高频交流电通过乙扬声器，故甲扬声器是低音扬声器，A错误；C2的作用是阻碍低频电流通过乙扬声器，B错误；L1的作用是阻碍高频电流通过甲扬声器，C错误；L2的作用是让低频交流电通过，减弱乙扬声器的低频电流，D正确．
11．(多选)如图7所示，甲、乙两图中用交流电源，丙、丁两图中用直流电源，各电路图中灯泡、电容器、电压表示数都相同，则下列说法正确的是( )
图7
A．灯L1比灯L2亮
B．灯L3也能发光，但亮度最暗
C．灯L2和L4亮度相同
D．灯L4比灯L1亮
答案 CD
解析 电压表示数相同，说明交流电压的有效值相同．甲图中电容器与灯L1串联，电容器对电流有阻碍作用；乙图中电容器与灯L2并联，电压表的示数为灯L2两端的电压；丙图中电容器与灯L3串联且是直流电源，电容器“隔直流，通交流”，所以没有电流流过灯L3，灯L3不亮；丁图中电容器与灯L4并联，电压表的示数为灯L4两端的电压．综合以上分析，C、D两项正确．
12．(2016·绍兴高二期中)如图8所示电路中，L是一个不计直流电阻的电感线圈，直流电源1的电压值与交流电源2的电压有效值相等，S是单刀双掷开关，C是电容器，A、B是完全相同的小灯泡，则下列叙述正确的有( )
图8
A．开关S与1接通时，灯B逐渐变亮
B．开关S与2接通时，灯B的亮度比开关与1接通稳定后灯B的亮度高
C．开关S与2接通后，B发光，而A不发光
D．若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过B灯的主要是高频信号
答案 A
解析 开关S与1接通时，线圈阻碍电流的增大，所以灯B逐渐变亮，A项正确；开关S与2接通后，由于线圈L对交流电的阻碍始终存在，所以灯B的亮度比开关与1接通稳定后灯B的亮度暗，B项错误；开关S与2接通后，交流电也可以“通过”电容器，所以A也发光，C项错误；线圈对交流电有通低频阻高频的作用，所以若将电源2换成一个既含有高频信号又含有低频信号的信号源，则当开关与2接通时，通过B灯的主要是低频信号，D项错误．
4 变压器
知识内容
变压器
考试要求
必考
加试
c
课时要求
1．知道变压器的基本结构及符号，会区分原、副线圈．
2．了解变压器的原理及作用．
3．掌握理想变压器的电压与匝数的关系并能用它解决简单问题．
4．知道理想变压器的功率关系，能推导出原、副线圈的电流关系并能用它解决简单问题.
一、变压器的原理及电压与匝数的关系
[导学探究] 如图1所示，把两个没有导线相连的线圈套在同一个闭合铁芯上，一个线圈(原线圈)通过开关可以连接到交流电源的两端，另一个线圈(副线圈)连到小灯泡上．连接电路，接通电源，小灯泡能发光．
图1
(1)两个线圈并没有连接，小灯泡为什么会发光？
(2)小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压相等吗？
答案 (1)当左边线圈加上交流电压时，左边线圈中就有交变电流，它在铁芯中产生周期性变化的磁场，根据法拉第电磁感应定律知，在右线圈中会产生感应电动势，右线圈作为电源给小灯泡供电，小灯泡就会发光．
(2)左、右线圈中每一圈上磁通量的变化率都相同，若左边匝数为n1，则U1＝E1＝n1.若右边匝数为n2，则U2＝E2＝n2，故有＝；若忽略左边线圈的电阻则有U1＝U电源，这样看来只要n1≠n2，小灯泡两端的电压与学生电源的输出电压就不相等．
[知识梳理]
1．变压器的工作原理：互感现象是变压器工作的基础．因此变压器只对变化的电流起作用，对恒定电流不起作用．(后两空填“变化”或“恒定”)
2．变压器中的电压与匝数的关系：＝.
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)理想变压器原、副线圈的电压之比等于两个线圈的匝数之比．( )
(2)输入交变电流的频率越高，输出交变电流的电压就越高．( )
(3)我们在使用质量好的变压器工作时没有能量损失．( )
(4)理想变压器不能改变交变电流的频率．( )
答案 (1)√ (2)× (3)× (4)√
二、理想变压器原、副线圈的功率关系和电流关系
[导学探究] 阅读教材回答下列两个问题：
(1)什么是理想变压器？理想变压器原、副线圈中的功率有什么关系？
(2)根据能量守恒推导原、副线圈中的电流与匝数的关系．
答案 (1)理想变压器的理想化条件一般指的是：忽略原、副线圈内阻上的分压，忽略原、副线圈磁通量的差别，忽略变压器自身的能量损耗．所以理想变压器的输入功率等于输出功率，即P入＝P出．
(2)由能量守恒有P入＝P出，即U1I1＝U2I2.
所以＝＝.
[知识梳理]
1．变压器原、副线圈中功率关系和电流关系：P入＝P出，即U1I1＝U2I2.
2．电流关系：＝.
[即学即用] 一台理想降压变压器从10 kV的线路中降压并提供200 A的负载电流．已知两个线圈的匝数比为40∶1，则变压器原线圈中的电流为________，副线圈中的输出电压为________，输出功率为________．
答案 5 A 250 V 50 kW
解析 由＝，得I1＝I2＝×200 A＝5 A；
由＝，得U2＝＝ V＝250 V；
由理想变压器功率关系，得P入＝P出＝U1I1＝U2I2＝250×200 W＝50 kW.
三、实验：探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
1．实验目的：理解理想变压器的原线圈、副线圈中电压与匝数的关系．
2．实验原理：原线圈通过电流时，铁芯中产生磁场，由于交变电流的大小和方向都在不断变化，铁芯中磁场的强弱和方向也都在不断变化．由于副线圈和原线圈是套在同一个铁芯上的，所以通过副线圈的磁场也在不断的变化，于是就在副线圈内产生了感应电动势，副线圈相当于电源对外供电．
3．实验器材：电压表两只、可拆卸式变压器、学生电源、开关、导线若干(如图2所示)
4．实验步骤：
(1)按如图3所示电路图连接实物图
图3
(2)保持原线圈匝数不变，改变副线圈匝数，研究其对副线圈电压的影响．
(3)保持副线圈匝数不变，改变原线圈匝数，研究其对副线圈电压的影响．
(4)将不同的原、副线圈接入电路测出线圈两端的电压填入下表：
原线圈
匝数n1
副线圈
匝数n2
原线圈
电压U1
副线圈
电压U2
100
300
2 V
100
400
2 V
300
400
4 V
400
400
6 V
400
100
8 V
400
100
4 V
(5)由表格数据得出结论：
当原线圈匝数不变时，副线圈电压与副线圈匝数成正比．
当副线圈匝数不变时，副线圈电压与原线圈匝数成反比．
5．注意事项
(1)在改变学生电源电压，线圈匝数前均要先断开开关，再进行操作．
(2)学生电源的电压不要设置太高，一般不要超过12 V，以免发生危险．
一、理想变压器基本关系的应用
1．电压制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定时，输入电压U1决定输出电压U2，即U2＝.
2．功率制约：P出决定P入，P出增大，P入增大；P出减小，P入减小；P出为0，P入为0.
3．电流制约：当变压器原、副线圈的匝数比一定，且输入电压U1确定时，副线圈中的输出电流I2决定原线圈中的电流I1，即I1＝.
例1 (2016·温州高二期中)如图4所示，理想变压器原、副线圈匝数之比为20∶1，原线圈接正弦交流电源，副线圈接入“220 V 60 W”灯泡一只，且灯泡正常发光，则( )
图4
A．电流表的示数为 A
B．电源输出功率为1 200 W
C．电流表的示数为 A
D．原线圈两端电压为11 V
答案 C
解析 副线圈电压U2＝220 V，电流I2＝＝ A，则原线圈两端电压U1＝＝4 400 V，电流I1＝＝ A，所以电流表的示数为 A，选项A、D错误，C正确．电源输出功率等于灯泡消耗的功率，为60 W，选项B错误．
二、理想变压器的动态分析
例2 (多选)如图5所示，理想变压器的原线圈连接一只理想交流电流表，副线圈匝数可以通过滑动触头Q来调节，在副线圈两端连接了定值电阻R0和滑动变阻器R，P为滑动变阻器的滑动触头．在原线圈上加一电压为U的正弦交流电，则( )
图5
A．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变大
B．保持Q的位置不动，将P向上滑动时，电流表读数变小
C．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变大
D．保持P的位置不动，将Q向上滑动时，电流表读数变小
答案 BC
解析 Q位置不动，副线圈电压U2不变，当P上滑时，R增大，由P＝可知总功率减小，原线圈电压U1不变，由P＝U1I1可知原线圈电流I1减小，故A错误，B正确；当P位置不动，Q上滑时，由＝知U2增大，同理分析知原线圈电流I1增大，故C正确，D
错误．
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→P出→P入→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→P出→P入→I1.
三、自耦变压器和互感器
1．自耦变压器
铁芯上只绕有一个线圈，如果把整个线圈作为原线圈，副线圈只取线圈的一部分，就可以降低电压，反之则可以升高电压，如图6所示．
图6
2．互感器
交流电压表和电流表都有一定的量度范围，不能直接测量高电压和大电流．
互感器是利用变压器的原理来测量高电压或大电流的仪器．
(1)电压互感器：实质是降压变压器，可以把高电压变成低电压．(如图7所示)
图7
(2)电流互感器：实质是升压变压器，可以把大电流变成小电流．(如图8所示)
图8
例3 (多选)图9甲、乙是配电房中的互感器和电表的接线图，下列说法中正确的是( )
图9
A．线圈匝数n1B．线圈匝数n1>n2，n3>n4
C．甲图中的电表是电压表
D．乙图中的电表是电流表
答案 CD
解析 题图甲中的原线圈并联在电路中，为电压互感器，是降压变压器，n1>n2，题图甲中的电表为电压表；题图乙中的原线圈串联在电路中，为电流互感器，是升压变压器，n31．电压互感器应并联接入电路；电流互感器应串联接入电路．
2．电压互感器是把高电压变成低电压，故原线圈匝数n1大于副线圈匝数n2.
3．电流互感器是把大电流变成小电流，故原线圈匝数n1小于副线圈匝数n2.
例4 一自耦变压器如图10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点顺时针转到N点的过程中( )
图10
A．U2>U1，U2降低 B．U2>U1，U2升高
C．U2答案 C
解析 由＝，n1>n2知U2四、探究变压器线圈两端的电压与匝数的关系
例5 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__________(选 填“增大”“减小”或“不变”)；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”)．
答案 交流电源 增大 减小 控制变量法
1.如图11所示，理想变压器原、副线圈匝数比为20∶1，两个标有“12 V 6 W”的小灯泡并联在副线圈的两端．当两灯泡都正常工作时，原线圈电路中电压表和电流表(可视为理想电表)的示数分别是 ( )
图11
A．120 V,0.10 A B．240 V,0.025 A
C．120 V,0.05 A D．240 V,0.05 A
答案 D
解析 灯泡正常工作，副线圈两端的电压U2＝12 V，副线圈中的电流I2＝2× A＝1 A，根据匝数比得原线圈中的电流I1＝I2＝0.05 A，原线圈两端的电压U1＝20U2＝240 V，选项D正确．
2．(多选)如图12所示，L1、L2是高压输电线，图中两电表示数分别是220 V和10 A，已知甲图中原、副线圈匝数比为100∶1，乙图中原、副线圈匝数比为1∶10，则( )
图12
A．甲图中的电表是电压表，输电电压为22 000 V
B．甲图是电流互感器，输电电流是100 A
C．乙图中的电表是电压表，输电电压为22 000 V
D．乙图是电流互感器，输电电流是100 A
答案 AD
解析 甲图是电压互感器，故B错误；根据匝数比＝，有U1＝U2＝×220 V＝22 000 V，故A正确；乙图是电流互感器，电表是电流表，故C错误；只有一个副线圈的变压器，电流比等于匝数的反比＝，有I1＝I2＝×10 A＝100 A，故D正确．
3．如图13所示，理想变压器原线圈输入电压u＝Umsin ωt，副线圈电路中R0为定值电阻，R是滑动变阻器.和是理想交流电压表，示数分别用U1和U2表示；和是理想交流电流表，示数分别用I1和I2表示．下列说法正确的是( )
图13
A．I1和I2表示电流的平均值
B．U1和U2表示电压的最大值
C．滑片P向下滑动过程中，U2不变、I1变大
D．滑片P向下滑动过程中，U2变小、I2变大
答案 C
解析 电路中的电压表和电流表表示的都是有效值，选项A、B错误．滑片P向下滑动过程中，接入电路中的电阻变小，U2不变、I1变大，故C正确，D错误．
4．(多选)(2016·杭州七县市区高二第一学期期终)如图14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”实验中，下列说法正确的是( )
图14
A．测量原、副线圈的电压，可用“测定电池的电动势和内阻”实验中的电压表
B．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
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．保持原线圈匝数和电压不变，改变副线圈的匝数，可以研究副线圈匝数对输出电压的
影响
答案 BD
一、选择题
1．(2016·绍兴高二月考)(多选)对于理想变压器，下列说法正确的是( )
A．原线圈的输入功率随副线圈输出功率的增大而增大
B．原线圈的输入电流随副线圈输出电流的增大而增大
C．原线圈的电流不随副线圈输出电流的变化而变化
D．当副线圈的电流为零时，原线圈的电压也为零
答案 AB
解析 理想变压器的原线圈的输入功率等于副线圈的输出功率，且随副线圈输出功率的变化而变化，原线圈的输入电流取决于副线圈的输出电流，当副线圈的电流为零时，原线圈的电流也为零，但原线圈电压并不一定为零，故A、B正确，C、D错误．
2．如图所示的四个电路，能够实现升压的是 ( )
答案 D
解析 变压器只能对交变电流变压，不能对直流变压，故A、B错误；由于电压与线圈匝数成正比，所以D能实现升压，C不能实现升压．
3．(2016·舟山高二质检)将输入电压为220 V，输出电压为6 V的理想变压器改绕成输出电压为30 V的变压器，副线圈原来是30匝，原线圈匝数不变，则副线圈新增匝数为( )
A．120 B．150 C．180 D．220
答案 A
解析 由变压比＝，得＝，所以n1＝1 100 匝，当U2′＝30 V时，＝，所以n2′＝150匝，故Δn2′＝n2′－n2＝120 匝．所以A正确．
4．如图1为气流加热装置的示意图，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( )
图1
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
答案 C
解析 在输入电压U1和原线圈匝数n1不变的情况下，使输出电压U2有效值由220 V降至
110 V，由＝知，副线圈接入匝数应该减为原来的一半，故副线圈的接入匝数之比为2∶1，故C正确；副线圈电压减半，电阻不变，电流也随之减半，所以电流之比为2∶1，故A错误；由P＝UI知，输出功率之比为4∶1，故B错误；副线圈输出功率等于原线圈输入功率，所以原线圈输入功率之比为4∶1，故D错误．
5．(多选)如图2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．当开关S接通时，以下说法中正确的是 ( )
图2
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上的电压增大
C．通过灯泡L1的电流减小
D．原线圈中的电流增大
答案 BCD
解析 由于输入电压和原、副线圈匝数比不变，所以当S接通时，理想变压器副线圈M、N两端输出电压不变，故A项错误．
并联灯泡L2，总电阻变小，由欧姆定律知，流过R的电流增大，等效电阻上的电压UR＝IR增大，故B项正确．
副线圈输出电流增大，根据输入功率等于输出功率I1U1＝I2U2，得I2增大，原线圈输入电流I1也增大，故D项正确．
UMN不变，UR变大，所以UL1变小，流过灯泡L1的电流减小，故C项正确．
6．钳式电流表的外形和结构如图3a、b所示．图b中电流表的读数为1.2 A，图c中用同一电缆线绕了3匝，则( )
图3
A．这种电流表能测直流电流，图c的读数为2.4 A
B．这种电流表能测交变电流，图c的读数为0.4 A
C．这种电流表能测交变电流，图c的读数为3.6 A
D．这种电流表既能测直流电流，又能测交变电流，图c的读数为3.6 A
答案 C
解析 钳式电流表利用了变压器的工作原理，因此钳式电流表只能测交变电流．根据n1I1＝n2I2可知，题图b中线圈单匝时，的读数为1.2 A．在题图c中绕3匝时，的读数应为3.6 A，故选项C正确．
7.一理想变压器的原、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4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( )
图4
A．U＝66 V，k＝ B．U＝22 V，k＝
C．U＝66 V，k＝ D．U＝22 V，k＝
答案 A
解析 原、副线圈电压比等于匝数比，根据副线圈负载电阻的电压U，可知副线圈电压为U，原线圈电压为3U，副线圈电流I2＝，根据＝得原线圈电流I1＝，那么原线圈输入电压220 V＝3U＋·R，整理可得U＝66 V；原、副线圈电阻消耗的功率根据P＝I2R，电阻相等，I1∶I2＝1∶3，可得功率之比为P1∶P2＝1∶9，即k＝.根据以上分析可知选项A正确．
8．(多选)如图5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，闭合开关S，下列说法正确的是( )
图5
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
答案 BD
解析 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的亮度不随P的滑动而改变，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I2＝知，通过副线圈的电流I2增大，输出功率P2＝U2I2增大，再由＝知输入电流I1也增大，故选项C错误，D正确．
9．(2016·四川理综，2)如图6所示，接在家庭电路上的理想降压变压器给小灯泡L供电，如果将原、副线圈减少相同匝数，其他条件不变，则( )
图6
A．小灯泡变亮
B．小灯泡变暗
C．原、副线圈两端电压的比值不变
D．通过原、副线圈电流的比值不变
答案 B
解析 原、副线圈减少相同的匝数n后，有＝，可以得出，－＝<0，则说明的比值变大，由＝＝知，选项C、D错误；由＝和＝知，U2′10．(2016·杭州富阳市高二月考)如图7甲是线圈绕垂直于磁场的轴在匀强磁场中匀速转动时所产生的正弦交流电图象，把该交流电压加在图乙中变压器的A、B两端，已知理想变压器原线圈Ⅰ和副线圈Ⅱ的匝数比为5∶1，交流电流表和交流电压表均为理想电表，电阻R＝1 Ω，其它各处电阻不计，以下说法正确的是( )
图7
A．在t＝0.1 s,0.5 s时，穿过线圈的磁通量最大
B．线圈转动的角速度为10π rad/s
C．电压表的示数为 V
D．电流表的示数为0.40 A
答案 D
解析 由图象可知，在t＝0.1 s、0.5 s时，电压最大，此时磁通量的变化率最大，此时穿过线圈的磁通量为零，所以A项错误；根据图象可以知道，交流电的周期是0.4 s，由ω＝＝5π rad/s，B项错误；电压表读数为副线圈有效值，原线圈的电压的有效值为10 V，由电压与匝数成正比可得副线圈的电压有效值为2 V，所以电压表的示数为2 V，所以C项错误；因I2＝ A＝2 A，由＝得I1＝0.40 A，所以电流表读数为0.40 A，D正确．
11．(多选)理想自耦变压器的原线圈接有如图8乙所示的正弦式交变电压，副线圈接有可调电阻R，触头P与线圈始终接触良好，下列判断正确的是( )
图8
A．交变电源的电压u随时间t变化的规律是u＝U0cos (100πt)
B．若仅将触头P向A端滑动，则电阻R消耗的电功率增大
C．若仅使电阻R增大，则原线圈的输入电功率增大
D．若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则通过A处的电流一定增大
答案 AB
解析 由题图乙可得交变电源的周期为T＝0.02 s，最大值为U0，则电源的电压u＝U0cos (·t)＝U0cos (100πt)，选项A正确；由＝，若仅将触头P向A端滑动，即n2增大，则副线圈的输出电压U2增大，电阻R消耗的电功率P＝增大，选项B正确；若仅使电阻R增大，输出电压U2一定，则输出电功率P＝减小，原线圈的输入电功率减小，选项C错误；若使电阻R增大的同时，将触头P向B端滑动，则输出电压U2减小，输出和输入的电功率减小，通过A处的电流I1＝一定减小，选项D错误．
二、非选择题
12．如图9所示，匝数n＝100的正方形线圈abcd固定在竖直平面内，与电阻R1、理想变压器连成电路．在线圈的中心水平放置一个条形磁铁，使磁铁绕竖直方向的轴OO′匀速转动，使线圈内的磁通量Φ＝sin (100πt) Wb.已知线圈的电阻r＝4 Ω，R1＝46 Ω，R2＝10 Ω，其余导线的电阻不计．变压器原、副线圈的匝数比n1∶n2＝4∶1.求：
图9
(1)线圈产生电动势的最大值Em；
(2)若断开S2，闭合S1，求磁铁从图示位置转过90°的过程中，通过R1的电荷量q；
(3)断开S1，闭合S2，求R2消耗的功率P.
答案 (1)200 V (2) C (3)238 W
解析 (1)Em＝nBSω＝nΦmω，
解得Em＝200 V.
(2)q＝Δt，＝，＝n，
解得q＝ C.
(3)E＝，E＝U1＋I1r，U2＝I2R2，＝，I1n1＝I2n2，P＝IR2，
联立解得P≈238 W.
5 电能的输送
知识内容
电能的输送
考试要求
必考
加试
c
课时要求
1.了解输电导线电能损失的主要原因，知道减少电能损失的两条途径．
2．理解采用高压输电的原因，认识高压输电的局限性．
3．认识电网的重要作用，认识电网安全对社会的重要性．
4．会求解输电导线上的功率损失等问题.
一、降低输电损耗的两个途径
[导学探究] 如图1所示，假定发电厂输出的电压为U，输送功率为P，输电线路中的电流是I，两条导线的总电阻是r(在图中把导线电阻集中画为r)．那么：
图1
(1)用户得到的电能与发电厂输出的电能相等吗？
(2)输电线上功率损失的原因是什么？功率损失的表达式是什么？降低功率损耗有哪些
途径？
答案 (1)不相等，由能量守恒知，发电厂输出的电能等于用户得到的电能与输电线上损失的电能之和．
(2)由于输电线有电阻，当有电流流过输电线时，有一部分电能转化为电热而损失掉了，这是输电线上功率损失的主要原因．
功率损失的表达式：ΔP＝I2r＝r，所以降低功率损耗的两个途径为：①减小输电线的电阻r；②减小输电电流I，即提高输送电压U.
[知识梳理]
1．电压损失：输电线始端电压U与末端电压U′的差值ΔU＝U－U′＝Ir.
2．功率损失：电流的热效应引起功率损失ΔP＝I2r.
3．减少电压、功率损失的方法：
(1)减小电阻：由R＝ρ可知，距离l一定时，使用电阻率小的材料，增大导体横截面积可减小电阻．
(2)提高输送电压：由P＝UI可知，当输送功率一定时，升高电压可以减小电流，即采用高压输电．
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)输电线上电功率的损失，与输电线的电阻成正比，与输电电流的平方成正比．( )
(2)由P＝可知，输电电压越小，输电线上的损失就越小．( )
(3)由P＝I2r可知，减小输电线的电阻和降低输电电流可减小输电损失．( )
(4)高压输电是通过提高电压，减小输电电流来减少电路发热损耗的．( )
答案 (1)√ (2)× (3)√ (4)√
二、远距离输电电路中的各种关系
[导学探究] 某发电站向远处送电的示意图如图2所示，其中各部分的物理量已在图上标注，在这个电路中包括三个回路．
图2
(1)结合闭合电路的知识，分别分析三个回路中各物理量之间的关系(发电机内阻、n1、n2、n3、n4线圈的电阻均忽略不计)．
(2)若两个变压器均为理想变压器，则每个变压器中的电流、电压、功率有什么关系？
答案 (1)第一个回路：P1＝U1I1
第二个回路：U2＝ΔU＋U3，P2＝ΔP＋P3＝IR＋P3
第三个回路：P4＝U4I4
(2)＝、＝、P1＝P2；＝、＝、P3＝P4.
[知识梳理]
(1)功率关系：P1＝P2，P2＝P线＋P3，P3＝P4，P线＝I2ΔU＝IR.
(2)电压关系：＝，＝，U2＝U3＋ΔU.
(3)电流关系：n1I1＝n2I2，n3I3＝n4I4，I2＝＝＝.
[即学即用] 判断下列说法的正误．
(1)使用变压器进行远距离输电，用户得到的电压可以高于发电机输出的电压．( )
(2)电厂与用户离得越远，用户得到的交流电的频率比电厂发出的交流电的频率小得越多．( )
(3)远距离输电时，输送电压越高越好．( )
答案 (1)√ (2)× (3)×
一、输电线上功率损失的计算
输电线路上的功率损失，主要是输电线电阻发热造成的损失．常用计算公式：
(1)ΔP＝I2R其中I为输电线路上的电流．
(2)ΔP＝ΔU·I或ΔP＝，其中ΔU为输电线上的电压损失．
例1 (多选)远距离输送交变电流都采用高压输电．采用高压输电的优点是( )
A．可节省输电线的材料
B．可根据需要调节交变电流的频率
C．可减少输电线上的能量损失
D．可加快输电的速度
答案 AC
解析 远距离输电时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，根据P损＝I2r知，在输电线上的功率损失一定的情况下，输电线电阻可略大些，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，则可减少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，输电的速度是一定的，故选B、D错误．
例2 三峡电站某机组输出的电功率为50万千瓦．
(1)若输出的电压为20万伏，则输电线上的电流为多少？
(2)某处与电站间每根输电线的电阻为10欧，则输电线上损失的功率为多少？它占输出功率的几分之几？
(3)若将电压升高至50万伏，输电线上的电流为多少？输电线上损失的功率又为多少？它占输出功率的几分之几？
答案 (1)2 500 A (2)1.25×108 W
(3)1 000 A 2×107 W
解析 (1)由P＝UI得I＝＝＝2 500 A
(2)输电线上损失的功率ΔP＝I2·2r＝2 5002×2×10 W＝1.25×108 W
损失功率与输出功率之比为＝＝
(3)将电压升高至50万伏时，I′＝＝＝1 000 A
输电线上损失的功率ΔP′＝I′2·2r＝1 0002×2×10 W＝2×107 W
损失功率与输出功率之比为＝＝.
易错警示
注意以下两组物理量的区别
(1)输电电压U与输电线上降落的电压ΔU.
(2)输电功率P与输电线上损失的功率ΔP.
二、高压输电线路
1．输送电压：输电线始端电压，即升压变压器副线圈两端电压．
2．用户电压：最终用户得到的电压，若不考虑用户与降压变压器间电线上的电阻，则为降压变压器副线圈两端电压．
3．损失电压：输电线上的电压，等于输电线始端电压与末端电压的差值．
例3 如图3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，流入用户端的电流是I2.则( )
图3
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
答案 A
解析 根据理想变压器的工作原理，得I1U1＝I2U2，所以用户端的电压U2＝，选项A正确；输电线上的电压降U′＝I1r＝U－U1，选项B错误；变压器的输入功率P1＝I1U－Ir＝I1U1，选项C错误；输电线路上损失的功率P′＝Ir＝I1(U－U1)，选项D错误．
针对训练 (2015·湖州高二质检)如图4所示是远距离输电的示意图，下列说法正确的是( )
图4
A．a是升压变压器，b是降压变压器
B．a是降压变压器，b是升压变压器
C．a的输出电压等于b的输入电压
D．a的输出电压等于输电线上损耗的电压
答案 A
解析 远距离输电先升压，后降压，选项A正确，选项B错误；由于输电线上有电压损耗，故a的输出电压等于b的输入电压与输电线上损耗的电压之和，选项C、D错误．
1．夏天由于用电器的增多，每年夏天都会出现“用电荒”，只好拉闸限电．若某发电站在供电过程中，用电高峰时输电的功率是正常供电时的2倍，输电线电阻不变，下列说法正确的是( )
A．若输送电压不变，则用电高峰时输电电流为正常供电时的2倍
B．若输送电压不变，则用电高峰时输电线上损失的功率为正常供电时的2倍
C．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电电流为正常供电时的4倍
D．若用电高峰时的输送电压变为正常供电的2倍，则此时输电线损失的功率为正常供电时的4倍
答案 A
解析 高压输电时P＝UI，I是输送电路上的电流．用电高峰时，若输送电压不变，则I为正常时的2倍，A正确；输电线上的热耗功率ΔP＝I2R线，则热耗功率变为正常时的4倍，B错误；用电高峰时，若输送电压加倍，则I不变，与正常时相同，C错误；由ΔP＝I2R线，则热耗功率不变，D错误．
2．(2016·杭州余杭区高二第一学期期末)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为U1＝110 kV和输电电压为U2＝330 kV输电．则两种情况中，输电线上通过的电流之比I1∶I2等于( )
A．1∶1 B．3∶1 C．1∶3 D．9∶1
答案 B
解析 输送功率相同，根据P＝UI得，输电电流与输电电压成反比，所以＝＝.故B
正确．
3．(多选)在如图5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
A．升压变压器的输出电压增大
B．降压变压器的输出电压增大
C．输电线上损耗的功率增大
D．输电线上损耗的功率占总功率的比例增大
答案 CD
解析 发电厂的输出电压不变，升压变压器的输入电压不变，输出电压不变，选项A错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损失的电压(ΔU＝IR)增大，降压变压器的输入电压减小，降压变压器的输出电压减小，选项B错误；随着发电厂输出功率的增大，输电线中电流增大，输电线上损耗的功率(ΔP＝I2R)增大，选项C正确；输电线上损耗的功率ΔP＝I2R＝2R，输电线上损耗的功率占总功率的比例＝P输，选项D正确．
4．某变电站用220 V的电压送电，导线上损失的电功率是输出功率的20%，若要使导线损失的电功率是输出功率的5%，则输出的电压应为________V.
答案 440
解析 损耗的功率ΔP＝2R，输送的电功率P一定，输电线电阻R一定，要使损失的功率降为原来的，输电电压需增为原来的2倍，即440 V.
一、选择题
1．农村进行电网改造，为减少远距离输电的损耗而降低电费价格可采取的措施有( )
A．提高输送功率
B．增大输送电流
C．提高输电电压
D．减小输电导线的横截面积
答案 C
解析 电费高低与线路损耗有关，损耗越大，电费越高，减少损耗的途径：一、减小输电导线中的电流，即可提高输电电压；二、减小输电线的电阻，即增大输电导线的横截面积，故C正确．
2．(多选)下列关于远距离高压直流输电的说法中，正确的是( )
A．直流输电系统只在输电环节是直流，而在发电环节和用电环节是交流
B．直流输电系统只在发电环节和用电环节是直流，而在输电环节是交流
C．整流器将交流变直流，逆变器将直流变交流
D．逆变器将交流变直流，整流器将直流变交流
答案 AC
解析 直流输电系统由整流站、直流线路和逆变站三部分组成，在整流站通过整流器将交流电变换为直流电，在逆变站利用逆变器将直流电变换为交流电．因此选项A、C正确．
3．(多选)如图1所示为远距离高压输电的示意图．关于远距离输电，下列表述正确的是( )
图1
A．增加输电导线的横截面积有利于减少输电过程中的电能损失
B．高压输电是通过减小输电电流来减少电路的发热损耗
C．在输送电压一定时，输送的电功率越大，输电过程中的电能损失越小
D．高压输电必须综合考虑各种因素，不一定是电压越高越好
答案 ABD
解析 依据输电原理，电路中的功率损耗ΔP＝I2R线，而R线＝，增大输电导线的横截面积，可减小输电线的电阻，从而能够减小输电过程中的电能损失，选项A正确；由P输＝UI知，在输送功率P输一定的情况下，输送电压U越大，则输电电流I越小，则电路中的功率损耗越小，选项B正确；若输送电压一定，输送功率P输越大，则电流I越大，电路中损耗的电功率越大，选项C错误；因为输电电压越高，对于安全和技术的要求也越高，因此并不是输电电压越高越好，高压输电必须综合考虑各种因素，选项D正确．
4．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为U1＝110 kV和输电电压为U2＝330 kV输电．则两种情况中，输电线上通过的电流之比I1∶I2等于( )
A．1∶1 B．3∶1 C．1∶3 D．9∶1
答案 B
5．在雨雪冰冻天，为清除高压输电线上的凌冰，有人设计了这样的融冰思路：利用电流的热效应除冰．若在正常供电时，高压线上输电电压为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 B．输电电流为9I
C．输电电压为3U D．输电电压为
答案 D
解析 因输电线上的热耗功率需变为9ΔP，则根据P损＝I2r可知，输电电流变为原来的3倍，根据P输＝IU可知输电电压为.
6．远距离输电，输电的电功率为P，原来用电压U0输电，在输电线上损耗的电功率为P损，现在要使输电线上损耗的电功率减小到原来的，则输电电压应为( )
A．100 U0 B.U0 C. D.
答案 B
解析 设输电线的电阻为r，损耗的电功率为P损＝I2r，线路电流为I＝，解得P损＝r，P损′＝r，P损′＝P损，则U0′＝U0，选项B正确．
7．输电线路的总电阻为R，发电站输出功率为P，输电电压为U，则用户得到的功率为( )
A．P B．P－()2·R
C．P－ D．()2·R
答案 B
解析 用户得到的功率P得＝P－I2R＝P－()2·R，所以B正确．
8．某水电站，用总电阻为2.5 Ω的输电线输电给500 km外的用户，其输出电功率是3×106 kW.现用500 kV电压输电，则下列说法正确的是( )
A．输电线上输送的电流大小为2.0×105 A
B．输电线上由电阻造成的电压损失为15 kV
C．若改用5 kV电压输电，则输电线上损失的功率为9×108 kW
D．输电线上损失的功率为ΔP＝，U为输电电压，R为输电线的电阻
答案 B
解析 输电线上输送的电流为I＝＝ A＝6×103 A，A项错误；输电线上损失的电压为U损＝IR＝6×103×2.5 V＝1.5×104 V＝15 kV，B项正确；当用5 kV电压输电时，输电线上损失的功率超过3×106 kW，与实际情况相矛盾，故C项错误；当用公式ΔP＝计算损失的功率时，U为输电线上损失的电压而不是输电电压，D项错误．
9．(多选)输送功率为P，输送电压为U，输电线电阻为R，用户得到的电压为U′.则下列说法中正确的是( )
A．输电线损失功率为()2R
B．输电线损失功率为
C．用户得到的功率为
D．用户得到的功率为
答案 ABD
解析 送电电流为I＝，损失电压为U－U′，则损失功率可表示为以下几种形式：P损＝I2R＝()2R，A正确；P损＝，B正确；用户得到的功率为P用＝IU′＝，D正确，C错误．
10．远距离输电的原理图如图2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，输电线上的总电阻为R.变压器为理想变压器，则下列关系式中正确的是( )
图2
A.＝ B．I2＝
C．I1U1＝IR D．I1U1＝I2U2
答案 D
解析 根据理想变压器的工作原理得I1U1＝I2U2、＝.U2不是加在R两端的电压，故I2≠.而I1U1等于R上消耗的功率IR与下一级变压器的输入功率之和．选项D正确．
二、非选择题
11．某电站，输送的电功率为P＝500 kW，当使用U＝5 kV的电压输电时，测得安装在输电线路起点和终点处的两只电能表一昼夜示数相差4 800度．
(1)求这时的输电效率η和输电线的总电阻r；
(2)若想使输电效率提高到98%，又不改变输电线，那么电站应使用多高的电压向外输电？(计算结果保留三位有效数字)
答案 (1)60% 20 Ω (2)22.4 kV
解析 (1)由于输送的电功率为P＝500 kW，一昼夜输送电能E＝Pt＝12 000度，终点得到的电能E′＝7 200度．
因此效率η＝60%
输电线上的电流I＝
输电线损耗的功率P损＝I2r
又P损＝ kW＝200 kW，解得r＝20 Ω
(2)输电线上损耗的功率P损′＝2r
又P损′＝(1－98%)P＝10 kW
可得输电电压应调节为U′＝22.4 kV.
